【文档说明】《精准解析》甘肃省武威六中2022-2023学年高三上学期第二次阶段性考试物理试题（解析版）.docx，共(26)页，1.376 MB，由管理员店铺上传

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武威六中2022年秋季学期高三年级第二次阶段性考试物理试卷考试时间：90分钟一、单选题（本题共9小题，共27分。每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，错选不得分，每小题3分。）1.关于下列对配图的说法中正确的是（）A.图1中过山车从轨道高处冲下来的过程中机械能守

恒B.图2中橡皮条弹力对模型飞机做功，飞机机械能守恒C.图3中握力器在手的压力下弹性势能增加了D.图4中撑杆跳高运动员在上升过程中机械能守恒【答案】C【解析】【详解】A．过山车从轨道高处冲下来的过程中，由于空气阻力做功负功，机械能减小，减小的机械能转化为内能，机械能不守恒，A错误；B

．橡皮条弹力对模型飞机做功，弹性势能转化为飞机的动能，飞机的机械能增大，飞机机械能不守恒，B错误；C．握力器在手的压力下，握力计的形变量增大，弹性势能增大，C正确；D．撑杆跳高运动员在上升过程中，由于受到空气阻力做负功，机械能减小，减小机械能转化为内能，机械能不守恒，D错误。故选C

2.如图所示,一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质缆绳提升一箱货物,已知货箱的质量为M,货物的质量为m,货车以速度v向左作匀速直线运动,重力加速度为g.则在将货物提升到图示的位置时,下列给出的结论正确的是的。A.货箱向上运动的速度大于vB.货物处于失重状态C.图示位置时

绳子拉力的功率大于()cosMmgv+D.缆绳对货箱做的功等于货箱机械能的增加量【答案】C【解析】【详解】A.把车的速度分解，如图所示由于绳子是不可伸长的，货箱和货物整体向上的运动速度和货车沿着绳子方向的

速度分量相等即1cosvv=，所以货箱向上运动的速度小于v，故A错误．B.由于不断减小，由1cosvv=可知1v不断增大，货物加速上升的，处于超重状态，故B错误．C.因为货物加速上升的，所以细绳对货箱的拉力大于货箱和货物的

总重力，即()FMmg+，所以拉力的功率为cos()cosPFvMmgv=+，即绳子拉力的功率大于()cosMmgv+，故C正确．D.由能量守恒可知，缆绳对货箱做的功等于货箱和货物机械能的增加量，故D错误．本题正确答案选C．3.一质量为m的物体以加速度13

ag=匀加速下降距离h的过程中，下列说法中正确的是（）A.物体的动能增加了mghB.物体的重力势能减少了mghC.物体所受合力为43mgD.除重力以外的其他力的合力为13mg【答案】B【解析】【详解】A．物体以加速度13ag=匀加速下降距离h，则22212vvah−=则物体的动能增加为2222k

2121111()2223mEmvmvvvmahmgh=−=−==故A错误；B．物体的重力做功为Wmgh=物体向下运动，重力势能减小，故B正确；C．物体所受合力为13Fmamg==合故C错误；D．除重力以外的其他力的合力为23FmgF

mg=−=合故D错误。故选B。4.一质量为m的物体从某一高处做自由落体运动，已知物体落地时的动能为kE，则当物体动能为k23E时，物体距离地面的高度为（）A.kEmgB.k2EmgC.k3EmgD.k23Emg【答案】C【解析】【详解】物体自由下落过程满足机械能守恒，以地面为零势面，可得kk2

3EmghE+=解得k3Ehmg=故选C。5.两个物体A、B的质量之比为mA∶mB＝2∶1，二者初动能相同，它们和水平桌面的动摩擦因数相同，则二者在桌面上滑行到停止经过的距离之比为（）A.xA∶xB＝2∶1B.xA∶xB＝1∶2C.xA∶xB＝4∶1D.xA∶xB＝1∶4【答案】B【解

