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湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷
1．（2024高一下·雨花期末）下列关于电场的说法正确的是（　　）
A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，元电荷就是电子
B．电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用
C．由电场强度的定义式：可知E与F成正比，与q成反比
D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都当作点电荷处理
2．（2024高一下·雨花期末）某同学用的力将质量为的足球踢出，足球以的初速度沿水平草坪滚出后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是（　　）
A．23J B．46J C．132J D．18000J
3．（2024高一下·雨花期末）某一导体的伏安特性曲线如图中AB曲线所示，其电阻会随温度的改变而改变，下列说法正确的是（　　）
A．B点对应的电阻为12Ω
B．B点对应的电阻为0.25Ω
C．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω
D．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
4．（2024高一下·雨花期末）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·雨花期末）如图平行板电容器通过导线与二极管，直流电源相连，电容器上下极板分别是板，板，且下极板接地。是极板中间的某一点，位置不发生改变。以下说法正确的是（　　）
A．板上移一点，两板之间电势差不变，点电势升高
B．板上移一点，两板之间电场强度增大，点电势降低
C．板下移一点，两板之间电场强度增大，点电势不变
D．板下移一点，两板之间电势差变大，点电势不变
6．（2024高一下·雨花期末）如图，在图甲的电路中，是可变电阻，是定值电阻，阻值4Ω。实验时调节的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的图像如图乙中AB所示。a和b分别为的滑片在不同位置时，其接入电路的电阻的图像。电压表和电流表均看作理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．该电源电动势为2.5V，内阻5Ω
B．A、B状态对应的电源的效率
C．当时，消耗功率最大
D．当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的电阻为7.5Ω
7．（2024高一下·雨花期末）如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在运动过程中完全失重 B．卫星在做变加速曲线运动
C．卫星在A点的加速度最小 D．卫星从A到C做加速运动
8．（2024高一下·雨花期末）在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表和的示数分别为和，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．I变大，变大 B．电源的效率增加
C．电源的总功率增加 D．不变，不变
9．（2024高一下·雨花期末）如图所示，两个质量均为m用轻弹簧相连接的物块A、B放在倾角为的固定光滑斜面上，系统保持静止。现给物块A一个沿斜面向上的初速度，使其沿斜面向上运动，当物块A运动到最高点时，物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为（其中x表示弹簧的形变量），重力加速度为g，只考虑物块A第一次上升过程，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的机械能先增大后减小
B．初始时弹簧的弹性势能为
C．物块A上升到最高点时沿斜面运动的距离为
D．物块A的加速度先增大后减小
10．（2024高一下·雨花期末）如图，电源电动势，内阻，电阻，，，电容器电容，开关S原来断开，现在合上开关S直到电路稳定，则（　　）
A．S闭合电路稳定时，电容器b极板带正电
B．S断开电路稳定时，电容器的电压为3V
C．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为
D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为
11．（2024高一下·雨花期末）同学在“练习使用多用电表”的实验中，图1为某多用电表的面板。
（1）若用此表测量一阻值约为的定值电阻，下列操作正确的是　 　
A．将选择开关应调到“”电阻挡
B．欧姆调零时，两表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，直到指针与表盘右边零刻度对齐
C．在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端
D．测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡
（2）图2为一正在测量中的多用电表表盘。如果选择开关在电阻挡“”，则读数为　 　；如果选择开关在直流电压挡“”，则读数为　 　V。
（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的　 　（选填“红表等”或“黑表笔”）
12．（2024高一下·雨花期末）某物理小组为了较精确地测量一节新电池的内阻，设计了图（a）所示的实验电路原理图，其中用于保护电路，其阻值为1.5Ω。
（1）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，作出的图线如图（b）所示，则干电池的电动势　 　V，干电池的内阻　 　。（结果保留两位有效数字）
（2）用该实验电路测出的电动势和内阻与真实值相比：　 　，　 　（选填“>”“<”或“=”）。
13．（2024高一下·雨花期末）如图所示，有一电子（电荷量为e，质量为m）经电压为的电场加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且刚好能沿下板右边缘飞出，求电子：
（1）刚离开加速电场时的速度；
（2）在平行金属板间的加速度a；
（3）通过平行金属板的时间t。
