第1周 动量 动量定理-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 2 — 高中同步周测卷 第一周 动量 动量定理 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第15题以科幻小说中描绘了外星人舰队通过尘埃区被动减速为例,综合考查学生 利用动量定理解决连续变质量问题。该题情境设置新颖,题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的 综合应用能力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共50分) 考点一 动量及动量的变化量 1.(2023·武汉市高二期中)一个物体在下述运动中,动量不发生变化的是 ( ) A.匀加速直线运动 B.斜上抛运动 C.匀速圆周运动 D.匀速直线运动 2.(2025·黑龙江省饶河县高级中学高二期中)关于物体的动量,下列说法中正确的是 ( ) A.不同物体中动量越大,速度一定越大 B.(-8kg·m/s)的动量大于(+6kg·m/s)的动量 C.做匀速运动的物体,其动量一定不变 D.物体的动量越大,动量的改变量一定越大 3.(2025·安徽省明光二中高二期末)某物体在某一过程中的动量变化量为-5kg·m/s,则初、末 两状态相比 ( ) A.该物体的动量一定减小 B.该物体的动量一定反向 C.该物体的动量可能增大 D.该物体的动量一定同向 考点二 动量与动能 4.两个物体具有相同的动量,则它们一定具有 ( ) A.相同的速度 B.相同的质量 C.相同的运动方向 D.相同的动能 5.两辆汽车的质量分别为m1 和m2,沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能,已知m1>m2,则此 时两辆汽车的动量p1 和p2 的大小关系是 ( ) A.p1 等于p2 B.p1 小于p2 C.p1 大于p2 D.无法比较 考点三 动量定理的理解 6.下列关于冲量的说法正确的是 ( ) A.物体受到很大的力时,其冲量一定很大 B.当力与位移垂直时,该力的冲量为零 C.不管物体做什么运动,在相同时间内重力的冲量相同 D.只要力的大小恒定,在相同时间内的冲量就恒定 7.(多选)A、B 两球质量相等,A 球竖直上抛,B 球平抛,两球的运动过程中空气阻力不计,则在两球 落地前,下列说法正确的是 ( ) A.相等时间内,动量的变化量大小相等、方向相同 B.相等时间内,动量的变化量大小相等、方向不同 C.动量的变化率大小相等、方向相同 D.动量的变化率大小相等、方向不同 考点四 动量定理的基本应用 8.(2025·南阳市高一期末)如图所示为我国自主研制的复用火箭长征8R 的着陆缓冲腿,采用四足结构和倒三角式设计,是火箭竖直降落时使用的 关键设备之一。从物理学角度分析,着陆缓冲腿可以减小火箭竖直降落 时的 ( ) A.动量变化率 B.作用时间 C.动量变化量 D.受到的冲量大小 9.如图所示为某运动员做下蹲起跳训练,开始时运动员处于下蹲状态,竖直向上跳 起后双脚离地的最大高度为0.2m,若运动员蹬地的平均作用力为其重力的3 倍,重力加速度大小为10m/s2,不计空气阻力,则运动员从蹬地到双脚离地所用 的时间为 ( ) A.0.10s B.0.15s C.0.18s D.0.20s 考点五 冲量的理解和计算 10.(多选)如图所示,物体由静止开始做直线运动,0~4s内其合外力随时间 变化的关系为某一正弦函数,下列说法正确的是 ( ) A.0~2s内合外力的冲量一直增大 B.0~4s内合外力的冲量为零 C.2s末物体的动量方向发生改变 D.0~4s内物体的动量方向一直不变 考点六 连续变质量问题 11.中国火星探测器“天问一号”在火星表面成功着陆,火星车“祝融号”开展巡视探测,假定火星上 风速约为18m/s,火星大气密度约为1.3×10-2kg/m3,“祝融号”迎风面积约为6m2,风垂直吹 到火星车上速度立刻减为零,则火星车垂直迎风面受到的压力大小约为 ( ) A.1.4N B.25N C.140N D.250N 12.(2025·广州市高二期末)使用无人机播植树种时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质制成 种子胶囊。播种时,在静止于离地面10m高处的无人机上,播种器利用空气压力把种子胶囊以 5m/s的速度竖直向下射出,种子胶囊进入地面以下10cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的 总质量为20g,不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用,取g=10m/s2,则 ( ) A.