析】【分析】【详解】物体滑行过程中只有摩擦力做功，根据动能定理可得对A0AAkmgxE－＝－对B0BBkmgxE－＝－联立解得：12ABBAxmxm==故选B。6.如图，倾角为45°的斜坡，斜坡高度为h，斜坡底端A点正上方有B、C两点，B点和斜坡等高。甲战斗机以水平速度v1飞到

C点时释放炸弹M，准确命中斜坡上的P点，CP的连线垂直于坡面，乙战斗机以水平速度v2飞到B点时释放炸弹N，也准确命中斜坡上的P点，速度方向恰好垂直斜坡。已知两颗炸弹质量相同，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A.C点距离A点的高度为53hB.炸弹M、N在

空中的飞行时间之比为2:1C.12:2:1vv=D.炸弹M、N的重力做的功之比为2:1【答案】B【解析】【详解】A．设AP的水平距离为x，则从B点释放的炮弹运动轨迹如图所示根据推论可知，该炮弹速度的反向延长线平分水平位移，则有2xy=y+x=h解得

23xh=根据从C释放的炮弹CP的连线垂直于坡面可得CP间的竖直高度23CPhxh==C点距离A点的距离为43CPHhxh=+=故A错误；B．设炸弹M、N在空中的飞行时间分别为1t，2t，根据平抛运动的规律得2112CPhgt=2212ygt=可得1221tt=故B正确

；C．由平抛运动的规律有11cosAPvt=22cosAPvt=解得12:1:2vv=故C错误；D．根据重力做功公式W=mgh因炸弹M、N竖直方向上的位移之比为2：1，因此，炸弹M、N的重力做的功之比为2：1，故D错

误。故选B。7.一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间0t滑至斜面底端，已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定，若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合力、物体的速度、位移和机械能，则下列图像中可能正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【

解析】【详解】A．物体沿固定斜面从静止开始向下运动，物体所受的摩擦力恒定，受力分析的物体受重力、支持力和摩擦力，只要物体没有离开斜面，物体所受力的情况固定不变，则合力F恒定的，为一条平行时间轴的直线，故A错误；B．物体重力在斜面的分力大于摩擦力

，物体做匀加速直线运动，图像为一条过原点的直线，故B错误；C．物体做匀加速直线运动，则位移公式为212sat=可知图像为抛物线，故C错误；D．物体做匀加速直线运动，摩擦力做功，则开始时机械能为0E，则整个过程中机械能为20012EEfsEaft=−=−图像

为一条向下弯曲的抛物线，且关于纵轴对称，故D正确。故选D。8.甲、乙两物体做匀速圆周运动的向心加速度随半径变化的图像如图所示，甲的图线是双曲线的一部分，下列说法正确的是（）A.乙的图线斜率表示乙运动时的角速度大小B.甲运动中，半径变化时线速度的大小不变C.乙运

动中，当半径0.5mR=时，角速度为20rad/sD.当2mR=时，乙、甲的线速度大小之差为5m/s【答案】B【解析】【详解】A．由2aR=可得乙图线斜率为2k=即斜率表示角速度的平方，A错误；B．由2vaR=，可得当v不变时1aR即aR

−关系图像是双曲线，反之甲的图线是双曲线，则甲运动时线速度的大小不变，B正确；C．由乙图线可得0.5mR=，210m/sa=，由2aR=，解得25rad/s=C错误；D．当半径2mR=，210m/sa=甲，240m/sa=乙，由2vaR=，解得25m/sv=甲、45m/sv=乙则有25m/s

vv−=乙甲D错误。的故选B。9.关于机械能是否守恒的叙述，正确的是（）A.作匀变速运动的物体机械能可能守恒B.作匀速直线运动的物体的机械能一定守恒C.合外力对物体做功为零时，机械能一定守恒D.物体只有只受重力时，物体机械能才

守恒【答案】A【解析】【详解】A项：做匀变速直线运动的物体机械能可能守恒，比如：自由落体运动，故A正确；B项：做匀速直线运动的物体机械能不一定守恒，比如：降落伞匀速下降，机械能减小，故B错误；C项：合外力对物体做功为零时，机械能不一定守恒，如竖直平面内的匀速圆周运动，故C错误；

