期末考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 54 — 期末考试测控卷 (范围:选择性必修第一册~选择性必修第二册) (时间:75分钟 满分:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 名师推好题 第3题,以“浸没式光刻”光刻机原理为背景,考查学生对光的传播规律的理解,本 题情景新颖,考查学生将物理知识解决生产生活实际问题的能力,值得推荐。 第Ⅰ卷(选择题 共46分) 一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。每小题只有一个选项符合题目要求) 1.(2025·河南省高二月考)某轻机枪每发子弹弹头的质量为12g,出膛速度大小为800m/s,某战 士在使用该机枪连续射击1分钟的过程中,射出了250发子弹。则该机枪受到子弹的平均反冲力 (后坐力)大小为 ( ) A.12N B.24N C.36N D.40N 2.(2025·宜宾市高二期中)导光管采光系统是一套采集天然光、并经管道 传输到室内的采光系统,如图为过装置中心轴线的截面。上面部分是收 集阳光的半径为R 的某种均匀透明材料的半球形采光球,O 为球心,下面 部分是内侧涂有反光涂层的导光管,MN 为两部分的分界面,M、N 为球 面两点。若一束平行 MN 且与MN 相距h= 32R 的细光束从空气入射到 采光球表面时,经折射绿光恰好照射到N 点。光在真空中的传播速度为c,则( ) A.绿光在采光球中的传播速度为 32c B.红光一定能从N 点上方射出 C.紫光有可能直接折射经过O点 D.要使光束在导光管中发生全反射,涂层折射率应小于管壁折射率 3.(2025·滨州市高二期中)我国某企业正在全力研发“浸没式光刻”光刻 机。原理是一种通过在光刻胶和投影物镜之间加入浸没液体,从而减 小曝光波长,提高分辨率的技术,如图所示。若浸没液体的折射率为 1.5,当不加液体时光刻胶的曝光波长为199nm,则加上液体后,该曝光 光波 ( ) A.在液体中的传播频率变为原来的23 B.在液体中的传播速度变为原来的1.5倍 C.在液体中的曝光波长约为133nm D.传播相等的距离,在液体中所需的时间变为原来的23 4.如图,长、宽比为2∶1的矩形abcd区域内存在方向垂直于abcd 所在平面向外 的匀强磁场。从长边ab中点O 沿垂直于ab边且垂直于磁场的方向,先后以相 同的速度发射两个不同的正离子甲和乙,甲从c点射出,乙从b点射出。已知 甲的比荷为k,不计离子重力,则乙的比荷为 ( ) A.k2 B.k C.2k D.2k 5.(2025·浙江大学附属中学高二期中)如图所示为演示交变电流产生的装置图, 关于这个实验,下列说法正确的是 ( ) A.图示位置为中性面,线圈中无感应电流 B.图示位置ab边的感应电流方向为b→a C.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为零 D.线圈每转动一周,指针左右摆动一次 6.将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面) 内,回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的 圆形区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向, 其磁感应强度B 随时间t变化的图像如图乙所示。用F 表示 ab边受到的安培力,以水平向右为F 的正方向,能正确反映F 随时间t变化的图像是 ( ) 7.(2025·四川眉山仁寿一中阶段练习)如图甲所示,光滑 的平行导电轨道水平固定在桌面上,轨道间连接一可变 电阻,导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电 阻),整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。 杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀 加速直线运动,两次运动中拉力大小与速率的关系如图 乙所示。其中,第一次对应直线①,初始拉力大小为F0, 改变电阻阻值和磁感应强度大小后,第二次对应直线②,初始拉力大小为2F0,两直线交点的纵坐 标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静 止开始运动相同位移的时间之比为n,则k、m、n可能为 ( ) A.k=2、m=2、n=2 B.k=2 2、m=2、n= 2 C.k= 6、m=3、n= 2 D.k=2 3、m=6、n=2 二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。