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2026届广西柳州市高三下学期高考适应性考试物理试卷
1．两带电平行金属板间的电场线分布如图所示。a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，下列判断正确的是（　　）
A．Ea< Eb B．Ea=Eb C．Ea>Eb D．Ec=0
【答案】B
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】由于电场线的疏密描述电场强度的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小，由于a和b所处电场线密集程度相同，c处相对比较稀疏，所以可知。
故选B
【分析】利用电场线的疏密程度可以比较电场强度的大小。
2．如图所示为两单色光a和b先后通过同一实验装置得到的杨氏双缝干涉图样，下列判断正确的是（　　）
A．a光的波长大于b光 B．a光的波长小于b光
C．a光在真空中的传播速度大于b光 D．a光在真空中的传播速度小于b光
【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】AB．根据图示可知道a光产生的干涉条纹间距大于b光产生的干涉条纹间距，根据干涉条纹间距和波长的关系式可知，a光的波长大于b光，故A正确，B错误；
CD．所有光在真空中的传播速度均相等，为光速c，所以a光的传播速度等于b光的传播速度，故CD错误。
故选A。
【分析】利用a光产生的干涉条纹间距大于b光产生的干涉条纹间距可以得出a光的波长大于b光；所有光在真空中的传播速度均相等，为光速。
3．如图所示，P、Q 为质量相等的两个质点，分别位于地球表面上的不同纬度上，把地球看成一个均匀球体，P、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q做圆周运动的角速度大小相等
B．P、Q做圆周运动所需的向心力大小相等
C．P、Q做圆周运动的向心加速度大小相等
D．P所受地球引力大于Q所受地球引力
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；万有引力定律
【解析】【解答】A．由于地球上任何物体都随着地轴转动，相同时间内转过的角度相同，当P、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动可知P、Q做圆周运动的角速度大小相等，均等于地球自转角速度，故A正确；
BC．根据向心力的表达式结合两个质点转动的半径不同可知向心力大小不相等；根据向心加速度的表达式可以由于P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动的半径不相等，则P、Q做圆周运动所需的向心加速度大小不相等，故BC错误；
D．根据两个质点都受到引力的作用，根据引力公式可知，P所受地球引力等于Q所受地球引力，故D错误。
故选A。
【分析】由于P、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动可知P、Q做圆周运动的角速度大小相等，均等于地球自转角速度；利用轨迹半径不同可以得出两个质点的向心力和向心加速度不同；利用引力公式可以得出两个质点的引力大小相等。
4．从斜面上某一位置，每隔0.2s无初速度地释放一颗相同的小球，连续放下几颗后，某时刻对在斜面上滚动的小球拍照，如图所示，通过斜面上的刻度尺读出：AB=15.00cm，BC=35.00cm，则小球的加速度大小为（　　）
A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2
【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】由于小球做匀加速直线运动，所以相邻相同时间内的位移之差为常数，根据邻差公式，可得小球的加速度大小为
故选B。
【分析】利用小球的邻差公式可以求出小球加速度的大小。
5．近年来，科学家利用一种人工材料研制出能突破衍射极限的超透镜，实现超高精度成像。这种人工材料折射率为负值，称为负折射率材料，光从空气射入这类材料时，折射光线与入射光线位于法线的同一侧。空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束光从其下表面射入，以下光穿过该材料的光路图中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 这种人工材料折射率为负值，称为负折射率材料，光从空气射入这类材料时，折射光线与入射光线位于法线的同一侧。一束光从其下表面射入，可知折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以符合折射规律的只有D图。
故选D。
【分析】 空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束光从其下表面射入，可知折射光线与入射光线在法线的同一侧。
6．线圈与电阻R按图甲电路连接，线圈匝数为N，内阻为r，两电表均为理想交流电表。以垂直纸面向里为正，穿过线圈的磁通量随时间t变化的余弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．t=0时电流表示数为零
B．时间内，线圈中的电流为逆时针方向
C．时间内，回路中的电流逐渐增大
D．电压表的示数为
【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．电流表示数为电流有效值，由于电流的有效值等于峰值的倍，有效值不等于0所以t=0时电流表示数不为零，故A错误；
B．时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可以感应磁场的方向为垂直于纸张向内，结合安培定则可知线圈中的电流为顺时针方向，故B错误；
C．由图乙可知，时间内，磁通量变化率逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律可知，电动势逐渐增大，根据欧姆定律可知回路中的电流逐渐增大，故C正确；
