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模块达标检测（一）
（时间：75分钟　满分：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求）
1.（2025·四川成都高二下期末）下列现象能说明光是横波的是（　　）
A.图a，DNA分子的X射线衍射
B.图b，肥皂薄膜的彩色干涉
C.图c，水中气泡因发生全反射而特别明亮
D.图d，旋转相机镜头前的偏振片改变偏振方向，拍摄同一景物呈现不同景象
2.（2025·江苏南通市高二期中）图甲为测试汽车安全性能的碰撞实验，技术人员通过传感器得到了模拟乘员头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图乙。若模拟乘员头部只受安全气囊的作用，则模拟乘员头部（　　）
A.在0～t1时间内，动量变化率先增大后减小
B.在0～t2时间内，动量大小先增大后减小
C.在0～t1时间内，动量变化量与t1～t2时间内动量变化量方向相反
D.在0～t2时间内，动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
3.如图所示，台球运动员正在准备击球，设台球运动员在某一杆击球过程中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4 kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是（　　）
A.mB＝mA B.mB＝mA
C.mB＝mA D.mB＝6mA
4.如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝0时刻波刚好传播到x＝3 m处的质点P，已知波的传播速度为10 m/s，则（　　）
A.波源的起振方向沿＋y方向
B.波源的振动频率为5 Hz
C.t＝1.2 s时，x＝12 m处的质点Q第一次处于波谷
D.t＝1.2 s时，x＝8 m处的质点已通过的路程为14 cm
5.如图所示，一束黄光和一束蓝光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α＝45°，β＝60°，真空中的光速c＝3×108 m/s。则下列说法正确的是（　　）
A.两束光穿过玻璃柱体所需时间相同
B.PM是蓝光，PN是黄光
C.玻璃对PM光束的折射率为
D.PM光束在该玻璃中传播的速度为×108 m/s
6.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平初速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）
A.子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B.子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M＋m0）g
C.子弹射入木块后的瞬间，圆环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g
D.子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
7.如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的水平面上，物体C紧靠左侧的固定挡板，但未黏合在一起，另一物体A以水平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并黏合在一起，已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限度。则下列说法正确的是（　　）
A.整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B.整个过程中挡板对物体C的冲量大小为Mv0
C.物体C的最大速度为
D.如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为1∶3
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
8.图甲为一简谐横波在t＝0.10 s时的波形图，P是平衡位置在x＝0.5 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下列说法正确的是（　　）
A.这列波沿x轴负方向传播
B.t＝0.25 s时，质点P的加速度沿y轴负方向
C.t＝0.275 s时，质点P位于波谷位置
D.在t＝0.10 s到t＝0.25 s时间内，质点P通过的路程等于15 cm
9.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率为，只考虑由DE直接射向侧面AA'C'C的光线。下列说法正确的是（　　）
A.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B.光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C.若DE发出的单色光的频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D.若DE发出的单色光的频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
10.如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）
A.b球的质量为m
B.两小球与弹簧分离时，动能相等
C.若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有的弹性势能为15mgR
D.a球到达圆心等高处时，对轨道的压力为3mg
三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11.（7分）用如图甲所示的实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
（1）为了减小测量误差，下列说法正确的是　 　（选填字母代号）。
A.将钢球换成塑料球
B.当摆球经过平衡位置时开始计时
