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2026届广东省惠州市高三上学期第二次调研考试物理试题
1．“人造太阳”东方超环（EAST）是国际首个全超导托卡马克核反应实验装置，其核反应方程之一为，下列说法正确的是（　　）
A．是 B．该核反应为裂变
C．反应后质量数减少 D．方程中的是查德威克发现的
2．如图所示，在第十五届全国运动会开幕式上，机器人手握相同锤子的锤柄，通过对青铜句鑃（gōu diào）的不同位置进行轻重缓急的敲击，演奏了《彩云追月》。每次敲击完成后，机器人手会迅速将锤子归位，使锤柄竖直静止，然后开始下一次敲击。下列说法正确的是（　　）
A．每一次敲击过程中，锤子的机械能守恒
B．每次与青铜句鑃作用前后，锤子的动量相同
C．每次锤柄竖直时，锤柄受到机器人手的摩擦力相同
D．敲击时，锤子对青铜句鑃的作用力大于青铜句鑃对锤子的作用力
3．骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如图（a）所示。某同学使用骨传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某质点振动图像如图（b）所示，振幅为，声音在空气中传播的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B．耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为
C．若该段音乐在空气中传播，其声波波长为
D．该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
4．某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电阻等连接成如图（b）所示的电路。闭合开关后，若增加溶液浓度，则（　　）
A．电容器的电容增大
B．电容器所带电荷量减少
C．电容器两极板之间的电压减小
D．浓度增加过程中，流过电阻的电流方向向左
5．巴西科学家莫泽将漂白剂滴入装满水的透明水瓶里，制成可用于白天室内照明的莫泽灯，原理图如图（a）。为方便研究，将水瓶简化成高、直径为的圆柱体，如图（b）所示，、、、为通过中轴线纵截面图的四个顶点，有一束红光从点射入，若经瓶身侧边折射后从中点射出。已知红光与边的夹角为，光在空气中的速度为，忽略塑料瓶对光的折射。下列说法正确的是（　　）
A．红光通过瓶子的时间为
B．由题目条件可以求出瓶内溶液对红光的折射率
C．根据对称性，红光射出水瓶时与的夹角为
D．若仅将红光换成紫光，可能在AB边发生全反射
6．图为我国二十一号同步卫星变轨过程模型简图。先用火箭将卫星送入近地圆轨道I，当卫星运行至点时，卫星自带的发动机点火推进，使卫星进入椭圆轨道，其远地点刚好与同步轨道相切于点，当卫星运行至点时再次点火推进，将卫星送入同步轨道III．已知近地圆轨道半径约为地球半径，同步轨道距地面高度约为，地球自转周期为，则以下说法中正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上点减速后进入椭圆轨道II
B．卫星沿轨道II从点到点过程中机械能越来越大
C．卫星在椭圆轨道II上运行的周期约为
D．卫星在轨道I上的运行的线速度大小约为
7．如图所示为古代用来灌溉农田的筒车简化模型图，筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在底部蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。若筒车在竖直面内沿顺时针做匀速圆周运动，运动半径为，一竹筒在最低点A开始打水，运动到最高点时，竹筒和水之间恰无相互作用力，此过程中竹筒内所装水的质量保持不变，竹筒可视为质点，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．竹筒在最高点C时所需要的向心力为0
B．竹筒从A点到C点的过程中，水受到重力的功率逐渐减小
C．竹筒从A点转动圆周到达B点时，竹筒对水的作用力大小为
D．筒车上均匀装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
8．惠州选手潘家杰拿下了第十五届全运会滑板比赛男子街式项目冠军。其比赛部分场景简化如图所示，选手和滑板总质量为，以速度从高度处的平台末端水平飞出，并在空中保持同一姿态落在水平地面上。忽略空气阻力，取重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．选手在空中做匀变速曲线运动
B．选手在空中的运动时间与大小有关
C．选手着地前瞬间，重力的瞬时功率为
D．选手落回水平地面前瞬间的动量大小为
9．如图所示为交流充电桩给新能源汽车充电的设施，为输电线的总电阻。配电设备的输出电压为，理想升压变压器原、副线圈的匝数比为，理想降压变压器原、副线圈的匝数比为，充电桩输出电压，功率为，电压表为理想交流电压表，说法中正确的是（　　）
A．交变电流的方向每秒改变100次
B．输电线的总电阻
C．输电线损失的功率为
D．当时，电压表的示数是0
10．如图所示，半径为的圆形金属框固定放置在绝缘水平面上，其中心处固定一竖直导体轴。间距为，与水平面成角的平行金属导轨通过导体轴、金属框、导线分别与两导体棒相连。导轨和金属框处分别有与各自所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为。导体棒OA在金属框上绕点以角速度逆时针匀速转动过程中，质量为的导体棒CD（与导轨垂直）恰好即将向上滑动。已知导体棒OA、CD接入电路的电阻值均为，其余部分的电阻均不计，取重力加速度为。则以下说法中正确的是（　　）
A．经过导体棒OA的电流从流向
B．导体棒CD的发热功率为
C．一个周期内流过导体棒CD的电荷量为
D．导体棒CD受到的摩擦力大小为
