暑期综合提高练习（三）力学1——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案

这是一份暑期综合提高练习（三）力学1——2026-2027年高中物理新高三年级暑期强化训练含答案，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．如图所示，小明同学用两个力将一重为物体悬挂起来，力的方向与竖直的方向成角，力的大小为，可知（ ）
A．的大小是唯一的
B．的方向是唯一的
C．有两个可能的方向
D．可取任意方向
2．生活中曲线运动随处可见，关于物体做曲线运动，下列说法正确的是( )
A．速度方向有时与曲线相切，有时与曲线的切线垂直
B．平抛运动是匀变速曲线运动，斜抛运动是变加速曲线运动
C．物体所受合力方向一定指向曲线的凹侧
D．物体所受合力可能不变，但它的加速度一定改变
3．如图所示，放在粗糙水平桌面上的一个物体，同时受到水平方向的两个力的作用，F1=5N且方向向右，F2=8N且方向向左.当F2从8N逐渐减小到零时，物体始终保持静止，物体与桌面间摩擦力大小变化情况是（ ）
A．先减小后增大B．先增大后减小
C．逐渐减小D．逐渐增大
4．两列相干水波在t=0时刻的叠加情况如图所示，图中实线表示波峰，虚线表示波谷，其中C点是BD连线的中点，P点是BC连线的中点.下列说法正确的是（ ）
A．A、B两点的振动减弱
B．C点的振幅为0，但是它是振动加强点
C．t=0时刻P、C两点振动方向相反
D．若两振源振幅相同，则E、F两点的位移始终为零
5．如图甲所示，一质量为M的光滑斜面体静止在光滑的水平面上，一个质量为m的小物块从斜面上ℎ高处由静止释放，滑至斜面体底部后与斜面体分离，此时小物块相对水平面的水平位移为x.改变小物块在斜面上的高度ℎ，得到小物块的水平位移x和高度ℎ的关系图像如图乙所示.已知斜面倾角θ=37∘ ，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8,关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是（ ）
甲乙
A．斜面体对小物块不做功
B．小物块与斜面体组成的系统动量守恒
C．M:m=3:5
D．M:m=4:5
6．2023年10月24日4时3分，我国在西昌卫星发射中心成功将遥感三十九号卫星送入太空。遥感三十九号卫星能够实现全球无死角观测，意义重大。遥感三十九号卫星、地球同步卫星绕地球飞行的轨道如图所示。已知地球半径为R，自转周期为T0，遥感三十九号卫星轨道高度为h，地球同步卫星轨道的高度为h0，引力常量为G。下列说法正确的是( )
A．遥感三十九号卫星与同步卫星绕地球运行的向心加速度之比为eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))\s\up12(2),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h))2)
B．遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))\s\up12(3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h))\s\up12(3)))T0
C．遥感三十九号卫星的运行速度大于7.9 km/s
D．地球的平均密度可表示为eq \f(3π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))\s\up12(3),GTeq \\al(2,0)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h))\s\up12(3))
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
7．赛龙舟是端午节的传统活动，下列v−t和s−t图像描述了五条相同的龙舟从同一起点线同时出发、沿长直河道划向同一终点线的运动全过程，其中能反映龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐的有（ ）
A． B．
C． D．
8．高速公路上用位移传感器测车速，它的原理如图所示，汽车D向右匀速运动，仪器C在某一时刻发射超声波脉冲（即持续时间很短的一束超声波），经过时间t1接收到被D反射回来的超声波，过一小段时间后又发射一个超声波脉冲，发出后经过时间t2再次接收到反射回来的信号，已知超声波传播的速度为v0，两次发射超声波脉冲的时间间隔为Δt,则下列说法正确的是（ ）
A．第一次脉冲测得汽车和仪器C的距离为2v0t1
B．第二次脉冲测得汽车和仪器C的距离为v0t2
C．汽车在接收到两个超声波脉冲信号的时间内，前进的距离为12v0(t2−t1)
D．测得汽车前进的速度大小为v0(t2−t1)t2+2Δt−t1
9．如图所示，质量mA=4.0kg、mB=2.0kg的小球A、B均静止在光滑水平面上现给A球一个向右的初速度v0=10m/s，之后与B球发生对心碰撞碰后B球的速度可能为（ ）
A．m/sB．5m/sC．8m/sD．15m/s
10．（多选）如图甲所示为光滑水平面上一水平弹簧振子做简谐运动的示意图，其振动图像如图乙．已知弹簧的劲度系数为10N/cm，下列说法正确的是（ ）
甲乙
A． 图中A点，振子所受的弹力大小为2.5N
B． 图中A点，振子的速度方向指向x轴的正方向
C． 弹簧振子的振幅等于0.5m
D． 4s时间内，振子做了4次全振动
三、非选择题：本大题共5题，共56分。
11．某同学设计了一个测量重力加速度大小g的实验方案，所用器材有：2g砝码若干、托盘1个、轻质弹簧1根、米尺1把、光电门1个、数字计时器1台等.