土壤对种子胶囊冲量的大小为0.1N·s B.发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量大小为100N·s C.种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5N D.播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零 【探究·一举突破】(共15分) 探究主题 动量与动能的区别 坐在匀速旋转的摩天轮上的一个乘客(乘客的质量为m,速率为v) 探究问题: (1)在任何一个时刻乘客的动量相同吗? 任何一个时刻的动能相同吗? (2)摩天轮转过12 圆周的过程中乘客动量的变化量是多少? 动能的变化量是 多少? — 1 — — 4 — (3)摩天轮转过14 圆周的过程中,乘客动量的变化量大小是多少? 动能的变化量是多少? 【综合·一练到底】(共35分) 13.(11分)(多选)水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2 分别 作用在物体a、b上。一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下。 两物体的v-t图线如图所示,图中AB∥CD。则整个过程中 ( ) A.F1 的冲量的大小等于F2 的冲量的大小 B.F1 的冲量的大小小于F2 的冲量的大小 C.摩擦力对a物体的冲量的大小等于摩擦力对b物体的冲量的大小 D.合外力对a物体的冲量的大小等于合外力对b物体的冲量的大小 14.(12分)下雨是常见的自然现象,如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植 物危害极大,实际上,动植物都没有被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力 和阻力,使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤。某次下暴雨,质量为m=2.5×10-5 kg的雨滴,从高h=2000m的云层下落。(g取10m/s2) (1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经Δt1=1.0×10-5s速度变为 零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在Δt1 内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重 力,求雨滴对地面的作用力大小; (2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8m/s,落到 地面上经时间Δt2=3.0×10-4s速度变为零,在Δt2 内地面对雨滴的作用力不变且不考虑这段 时间雨滴受到的重力、空气的浮力和阻力,求雨滴对地面的作用力大小。 15.(12分)(2025·湛江市第一中学高一期末)某科幻小说中描绘了外星人舰队通过尘埃区被动减 速的场景,引起了天文爱好者们的讨论,如果想要不减速通过尘埃区,就需要飞船提供足够的动 力。假设尘埃区密度为ρ=4.0×10 -8kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×105m/s,飞船 垂直于运动方向上的最大横截面积为S=10m2,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,求: (1)单位时间Δt=1s内附着在飞船上的微粒质量; (2)飞船要保持速度v不变,所需的动力大小。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·佛山市高二期中)宇宙尘埃有很大的科研价值,某卫星携带的收集装置如图甲所示。如 图乙所示为质量为 M 的卫星以速度v0 飞向一颗静止的尘埃,如图丙所示为尘埃被收集装置撞击 后嵌入其中的情景,该尘埃的质量为m0(因m0≪M,故卫星速度v0 视为不变),问: (1)该尘埃被卫星收集过程中的动量变化量大小Δp; (2)该尘埃在收集装置中嵌入深度为L,则其在被收集过程中受到的作用力F 大小是多少? (假 设此过程中作用力大小不变) (3)卫星继续以速度v0 进入一个尘埃区,尘埃区每单位体积空间有n颗尘埃,每颗尘埃的平均质 量为m0,已知卫星正面面积为S,由于大量尘埃与卫星碰撞后均附着在卫星上,卫星速度会受到 影响,为了保持卫星原有的飞行速度,卫星推进器需要增加多大推力? 