安徽省安庆市某中学2020届高三高考测试物理试卷

物理试卷

一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）

1. 2015年7月的喀山游泳世锦赛中，跳水名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠。她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示。不计空气阻力。下列说法正确的是
   
   

A. 她在空中上升过程中处于超重状态
B. 她在空中下落过程中做自由落体运动
C. 她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D. 入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小

2. 用半导体材料制成热敏电阻，在温度升高时，电阻会迅速减小，如图所示，将一热敏电阻接入电路中，接通开关后，经过一段时间会观察到

A. 电流表示数不变 B. 电流表示数减小
C. 电压表示数增大 D. 电压表示数减小

3. 静止在地面上的物体在竖直向上的恒力作用下上升，在某一高度撤去恒力．不计空气阻力，在整个上升过程中，物体机械能随时间变化的关系是

A.  B.
C.  D.

4. 如图所示“时空之旅”飞车表演时，演员驾着摩托车，在球形金属网内壁上下盘旋，令人惊叹不已．摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动过程中
   
   

A. 机械能一定守恒
B. 其输出功率始终保持恒定
C. 通过最高点时的最小速度与球形金属网直径有关
D. 经过最低点的向心力仅由支持力提供

5. 如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩最短的过程中
   

A. A、B的动量变化量相同 B. A、B的动量变化率相同
C. A、B所受合外力的冲量相同 D. A、B系统的总动量保持不变

6. 关于场强和电势，下列正确的

A. 在电场中a、b两点间移动电荷，电场力做功为零，则电荷一定在等势面上移动
B. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
C. 两个等量同种电荷的电场，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势越来越低，场强方向均相同，场强大小在减小
D. 两个等量异种电荷的电场中，从两电荷连线中点沿连线中垂线向外，电势均相等，场强方向均相同，场强大小在减小

7. 某区域的电场线分布如图所示，其中间一根电场线是直线，一带正电的粒子从直线上的O点由静止开始在电场力作用下运动到A点．取O点为坐标原点，沿直线向右为x轴正方向，粒子的重力忽略不计．则在运动过程中，下列关于粒子运动速度v和加速度a随时间t的变化、粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线可能正确的是

A.  B.
C.  D.

8. 如图所示，一闭合直角三角形线框以速度v匀速穿过匀强磁场区域。从BC边进入磁场区开始计时，到A点离开磁场区止的过程中，线框内感应电流的情况以逆时针方向为电流的正方向是如图所示中的

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

9. 一定量的理想气体从状态a开始，经历三个过程ab、bc、ca回到原状态，其p T图象如图所示。下列判断正确的是

A. 过程ab中气体一定吸热
B. 过程bc中气体既不吸热也不放热
C. 过程ca中外界对气体所做的功等于气体所放的热
D. b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同

10. 如图在发射地球同步卫星的过程中，卫星首先进入椭圆轨道Ⅰ，然后在Q点通过改变卫星速度，让卫星进入地球同步轨道Ⅱ，则

A. 该卫星的发射速度必定大于
B. 卫星在同步轨道Ⅱ上的运行速度大于
C. 在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道上ⅠQ点的速度
D. 卫星在Q点通过加速实现由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ

11. 如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1：10的理想变压器给一个灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为现闭合开关，灯泡正常发光．则
    

A.  s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B. 线框的转速为50 
C. 变压器原线圈中电流表示数为1 A
D. 灯泡的额定电压为

12. 如图所示，倾角的斜面上有一重为G的物体，在与斜面底边平行的水平推力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，若图中，则

A. 物体所受摩擦力方向平行于斜面沿虚线向上
B. 物体与斜面间的动摩擦因数
C. 物体所受摩擦力方向与水平推力垂直且平行斜面向上
D. 物体与斜面间的动摩擦因数

三、实验题（本大题共1小题，共8.0分）

13. 某同学要通过实验测量一节干电池的电动势和内阻，可供选择的器材有：电流表、电压表、滑动变阻器、滑动变阻器、定值电阻为、电键S及导线若干．
    
    为方便实验调节且能较准确地进行测量，滑动变阻器应选用______填“”或“”．
    本次实验按照如图1所示实物连接线路图连接好后进行测量，测得数据如表所示．

由上表数据可看出，电压表示数变化不明显，试分析引起上述情况的原因是______．
为使电压表的示数变化更明显，请将上述器材的连线略加改动，在图2方框中画出改动后的实验电路图．
实验中改变滑动变阻器的阻值，根据测出数据画出的图线如图3所示，则此干电池的内阻______保留两位小数