每小题有多个选项符合题目要求,全部选对 得6分,选对但不全的得3分,选错的得0分) 8.(2025·广东深圳市实验学校高二月考)光的干涉现象在技术中有许多应用。如图甲所示是利用 光的干涉检查某精密光学平面的平整度,下列说法正确的是 ( ) A.图甲中上板是标准样板,下板是待检查的光学元件 B.若换用频率更大的单色光,其他条件不变,则图乙中的干涉条纹变宽 C.若出现图丙中弯曲的干涉条纹,说明被检查的平面在此处出现了凸起 D.用单色光垂直照射图丁中的牛顿环装置,得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变窄的同 心圆环 9.(2025·永州市高二期中)如图所示,质量为m、带有光滑半圆形轨道的小车静止 在光滑的水平地面上,其水平直径AB 长度为2R。现将质量也为m 的小球从A 点正上方R 处由静止释放,然后由A 点进入半圆形轨道后从B 点冲出,已知重 力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是 ( ) A.小球运动到最低点的速度大小为 2gR B.小球离开小车后做斜上抛运动 C.小球离开小车后上升的高度小于R D.小车向左运动的最大距离为R 10.(2025·内江市第六中学高二月考)如图,水平放置的粗糙导轨宽为L1, abcd和efgh 区域内有磁感应强度大小均为B、方向均垂直于纸面向里 的匀强磁场,ab、cd、ef、gh均与导轨垂直,ad=de=eh=L2。一质量为 m 的导体棒在恒定拉力F 的作用下从ab 左侧某处由静止开始运动,通 过ab、ef时的速度大小相等。已知导体棒的电阻为R,与导轨接触良好 且摩擦力大小恒为Ff= F 2 ,不计其他电阻,则 ( ) — 53 — — 56 — A.导体棒通过abcd磁场区域的过程中可能做加速直线运动 B.导体棒通过abcd磁场区域的过程中,通过导体棒某一横截面的电荷量为q= BL1L2 R C.导体棒通过abcd磁场区域的时间小于通过cfed 无磁场区域的时间 D.导体棒通过两磁场区域产生的总焦耳热为Q=2FL2 第Ⅱ卷(非选择题 共54分) 三、非选择题(本题共5小题,共54分) 11.(6分)(2025·莆田市高二期末)在做“探究感应电流的方向”实验中,某同学做如下探究: (1)首先按图(a)连接电路,闭合开关后,发现电流计指针向右偏转;再按图(b)连接电路,闭合开 关后,发现电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是 (填选项前的字母)。 A.测量电路中的电流大小 B.检查干电池电量是否充足 C.推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系 (2)接下来,用图(c)装置做实验,图中螺线管上的粗线表示导线的绕向。在条 形磁体插入螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,说明螺线管中的电 流方向(从上往下看)是沿 (填“顺时针”或“逆时针”)方向。 (3)该同学想利用探究所得结论,推断图(d)中螺线管的导线绕向。当条形磁 体N极向下快速插入螺线管时,二极管发光。则可推断该螺线管的导线绕向 应如图 (填“(e)”或“(f)”)中粗线所示。 12.(8分)一航天员飞至某一星球,想利用小球的单摆测定该星球的 重力加速度,先测得摆线长为62.50cm,摆球直径为2.0cm。然 后将一个力电传感器接到计算机上,实验中测量快速变化的力, 悬线上拉力F的大小随时间t的变化曲线如图所示。 (1)该摆摆长为 cm; (2)该摆摆动周期为 s; (3)如果测得g值偏大,可能原因是 ;(填选项字母) A.计算摆长时,加小球直径 B.读单摆周期时,读数偏大 C.摆线上端悬点未固定好,摆动中出现松动 D.测摆线长时摆线拉得过紧 E.细绳不是刚性绳 (4)测得该星球的重力加速度的值为 m/s2。(结果保留三位有效数字) 13.(10分)(2025·福建龙岩市高二期中)有一玻璃棱镜,横截面为如图所示的圆 心角为90°的扇形,扇形的半径为R,一束细光以垂直于OP 的方向射向OP 界 面,当入射点 M 距O 点为0.5R 时,在圆弧PQ 界面上的折射角为45°。已知 光在真空中的传播速度为c。 (1)求此种玻璃的折射率; (2)若此入射光可以在OP 方向上移动,是否存在反射光垂直OQ 方向从OQ 界面射出的情况; 如果有,请作出最简单的光路图,并求出此种情况下光在该玻璃棱镜中的传播时间。 