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 3 — —82 — 参考答案 高中同步周测卷 第一周 动量 动量定理 【考点·一应俱全】 1.D [物体做匀加速直线运动时,速度一直增大,根据p=mv,可知 其动量发生了变化,故A错误;物体做斜上抛运动,其速度方向时 刻在改变,可知其动量发生了变化,故B错误;物体做匀速圆周运 动时,速度方向时刻在发生变化,可知其动量发生了变化,故C错 误;当物体做匀速直线运动时,其速度大小和方向均不变化,所以 其动量不发生变化,D正确。] 2.B [根据动量表达式p=mv,可知不同物体中动量越大,速度不 一定 越 大,可 能 是 质 量 大,A 错 误;动 量 的 正、负 表 示 方 向,则 (-8kg·m/s)的动量大于(+6kg·m/s)的动量,故B正确;如果 物体做匀速圆周运动,速度方向时刻在发生变化,动量发生变化, 故C错误;如果物体做匀速直线运动,则动量的改变量为零,则物 体的动量越大,动量的改变量不一定越大,故D错误。] 3.C [物体的动量变化量为-5kg·m/s,负号说明动量的变化量 与规定的正方向相反,但不表示初、末两状态物体的动量一定为反 方向,则该物体的动量可能增大,也可能减小,故C正确,A、B、D 错误。] 4.C [动量是矢量,动量相同,其大小和方向都相同,故动量方向一 定相同,动量方向和速度方向相同,故运动方向一定相同,而大小 p=mv,如果质量不同,则速度不同,如果速度不同,则质量不同, 故A、B错误,C正确;由Ek=p 2 2m 知,动量相同,动能不一定相同,D 错误。] 5.C [根据Ek= 1 2mv 2,p=mv可得p= 2mEk,因为Ek1=Ek2, m1>m2,所以p1>p2,故选C。] 6.C [冲量是力与作用时间的乘积,力大,冲量不一定大,A错误; 当力与位移垂直时,只要力作用一段时间,该力的冲量就不为零,B 错误;重力和作用时间均相同,则重力的冲量就相同,与物体的运 动状态无关,C正确;力的大小恒定,但方向却不一定相同,则其相 同时间内的冲量不一定相同,D错误。] 7.AC [A、B 两球在运动过程中只受重力作用,相等时间内重力的 冲量相同,因此在相等时间内两球动量的变化量大小相等、方向相 同,A选项正确,B选项错误;因为动量的变化率为ΔpΔt=m Δv Δt= mg,所以两球动量的变化率大小相等、方向相同,C选项正确,D 选项错误。] 8.A [依题意,从物理学角度分析,着陆缓冲腿可以增大火箭与地 面的接触时间t,根据动量定理I=F合t=Δp 可知,该装置可以减 小火箭竖直降落时的动量变化率,即Δp t ,而对火箭的动量变化量 Δp和火箭受到的冲量大小I均无影响。故选A。] 9.A [设运动员双脚离地时的速度大小为v,则v= 2gh=2m/s, 取竖直向下为正方向,根据动量定理有(mg-3mg)t=0-mv,解 得t=0.10s,故选A。] 10.ABD [根据I=Ft可知,F-t图线与时间轴围成图形的面积表 示力的冲量,则0~2s内合外力的冲量一直增大,0~4s内合外 力的冲量为零,选项A、B正确;0~4s内合外力的冲量为零,则 0~4s内物体的动量先增大后减小,方向一直为正,即物体的动 量方向一直不变,选项C错误,D正确。] 11.B [设很短一段时间Δt内吹到火星车“祝融号”上的风的质量为 m,则有m=ρvSΔt,以该部分风为研究对象,设风速方向为正方 向,火星车对风的作用力大小为F,根据动量定理有-FΔt=0- mv,解得F=ρv 2S=1.3×10-2×182×6N≈25N,根据牛顿第三 定律可知火星车垂直迎风面受到的压力大小约为25N,故B项 正确,A、C、D项错误。] 12.C [种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动,有h =v0t+ 1 2gt 2,解得种子胶囊在空中运动的时间为t=1s,可得种 子胶囊落地时的速度为v=v0+gt=15m/s,以向下为正方向,根 据动量定理,土壤对种子胶囊的冲量为I1=0-mv=-20×10-3× 15N·s=-0.3N·s,故土壤对种子胶囊冲量的大小为0.3N·s, 故A错误;发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量大小为I0= mv0-0=20×10-3×5N·s=0.1N·s,故B错误;种子胶囊在 土壤中 做 匀 减 速 运 动,有 v2=2ah1,解 得 加 速 度 大 小 为 a= 