四、计算题（本大题共5小题，共44.0分）

14. 在“研究匀变速直线运动”的实验中，打点计时器使用频率为50Hz的交变电源，选择打点清晰记录小车做匀变速运动的纸带，在纸带上分别用数字标注6个计数点，相邻两个计数点之间还有四个点没有画出．纸带上从0点起每相邻两个计数点间的距离依次为、、、、，如图所示．由纸带上的数据可知打点计时器打下计数点“4”时，小车的速度为______ ；小车的加速度为______ 所填结果小数点后保留两位有效数字
    
    
    
    
    
    
    
    
15. 如图1所示，一质量为的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图2所示，物体运动的速度随时间变化的情况如下图3所示，4s后图线没有画出．g取求：
    
    物体在第3s末的加速度大小；
    物体与水平面间的动摩擦因数；
    物体在前6s内的位移．
    
    
    
    
    
    
    
16. 如图，在固定的气缸A和B中分别用活塞封闭一定质量的理想气体，活塞面积之比为：：2，两活塞以穿过B的底部的刚性细杆相连，可沿水平方向无摩擦滑动．两个气缸都不漏气．初始时，A、B中气体的体积皆为，温度皆为中气体压强，是气缸外的大气压强．现对A加热，使其中气体的体积增大，温度升到某一温度同时保持B中气体的温度不变．求此时A中气体压强用表示结果和温度用热力学温标表达。
    

17. 绝缘光滑水平面内有一圆形有界匀强电场，其俯视图如图所示，图中xOy所在平面与光滑水平面重合，场强方向与x轴正向平行，电场的半径为，圆心O与坐标系的原点重合，场强，一带电量为，质量带负电的粒子，由坐标原点O处以速度沿y轴正方向射入电场，求
    粒子在电场中运动的时间；
    粒子出射点的位置坐标；
    粒子射出时具有的动能。
    
    
    
    
    
    
    
18. 如图所示，在地面附近，坐标系xOy在竖直平面内，空间有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为在的空间内还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为一个带正电荷的油滴经图中x轴上的M点，始终沿着与水平方向成的斜向下的直线运动，进入区域．要使油滴进入的区域后能在竖直平面内做匀速圆周运动，需在区域内加一个匀强电场．若带电油滴做圆周运动通过x轴的N点，且求：
    油滴运动的速度大小。
    在空间内所加电场的场强大小和方向。
    油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、起跳以后的下落过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误，
B、她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误。
C、入水过程中，开始时水对她的作用力大小浮力和阻力小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误。
D、入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者相对。故D正确。
故选：D。
分析陈若琳的运动情况得出其加速度的方向．根据牛顿第二定律分析她的浮力和她的重力的关系．
超重或失重取决于加速度的方向，与速度方向无关．
超重和失重现象可以运用牛顿运动定律进行分析理解，产生超重的条件是：物体的加速度方向向上；产生失重的条件：物体的加速度方向向下．
2.【答案】D

【解析】解：
A、B、接通开关后，由于电流的热效应，热敏电阻的温度升高，电阻减小，总电阻减小，增大，电流表示数变大，故A、B错误。
C、D、U不变，支路的电流增大，增大，又，则减小，电压表示数减小，故D正确，C错误。
故选：D。
由半导体材料的性质可知电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化；再对并联部分进行分析可得出电流表的变化．
本题考查闭合电路的欧姆定律及热敏电阻的性质，闭合电路的动态分析一般按先局部再整体最后再局部的分析思路进行分析．
3.【答案】C

【解析】【分析】
恒力做功的大小等于机械能的增量，撤去恒力后，物体仅受重力，只有重力做功，机械能守恒。
解决本题的关键掌握功能关系，知道除重力以外其它力做功等于机械能的增量，以及知道机械能守恒的条件。
【解答】
设在恒力作用下的加速度为a，则机械能增量，知机械能随时间不是线性增加，撤去拉力后，机械能守恒，则机械能随时间不变。故C正确，ABD错误。
故选C。
4.【答案】C

