假期必刷8 弹性碰撞和非弹性碰撞-【快乐假期必刷题】2025年高二物理暑假作业必刷题

　　　假期必刷８　弹性碰撞和非弹性碰撞　　　　　　　　　　 １．碰撞的特点:系统动量守恒、碰后系统的动 能不增加、碰撞前后的速度要符合实际． ２．“弹簧－滑块”模型:(１)系统动量守恒,机械 能守恒,但系统的总动能会与弹性势能发生 转化;(２)弹簧处于最长(最短)状态时两物 体速度相等,相当于完全非弹性碰撞,此时 动能最小、弹性势能最大;弹簧恢复原长时 相当于完全弹性碰撞,此时系统的总动能等 于初态总动能． ３．“小球－斜面模型”:系统只在水平方向动量 守恒,当小球滑至斜面最大高度时两物体具 有共同速度,此时相当于完全非弹性碰撞, 系统损失的动能转化为小球增加的势能．小 球从冲上斜面又滑离斜面的全过程,相当于 弹性碰撞,全过程系统机械能守恒． １．(多选)如图所示,两个物体 １和２在光滑水平面上以相 同动能相向运动,它们的质量分别为m１ 和 m２,且 m１＜m２．经一段时间两物体相碰撞 并粘在一起．碰撞后 (　　) A．两物体将向左运动 B．两物体将向右运动 C．两物体组成系统能量损失最大 D．两物体组成系统能量损失最小 ２．如图所示,A、B是两个用等 长细线悬挂起来的大小可忽 略不计的小球,mB＝５mA,B 球静止,拉起 A球,使细线与 竖直方向夹角为３０°,由静止 释放 A 球,在最低点 A 球与 B球发生弹性碰撞．不计空气阻力,则关于 碰后两小球的运动,下列说法正确的是 (　　) A．A球静止,B球向右,且偏角小于３０° B．A球向左,B球向右,且偏角等于３０° C．A球向左,B球向右,A 球偏角大于B球 偏角,且都小于３０° D．A球向左,B球向右,A 球偏角等于B球 偏角,且都小于３０° ３．(多选)(２０２５􀅰重庆七校联考)两个小球 A、 B在光滑的水平地面上相向运动,已知它们 的质量分别是mA＝４kg,mB＝２kg,A的速度 vA＝３m/s(设为正),B的速度vB＝－３m/s, 则它们发生正碰后,其速度可能分别为 (　　) A．均为＋１m/s B．＋４m/s和－５m/s C．＋２m/s和－１m/s D．－１m/s和＋５m/s ４．(多选)如图所示,在光滑的 水平地面上,质量为 m 的小 球A 正以速度v 向右运动．与前面大小相 同质量为３m 的静止的小球B 相碰,则碰后 A、B 两球总动能可能为 (　　) A．１８mv ２　　　　　　B．１１６mv ２ C．１４mv ２ D．５８mv ２ ５．(多选)如图所示,在光滑的 水平 面 上,有 A、B 两 个 小 球,A球的动量为１０kg􀅰m/s,B球的动量 为１２kg􀅰m/s．A球追上B球并相碰,碰撞 后,A球的动量变为８kg􀅰m/s,方向没变, 则 A、B两球质量的比值可能为 (　　) A．０􀆰５ B．０􀆰６　 C．０􀆰６５ D．０􀆰７５ ６．如 图 所 示,质 量 为 ４m 的光滑物块a静止在光 滑水平地面上,物块a 左侧面为圆弧面且与水平地面相切,质量为 m 的滑块b以初速度v０ 向右运动滑上a,沿 a左侧面上滑一段距离后又返回,最后滑离 a,不计一切摩擦,滑块b从滑上a到滑离a 的过程中,下列说法正确的是 (　　) A．滑块b沿a上升的最大高度为 v０２ ５g B．物块a运动的最大速度为 ２v０ ５ C．滑块b沿a上升的最大高度为 v０２ ２g D．物块a运动的最大速度为 v０ ５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５１ ７．(多选)(２０２４􀅰广西卷)如图,在光滑平台上 有两个相同的弹性小球 M 和 N．M 水平向 右运动,速度大小为v．M 与静置于平台边 缘的 N 发生正碰,碰撞过程中总机械能守 恒．若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　) A．