具体步骤如下：
①将弹簧竖直悬挂在固定支架上，弹簧下面挂上装有遮光片的托盘，在托盘内放入一个砝码，如图（a）所示.
图（a）
②用米尺测量平衡时弹簧的长度l，并安装光电门.
③将弹簧在弹性限度内拉伸一定长度后释放，使其在竖直方向振动.
④用数字计时器记录30次全振动所用时间t.
⑤逐次增加托盘内砝码的数量，重复②③④的操作.
该同学将振动系统理想化为弹簧振子.已知弹簧振子的振动周期T=2πMk，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量.
（1） 由步骤④，可知振动周期T=________.
（2） 设弹簧的原长为l0，则l与g、l0、T的关系式为l=____________________.
（3） 由实验数据作出的l−T2图线如图（b）所示，可得g=____m/s2（保留三位有效数字，π​2取9.87）.
图（b）
（4） 本实验的误差来源包括_______（双选，填标号）.
A．空气阻力
B．弹簧质量不为零
C．光电门的位置稍微偏离托盘的平衡位置
12．某物理兴趣小组用如图1所示的实验装置研究“弹簧的弹性势能与形变量之间的关系”。轻弹簧的左端固定在竖直固定挡板上，弹簧的右端放置一个小滑块（与弹簧不拴接），滑块的左端有一宽度为d的遮光条，O点是弹簧原长时滑块左端遮光条所处的位置。
（1）测遮光条的宽度：用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，测量结果如图2所示，则遮光条的宽度 mm。
（2）平衡摩擦力：将长木板左端垫一小木块（图中未画出），在O点右侧不同位置分别放置光电门，使滑块压缩弹簧到确定位置并由静止释放小滑块，调整小木块位置，重复以上操作，直到小滑块上的遮光条通过光电门的时间均相等。
（3）向左侧推动滑块，使弹簧压缩一定的程度（弹簧处于弹性限度内），通过刻度尺测出滑块左端到O点的距离x后静止释放滑块，测量滑块经过光电门时遮光条的挡光时间t。
（4）重复步骤（3），测出多组x及对应的t，画出图像如图3所示。
（5）要测出弹簧压缩到某位置时的弹性势能，还必须测量 （填选项序号）。
A．弹簧原长l
B．当地重力加速度g
C．滑块（含遮光条）的质量m
（6）测得图像的斜率为，若轻弹簧弹性势能表达式成立，则轻弹簧的劲度系数为 （用测得的物理量字母表示）。
13．（10分）如图所示，生产活动中的常用工具“镐”由镐头和木柄两部分组成，镐头嵌套在木柄上。为使两者嵌套深度更大，手持木柄（木柄底端距离地面高为h）使两者一起以相同加速度2g竖直向下运动，木柄与地面碰撞后速度立刻变为零并保持静止不动。已知镐头与木柄间的滑动摩擦力大小为Ff，镐头质量为m，木柄足够长，重力加速度为g，求：
（1）镐头和木柄一起向下运动时，两者之间的摩擦力的大小；
（2）木柄与地面碰撞后镐头相对于木柄运动的距离。
14．如图所示，质量均为m的套筒A和小球B通过长度为L的轻杆及铰链连接，套筒A套在竖直立杆OP上与原长为L的轻质弹簧连接，小球B可以沿水平V形槽滑动，系统静止时轻杆与竖直方向夹角θ=37∘ ．现让系统从静止绕OP缓慢加速转动，某时刻B球对V形槽恰好无压力．已知重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8．求：
（1） 弹簧的劲度系数k；
（2） B球对V形槽恰好无压力时系统转动的角速度ω ；
（3） 从静止开始至B球对V形槽无压力过程中槽对B球做的功．
15．如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端.已知三块木板质量均为2.0kg，A木板长度为2.0m，机器人质量为6.0kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力.
（1） 机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离.
（2） 机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值.
（3） 若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板.求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系.