D项：物体可能受重力，弹力，但弹力不做功，机械能守恒，如沿光滑斜面下滑的物块，故D错误．二、多选题（本题共7小题，共28分。每小题给出的四个选项有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错的得0分。）10.力F对物体所做的功可由公式c

os=WFSα求得。但用这个公式求功是有条件的，即力F必须是恒力。而实际问题中，有很多情况是变力在对物体做功。那么，用这个公式不能直接求变力的功，我们就需要通过其他的一些方法来求解力F所做的功。如图，对于甲、乙、丙、丁四种情

况下求解某个力所做的功，下列说法正确的是（）A.甲图中若F大小不变，物块从A到C过程中力F做的为()=−WFOAOCB.乙图中，全过程中F做的总功为72JC.丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，小球从A运动到B过程中空气阻力做的功1

2=WπRfD.图丁中，F始终保持水平，无论是F缓慢将小球从P拉到Q，还是F为恒力将小球从P拉到Q，F做的功都是sinWFlθ=【答案】AB【解析】【详解】A．因沿着同一根绳做功的功率相等，则力对绳做的功等于绳对物体做的功，则物块从A到C过程中力F做的为()=−WFOAOC故A正确

；B．乙图Fx−的面积代表功，则全过程中F做的总功为()156J3672JW=+−=故B正确；C．丙图中，绳长为R，若空气阻力f大小不变，可用微元法得小球从A运动到B过程中空气阻力做的功为1422πRWfπRf=−=−故C错误

；D．图丁中，F始终保持水平，当F为恒力时将小球从P拉到Q，F做的功是sinWFlθ=而F缓慢将小球从P拉到Q，F为水平方向的变力，F做的功不能用力乘以位移计算，故D错误。故选AB。11.如图，在水平转台上放一个质量M＝2kg的木块，它与转台间的最大

静摩擦力Fmax＝6.0N，绳的一端系挂木块，通过转台的中心孔O（孔光滑），另一端悬挂一个质量m＝1.0kg的物体，当转台以角速度＝5rad/s匀速转动时，木块相对转台静止，木块到O点的距离可能值（）A

.0.40mB.0.25mC.0.20mD.0.06m【答案】BC【解析】【详解】由于木块所受静摩擦力的方向不确定，故我们需要求出两种临界情况。情况一，当方向指向圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O点的距离最大，对木块根据牛顿

第二定律有Fmax＋mg=Mω2rmax代入数据解得rmax=0.32m情况二，当方向背离圆心的摩擦力达到最大静摩擦力时，此时木块到O点的距离最小，根据牛顿第二定律有mg－Fmax=Mω2rmin代入数据解得rmin=

0.08m所以木块到O点的距离应该在0.08m~0.32m之间。故选BC。12.一辆汽车在水平路面上由静止启动，在前5s内做匀加速直线运动，5s末达到额定功率，之后保持以额定功率运动。其vt−图像如图所示。已知汽车的质量为3210kgm=，汽车受到地面的阻力为

车重的0.1倍，g取210m/s，则以下说法正确的是（）A.汽车在前5s内的加速度为22m/sB.汽车的最大速度为10m/sC.汽车的额定功率为60kWD.汽车在前5s内的牵引力为3410N【答案】AC【解析】【详解】AD．由vt−图像可知，汽车在前5s内匀加速过程的加速度为22Δ10m/s2

m/sΔ5vat===根据牛顿第二定律可得0.1Fmgma−=解得3610NF=汽车在前5s内的牵引力为3610N，故A正确，D错误。BC．汽车在5s末达到额定功率，则有3461010W610W60kWPFv====额且当牵

引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有mmm0.1PFvfvmgv===额解得m30m/s0.1Pvmg==额故C正确，B错误。故选AC。13.一物块在倾角为45的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物

块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则（）A.物块与斜面间的动摩擦因数为23B.当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3JC.当

拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1∶3D.当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的速度大小之比为1:2【答案】BC【解析】【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有cos45Ffmg==由牛顿第二定律可知，物体下滑的