14．（2024高一下·雨花期末）如图，带电量的A球固定在足够长的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角，质量、带电量的B球在离A球处由静止释放。两球均可视为点电荷，静电力恒量，g取，。
（1）A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向；
（2）B球的速度最大时两球间的距离r；
（3）B球从开始运动到速度最大时，其电势能改变了7.92J．求B球运动的最大速度。（结果可用根号表示）
15．（2024高一下·雨花期末）如图，一闯关游戏装置处于竖直面内，该装置由倾斜的直轨道AB，圆形轨道BDE，水平直轨道EG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。圆形轨道与轨道AB、EG相切于B和E（E为圆形轨道最低点）。直线轨道EG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知圆形轨道半径，EG长，传送带GH长，HI长，JK长，四分之一圆管道的半径。现将一质量为的滑块（视为质点）从倾斜轨道AB上某高度h处由静止释放，经B点进入圆轨道后运动至D点再从E点滑出圆轨道，滑块与EG、HI、JK间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，某余轨道均光滑。所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，g取。
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块经过圆轨道E点时对轨道的压力及滑块由静止释放时的高度h；
（2）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
（3）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块能且仅能通过J点一次，求传送带的线速度v需满足的条件。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场及电场力；元电荷；点电荷；电场强度
【解析】【解答】A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，即质子或电子带的电荷量，元电荷属于电荷量，与基本粒子中的电子不同，故A错误；
B．由于力的作用离不开物体，所以电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用，故B正确；
C．电场强度的定义式为，根据表达式可以得出该式子适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故C错误；
D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型，带电体能否作为点电荷主要看所研究的问题，故D错误。
故选B。
【分析】元电荷属于最小的电荷量，与电子不同；电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用；根据电场强度的表达式可以得出该式子适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关；带电体能否作为点电荷主要看所研究的问题。
2．【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】由于足球在草坪上运动时，根据能量守恒定律，动能转化为内能，根据功能关系可知，足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功等于内能的产生，即
故选A。
【分析】利用能量守恒定律结合功能关系可以求出克服摩擦力做功的大小。
3．【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．根据图像已知电流和电压的大小，根据欧姆定律可知，B点对应的电阻为
故AB错误；
CD．已知A点对应的电流和电压大小，根据欧姆定律可知，A点对应的电阻为
可知，工作状态从A变化到B时，已知AB两点处导体电阻的大小则导体的电阻因温度的影响改变了
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用图像坐标结合欧姆定律可以求出电阻的大小，利用两点电阻的大小可以求出电阻的阻值变化。
4．【答案】A
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】在半球面AB右侧填补一个与AB完全相同的半球面，根据对称性可以得出：这个球壳在M、N两点产生的电场强度相等，根据点电荷的场强公式可以求出球壳产生的电场强度大小为
由于半球面AB在M点的场强大小为E，根据电场强度的叠加可以得出右侧填补的半球面在M点产生的电场强度为
根据对称性可知，半球面AB在N点的场强大小与右侧填补的半球面在M点产生的场强大小相等，即N点的场强大小为
故选A。
【分析】利用完整球壳在M点产生的电场强度与半球面在M点场强的电场强度叠加可以求出右侧填补的半球面在M点产生的电场强度；结合对称性可以求出半球面AB在N点的场强大小。
5．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．板上移一点，板间距增大，根据电容的决定式
可得，减少，假如电压U不变，根据电容的定义式有
可以得出电荷量Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以Q恒定，根据电势差与场强的公式有
结合电容的表达式及，联立得电场强度的表达式为
所以电场强度不变，根据电势差与场强的关系可以得出点电势
可得点电势不变，A错误；
B．板上移一点，板间距减小，根据电容的决定式可得，增加，假如电压U不变，则根据电容的定义式可知，Q增加，由于二极管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差U不变，根据电势差与场强的关系式，可知E增加，又根据电势差与场强的关系可以得出点电势
不变，所以降低，B正确；
C．板下移一点，板间距减少，根据电容的决定式可得，增加，假如电压U不变，则根据电容的定义式可知，Q增加，由于二极管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差U不变，根据电势差与场强的关系式，可知E增加，根据
可知增加，C错误；