1125m/s2,种子胶囊在土壤中运动的时间t1= v a = 15 1125s= 1 75s ,根据动量定理有Ft1=0-mv,解得F=-22.5N,解得种 子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5N,故C正 确;播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为 I=I0+I1=(0.1-0.3)N·s=-0.2N·s,故D错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)乘客做匀速圆周运动,乘客速度的方向时刻变化, 所以动量时刻变化,速度的大小不变,所以动能不变。 (2)以初始时速度方向为正方向,动量的变化量Δp=-mv-mv= -2mv,动能的变化量ΔEk=0。 (3)转过14 圆周的过程中速度的变化量大小为 2v,则动量的变化 量大小Δp'=m·Δv= 2mv,动能的变化量为0。 【综合·一练到底】 13.BD [AB 与CD 平行,说明推力撤去后两物体的加速度相同,而 撤去推力后物体受到的合力等于摩擦力,根据牛顿第二定律可 知,两物体受到的摩擦力大小相等。但a物体的总运动时间小于 b物体的,根据I=Fft可知,摩擦力对a物体的冲量的大小小于 摩擦力对b物体的冲量的大小;根据动量定理,对整个过程有: F1t1-FftOB =0,F2t2-FftOD =0,因 FftOB<FftOD,则 有 F1t1< F2t2,即F1 的冲量的大小小于F2 的冲量的大小,故A、C错误,B 正确;根据动量定理可知,合外力的冲量等于物体动量的变化量, a、b两个物体动量的变化量都为零,所以相等,故D正确。] 14.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 面的速度大小为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,在雨滴 对地面的作用过程,由动量定理得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)在雨滴对地面作用的过程,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 15.解析 (1)飞船在尘埃区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞 船上的微粒质量 Δm=ρSvΔt=0.12kg (2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加。由动量定 理Ft=Δp得FΔt=Δmv=ρSvΔt·v 解得F=ρSv 2=4.0×10-8×10×(3.0×105)2N=3.6×104N 根据牛顿第三定律,微粒对飞船的作用力大小F'=F。由平衡条 件可知,要保持飞船速度不变,所需的动力大小与F'相等,即3.6 ×104N。 答案 (1)0.12kg (2)3.6×104N 【选做·一飞冲天】 解析 (1)由于m0≪M,可认为飞船收集尘埃时速度不受影响,宇 宙尘埃的速度会从0加速到v0,则尘埃被卫星收集过程中的动量 变化量大小为Δp=m0v0-0=m0v0 (2)在尘埃加速到与卫星共速过程中,根据运动学公式可得x卫星 = v0t,x尘埃 = 1 2v0t L=x卫星 -x尘埃 =12v0t 以尘埃作为研究对象,根据动能定理可得 Fx尘埃 =FL=12m0v0 2-0,解得F=m0v0 2 2L (3)设卫 星 在 尘 埃 区 飞 行 时 间 为t,飞 船 扫 过 的 尘 埃 数 量 为 N =nSv0t 对卫星和尘埃整体分析,根据动量定理可得 F't=(Nm0+M)v0-Mv0,解得F'=nSm0v02,则卫星推进器需要 增加推力大小为nSm0v02。 答案 (1)m0v0 (2) m0v02 2L (3)nSm0v02 第二周 动量守恒定律及其应用 【考点·一应俱全】 1.AC [只要系统所受合外力为零,系统动量就守恒,与系统内是否 存在摩擦力无关,故A正确;系统所受外力做的功为零,系统所受 合外力不一定为零,系统动量不一定守恒,如用绳子拴着一个小 球,让小球在水平面内做匀速圆周运动,小球转动的过程中,系统 外力做功为零,但小球的动量不守恒,故B错误;力与力的作用时 间的乘积是力的冲量,系统所受合外力的冲量时刻为零,即合外力 为零,则系统动量守恒,故C正确;系统中物体的加速度都不为零, 即各物体所受合力都不为零,但系统所受合外力可能为零,系统的 动量可能守恒,故D错误。] 