2024年高考押题预测卷—物理（黑龙江卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—物理（黑龙江卷03）（全解全析），共16页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~5题只有一项符合题目要求，第6~8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
1.在一次军事演习中，一伞兵从悬停在高空的直升机中以初速度为零落下，在空中沿竖直方向运动的v−t图像如图。则伞兵在( )
A. 0∼10s内位移大小为50mB. 10s∼15s内加速度逐渐增大
C. 0∼10s内所受阻力逐渐增大D. 10s∼15s内所受阻力逐渐增大
1.【答案】C
【解析】A、v−t图像与横轴围成的面积表示位移，根据图像可知0∼10s内位移大于50m，故A错误；
B、v−t图像的切线斜率表示加速度，10s∼15s内加速度逐渐减小，故B错误；
C、0∼10s内加速度逐渐减小，方向向下，根据牛顿第二定律mg−f=ma，可得f=m(g−a)，所以阻力逐渐增大，故C正确；
D、10s∼15s内加速度逐渐减小，方向向上，根据牛顿第二定律f−mg=ma，解得f=m(g+a)，所以阻力逐渐减小，故D错误。
故选C。
2.大理石是家居装修常用的石材，它有一定的辐射，其辐射源主要是石材中的氡元素。已知氡核衰变方程为 86222Rn→84218P+Y，则以下说法正确的是( )
A. 一个 84218P核含有134个质子
B. Y射线是穿透力最强的一种放射性射线
C. P核比Rn核的比结合能大
D. 经高温煅烧后石材中的氢半衰期会缩短
2.【答案】C
【解析】A、P84218P⁡的质子数为84个，故A错误；
B、根据质量数与质子数守恒定律，则氡的衰变方程为 86222Rn→ 84218P+ 24Y，Y为α粒子，Y射线的穿透力最弱，故 B错误；
C、该核反应的过程中释放能量，有质量亏损，所以P核的比结合能比Rn核的比结合能大，故C正确；
D、半衰期与外界因素无关，故D错误。
3.下列说法正确的是( )
A. 图甲为一定质量的某种理想气体在3个不同温度下的等温线，其中等温线1表示的温度最高
B. 图乙为一定质量的理想气体状态变化的V−T图线，由图可知气体在状态a的压强大于在状态b的压强
C. 图乙中一定质量的理想气体在a→b的过程中对外界做功，气体吸热
D. 图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离r>r0时，分子势能随分子间距离的增大而增大
3.【答案】D
【解析】A.图甲为一定质量的某种理想气体在3个不同温度下的等温线，由
pV=nRT
比较 p 、 V 乘积的大小，等温线3表示的温度最高，A错误；
B.气体在状态a到状态b的过程中，体积不变，由查理定律
paTa=pbTb
由于 Tb 大于 Ta ，故 pb 大于 pa ，B错误；
C.图乙中一定质量的理想气体在a→b的过程中气体体积不变，对外界不做功，C错误；
D.图丙为分子间作用力与分子间距离的关系，可知当分子间的距离 r>r0 时，分子间为引力，分子势能随分子间距离的增大而增大，D正确；
故选D。
4.一抛物线形状的光滑固定导轨竖直放置，O为抛物线导轨的顶点，O点离地面的高度为ℎ，A、B两点相距2ℎ，轨道上套有一个小球M，小球M通过轻杆与光滑地面上的小球N相连，两小球的质量均为m，轻杆的长度为2ℎ。现将小球M从距地面竖直高度为34ℎ处静止释放，下列说法正确的是
A. 小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为30°
B. 小球M即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为60°
C. 从静止释放到小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为14mgℎ
D. 若小球M落地后不反弹，则地面对小球M的作用力的冲量大小为m gℎ
4.【答案】C
【解析】小球M即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动知识可知，小球M的速度方向与水平方向的夹角满足tanθ=ℎ2ℎ2=1可得θ=45∘，故AB错误；
设小球M即将落地时，速度大小为v1，小球N的速度大小为v2，根据系统机械能守恒有mg⋅34ℎ=12mv12+12mv22，，小球M与小球N沿杆方向的速度相等，
有v1csθ=v2解得v1= gℎ，v2= gℎ2，根据动能定理可得，从静止释放到
小球M即将落地，轻杆对小球N做的功为W杆=12mv22=14mgℎ，故C正确;
小球M落地与地面相互作用的过程中，根据动量定理有I合=0−mv1=−m gℎ，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球M有重力，沿杆切线方向动量定理分量式可知，I地> I合，故D错误。