C.把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D.记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
（2）若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是　　　　（选填字母代号）。
A.把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B.把摆线的长度记为摆长
C.摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D.实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
（3）某同学利用质量分布不均匀的球体作为摆球测定当地重力加速度，摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出T2-L图线如图乙所示，然后在图线上选取A、B两个点，坐标分别为 （LA，），（LB，）。由图可计算出重力加速度 g＝　　　　。
12.（8分）利用双缝干涉测量光的波长实验中，双缝间距d＝0.4 mm，双缝到光屏间的距离l＝0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，测量了第1条至第7条亮条纹之间的距离，游标卡尺的示数如图甲所示
（1）分划板在第7条亮条纹位置时游标卡尺读数x＝　　　　 mm。
（2）相邻两条亮条纹中心间距Δx＝　　　　 mm（保留3位有效数字）。
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可　　　　。
A.将单缝向双缝靠近
B.将屏向靠近双缝的方向移动
C.将屏向远离双缝的方向移动
D.使用间距更小的双缝
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值　　　　实际值（填“大于”“小于”或“等于”）。
13.（10分）如图所示，一截面是夹角为∠POQ＝120°扇形的透明圆柱体，放置在水平桌面上。现有一束光平行于桌面从PQ的中点A射到圆柱体表面上，折射进入后恰好从OQ中点B处垂直截面OQ射出；若将这束光平行于桌面从AP中点C处射到圆柱体表面上，则折射后从OQ截面的D点射出，测得D距圆心O的距离为d。求：
（1）透明圆柱体的折射率；
（2）光束从C到D经历的时间。
14.（14分）已知某花炮发射器能在t1＝0.2 s的时间内将花炮竖直向上发射出去，花炮的质量为 m＝1 kg，射出的最大高度与发射器之间的距离为h＝180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块，假设爆炸前后花炮的质量不变，经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器大小，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小；
（2）如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地点之间的距离为s＝900 m且两物块的速度互相垂直，求两物块的质量；
（3）求花炮内炸药的化学能。
15.（15分）如图甲所示，水平面与倾角为θ的足够长的粗糙斜面在B点平滑衔接，水平面上A点的左边光滑，右边粗糙，物块a、b中间用一根轻质弹簧相接并静止在水平面上，弹簧处于原长，弹簧与物块a用拴扣（质量不计）相连，物块a的质量ma＝3 kg。质量mc＝4 kg的物块c静止在水平面上的A点。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝4 s时撤去F，在0～4 s内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。当物块b的速度达到vb＝12 m/s，拔掉拴扣（不影响物块a、b的瞬时速度），使弹簧与物块a瞬时分离，然后撤去弹簧和物块b。物块a继续向右运动一段距离后与物块c发生正碰，碰撞时间
极短，碰后物块a恰好停止运动，物块c向右运动一段距离，通过B点沿斜面向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物块c沿斜面向下滑动，回到水平面A点的速度为2 m/s（不考虑与a相碰）。已知弹簧始终处于弹性限度内，物块c通过B点时没有机械能损失，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，物块a、b、c均可视为质点。求：
（1）恒力F的大小和b的质量mb；
（2）拔掉拴扣的瞬间，物块a的速度va大小；
（3）物块a与物块c发生正碰时，系统损失的机械能；
（4）物块c沿斜面上滑的最大高度h。
模块达标检测（一）
1.D　光的衍射现象表明光具有波动性，但不能说明光是横波，A错误；光的干涉证明了光具有波动性，但不能说明光是横波，B错误；全反射不能说明光具有波动性，C错误；偏振现象是横波所特有的，它是横波区别于其他纵波的一个最明显的标志。因此，具有偏振性的光说明光是横波。D正确。
2.D　由题意知模拟乘员的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化量，动量变化率为面积与时间的比值，即合外力的大小，由图可知，在0～t1时间内，合外力不断增大，即动量变化率一直增大，故A错误，D正确；由于图像的面积为动量的变化，可知动量变化量一直为正值，方向不变，且末动量一直大于初动量，故动量大小一直增大，故B、C错误。
3.A　由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，得pA'＝1 kg·m/s，根据碰撞过程总动能不增加，则有≥＋，代入解得mB≥mA，碰后两球同向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上得mA≤mB≤4mA。
4.D　由波形图结合“同侧法”可知，P点起振的方向沿y轴负向，则波源的起振方向沿－y方向，故A错误；由图可知波长λ＝4 m，波源的振动频率为f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故B错误；振动周期T＝＝ s＝0.4 s，波传到x＝12 m处的质点需要的时间为t1＝＝ s＝0.9 s，则t＝1.2 s，Q已经振动了0.3 s，即振动了 T到达了波峰位置，故C错误；波传到x＝8 m处的质点需要的时间为t2＝＝ s＝0.5 s，则t＝1.2 s时，该质点已经振动了0.7 s＝T，即t＝1.2 s时，x＝8 m处的质点已通过的路程为 7A＝14 cm，故D正确。