D．板下移一点，板间距增大，根据电容的决定式可得，减少，假如电压U不变，则根据电容的定义式可知，Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以两板之间电势差U变大，根据电势差与场强的关系式及电容的表达式有，联立得
所以电场强度不变，又由点电势
可得点电势变大，D错误。
故选B。
【分析】电容的决定式可以判别电容大小变化；结合电容的定义式及电势差与场强的关系可以判别场强的变化，利用场强的变化可以判别P点电势的大小变化。
6．【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据闭合电路的欧姆定律可得
根据图中坐标有：当时，；当时，。代入上式可得
故A错误；
B．根据电功率的表达式可以得出电源的效率为
代入数据可知
则
故B错误；
C．把和r视作新的内阻，根据电功率的表达式可以得出消耗的功率
根据表达式可以得出：当时，消耗功率最大，故C错误；
D．当电流为0.2A时，R1两端电压大小为，根据欧姆定律可知
故D正确。
故选D。
【分析】利用图像坐标结合欧姆定律可以求出电动势和内阻的大小；利用欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值大小；利用电功率的表达式可以求出消耗功率及效率的大小。
7．【答案】A,B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】ABC．卫星绕地球运动时，万有引力提供向心力，加速度等于重力加速度则处于完全失重状态，根据牛顿第二定律可得加速度的表达式为
可得加速度为
由于加速度不断改变所以卫星做变加速曲线运动，A距离地球最近，卫星在A点的加速度最大，故AB正确，C错误；
D．卫星绕地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，卫星在A点距离地球最近则速度最大，卫星在C点距离地球最远则速度最小，卫星从A到C做减速运动，故D错误。
故选AB。
【分析】利用引力提供向心力可以判别卫星处于完全失重状态；利用牛顿第二定律可以判别加速度的大小及变化；利用开普勒第二定律可以比较速度的大小。
8．【答案】C,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R2阻值减小，则总电阻减小，根据欧姆定律及电动势不变可以得出总电流变大，即A的示数I变大，根据欧姆定律可以得出内阻和R1上的电压变大，则滑动变阻器上的电压减小，即变小，选项A错误；
B．电源的效率
根据表达式可以得出由于外电阻减小，可知电源的效率减小，选项B错误；
C．根据电功率的表达式可以得出电源的总功率
因总电流I变大，则电源总功率增加，选项C正确；
D．根据欧姆定律有
不变；根据闭合电路的欧姆定律可以得出
可得
不变，选项D正确。
故选CD。
【分析】利用滑动变阻器的阻值变化结合欧姆定律可以判别电压和电流的变化；利用电功率的表达式可以判断总功率的变化，利用效率的表达式结合外电阻的变化可以判别效率的变化；利用欧姆定律可以判别电压变化量和电流变化量的比值变化。
9．【答案】A,C
【知识点】功能关系；受力分析的应用；动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．分析弹簧弹力对A做功情况：初始时弹簧压缩，弹力沿斜面向上；A上滑过程中，弹簧先恢复原长（弹力减小），后被拉长（弹力沿斜面向下），依据功能关系弹机：弹力先做正功（弹，机械能增大 ），后做负功（弹，机械能减小 ），所以物块A的机械能先增大后减小，A正确；
B．初始时对物块A受力分析有
解得
所以弹簧的弹性势能为
B错误；
C．分析弹簧形变量：A、B质量均为，初始A静止时弹簧压缩量
A到最高点时，B刚要离开挡板，此时弹簧对B的弹力
（为弹簧伸长量 ）
故
初末弹性势能相等 ，能量转化：A的动能全部转化为A增加的重力势能（为A沿斜面运动距离 ），列方程求解
解得
C正确；
D．弹簧恢复原长之前对物块A的弹力沿斜面向上，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的减小，物块A的合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长之后对物块A的弹力沿斜面向下，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的增大，物块A的合力增大，加速度增大，故物块A的加速度一直增大，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：通过分析弹簧弹力方向变化，结合功能关系（弹力做功与机械能变化的联系），判断机械能变化趋势。
B：对初始静止的A受力分析，由平衡条件求弹簧压缩量，再代入弹性势能公式计算，判断选项正误。
C：根据A、B质量及B的临界状态（刚离挡板），确定弹簧初末形变量关系（弹性势能相等），利用动能与重力势能的转化关系列方程求解运动距离。
D：分弹簧压缩、伸长两个阶段，分析A的受力（重力分力、弹簧弹力）变化，进而判断合力、加速度的变化情况。
10．【答案】A,B,D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．S闭合，电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，根据电流的方向可以得出b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电，故A正确；
B．S断开，C相当于断路，R3中无电流，电容器两端电压等于R2两端电压，根据电流的方向可以得出a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电；根据欧姆定律可以得出电容器的电压为
故B正确；
CD．S闭合电路稳定时，根据等效电阻可以得出外电路的总电阻
根据分压关系可以得出电容器的电压为
根据电容的定义式可以得出流过电流表的电量
故D正确，C错误。
故选ABD。
【分析】利用电容器的电流方向可以判别极板的电性；利用欧姆定律及分压关系可以求出电容器电压的大小，结合电容的大小可以求出电荷量的大小。
11．【答案】CD；1.5×104；1.25；黑表笔
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A．由于欧姆表表盘中间刻度比较均匀，所以用欧姆表测电阻要选择合适的档位使指针指在中央刻度线附近，根据中值数值的大小为15，则测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡，故A错误；
B．测量电阻前只需要进行一次机械调零，换挡时进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零，故B错误；