11．气垫导轨是中学物理常用实验装置，利用水平放置的气垫导轨和光电门可以完成多个力学实验，装置如图所示。测得遮光片的宽度为，光电门、之间的距离为，遮光片通过光电门、的时间分别为、，已知滑块的质量为，钩码的质量为，重力加速度大小为。
（1）利用本装置探究“滑块的加速度与力、质量的关系”实验中，　 　（填“需要”或“不需要”）钩码的质量远小于滑块的质量。
（2）滑块通过光电门时的速度大小　 　，滑块的加速度大小　 　。
（3）若要验证钩码和滑块构成的系统机械能守恒，需要验证的等式为　 　。（以上表达式均用题目所给物理量的符号表示）
12．如图（a）所示为指针式多用电表，其中为三个可调节的部件，现用此电表完成以下实验。
（1）使用多用电表前，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，先进行机械调零。测电阻时还需要进行　 　，具体操作为：先将选择开关置于合适的挡位，再将红、黑表笔短接，调节部件　 　（选填“S”、“K”或“T”），使指针指向　 　。
（2）完成上述操作后，用“”挡测量电阻的阻值时，发现指针偏转角度较大，为尽可能精确测量，需将选择开关置于　 　（选填“挡”或“挡”）。
（3）多用电表测量电源电动势和内阻的电路图如图（b）所示。测量时先将选择开关置于合适的电压档，闭合开关，调节电阻箱的阻值，读出多用电表对应的示数，测得多组和并记录。
①若某次调节后，电阻箱的面板如图（a）所示，则的阻值为　 　。
②作出图线，如图（b）所示。图线的纵轴截距为，横轴截距为，则电源的电动势　 　，内阻　 　（结果用字母、或表示）
13．图为一款导热性能良好的发声小黄鸭玩具。挤压小黄鸭，气流通过底部出气口时可以发出鸣叫声。小明同学在17℃的室外先用胶带封住小黄鸭底部出气口，再将其拿到室内静置一段时间，设小黄鸭容积不变。腔内气体均可视为理想气体，室内外大气压强均为，热力学温度和摄氏温度的关系为：。求：
（1）小黄鸭在室内静置一段时间后腔内气体压强；
（2）小明在室内轻按压小黄鸭，使其体积变为原来的，此时腔内气体压强；
（3）小黄鸭恢复原状后再撕开胶带，一段时间后，腔内剩余气体质量与原气体质量之比为多少。
14．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为，方向都与竖直方向成，重物离开地面后人停止施力，最后重物下落把地面砸深，重物在砸入地面的过程中受到的阻力随砸入的深度变化关系为，为常量。已知重物的质量为，空气阻力忽略不计，重力加速度取。（提示：可用图线下的“面积”表示所做的功）求：
（1）人停止施力时重物的速度大小；
（2）重物在上升过程中重力的冲量；
（3）常量的大小。
15．光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为的等腰直角三角形abc区域，其内分布着垂直桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为。以ac、cd、fa为边界分布着与边垂直，方向由指向的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球、、在的延长线上，小球质量均为，小球带电量为，、不带电。小球位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B．初始时弹簧处于原长状态，C以初速度沿着连线方向与发生碰撞，碰撞后、粘连在一起，小球与弹簧分离后进入磁场，此后不再与、相碰。求：
（1）弹簧弹性势能的最大值；
（2）若小球能进入电场区，小球的初速度应满足的条件：
（3）要使小球从点离开电场，则电场强度随初速度变化的表达式。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】原子核的人工转变；核聚变
【解析】【解答】AC．根据电荷数守恒可得的电荷数为，核反应过程质量数守恒，根据质量数守恒可得的质量数为
可知X为中子，故AC错误；
B．该反应为轻核聚变（氘与氚聚变），而非重核裂变，故B错误；
D．为中子，由查德威克于 1932 年发现，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查核反应方程的守恒规律与核聚变、粒子发现的相关知识，核心是利用电荷数守恒和质量数守恒确定未知粒子X，再结合核聚变的特点与粒子发现的史实判断选项正误。
2．【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；静摩擦力；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．敲击过程中锤子与青铜句鑵相互作用，有机械能转化为内能（如声音、形变的内能），锤子的机械能不守恒，故A错误；
B．动量是矢量，包含大小和方向。敲击后锤子的运动方向改变，因此作用前后锤子的动量方向不同，动量不相同，故B错误；
C．锤柄竖直静止时，受力平衡，摩擦力等于锤子重力（锤子相同），故摩擦力相同，故C正确；
D．作用力与反作用力大小相等，锤子对青铜句鑃的作用力等于青铜句鑃对锤子的作用力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查机械能守恒、动量、摩擦力与作用力反作用力的基本规律，核心是结合敲击过程的能量转化、动量的矢量性、受力平衡条件以及牛顿第三定律分析各选项正误。
3．【答案】B
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．声波频率由振源决定，颅骨（固体）与空气（气体）中声速不同，由知波长不同，A错误；
B．由图 (b) 可知，耳蜗上质点的振动为简谐运动，振幅为A，根据简谐运动的规律，任意半个周期内，质点通过的路程均为2A（无论初始位置在何处，半个周期内的位移范围覆盖最大振幅），B正确；
C．由图（b）知周期，波长，C错误；
