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2025-2026学年福建省福州市联盟校高二（下）期中物理试卷
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.下列关于物理学史实论述中正确的是( )
A. 奥斯特发现了电磁感应现象
B. 法拉第发现了电流的周围存在磁场即电流的磁效应
C. 楞次找到了判断感应电流方向的方法
D. 安培指出闭合回路的感应电动势的大小与穿过该回路的磁通量成正比
2.如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的是( )
A. 提高交流电源的频率
B. 将金属杯换为陶瓷杯
C. 减少线圈的匝数
D. 增大交流电的周期
3.如图所示的电路中，和是完全相同的灯泡，线圈的电阻可以忽略，下列说法中正确的是( )
A. 闭合开关后，始终比亮
B. 闭合开关后，先亮，后亮
C. 断开开关后，先熄灭，过一会儿才熄灭
D. 断开开关后，会“闪亮”一下才熄灭
4.如图所示，水平光滑地面上静置有、两小球，两球的质量分别为，，时刻，给小球水平向右的初速度，如图乙所示为小球运动的图像，则下列说法正确的是( )
A. 时刻，小球、发生弹性碰撞
B. 碰撞过程中，小球、组成的系统损失的机械能为
C. 碰撞后小球的速度大小为
D. 碰撞过程中，小球对小球冲量大小为
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.理想变压器的原线圈连接一只理想电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻和滑动变阻器，为滑动变阻器的滑片。原线圈两端接在电压为的交流电源上。则( )
A. 保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变小
B. 保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变大
C. 保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变大
D. 保持的位置不动，将向上滑动时，电流表的读数变小
6.两个相同的小球、在光滑的水平地面上相向运动，已知的速度设为正，的速度，则它们发生正碰后，、两球速度可能分别为( )
A. 和 B. 和
C. 均为 D. 和
7.如图甲所示的理想变压器模型，原线圈输入电压有效值为的正弦交流电。副线圈侧接有并联的两个定值电阻，电阻，电阻，所有电表均为理想交流电表。已知通过的电流随时间变化的正弦曲线如图乙所示周期为，峰值为，下列说法正确的是( )
A. 原线圈输入交流电的频率为 B. 电压表的示数为
C. 电流表的示数为 D. 变压器传输的总电功率为
8.如图所示，将质量为的闭合矩形导线框先后两次从图示位置由静止释放，穿过其下方垂直于纸面向里的匀强磁场。第一次线框恰好匀速进入磁场。已知边长为，边长为，磁场的宽度。不计空气阻力。下列判断正确的是( )
A. 第一次进入磁场过程中，线框减少的重力势能为
B. 第二次刚进入磁场时，线框的加速度大小为
C. 先后两次刚进入磁场时，线圈中的感应电动势之比为：
D. 先后两次刚进入磁场时，两点间的电势差之比为：
三、填空题：本大题共3小题，共12分。
9.中国是全球发电量最大的国家。图为交流发电机模型的示意图，两磁极之间的磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场，线圈位于图示位置时，线圈 填“平行”或“垂直”于中性面，此时线圈的感应电动势 填“最大”或“最小”。
10.远距离输电中，为了减小输电线上的电能损失，则必须采用高压输电。某输电线的电阻共为，当它输送电功率时，如果输电线损失功率为，则输电电压为 ，如果用电压输送，则用户得到的功率为 。
11.一线圈匝数为匝，线圈电阻，在线圈外接一个阻值的电阻，如图甲所示。在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量随时间变化的规律如图乙所示。则在内线圈内的磁感应强度是 选填“逐渐减小”、“逐渐增加”、“保持不变”的，、两点的电势差为 。
四、实验题：本大题共2小题，共16分。
12.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除灵敏电流计、导线、定值电阻和开关这些器材之外，还需要 。单选
A.条形磁铁
B.干电池
C.变压器
D.电子秤
实验得出，电流由右接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转；如图甲所示，该同学将条形磁铁的极向螺线管插入的过程中，发现指针 选填“向左”或“向右”偏转。
如图乙所示，将第问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的极从螺线管拔出的过程中，电子秤的示数会 选填“变大”、“变小”或“不变”。