5.C　由题图可知，从M点射出的光的折射率较小，从N点射出的光的折射率较大，根据折射率与光速的关系可知，从M点射出的光的速度较大。两束光穿过玻璃柱体的路程相等，速度不同，所需时间不相同，A错误；根据玻璃柱体对蓝光折射率大于对黄光的可知，PM是黄光，PN是蓝光，B错误；由折射定律可知，玻璃对PM光束的折射率为n＝＝，C正确；PM光束在该玻璃中传播的速度为v＝＝×108 m/s，D错误。
6.C　子弹射入木块的过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，以初速度v0的方向为正方向，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝，A错误；子弹射入木块后的瞬间，有FT－（M＋m0）g＝（M＋m0），解得绳子拉力FT＝（M＋m0）g＋（M＋m0），B错误；子弹射入木块后的瞬间，对圆环，有FN＝FT＋mg＞（M＋m＋m0）g，由牛顿第三定律知，圆环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g，C正确；子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向上动量守恒，D错误。
7.C　A与B碰撞后两物体粘在一起，A与B的碰撞过程中，三物体与弹簧组成的系统机械能有损失，物体A、B碰后粘在一起到物体C离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三物体与弹簧组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；设物体A与B碰撞后的瞬间，A、B黏合体的速度为v，根据动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v，根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B黏合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，对物体A与物体B碰撞黏合在一起到弹簧恢复原长的过程，根据动量定理得，弹簧对A、B黏合体的冲量为I＝（M＋m）v－（M＋m）（－v）＝2（M＋m）v＝2Mv0，所以弹簧弹力对A、B的冲量大小为2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，故B错误；物体C离开挡板后，三物体与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复原长时A、B黏合体与C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得（M＋m）v＝（M＋m）v1＋mv2，根据机械能守恒定律可得（M＋m）v2＝（M＋m）＋m，解得v2＝，故C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝（M＋m）v2，物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时速度为v'，根据动量守恒定律可得 （M＋m）v＝（M＋2m）v'，根据机械能守恒定律可得Ep2＝（M＋m）v2－（M＋2m）v'2，且M＝m，解得Ep1∶Ep2＝3∶1，故D错误。
8.B　由乙图读出，在t＝0.10 s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据波动规律结合图甲可知，该列波沿x轴正方向传播，故A错误；从t＝0.10 s到t＝0.25 s，质点P振动了，根据波动规律可知，t＝0.25 s时质点P位于平衡位置上方，则加速度方向沿y轴负方向，故B正确；t＝0.275 s时，即从t＝0.1 s时刻经过了0.175 s＝T的时间，该列波沿x轴正方向传播λ，则P位于波峰位置，故C错误；在t＝0.10 s时质点P不在平衡位置和最大位移处，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经过了，此过程中质点P通过的路程不等于3A＝15 cm，故D错误。
9.AC　根据sin C＝，解得C＝45°，因此从D点发出的光，竖直向上从M点射出时的光线恰好发生全反射，同时C点也恰好发生全反射，如图所示，因此光线只能从MC段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在AA'C'C 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；由于频率越高，折射率越大，根据 sin C＝，当光源发出的光的频率变小时，折射率也会变小，导致临界角增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
10.CD　当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小球所受的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得－6mgR＝m－m，在最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝m，联立解得v0＝，同理对b分析可得b球的速度为v1＝，对a、b组成的系统进行研究，在释放瞬间，系统的动量守恒，选a球的速度方向为正方向，则mv0－mbv1＝0，解得mb＝m，故A错误；由动能与动量的关系得Eka＝，因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧分离时，动能也不相等，故B错误；若两小球的质量相等，则与弹簧分离时两小球的速度大小相等，方向相反，根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此Ep＝×2m×＝15mgR，故C正确；当a球到达圆心等高处时，对此过程，根据动能定理得 －3mgR＝m－m，在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得FN＝m，结合牛顿第三定律可得FN'＝FN，联立解得FN'＝3mg，方向水平向左，故D正确。