D．同学与声源（手机）相对静止，不会产生多普勒效应，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题围绕骨传导耳机的声波传播展开，结合简谐振动图像、波速公式、多普勒效应等知识点，考查对不同介质中波的特征、质点振动规律的理解。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析
【解析】【解答】A．由图（a）知，浓度增大时减小，电容公式，故电容减小，故A错误；
B．电容器与恒压电源连接，两极板间电压U保持不变，由电荷量公式Q=CU，电容C减小则电荷量Q减少，故B正确；
C．因电容器始终与恒压电源相连，两极板之间的电压U等于电源电压，保持不变，故C错误；
D．减小，电容器放电，电流从电容器正极板流出，流过电阻的电流方向向右，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查平行板电容器的电容决定式、电荷量公式以及电容器充放电的电流方向，核心是结合溶液浓度与相对介电常数的关系，分析电容、电荷量的变化，并判断放电时的电流方向。
5．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光在瓶内传播路径为到AB中点，距离，传播时间（瓶内光速），而非，故A错误；
B．光路图示意图如下
已知入射角和折射角（），由折射定律可求折射率，故B正确；
C．在AB边折射后，法线垂直于AB边，折射角是折射光线与法线的夹角，根据对称性折射角为，因此红光射出水瓶时与的夹角为，故C错误；
D．在当前条件下，红光第二次折射没有发生全反射，因此第二次折射入射角小于临界角，又，因此第一次折射的入射角，当换成紫光后，第一次折射的入射角，第一次折射角小于临界角，因此第二次折射入射角小于临界角，不会发生全反射，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射定律、全反射条件及光在介质中的传播规律，核心是结合几何关系分析光路，利用折射定律计算折射率，并判断不同色光的全反射可能性。
6．【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道I（圆）进入轨道II（椭圆）需在P点加速，做离心运动，故A错误；
B．轨道II上卫星仅受万有引力，机械能守恒，故B错误；
C．轨道I半径，轨道II半长轴，同步轨道III半径、周期，由开普勒第三定律，得，故C正确；
D．轨道III线速度，轨道I半径更小，线速度更大，故，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨规律、开普勒第三定律及机械能守恒的应用，核心是结合变轨的离心 / 近心运动条件判断速度变化，利用开普勒第三定律计算椭圆轨道周期，依据受力特点分析机械能变化。
7．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．最高点C时竹筒和水无相互作用力，向心力由重力提供，，A错误；
B．重力功率（为竖直分速度），从A到C，先增大后减小，故先增大后减小，B错误；
C．在C点时由，得，匀速圆周运动速度大小不变，B点时，竹筒对水的作用力，C错误；
D．筒车的周期，16个竹筒有16个打水间隔，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查匀速圆周运动的向心力、重力功率的变化规律及圆周运动周期与时间间隔的计算，核心是结合竖直面内圆周运动的受力特点分析向心力来源，利用功率公式判断重力功率变化，通过周期公式计算相邻竹筒的打水时间间隔。
8．【答案】A,C
【知识点】平抛运动；动量
【解析】【解答】A．选手仅受重力，加速度恒定（），初速度水平，做匀变速曲线运动，故A正确；
B．竖直方向自由落体，运动时间，与无关，故B错误；
C．着地时竖直速度，重力瞬时功率，故C正确；
D．着地时合速度，动量大小，非，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查平抛运动的规律、瞬时功率计算及动量的合成，核心是利用平抛运动的分解思想，分别分析水平、竖直方向的运动，结合瞬时功率公式、动量矢量性判断选项正误。
9．【答案】A,B,C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．由知，角速度，频率，每秒方向改变次，故A正确；
BC．充电桩电压有效值，功率，则降压变压器副线圈电流
由匝数比，得，
升压变压器副线圈电压
输电线损失电压
总电阻
输电线功率损失，故BC正确；
D．电压表测有效值，时示数仍为，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】本题考查交变电流的基本性质、理想变压器的变压变流规律及输电线路的功率损失计算，核心是结合交变电流的角频率求频率和方向变化次数，利用变压器的匝数比计算电压、电流，再通过欧姆定律和功率公式分析输电线路的电阻与功率损失。
10．【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由右手定则，OA逆时针转动，切割磁感线产生感应电流，电流从O流向A，A错误；
B．OA产生的感应电动势，电路总电流，CD发热功率，B正确；
C．一个周期内流过CD的电荷量，C错误；
D．CD受到的安培力，方向沿导轨向上，CD即将向上滑动，摩擦力向下，由平衡条件
得，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查导体切割磁感线的电磁感应规律、焦耳热计算、电荷量求解及受力平衡分析，核心是结合右手定则判断感应电流方向，利用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律计算电流和功率，通过受力平衡推导摩擦力大小。
11．【答案】（1）需要
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）气垫导轨无摩擦，细线的拉力等于滑块的合外力，只有当钩码质量远小于滑块质量时，细线的拉力才可以近似等于钩码重力，即，故需要满足钩码的质量远小于滑块的质量