【解析】解：
A、摩托车在竖直轨道做圆周运动的过程中，摩擦力、发动机的动力都要做功，机械能不守恒；故A错误
B、摩托车在运动过程中，其受力情况和运动情况不断变化，其输出功率也发生变化，故B错误。
C、通过最高点时，满足最小速度时的向心力仅由重力提供，即，所以通过最高点时的最小速度，故C正确。
D、在最低点，向心力由重力和支持力的合力提供；故D错误。
故选：C。
摩托车沿图示竖直轨道做圆周运动过程中，不一定是匀速圆周运动．物体做圆周运动的向心力由径向的合力提供，在最高点的临界情况是弹力为零，靠重力提供向心力．
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，运用牛顿第二定律进行分析和求解．
5.【答案】D

【解析】【分析】
两物块组成的系统动量守恒，所受合外力大小相等、方向相反，应用动量定理、动量守恒定律分析答题．
本题考查了判断动量变化量、动量变化率、冲量与总动量的关系，分析清楚物体运动过程、应用动量定理与动量守恒定律即可正确解题．
【解答】
解：A、两物体相互作用过程中系统动量守恒，A、B动量变化量大小相等、方向相反，动量变化量不同，故A错误；
B、由动量定理可知，动量的变化率等于物体所受合外力，A、B两物体所受合外力大小相等、方向相反，所受合外力不同，动量的变化率不同，故B错误；
C、A、B所受合外力的冲量大小相等、方向相反，合外力的冲量不同，故C错误；
D、两物体组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，系统总动量保持不变，故D正确；
故选：D．
6.【答案】D

【解析】解：A、在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力做功为零，知a、b两点间的电势差为0，但电荷不一定在等势面上移动，故A错误．
B、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系但相互关联，即由电场线知：沿着电场线的方向电势逐渐降低和电场线的疏密程度判断场强，所以场强大的地方电势不一定高，场强小的地方电势不一定低，故B错误．
C、两个等量同种电荷的电场线分布知，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，电场强度由零增大后减小，方向从中点指向外侧或内侧，两侧电场强度的方向相反．故C错误．
D、两个等量异种电荷的电场线分布知，中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小，场强方向与等势面垂直即场强方向相同，故D正确．
故选：D．
沿着电场线的方向电势逐渐降低和电场线的疏密程度判断场强和电势；根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小．
本题关键根据电场线的分布特点判断电势和场强；根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小．
7.【答案】B

【解析】解：A、由图可知，从O到A点，电场线由疏到密，电场强度先减小后增大，方向不变，因此电荷受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故A错误，B正确；
C、沿着电场线方向电势降低，而电势与位移的图象的斜率表示电场强度，因此C错误；
D、根据能量守恒关系，则，而，且，由此可知，，因此粒子的动能和运动径迹上电势随位移x的变化图线斜率先减小后增大，故D错误；
故选：B。
根据电场线的分布，可确定电场强度的方向与大小，根据电荷在电场中受到的电场力可知加速度大小的变化．由电场线的方向来确定电势的变化，再由电荷的电性与电势高低来确定电势能的变化．
考查电场线的分布体现电场强度的大小与方向，并根据电场线来确定加速度，速度，电势及电势能如何变化．注意图象含义的应用．
8.【答案】A

【解析】解：感应电流为：，线框进入磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；
当线框完全进入磁场时，穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，，
线框离开磁场时，导体棒切割磁感线的有效长度L减小，感应电流I逐渐减小；
由右手定则可知，线框进入磁场过程，电流沿逆时针方向，为正值，离开磁场过程，电流沿顺时针方向，为负值；故A正确，BCD错误；
故选：A。
分三个阶段分析感应电流的变化情况，根据感应电流产生的条件判断线框中是否由感应电流产生，根据及欧姆定律判断感应电流的大小。
本题考查电磁感应与图象的结合问题，可以采用排除法分析解题，关键在于掌握感应电流产生的条件、熟练应用及欧姆定律即可正确解题。
9.【答案】AD

【解析】解：A、由图示可知，ab过程，气体压强与热力学温度成正比，则气体发生等容变化，气体体积不变，外界对气体不做功，气体温度升高，内能增大，由热力学第一定律可知，气体吸收热量，故A正确；
B、由图示图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，气体对外做功，由热力学第一定律可知，气体吸热，故B错误；
C、由图象可知，ca过程气体压强不变，温度降低，由盖吕萨克定律可知，其体积减小，外界对气体做功，，气体温度降低，内能减少，，由热力学第一定律可知，气体要放出热量，过程ca中外界对气体所做的功小于气体所放热量，故C错误
D、由图象可知，bc过程气体发生等温变化，气体内能不变，压强减小，由玻意耳定律可知，体积增大，b、c状态气体的分子数密度不同，b和c两个状态中，容器壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数不同，故D正确
故选：AD。
由图示图象判断气体的状态变化过程，应用气态方程判断气体体积如何变化，然后应用热力学第一定律答题。温度是分子平均动能的标志。
本题考查气体的状态方程中对应的图象，分析清楚图示图象、知道理想气体内能由气体的温度决定即可解题，解题时要抓住在图象中等容线为过原点的直线
10.【答案】CD