C．在电阻测量时，为避免双手对电阻大小的影响，双手不能同时接触电阻两端，故C正确；
D．测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡，故D正确。
故选CD；
（2）选择开关在电阻挡“×1k”，根据档位和示数可以得出读数为
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，已知分度值为0.05V，根据表盘的刻度可以得出其读数为：1.25V。
（3）用欧姆挡，电流由黑表笔流出，接二极管正极则导通，接负极为截止，表头指针偏转角度很大，说明电流大电阻小，则电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
【分析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的档位使指针指在中央刻度线附近，根据中值数值的大小为15，则测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡；换挡时进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零；为避免双手对电阻大小的影响，双手不能同时接触电阻两端；测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡；
（2）根据档位和示数可以得出电阻的大小；根据表盘的刻度可以得出电压的大小；
（3）表头指针偏转角度很大，说明电流大电阻小，则电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
12．【答案】（1）2.0；1.0
（2）<；<
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当开关闭合时，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
又表达式可以得出图像截距代表电动势，图像斜率代表内阻的大小，由图示U-I图像可知，干电池的电动势
E=2.0V
图像斜率的绝对值
干电池的内阻
（2）当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示
根据图像截距和斜率可以得出：电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，即
，
【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻的大小及电动势的大小；
（2）利用电压表的分流作用可以判别电动势和内阻的测量值小于真实值。
（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
解得
由图示U-I图像可知，图线与纵轴交点坐标值为2.0，干电池的电动势
E=2.0V
图像斜率的绝对值
干电池的内阻
（2）[1][2]当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，即
，
13．【答案】解：（1）对电子在加速电场中的运动，根据动能定理有
①
解得
②
（2）电子在平型金属板间的加速度大小为
③
方向竖直向下。
（3）根据运动学规律有
④
联立③④解得
⑤
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电子在电场中加速，利用动能定理可以求出电子速度的大小；
（2）电子在金属板间，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）电子在电场中偏转，利用位移公式可以求出运动的时间。
14．【答案】解：（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小
方向沿斜面向上。
（2）当B球所受静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，此时
解得
（3）B球从开始运动至达到最大速度的过程中，设电场力做的功为，根据动能定理有
解得

【知识点】动能定理的综合应用；电场强度；电势能
【解析】【分析】（1）已知A球电荷量的大小，结合点电荷的场强公式可以求出电场强度的大小；
（2）当B球收到的电场力与重力的分力大小相等时，利用平衡方程可以求出两球距离的大小；
（3）当B球从开始运动到最大速度的过程中，利用动能定理可以求出B球运动的最大速度。
15．【答案】解：（1）滑块恰好经过圆形轨道最高点D，根据牛顿第二定律可得
解得
滑块从到点过程中，由动能定理得
解得
滑块过点时，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为
方向竖直向下。滑块从到点过程中，由动能定理得
解得
（2）滑块从到点过程中，重力做功为
若传送带静止，滑块运动到点，需克服摩擦力做功
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时的动能为
设滑块滑上半圆轨道的高度，则有
解得
则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，由动能定理得
解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小为
所以滑块最终静止在点右侧，距点的水平距离
（3）若向上滑块恰好能到达，则滑块在点的动能为
解得
滑块从斜面上滑下到达点的过程，由动能定理可得
解得
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时，有
解得
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为
若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点，则从到停下过程，由动能定理得
解得
则滑块在传送带上先加速再匀速运动，传送带的速度为
因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块恰好经过D点时，利用牛顿第二定律可以求出经过D点速度的大小，结合动能定理可以求出经过E点的速度大小，再利用牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；利用动能定理可以求出滑块下滑的高度大小；
（2）滑块从A到E的过程中，利用功的表达式可以求出重力做功的大小；结合摩擦力做功及动能定理可以滑块到达I点的动能大小，结合动能定理可以求出滑块最后静止的位置；