故答案为： 需要
（2）滑块通过光电门时的速度大小；滑块通过光电门时的速度大小
由速度位移公式得；推导得
故答案为：；
（3）若系统机械能守恒，系统重力势能减少量等于动能增加量，即
推导得
故答案为：
【分析】(1) 探究“加速度与力、质量的关系”时，需将钩码重力近似作为滑块的合力，因此要求钩码质量远小于滑块质量；
(2) 利用平均速度近似瞬时速度求滑块通过光电门的速度，再由运动学公式推导加速度；
(3) 验证系统机械能守恒，需满足重力势能的减少量等于动能的增加量。
（1）气垫导轨无摩擦，细线的拉力等于滑块的合外力，只有当钩码质量远小于滑块质量时，细线的拉力才可以近似等于钩码重力，即，故需要满足钩码的质量远小于滑块的质量；
（2）[1]滑块通过光电门时的速度大小
[2] 滑块通过光电门时的速度大小
由速度位移公式得
推导得
（3）若系统机械能守恒，系统重力势能减少量等于动能增加量，即
推导得
12．【答案】（1）欧姆调零；；右侧零刻度线
（2）挡
（3）16.0；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）测电阻时还需要进行欧姆调零，使得短接时指针在表示电阻刻度的0刻度线处；
S是指针调零旋钮，当没有电流时，通过调节S将指针归零；K是多用电表功能选择和挡位调节旋钮；T是欧姆调零旋钮，当切换多用电表欧姆挡位时，短接后通过T调零；
为了测量准确，短接时需要通过欧姆调零旋钮将指针指向右侧零刻度线。
故答案为： 欧姆调零 ； ； 右侧零刻度线
（2）指针偏转大，说明电阻小，需要换小挡位，因此选择挡。
故答案为：挡
（3）电阻箱读数：
由闭合电路欧姆定律得
推导出
图像纵轴截距为
图像斜率
推导得
故答案为： 16.0 ；；
【分析】(1) 测电阻时需进行欧姆调零，明确欧姆调零的操作部件和指针指向位置；
(2) 根据指针偏转角度判断挡位选择，偏转大说明电阻小，需换小挡位；
(3) ① 按电阻箱读数规则计算阻值；② 由闭合电路欧姆定律推导的函数关系，结合图像截距求电动势和内阻。
（1）[1]测电阻时还需要进行欧姆调零，使得短接时指针在表示电阻刻度的0刻度线处；
[2]S是指针调零旋钮，当没有电流时，通过调节S将指针归零；K是多用电表功能选择和挡位调节旋钮；T是欧姆调零旋钮，当切换多用电表欧姆挡位时，短接后通过T调零；
[3]为了测量准确，短接时需要通过欧姆调零旋钮将指针指向右侧零刻度线。
（2）指针偏转大，说明电阻小，需要换小挡位，因此选择挡。
（3）[1]电阻箱读数：
[2]由闭合电路欧姆定律得
推导出
图像纵轴截距为
[3]图像斜率
推导得
13．【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）解：室外温度，室内温度，体积不变，
由查理定律
得
（2）解：室内按压时温度不变，由玻意耳定律
解得：
（3）解：撕开胶带后，腔内压强恢复为，体积，由玻意耳定律
得
质量比
【分析】(1) 气体做等容变化，利用查理定律（）求解压强；
(2) 按压过程气体做等温变化，利用玻意耳定律（）求解压强；
(3) 撕开胶带后气体做等压变化，结合质量与体积的比例关系求剩余质量比。
（1）室外温度，室内温度，体积不变，
由查理定律
得
（2）室内按压时温度不变，由玻意耳定律
得：
（3）撕开胶带后，腔内压强恢复为，体积，由玻意耳定律
得
质量比
14．【答案】（1）
（2），方向竖直向下
（3）
【知识点】动能定理的综合应用；冲量
【解析】 【解答】（1）解：上升过程中，拉力做功
重力做功
由动能定理
其中
解得
（2）解：上升时间分两段：施力阶段，由
解得
无施力阶段，竖直上抛
竖直上抛位移为
总上升时间
重力冲量，方向竖直向下。
（3）解：重物从最高点下落至砸深，由动能定理
阻力做功（图线面积）
解得
【分析】(1) 上升过程用动能定理，结合力的分解求合外力做功，进而解出停止施力时的速度；
(2) 先由运动学公式求上升时间，再根据冲量公式计算重力冲量；
(3) 下落过程结合动能定理，利用阻力做功的面积法（图像的面积）求解常量。
（1）上升过程中，拉力做功
重力做功
由动能定理
其中
解得
（2）上升时间分两段：施力阶段，由
得
无施力阶段，竖直上抛
竖直上抛位移为
总上升时间
重力冲量
方向竖直向下。
（3）重物从最高点下落至砸深，由动能定理
阻力做功
（图线面积）
解得
15．【答案】（1）
（2）
（3），其中
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）解：C与B碰撞，动量守恒
解得
B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速，动量守恒
解得
由能量守恒得
（2）解：A分离时，弹簧原长，B、C速度，A速度，动量守恒
能量守恒
解得
A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径（不从cb边离开），由得
故，即
（3）解：A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点(图中未画出轨迹)，速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动(需要满足)，沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。
从a点离开电场，水平位移，竖直位移，初速度方向有
电场方向有
代入解得：
由得到速度需要满足
【分析】(1) 先分析C与B的碰撞过程，用动量守恒求共同速度，再结合弹簧压缩的动量守恒与机械能守恒求弹性势能最大值；
(2) 小球A进入电场区的临界条件是弹簧分离后A的速度满足洛伦兹力提供向心力的轨迹边界，结合几何关系求速度条件；
(3) 小球A从a点离开电场，需电场力与洛伦兹力的合力使A做直线运动，结合受力平衡推导电场强度表达式。
（1）C与B碰撞，动量守恒