14.(14分)如图所示,坐标平面第Ⅰ象限内存在水平向左的匀强电场,在y轴左 侧区域存在宽度为a=0.3m的垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B (大小可调)。现有质荷比为m q=4×10 -10kg/C的带正电粒子从x轴上的A 点以一定初速度垂直x 轴射入电场,并且以v=4×107m/s、方向与y轴正向 成60°角的速度经过P 点进入磁场,OP=0.2 33 m ,OA=0.1m,不计粒子重 力。求: (1)粒子在A 点进入电场的初速度v0 的大小; (2)要使粒子不从CD 边界射出,则磁感应强度至少为多大; (3)粒子经过磁场后,刚好可以回到A 点,则磁感应强度为多大。 15.(16分)(2025·宜昌市高二期中)在光滑的水平地面上,质量均为 m=1kg的滑块B和C中间夹一轻弹簧,轻弹簧处于原长状态,左端 固定在B上,右端与C接触但不固定,质量为 M=2kg、半径为R= 1m的四分之一光滑圆弧形滑块D放置在C的右边,C、D间距离足够远,质量为m0=0.5kg的 滑块A以初速度v0=10m/s向右运动与B发生碰撞,碰撞过程时间极短,碰后A被反弹,速度 大小为vA=2m/s,重力加速度g取10m/s2。求: (1)A、B碰撞时损失的机械能; (2)弹簧的最大弹性势能; (3)C能上升的最大高度。 — 55 — —76 — 14.解析 (1)根据题意分析可知OA 等于粒子在第一象限磁场中运 动轨迹的半径,根据牛顿第二定律可得qv0B= mv02 r 解得OA=r=mv0qB 。 (2)粒子运动轨迹如图所示,可得OP= 2r 由几何关系知,粒子在第四象限磁场中运动轨迹的半径R=2r 根据牛顿第二定律可得qv0B'= mv02 R 解得B'=12B 。 (3)粒子在磁场中运动周期T=2πmqB 在第一象限磁场中运动时间t1= 1 8T= πm 4qB 射出磁场运动到P 点时间t2= r v0 =mqB 在第四象限磁场中运动时间t3= 3 8T'= 3πm 2qB 粒子从A 点运动到D 点的总时间 t=t1+t2+t3= (7π+4)m 4qB 。 答案 (1) mv0 qB (2)12B (3) (7π+4)m 4qB 15.解析 (1)设ab棒下滑到斜面底端时速度为v,由机械能守恒定 律有 mgssinθ=12mv 2 解得v= 2gssinθ ab棒刚进入磁场时产生的感应电动势为 E=BLv 通过cd的电流为I=E2R cd棒所受安培力为F=ILB 则最大加速度为am= F 2m 联立解得am= B2L2 2gssinθ 4mR 。 (2)当ab、cd棒共速时,cd棒速度最大, 由动量守恒定律得mv=3mvm 解得vm= 1 3 2gssinθ 。 (3)设棒中平均电流为􀭵I, 对cd棒由动量定理得􀭵ILBΔt=2mvm-0,又有q=􀭵IΔt 联立解得q=2m 2gssinθ3BL 。 (4)由能量守恒定律得,两棒产生的总热量 Q=12mv 2-12×3mvm 2 解得Q=23mgssinθ ab棒与cd 棒电阻相同且串联, 所以Qab= 1 2Q= 1 3mgssinθ 。 答案 (1)B 2L2 2gssinθ 4mR (2)13 2gssinθ (3)2m 2gssinθ3BL (4)13mgssinθ 期末考试测控卷 1.D [250发子弹的总质量为m=250×0.012kg=3kg,设子弹受到的 平均作用力为􀭺F,根据动量定理得􀭺Ft=mv,􀭺F=mvt = 3×800 60 N=40N , 根据牛顿第三定律知机枪受到子弹的平均反冲力大小为40N,故D 正确。] 2.B [如图所示,根据几何关系sinα=hR = 3 2 , α=2θ,折射率n=sinαsinθ= 3 ,绿光在采光球中 的传播速度为v=cn = 3 3c ,故A错误;红光折 射率小,折射角大,则红光一定能从 N 点上方射出,故B正确;紫 光不可能直接折射经过 O 点,如果过的话,折射角为0°,故C错 误;光由光密介质到光疏介质可能发生全反射,则涂层折射率应大 于管壁折射率,故D错误。] 3.C [频率由光源决定,光由空气进入该液体中传播时,光波频率 不变,故A错误;光在液体中的传播速度为v=cn ,解得v=23c , 故B错误;加上液体时光刻胶的曝光波长为λ=vf ,不加液体时, 有c=λ0f,联立代入数据可得λ≈133nm,故C正确;由上分析可 知,在液体中曝光光波的传播速度变为原来的2 3 ,而传播距离不 变,所以在液体中所需的时间变为原来的3 2 ,故D错误。] 