D．电动势最大值为，由于电动势的有效值等于峰值的倍
则电动势有效值为，电压表的示数为电阻R两端电压有效值，则电压表的示数为，故D错误。
故选C。
【分析】利用电流表测量有效值所以0时刻电流表的读数不等于0；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用磁通量变化率结合法拉第电磁感应定律可以判别电流的变化；利用电动势的峰值可以求出有效值的大小，结合分压关系可以求出电压表的读数。
7．消防水龙头的喷嘴每秒钟内流出的水量，已知喷嘴的横截面积，水的密度 ，消防员将喷嘴方向调整为与水平面夹角，水柱在最高处正好到达着火位置，设水在最高点与着火物撞击后速度变为零，忽略空气阻力，g取，cos53°=0.6，则水在最高点对着火物的冲击力为（　　）
A．72N B．96N C．120N D．144N
【答案】A
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】 喷嘴每秒钟内流出的水量和水的密度，两者结合可知单位时间喷出的水的质量。
根据流量公式，得喷嘴出水初速度
斜抛运动到最高点时，根据速度的分解可知竖直速度减为0，水平速度，取方向为正方向，撞击后水速度为0，因撞击时间极短忽略重力冲量，着火物对水的作用力产生的冲量引起水动量的变化，对时间内撞击的水应用动量定理，解得。根据牛顿第三定律，水对着火物的冲击力大小等于72N
故选A。
【分析】利用水的流量可以求出水的质量及初速度的大小，结合速度的分解可以求出水平方向分速度的大小，结合动量定理可以求出着火物对水的作用力大小。
8．如图所示，轻绳一端系一金属环a，另一端绕过定滑轮悬挂一重物b。环a套在固定的竖直光滑直杆上，OP与直杆之间的夹角为 ，将a、b由静止释放，在环a加速上升的过程中（　　）
A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒
C．a、b的速度大小满足 D．a、b的速度大小满足
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以环a和重物b为系统，由于系统在在竖直方向上受重力的作用，系统受到的合力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．以环a和重物b为系统，系统只有重力和绳子的弹力做功，而绳子的弹力属于系统内力，所以系统的机械能守恒，故B正确；
CD．将环a的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，根据沿着绳子方向的速度相等可知环a沿绳子方向的分速度大小等于重物b的速度大小，则有，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】以环a和重物b为系统，系统受到的合力不为零，所以系统动量不守恒；系统只有重力和绳子的弹力做功，而绳子的弹力属于系统内力，所以系统的机械能守恒；利用速度的分解可以求出环a和重物b的速度大小关系。
9．在竖直光滑圆轨道内侧最高点，给小球向右的初速度v0，小球恰能在圆轨道内做完整的圆周运动。小球的速度v沿水平方向分量为vx，沿竖直方向分量为vy，分别以向右和向上为正方向，小球在运动过程中 vx与 vy对应关系如图所示，E点为图像的最高点，其余各点的坐标为：A（-4.47，0）、B（0，3.46）、C（2.0，0）、D（0，-3.46），g取 10m/s2，可知（　　）
A．图中E点表示的速度为v0
B．小球初速度大小为3.46m/s
C．圆形轨道半径为0.4m
D．小球在最低点时速度大小为4.47m/s
【答案】C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据图中分速度的大小可知E点竖直速度最大，水平速度也不是最小，由于小球经过最高点时，竖直方向速度等于0，水平方向最小，所以可知图中E点的速度不表示最高点的速度v0，A错误；
B．由于小球经过最高点时，竖直方向速度等于0，水平方向最小，图中C点刚好符合，所以初速度大小为2m/s，B错误；
C．因小球恰能做完整的圆周运动，由于重力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得圆形轨道半径为，C正确；
D．小球在最低点时对应于水平速度最大，竖直速度为零，由于A点速度恰好满足，所以最低点的速度大小为4.47m/s，D正确。
故选CD。
【分析】利用竖直面圆周运动的最高点和最低点可以判别竖直方向的速度为0，水平方向的速度出现最大和最小值，进而判别图像对应的位置；利用最高点的牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小。
10．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上方，存在竖直向下的磁场，磁场分布在第一象限中，磁感应强度大小满足B=kx，其中k=1T/m，质量为1kg、电阻为1Ω、边长为1m的单匝正方形线框abcd置于水平桌面上，ad边恰与y轴重合。t=0时刻，突然给线框1m/s的初速度，使其垂直于y轴向右运动，t=1.6s时，线框速度为0.2m/s，下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，流过ad边的电流由d到a
B．t=0时，流过线框的电流大小为1A
C．t=1.6s时，线框受到的安培力大小为0.2N
D．0~1.6s内，线框通过的位移大小为0.8m
【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；安培力的计算；楞次定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．线框右移过程，穿过线框的磁通量增加，由于感应磁场阻碍原磁场的变化，根据楞次定律可知，电流方向由a到d（电流方向为逆时针），故A错误；
B．t=0时只有bc边切割磁感线，根据欧姆定律可知流过线框的电流大小为，故B正确；
C．线框运动过程中，边和边均切割磁感线，设线框速度为，边坐标为，则边坐标为，根据动生电动势的表达式可知回路总电动势