解得
B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速，动量守恒
解得
由能量守恒得
（2）A分离时，弹簧原长，B、C速度，A速度，动量守恒
能量守恒
解得
A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径（不从cb边离开），由得
故，即
（3）A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点(图中未画出轨迹)，速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动(需要满足)，沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。
从a点离开电场，水平位移，竖直位移，初速度方向有
电场方向有
代入解得：
由得到速度需要满足
1 / 12026届广东省惠州市高三上学期第二次调研考试物理试题
1．“人造太阳”东方超环（EAST）是国际首个全超导托卡马克核反应实验装置，其核反应方程之一为，下列说法正确的是（　　）
A．是 B．该核反应为裂变
C．反应后质量数减少 D．方程中的是查德威克发现的
【答案】D
【知识点】原子核的人工转变；核聚变
【解析】【解答】AC．根据电荷数守恒可得的电荷数为，核反应过程质量数守恒，根据质量数守恒可得的质量数为
可知X为中子，故AC错误；
B．该反应为轻核聚变（氘与氚聚变），而非重核裂变，故B错误；
D．为中子，由查德威克于 1932 年发现，故D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查核反应方程的守恒规律与核聚变、粒子发现的相关知识，核心是利用电荷数守恒和质量数守恒确定未知粒子X，再结合核聚变的特点与粒子发现的史实判断选项正误。
2．如图所示，在第十五届全国运动会开幕式上，机器人手握相同锤子的锤柄，通过对青铜句鑃（gōu diào）的不同位置进行轻重缓急的敲击，演奏了《彩云追月》。每次敲击完成后，机器人手会迅速将锤子归位，使锤柄竖直静止，然后开始下一次敲击。下列说法正确的是（　　）
A．每一次敲击过程中，锤子的机械能守恒
B．每次与青铜句鑃作用前后，锤子的动量相同
C．每次锤柄竖直时，锤柄受到机器人手的摩擦力相同
D．敲击时，锤子对青铜句鑃的作用力大于青铜句鑃对锤子的作用力
【答案】C
【知识点】牛顿第三定律；动量定理；静摩擦力；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．敲击过程中锤子与青铜句鑵相互作用，有机械能转化为内能（如声音、形变的内能），锤子的机械能不守恒，故A错误；
B．动量是矢量，包含大小和方向。敲击后锤子的运动方向改变，因此作用前后锤子的动量方向不同，动量不相同，故B错误；
C．锤柄竖直静止时，受力平衡，摩擦力等于锤子重力（锤子相同），故摩擦力相同，故C正确；
D．作用力与反作用力大小相等，锤子对青铜句鑃的作用力等于青铜句鑃对锤子的作用力，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查机械能守恒、动量、摩擦力与作用力反作用力的基本规律，核心是结合敲击过程的能量转化、动量的矢量性、受力平衡条件以及牛顿第三定律分析各选项正误。
3．骨传导耳机能将接收到的声音信号转化为机械振动，通过颅骨传到内耳，如图（a）所示。某同学使用骨传导耳机听一段随身携带的手机中的音乐，若接收到的声波引起耳蜗膜上某质点振动图像如图（b）所示，振幅为，声音在空气中传播的速度为。下列说法正确的是（　　）
A．声波通过颅骨传播和空气传播的波长相同
B．耳蜗膜上该质点任意半个周期的路程均为
C．若该段音乐在空气中传播，其声波波长为
D．该同学跑动时能感受到因多普勒效应引起的声音音调变化
【答案】B
【知识点】多普勒效应；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A．声波频率由振源决定，颅骨（固体）与空气（气体）中声速不同，由知波长不同，A错误；
B．由图 (b) 可知，耳蜗上质点的振动为简谐运动，振幅为A，根据简谐运动的规律，任意半个周期内，质点通过的路程均为2A（无论初始位置在何处，半个周期内的位移范围覆盖最大振幅），B正确；
C．由图（b）知周期，波长，C错误；
D．同学与声源（手机）相对静止，不会产生多普勒效应，D错误。
故答案为：B。
【分析】本题围绕骨传导耳机的声波传播展开，结合简谐振动图像、波速公式、多普勒效应等知识点，考查对不同介质中波的特征、质点振动规律的理解。
4．某种不导电溶液的相对介电常数与浓度的关系曲线如图（a）所示，将平行板电容器的两极板全部插入该溶液中，并与恒压电源、电阻等连接成如图（b）所示的电路。闭合开关后，若增加溶液浓度，则（　　）
A．电容器的电容增大
B．电容器所带电荷量减少
C．电容器两极板之间的电压减小
D．浓度增加过程中，流过电阻的电流方向向左
【答案】B
【知识点】电容器及其应用；含容电路分析
【解析】【解答】A．由图（a）知，浓度增大时减小，电容公式，故电容减小，故A错误；
B．电容器与恒压电源连接，两极板间电压U保持不变，由电荷量公式Q=CU，电容C减小则电荷量Q减少，故B正确；
C．因电容器始终与恒压电源相连，两极板之间的电压U等于电源电压，保持不变，故C错误；
D．减小，电容器放电，电流从电容器正极板流出，流过电阻的电流方向向右，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查平行板电容器的电容决定式、电荷量公式以及电容器充放电的电流方向，核心是结合溶液浓度与相对介电常数的关系，分析电容、电荷量的变化，并判断放电时的电流方向。
5．巴西科学家莫泽将漂白剂滴入装满水的透明水瓶里，制成可用于白天室内照明的莫泽灯，原理图如图（a）。为方便研究，将水瓶简化成高、直径为的圆柱体，如图（b）所示，、、、为通过中轴线纵截面图的四个顶点，有一束红光从点射入，若经瓶身侧边折射后从中点射出。已知红光与边的夹角为，光在空气中的速度为，忽略塑料瓶对光的折射。下列说法正确的是（　　）