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速 运动 B．竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速 运动 C．水平地面上的垂直投影的运动速度大小 等于v D．水平地面上的垂直投影的运动速度大小 大于v ８．冰球运动员甲的质量为８０􀆰０kg,当他以 ５􀆰０m/s的速度向前运动时,与另一质量为 １００kg、速度为３􀆰０m/s的迎面而来的运动 员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间 极短,求: (１)碰后乙的速度; (２)碰撞中总机械能的损失． ９．如图所示,在水平光滑直导 轨上,静止着三个质量均为 m＝１kg的相同小球A、B、C,现让A球以v０＝ ２m/s的速度向着B球运动,A、B两球碰撞后 粘合在一起,两球继续向右运动并跟C球碰 撞,C球的最终速度vC＝１m/s．求: (１)A、B两球跟C球相碰前的共同速度大小; (２)两次碰撞过程中共损失了多少动能． １０．(生活情景)汽车 A 和汽车 B静止在水 平地面上,某时刻汽车 A 开始 倒 车,结 果汽车 A 撞到了停在它正后方的 汽 车 B,汽车 B上装有智能记录仪,能够测量 并记录汽车 B前面的物体相对于汽车 B 自身的速度．在本次碰撞中,如果汽车 B 的智能 记 录 仪 测 得 碰 撞 前 瞬 间 汽 车 A 的速度大小为v０,已知汽车 A 的质量是 汽车 B质量的２倍,碰撞过程可视为弹 性碰撞,则碰后瞬间汽车 A 相对于地面 的速度大小为 (　　) A．１２v０ B． ２ ３v０　 C．１３v０ D． １ ４v０ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６１ ７．解析:(１)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落 到地面时的速度为v＝ ２gh＝２００m/s, 取竖直向上为正方向,设地面对雨滴的作用力大小为F,对 雨滴和 地 面 的 作 用 过 程,运 用 动 量 定 理 得 FΔt１＝０－(－ mv), 代入数据解得F＝５００N, 根据牛 顿 第 三 定 律 可 知,雨 滴 对 地 面 的 作 用 力 大 小 为 ５００N． (２)对雨滴和地面作用的过程,由动量定理得 F′Δt２＝０－(－mv′),其中v′＝８m/s, 代入数据解得F′＝２３ N 根据牛顿第三定律可知,雨滴对地面的作用力大小为２ ３ N． 答案:(１)５００N　(２)２３ N 素养培优 ８．解析:(１)设爱好者与滑雪板的总质量为 m,从A 到B 的运 动过程,由动能定理可得mg(h１－h２)－μ１mgL０＝ １ ２mv ２ ０ 解得v０＝１２m/s (２)设BC长为s,从 B 到C 的运动过程,由 动 能 定 理 可 得 －μ１mgs＝ １ ２mv ２ １－ １ ２mv ２ ０,得s＝－ v１ ２ ６ ＋２４ 从C点飞出后做平抛运动,则x０＝v１ ２h２ g ＝２v１ P 到B 的水平距离为L＝s＋x０＝ － v１ ２ ６ ＋２v１＋２４( )m 故当v１＝－ ２ ２× －１６( ) m/s＝６m/s时,即s＝１８m 时,L 取得最大值,其值为Lmax＝３０m; (３)爱好者落到P 点处时,竖直分速度减为０,以向上为正方 向,竖直方向由动量定理可得(FN－mg)t０＝０－(－mvy)＝ m ２gh２, 此过程中爱好者水平方向的加速度为a１＝ μ２FN m ＝３m /s２, 该过程中水 平 方 向 能 滑 行 的 距 离 为x１＝v１t０－ １ ２a１t ２ ０＝ ４􀆰５m, 姿态调整后的加速度为a２＝μ２g＝１m/s ２, 姿态调整结束后,滑行的距离为x２＝ (v１－a１t０) ２ ２a２ ＝４􀆰５m, 故滑行的距离为x＝x１＋x２＝９m． 