5.雨后太阳光射入空气中的水滴，先折射一次，然后在水滴的背面发生反射，最后离开水滴时再折射一次，就形成了彩虹。如图，太阳光从左侧射入球形水滴，a、b是其中的两条出射光线，在这两条出射光线中，一条是红光，另一条是紫光，下列说法正确的是( )
A. a光线是红光，b光线是紫光
B. 遇到同样的障碍物，b光比a光更容易发生明显衍射
C. a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间短
D. 增大太阳光在水滴表面的入射角，则可能没有光线从水滴中射出
5.【答案】B
【解析】A.由光路图可知，a光线的偏折程度较大，则折射率较大，频率较大，则a是紫光，b光线是红光，选项A错误；
B.红光的波长比紫光长，则遇到同样的障碍物，b光比a光更容易发生明显衍射，选项B正确；
C.根据
v=cn
可知，a光在水滴中的传播速度较小，但是在水滴中传播距离较大，则a光在水滴中的传播时间比b光在水滴中的传播时间长，选项C错误；
D.增大太阳光在水滴表面的入射角，则光线在水滴的背面的入射角变大，光线仍能在水滴的背面发生全反射，到正面下方时，入射角等于光在正面上方时的折射角，根据折射定律知光会从正面下方折射出来，折射角等于光在正面上方时的入射角，选项D错误。
故选B。
6.图(a)中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两个等量异种点电荷。图(b)中，在x轴上关于原点O对称的位置固定两根垂直于纸面的平行长直导线，两根导线中电流大小相等、方向相反。电子以一定的初速度从原点O垂直纸面向里运动，则关于两幅图中电子在原点O处受力的说法正确的是( )
A. 图(a)中，电子所受电场力方向沿x轴正向
B. 图(a)中，电子所受电场力方向沿y轴正向
C. 图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿y轴正向
D. 图(b)中，电子所受洛伦兹力方向沿x轴正向
6.【答案】D
【解析】解：AB、图(a)中，两个等量异种点电荷产生的电场在O点的电场强度方向均沿x轴正方向，根据电场叠加原理，O点的电场强度方向沿x轴正方向，电子带负电，所受电场力与电场强度方向相反，故电子在O点所受电场力方向沿x轴负方向，故AB错误；
CD、图(b)中，根据安培定则，两根导线中电流产生的磁场在O点的磁感应强度方向均沿y轴负方向，根据磁场叠加原理，O点的磁感应强度方向沿y轴负方向。电子带负电，初速度从原点O垂直纸面向里运动，根据左手定则，电子在O点所受洛伦兹力方向沿x轴正方向，故C错误，D正确。
故选：D。
7.大地卫星7是一种人造卫星，它能提供地球大陆表面的图像。其拍摄的照片已广泛应用于制作地图，研究土地利用，监视资源及地球的整体变迁等。假设卫星7绕地球做匀速圆周运动，质量大约为2200kg，轨道距地球表面的高度大约是705km，则下列说法正确的是( )
A. 卫星7的运行速度可能大于7.9km/s
B. 和静止在地面赤道上的物体相比，卫星7围绕地球转动得更快
C. 卫星7在太空中处于完全失重状态，所以不受重力
D. 相同时间内，卫星7与地心连线扫过的面积等于同步卫星与地心连线扫过的面积
7.【答案】B
【解析】A、7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大环绕速度，故A错误。
B、设赤道上的物体角速度为ω1，卫星7的角速度为ω2，同步卫星的角速度ω3，已知ω1=ω3，又由规律“同一中心天体的不同卫星，轨道半径r越大，ω越小”，可得ω2>ω1=ω3，故B正确。
C、完全失重不等于不受重力，只是视重为0，卫星7需要重力提供向心力做匀速圆周运动，故C错误。
D、对于某一绕地卫星，其与地心的连线在相等的时间内扫过的面积相等，轨道半径不同的卫星在相等时间内扫过的面积则不相等，故D错误。
8.一简谐机械横波以30m/s的速度沿x轴负方向传播，t=0.1s时刻的部分波形如图甲所示，a、b、c是波上的三个质点。图乙是波上某一质点的振动图像。下列说法中正确的是( )
A. 图乙可能是质点b的振动图像
B. t=0时，平衡位置位于坐标原点的质点沿y轴负方向运动
C. t=0.1 s时，平衡位置位于x=9 m的质点沿y轴正方向运动
D. t=0.15 s时，质点a的加速度比质点c的加速度小
8.【答案】BD
【解析】解：A、波沿x轴负方向传播，根据“同侧法”知t=0.1 s时，质点b沿y轴负方向运动，图乙中t=0.1 s时质点沿y轴正方向运动，图乙不可能是质点b的振动图像，故A错误；
B、由图乙可知，周期为T=0.2 s，根据“同侧法”知t=0.1 s时平衡位置位于坐标原点的质点沿y轴正方向运动，利用平移法知t=0时，其沿y轴负方向运动，故B正确；
C、根据波速和周期的关系可知，波长为λ=6 m，所以x=9 m的质点与坐标原点的质点相差1.5λ，而t=0.1 s时平衡位置位于坐标原点的质点沿y轴正方向运动，故x=9 m的质点与其运动方向相反，即沿y轴负方向运动，故C错误；