参考答案
1．【知识点】力的分解的定解及极值问题
【答案】C
【解析】如图所示，以的“箭头”为圆心，以的大小为半径画一个圆弧，圆弧与所在直线有两个交点，因此有两个可能的方向，的大小有两个可能的值。选C。
2．【知识点】物体做曲线运动的条件
【答案】C
【详解】在曲线运动中，物体的速度方向一定沿着轨迹的切线方向，A错误；平抛运动是匀变速曲线运动，斜抛运动也是匀变速曲线运动，B错误；根据曲线运动的受力特点可知，做曲线运动的物体所受合力一定指向轨迹的凹侧，C正确；做曲线运动的物体可以受恒力作用，其加速度可以保持不变，如平抛运动，D错误。
3．【知识点】静摩擦力有无的判定及静摩擦力的大小与方向
【答案】A
【解析】本题考查静-静突变.由于物体始终保持静止，由平衡条件可知，开始时摩擦力f1=F2−F1=3N，方向向右，当F2减小到5N时，此时的摩擦力减小为0，F2继续减小，则摩擦力f2=F1−F2，方向向左，且随F2的减小而增大，所以摩擦力先减小后增大，A正确.
4．【知识点】波的干涉
【答案】D
【解析】A点是波峰与波峰相遇的位置,B点是波谷与波谷相遇的位置,都是振动加强点,故A错误；B、D两点都是振动加强点,C在BD连线上,也是振动加强点,振幅为两列波振幅之和,不为零,故B错误；B点处于波谷位置,D点处于波峰位置,P、C两点在BD之间,波向右平移,所以两点的振动方向相同,都向上振动,故C错误；E、F两点是波峰与波谷相遇的位置,是振动减弱点,振幅为两列波振幅之差,若两振源振幅相同,则这两点的振幅为零,位移始终为零,故D正确.
5．【知识点】人船模型
【答案】C
【解析】由题意,小物块下滑的同时,斜面体向左运动,由受力分析可知,小物块位移与所受斜面体的支持力夹角大于90∘ ,所以斜面体对小物块做负功,故A错误；小物块与斜面体组成的系统水平方向所受合外力为零,竖直方向所受合外力不为零,所以系统动量不守恒,故B错误；由水平方向动量守恒可得mv=Mv′,两边同时乘时间,则有mx=Mx′,又因为x+x′=ℎtan37∘,联立解得x=Mℎ(M+m)tan37∘,由题图乙可知,图线的斜率为k=12=M(M+m)tan37∘,解得M:m=3:5,故C正确,D错误.
6．【知识点】万有引力定律问题的分析与计算、天体密度的计算
【答案】 A
【详解】 根据万有引力提供向心力，有Geq \f(Mm,（R＋h）2)＝ma，所以eq \f(a遥,a同)＝eq \f(\f(GM,（R＋h）2),\f(GM,（R＋h0）2))＝eq \f(（R＋h0）2,（R＋h）2)，故A正确；设遥感三十九号卫星绕地球运行的周期为T，根据开普勒第三定律可得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h))3,T2)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))3,Teq \\al(2,0))所以T＝eq \r(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h))3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))3))T0，故B错误；所有地球卫星的运行速度都小于7.9 km/s，故C错误；对同步卫星有Geq \f(Mm0,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))2)＝m0eq \f(4π2,Teq \\al(2,0))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))，所以地球密度为ρ＝eq \f(M,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋h0))3,GTeq \\al(2,0)R3)，故D错误。
7．【知识点】v-t图像及其应用、x-t图像及其应用
【答案】BD
【解析】龙舟甲与其他龙舟在途中出现船头并齐,说明龙舟甲与其他龙舟在相同的时刻位移大小相等,v−t图像中,图线与时间轴围成图形的面积表示位移,在选项A、B中,只有选项B中图线与时间轴围成图形的面积有相等的时刻,A错误,B正确；s−t图像中,两图线的交点表示相遇,即表示龙舟甲与其他龙舟船头并齐,C错误,D正确.
【方法总结】 应明确x−ts−t图像与v−t图像的区别.这两种运动图像描述的都是直线运动,无论其图线是直线还是曲线；其图线并不表示真实的运动轨迹.x−t图像中图线的交点表示相遇,v−t图像中图线的交点表示速度相等,此时需要注意位移差是否为最大值或最小值.