答案:(１)１２m/s　(２)１８m　３０m　(３)９m 假期必刷７ 素养训练 １．B　[两运动员相互作用的过程系统动量守恒,则有 m１v１＝ (m１＋m２)v２, 解得v２＝１．２m/s,故选项B正确．] ２．B　[取火箭及气体为系统,设火箭的速度为v,则系统在向 外喷气过程中满足动量守恒定律,取v０ 方向为正方向,由动 量守恒定律得０＝Δmv０＋(M－Δm)v,解得v＝ － Δmv０ M－Δm＝－４２m /s,选项B正确．] ３．A　[以甲、乙及球组成的系统为研究对象,以甲原来的滑行 方向为正方向,根据动量守恒定律有(m甲 ＋m球 )v甲 ＋m乙v乙 ＝(m甲 ＋m球 )v甲′, 解得v甲′＝ (m甲 ＋m球 )v甲 ＋m乙 v乙 m甲 ＋m球 ＝ (４８＋２)×２＋５０×(－２) ４８＋２ m /s＝０,A正确．] ４．C　[弹簧压缩到最短时,子弹、A、B 具有共同的速度v１,且 子弹、A、B 组成的系统,从子弹开始射入物体A 一直到弹簧 被压缩到最短的过程中,系统所受合外力始终为零,故整个 过程系统的动量守恒,取子弹水平速度v０ 的方向为正方向, 由动量守恒定律得 mv０＝(m＋mA＋mB)v１,又 m＝ １ ４mB ,mA ＝ ３ ４mB ,故v１＝ v０ ８ ,即弹簧压缩到最短时B 的速度为 v０ ８ ,故 C正确．] ５．B　[以太空舱为参考系,宇航员打开动力装置喷出气体的 过程动量守恒,有 Mv＝Δmv１＋０,可得喷出的气体相对太空 舱的速度大小是v１＝ M Δmv ,故B正确．] ６．解析:(１)恰好不相撞时,两船速度相等,甲、乙两船及货物满 足动量守恒,取向右为正方向 １２m×２v０＋１４mv０＝(１２m＋１４m)v, 解得v＝１９１３v０． (２)乙船上的人抛出货物时,乙船和货物满足动量守恒,取向 右为正方向１４mv０＝１３mv＋mv１, 可得抛出货物的速度v１＝－５v０, 因此抛出货物速度大小为５v０,方向向左． 答案:(１)１９１３v０　 (２)５v０,方向向左． ７．解析:(１)以原来运动方向为正,由动量守恒定律得(m１＋ m２)v＝m１v１＋m２v２, 解得v２＝－１m/s,方向与原来方向相反． (２)由动量定理 Ft＝m２v２－m２v, 解得F＝－６０N, 即隋文静对韩聪的平均作用力大小为６０N． 答案:(１)－１m/s,方向与原来方向相反　(２)６０N 素养培优 ８．解析:(１)设物块A 至斜面底端O 点时速度为v１,根据动能 定理 －μMgL＝ １ ２mv ２ １－ １ ２Mv ２ ０, 解得v１＝３m/s, 滑上斜面过程中,根据动能定理 －Mgh－μMgcosα􀅰 h sinα＝０－ １ ２Mv ２ １, 解得h＝ ９ ２０＋８ ３ m, (２)A 与B 发生碰撞动量守恒Mv１＝ M＋ １ ２M( )v２ 解得v２＝２m/s, 继续向前运动x,速度为零,根据动能定理得－μ􀅰 ３ ２Mgx＝ ０－１２ 􀅰３ ２Mv ２ ２, 解得x＝０．５m． 答案:(１) ９ ２０＋８ ３ m;(２)０􀆰５m 假期必刷８ 素养训练 １．AC　[物体的动量p＝ ２mEk,已知两物体动能Ek 相等,又 知m１＜m２,则p１＜p２,碰前总动量方向与物体２的动量方 向相同,碰后两物体将向左运动,A 正确,B错误;两物体碰 撞后粘在一起,物体发生的碰撞是完全非弹性碰撞,系统的 机械能损失最大,C正确,D错误．] ２．C　[设 A 球到达最低点的速度为v,在最低点 A 球与 B球 发生弹性碰撞后,A球的速度为vA,B球的速度为vB,取向 右为正方向, 由动量守恒定律可得mAv＝mAvA＋mBvB 由动能守恒可得 １ ２mAv ２＝１２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B, 可得vA＝ mA－mB mA＋mB v＝－２３v ,vB＝ ２mA mA＋mB v＝ １３v ,A 球向 左,B球向右,A球偏角大于B球偏角,且都小于３０°,故选项 C正确．