11.（1）B　（2）BC　（3）
解析：（1）实验中为了减小阻力的影响，应选择密度大的材质的小球，故A错误；为了减小测量误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确；小球做单摆运动应满足摆角小于5°，故C错误；应记录多次全振动的时间求出平均值作为周期，再根据公式计算重力加速度g，故D错误。
（2）把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则l偏大，由g＝可知g偏大；把摆线的长度记为摆长，则l偏小，由 g＝可知g偏小；摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用的摆长偏小，则由g＝可知g偏小；实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次，则T偏小，由g＝可知g偏大。
（3）若摆球重心在球心以上x处，则T＝2π，得 T2＝－，由题图乙可得 ＝k＝，解得g＝。
12.（1）15.5　（2）0.733　（3）B　（4）大于
解析：（1）分划板在第7条亮条纹位置时游标卡尺主尺读数为15 mm，游标尺读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，所以最终读数为15 mm＋0.5 mm＝15.5 mm。
（2）分划板在第1条亮条纹位置时游标卡尺读数为11 mm＋1×0.1 mm＝11.1 mm，相邻两条亮条纹中心间距Δx＝＝ mm≈0.733 mm。
（3）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，由相邻两个亮条纹或暗条纹中心的间距公式Δx＝λ，可知减小相邻两个亮条纹或暗条纹的间距，以增加条纹个数，可增大双缝间距d，或减小双缝到屏的距离l，故A、C、D错误，B正确。
（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，由于条纹是倾斜的，所以测量值大于实际值。
13.（1）　（2）
解析：（1）如图所示，由几何关系得∠α＝∠AOP＝60°，又sin∠BAO＝＝，则透明圆柱体的折射率n＝＝。
（2）如图所示，由几何关系得∠β＝∠COP＝30°，又n＝＝，得sin∠DCO＝＝，因为∠COD＝90°，所以sin∠DCO＝＝，可得CD＝2d，光在圆柱体内传播的速度v＝，则光束在圆柱体内从C到D经历的时间t＝＝＝。
14.（1）310 N　（2）0.2 kg　0.8 kg　（3）1 800 J
解析：（1）花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h＝180 m 高空用时为t，由竖直上抛运动的规律知h＝gt2，代入数据解得t＝6 s，设在发射时间 t1＝0.2 s 内，发射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从发射到运动至 h＝180 m高空的整个过程，运用动量定理有Ft1－mg（t＋t1）＝0，代入数据解得F＝310 N。
（2）设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2的两块物块，其对应水平速度大小分别为v1、v2，方向相反，花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零，由动量守恒定律有m1v1－m2v2＝0，且有m1＋m2＝m，由平抛运动的规律和题目中所给信息有（v1＋v2）t＝900 m，设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图所示，则有tan θ＝＝，代入数据解得m1＝0.2 kg，m2＝0.8 kg，v1＝120 m/s，v2＝30 m/s，或者m1＝0.8 kg，m2＝0.2 kg，v1＝30 m/s，v2＝120 m/s。
（3）花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药产生的化学能E＝m1＋m2＝1 800 J。
15.（1）12 N　2 kg　（2）8 m/s　（3）24 J　（4）1 m
解析：（1）t＝0时，弹簧弹力为零，对a，根据牛顿第二定律可得F＝maaa＝12 N
t＝4 s时，a、b整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得F＝（ma＋mb）a
解得mb＝2 kg。
（2）从t＝0到拔掉拴扣的过程中，对a、b整体，根据动量定理可知FΔt＝mava＋mbvb
解得va＝8 m/s。
（3）物块a与物块c发生正碰后静止，由动量守恒定律得mava＝mcvc
解得vc＝ 6 m/s
所以物块a与物块c发生正碰时，系统损失的机械能
ΔE＝ma－mc＝24 J。
（4）物块c向右运动一段距离，通过B点沿斜面向上滑动一段距离后速度减小为零的过程中，根据动能定理得－Wf－mcgh＝0－mc
物块c沿斜面向下滑动，恰好回到水平面的A点的过程中，根据动能定理得mcgh－Wf＝mcv2
解得h＝1 m。
5 / 5(共47张PPT)
模块达标检测（一）
（时间：75分钟　满分：100分）
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选
项符合题目要求）
1. （2025·四川成都高二下期末）下列现象能说明光是横波的是（　　）
A. 图a，DNA分子的X射线衍射
B. 图b，肥皂薄膜的彩色干涉
C. 图c，水中气泡因发生全反射
而特别明亮
D. 图d，旋转相机镜头前的偏振片改变偏振方向，拍摄同一景物呈现不同
景象
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解析： 　光的衍射现象表明光具有波动性，但不能说明光是横波，A错
误；光的干涉证明了光具有波动性，但不能说明光是横波，B错误；全反
射不能说明光具有波动性，C错误；偏振现象是横波所特有的，它是横波
区别于其他纵波的一个最明显的标志。因此，具有偏振性的光说明光是横
波。D正确。
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2. （2025·江苏南通市高二期中）图甲为测试汽车安全性能的碰撞实验，
技术人员通过传感器得到了模拟乘员头部所受安全气囊的作用力随时间变
化的曲线如图乙。若模拟乘员头部只受安全气囊的作用，则模拟乘员头部