A．红光通过瓶子的时间为
B．由题目条件可以求出瓶内溶液对红光的折射率
C．根据对称性，红光射出水瓶时与的夹角为
D．若仅将红光换成紫光，可能在AB边发生全反射
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】A．光在瓶内传播路径为到AB中点，距离，传播时间（瓶内光速），而非，故A错误；
B．光路图示意图如下
已知入射角和折射角（），由折射定律可求折射率，故B正确；
C．在AB边折射后，法线垂直于AB边，折射角是折射光线与法线的夹角，根据对称性折射角为，因此红光射出水瓶时与的夹角为，故C错误；
D．在当前条件下，红光第二次折射没有发生全反射，因此第二次折射入射角小于临界角，又，因此第一次折射的入射角，当换成紫光后，第一次折射的入射角，第一次折射角小于临界角，因此第二次折射入射角小于临界角，不会发生全反射，故D错误。
故答案为：B。
【分析】本题考查光的折射定律、全反射条件及光在介质中的传播规律，核心是结合几何关系分析光路，利用折射定律计算折射率，并判断不同色光的全反射可能性。
6．图为我国二十一号同步卫星变轨过程模型简图。先用火箭将卫星送入近地圆轨道I，当卫星运行至点时，卫星自带的发动机点火推进，使卫星进入椭圆轨道，其远地点刚好与同步轨道相切于点，当卫星运行至点时再次点火推进，将卫星送入同步轨道III．已知近地圆轨道半径约为地球半径，同步轨道距地面高度约为，地球自转周期为，则以下说法中正确的是（　　）
A．卫星在轨道I上点减速后进入椭圆轨道II
B．卫星沿轨道II从点到点过程中机械能越来越大
C．卫星在椭圆轨道II上运行的周期约为
D．卫星在轨道I上的运行的线速度大小约为
【答案】C
【知识点】开普勒定律；卫星问题
【解析】【解答】A．卫星从轨道I（圆）进入轨道II（椭圆）需在P点加速，做离心运动，故A错误；
B．轨道II上卫星仅受万有引力，机械能守恒，故B错误；
C．轨道I半径，轨道II半长轴，同步轨道III半径、周期，由开普勒第三定律，得，故C正确；
D．轨道III线速度，轨道I半径更小，线速度更大，故，故D错误。
故答案为：C。
【分析】本题考查卫星变轨规律、开普勒第三定律及机械能守恒的应用，核心是结合变轨的离心 / 近心运动条件判断速度变化，利用开普勒第三定律计算椭圆轨道周期，依据受力特点分析机械能变化。
7．如图所示为古代用来灌溉农田的筒车简化模型图，筒车利用水流带动车轮转动，固定在车轮上的竹筒在底部蓄水，过顶部后水从竹筒中流出。若筒车在竖直面内沿顺时针做匀速圆周运动，运动半径为，一竹筒在最低点A开始打水，运动到最高点时，竹筒和水之间恰无相互作用力，此过程中竹筒内所装水的质量保持不变，竹筒可视为质点，重力加速度为。下列说法正确的是（　　）
A．竹筒在最高点C时所需要的向心力为0
B．竹筒从A点到C点的过程中，水受到重力的功率逐渐减小
C．竹筒从A点转动圆周到达B点时，竹筒对水的作用力大小为
D．筒车上均匀装有16个竹筒，则相邻竹筒打水的时间间隔为
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；生活中的圆周运动
【解析】【解答】A．最高点C时竹筒和水无相互作用力，向心力由重力提供，，A错误；
B．重力功率（为竖直分速度），从A到C，先增大后减小，故先增大后减小，B错误；
C．在C点时由，得，匀速圆周运动速度大小不变，B点时，竹筒对水的作用力，C错误；
D．筒车的周期，16个竹筒有16个打水间隔，D正确。
故答案为：D。
【分析】本题考查匀速圆周运动的向心力、重力功率的变化规律及圆周运动周期与时间间隔的计算，核心是结合竖直面内圆周运动的受力特点分析向心力来源，利用功率公式判断重力功率变化，通过周期公式计算相邻竹筒的打水时间间隔。
8．惠州选手潘家杰拿下了第十五届全运会滑板比赛男子街式项目冠军。其比赛部分场景简化如图所示，选手和滑板总质量为，以速度从高度处的平台末端水平飞出，并在空中保持同一姿态落在水平地面上。忽略空气阻力，取重力加速度为，下列说法正确的是（　　）
A．选手在空中做匀变速曲线运动
B．选手在空中的运动时间与大小有关
C．选手着地前瞬间，重力的瞬时功率为
D．选手落回水平地面前瞬间的动量大小为
【答案】A,C
【知识点】平抛运动；动量
【解析】【解答】A．选手仅受重力，加速度恒定（），初速度水平，做匀变速曲线运动，故A正确；
B．竖直方向自由落体，运动时间，与无关，故B错误；
C．着地时竖直速度，重力瞬时功率，故C正确；
D．着地时合速度，动量大小，非，故D错误。
故答案为：AC。
【分析】本题考查平抛运动的规律、瞬时功率计算及动量的合成，核心是利用平抛运动的分解思想，分别分析水平、竖直方向的运动，结合瞬时功率公式、动量矢量性判断选项正误。
9．如图所示为交流充电桩给新能源汽车充电的设施，为输电线的总电阻。配电设备的输出电压为，理想升压变压器原、副线圈的匝数比为，理想降压变压器原、副线圈的匝数比为，充电桩输出电压，功率为，电压表为理想交流电压表，说法中正确的是（　　）
A．交变电流的方向每秒改变100次
B．输电线的总电阻
C．输电线损失的功率为
D．当时，电压表的示数是0
【答案】A,B,C
【知识点】变压器原理；电能的输送
【解析】【解答】A．由知，角速度，频率，每秒方向改变次，故A正确；
BC．充电桩电压有效值，功率，则降压变压器副线圈电流
由匝数比，得，
升压变压器副线圈电压
输电线损失电压
总电阻
输电线功率损失，故BC正确；
D．电压表测有效值，时示数仍为，故D错误。
故答案为：ABC。
【分析】本题考查交变电流的基本性质、理想变压器的变压变流规律及输电线路的功率损失计算，核心是结合交变电流的角频率求频率和方向变化次数，利用变压器的匝数比计算电压、电流，再通过欧姆定律和功率公式分析输电线路的电阻与功率损失。