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １１１ ３．AD　[由动量守恒,可验证四个选项都满足要求．再看动能 变化情况Ek前 ＝ １ ２mAv ２ A＋ １ ２mBv ２ B＝２７J,Ek后 ＝ １ ２mAvA′ ２ ＋１２mBvB′ ２,由于碰撞过程中总动能不可能增加,所以应有 Ek前 ≥Ek后 ,据此可排除B;选项C虽满足Ek前 ≥Ek后 ,但 A、B 沿同一直线相向运动,发生碰撞后各自仍然保持原来的速度 方向,这显然是不符合实际的,因此选项 C错误;验证 A、D 均满足Ek前 ≥Ek后 ,且碰后状态符合实际,故 A、D正确．] ４．AC　[若A、B 发生的是弹性碰撞,则没有能量的损失,碰后 的总动能为１ ２mv ２,若发生的是损失能量最多的完全非弹性 碰撞,取向右为正方向,由动量守恒定律有mv＝４mv１,得v１ ＝v４ ,则碰后两者总动能为Ek＝ １ ２ ×４m v ４( ) ２ ＝ １８mv ２, 因此,碰后两者总动能范围是 １ ８mv ２≤E总 ≤ １ ２mv ２,A、C正 确,B、D错误．] ５．BC　[A、B两球同向运动,A 球追上 B球要满足vA＞vB．两 球碰撞过程中动量守恒,且动能不会增多,碰撞结束要满足 vB≥vA′, 由vA＞vB 得 pA mA ＞ pB mB , 即 mA mB ＜ pA pB ＝１０１２≈０􀆰８３ , 由碰撞过程动量守恒得 pA＋pB＝pA′＋pB′,pB′＝１４kg􀅰m/s, 由碰撞过程的总动能不增加得 p２A ２mA ＋ p２B ２mB ≥ pA′ ２ ２mA ＋ pB′ ２ ２mB ,即mA mB ≤３６５２≈０􀆰６９ , 由vB′≥vA′得 pB′ mB ≥ pA′ mA ,mA mB ≥ pA′ pB′ ＝８１４≈０􀆰５７ , 综上分析有０􀆰５７≤ mA mB ≤０􀆰６９． 故B、C正确．] ６．B　[b沿a上升到最大高度时,两者速度相等,取向右为正 方向,在水平方向,由动量守恒定律得mv０＝(m＋４m)v, 由机械能守恒定律得１ ２mv０ ２＝１２ (m＋４m)v２＋mgh,解得h ＝ ２v０ ２ ５g ,A、C错误;滑块b从滑上a到滑离a后,物块a运动 的速度最大．系统在水平方向动量守恒,对整个过程,以向右 为正方向,由动量守恒定律得mv０＝mvb＋４mva, 由机械能守恒定律得１ ２mv ２ ０＝ １ ２mvb ２＋１２×４mva ２,解得va ＝２５v０ ,vb＝－ ３ ５v０ ,B正确,D错误．] ７．BC　[由于两小球碰撞过程中机械能守恒,可知两小球碰撞 过程是 弹 性 碰 撞,根 据 动 量 守 恒 和 能 量 守 恒 mv＝mvM ＋ mvN １ ２mv ２＝１２mv ２ M ＋ １ ２mv ２ N,由于两小球质量相等,故碰 撞后两小球交换速度,即vM ＝０,vN＝v,碰后小球 N 做平抛 运动,在水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投 影的运动速度大小等于v;在竖直方向上做自由落体运动, 即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动．] ８．解析:(１)设运动员甲、乙的质量分别为 m甲 、m乙 ,碰前速度 大小分别为v１、v２,碰后乙的速度大小为v２′, 由动量守恒定律有 m甲 v１－m乙 v２＝m乙 v２′, ① 代入数据得v２′＝１􀆰０m/s, ② 方向与乙原来的方向相反． (２)设碰撞过程中总机械能的损失为 ΔE,应有 ΔE＝１２m甲 v ２ １＋ １ ２m乙 v ２ ２－ １ ２m乙 v２′ ２ ,③ 联立②③式,代入数据得 ΔE＝１４００J 答案:(１)１􀆰０m/s　方向与乙原来的方向相反　(２)１４００J ９．