（　　）
A. 在0～t1时间内，动量变化率先
增大后减小
B. 在0～t2时间内，动量大小先增
大后减小
C. 在0～t1时间内，动量变化量与t1～t2时间内动量变化量方向相反
D. 在0～t2时间内，动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积
√
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解析： 　由题意知模拟乘员的头部只受到安全气囊的作用，则F-t图像的
面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F-t图像的面积也是动量的变化
量，动量变化率为面积与时间的比值，即合外力的大小，由图可知，在
0～t1时间内，合外力不断增大，即动量变化率一直增大，故A错误，D正
确；由于图像的面积为动量的变化，可知动量变化量一直为正值，方向不
变，且末动量一直大于初动量，故动量大小一直增大，故B、C错误。
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3. 如图所示，台球运动员正在准备击球，设台球运动员在某一杆击球过程
中，白色球（主球）和花色球碰撞前后都在同一直线上运动，碰前白色球
A的动量pA＝5 kg·m/s，花色球B静止，碰后花色球B的动量变为pB'＝4
kg·m/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是
（　　）
A. mB＝mA B. mB＝mA
C. mB＝mA D. mB＝6mA
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解析： 　由动量守恒定律得pA＋pB＝pA'＋pB'，得pA'＝1 kg·m/s，根据碰撞
过程总动能不增加，则有≥＋，代入解得mB≥mA，碰后两球同
向运动，A的速度不大于B的速度，则≤，解得mB≤4mA，综上得
mA≤mB≤4mA。
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4. 如图所示，一列沿x轴正方向传播的简谐横波，在t＝0时刻波刚好传播
到x＝3 m处的质点P，已知波的传播速度为10 m/s，则（　　）
A. 波源的起振方向沿＋y方向
B. 波源的振动频率为5 Hz
C. t＝1.2 s时，x＝12 m处的质点Q第一次处于波谷
D. t＝1.2 s时，x＝8 m处的质点已通过的路程为14 cm
√
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解析：由波形图结合“同侧法”可知，P点起振的方向沿y轴负向，则波源的起振方向沿－y方向，故A错误；由图可知波长λ＝4 m，波源的振动频率为f＝＝ Hz＝2.5 Hz，故B错误；振动周期T＝＝ s＝0.4 s，波传到x＝12 m处的质点需要的时间为t1＝＝ s＝0.9 s，则t＝1.2 s，Q已经振动了0.3 s，即振动了 T到达了波峰位置，故C错误；波传到x＝8 m处的质点需要的时间为t2＝＝ s＝0.5 s，则t＝1.2 s时，该质点已经振动了0.7 s＝T，即t＝1.2 s时，x＝8 m处的质点已通过的路程为 7A＝14 cm，故D正确。
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5. 如图所示，一束黄光和一束蓝光，从O点以相同角度沿PO方向射入横截
面为半圆形的玻璃柱体，其透射光线分别从M、N两点射出，已知α＝
45°，β＝60°，真空中的光速c＝3×108 m/s。则下列说法正确的是
（　　）
A. 两束光穿过玻璃柱体所需时间相同
B. PM是蓝光，PN是黄光
C. 玻璃对PM光束的折射率为
D. PM光束在该玻璃中传播的速度为×108 m/s
√
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解析： 　由题图可知，从M点射出的光的折射率较小，从N点射出的
光的折射率较大，根据折射率与光速的关系可知，从M点射出的光的
速度较大。两束光穿过玻璃柱体的路程相等，速度不同，所需时间不
相同，A错误；根据玻璃柱体对蓝光折射率大于对黄光的可知，PM是
黄光，PN是蓝光，B错误；由折射定律可知，玻璃对PM光束的折射率
为n＝＝，C正确；PM光束在该玻璃中传播的速度为v＝＝
×108 m/s，D错误。
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6. 如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴
在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的
水平初速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确
的是（　　）
A. 子弹射入木块后的瞬间，速度大小为
B. 子弹射入木块后的瞬间，绳子拉力等于（M＋m0）g
C. 子弹射入木块后的瞬间，圆环对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g
D. 子弹射入木块之后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
√
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解析：　子弹射入木块的过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，以初
速度v0的方向为正方向，则m0v0＝（M＋m0）v1，解得v1＝，A错
误；子弹射入木块后的瞬间，有FT－（M＋m0）g＝（M＋m0），解得
绳子拉力FT＝（M＋m0）g＋（M＋m0），B错误；子弹射入木块后的瞬
间，对圆环，有FN＝FT＋mg＞（M＋m＋m0）g，由牛顿第三定律知，圆环
对轻杆的压力大于（M＋m＋m0）g，C正确；子弹射入木块之后，圆环、
木块和子弹构成的系统只在水平方向上动量守恒，D错误。
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7. 如图所示，两质量相等的物体B、C用质量不计的弹簧拴接放在光滑的
水平面上，物体C紧靠左侧的固定挡板，但未黏合在一起，另一物体A以水
平向左的速度v0向物体B运动，经过一段时间和物体B碰撞并黏合在一起，