根据欧姆定律可知回路电流
根据安培力的表达式可知线框受到的安培力合力
当时，，代入数据得，故C正确；
D．在内，由于安培力对线圈的冲量等于线圈动量的变化，规定向右为正方向，根据动量定理有：
即
整理得
其中即为位移，代入数据得，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用动量定理可以求出线圈运动的位移大小。
11．某小组利用如图甲所示的实验装置，测量当地的重力加速度。长度为L的细线将一金属小球悬挂于O点，悬点O处有一个拉力传感器，能测出细线的拉力大小。将小球由平衡位置拉开一个较小角度，然后由静止释放小球，根据拉力传感器的数据描绘出细线拉力F随时间t变化的图像，如图乙所示。
（1）根据图乙可知，单摆的周期T=　 　s；
（2）改变摆线的长度，测出多组细线的长度L和对应的振动周期T，作出图像如图丙所示，已知=3.14，由图丙可知，当地的重力加速度大小g　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）若给金属小球带正电，在O点处也放置一带正电的小球，使二者间有库仑力作用，再次完成该实验，则单摆周期相比之前　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
【答案】（1）2
（2）9.86
（3）不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆的运动规律，由于小球经过最低点时，拉力会出现最大值，由于小球两次经过最低点的时间间隔即拉力F相邻两次出现最大值的时间间隔为半个周期，结合图乙可知单摆的周期为
（2）设小球半径为r，则小球的摆长为L+r，根据单摆的周期公式有
整理得，根据表达式可知图像斜率根据图像斜率有
解得
（3）O点正电荷对金属小球的库仑力是径向力（沿绳子方向）。根据单摆的回复力F=-kx可知由重力沿切线方向的分力提供。库仑力始终沿半径方向，不产生回复力的切向分量，由于库仑力不会影响切线方向的运动，所以回复力特性不变，周期不变。
【分析】（1）利用小球两次经过最低点的时间间隔可以求出小球运动的周期大小；
（2）利用单摆的周期公式结合斜率可以求出重力加速度的大小；
（3）根据单摆的回复力F=-kx可知由重力沿切线方向的分力提供。库仑力始终沿半径方向，不产生回复力的切向分量，由于库仑力不会影响切线方向的运动，所以周期不变。
（1）根据单摆的运动规律，可知拉力F相邻两次出现最大值的时间间隔为半个周期，结合图乙可知单摆的周期为
（2）设小球半径为r，则有
整理得
结合图丙，可知图像斜率为
解得
（3）O点正电荷对金属小球的库仑力是径向力（沿绳子方向）。单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供。库仑力始终沿半径方向，不产生回复力的切向分量，也不改变重力的切向效应。因此单摆的回复力特性不变，周期不变。
12．某科技小组利用铜片、锌片和橙子制作了橙子电池，该电池的内阻约为1000Ω。
（1）该小组用电压表的3V挡直接测量该电池的电动势，表盘如图甲所示，可读出电池的电动势为　 　V。
（2）为更精确地测量该电池的电动势和内阻，利用以下仪器，设计实验电路，进行实验。
A、灵敏电流计G（量程300μA，内阻为270Ω）
B、电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）
C、电阻箱R0（0~9999Ω）
D、滑动变阻器R（0~3kΩ）
① 为将灵敏电流计G改装成量程为3mA的电流表，应将电阻箱的阻值调为R0=　 　Ω，并与G并联，改装后的电流表应安装在图乙的　 　处（选填“a”或“b”）；
② 该小组以电压表V的示数U为纵坐标，以灵敏电流计G的示数I为横坐标，描绘了图像，如图丙所示，则该电源的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（以上两空结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）1.60
（2）30；b；2.12；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图甲可知电压表最小分度值为0.1V，根据电压表的刻度可以得出电池的电动势为1.60V。
（2）将灵敏电流计G改装成量程为3mA的电流表，为了增大电流，电流计应该与定制电阻并联，根据欧姆定律可以得出并联的定值电阻的阻值大小为
因为改装后的电流表内阻已知，所以对电源内阻的测量没有影响，因此改装后的电流表应安装在图乙的b处。
根据改造原理可知电流表量程扩大了10倍，根据闭合电路的欧姆定律有
根据表达式可知可知图像斜率绝对值为，根据图像斜率可以有，解得
根据表达式可知图像纵截距代表电动势的大小，则根据截距可知电动势为
【分析】（1）利用电压表的刻度可以得出电动势的大小；
（2）利用电表的改装结合电流表的量程可以求出并联电阻的大小；由于电流表内阻已知，所以测量电动势和内阻时，电流表要与电源相接；利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
（1）图甲可知电压表最小分度值为0.1V，故读数保留到百分位，即读数为1.60V，故电池的电动势为1.60V。
（2）[1]将灵敏电流计G改装成量程为3mA的电流表，则有
[2]因为改装后的电流表内阻已知，因此改装后的电流表应安装在图乙的b处。
[3][4]以上可知电流表量程扩大了10倍，则有
可知图像斜率绝对值为
解得
图像纵截距
13．某篮球内部的体积恒为 8.0×10-3m3，在27℃的室内给其打气，稳定后，表压显示为7PSI，表压为球内气压与球外气压的差值，大气压强为 1.0×105Pa，。
（1）求篮球在室内时，球内的气压；
（2）将篮球拿到7℃的室外，稳定后，求球内的气压；
（3）发现篮球气压降低，于是在室外将体积为的空气打入篮球，使其内部气压恢复到7PSI，求。（以上三问均保留3位有效数字）
【答案】（1）篮球在室内时，球内的气压
（2）室内温度
室外温度
将篮球拿到7℃的室外，稳定后，由查理定律可得
解得