10．如图所示，半径为的圆形金属框固定放置在绝缘水平面上，其中心处固定一竖直导体轴。间距为，与水平面成角的平行金属导轨通过导体轴、金属框、导线分别与两导体棒相连。导轨和金属框处分别有与各自所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为。导体棒OA在金属框上绕点以角速度逆时针匀速转动过程中，质量为的导体棒CD（与导轨垂直）恰好即将向上滑动。已知导体棒OA、CD接入电路的电阻值均为，其余部分的电阻均不计，取重力加速度为。则以下说法中正确的是（　　）
A．经过导体棒OA的电流从流向
B．导体棒CD的发热功率为
C．一个周期内流过导体棒CD的电荷量为
D．导体棒CD受到的摩擦力大小为
【答案】B,D
【知识点】安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．由右手定则，OA逆时针转动，切割磁感线产生感应电流，电流从O流向A，A错误；
B．OA产生的感应电动势，电路总电流，CD发热功率，B正确；
C．一个周期内流过CD的电荷量，C错误；
D．CD受到的安培力，方向沿导轨向上，CD即将向上滑动，摩擦力向下，由平衡条件
得，D正确。
故答案为：BD。
【分析】本题考查导体切割磁感线的电磁感应规律、焦耳热计算、电荷量求解及受力平衡分析，核心是结合右手定则判断感应电流方向，利用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律计算电流和功率，通过受力平衡推导摩擦力大小。
11．气垫导轨是中学物理常用实验装置，利用水平放置的气垫导轨和光电门可以完成多个力学实验，装置如图所示。测得遮光片的宽度为，光电门、之间的距离为，遮光片通过光电门、的时间分别为、，已知滑块的质量为，钩码的质量为，重力加速度大小为。
（1）利用本装置探究“滑块的加速度与力、质量的关系”实验中，　 　（填“需要”或“不需要”）钩码的质量远小于滑块的质量。
（2）滑块通过光电门时的速度大小　 　，滑块的加速度大小　 　。
（3）若要验证钩码和滑块构成的系统机械能守恒，需要验证的等式为　 　。（以上表达式均用题目所给物理量的符号表示）
【答案】（1）需要
（2）；
（3）
【知识点】验证机械能守恒定律；实验验证牛顿第二定律
【解析】【解答】（1）气垫导轨无摩擦，细线的拉力等于滑块的合外力，只有当钩码质量远小于滑块质量时，细线的拉力才可以近似等于钩码重力，即，故需要满足钩码的质量远小于滑块的质量
故答案为： 需要
（2）滑块通过光电门时的速度大小；滑块通过光电门时的速度大小
由速度位移公式得；推导得
故答案为：；
（3）若系统机械能守恒，系统重力势能减少量等于动能增加量，即
推导得
故答案为：
【分析】(1) 探究“加速度与力、质量的关系”时，需将钩码重力近似作为滑块的合力，因此要求钩码质量远小于滑块质量；
(2) 利用平均速度近似瞬时速度求滑块通过光电门的速度，再由运动学公式推导加速度；
(3) 验证系统机械能守恒，需满足重力势能的减少量等于动能的增加量。
（1）气垫导轨无摩擦，细线的拉力等于滑块的合外力，只有当钩码质量远小于滑块质量时，细线的拉力才可以近似等于钩码重力，即，故需要满足钩码的质量远小于滑块的质量；
（2）[1]滑块通过光电门时的速度大小
[2] 滑块通过光电门时的速度大小
由速度位移公式得
推导得
（3）若系统机械能守恒，系统重力势能减少量等于动能增加量，即
推导得
12．如图（a）所示为指针式多用电表，其中为三个可调节的部件，现用此电表完成以下实验。
（1）使用多用电表前，将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔，先进行机械调零。测电阻时还需要进行　 　，具体操作为：先将选择开关置于合适的挡位，再将红、黑表笔短接，调节部件　 　（选填“S”、“K”或“T”），使指针指向　 　。
（2）完成上述操作后，用“”挡测量电阻的阻值时，发现指针偏转角度较大，为尽可能精确测量，需将选择开关置于　 　（选填“挡”或“挡”）。
（3）多用电表测量电源电动势和内阻的电路图如图（b）所示。测量时先将选择开关置于合适的电压档，闭合开关，调节电阻箱的阻值，读出多用电表对应的示数，测得多组和并记录。
①若某次调节后，电阻箱的面板如图（a）所示，则的阻值为　 　。
②作出图线，如图（b）所示。图线的纵轴截距为，横轴截距为，则电源的电动势　 　，内阻　 　（结果用字母、或表示）
【答案】（1）欧姆调零；；右侧零刻度线
（2）挡
（3）16.0；；
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）测电阻时还需要进行欧姆调零，使得短接时指针在表示电阻刻度的0刻度线处；
S是指针调零旋钮，当没有电流时，通过调节S将指针归零；K是多用电表功能选择和挡位调节旋钮；T是欧姆调零旋钮，当切换多用电表欧姆挡位时，短接后通过T调零；
为了测量准确，短接时需要通过欧姆调零旋钮将指针指向右侧零刻度线。
故答案为： 欧姆调零 ； ； 右侧零刻度线
（2）指针偏转大，说明电阻小，需要换小挡位，因此选择挡。
故答案为：挡
（3）电阻箱读数：
由闭合电路欧姆定律得
推导出
图像纵轴截距为
图像斜率
推导得
故答案为： 16.0 ；；
【分析】(1) 测电阻时需进行欧姆调零，明确欧姆调零的操作部件和指针指向位置；
(2) 根据指针偏转角度判断挡位选择，偏转大说明电阻小，需换小挡位；
(3) ① 按电阻箱读数规则计算阻值；② 由闭合电路欧姆定律推导的函数关系，结合图像截距求电动势和内阻。
（1）[1]测电阻时还需要进行欧姆调零，使得短接时指针在表示电阻刻度的0刻度线处；
[2]S是指针调零旋钮，当没有电流时，通过调节S将指针归零；K是多用电表功能选择和挡位调节旋钮；T是欧姆调零旋钮，当切换多用电表欧姆挡位时，短接后通过T调零；
[3]为了测量准确，短接时需要通过欧姆调零旋钮将指针指向右侧零刻度线。
（2）指针偏转大，说明电阻小，需要换小挡位，因此选择挡。
（3）[1]电阻箱读数：
[2]由闭合电路欧姆定律得
推导出
图像纵轴截距为
[3]图像斜率
推导得