加速度为12sin452agg=°=则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为222G11sin4524mgWmgatt==222f11cos4524mgWmgatt=−=−代入数据联立解得13=故A错误；B．当拉力沿斜面向上时

，有2sin45mgFfma−−=解得2222cos45=26aggg=−重力做功为G2sin45Wmgx=合力做功为2Wmax=合则其比值为G2232126gWWg==合则重力做功为9J时，合外力做功为3J，由动能定理k0WE=−合可得物体动能为k3JE=故B正确；C

．由以上分析可知拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为2113aa=故C正确；D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的速度大小为2vax=则速度的大小之比为221113avva==故D错误。故选BC。14.如图甲所示，足够长的倾斜

直传送带以速度2.5m/sv=沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在t=0时刻以速度05m/sv=从传送带底端开始沿传送带上滑，物块的质量m=4kg，物块在传送带上运动的v-t图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，θ=30°，则在

0~0.4s内（）A.物块与传送带的动摩擦因数为33B.物块动能增量37.5JkE=C.物块对传送带的摩擦力做功5JW=D.物块与传送带之间摩擦产生的内能7.5JQ=【答案】CD【解析】详解】A．根据图像得2252.5m/s12.5m/s0.2a−==根据牛顿第二定律得sin30cos

30mgmgma+=【解得32=A错误；B．物块动能增量为22k01137.5J22Emvmv=−=−B错误；C．在0～0.2s内，传送带位移为112.50.2m0.5mxvt===位移的方向沿传送带向上。物块对传送带的摩擦力为1cos3030Nf

mg==摩擦力的方向沿传送带向上。在0～0.2s时间内，摩擦力的功为11115JWfx==在0.2～0.4s时间内，传送带位移为222.50.2m0.5mxvt===位移的方向沿传送带向上。物块对传

送带的摩擦力为2sin3020Nfmg==物块对传送带的摩擦力的方向沿传送带向下，该摩擦力的功为222200.5J10JWfx=−=−=−0~0.4s内物块对传送带摩擦力总功125JWWW=+=C正确；D．物块与传送带的相对位移为0110.25m2

vvLtx+=−=物块与传送带之间摩擦产生的内能为1300.25J7.5JQfL===D正确。故选CD。15.如图所示，一无弹性的轻绳跨过光滑且可看作质点的定滑轮，一端系着质量为M的物块，另一端系着质量为m的圆环A，圆环套在竖直的光滑足够长细杆上。已知细杆与定滑轮的水平距离为d，初始时轻绳

与竖直杆的夹角37=，B点为轻绳与细杆垂直的位置（sin370.6=），取重力加速度为g。现在由静止释放两物体（定滑轮体积不计，圆环和物块均不会落地），下列说法正确的是（）A.若=2Mm，圆环A恰能到达B点B.若=2Mm，圆环上升过程中所受重力的瞬时功率一直

增大C.若4Mm=，圆环上升到B点时，物块M的速度不为零D.若4Mm=，圆环从A上升到B的过程中，绳子拉力对物块做功为83mgd−【答案】AD【解析】【详解】AB．当=2Mm时，假设圆环可以上升到B，由2120sintan2Bddmgdmgmv−−=−解得0Bv=假设成立。可知圆环

的速度先增大后减小到零，根据PFvmgv==可知圆环上升过程中所受重力的瞬时功率先变大后变小，故A正确，B错误；C．当4Mm=时，圆环上升到B点时，在水平方向的分速度为0，则物块M的速度为0。故C错误；D．当4Mm=，圆环从A上升到B的过程中，对物块M，由动能定理得T004sinWdg

dm−=+−解得T83mgdW=−故D正确。故选AD。16.如图所示，一倾斜的匀质圆盘绕垂直于盘面的固定对称轴以恒定的角速度转动，盘面上离转轴距离2.5m处有一小物体与圆盘始终保持相对静止。小物体质量为1kg，与盘面间的动摩擦因数为32，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水