（3）在室外将体积为的空气打入篮球，使其内部气压恢复到7PSI，由玻意耳定律得
解得
【知识点】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】【分析】（1）篮球在室内时，根据表压的数据可以求出球内气体的压强大小；
（2）已知篮球在室内外的温度，利用等容变化可以求出篮球到室外的气压大小；
（3）当篮球气压降低时，利用等温变化的状态方程可以求出打入篮球的气体体积大小。
（1）篮球在室内时，球内的气压
（2）室内温度
室外温度
将篮球拿到7℃的室外，稳定后，由查理定律可得
解得
（3）在室外将体积为的空气打入篮球，使其内部气压恢复到7PSI，由玻意耳定律得
解得
14．如图，平面直角坐标系xOy内，y轴上有一点P（0，0.1），大量质量为1.0×10-30kg、带电量为 -1.6×10-19C 的粒子从y轴OP的范围内，以1.0×106m/s的速度垂直于y轴射入第一象限的匀强磁场，磁场的左、右和上边界为直线，下边界满足特定的方程，使所有粒子都能经过x轴上的Q（0.1，0）点，不计粒子重力及粒子间的相互作用，=3.14。求：
（1）磁场的磁感应强度B；
（2）所有粒子中，从y轴到Q点的最长时间与最短时间之差△t；
（3）求从OP的中点S射入的粒子经过磁场下边界的点的坐标。
【答案】（1）带负电粒子垂直y轴水平射入磁场，做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力
解得
对从入射的粒子，速度水平向右，圆心在轴上，且圆过，可得轨道半径。代入数据计算：

（2）从入射的粒子沿x轴做匀速直线运动到达Q点，路程最短，故运动时间最短
从入射的粒子做圆周运动，路程最长，故运动时间最长，运动轨迹圆的圆心角
粒子圆周运动的周期为
运动时间
因此时间差
（3）S是中点，坐标为，S点出射粒子的圆周运动半径与P点相同，故入射粒子的轨迹圆方程为
根据题意，粒子出磁场下边界时，轨迹圆切线应过Q点，于是问题转化为，过Q点作轨迹圆的切线，切点坐标即为所求。按要求作图，得圆心，切点A（未知）、。根据几何关系，A和B关于CQ对称，CQ直线方程为
又B的坐标为，解得A的坐标为
即粒子经过磁场下边界的点的坐标

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子垂直于y轴射入磁场时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（2）当粒子沿x轴做匀速直线运动到达Q点，路程最短，利用位移公式可以求出运动的时间；当粒子从入射的粒子做圆周运动，路程最长，故运动时间最长，利用轨迹所对圆心角可以求出最长的运动时间；
（3）画出粒子运动的轨迹，利用入射粒子的轨迹方程结合几何关系可以求出A点的坐标。
（1）带负电粒子垂直y轴水平射入磁场，做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力
解得
对从入射的粒子，速度水平向右，圆心在轴上，且圆过，可得轨道半径。代入数据计算：
（2）从入射的粒子沿x轴做匀速直线运动到达Q点，路程最短，故运动时间最短
从入射的粒子做圆周运动，路程最长，故运动时间最长，运动轨迹圆的圆心角
粒子圆周运动的周期为
运动时间
因此时间差
（3）S是中点，坐标为，S点出射粒子的圆周运动半径与P点相同，故入射粒子的轨迹圆方程为
根据题意，粒子出磁场下边界时，轨迹圆切线应过Q点，于是问题转化为，过Q点作轨迹圆的切线，切点坐标即为所求。按要求作图，得圆心，切点A（未知）、。根据几何关系，A和B关于CQ对称，CQ直线方程为
又B的坐标为，解得A的坐标为
即粒子经过磁场下边界的点的坐标
15．如图所示，原长L=0.5m的弹性轻绳一端固定在O点，另一端连接质量为m=0.8kg的小物块A，O点正下方距离0.5m处固定有一根光滑细钉E，弹性绳的弹力F的大小与其伸长量x的关系满足F=kx，k=60N/m。初始时A与O点等高，弹性绳刚好伸直但无弹力，现将A由静止释放，当A到达O点正下方处时，刚好与地面接触但无弹力，即速度恰好水平，之后A立即与静止在处的小物块B发生碰撞，碰后粘在一起。已知B的质量为3m，A、B与水平地面间的动摩擦因数均为=0.375，OO'的距离为0.9m，g取 10m/s2，A、B均可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
弹性势能。求：
（1）碰撞前瞬间，A的速度大小；
（2）A与B碰撞损失的机械能；
（3）A、B组成的新物块最终停在距O'点多远处。
【答案】（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有
其中
代入数据解得。
（2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有
A、B碰撞后损失的动能为
联立解得。
（3）碰后A、B的重力
弹性绳的弹力为
即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有
弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力
弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有
根据几何关系有
联立解得
即A、B组成的新物块最终停在距点处。
【知识点】功能关系；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当A到达O点处时，利用机械能守恒定律可以求出A的速度大小；
（2）A与B发生碰撞时，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出损失的机械能大小；
（3）当AB发生碰撞后，利用重力的大小结合弹力的大小可以求出支持力的大小，结合胡克定律及几何关系可以求出弹力在竖直方向的分力大小，再利用能量守恒定律可以求出物块最终停止的位置。
（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有
其中
代入数据解得。
（2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有