D、t=0.15 s时，质点a回到平衡位置，加速度为0，而质点c运动到最大位移处，加速度最大，故D正确。
故选：BD。
9.如图乙所示，光滑的水平面上有一个质量为m=1kg的小球与质量为M=2kg、半径为R=5cm的14光滑圆弧轨道，最初圆弧轨道处于静止状态，小球与圆弧轨道下边缘之间的距离大于1m，小球受到一水平力F，小球运动1m后，撤掉外力F(未知)，小球的加速度与小球的位移关系如图甲所示，g=10m/s2。则撤去外力F后下列说法正确的是
( )
A. 小球与圆弧轨道组成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 小球到达圆弧轨道顶端时的速度大小为 53m/s
C. 小球上升的最大高度为230m
D. 圆弧轨道的最大速度为2 23m/s
9.【答案】BCD
【解析】A、由于水平面光滑，所以小球与圆弧轨道组成的系统水平方向合力为零，水平方向动量守恒，竖直方向系统所受合力不为零，故竖直方向动量不守恒，由于所有接触面均光滑，系统机械能守恒，故A错误；
BC、根据牛顿第二定律可知F=ma，
则可知a−x图像与坐标轴围成的面积与m的乘积表示F做的功W，
即W=12max=1J，
设小球与圆弧轨道作用前的速度为v，则根据动能定理有W=12mv2，解得v= 2m/s，
当小球上升最高时小球与圆弧轨道水平方向共速，则：mv=(M+m)v′，
mgℎ=12mv2−12(M+m)v′2，
解得ℎ=203cm=230m>R，
当小球到达圆弧轨道顶端时，根据水平方向动量守恒有mv=(M+m)vx，
根据系统机械能守恒有12mv2=12mv顶2+12Mvx2+mgR，
解得小球到达圆弧轨道顶端时的速度v顶= 53m/s，故BC正确；
D、当小球与圆弧轨道分离后，圆弧轨道速度最大，设分离后小球速度为v1，圆弧轨道速度为v2，
则mv=mv1+Mv2，
12mv2=12mv12+12Mv22，
解得v2=2 23m/s，故D正确。
10.光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球，桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场，复合场的下边界是水平面，到桌面的距离为ℎ，电场强度为E、方向坚直向上，磁感应强度为B、方向垂直纸面向外，重力加速度为g，带电小球的比荷为gE。如图所示，现给小球一个向右的初速度，使之离开桌边缘立刻进入复合场运动，已知小球从下边界射出，射出时的速度方向与下边界的夹角为60°，下列说法正确的是( )
A. 小球在复合场中的运动时间可能是2πE3gB
B. 小球在复合场中运动的加速度大小可能是 3ℎg2B23E
C. 小球在复合场中运动的路程可能是2πℎ3
D. 小球的初速度大小可能是 3ℎgB3E
10【答案】AC
【解析】由题意可知：qm=gE，小球受到的电场力为F电=Eq=EmgE=mg，所以小球在复合场中做匀速圆周运动，设轨迹半径为R，
A.出射速度与下边界夹角为60∘，轨迹如图所示，
小球运动有两种情况，即轨迹所对圆心角α为π3或2π3，
由牛顿第二定律与运动学公式可知Bqv=mv2R，v=αRt，可得t=αmBq，代入q=mgE，可得t=αEBg，则小球在复合场中的运动时间为t1=2πE3Bg或t2=πE3Bg，故A正确；
D.小球入射速度与对应轨迹半径分别为v1、R1、v2、R2，
通过几何关系可得R1cs60∘+R1=ℎ，R2cs60∘+ℎ=R2，解得R1=23ℎ，R2=2ℎ，
洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律可得Bqv=mv2R，
联立可得v1=2Bgℎ3E，v2=2BgℎE，故D错误。
B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是a1=v12R1=2ℎB2g23E2，a2=v22R2=2ℎB2g2E2，故B错误；
C.小球在复合场中运动的路程可能是s1=v1t1=4πℎ9，s2=v2t2=2πℎ3，故C正确。
故 AC。
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某同学采用如图甲所示装置验证动滑轮下方悬挂的物块A与定滑轮下方悬挂的物块B(带有遮光条)组成的系统机械能守恒。图中光电门安装在铁架台上且位置可调，滑轮质量不计且滑轮凹槽中涂有润滑油，以保证细线与滑轮之间的摩擦可以忽略不计，细线始终伸直。A、B质量相等，遮光条质量不计，遮光条通过光电门的平均速度看作滑块通过光电门的瞬时速度，实验时将物块B由静止释放。
(1)用螺旋测微器测出遮光条宽度d，如图乙所示，则d= mm。
(2)某次实验中，测得t=11.60ms，则此时A的速度为 m/s(保留2位有效数字)。
(3)改变光电门与物块B之间的高度ℎ，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以ℎ为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k= (用含g、d字母的表达式表示)，则验证了机械能守恒定律。