（3）当滑块恰好到达J点时，利用动能定理可以求出经过G点速度的大小，结合动能定理可以求出经过H点的速度大小，进而求出传送带速度的大小，再利用动能定理可以求出传送带的速度大小。
1 / 1湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷
1．（2024高一下·雨花期末）下列关于电场的说法正确的是（　　）
A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，元电荷就是电子
B．电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用
C．由电场强度的定义式：可知E与F成正比，与q成反比
D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都当作点电荷处理
【答案】B
【知识点】电场及电场力；元电荷；点电荷；电场强度
【解析】【解答】A．“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则，即质子或电子带的电荷量，元电荷属于电荷量，与基本粒子中的电子不同，故A错误；
B．由于力的作用离不开物体，所以电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用，故B正确；
C．电场强度的定义式为，根据表达式可以得出该式子适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关，故C错误；
D．点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，是一种理想化的模型，带电体能否作为点电荷主要看所研究的问题，故D错误。
故选B。
【分析】元电荷属于最小的电荷量，与电子不同；电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用；根据电场强度的表达式可以得出该式子适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷无关；带电体能否作为点电荷主要看所研究的问题。
2．（2024高一下·雨花期末）某同学用的力将质量为的足球踢出，足球以的初速度沿水平草坪滚出后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是（　　）
A．23J B．46J C．132J D．18000J
【答案】A
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【解答】由于足球在草坪上运动时，根据能量守恒定律，动能转化为内能，根据功能关系可知，足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功等于内能的产生，即
故选A。
【分析】利用能量守恒定律结合功能关系可以求出克服摩擦力做功的大小。
3．（2024高一下·雨花期末）某一导体的伏安特性曲线如图中AB曲线所示，其电阻会随温度的改变而改变，下列说法正确的是（　　）
A．B点对应的电阻为12Ω
B．B点对应的电阻为0.25Ω
C．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω
D．工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
【答案】C
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】AB．根据图像已知电流和电压的大小，根据欧姆定律可知，B点对应的电阻为
故AB错误；
CD．已知A点对应的电流和电压大小，根据欧姆定律可知，A点对应的电阻为
可知，工作状态从A变化到B时，已知AB两点处导体电阻的大小则导体的电阻因温度的影响改变了
故C正确，D错误。
故选C。
【分析】利用图像坐标结合欧姆定律可以求出电阻的大小，利用两点电阻的大小可以求出电阻的阻值变化。
4．（2024高一下·雨花期末）均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】在半球面AB右侧填补一个与AB完全相同的半球面，根据对称性可以得出：这个球壳在M、N两点产生的电场强度相等，根据点电荷的场强公式可以求出球壳产生的电场强度大小为
由于半球面AB在M点的场强大小为E，根据电场强度的叠加可以得出右侧填补的半球面在M点产生的电场强度为
根据对称性可知，半球面AB在N点的场强大小与右侧填补的半球面在M点产生的场强大小相等，即N点的场强大小为
故选A。
【分析】利用完整球壳在M点产生的电场强度与半球面在M点场强的电场强度叠加可以求出右侧填补的半球面在M点产生的电场强度；结合对称性可以求出半球面AB在N点的场强大小。
5．（2024高一下·雨花期末）如图平行板电容器通过导线与二极管，直流电源相连，电容器上下极板分别是板，板，且下极板接地。是极板中间的某一点，位置不发生改变。以下说法正确的是（　　）
A．板上移一点，两板之间电势差不变，点电势升高
B．板上移一点，两板之间电场强度增大，点电势降低
C．板下移一点，两板之间电场强度增大，点电势不变
D．板下移一点，两板之间电势差变大，点电势不变
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．板上移一点，板间距增大，根据电容的决定式
可得，减少，假如电压U不变，根据电容的定义式有
可以得出电荷量Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以Q恒定，根据电势差与场强的公式有
结合电容的表达式及，联立得电场强度的表达式为
所以电场强度不变，根据电势差与场强的关系可以得出点电势
可得点电势不变，A错误；
B．板上移一点，板间距减小，根据电容的决定式可得，增加，假如电压U不变，则根据电容的定义式可知，Q增加，由于二极管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差U不变，根据电势差与场强的关系式，可知E增加，又根据电势差与场强的关系可以得出点电势
不变，所以降低，B正确；
C．板下移一点，板间距减少，根据电容的决定式可得，增加，假如电压U不变，则根据电容的定义式可知，Q增加，由于二极管的存在，Q可以增加，所以两板之间电势差U不变，根据电势差与场强的关系式，可知E增加，根据
可知增加，C错误；
D．板下移一点，板间距增大，根据电容的决定式可得，减少，假如电压U不变，则根据电容的定义式可知，Q减少，但是由于二极管的存在，Q不能减少，所以两板之间电势差U变大，根据电势差与场强的关系式及电容的表达式有，联立得