多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要 选填“阻碍”或“阻止”引起感应电流的磁通量的变化。
13.用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
让质量为的入射球多次从斜槽上位置静止释放，记录其平均落地点位置；
把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
记录小球抛出点在地面上的垂直投影点，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置、、与的距离分别为、、，如图乙，分析数据：
实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为 选填“”“”或“”；
关于该实验，下列说法正确的有 ；
A.斜槽轨道必须光滑
B.斜槽末端不一定水平
C.入射球和被碰球的半径必须相同
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度
若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为 ；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为 。均用题中所给物理量的符号表示
五、计算题：本大题共3小题，共32分。
14.如图所示，，，匝数为匝的矩形线圈。线圈电阻。外电路电阻，磁感应强度。线圈绕垂直于磁感线的轴以转速匀速转动。从图示位置开始计时，求：
线圈感应电动势的最大值和瞬时值表达式；
内电阻上消耗的电能；
线圈由图示位置转过的过程中，通过的电量。
15.如图所示，质量为的小物块和质量为的小物块均静止在足够长的光滑水平面上，小物块左端固定一轻质弹簧，弹簧处于原长状态。质量为的小球以初速度沿水平面向右运动，与小物块发生弹性正碰碰撞时间极短。、和均可视为质点，取重力加速度大小为，不计空气阻力。求：
小球与小物块碰撞后，小物块的速度的大小；
弹簧的最大弹性势能；
小物块的最大速度的大小。
16.如图所示，与是两条水平放置且彼此平行的光滑金属导轨，导轨间距为，质量、电阻的金属杆垂直跨接在导轨上，匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度的大小为，导轨左端接阻值的电阻，导轨电阻不计。时刻杆受水平拉力的作用后由静止开始向右做匀加速运动，第末杆的速度为。求：
末杆受到的安培力的大小；
若时间内，电阻上产生的焦耳热为，这段时间内水平拉力做的功为多少；
若第末以后，拉力不再变化，且末至杆达到最大速度的过程中通过杆的电荷量，则该过程杆克服安培力做的功为多大。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的周围存在磁场，故AB错误；
C.楞次通过实验总结出判断感应电流方向的规律，即楞次定律，故C正确；
D.根据法拉第定律可知感应电动势的大小与穿过该回路的磁通量的变化率成正比，故D错误。
故选：。
根据相关物理学史分析作答。
本题主要考查了电磁学物理学史，掌握相关的物理学知识是解题的关键。
2.【答案】
【解析】解：、根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势
提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，故A正确；
B、将金属杯换为陶瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此陶瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，故B错误；
C、减少线圈的匝数会降低交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率减小，使杯内的水沸腾所需的时间延长，故C错误；
D、增大交流电的周期，磁感应强度的变化率变小，感应电动势变小，感应电流的功率减小，故D错误。
故选：。
由题意可知电器的工作原理，则根据原理进行分析可得出缩短加热时间的方法。
本题考查涡流的应用，要注意明确涡流现象本质就是电磁感应，由法拉第电磁感应定律可知涡流现象的强弱的决定因素。
3.【答案】
【解析】解：闭合开关后，立即亮，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，所以通过的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，电流也一样大，所以一样亮，故A错误，B正确；
断开开关后，通过的原来的电流立即消失，和构成新回路，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过的电流会慢慢变小，并且通过，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过的灯的电流方向与原来的方向相反，因和是完全相同的灯泡，电流未增加，不会闪亮一下，故CD错误。