2.ABD [小车停在光滑水平面上,车上的人在车上走动时,人与车 组成的系统所受合外力为零,动量守恒,故 A正确;子弹水平射入 放在光滑水平面上的木块中,子弹与木块组成的系统所受合外力 为零,动量守恒,故B正确;子弹射入固定在墙角的木块中,墙壁对 木块有弹力作用,系统所受合外力不为零,动量不守恒,故C错误; 斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时,手榴弹组成的系统内力远大 于外力,动量守恒,故D正确。] 3.B [依题意,因水平面光滑,则A、B、C组成的系统所受合力为零, 满足动量守恒条件,系统动量守恒;木板 A上表面粗糙,物块B、C 在其上滑行时,会摩擦生热,系统机械能有损失,则系统机械能不 守恒,故A、C、D错误,B正确。] 4.D [当小球沿光滑圆弧轨道下滑时,小球和小车组成的系统所受 合外力不为零,动量不守恒,A错误;小球下滑过程中,小车静止且 受到挡板水平方向的弹力,即小球和小车组成的系统水平方向所 受合外力不为零,小车和小球组成的系统在水平方向上动量不守 恒,B错误;撤去挡板,小球下滑过程中,小车和小球组成的系统所 受合外力不为零,动量不守恒,C错误;撤去挡板,小球下滑过程 中,小车和小球组成的系统水平方向上所受合外力为零,水平方向 上动量守恒,D正确。] 5.B [由题意知,A、B系统在水平方向动量守恒,A到达顶端时,A 和斜面体只有水平方向的速度,即mv0cosθ=(M+m)v,所以v= mv0cosθ M+m ,故选B。] 6.B [两球碰撞过程中动量守恒,规定向右为正方向,则有2mv0= 2mv+9m×v03 ,解得v=-v02 ,所以碰撞后 A球以 v0 2 的速度向左 运动。故选B。] 7.B [爆炸前总动量为mv,设爆炸后另一块瞬时速度大小为v',取 速度v的方向为正方向,爆炸过程水平方向动量守恒,则有mv=0 +34mv' ,解得v'=43v ,故选B。] 8.D [以甲的初速度方向为正方向,甲、乙推开的过程中,满足动量 守恒,m甲 v0-m乙 v0=-m甲 v1+m乙 v2,代入数据可得 m甲 m乙 = 3 2 , 故选D。] 9.解析 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,根据动量守恒有(m甲 +m球)v甲 -m乙 v乙 =(m甲 +m球) v甲'+0,解得v甲'=-0.2m/s,故甲的速度大小为0.2m/s,方向 与初速度方向相反。 答案 0.2m/s,方向与初速度方向相反 10.解析 (1)A和C碰撞前,A、B动量守恒,规定B滑块初速度的 方向为正方向,则有mBv0=(mA+mB)v1 解得v1=5m/s (2)A和C碰撞过程,A和C组成的系统动量守恒 mAv1=mAv2 +mCv3 若A和B共速后一起向右运动,恰好不再与C碰撞,则最终 A、 B、C三者共速,设为v3 对A、B、C组成的系统由动量守恒得 mBv0=(mA+mB+mC)v3, 解得v3=3m/s,v2=2m/s (3)全程对B应用动量定理可得-μmBgt=mBv3-mBv0,解得t= v0-v3 μg =2.4s。 答案 (1)5m/s (2)2m/s (3)2.4s 11.C [以甲、乙两同学及两车和球组成的系统为研究对象,以甲和 他的车的速度方向为正方向,甲不断抛球,乙接球,当甲和他的车 与乙和他的车具有共同速度时,可保证刚好不相撞,设共同速度 为v共,则 M1v0-M2v0=(M1+M2)v共,得v共 = M1-M2 M1+M2 v0= 1m/s,以乙同学和他的车及接住的 N 个小球组成的系统为研究 对象,从甲抛球至恰好不相撞的过程中由动量守恒定律 Nmv- M2v0=(Nm+M2)v共,得 N=10(个),故选C。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)小球离开轨道后做平抛运动,由于抛出点的高度相 等,小球做平抛运动的时间相等;小球做平抛运动的水平位移与初 速度成正比,可以用水平位移间接地来代替小球碰 撞 前、后 的 速度。 (3)根据实验操作可知,入射小球未发生碰撞时落在位置2。 设入射小球未发生碰撞时的平抛初速度为v0,发生碰撞后入射小 球的平抛初速度为v1,被碰小球的平抛初速度为v2,由动量守恒 定律有 m1v0=m1v1+m2v2 可得m1v0t=m1v1t+m2v2t 则有m1x1=m1x2+m2x3 代入数据可得m1∶m2=x3∶(x1-x2)=55.68∶(44.48-35.20) =6∶1。 答案 (1)小球做平抛运动的时间相同 (3)2 6∶1 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 81 —