所以电场强度不变，又由点电势
可得点电势变大，D错误。
故选B。
【分析】电容的决定式可以判别电容大小变化；结合电容的定义式及电势差与场强的关系可以判别场强的变化，利用场强的变化可以判别P点电势的大小变化。
6．（2024高一下·雨花期末）如图，在图甲的电路中，是可变电阻，是定值电阻，阻值4Ω。实验时调节的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的图像如图乙中AB所示。a和b分别为的滑片在不同位置时，其接入电路的电阻的图像。电压表和电流表均看作理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．该电源电动势为2.5V，内阻5Ω
B．A、B状态对应的电源的效率
C．当时，消耗功率最大
D．当电流为0.2A时，滑动变阻器接入电路的电阻为7.5Ω
【答案】D
【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A．根据闭合电路的欧姆定律可得
根据图中坐标有：当时，；当时，。代入上式可得
故A错误；
B．根据电功率的表达式可以得出电源的效率为
代入数据可知
则
故B错误；
C．把和r视作新的内阻，根据电功率的表达式可以得出消耗的功率
根据表达式可以得出：当时，消耗功率最大，故C错误；
D．当电流为0.2A时，R1两端电压大小为，根据欧姆定律可知
故D正确。
故选D。
【分析】利用图像坐标结合欧姆定律可以求出电动势和内阻的大小；利用欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值大小；利用电功率的表达式可以求出消耗功率及效率的大小。
7．（2024高一下·雨花期末）如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是（　　）
A．卫星在运动过程中完全失重 B．卫星在做变加速曲线运动
C．卫星在A点的加速度最小 D．卫星从A到C做加速运动
【答案】A,B
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】ABC．卫星绕地球运动时，万有引力提供向心力，加速度等于重力加速度则处于完全失重状态，根据牛顿第二定律可得加速度的表达式为
可得加速度为
由于加速度不断改变所以卫星做变加速曲线运动，A距离地球最近，卫星在A点的加速度最大，故AB正确，C错误；
D．卫星绕地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，卫星在A点距离地球最近则速度最大，卫星在C点距离地球最远则速度最小，卫星从A到C做减速运动，故D错误。
故选AB。
【分析】利用引力提供向心力可以判别卫星处于完全失重状态；利用牛顿第二定律可以判别加速度的大小及变化；利用开普勒第二定律可以比较速度的大小。
8．（2024高一下·雨花期末）在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表和的示数分别为和，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为和，下列说法正确的是（　　）
A．I变大，变大 B．电源的效率增加
C．电源的总功率增加 D．不变，不变
【答案】C,D
【知识点】闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R2阻值减小，则总电阻减小，根据欧姆定律及电动势不变可以得出总电流变大，即A的示数I变大，根据欧姆定律可以得出内阻和R1上的电压变大，则滑动变阻器上的电压减小，即变小，选项A错误；
B．电源的效率
根据表达式可以得出由于外电阻减小，可知电源的效率减小，选项B错误；
C．根据电功率的表达式可以得出电源的总功率
因总电流I变大，则电源总功率增加，选项C正确；
D．根据欧姆定律有
不变；根据闭合电路的欧姆定律可以得出
可得
不变，选项D正确。
故选CD。
【分析】利用滑动变阻器的阻值变化结合欧姆定律可以判别电压和电流的变化；利用电功率的表达式可以判断总功率的变化，利用效率的表达式结合外电阻的变化可以判别效率的变化；利用欧姆定律可以判别电压变化量和电流变化量的比值变化。
9．（2024高一下·雨花期末）如图所示，两个质量均为m用轻弹簧相连接的物块A、B放在倾角为的固定光滑斜面上，系统保持静止。现给物块A一个沿斜面向上的初速度，使其沿斜面向上运动，当物块A运动到最高点时，物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为（其中x表示弹簧的形变量），重力加速度为g，只考虑物块A第一次上升过程，下列说法正确的是（　　）
A．物块A的机械能先增大后减小
B．初始时弹簧的弹性势能为
C．物块A上升到最高点时沿斜面运动的距离为
D．物块A的加速度先增大后减小
【答案】A,C
【知识点】功能关系；受力分析的应用；动能和势能的相互转化；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．分析弹簧弹力对A做功情况：初始时弹簧压缩，弹力沿斜面向上；A上滑过程中，弹簧先恢复原长（弹力减小），后被拉长（弹力沿斜面向下），依据功能关系弹机：弹力先做正功（弹，机械能增大 ），后做负功（弹，机械能减小 ），所以物块A的机械能先增大后减小，A正确；
B．初始时对物块A受力分析有
解得
所以弹簧的弹性势能为
B错误；
C．分析弹簧形变量：A、B质量均为，初始A静止时弹簧压缩量
A到最高点时，B刚要离开挡板，此时弹簧对B的弹力
（为弹簧伸长量 ）
故
初末弹性势能相等 ，能量转化：A的动能全部转化为A增加的重力势能（为A沿斜面运动距离 ），列方程求解
解得
C正确；
D．弹簧恢复原长之前对物块A的弹力沿斜面向上，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的减小，物块A的合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长之后对物块A的弹力沿斜面向下，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的增大，物块A的合力增大，加速度增大，故物块A的加速度一直增大，D错误。
故答案为：AC。
【分析】A：通过分析弹簧弹力方向变化，结合功能关系（弹力做功与机械能变化的联系），判断机械能变化趋势。
B：对初始静止的A受力分析，由平衡条件求弹簧压缩量，再代入弹性势能公式计算，判断选项正误。
C：根据A、B质量及B的临界状态（刚离挡板），确定弹簧初末形变量关系（弹性势能相等），利用动能与重力势能的转化关系列方程求解运动距离。