A、B碰撞后损失的动能为
联立解得。
（3）碰后A、B的重力
弹性绳的弹力为
即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有
弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力
弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有
根据几何关系有
联立解得
即A、B组成的新物块最终停在距点处。
1 / 12026届广西柳州市高三下学期高考适应性考试物理试卷
1．两带电平行金属板间的电场线分布如图所示。a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，下列判断正确的是（　　）
A．Ea< Eb B．Ea=Eb C．Ea>Eb D．Ec=0
2．如图所示为两单色光a和b先后通过同一实验装置得到的杨氏双缝干涉图样，下列判断正确的是（　　）
A．a光的波长大于b光 B．a光的波长小于b光
C．a光在真空中的传播速度大于b光 D．a光在真空中的传播速度小于b光
3．如图所示，P、Q 为质量相等的两个质点，分别位于地球表面上的不同纬度上，把地球看成一个均匀球体，P、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动，下列说法正确的是（　　）
A．P、Q做圆周运动的角速度大小相等
B．P、Q做圆周运动所需的向心力大小相等
C．P、Q做圆周运动的向心加速度大小相等
D．P所受地球引力大于Q所受地球引力
4．从斜面上某一位置，每隔0.2s无初速度地释放一颗相同的小球，连续放下几颗后，某时刻对在斜面上滚动的小球拍照，如图所示，通过斜面上的刻度尺读出：AB=15.00cm，BC=35.00cm，则小球的加速度大小为（　　）
A．2.5m/s2 B．5m/s2 C．7.5m/s2 D．10m/s2
5．近年来，科学家利用一种人工材料研制出能突破衍射极限的超透镜，实现超高精度成像。这种人工材料折射率为负值，称为负折射率材料，光从空气射入这类材料时，折射光线与入射光线位于法线的同一侧。空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束光从其下表面射入，以下光穿过该材料的光路图中，可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
6．线圈与电阻R按图甲电路连接，线圈匝数为N，内阻为r，两电表均为理想交流电表。以垂直纸面向里为正，穿过线圈的磁通量随时间t变化的余弦曲线如图乙所示，下列说法正确的是（　　）
A．t=0时电流表示数为零
B．时间内，线圈中的电流为逆时针方向
C．时间内，回路中的电流逐渐增大
D．电压表的示数为
7．消防水龙头的喷嘴每秒钟内流出的水量，已知喷嘴的横截面积，水的密度 ，消防员将喷嘴方向调整为与水平面夹角，水柱在最高处正好到达着火位置，设水在最高点与着火物撞击后速度变为零，忽略空气阻力，g取，cos53°=0.6，则水在最高点对着火物的冲击力为（　　）
A．72N B．96N C．120N D．144N
8．如图所示，轻绳一端系一金属环a，另一端绕过定滑轮悬挂一重物b。环a套在固定的竖直光滑直杆上，OP与直杆之间的夹角为 ，将a、b由静止释放，在环a加速上升的过程中（　　）
A．a、b组成的系统动量守恒 B．a、b组成的系统机械能守恒
C．a、b的速度大小满足 D．a、b的速度大小满足
9．在竖直光滑圆轨道内侧最高点，给小球向右的初速度v0，小球恰能在圆轨道内做完整的圆周运动。小球的速度v沿水平方向分量为vx，沿竖直方向分量为vy，分别以向右和向上为正方向，小球在运动过程中 vx与 vy对应关系如图所示，E点为图像的最高点，其余各点的坐标为：A（-4.47，0）、B（0，3.46）、C（2.0，0）、D（0，-3.46），g取 10m/s2，可知（　　）
A．图中E点表示的速度为v0
B．小球初速度大小为3.46m/s
C．圆形轨道半径为0.4m
D．小球在最低点时速度大小为4.47m/s
10．如图所示，在光滑绝缘水平桌面上方，存在竖直向下的磁场，磁场分布在第一象限中，磁感应强度大小满足B=kx，其中k=1T/m，质量为1kg、电阻为1Ω、边长为1m的单匝正方形线框abcd置于水平桌面上，ad边恰与y轴重合。t=0时刻，突然给线框1m/s的初速度，使其垂直于y轴向右运动，t=1.6s时，线框速度为0.2m/s，下列说法正确的是（　　）
A．t=0时，流过ad边的电流由d到a
B．t=0时，流过线框的电流大小为1A
C．t=1.6s时，线框受到的安培力大小为0.2N
D．0~1.6s内，线框通过的位移大小为0.8m
11．某小组利用如图甲所示的实验装置，测量当地的重力加速度。长度为L的细线将一金属小球悬挂于O点，悬点O处有一个拉力传感器，能测出细线的拉力大小。将小球由平衡位置拉开一个较小角度，然后由静止释放小球，根据拉力传感器的数据描绘出细线拉力F随时间t变化的图像，如图乙所示。
（1）根据图乙可知，单摆的周期T=　 　s；
（2）改变摆线的长度，测出多组细线的长度L和对应的振动周期T，作出图像如图丙所示，已知=3.14，由图丙可知，当地的重力加速度大小g　 　m/s2（结果保留3位有效数字）。
（3）若给金属小球带正电，在O点处也放置一带正电的小球，使二者间有库仑力作用，再次完成该实验，则单摆周期相比之前　 　（选填“变大”“变小”或“不变”）。
12．某科技小组利用铜片、锌片和橙子制作了橙子电池，该电池的内阻约为1000Ω。
（1）该小组用电压表的3V挡直接测量该电池的电动势，表盘如图甲所示，可读出电池的电动势为　 　V。
（2）为更精确地测量该电池的电动势和内阻，利用以下仪器，设计实验电路，进行实验。
A、灵敏电流计G（量程300μA，内阻为270Ω）
B、电压表V（量程3V，内阻约为3kΩ）
C、电阻箱R0（0~9999Ω）
D、滑动变阻器R（0~3kΩ）
① 为将灵敏电流计G改装成量程为3mA的电流表，应将电阻箱的阻值调为R0=　 　Ω，并与G并联，改装后的电流表应安装在图乙的　 　处（选填“a”或“b”）；