已知物体A、B、C的质量分别为M、m、m，整个过程中弹簧未超过弹性限
度。则下列说法正确的是（　　）
A. 整个过程中，三个物体组成的系统动量、机械能均守恒
B. 整个过程中挡板对物体C的冲量大小为Mv0
C. 物体C的最大速度为
D. 如果M＝m，则物体C离开挡板前、后弹簧的最大弹性势能之比为1∶3
√
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解析：A与B碰撞后两物体粘在一起，A与B的碰撞过程中，三物体与弹簧组成的系统机械能有损失，物体A、B碰后粘在一起到物体C离开挡板的过程中，挡板对物体C有向右的支持力，三物体与弹簧组成的系统所受合外力不为0，系统动量不守恒，故A错误；设物体A与B碰撞后的瞬间，A、B黏合体的速度为v，根据动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v，根据能量守恒定律可知，弹簧第一次恢复到原长时A、B黏合体的速度大小为v，以水平向右为正方向，对物体A与物体B碰撞黏合在一起到弹簧恢复原长的过程，根据动量定理得，弹簧对A、B黏合体的冲量为I＝（M＋m）v－（M＋m）（－v）＝2（M＋m）v＝2Mv0，所以弹簧弹力对A、B的冲量大小为2Mv0，该过程中物体C一直静止，故挡板对C的冲量大小也为2Mv0，故B错误；
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物体C离开挡板后，三物体与弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧再次恢复到原长时，物体C的速度最大，设弹簧再次恢复原长时A、B黏合体与C的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得（M＋m）v＝（M＋m）v1＋mv2，根据机械能守恒定律可得（M＋m）v2＝（M＋m）＋m，解得v2＝，故C正确；物体离开挡板前弹簧最短时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得Ep1＝（M＋m）v2，物体C离开挡板后，当三者共速时弹簧最长或最短，弹簧的弹性势能最大，设三者共速时速度为v'，根据动量守恒定律可得 （M＋m）v＝（M＋2m）v'，根据机械能守恒定律可得Ep2＝（M＋m）v2－（M＋2m）v'2，且M＝m，解得Ep1∶Ep2＝3∶1，故D错误。
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二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个
选项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错
的得0分）
8. 图甲为一简谐横波在t＝0.10 s时的波形图，P是平衡位置在x＝0.5 m处
的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点，图乙为质点Q的振动图像。下
列说法正确的是（　　）
A. 这列波沿x轴负方向传播
B. t＝0.25 s时，质点P的加速度沿y轴
负方向
C. t＝0.275 s时，质点P位于波谷位置
D. 在t＝0.10 s到t＝0.25 s时间内，质点P通过的路程等于15 cm
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解析：　由乙图读出，在t＝0.10 s时Q点的速度方向沿y轴负方向，根据
波动规律结合图甲可知，该列波沿x轴正方向传播，故A错误；从t＝0.10 s
到t＝0.25 s，质点P振动了，根据波动规律可知，t＝0.25 s时质点P位于
平衡位置上方，则加速度方向沿y轴负方向，故B正确；t＝0.275 s时，即
从t＝0.1 s时刻经过了0.175 s＝T的时间，该列波沿x轴正方向传播λ，则
P位于波峰位置，故C错误；在t＝0.10 s时质点P不在平衡位置和最大位移
处，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经过了，此过程中质点P通过的路程不等于
3A＝15 cm，故D错误。
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9. 截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。DE为嵌在三棱镜内部紧
贴BB'C'C面的线状单色可见光光源，DE与三棱镜的ABC面垂直，D位于线
段BC的中点。图乙为图甲中ABC面的正视图。三棱镜对该单色光的折射率
为，只考虑由DE直接射向侧面AA'C'C的光线。
下列说法正确的是（　　）
A. 光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
B. 光从AA'C'C面出射的区域占该侧面总面积的
C. 若DE发出的单色光的频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将增大
D. 若DE发出的单色光的频率变小，AA'C'C面有光出射的区域面积将减小
√
√
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解析： 　根据sin C＝，解得C＝45°，因此从D点发出
的光，竖直向上从M点射出时的光线恰好发生全反射，同
时C点也恰好发生全反射，如图所示，因此光线只能从MC
段射出，根据几何关系可知，M恰好为AC的中点，因此在
AA'C'C 平面上有一半的面积有光线射出，A正确，B错误；由于频率越高，折射率越大，根据 sin C＝，当光源发出的光的频率变小时，折射率也会变小，导致临界角增大，这时M点上方也会有光线出射，因此出射光线区域的面积将增大，C正确，D错误。
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10. 如图所示，半径分别为3R和R的两光滑半圆轨道安置在同一竖直平面
内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上有一轻弹
簧被a、b两小球夹住，同时释放两小球，a、b球恰好均能通过各自半圆轨
道的最高点，已知a球的质量为m。则（　　）
A. b球的质量为m
B. 两小球与弹簧分离时，动能相等