D：分弹簧压缩、伸长两个阶段，分析A的受力（重力分力、弹簧弹力）变化，进而判断合力、加速度的变化情况。
10．（2024高一下·雨花期末）如图，电源电动势，内阻，电阻，，，电容器电容，开关S原来断开，现在合上开关S直到电路稳定，则（　　）
A．S闭合电路稳定时，电容器b极板带正电
B．S断开电路稳定时，电容器的电压为3V
C．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为
D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为
【答案】A,B,D
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A．S闭合，电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，根据电流的方向可以得出b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电，故A正确；
B．S断开，C相当于断路，R3中无电流，电容器两端电压等于R2两端电压，根据电流的方向可以得出a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电；根据欧姆定律可以得出电容器的电压为
故B正确；
CD．S闭合电路稳定时，根据等效电阻可以得出外电路的总电阻
根据分压关系可以得出电容器的电压为
根据电容的定义式可以得出流过电流表的电量
故D正确，C错误。
故选ABD。
【分析】利用电容器的电流方向可以判别极板的电性；利用欧姆定律及分压关系可以求出电容器电压的大小，结合电容的大小可以求出电荷量的大小。
11．（2024高一下·雨花期末）同学在“练习使用多用电表”的实验中，图1为某多用电表的面板。
（1）若用此表测量一阻值约为的定值电阻，下列操作正确的是　 　
A．将选择开关应调到“”电阻挡
B．欧姆调零时，两表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，直到指针与表盘右边零刻度对齐
C．在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端
D．测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡
（2）图2为一正在测量中的多用电表表盘。如果选择开关在电阻挡“”，则读数为　 　；如果选择开关在直流电压挡“”，则读数为　 　V。
（3）若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的　 　（选填“红表等”或“黑表笔”）
【答案】CD；1.5×104；1.25；黑表笔
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A．由于欧姆表表盘中间刻度比较均匀，所以用欧姆表测电阻要选择合适的档位使指针指在中央刻度线附近，根据中值数值的大小为15，则测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡，故A错误；
B．测量电阻前只需要进行一次机械调零，换挡时进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零，故B错误；
C．在电阻测量时，为避免双手对电阻大小的影响，双手不能同时接触电阻两端，故C正确；
D．测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡，故D正确。
故选CD；
（2）选择开关在电阻挡“×1k”，根据档位和示数可以得出读数为
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，已知分度值为0.05V，根据表盘的刻度可以得出其读数为：1.25V。
（3）用欧姆挡，电流由黑表笔流出，接二极管正极则导通，接负极为截止，表头指针偏转角度很大，说明电流大电阻小，则电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
【分析】（1）用欧姆表测电阻要选择合适的档位使指针指在中央刻度线附近，根据中值数值的大小为15，则测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡；换挡时进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零；为避免双手对电阻大小的影响，双手不能同时接触电阻两端；测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡；
（2）根据档位和示数可以得出电阻的大小；根据表盘的刻度可以得出电压的大小；
（3）表头指针偏转角度很大，说明电流大电阻小，则电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
12．（2024高一下·雨花期末）某物理小组为了较精确地测量一节新电池的内阻，设计了图（a）所示的实验电路原理图，其中用于保护电路，其阻值为1.5Ω。
（1）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，作出的图线如图（b）所示，则干电池的电动势　 　V，干电池的内阻　 　。（结果保留两位有效数字）
（2）用该实验电路测出的电动势和内阻与真实值相比：　 　，　 　（选填“>”“<”或“=”）。
【答案】（1）2.0；1.0
（2）<；<
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）当开关闭合时，根据闭合电路欧姆定律可得
解得
又表达式可以得出图像截距代表电动势，图像斜率代表内阻的大小，由图示U-I图像可知，干电池的电动势
E=2.0V
图像斜率的绝对值
干电池的内阻
（2）当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示
根据图像截距和斜率可以得出：电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，即
，
【分析】（1）利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出内阻的大小及电动势的大小；
（2）利用电压表的分流作用可以判别电动势和内阻的测量值小于真实值。
（1）[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
解得
由图示U-I图像可知，图线与纵轴交点坐标值为2.0，干电池的电动势