② 该小组以电压表V的示数U为纵坐标，以灵敏电流计G的示数I为横坐标，描绘了图像，如图丙所示，则该电源的电动势为　 　V，内阻为　 　Ω。（以上两空结果均保留三位有效数字）
13．某篮球内部的体积恒为 8.0×10-3m3，在27℃的室内给其打气，稳定后，表压显示为7PSI，表压为球内气压与球外气压的差值，大气压强为 1.0×105Pa，。
（1）求篮球在室内时，球内的气压；
（2）将篮球拿到7℃的室外，稳定后，求球内的气压；
（3）发现篮球气压降低，于是在室外将体积为的空气打入篮球，使其内部气压恢复到7PSI，求。（以上三问均保留3位有效数字）
14．如图，平面直角坐标系xOy内，y轴上有一点P（0，0.1），大量质量为1.0×10-30kg、带电量为 -1.6×10-19C 的粒子从y轴OP的范围内，以1.0×106m/s的速度垂直于y轴射入第一象限的匀强磁场，磁场的左、右和上边界为直线，下边界满足特定的方程，使所有粒子都能经过x轴上的Q（0.1，0）点，不计粒子重力及粒子间的相互作用，=3.14。求：
（1）磁场的磁感应强度B；
（2）所有粒子中，从y轴到Q点的最长时间与最短时间之差△t；
（3）求从OP的中点S射入的粒子经过磁场下边界的点的坐标。
15．如图所示，原长L=0.5m的弹性轻绳一端固定在O点，另一端连接质量为m=0.8kg的小物块A，O点正下方距离0.5m处固定有一根光滑细钉E，弹性绳的弹力F的大小与其伸长量x的关系满足F=kx，k=60N/m。初始时A与O点等高，弹性绳刚好伸直但无弹力，现将A由静止释放，当A到达O点正下方处时，刚好与地面接触但无弹力，即速度恰好水平，之后A立即与静止在处的小物块B发生碰撞，碰后粘在一起。已知B的质量为3m，A、B与水平地面间的动摩擦因数均为=0.375，OO'的距离为0.9m，g取 10m/s2，A、B均可看作质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
弹性势能。求：
（1）碰撞前瞬间，A的速度大小；
（2）A与B碰撞损失的机械能；
（3）A、B组成的新物块最终停在距O'点多远处。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场强度；电场线
【解析】【解答】由于电场线的疏密描述电场强度的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小，由于a和b所处电场线密集程度相同，c处相对比较稀疏，所以可知。
故选B
【分析】利用电场线的疏密程度可以比较电场强度的大小。
2．【答案】A
【知识点】干涉条纹和光的波长之间的关系
【解析】【解答】AB．根据图示可知道a光产生的干涉条纹间距大于b光产生的干涉条纹间距，根据干涉条纹间距和波长的关系式可知，a光的波长大于b光，故A正确，B错误；
CD．所有光在真空中的传播速度均相等，为光速c，所以a光的传播速度等于b光的传播速度，故CD错误。
故选A。
【分析】利用a光产生的干涉条纹间距大于b光产生的干涉条纹间距可以得出a光的波长大于b光；所有光在真空中的传播速度均相等，为光速。
3．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；向心力；向心加速度；万有引力定律
【解析】【解答】A．由于地球上任何物体都随着地轴转动，相同时间内转过的角度相同，当P、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动可知P、Q做圆周运动的角速度大小相等，均等于地球自转角速度，故A正确；
BC．根据向心力的表达式结合两个质点转动的半径不同可知向心力大小不相等；根据向心加速度的表达式可以由于P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动的半径不相等，则P、Q做圆周运动所需的向心加速度大小不相等，故BC错误；
D．根据两个质点都受到引力的作用，根据引力公式可知，P所受地球引力等于Q所受地球引力，故D错误。
故选A。
【分析】由于P、Q 两质点随地球自转做匀速圆周运动可知P、Q做圆周运动的角速度大小相等，均等于地球自转角速度；利用轨迹半径不同可以得出两个质点的向心力和向心加速度不同；利用引力公式可以得出两个质点的引力大小相等。
4．【答案】B
【知识点】匀变速直线运动规律的综合运用
【解析】【解答】由于小球做匀加速直线运动，所以相邻相同时间内的位移之差为常数，根据邻差公式，可得小球的加速度大小为
故选B。
【分析】利用小球的邻差公式可以求出小球加速度的大小。
5．【答案】D
【知识点】光的折射及折射定律
【解析】【解答】 这种人工材料折射率为负值，称为负折射率材料，光从空气射入这类材料时，折射光线与入射光线位于法线的同一侧。一束光从其下表面射入，可知折射光线与入射光线在法线的同一侧，所以符合折射规律的只有D图。
故选D。
【分析】 空气中有一上下表面平行的负折射率材料，一束光从其下表面射入，可知折射光线与入射光线在法线的同一侧。
6．【答案】C
【知识点】楞次定律；法拉第电磁感应定律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．电流表示数为电流有效值，由于电流的有效值等于峰值的倍，有效值不等于0所以t=0时电流表示数不为零，故A错误；
B．时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，根据楞次定律可以感应磁场的方向为垂直于纸张向内，结合安培定则可知线圈中的电流为顺时针方向，故B错误；
C．由图乙可知，时间内，磁通量变化率逐渐增大，根据法拉第电磁感应定律可知，电动势逐渐增大，根据欧姆定律可知回路中的电流逐渐增大，故C正确；
D．电动势最大值为，由于电动势的有效值等于峰值的倍
则电动势有效值为，电压表的示数为电阻R两端电压有效值，则电压表的示数为，故D错误。
故选C。
【分析】利用电流表测量有效值所以0时刻电流表的读数不等于0；利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用磁通量变化率结合法拉第电磁感应定律可以判别电流的变化；利用电动势的峰值可以求出有效值的大小，结合分压关系可以求出电压表的读数。