故选：。
线圈对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小，由此分析即可。
对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。
4.【答案】
【解析】解：、根据题意分析可知，因图像的斜率等于速度，由图可知，碰前，碰后，取向右为正方向，则由动量守恒定律有
解得
根据动量定理碰撞过程中，小球对小球冲量大小为，代入数据解得
根据能量守恒碰撞过程中，小球、组成的系统损失的机械能为，故BC错误，D正确。
A、根据图像分析可知，时刻，小球速度改变，发生碰撞，结合以上分析可知，不是弹性碰撞，故A错误。
故选：。
根据图像斜率表示速度，求出碰撞前后的速度，再应用动量守恒定律求的速度，进而判断是否为弹性碰撞及机械能损失情况，再用动量定理求冲量。
解决此类问题关键是理解图像斜率代表速度，结合动量守恒和动能变化判断碰撞类型，冲量可通过动量定理求解。
5.【答案】
【解析】解：在原、副线圈匝数比一定时，变压器的输出电压由输入电压决定。因此保持的位置不动，输出电压不变，将向上滑时，负载总电阻增大，则输出电流减小，输入电流也随着减小，则电流表的读数变小，故A正确，B错误；
保持的位置不动，将向上滑动时，则输出电压变大，由欧姆定律输出电流变大，输入电流也变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误。
故选：。
由理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈两端的电压与匝数关系，原、副线圈中的电流与匝数的关系，电路的动态变化确定。
本题考查变压器的动态分析原线圈无负载，理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈两端的电压与匝数关系，原、副线圈中的电流与匝数的关系，电路的动态变化，学生分析、解决问题的能力。
6.【答案】
【解析】解：、因小球、沿同一直线相向运动，故发生碰撞后不可能都保持原来的速度方向，否则违反动量守恒定律，故B错误；
D、根据碰撞规律可知，碰后沿着同一方向运动时，后面物体的速度不可能超过前面物体的速度，故D错误；
、根据动量守恒定律判断，选项A、均满足。再看动能情况，根据碰撞规律可知碰后的总动能不可能大于碰前的总动能，碰前总动能为
碰后总动能
代入数值可得，选项A、中碰后的总动能都不大于碰前的总动能，故AC正确。
故选：。
两球碰撞过程中系统动量守恒，总动能不增加，结合两球的运动情况进行分析。
对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率。
7.【答案】
【解析】解：由图乙可知，副线圈中电流的频率为，故A正确；
B.通过的电流峰值为，其有效值，由于与并联，副线圈电压，故B错误；
C.副线圈总电流，根据理想变压器功率关系有，得原线圈电流，故C错误；
D.变压器输出功率等于副线圈负载总功率，故D正确。
故选：。
根据频率和周期的关系列式解答；根据最大值和有效值关系和欧姆定律列式解答；根据并联电路的电流关系结合理想变压器的特点列式求解；根据变压器的输出功率和负载功率的关系列式解答。
考查变压器和交流电的相关问题，理解相应的物理概念，知道各公式的适用范围，属于中等难度考题。
8.【答案】
【解析】解：、线框第一次进入磁场的过程中，线框下降的高度为，线框减少的重力势能为，故A错误；
C、线框两次从同一高度下降，线框进入磁场时速度相等，设速度为，线框第一次进入磁场时，感应电动势为
线框第二次进入磁场时，感应电动势为
则先后两次刚进入磁场时，线圈中的感应电动势之比为，故C错误；
B、设线框的电阻为，则线框进入磁场过程中，感应电流为
线框受到的安培力为
线框第一次进入磁场过程中，安培力与线框重力大小相等
线框第二次刚进入磁场时的安培力为
设第二次刚进入磁场时，线框的加速度大小为，结合牛顿第二定律
代入数据可得，故B正确；
D、间的电阻为，第一次进入磁场时，两点间的电势差为
第二次进入磁场时，两点间的电势差为
先后刚进入磁场时，两点间的电势差之比为，故D正确。
故选：。
根据第一次线框匀速进入磁场的受力平衡条件，结合两次线框的下落高度、切割边长差异，分析重力势能、加速度、感应电动势及间电势差，逐一判断选项。
本题以线框两次不同姿态进入磁场为情境，融合电磁感应、受力分析等知识点，考查学生对电磁感应规律的综合运用能力。
9.【答案】平行
最小

【解析】解：图示位置即为中性面的位置，即线圈平行于中性面，此位置时线圈磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势最小为零。
故答案为：平行；最小
根据中性面的定义分析。
掌握中性面的定义，熟练掌握基础知识是关键，基础题。
10.【答案】

【解析】解：依题意，由，得输电线中通过的电流
由，得输送电压
当输送电压时，此时输电线通过的电流
导线损失的功率
则用户得到的功率
故答案为：；。