4.D [设矩形的宽为l,正离子甲从c点射出,由几何关系有轨迹半 径r甲 =l,由洛伦兹力提供向心力有q甲 vB= m甲 v2 r甲 ,解得q甲 m甲 = v Br甲 = v Bl=k ,正离子乙从b点射出,其轨迹半径为r乙 =12l ,由洛 伦兹力提供向心力有q乙vB= m乙 v2 r乙 ,解得q乙 m乙 = v Br乙 = 2v Bl=2k ,故 D正确。] 5.D [线圈平面与磁场方向平行时,ab、cd边垂直切割磁感线,线圈 产生的感应电动势最大,感应电流最大,可知线圈平面与磁场方向 平行时,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,A、C错误;线圈处 于题图所示位置时,ab边向右运动,由右手定则,ab边的感应电流 方向为a→b,B错误;线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈 周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流方向改变,线圈每 转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右摆动 一次,D正确。] 6.B [在0~T2 内,磁感应强度均匀变化,由法拉第电磁感应定律可 得E=ΔΦΔt= ΔB Δt ·S,则闭合回路中产生的感应电动势恒定不变, 则感应电流恒定不变,由楞次定律可知,感应电流由b到a。ab边 在磁场Ⅰ中所受的安培力大小为F=BIL,由于匀强磁场Ⅰ中磁 感应强度恒定,则在0~T2 内,安培力为一定值,由左手定则可知, 安培力方向向左(为负)。同理分析可得在T 2~T 内,安培力也为 一定值,大小与0~T2 内的安培力相等,由左手定则可知,安培力 方向向右(为正),故选B。] 7.C [由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始 做匀加速直线运动,则在v=0时分别有a1= F0 m ,a2= 2F0 M ,则第一 次和第二次运动中,杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1 = 2xa1 ,t2= 2x a2 ,则n= 2,第一次和第二次运动中根据牛顿第二定 律有a=Fm - B2L2v mR ,整理有F=ma+B 2L2v R ,则可知两次运动中 F-v图像的斜率为B 2L2 R ,则有2= R2 R1 ·B1 2 B22 =1m ·k2,故选C。] 8.AD [题图甲是利用光的干涉检查某精密光学平面的平整度,题 图甲中上板是标准样板,下板是待检查的光学元件,故 A正确;根 据条纹间距公式Δx=ldλ ,如果换用频率更大的单色光,则光的波 长变短,其他条件不变,则题图乙中的干涉条纹变窄,故B错误;若 出现题图丙中弯曲的干涉条纹,说明被检查的平面在此处出现了 凹陷,故C错误;用单色光垂直照射题图丁中的牛顿环装置,装置 中的空气厚度不是均匀变化,空气膜厚度增加得越来越快,则亮条 纹会提前出现,所以得到的条纹是随离圆心的距离增加而逐渐变 窄的同心圆环,故D正确。] 9.AD [小球与小车组成的系统 水 平 方 向 动 量 守 恒,则 有 mv球 = mv车,小球运动到最低点过程系统机械能守恒,mg·2R=12mv球 2 +12mv车 2,联立解得,小球在最低点的速度大小为v球 = 2gR, 故 A正确;小球离开小车后水平方向分速度为0,小车的速度也 为0,小球做竖直上抛运动,根据能量守恒知,小球离开小车后上 升的高度仍为R,故B、C错误;小球水平方向分速度与小车速度 时刻大小相等,则水平位移大小时刻相等,根据几何关系知两者 的最大相对 位 移 为2R,故 小 车 向 左 运 动 的 最 大 距 离 为 R,故 D 正确。] 10.BD [由题意,导体棒通过ab、ef 的速度大 小相等,可以确定:导体棒在cfed 无磁场区 域做匀加速直线运动,在abcd磁场区域做减 速直线运动,A错误;导体棒通过abcd 磁场 区域的过程中,由法拉第电磁感应定律和电 荷量公式知q=􀭵It= 􀭺E R Δt= ΔΦ R = BL1L2 R ,B正 确;导 体 棒 通 过 abcd磁场区域,由牛顿第二定律Ff+FA-F=ma,FA=BIL1= B2L12v R ,知导体棒做加速度减小的减速运动,而导体棒在cfed无 磁场区域做匀加速直线运动,作v-t图像如图所示,两阶段位移 相等,可知导体棒通过abcd磁场区域的时间大于通过cfed 无磁 场区域的时间,C错误;导体棒通过abcd 磁场区域时,由动能定 理有FL2-FfL2+W 安 = 1 2mv2 2-12mv1 2,通过cfed 无磁场区 域FL2-FfL2= 1 2mv1 2-12mv2 2,联立可得W 安 =-FL2,则Q1 =-W 安 =FL2,根据对称性,导体棒通过efgh磁场区域产生的 焦耳热与通过abcd 磁场区域相等,故导体棒通过两磁场区域产 生的总焦耳热为2FL2,D正确。] 