11.【答案】(1)1.195；(2)0.052；(3)4g5d2
【解析】(1)螺旋测微器读数为d=1mm+0.01mm×19.5=1.195mm。
(2)vB=dt=1.195×10−3m0.01160s≈0.103m/s，vA=vB2=0.052m/s。
(3)当B下降的高度为ℎ时，A上升的高度为ℎ2，A、B组成的系统机械能守恒，则有mgℎ=12mgℎ+12mvA2+12mvB2，整理得1t2=4g5d2ℎ，则k=4g5d2。
12.为测量一节干电池的电动势和内阻，张同学和李同学提出了多种方案。在其中的一种方案中，他们认为可以先测量电阻丝的阻值，再设计电路测量干电池的电动势和内阻。
(1)张同学准备用图甲所示器材精确测量一粗细均匀的电阻丝的电阻，其中部分器材的参数及量程选择如下：
电源：电动势为2V；
待测电阻丝：阻值约为3Ω；
电压表：选择3V量程，内阻约为3kΩ；
电流表：选择0.6A量程，内阻约为0.05Ω；
要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大，请将甲图中的电路补充完整______。
(2)李同学在阅读说明书后得知该电阻材料的电阻率，他用刻度尺测量该电阻丝的长度为50.00cm，用螺旋测微器测该电阻丝的直径如图乙所示，则直径为______mm；
(3)两位同学测得电阻丝的电阻均为3.0Ω，为利用该电阻丝进一步测量一节干电池的电动势和内阻，他们合作设计了如图丙所示的电路，其中的电池即为待测电池，定值电阻R0=2Ω。使金属滑片接触电阻丝的不同位置，分别记录电阻丝连入电路的有效长度x及对应的电压表示数U，作出1U−1x图像如图丁所示，电压表看做理想电压表，则该电池的电动势为______V，内阻为______Ω(结果均保留两位有效数字)。
12.【答案】(1) ； (2) 1.130； (3)1.4；1.0
【解析】(1)因为RVRx>RxRA，所以电压表引起的误差小，采用电流表外接；因实验要求电阻丝两端的电压调节范围尽量大知滑动变阻器采用分压接法，故连接电路如图：
；
(2)固定刻度读数为：1mm，可动刻度读数为：，所以螺旋测微器读数为1.130mm；
(3)根据闭合电路的欧姆定律结合电路图有E=U+UR(R0+r)，即E=U+UρxS(R0+r)，变形得：1U=1E+S(R0+r)Eρ·1x，又R=ρLS推得：ρS=RL=30.5Ω/m=6Ω/m；
1U−1x图像的纵截距为b=1E=0.7V−1，解得：E=1.4V；
图线的斜率：k=S(R0+r)Eρ=0.72，解得：r=1.0Ω。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
13.无人快递车在水平路面上从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，后做匀减速直线运动，经过160s到达目的地停止运动，快递车在整个运动过程中牵引力F随时间t的变化关系如图所示，图中f和t1均未知。已知快递车与货物的总质量m=80kg，运行时所受阻力大小恒定，快递车加速时的加速度大小a1=0.4m/s2，取重力加速度大小g=10m/s2，0～t1时间内位移大小s1=20m。求：
(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小及减速过程中的加速度大小；
(2)在快递车的整个运动过程中，牵引力对快递车所做的功。
13.【答案】解：(1)根据题意，设快递车运行时所受阻力大小为f，由图可知快递车在加速过程中，牵引力大小为F1=64N，由牛顿第二定律
F1−f=ma1
代入数据解得f=32N
根据匀变速直线运动规律，快递车加速运动结束时刻的速度v1，则有
v12=2a1s1
解得v1=4m/s
t1=v1a1=40.4s=10s
快递车在减速时的初速度也为v1=4m/s，由图知减速运动是时间为t3=160s−140s=20s，故减速运动时加速度的大小为a2=v1t3=420m/s2=0.2m/s2；
(2)全程对快递车由动能定理
WF−f(s1+s2+s3)=0
其中s2=v1Δt=4×(140−10)m=520m
s3=v2⋅t3=42×20m=40m
代入解得，快递车在整个运动过程中牵引力所做的功为
WF=18560J
答：(1)快递车在运动过程中受到的阻力大小为32N，减速过程中的加速度大小为0.2m/s2；
(2)牵引力对快递车所做的功为18560J。
【解析】(1)根据牛顿第二定律列式求解阻力大小，由匀变速直线运动规律和加速度定义式计算加速度；
(2)根据动能定理列式代入数据解答。
考查牛顿运动定律和动能定理问题，会根据题意列式求解相应物理量。
14.如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的 3倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O′点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为2mv03qB，不计粒子重力。