平面的夹角为30°，g取210m/s。则下列说法正确的是（）A.角速度最大值是1rad/sB.小物体运动过程中所受的摩擦力始终指向圆心C.小物体在最高点的速度52m/s2vD.小物体由最低点运动到最高点的过程中摩擦力所做的功为25J【答案】AD【解析】【详解】A．当物

体转到圆盘的最低点，所受的静摩擦力沿斜面向上达到最大时，角速度最大，由牛顿第二定律得μmgcos30°-mgsin30°=mω2r则ω=1rad/s故A正确；B．小物体运动到最高点时，若圆盘转动的角速度较小，则物体所受的摩擦力方向向上，背离圆心，故B错误；C．因为的m

gsin30°<μmgcos30°可知，物体在最高点的速度可以为零，即小物体在最高点的速度v≥0，故C错误；D．小物体由最低点运动到最高点的过程中动能不变，弹力做功为零，根据动能定理f2sin300WmgR−=解得摩擦力所做的功为

f=25JW故D正确。故选AD。三、实验题（共8分，每空2分）17.某实验小组的同学利用如图甲所示的实验装置探究动能定理并测量小车（含遮光条）的质量。（1）下面是实验的主要步骤：①实验小组的同学用游标卡尺对遮光条的宽度进行了测量，读数如图乙所示，则遮光条的宽度d

=______________cm；②挂上托盘和砝码，改变木板的倾角，使小车（含遮光条）沿木板匀速下滑；③取下托盘和砝码，测出其总质量为m，让小车从起点由静止出发沿木板下滑通过光电门并通过计算机记录了挡光时间Δt；④改变砝码质量和木板倾角，重复步骤②③，每次释放小车位置相同且光电门在木板上位置不

变，用刻度尺测出小车在起点时遮光条的中点到光电门的距离L，已知重力加速度为g。（2）某小组成员通过记录下的数据作出21mt−图像，根据图像能得出的实验结论是______________，若已知图像斜率为k，那么=M________________（结果用字母kgdL表示）。（3）一小组成

员经过分析发现，由于遮光条的宽度不是足够小，利用光电门得到的速度实际上是遮光条通过光电门的平均速度，由此可以推断：用上述实验方法得到的小车（含遮光条）质量_______________（选填“大于”、“等于”或“小于”）它的真

实值。【答案】①.0.230②.合外力做功等于物体动能改变量③.22gkLd④.大于【解析】【详解】（1）[1]由图读出2mm60.05mm2.30mm0.230cmd=+==（2）[2]根据题意，取下托盘和砝码后，

小车受到的合外力Fmg=若动能定理成立，合外力做功等于物体动能改变量，应有212FLMv=其中，速度为dvt=整理得2212MdmgLt=故作出21mt−图像为过原点的直线，能得出的实验结论是合外力做功等于物体动能改变量。[3]由2212MdmgLt

=则22MdkgL=解得22gkLMd=（3）[4]由于遮光条的宽度不是足够小，则所测速度实际上是遮光条通过光电门的平均速度即中间时刻的速度，遮光条做匀加速运动，则中间时刻速度小于中间位移的速度，则计算所用速度偏小，根据2

12FLMv=所得小车质量偏大。四、解答题（共37分）18.如图所示，长度1.2mL=的光滑水平轨道BC左端与半径10.1mR=的竖直四分之一光滑圆弧轨道AB在B点平滑连接，右端与竖直半圆形光滑轨道CDE在C点平滑连接。将一质量0.1kgm=的小物块从距离A点正上方0.4m

H=处由静止释放，小物块恰好能到达E点。重力加速度g取10m/s2，求：（1）物块通过B处时对轨道的压力大小：（2）半圆弧轨道CDE的半径2R；（3）若水平面BC粗糙且与物块之间的动摩擦因数0.3=，通过计算

说明小物块在半圆轨道CDE上运动时是否会脱离半圆形轨道：若不会脱离半圆轨道，小物块最终会停在何处。（结果用分式表示）【答案】（1）11N；（2）0.2m；（3）距B点1115m处【解析】【详解】（1）对小物块，从释放到运动至B点的过程中，由动能定