8．【知识点】追及与相遇问题
【答案】CD
【解析】超声波是匀速运动的,往返时间相同,第一次脉冲测得汽车和仪器C的距离为12v0t1,第二次脉冲测得汽车和仪器C的距离为12v0t2,故A、B错误；汽车在接收到两个超声波脉冲信号的时间内,前进的距离为s=12v0(t2−t1),故C正确；超声波两次追上汽车的时间间隔Δt′=t22−t12+Δt,故速度大小v=sΔt′=v0(t2−t1)t2+2Δt−t1,故D正确.
9．【知识点】弹性碰撞和非弹性碰撞、碰撞可能性判断
【答案】AC
【详解】如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两球速度相等，设大小是v，两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=（mA+mB）v
代入数据解得
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰撞后A的速度大小为vA，B的速度大小为vB，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得
代入数据解得
vA=
vB=
碰撞后B球的速度范围是
故AC正确，BD错误。
故AC。
10．【知识点】振幅、周期、频率、相位和波长及其计算、简谐运动的函数与图像
【答案】AB
【解析】弹簧振子的回复力为弹簧的弹力，根据题图乙可看出A点位移为0.25cm，所以振子所受的弹力大小F=kx=2.5N，故A正确；图中A点，振子正在向x轴的正方向运动，所以速度方向指向x轴的正方向，故B正确；振幅指振子离开平衡位置的最大距离，从题图乙中纵坐标可看出，弹簧振子的振幅等于0.5cm，故C错误；振子的周期为2s，1个周期振子做1次全振动，所以4s时间内，振子做了2次全振动，故D错误．

11．【知识点】弹簧振子及其运动特点
【答案】（1） t30
（2） l0+g4π​2T2
（3） 9.61
（4） AB
【解析】
（1） 30次全振动时间为t,则振动周期T=t30.
（2） 设托盘与砝码的总质量为M,静止时有k(l−l0)=Mg,又T=2πMk,联立解得l=l0+g4π​2T2.
（3） l−T2图像斜率为g4π​2=0.547−−0.30m/s2,解得g=9.61m/s2.
（4） 弹簧振子为理想化模型,不计阻力与弹簧质量,因此空气阻力和弹簧质量都会引起测量误差,而光电门位置不影响周期的测量,A、B正确.
12．【知识点】弹性势能的变化与弹力做功的关系
【答案】 3.25 C
【详解】（1）由图2可知，遮光条的宽度为
（5）根据能量守恒有
可知，要测出物块到某位置时轻弹簧的弹性势能，还需测出滑块（含遮光条）的质量m。
选C。
（6）根据能量守恒有
其中
联立可得
又因为图线的斜率为，即
解得
13．【知识点】两类动力学问题
【答案】（1）mg （2）2mgℎFf－mg
【解析】（1）镐头和木柄一起向下运动时，对镐头由牛顿第二定律有
f＋mg＝ma（2分）
其中a＝2g，
解得f＝mg（2分）
（2）设木柄与地面碰撞时，镐头的速度大小为v，由运动学公式有
v2＝2ah，
解得v＝2gℎ（1分）
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄继续向下运动，以竖直向下为正方向，由牛顿第二定律有
mg－Ff＝ma1（2分）
解得a1＝mg－Ffm，
由运动学公式有Δx＝0－v22a1（1分）
联立解得Δx＝2mgℎFf－mg（2分）
【一题多解】动能定理
木柄与地面碰撞后，镐头相对木柄向下运动，以竖直向下为正方向，由动能定理有（mg－Ff）Δx＝0－12mv2，解得Δx＝2mgℎFf－mg。
14．【知识点】圆锥摆问题、应用动能定理求解变力做功问题
【答案】（1） 5mgL
（2） 5g3L
（3） 1930mgL
【解析】
（1） 系统静止时,根据平衡条件有k(L−Lcs37∘)=mg,解得k=5mgL．
（2） B球对V形槽恰好无压力时,设此时弹簧的压缩量为Δx,对整体分析有kΔx=2mg,解得Δx=25L,根据几何关系有csθ′=L−ΔxL=35,解得θ′=53∘ ,对B球,根据牛顿第二定律可得mgtanθ′=mLsinθ′⋅ω​2,解得ω=5g3L．
（3） 对A,由动能定理可得W杆+WG+W弹=0,即W杆+mg⋅15L−mg+2mg2⋅15L=0,解得W杆=0.1mgL,对B球,由动能定理可得W外+W′杆=12mv2,其中W′杆=−W杆,v=ωLsin53∘ ,联立解得W外=1930mgL．
15．【知识点】动量和能量的综合应用
【答案】（1） 1.5m
（2） 90J；2
（3） xAC=74LB
【解析】
（1） 机器人从A木板左端走到A木板右端的过程中,机器人与A木板组成的系统动量守恒,A木板向左运动,B、C木板静止,设机器人的质量为M,三个木板的质量均为m,由动量守恒定律得Mv=mvA,设所用时间为t,则有Mvt=mvAt,即Mx=mxA,又x+xA=LA,联立解得xA=1.5m,则A、B木板间的水平距离为1.5m.