C. 若ma＝mb＝m，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有
的弹性势能为15mgR
D. a球到达圆心等高处时，对轨道的压力为3mg
√
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解析： 　当小球恰好能通过半圆轨道的最高点时，在最高点的位置，小
球所受的重力提供小球做圆周运动的向心力，对a小球，根据动能定理得
－6mgR＝m－m，在最高点时，根据牛顿第二定律得mg＝m，
联立解得v0＝，同理对b分析可得b球的速度为v1＝，对a、b组
成的系统进行研究，在释放瞬间，系统的动量守恒，选a球的速度方向为
正方向，则mv0－mbv1＝0，解得mb＝m，故A错误；由动能与动量的关
系得Eka＝，因为两个小球的动量相等，但质量不相等，则两小球与弹簧
分离时，动能也不相等，故B错误；
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若两小球的质量相等，则与弹簧分离时两小球的速度大小相等，方向相反，
根据上述分析，两小球具备的最小速度与上述分析的a球的速度相等，则
弹簧的弹性势能等于两小球的动能之和，因此Ep＝×2m×＝15mgR，
故C正确；当a球到达圆心等高处时，对此过程，根据动能定理得 －3mgR
＝m－m，在与圆心等高的位置，根据牛顿第二定律得FN＝m，
结合牛顿第三定律可得FN'＝FN，联立解得FN'＝3mg，方向水平向左，故D
正确。
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三、非选择题（本题共5小题，共54分）
11. （7分）用如图甲所示的实验装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
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（1）为了减小测量误差，下列说法正确的是 （选填字母代号）。
A. 将钢球换成塑料球
B. 当摆球经过平衡位置时开始计时
C. 把摆球从平衡位置拉开一个很大的角度后释放
D. 记录一次全振动的时间作为周期，根据公式计算重力加速度g
解析：实验中为了减小阻力的影响，应选择密度大的材质的小球，故A错误；为了减小测量误差，应从摆球经过平衡位置时开始计时，故B正确；小球做单摆运动应满足摆角小于5°，故C错误；应记录多次全振动的时间求出平均值作为周期，再根据公式计算重力加速度g，故D错误。
B 　
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（2）若测得的重力加速度g值偏小，可能的原因是 （选填字母代
号）。
A. 把悬点到摆球下端的长度记为摆长
B. 把摆线的长度记为摆长
C. 摆线上端未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动
D. 实验中误将摆球经过平衡位置49次记为50次
BC　
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解析： 把悬点到摆球下端的长度记为摆长，则l偏大，由g＝可知g
偏大；把摆线的长度记为摆长，则l偏小，由 g＝可知g偏小；摆线上端
未牢固地系于悬点，在振动过程中出现松动，则实际摆长变大，计算所用
的摆长偏小，则由g＝可知g偏小；实验中误将摆球经过平衡位置49次
记为50次，则T偏小，由g＝可知g偏大。
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（3）某同学利用质量分布不均匀的球体作为摆球测定当地重力加速度，
摆球的重心不在球心，但是在球心与悬点的连线上。他仍将从悬点到球心
的距离当作摆长L，通过改变摆线的长度，测得6组L和对应的周期T，画出
T2-L图线如图乙所示，然后在图线上选取A、B两个点，坐标分别为 （LA，
），（LB，）。由图可计算出重力加速度 g＝ 　　。
解析： 若摆球重心在球心以上x处，则T＝2π，得 T2＝－
，由题图乙可得 ＝k＝，解得g＝。
　
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12. （8分）利用双缝干涉测量光的波长实验中，双缝间距d＝0.4 mm，双
缝到光屏间的距离l＝0.5 m，用某种单色光照射双缝得到干涉条纹，测量
了第1条至第7条亮条纹之间的距离，游标卡尺的示数如图甲所示
（1）分划板在第7条亮条纹位置时游标卡尺读数x＝ mm。
解析：分划板在第7条亮条纹位置时游标卡尺主尺读数为15 mm，游标尺读数为0.1×5 mm＝0.5 mm，所以最终读数为15 mm＋0.5 mm＝15.5 mm。
15.5　
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（2）相邻两条亮条纹中心间距Δx＝ mm（保留3位有效数字）。
解析：分划板在第1条亮条纹位置时游标卡尺读数为11 mm＋1×0.1 mm＝11.1 mm，相邻两条亮条纹中心间距Δx＝＝ mm≈0.733 mm。
0.733　
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（3）若想增加从目镜中观察到的条纹个数，该同学可 。
A. 将单缝向双缝靠近
B. 将屏向靠近双缝的方向移动
C. 将屏向远离双缝的方向移动
D. 使用间距更小的双缝
解析： 若想增加从目镜中观察到的条纹个数，由相邻两个亮条纹或
暗条纹中心的间距公式Δx＝λ，可知减小相邻两个亮条纹或暗条纹的间
距，以增加条纹个数，可增大双缝间距d，或减小双缝到屏的距离l，故
A、C、D错误，B正确。
B　
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（4）如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，如图乙所示，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，测量值 实际值（填“大于”“小于”或“等于”）。
解析： 如果测量头中的分划板中心刻线与干涉条纹不在同一方向上，则在这种情况下测量干涉条纹的间距Δx时，由于条纹是倾斜的，所以测量值大于实际值。
大于　
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13. （10分）如图所示，一截面是夹角为∠POQ＝120°扇形的透明圆柱