理得()2112BmgHRmv+=对小物块，在B点，由牛顿第二定律得2N1BvFmgmR−=由牛顿第三定律可知，小物块对轨道的压力NF等于NF，即NNFF=以上方程联立得N11FN=（2）小物块在E点由重力提供向心力有22EvmgmR=小物块

从B点到E点，由动能定理得22211222BEmgRmvmv−=−以上两个方程联立得20.2mR=（3）设小物块在半圆轨道CDE上能上升的最大高度为h，则小物块从B点到速度减为零的过程中，由动能定理得2

102BmgLmghmv−−=−解得20.14m0.2mhR==由此可知，小物块还未到达圆心等高处，因此小物块在CDE上运动时不会脱离半圆轨道小物块从B点到停止的过程中，由动能定理得21=02Bmgsmv−−小物块距B点的距离()xLsL=−−以上方程联立得11m15

x=故小物块最终会停在距B点1115m处。19.卫星发射进入预定轨道时往往需要进行多次轨道调整。如图所示，某次发射任务中先将卫星送至近地圆轨道，然后卫星从圆轨道上A点加速，控制卫星进入椭圆轨道，最后在B点进入距地

高为6R的预定圆形高轨道运动，其中A、B分别是两个圆轨道与椭圆轨道相切之处。已知卫星从A点到B点所需的时间为t0，地球半径为R。假定卫星在两个圆轨道上稳定运行时均做匀速圆周运动，求：（1）卫星在高轨道上运行时的周期；（2）地表的重力加速度。【答案】

（1）0774t；（2）22064Rt；【解析】【分析】【详解】（1）当卫星在椭圆轨道上运行时，其半长轴为2642RRR+=由开普勒第三定律有332212(7)(4)RRTT=而卫星从A到B的时间为202Tt=故10774Tt

=（2）卫星在高轨道上有22214(6)(6)MmGmRRRRT=++物体m'在地球表面有2MmGmgR=得22064Rgt=20.如图，弹性绳一端系于A点，绕过固定在B处的光滑小滑轮，另一端与质量为m、套在粗糙竖直固定杆M处的小球相连，此时ABM在同一水平线上，且弹性绳弹力的大

小为mg，弹性绳原长恰好等于AB间距。小球从M点由静止释放，经过时间t下滑到距M点为h的N点时速度恰好为零，球与杆间的动摩擦因数0.5=。重力加速度大小为g，弹性绳始终遵循胡克定律。在小球从M滑到N的过程中，求：

（1）摩擦力对小球做的功；（2）弹性绳弹力对小球冲量的大小；（3）小球的最大动能。【答案】（1）12mgh−；（2）12=−yImgt；（3）kmax18Emgh=【解析】【详解】（1）小球在任意位置Q时，弹性绳弹力大小为Fkx=设k为弹性绳的劲度系数，BQx=0=BMx故有

0kxmg=弹力在水平方向的分量为0sin===xFkxkxmg竖直杆对小球的弹力==xNFmg竖直杆对小球的摩擦力12fNmg==小球从M滑到N的过程，摩擦力的功为f12Wfhmgh=−=−（2）小球从M到N过程，弹性绳弹力的水平冲量==xxIFtmgt竖直方向上合外力的冲

量为零，取向下为正方向，重力的冲量为mgt，摩擦力的冲量为12−mgt，弹力的竖直冲量设为yI，由动量定理得102+−+=ymgtmgtI解得12=−yImgt负号表示方向竖直向上，弹力冲量大小为2

21()2=+Imgtmgt解得52=Imgt（3）设y为小球自M点下滑的距离，弹力的竖直分量为cos==yFkxky因yF与下滑距离y成正比，故有F2yykyWFyy=−=−小球从M到N，由动

能定理得1022−−=khmghmghh解得mgkh=假设小球在距M点y处的P点有最大动能，有2222k1112222242=−−=−=−−mgmghhEmgymgykymgyyyhh故当2hy=时小球的动能最大kmax18

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