解析:(１)A、B相碰满足动量守恒,以v０ 的方向为正方向,有 mv０＝２mv１ 代入数值解得v１＝１m/s,即两球跟 C球相碰前的速度大小 为１m/s． (２)两球与 C球碰撞同样满足动量守恒,以v０ 的方向为正 方向, 有２mv１＝mvC＋２mv２, 解得 A、B球碰后的速度v２＝０􀆰５m/s, 两次碰撞共损失的动能 ΔEk＝ １ ２mv０ ２－１２×２mv２ ２－１２mvC ２＝１􀆰２５J． 答案:(１)１m/s　(２)１􀆰２５J 素养培优 １０．C　[两汽车发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械 能守恒,设碰撞后 A、B的速度分别为v１、v２,以碰撞前 A的 速度方向为正方向,设B 的质量为m,则 A 的质量为２m, 由动量守恒定律得２mv０＝２mv１＋mv２,由机械能守恒定律 得１ ２×２mv ２ ０＝ １ ２×２mv ２ １＋ １ ２mv ２ ２,解得v１＝ １ ３v０ ,选项 C 正确．] 假期必刷９ 素养训练 １．C　[对小物块应用x＝ v０＋v１ ２ t１ 可以求出物块相对木板滑 行的距离,木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度, 根据题意无法求出木板的长度,A 错误;物块与木板组成的 系统动量守恒,以物块的初速度方向为正方向,由动量守恒 定律得mv０＝(m＋M)v１,可解出物块与木板的质量之比,但 无法计算 各 自 的 质 量,B 错 误;对 物 块,由 动 量 定 理 得 － μmgt１＝ mv１－mv０,v０ 与v１ 已知,解得μ＝ v０－v１ gt１ ,可以求 出动摩擦因数,C正确;由于不知道木板的质量,无法求出从 t＝０开始到t１ 时刻,木板获得的动能,D错误．] ２．ABD　[物体B 与弹簧接触时,弹簧发生形变,产生弹力,可 知B 做减速运动,A 做加速运动,当两者速度相等时,弹簧 的压缩量最大,故 A 正确;A、B 和弹簧组成的系统能量守 恒,弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,此时 A、B 的动能之 和最小,故B正确;弹簧在压缩的过程中,A、B 和弹簧组成 的系统动量守恒,故 C 错误;当两者速度相等时,弹簧的压 缩量最大,然后A 继续加速,B 继续减速,弹簧逐渐恢复原 长,当弹簧恢复原长时,A 的速度最大,此时弹簧的弹性势能 为零,故 D正确．] ３．AD　[物块 A、B与弹簧组成的系统所受合外力为零,满足 动量守恒,A正确;物块 A、B与弹簧组成的系统只有弹簧的 弹力做功,机械能守恒,B错误;在０~t１ 时间内,A 向右减 速,B向右加速,结合乙图可知,t１ 时刻两者达到共同速度 v３,据动 量 守 恒 定 律 可 得 m１v０＝(m１＋m２)v３,解 得v３ ＝ ０􀆰４v０,C错误,D正确．] ４．BC　[小球与半圆槽组成的系统在水平方向所受合外力为 零,初状态时系统在水平方向动量为零,由动量守恒定律可 知,小球第一次离开槽时,系统水平方向动量守恒,球与槽在 水平方向的速度都为零,球离开槽后做竖直上抛运动,故 A 错误,B正确;小球沿槽的右侧下滑到底端过程,槽向右做加 速运动,球从底端向左侧上升过程,槽向右做减速运动,球离 开槽时,槽静止,球做竖直上抛运动,然后小球落回槽的左 侧,球从槽的左侧下滑过程,槽向左做加速运动,从最低点向 右上滑时,槽向左做减速运动,然后球离开槽做竖直上抛运 动,此后重复上述过程,由此可知,槽在水平面上做往复运 动,故 C正确,D错误．] ５．解析:(１)B 与C 碰撞过程动量守恒,对B 和C,有 mBv０＝ (mB＋mC)vC, 解得vC＝２m/s． (２)弹簧弹性势能最大时三者共速,A、B、C 组成的系统,由 动量守恒定律,有 (mA＋mB)v０＝(mA＋mB＋mC)v, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２１１