11.解析 (1)交换电源正负极,观察电流计指针偏转方向,上述实验 的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系,故选C。 (2)当电流从电流计正极流入时,指针向右偏转,在条形磁体插入 螺线管的过程中,观察到电流计指针向右偏转,结合安培定则可 知,螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿顺时针方向。 (3)当条形磁体N极向下快速插入螺线管时,螺线管中磁场方向 向下,穿过螺线管的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流应 沿逆时针方向(俯视),二极管发光,说明流过二极管的电流自下 而上,可推断该螺线管的导线绕向应如题图(e)中粗线所示。 答案 (1)C (2)顺时针 (3)(e) 12.解析 (1)单摆摆长L=l+D2=62.50cm+1.0cm=63.50cm (2)在一个周期内摆球两次经过最低点,每次经过最低点时拉力 最大,根据图像知周期T=1.8s (3)由单摆周期公式可知T=2π Lg ,则g=4π 2L T2 ,计算摆长时, 加小球直径,所测摆长L偏大,所测g偏大,故A正确; 读单摆周期时,读数偏大,所测g偏小,故B错误; 摆线上端悬点未固定好,摆动中出现松动,所测L偏小,所测g偏 小,故C错误; 测摆线长时摆线拉得过紧,所测摆长L 偏大,所测g 偏大,故D 正确; 细绳不是刚性绳,所测摆长L偏小,所测g偏小,故E错误。 (4)该 星 球 的 重 力 加 速 度 g=4π 2L T2 =4×3.14 2×0.635 1.82 m/s2 ≈7.73m/s2。 答案 (1)63.50 (2)1.8 (3)AD (4)7.73 13.解析 (1)由折射定律可知n= sin45°sin∠ONM 由几何关系可得sin∠ONM=0.5RR =0.5 联立可得n= 2 (2)符合题目要求的最简单光路就是在圆弧界面只发生一次全反 射,然后就从OQ 界面射出的情况,光路如图所示,由反射定律及 几何关系可知此时∠EFO=45° 又sin∠EFO= 22= 1 n=sinC 故光在F 点恰好发生全反射,由几何关系可知EF=FG= 2R2 而n=cv ,所以t=EF+FGv = 2R c 2 =2Rc 。 答案 (1)2 (2)见解析 14.解析 (1)粒子在电场中做类平抛运动,竖直方向不受力,做匀速 运动,则有 v0=vcos60° 所以v0=2×107m/s (2)粒子在磁场中做匀速圆周运动, 则有qvB=mv 2 R 当轨迹与CD 边相切时恰好不出磁场,如图甲所示, 此时R+Rsin30°=a 解得R=0.2m 联立解得B=0.08T (3)粒子运动轨迹如图乙所示, 出磁场时速度与y轴正方向夹角为60°,做匀速直线运动后回到 A 点,设出磁场处为Q 点,由几何关系可知 OQ= OAtan60°= 0.1 3 m=0.1 33 m PQ=0.1 3m 2R'sin60°=PQ R'=mvqB 联立解得B'=0.16T。 答案 (1)2×107m/s (2)0.08T (3)0.16T 15.解析 (1)A与B碰撞时动量守恒,取向右为正方向,有 m0v0= -m0vA+mvB 代入相关数据可得vB=6m/s 则损失的机械能ΔE=12m0v0 2-12m0vA 2-12mvB 2=6J (2)弹簧压缩到最短时弹性势能最大,B、C的速度相同,设此时速 度为v1,B、C及弹簧组成的系统动量守恒,有mvB=2mv1 得v1=3m/s 则弹簧的最大弹性势能为ΔEpm= 1 2mvB 2-12 ·2mv12=9J (3)设C与弹簧分开时B、C速度分别为vB'和vC,由动量守恒定 律及能量守恒定律得 mvB=mvB'+mvC 1 2mvB 2=12mvB' 2+12mvC 2 解得vB'=0,vC=6m/s 设C能上升的最大高度为h,C、D组成的系统水平方向动量守 恒,在最高点C、D共速,由动量守恒定律有mvC=(M+m)vD 由机械能守恒定律有1 2mvC 2=mgh+12 (M+m)vD2 解得h=1.2m。 答案 (1)6J (2)9J (3)1.2m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 75 —