【解析】解：A、是卫星脱离地球束缚的发射速度，而同步卫星仍然绕地球运动，故A错误．
B、即第一宇宙速度是近地卫星的环绕速度，也是最大的圆周运动的环绕速度．而同步卫星的轨道半径要大于近地卫星的轨道半径，根据v的表达式可以发现，同步卫星运行的线速度一定小于第一宇宙速度．故B错误．
C、从椭圆轨道Ⅰ到同步轨道Ⅱ，卫星在Q点是做逐渐远离圆心的运动，要实现这个运动必须卫星所需向心力大于万有引力，所以应给卫星加速，增加所需的向心力．所以在轨道Ⅱ上Q点的速度大于轨道上ⅠQ点的速度．故C正确．
D、根据C选项分析，故D正确．
故选CD．
了解同步卫星的特点和第一宇宙速度、第二宇宙速度的含义．
当万有引力刚好提供卫星所需向心力时卫星正好可以做匀速圆周运动
若是供大于需则卫星做逐渐靠近圆心的运动
若是供小于需则卫星做逐渐远离圆心的运动
知道第一宇宙速度的特点．
卫星变轨也就是近心运动或离心运动，根据提供的万有引力和所需的向心力关系确定．
11.【答案】BC

【解析】解：A、由图乙可知，当时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；
B、由图可知，交流电的周期为，则转速为：，故B正确；
C、原线圈输入电压有效值为22V，则副线圈的电压为；由可知，副线圈电流，则由，求得；故C正确；
D、灯泡正常发光，故额定电压为220V，故D错误。
故选：BC。
由图2可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周期，根据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值．
本题关键是明确线圈在匀强磁场中匀速转动产生的是正弦式交变电流，会根据变压比公式、变流比公式列式求解即可．
12.【答案】AD

【解析】解：A、C、对物块进行受力分析，如图所示：

物块在重力G、斜面的支持力N、推力F、沿虚线方向上的摩擦力f共同作用下沿斜面上的虚线匀速运动，因为G，N，F三力的合力方向向下，故摩擦力f方向沿斜面虚线向上，所以物块向下运动，故A正确，C错误；
B、D、现将重力分解为沿斜面向下且垂直于底边也垂直于推力的下滑力、垂直与斜面的力，如图所示：

其中恰好把N平衡掉了，这样可视为物体在推力F、下滑力、摩擦力f三个力作用下沿斜面上的虚线匀速运动，

根据三力平衡特点，F与的合力必沿斜面向下，同时摩擦力f只能沿斜面向上，故选项A对BC错；根据几何关系，F与的合力：，即，故物体与斜面间的动摩擦因数，故B错误，D正确。
故选：AD。
本题具有一定的空间思维逻辑，画出受力分析图，然后进行受力分析，最后简化到斜面平面内的受力分析．
本题意在考查动态平衡问题，考查学生利用平衡条件求力的能力及空间想象能力，解答的关键是把空间的受力关系能转化为平面内的受力关系．
13.【答案】；新电池的内阻很小，内电路的电压降很小；

【解析】解：因电源内阻较小，为了便于调节，选择总阻值较小的
由表中数据可知，电压表示数不明显，说明路端电压变化不明显；原因是新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；
为了减小实验中内阻测量的误差，将定值电阻与电源相连，采用等效的方法来增大内阻；故设计电路如图所示；
图象的斜率等于等效内阻，故内阻；
故；
故答案为：；新电池的内阻很小，所以导致内电路的电压降很小；
如图所示；
为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器．
分析表中数据，根据闭合电路欧姆定律分析出现该现象的原因；
根据分析得出的误差原因，采取增大等效内阻的方法进行实验，则可得出电路图；
电源的图象与纵轴的交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻
本题考查测量电动势和内阻的实验，要注意明确仪表的选择、电路接法及数据处理的方法，特别要明确图象的意义．
14.【答案】；

【解析】解：由题可知相邻的计数点间的时间间隔，
根据物体在某一段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻的速度有：