先根据输电线的损耗功率和输电线电阻，算出第一种情况下的输电电流，再结合输送功率求出对应的输电电压；然后根据输送功率不变，算出改用新电压后的输电电流，最后用新的输电电流和输电线电阻，求出此时的线路损耗功率。
该题是一道典型的远距离输电基础计算题，围绕高压输电降低损耗的核心原理，考查了输电电流、线路损耗功率与输电电压之间的关系，考点单一且直接，计算过程清晰，能有效检验学生对输电损耗公式的掌握程度，是巩固交变电流输电知识的基础训练题。
11.【答案】逐渐增加

【解析】解：根据，在内线圈内的磁感应强度是逐渐增加的；
感应电动势为
感应电流为
代入数据可得
、两点的电势差为
代入数据可得
故答案为：逐渐增加，。
先由图像判断磁通量变化，结合分析磁感应强度的变化，再用法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律求路端电压。
本题考查电磁感应的基础应用，结合图像、法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律，是电磁感应部分的典型基础题。
12.【答案】
向左
变小
阻碍

【解析】解：为明确灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，除题中器材外，还需要直流电源干电池确定电流的方向。故B正确，ACD错误。
故选：。
如图甲所示，该同学将条形磁铁的极向螺线管插入的过程中，穿过螺线管的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流方向由下端流向上端，则电流由左接线柱流入灵敏电流计，实验得出，电流由右接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转，所以灵敏电流计指针向左偏转。
如图乙所示，将第问中的螺线管置于电子秤上，在条形磁铁的极从螺线管拔出的过程中，穿过螺线管的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，螺线管中感应电流方向由上端流向下端，根据安培定则可知，螺线管下端相当于极，上端相当于极，则螺线管受到向上的吸引力，电子秤的示数会变小。
多次实验发现：感应电流产生的磁场，总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
故答案为：；向左；变小；阻碍。
根据干电池与灵敏电流计组成电路判断灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系；
根据楞次定律判断感应电流方向，与电流由右接线柱流入时灵敏电流计指针向右偏转对比判断；
根据楞次定律和安培定则分析螺线管受力情况判断；
根据实验现象分析判断。
本题考查“探究影响感应电流方向的因素”实验，关键掌握灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系、利用楞次定律判断感应电流方向。
13.【答案】

【解析】解：为了避免碰撞后入射球被反弹，需要入射球的质量大于被碰球的质量，即。
只要保证入射球每一次从同一位置静止释放，使其到达斜槽末端的速度相同即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
C.为了能够让两个小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；
要保证小球从斜槽末端飞出后在空中做平抛运动，则斜槽末端必须水平；由于小球做平抛运动的竖直位移相同，所以平抛运动的时间相同，可知平抛运动的水平位移大小与初速度大小成正比，故可用水平位移表示平抛运动的初速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度，故BD错误。
故选：。
设小球在空中运动的时间为，以水平向右为正方向，若满足动量守恒定律，则有：
可得应满足的关系式为：
若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，则有：
联立可得：
故答案为：；；；。
为了避免碰撞后入射球被反弹，需要入射球的质量大于被碰球的质量。
只要保证入射球每一次从同一位置静止释放，使其到达斜槽末端的速度相同即可，斜槽轨道是否光滑对实验无影响；为了能够让两个小球发生对心碰撞，入射球和被碰球必须等大；要保证小球从斜槽末端飞出后在空中做平抛运动，由于小球做平抛运动的竖直位移相同，所以平抛运动的时间相同，可知平抛运动的水平位移大小与初速度大小成正比，故可用水平位移表示平抛运动的初速度。
利用平抛运动的水平位移大小与初速度大小成正比，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得到需要满足的关系式。
本题考查了验证动量守恒定律的实验，掌握本实验中利用平抛运动间接测量速度的方法，掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。
14.【答案】线圈感应电动势的最大值为，瞬时值表达式为 内电阻上消耗的电能为 线圈由图示位置转过的过程中，通过的电量为