E=2.0V
图像斜率的绝对值
干电池的内阻
（2）[1][2]当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U-I图像如图所示
由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，即
，
13．（2024高一下·雨花期末）如图所示，有一电子（电荷量为e，质量为m）经电压为的电场加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且刚好能沿下板右边缘飞出，求电子：
（1）刚离开加速电场时的速度；
（2）在平行金属板间的加速度a；
（3）通过平行金属板的时间t。
【答案】解：（1）对电子在加速电场中的运动，根据动能定理有
①
解得
②
（2）电子在平型金属板间的加速度大小为
③
方向竖直向下。
（3）根据运动学规律有
④
联立③④解得
⑤
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）电子在电场中加速，利用动能定理可以求出电子速度的大小；
（2）电子在金属板间，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）电子在电场中偏转，利用位移公式可以求出运动的时间。
14．（2024高一下·雨花期末）如图，带电量的A球固定在足够长的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角，质量、带电量的B球在离A球处由静止释放。两球均可视为点电荷，静电力恒量，g取，。
（1）A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向；
（2）B球的速度最大时两球间的距离r；
（3）B球从开始运动到速度最大时，其电势能改变了7.92J．求B球运动的最大速度。（结果可用根号表示）
【答案】解：（1）A球在B球释放处产生的电场强度大小
方向沿斜面向上。
（2）当B球所受静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，此时
解得
（3）B球从开始运动至达到最大速度的过程中，设电场力做的功为，根据动能定理有
解得

【知识点】动能定理的综合应用；电场强度；电势能
【解析】【分析】（1）已知A球电荷量的大小，结合点电荷的场强公式可以求出电场强度的大小；
（2）当B球收到的电场力与重力的分力大小相等时，利用平衡方程可以求出两球距离的大小；
（3）当B球从开始运动到最大速度的过程中，利用动能定理可以求出B球运动的最大速度。
15．（2024高一下·雨花期末）如图，一闯关游戏装置处于竖直面内，该装置由倾斜的直轨道AB，圆形轨道BDE，水平直轨道EG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。圆形轨道与轨道AB、EG相切于B和E（E为圆形轨道最低点）。直线轨道EG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知圆形轨道半径，EG长，传送带GH长，HI长，JK长，四分之一圆管道的半径。现将一质量为的滑块（视为质点）从倾斜轨道AB上某高度h处由静止释放，经B点进入圆轨道后运动至D点再从E点滑出圆轨道，滑块与EG、HI、JK间的动摩擦因数，与传送带间的动摩擦因数，某余轨道均光滑。所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，g取。
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块经过圆轨道E点时对轨道的压力及滑块由静止释放时的高度h；
（2）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
（3）若滑块从AB上高处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块能且仅能通过J点一次，求传送带的线速度v需满足的条件。
【答案】解：（1）滑块恰好经过圆形轨道最高点D，根据牛顿第二定律可得
解得
滑块从到点过程中，由动能定理得
解得
滑块过点时，根据牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为
方向竖直向下。滑块从到点过程中，由动能定理得
解得
（2）滑块从到点过程中，重力做功为
若传送带静止，滑块运动到点，需克服摩擦力做功
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时的动能为
设滑块滑上半圆轨道的高度，则有
解得
则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，由动能定理得
解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小为
所以滑块最终静止在点右侧，距点的水平距离
（3）若向上滑块恰好能到达，则滑块在点的动能为
解得
滑块从斜面上滑下到达点的过程，由动能定理可得
解得
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达点时，有
解得
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为
若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在点，则从到停下过程，由动能定理得
解得
则滑块在传送带上先加速再匀速运动，传送带的速度为
因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；生活中的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）滑块恰好经过D点时，利用牛顿第二定律可以求出经过D点速度的大小，结合动能定理可以求出经过E点的速度大小，再利用牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；利用动能定理可以求出滑块下滑的高度大小；
（2）滑块从A到E的过程中，利用功的表达式可以求出重力做功的大小；结合摩擦力做功及动能定理可以滑块到达I点的动能大小，结合动能定理可以求出滑块最后静止的位置；
（3）当滑块恰好到达J点时，利用动能定理可以求出经过G点速度的大小，结合动能定理可以求出经过H点的速度大小，进而求出传送带速度的大小，再利用动能定理可以求出传送带的速度大小。
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