（2） 设机器人起跳的速度大小为v0,速度方向与水平方向的夹角为θ ,机器人从A木板右端跳到B木板左端的时间为t1,由斜抛运动规律得v0csθ⋅t1=xA,v0sinθ=g⋅t12,联立解得v02=152sinθcsθ,机器人跳离A木板的过程中,系统水平方向动量守恒,由动量守恒定律得Mv0csθ=mv′A,由功能关系得,机器人做的功为W=12Mv02+12mv′A2,联立可得W=1+3cs2θ2sinθcsθ×45J=sin2θ+4cs2θ2sinθcsθ×45J=(12tanθ+2tanθ)×45J,由数学知识可知,当且仅当12tanθ=2tanθ时,即tanθ=2时,机器人做功最少,代入可得W=90J.
（3） 由tanθ=2,可计算出v0csθ=152m/s,由Mv0csθ=mv′A解得v′A=3215m/s,此后A木板以此速度向左做匀速直线运动.机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒,由动量守恒定律得Mv0csθ=(M+2m)vB,此过程中A木板向左运动的距离x′A=v′At1,代入数据得x′A=4.5m,机器人连续三次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒,设每次跳起后机器人的水平速度大小为v1,B木板的速度大小为vB1,机器人每次跳跃的时间为Δt,以向右为正方向,由动量守恒定律得(M+m)vB=Mv1−mvB1 ①,每次跳跃,机器人和B木板的相对位移为LB3,则有LB3=(v1+vB1)Δt ②,机器人到达B木板右端时,B木板恰好追上A木板,从机器人跳上B左端到跳到B的右端的过程中,A、B木板的位移之差为Δx=xA+x′A=6m,则有(vB1−v′A)×3Δt=Δx ③,联立①②③三个式子得Δt=LB4(v′A+vB)−Δx3(v′A+vB),A、C两木板的间距为xAC=(v′A+vC)×3Δt+Δx+LB,vC=vB,整理得xAC=74LB.
【一题多解】
第（3）问的其他两种解法
解法一 累积法
当机器人跳到B板右端时,B板左端恰好追上A板,求解A、C之间的距离,可以转化为求解B板左端到C的距离,这样就不需要再关注A板的运动.机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中,机器人与B、C木板组成的系统在水平方向动量守恒,得Mvcsθ=(M+2m)v共,机器人开始三连跳,B、C分离,C的速度向右保持v共不再发生变化.机器人连续3次等间距跳到B木板右端,整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒.设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为v0,B木板的速度大小为vB,则(M+m)v共=Mv0−mvB,
机器人跳跃的总时间为Δt,取向右为正方向,左右两边同时乘以相互作用时间Δt,得(M+m)v共Δt=Mv0Δt−mvBΔt,
设机器人与B、C共速时,从B左端到右端用时间Δt,C向右运动xC=v共Δt,B向左运动xB=vBΔt,机器人向右运动x机=v0Δt,即(M+m)xC=Mx机−mxB,
板长LB=x机+xB,
代入数据可得xB+xC=34LB,
B能追上A,则该时刻A、C两板间距xAC=xB+LB+xC=74LB.
解法二 巧选参考系法
当机器人跳到B板右端时,B板左端恰好追上A板,则求解A、C之间的距离,可以转化为求解B板左端到C的距离,这
样就不需要再关注A板的运动.当机器人在B上开始三连跳时,B、C分离,则C的速度不再发生变化,以C为参考系,可以只研究机器人与B组成的系统,机器人与B初始时与C共速,则二者组成的系统总动量始终为0,即人船模型,设三连跳过程中任意时刻机器人的水平速度大小为v0,B木板的速度大小为vB,则在跳跃过程中任意时刻满足Mv0−mvB=0,
机器人从B木板左端走到B木板右端时,机器人、木板B运动位移分别为x机、xB,有Mx机−mxB=0,
如图所示（机器人用小球表示）,由图可看出板长LB=x机+xB,
代入数据可得xB=MLBM+m=34LB,
B左端到C的距离即A、C两板间距为xAC=xB+LB=74LB.