7．【答案】A
【知识点】动量定理；斜抛运动
【解析】【解答】 喷嘴每秒钟内流出的水量和水的密度，两者结合可知单位时间喷出的水的质量。
根据流量公式，得喷嘴出水初速度
斜抛运动到最高点时，根据速度的分解可知竖直速度减为0，水平速度，取方向为正方向，撞击后水速度为0，因撞击时间极短忽略重力冲量，着火物对水的作用力产生的冲量引起水动量的变化，对时间内撞击的水应用动量定理，解得。根据牛顿第三定律，水对着火物的冲击力大小等于72N
故选A。
【分析】利用水的流量可以求出水的质量及初速度的大小，结合速度的分解可以求出水平方向分速度的大小，结合动量定理可以求出着火物对水的作用力大小。
8．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；运动的合成与分解；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．以环a和重物b为系统，由于系统在在竖直方向上受重力的作用，系统受到的合力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；
B．以环a和重物b为系统，系统只有重力和绳子的弹力做功，而绳子的弹力属于系统内力，所以系统的机械能守恒，故B正确；
CD．将环a的速度沿绳子方向和垂直绳子方向分解，根据沿着绳子方向的速度相等可知环a沿绳子方向的分速度大小等于重物b的速度大小，则有，故C正确，D错误。
故选BC。
【分析】以环a和重物b为系统，系统受到的合力不为零，所以系统动量不守恒；系统只有重力和绳子的弹力做功，而绳子的弹力属于系统内力，所以系统的机械能守恒；利用速度的分解可以求出环a和重物b的速度大小关系。
9．【答案】C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动
【解析】【解答】A．根据图中分速度的大小可知E点竖直速度最大，水平速度也不是最小，由于小球经过最高点时，竖直方向速度等于0，水平方向最小，所以可知图中E点的速度不表示最高点的速度v0，A错误；
B．由于小球经过最高点时，竖直方向速度等于0，水平方向最小，图中C点刚好符合，所以初速度大小为2m/s，B错误；
C．因小球恰能做完整的圆周运动，由于重力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得圆形轨道半径为，C正确；
D．小球在最低点时对应于水平速度最大，竖直速度为零，由于A点速度恰好满足，所以最低点的速度大小为4.47m/s，D正确。
故选CD。
【分析】利用竖直面圆周运动的最高点和最低点可以判别竖直方向的速度为0，水平方向的速度出现最大和最小值，进而判别图像对应的位置；利用最高点的牛顿第二定律可以求出轨道半径的大小。
10．【答案】B,C,D
【知识点】动量定理；安培力的计算；楞次定律；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A．线框右移过程，穿过线框的磁通量增加，由于感应磁场阻碍原磁场的变化，根据楞次定律可知，电流方向由a到d（电流方向为逆时针），故A错误；
B．t=0时只有bc边切割磁感线，根据欧姆定律可知流过线框的电流大小为，故B正确；
C．线框运动过程中，边和边均切割磁感线，设线框速度为，边坐标为，则边坐标为，根据动生电动势的表达式可知回路总电动势
根据欧姆定律可知回路电流
根据安培力的表达式可知线框受到的安培力合力
当时，，代入数据得，故C正确；
D．在内，由于安培力对线圈的冲量等于线圈动量的变化，规定向右为正方向，根据动量定理有：
即
整理得
其中即为位移，代入数据得，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用楞次定律可以判别感应电流的方向；利用动生电动势的表达式可以求出电动势的大小，结合欧姆定律可以求出感应电流，结合安培力的表达式可以求出安培力的大小；利用动量定理可以求出线圈运动的位移大小。
11．【答案】（1）2
（2）9.86
（3）不变
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】（1）根据单摆的运动规律，由于小球经过最低点时，拉力会出现最大值，由于小球两次经过最低点的时间间隔即拉力F相邻两次出现最大值的时间间隔为半个周期，结合图乙可知单摆的周期为
（2）设小球半径为r，则小球的摆长为L+r，根据单摆的周期公式有
整理得，根据表达式可知图像斜率根据图像斜率有
解得
（3）O点正电荷对金属小球的库仑力是径向力（沿绳子方向）。根据单摆的回复力F=-kx可知由重力沿切线方向的分力提供。库仑力始终沿半径方向，不产生回复力的切向分量，由于库仑力不会影响切线方向的运动，所以回复力特性不变，周期不变。
【分析】（1）利用小球两次经过最低点的时间间隔可以求出小球运动的周期大小；
（2）利用单摆的周期公式结合斜率可以求出重力加速度的大小；
（3）根据单摆的回复力F=-kx可知由重力沿切线方向的分力提供。库仑力始终沿半径方向，不产生回复力的切向分量，由于库仑力不会影响切线方向的运动，所以周期不变。
（1）根据单摆的运动规律，可知拉力F相邻两次出现最大值的时间间隔为半个周期，结合图乙可知单摆的周期为
（2）设小球半径为r，则有
整理得
结合图丙，可知图像斜率为
解得
（3）O点正电荷对金属小球的库仑力是径向力（沿绳子方向）。单摆的回复力由重力沿切线方向的分力提供。库仑力始终沿半径方向，不产生回复力的切向分量，也不改变重力的切向效应。因此单摆的回复力特性不变，周期不变。
12．【答案】（1）1.60
（2）30；b；2.12；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；表头的改装；电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）图甲可知电压表最小分度值为0.1V，根据电压表的刻度可以得出电池的电动势为1.60V。
（2）将灵敏电流计G改装成量程为3mA的电流表，为了增大电流，电流计应该与定制电阻并联，根据欧姆定律可以得出并联的定值电阻的阻值大小为
因为改装后的电流表内阻已知，所以对电源内阻的测量没有影响，因此改装后的电流表应安装在图乙的b处。