根据匀变速直线运动的推论公式可得：



故答案为：； ．
作匀变速直线运动的物体在某一段时间内的平均速度等于该段时间内的中间时刻的速度，由此可求某点的瞬时速度；作匀变速直线运动的物体在连续相等的时间内通过的位移差等于恒量即，由此可求物体运动的加速度大小．
要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用．
15.【答案】解：
由图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度等于前4s内的加速度，
根据图象和加速度定义式：
得，
在内，在水平方向：
解出： 
设前4 s的位移为，由位移公式：；
设4 s后物体运动时的加速度为，则：
解得， 
物体在4s末时的速度为 ，设物体从4s末后运动时间速度减为0，则：
　　　　　
解得： s
所以，物体在6s末速度恰好减为0．
故后2s内的位移：
代入数据，解得，
所以物体在前6s内的位移   m
答：物体在第2s末的加速度为；
物体与水平面间的摩擦因数为；
物体在前6s内的位移为12m．

【解析】根据图象和加速度定义式即可求解加速度；
在内，分析物体的受力情况，运用牛顿第二定律即可求解动摩擦因数；
分别求出匀加速和匀减速运动的位移，两段位移之和即为总位移．
本题考查牛顿第二定律的应用问题，要注意明确受力分析、明确运动过程，要注意正确应用图象分析以及注意运动学公式的选择．
16.【答案】解：活塞平衡时，由平衡条件得：
，
，
已知，
B中气体初、末态温度相等，设末态体积为，
由玻意耳定律得：，
设A中气体末态的体积为，因为两活塞移动的距离相等，
故有  ，
对A中气体，由理想气体状态方程得：，
代入数据解得：，，，，，，
答：A中气体压为，温度为500K。

【解析】由平衡条件求出气体的压强，应用理想气体的状态方程分别对A、B气体列方程，然后解方程求出气体A的压强与温度。
本题是连接体问题，找出两部分气体状态参量间的关系，然后由理想气体状态方程即可解题，要掌握连接体问题的解题思路与方法。
17.【答案】解：粒子沿x轴方向做匀加速运动，加速度为a，                           
 
沿y轴方向做匀速运动：             
解得：                    
故粒子在电场中运动的时间为1s。
粒子射出电场边界的位置坐标为                       
故粒子出射点的位置坐标为。
出射时的动能由动能定理得：                  
代入解得：                                 
故粒子射出时具有的动能为。

【解析】粒子受到水平向左的电场力，做类平抛运动，即在y轴方向做匀速直线运动，在x轴方向做匀加速直线运动，抓住，根据运动学规律求出运动的时间；
根据时间求出x轴方向和y轴方向的位移，从而得出粒子出射点的位置坐标；
根据动能定理求出粒子射出电场时的动能。
解决本题的关键掌握类平抛运动的处理方法，以及能够灵活运用动能定理解题。
18.【答案】解：由题意，带电油滴沿着直线MP做匀速运动，分析受力情况如图1，可知油滴带正电．
油滴受三力作用见图沿直线匀速运动由平衡条件有：
 
 
解得：
在的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，
由于油滴带正电，所以场强方向竖直向上．
设该电场的场强为，则有
由、式联立解得，方向竖直向上；
见图2，弧PN为油滴做圆周运动在、区域内形成的圆弧轨道所对应的弦，
是过P点所作的垂直于MP的直线，由于，由几何关系容易知道点一定是圆心，
且
设油滴从M点到P点和从P点到N点经历的时间分别为和
做匀速圆周运动时有
由、、由式解得：
全过程经历的时间为；
答：油滴运动的速度大小为；
在空间内所加电场的场强大小为，方向：竖直向上；
油滴从x轴上的M点开始到达x轴上的N点所用的时间为：

【解析】带电油滴沿着直线MP做匀速运动，分析受力情况，由平衡条件判断油滴的电性；油滴沿着直线MP做匀速运动，合力为零，作出油滴的受力示意图，根据平衡条件和洛伦兹力公式列式，即可求得速率v；
在的区域，油滴要做匀速圆周运动，其所受的电场力必与重力平衡，则可由平衡条件列式求得场强；
分段求时间，匀速直线运动过程，根据位移和速率求解；匀速圆周运动过程，画出轨迹，根据轨迹的圆心角求时间。
本题是带电体在复合场中运动的类型，分析受力情况和运动情况是基础，小球做匀速圆周运动时，画出轨迹，由几何知识确定圆心角是求解运动时间的关键。