(1)求金属板间电势差U。
(2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ。
14.【答案】解：(1)设板间距离为d，板长为 3d，板间电压为U，粒子在电场中做类平抛运动，则有
3d=v0t
d2=12×qUmdt2
两式联立解得U=mv023q
(2)粒子射出电场时与射入电场时运动方向间的夹角为α，位移偏转角为θ1，由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍求解；则有
tanα=2tanθ1
tanα=2tanθ1=2×d2 3d= 33
解得：α=30°
粒子进入磁场的轨迹如图示，轨迹的圆心为O1，设粒子做圆周运动的半径为r，圆形磁场半径为R

洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力
qvB=mv2r
v0v=cs30°
v=2 3v03
r=mvqB=2 3mv03qB
tan∠OO′O1=Rr
解得tan∠OO′O1= 33
∠OO′O1=30°，则θ粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角为
2∠OO′O1=2×30°=60°
即粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ等于粒子在磁场中运动圆弧所对应的圆心角
即θ=60°
答：(1)求金属板间电势差U为mv023q。
(2)粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ为60°。
【解析】(1)粒子在电场中做类平抛运动，由位移与时间公式节课求解；
(2)由粒子出电场时速度偏转角正切值为位移偏转角正切值2倍，继而可得知进入磁场时的速度的方向(速度与水平方向的夹角)，再结合在磁场中的运动规律，即可求得在磁场中的偏转角；
本题考查了带电粒子在组合场中的运动情况，在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速押后运动。
15.如图所示，间距均为L的光滑平行倾斜导轨与光滑平行水平导轨在M、N处平滑连接，虚线MN右侧存在方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场。a、b为两根粗细均匀的金属棒，a棒质量为m，长度为L、电阻为R，垂直固定在倾斜轨道上距水平面高ℎ处；b棒质量为2m、长度为L、电阻为2R，与水平导轨垂直并处于静止状态。a棒解除固定后由静止释放，运动过程中与b棒始终没有接触，不计导轨电阻，重力加速度为g，求：
(1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小；
(2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小；
(3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热。
15.【答案】解：(1)a棒从高ℎ处下滑进入磁场的过程中，根据动能定理可得：
mgℎ=12mv02
根据法拉第电磁感应定律得：
E=BLv0
联立解得：E=BL 2gℎ
(2)进入磁场后，ab棒组成的系统动量守恒，选水平向右的方向为正方向，当a棒速度大小减小为原来的一半时，则
mv0=m×v02+2mvb
E1=BLv02−BLvb
根据欧姆定律可得：I1=E13R
根据牛顿第二定律可得：BI1L=2mab
联立解得：ab=B2L2 2gℎ24mR
(3)最终两棒速度相等，则
mv0=(m+2m)v
根据能量守恒定律可得：
12mv02=12(m+2m)v2+Q
根据电阻的关系可得：
Qb=2RR+2RQ
联立解得：Qb=49mgℎ
答：(1)a棒刚进入磁场时产生的电动势大小为BL 2gℎ；
(2)当a棒的速度大小变为刚进入磁场时速度的一半时，b棒的加速度大小为B2L2 2gℎ24mR；
(3)整个运动过程中，b棒上产生的焦耳热为49mgℎ。
【解析】(1)根据动能定理计算出a棒的速度，结合法拉第电磁感应定律得出电动势的大小；
(2)根据动量守恒定律得出b棒的速度，结合法拉第电磁感应定律得出电动势的大小，再根据欧姆定律得出电流的大小，利用安培力公式和牛顿第二定律得出对应的加速度；
(3)根据能量守恒定律得出产生的总焦耳热，结合电阻的关系得出b棒上产生的焦耳热。
本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉电动势的计算，结合安培力公式和电磁感应中的能量转化关系即可完成分析。
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C
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AC