根据改造原理可知电流表量程扩大了10倍，根据闭合电路的欧姆定律有
根据表达式可知可知图像斜率绝对值为，根据图像斜率可以有，解得
根据表达式可知图像纵截距代表电动势的大小，则根据截距可知电动势为
【分析】（1）利用电压表的刻度可以得出电动势的大小；
（2）利用电表的改装结合电流表的量程可以求出并联电阻的大小；由于电流表内阻已知，所以测量电动势和内阻时，电流表要与电源相接；利用闭合电路的欧姆定律结合图像斜率和截距可以求出电动势和内阻的大小。
（1）图甲可知电压表最小分度值为0.1V，故读数保留到百分位，即读数为1.60V，故电池的电动势为1.60V。
（2）[1]将灵敏电流计G改装成量程为3mA的电流表，则有
[2]因为改装后的电流表内阻已知，因此改装后的电流表应安装在图乙的b处。
[3][4]以上可知电流表量程扩大了10倍，则有
可知图像斜率绝对值为
解得
图像纵截距
13．【答案】（1）篮球在室内时，球内的气压
（2）室内温度
室外温度
将篮球拿到7℃的室外，稳定后，由查理定律可得
解得
（3）在室外将体积为的空气打入篮球，使其内部气压恢复到7PSI，由玻意耳定律得
解得
【知识点】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】【分析】（1）篮球在室内时，根据表压的数据可以求出球内气体的压强大小；
（2）已知篮球在室内外的温度，利用等容变化可以求出篮球到室外的气压大小；
（3）当篮球气压降低时，利用等温变化的状态方程可以求出打入篮球的气体体积大小。
（1）篮球在室内时，球内的气压
（2）室内温度
室外温度
将篮球拿到7℃的室外，稳定后，由查理定律可得
解得
（3）在室外将体积为的空气打入篮球，使其内部气压恢复到7PSI，由玻意耳定律得
解得
14．【答案】（1）带负电粒子垂直y轴水平射入磁场，做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力
解得
对从入射的粒子，速度水平向右，圆心在轴上，且圆过，可得轨道半径。代入数据计算：

（2）从入射的粒子沿x轴做匀速直线运动到达Q点，路程最短，故运动时间最短
从入射的粒子做圆周运动，路程最长，故运动时间最长，运动轨迹圆的圆心角
粒子圆周运动的周期为
运动时间
因此时间差
（3）S是中点，坐标为，S点出射粒子的圆周运动半径与P点相同，故入射粒子的轨迹圆方程为
根据题意，粒子出磁场下边界时，轨迹圆切线应过Q点，于是问题转化为，过Q点作轨迹圆的切线，切点坐标即为所求。按要求作图，得圆心，切点A（未知）、。根据几何关系，A和B关于CQ对称，CQ直线方程为
又B的坐标为，解得A的坐标为
即粒子经过磁场下边界的点的坐标

【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子垂直于y轴射入磁场时，利用几何关系可以求出轨迹半径的大小，结合牛顿第二定律可以求出磁感应强度的大小；
（2）当粒子沿x轴做匀速直线运动到达Q点，路程最短，利用位移公式可以求出运动的时间；当粒子从入射的粒子做圆周运动，路程最长，故运动时间最长，利用轨迹所对圆心角可以求出最长的运动时间；
（3）画出粒子运动的轨迹，利用入射粒子的轨迹方程结合几何关系可以求出A点的坐标。
（1）带负电粒子垂直y轴水平射入磁场，做匀速圆周运动
洛伦兹力提供向心力
解得
对从入射的粒子，速度水平向右，圆心在轴上，且圆过，可得轨道半径。代入数据计算：
（2）从入射的粒子沿x轴做匀速直线运动到达Q点，路程最短，故运动时间最短
从入射的粒子做圆周运动，路程最长，故运动时间最长，运动轨迹圆的圆心角
粒子圆周运动的周期为
运动时间
因此时间差
（3）S是中点，坐标为，S点出射粒子的圆周运动半径与P点相同，故入射粒子的轨迹圆方程为
根据题意，粒子出磁场下边界时，轨迹圆切线应过Q点，于是问题转化为，过Q点作轨迹圆的切线，切点坐标即为所求。按要求作图，得圆心，切点A（未知）、。根据几何关系，A和B关于CQ对称，CQ直线方程为
又B的坐标为，解得A的坐标为
即粒子经过磁场下边界的点的坐标
15．【答案】（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有
其中
代入数据解得。
（2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有
A、B碰撞后损失的动能为
联立解得。
（3）碰后A、B的重力
弹性绳的弹力为
即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有
弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力
弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有
根据几何关系有
联立解得
即A、B组成的新物块最终停在距点处。
【知识点】功能关系；能量守恒定律；碰撞模型
【解析】【分析】（1）当A到达O点处时，利用机械能守恒定律可以求出A的速度大小；
（2）A与B发生碰撞时，利用动量守恒定律结合能量守恒定律可以求出损失的机械能大小；
（3）当AB发生碰撞后，利用重力的大小结合弹力的大小可以求出支持力的大小，结合胡克定律及几何关系可以求出弹力在竖直方向的分力大小，再利用能量守恒定律可以求出物块最终停止的位置。
（1）从释放开始到到达处，设的距离为，对由机械能守恒定律有
其中
代入数据解得。
（2）A、B碰撞过程动量守恒，设碰后共同速度为，则有
A、B碰撞后损失的动能为
联立解得。
（3）碰后A、B的重力
弹性绳的弹力为
即满足，所以碰后A、B一起在水平方向运动，水平方向受弹性绳拉力的水平分力和滑动摩擦力，设最终弹性绳伸长量为，A、B组成的新物块最终停在距点远处，根据题意可知，弹性绳的弹力在竖直方向的分力有
弹性绳的弹力在竖直方向的分力始终不变，则在A、B从运动过程中的支持力
弹性绳的弹力做功转化为弹性绳的弹性势能，滑动摩擦力做功等于减少的机械能，根据能量守恒定律有
根据几何关系有
联立解得
即A、B组成的新物块最终停在距点处。
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