【解析】解：线圈从磁通量最小位置开始转动，此时感应电动势最大。
线圈面积，角速度
感应电动势的最大值
瞬时值表达式为。
电路中电流有效值
则内电阻上消耗的电能。
因为电量
线圈由图示位置转过的过程中，磁通量变化量为
联立解得通过的电量。
答：线圈感应电动势的最大值为，瞬时值表达式为
内电阻上消耗的电能为。
线圈由图示位置转过的过程中，通过的电量为。
根据线圈转动的初始位置、转速、尺寸和磁场，计算线圈面积、角速度和感应电动势最大值，推导出瞬时值表达式。
利用有效值公式计算电路电流，进而求出电阻上消耗的电能。
根据磁通量变化量，通过法拉第电磁感应定律推导通过电阻的电荷量。
本题考查感应电动势瞬时值表达式推导、电流有效值与电能计算，以及通过导体横截面电荷量的求解，核心是交变电流最大值与有效值的关系、焦耳定律和法拉第电磁感应定律的综合应用。
15.【答案】小球与小物块碰撞后，小物块的速度大小为 弹簧的最大弹性势能为 小物块的最大速度大小为
【解析】解：小球与物块碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：，，解得：。
当物块、速度相同时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大。对、及弹簧系统，
由动量守恒和机械能守恒得：，，解得：。
当弹簧恢复原长时，物块速度达到最大值。对、及弹簧系统，由动量守恒和机械能守恒得：，，解得：。
答：小球与小物块碰撞后，小物块的速度大小为。
弹簧的最大弹性势能为。
小物块的最大速度大小为。
小球与物块发生弹性碰撞，利用动量守恒和动能守恒建立方程，联立求解可得到碰撞后物块的速度。由于质量相等且碰撞为弹性正碰，物块将获得与小球相同的速度大小。
物块与物块相互作用过程中，当两者速度相同时弹簧压缩量最大，此时系统动能转化为弹性势能。通过动量守恒和能量守恒可求出弹簧的最大弹性势能，需要考虑物块和的质量关系。
物块的最大速度出现在弹簧恢复原长时，此时系统动能重新分配。利用动量守恒和机械能守恒建立方程，求解可得物块的最大速度，这一过程中物块的速度会相应减小。
本题综合考查动量守恒定律和机械能守恒定律在弹性碰撞与弹簧系统中的应用，属于力学中较为典型的综合题。题目通过多物体相互作用过程，有效检验学生对碰撞模型和能量转化关系的理解深度。第一问考查弹性碰撞的基本计算，要求学生熟练掌握动量与动能的双守恒条件；第二问涉及弹簧势能极值点的分析，需要抓住共速这一关键状态；第三问则进一步考察学生对弹簧系统动态过程的理解，需明确速度极值出现的条件。题目计算量适中，但需要清晰的物理图像和严谨的推导过程，能有效锻炼学生的建模能力和综合分析能力。其中弹簧势能与动能转化的动态分析是本题亮点，体现了能量观点在复杂系统中的核心地位。
16.【答案】末杆受到的安培力大小为 时间内水平拉力做的功为 末至杆达到最大速度的过程中杆克服安培力做的功为
【解析】解：在时，杆速度，产生的感应电动势，回路中的感应电流，此时杆所受安培力大小。
由焦耳定律得：：：，解得；在时间内，克服安培力做的功等于回路产生的总焦耳热，即；对杆应用动能定理，代入数据，解得拉力做的功。
在内，杆的加速度；在时刻，根据牛顿第二定律，代入数据解得此时拉力；
杆最终匀速运动时满足，代入数据解得最大速度；设杆从末至开始匀速运动前通过的位移为，此过程中通过杆的电荷量，代入数据解得；在此过程中对杆应用动能定理，代入数据解得克服安培力做的功。
答：末杆受到的安培力大小为。
时间内水平拉力做的功为。
末至杆达到最大速度的过程中杆克服安培力做的功为。
分析杆在末的瞬时状态。已知此时杆的速度，可依据电磁感应定律计算感应电动势与回路电流，进而由安培力公式确定安培力大小。该问核心是建立瞬时速度、感应电流与安培力的直接关联。
内拉力做功涉及能量转化。已知电阻上产生的焦耳热，可依据焦耳定律的分配关系得到回路总焦耳热，即该阶段克服安培力所做的功。再结合杆在末的动能，对杆应用动能定理，拉力做功等于杆的动能增量与克服安培力做功之和。
第末后拉力恒定，杆最终做匀速运动。需先利用末的已知条件及匀加速规律求出拉力大小，再根据匀速时拉力与安培力平衡求出最大速度。已知该过程的电荷量，通过磁通量变化与位移的关系可求出杆的位移。最后对这段过程应用动能定理，拉力做功与克服安培力做功之差等于杆动能的增量，从而求解。
本题是一道综合性较强的电磁感应与动力学结合的题目，全面考查电磁感应、电路分析、能量守恒和动能定理等多个核心知识点。题目计算量适中，难度属于中等偏上，需要学生熟练掌握匀变速直线运动规律、法拉第电磁感应定律、安培力公式、闭合电路欧姆定律以及功能关系的灵活应用。第一问直接考查基本公式，是后续分析的基础；第二问巧妙地将焦耳热分配与动能定理结合，考查能量转化的分析能力；第三问则提升了思维深度，需要学生综合运用运动学、动力学和电荷量公式求出位移，再通过动能定理求解变力做功，有效锻炼了学生的逻辑推理和综合分析能力。本题的亮点在于通过多过程、多设问，将电磁感应中的力、电、能三条主线有机串联，对学生的物理建模和知识迁移能力提出了较高要求。
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