体，放置在水平桌面上。现有一束光平行于桌面从PQ的中点A射到圆柱体
表面上，折射进入后恰好从OQ中点B处垂直截面OQ射出；若将这束光平
行于桌面从AP中点C处射到圆柱体表面上，则折射后从OQ截面的D点射
出，测得D距圆心O的距离为d。求：
（1）透明圆柱体的折射率；
答案：　
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解析：如图所示，由几何关系得∠α＝∠AOP＝60°，又sin∠BAO＝＝，则透明圆柱体的折射率n＝＝。
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（2）光束从C到D经历的时间。
答案：
解析：如图所示，由几何关系得∠β＝∠COP＝30°，又n＝＝
，得sin∠DCO＝＝，因为∠COD＝90°，所以sin∠DCO＝＝
，可得CD＝2d，光在圆柱体内传播的速度
v＝，则光束在圆柱体内从C到D经历的时间
t＝＝＝。
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14. （14分）已知某花炮发射器能在t1＝0.2 s的时间内将花炮竖直向上发
射出去，花炮的质量为 m＝1 kg，射出的最大高度与发射器之间的距离为h
＝180 m，且花炮刚好在最高点爆炸为两块物块，假设爆炸前后花炮的质
量不变，经过一段时间炸开的两块物块同时落地。忽略一切阻力及发射器
大小，重力加速度g＝10 m/s2。
（1）求花炮发射器发射花炮时，对花炮产生的平均作用力的大小；
答案： 310 N　
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解析： 花炮射出后做竖直上抛运动，设其运动至h＝180 m 高空用时
为t，由竖直上抛运动的规律知h＝gt2，代入数据解得t＝6 s，设在发射时
间 t1＝0.2 s 内，发射器对花炮的平均作用力大小为F，对花炮从发射到运
动至 h＝180 m高空的整个过程，运用动量定理有Ft1－mg（t＋t1）＝0，代
入数据解得F＝310 N。
（2）如果爆炸时产生的两块物块的速度均沿水平方向，落地时两个落地
点之间的距离为s＝900 m且两物块的速度互相垂直，求两物块的质量；
答案： 0.2 kg　0.8 kg　
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解析：设花炮在最高点爆炸时炸裂成质量为m1、m2
的两块物块，其对应水平速度大小分别为v1、v2，方向
相反，花炮爆炸时在水平方向所受合外力为零，由动量
守恒定律有m1v1－m2v2＝0，且有m1＋m2＝m，由平抛运
动的规律和题目中所给信息有（v1＋v2）t＝900 m，设炸开的两物块落地时竖直方向的速度为vy，因落地时两物块的速度相互垂直，如图所示，则有tan θ＝＝，代入数据解得m1＝0.2 kg，m2＝0.8 kg，v1＝120 m/s，v2＝
30 m/s，或者m1＝0.8 kg，m2＝0.2 kg，v1＝30 m/s，v2＝120 m/s。
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（3）求花炮内炸药的化学能。
答案：1 800 J
解析：花炮在最高点爆炸前后由能量守恒定律可得炸药产生的化学能E
＝m1＋m2＝1 800 J。
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15. （15分）如图甲所示，水平面与
倾角为θ的足够长的粗糙斜面在B点平
滑衔接，水平面上A点的左边光滑，
右边粗糙，物块a、b中间用一根轻质
弹簧相接并静止在水平面上，弹簧处于原长，弹簧与物块a用拴扣（质量
不计）相连，物块a的质量ma＝3 kg。质量mc＝4 kg的物块c静止在水平面
上的A点。t＝0时对物块a施加水平向右的恒力F，t＝4 s时撤去F，在0～4 s
内两物块的加速度随时间变化的情况如图乙所示。当物块b的速度达到vb＝
12 m/s，拔掉拴扣（不影响物块a、b的瞬时速度），使弹簧与物块a瞬时分
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（1）恒力F的大小和b的质量mb；
答案： 12 N　2 kg　
离，然后撤去弹簧和物块b。物块a继续向右运动一段距离后与物块c发生正
碰，碰撞时间极短，碰后物块a恰好停止运动，物块c向右运动一段距离，
通过B点沿斜面向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物块c沿斜面向下
滑动，回到水平面A点的速度为2 m/s（不考虑与a相碰）。已知弹簧始终处
于弹性限度内，物块c通过B点时没有机械能损失，重力加速度取g＝10
m/s2，不计空气阻力，物块a、b、c均可视为质点。求：
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解析： t＝0时，弹簧弹力为零，对a，根据牛顿第二定律可得F＝maaa
＝12 N
t＝4 s时，a、b整体加速度相同，对整体，根据牛顿第二定律可得F＝（ma
＋mb）a
解得mb＝2 kg。
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（2）拔掉拴扣的瞬间，物块a的速度va大小；
答案： 8 m/s　
解析： 从t＝0到拔掉拴扣的过程中，对a、b整体，根据动量定理可知FΔt＝mava＋mbvb
解得va＝8 m/s。
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（3）物块a与物块c发生正碰时，系统损失的机械能；
答案： 24 J　
解析： 物块a与物块c发生正碰后静止，由动量守恒定律得mava＝mcvc
解得vc＝ 6 m/s
所以物块a与物块c发生正碰时，系统损失的机械能
ΔE＝ma－mc＝24 J。
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（4）物块c沿斜面上滑的最大高度h。
答案： 1 m
解析： 物块c向右运动一段距离，通过B点沿斜面向上滑动一段距离后速度
减小为零的过程中，根据动能定理得－Wf－mcgh＝0－mc
物块c沿斜面向下滑动，恰好回到水平面的A点的过程中，根据动能定理得
mcgh－Wf＝mcv2
解得h＝1 m。
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