13．图为一款导热性能良好的发声小黄鸭玩具。挤压小黄鸭，气流通过底部出气口时可以发出鸣叫声。小明同学在17℃的室外先用胶带封住小黄鸭底部出气口，再将其拿到室内静置一段时间，设小黄鸭容积不变。腔内气体均可视为理想气体，室内外大气压强均为，热力学温度和摄氏温度的关系为：。求：
（1）小黄鸭在室内静置一段时间后腔内气体压强；
（2）小明在室内轻按压小黄鸭，使其体积变为原来的，此时腔内气体压强；
（3）小黄鸭恢复原状后再撕开胶带，一段时间后，腔内剩余气体质量与原气体质量之比为多少。
【答案】（1）
（2）
（3）
【知识点】理想气体与理想气体的状态方程；气体的等温变化及玻意耳定律；气体的等容变化及查理定律
【解析】【解答】（1）解：室外温度，室内温度，体积不变，
由查理定律
得
（2）解：室内按压时温度不变，由玻意耳定律
解得：
（3）解：撕开胶带后，腔内压强恢复为，体积，由玻意耳定律
得
质量比
【分析】(1) 气体做等容变化，利用查理定律（）求解压强；
(2) 按压过程气体做等温变化，利用玻意耳定律（）求解压强；
(3) 撕开胶带后气体做等压变化，结合质量与体积的比例关系求剩余质量比。
（1）室外温度，室内温度，体积不变，
由查理定律
得
（2）室内按压时温度不变，由玻意耳定律
得：
（3）撕开胶带后，腔内压强恢复为，体积，由玻意耳定律
得
质量比
14．人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实，如图所示。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个力，力的大小均为，方向都与竖直方向成，重物离开地面后人停止施力，最后重物下落把地面砸深，重物在砸入地面的过程中受到的阻力随砸入的深度变化关系为，为常量。已知重物的质量为，空气阻力忽略不计，重力加速度取。（提示：可用图线下的“面积”表示所做的功）求：
（1）人停止施力时重物的速度大小；
（2）重物在上升过程中重力的冲量；
（3）常量的大小。
【答案】（1）
（2），方向竖直向下
（3）
【知识点】动能定理的综合应用；冲量
【解析】 【解答】（1）解：上升过程中，拉力做功
重力做功
由动能定理
其中
解得
（2）解：上升时间分两段：施力阶段，由
解得
无施力阶段，竖直上抛
竖直上抛位移为
总上升时间
重力冲量，方向竖直向下。
（3）解：重物从最高点下落至砸深，由动能定理
阻力做功（图线面积）
解得
【分析】(1) 上升过程用动能定理，结合力的分解求合外力做功，进而解出停止施力时的速度；
(2) 先由运动学公式求上升时间，再根据冲量公式计算重力冲量；
(3) 下落过程结合动能定理，利用阻力做功的面积法（图像的面积）求解常量。
（1）上升过程中，拉力做功
重力做功
由动能定理
其中
解得
（2）上升时间分两段：施力阶段，由
得
无施力阶段，竖直上抛
竖直上抛位移为
总上升时间
重力冲量
方向竖直向下。
（3）重物从最高点下落至砸深，由动能定理
阻力做功
（图线面积）
解得
15．光滑足够大的水平桌面上右侧，有一边长为的等腰直角三角形abc区域，其内分布着垂直桌面的匀强磁场，磁感应强度大小为。以ac、cd、fa为边界分布着与边垂直，方向由指向的匀强电场，俯视图如图所示。三个可视为质点的小球、、在的延长线上，小球质量均为，小球带电量为，、不带电。小球位于绝缘轻质弹簧的右端，与弹簧接触但是不粘连，弹簧的左端系着小球B．初始时弹簧处于原长状态，C以初速度沿着连线方向与发生碰撞，碰撞后、粘连在一起，小球与弹簧分离后进入磁场，此后不再与、相碰。求：
（1）弹簧弹性势能的最大值；
（2）若小球能进入电场区，小球的初速度应满足的条件：
（3）要使小球从点离开电场，则电场强度随初速度变化的表达式。
【答案】（1）
（2）
（3），其中
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动
【解析】【解答】（1）解：C与B碰撞，动量守恒
解得
B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速，动量守恒
解得
由能量守恒得
（2）解：A分离时，弹簧原长，B、C速度，A速度，动量守恒
能量守恒
解得
A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径（不从cb边离开），由得
故，即
（3）解：A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点(图中未画出轨迹)，速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动(需要满足)，沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。
从a点离开电场，水平位移，竖直位移，初速度方向有
电场方向有
代入解得：
由得到速度需要满足
【分析】(1) 先分析C与B的碰撞过程，用动量守恒求共同速度，再结合弹簧压缩的动量守恒与机械能守恒求弹性势能最大值；
(2) 小球A进入电场区的临界条件是弹簧分离后A的速度满足洛伦兹力提供向心力的轨迹边界，结合几何关系求速度条件；
(3) 小球A从a点离开电场，需电场力与洛伦兹力的合力使A做直线运动，结合受力平衡推导电场强度表达式。
（1）C与B碰撞，动量守恒
解得
B、C压缩弹簧至最大弹性势能时，三者共速，动量守恒
解得
由能量守恒得
（2）A分离时，弹簧原长，B、C速度，A速度，动量守恒
能量守恒
解得
A进入磁场需满足洛伦兹力提供向心力，轨道半径（不从cb边离开），由得
故，即
（3）A进入电场后，在磁场中运动的圆，第一次进入电场，减速后加速回到第一次离开边界的点(图中未画出轨迹)，速度方向与进入时相反，接着进入磁场运动的圆，第二次进入电场做类平抛运动(需要满足)，沿电场方向做匀加速，垂直电场方向做匀速。
从a点离开电场，水平位移，竖直位移，初速度方向有
电场方向有
代入解得：
由得到速度需要满足
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