江西省抚州市南城一中学年高二上学期第一次.docx

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江西省抚州市南城一中学年高二上学期第一次

2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二（上）第一次月考物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8为单选，9-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．

1．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）

A．电路中每通过1C电荷量，电源把0.5J的化学能转变为电能

B．蓄电池两极间的电压为2V

C．蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能

D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大

2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（　　）

A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻

B．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系

C．由

可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比

D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一

3．如图为某次测量电源的电动势和内阻所作的图象，有关这个图象的说法正确的是（　　）

A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=1.5V

B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A

C．根据r=

，计算出待测电源内阻为5Ω

D．根据r=

，计算出待测电源内阻为1Ω

4．如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U．一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板．如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（　　）

A．初速度为

，电压为

B．初速度为

，电压U不变

C．初速度为V0，电压为

D．初速度为V0，电压为

U

5．图中，输入端ab间的电压为10V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为（　　）

A．0﹣5VB．0﹣10VC．0﹣15VD．5﹣10V

6．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：

①保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少

②保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大

③断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小

④断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大

以上说法正确的有（　　）

A．①②B．③④C．②③D．②④

7．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是（　　）

A．L1变亮B．

变亮

C．L4变亮D．电源的效率变低

8．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）

A．电路中的总电流先增大后减小

B．电路的路端电压先增大后减小

C．电源的输出功率先增大后减小

D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大

9．如图所示的电路中，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，R3=8Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势E=12V，内阻不计．要使电容器带有4×10﹣6C的电量，变阻器R的阻值为（　　）

A．8ΩB．16ΩC．20ΩD．40Ω

10．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）

A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小

B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

C．对应P点，小灯泡的电阻为R=

D．对应P点，小灯泡的电阻为R=

11．如图所示的电路中，R1、R2、

、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时（　　）

A．I变小B．U变小

C．电源的效率变低D．电源的输出功率变小

12．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（　　）

A．小球经过a点时，电势能最小

B．小球经过a点时，线中的张力最小

C．小球经过b点时，机械能最小

D．小球经过b点时，电势能最小

二、实验题（本题共2小题，13题4分，14题9分，共13分，将正确答案填写在题目的横线处．）

13．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为　　V，电流值为　　A

14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：

A．直流电源6V（内阻不计）

B．电流表0～300mA（内阻5Ω）

C．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）

D．电压表（量程3V，内阻30kΩ）

E．电压表0～10V（内阻15kΩ）

F．滑动变阻器（10Ω，2A）

G．滑动变阻器（1kΩ，1A）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．且尽可能减小实验误差．

（1）电流表应选　　，电压表应选　　，滑动变阻器应选　　．（填电表之前的字母即可）

（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲，请在图甲中完成其余的电路连接．

三、计算题（本题共4小题，39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

15．已知电流表的内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为3mA，

（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？

（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？

16．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻RD=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：

（1）电路中的电流大小；

（2）电动机的输出功率．

17．如图所示电路中，电阻R1=R2=3Ω，R3=6Ω，S扳至1时，电流表的示数为1.0A，S扳至2时，电流表示数为1.5A，求：

电源的电动势E和内阻r（电流表内阻不计）．

18．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m．

（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？

（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：

当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？

（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）

2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二（上）第一次月考物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8为单选，9-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．

1．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）

A．电路中每通过1C电荷量，电源把0.5J的化学能转变为电能

B．蓄电池两极间的电压为2V

C．蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能

D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大

【考点】电源的电动势和内阻．

【分析】明确电动势的定义，知道电动势是反映电源将其他形式的能转化为电能本领的物理量，同时明确电动势E=

，W表示内部非静电力所做的功．

【解答】解：

A、由W=Eq可知，每通过1C的电量，电源转化的能量E=2×1=2J，故A错误；

B、若接入电路，两极间电压为路端电压，由于内阻上的分压，电压值将小于2V，故B错误；

C、电动势与放电时间无关，故无法确定转化2J能量的时间，故C错误；

D、电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，因电动势较大，故蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大；故D正确．

故选：

D．

2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（　　）

A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻

B．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系

C．由

可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比

D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一

【考点】电阻定律．

【分析】电阻率由导体材料决定和电阻大小以及导体长度无关，而电阻是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关．

【解答】解：

A、导体电阻是导体本身的性质，不论是否有电流导体均有电阻，故A错误；

B、电阻率由导体材料决定，与导体的长度和粗细无关，故B正确；

C、电阻由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关，故C错误；

D、将一导线等分为二份时，电阻率不变，由于长度减半，则电阻减小，故D错误．

故选：

B．

3．如图为某次测量电源的电动势和内阻所作的图象，有关这个图象的说法正确的是（　　）

A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=1.5V

B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6A

C．根据r=

，计算出待测电源内阻为5Ω

D．根据r=

，计算出待测电源内阻为1Ω

【考点】路端电压与负载的关系．

【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路，从而即可一一求解．

【解答】解：

A、由闭合电路欧姆定律可知：

U=E﹣Ir；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3V；故A错误；

B、由于图象的纵坐不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；

C、根据r=

，计算出电源的内阻，而不是待测电阻内阻，故C错误；

D、图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故r=

=

Ω=1Ω，故D正确；

故选：

D．

4．如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U．一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板．如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（　　）

A．初速度为

，电压为

B．初速度为

，电压U不变

C．初速度为V0，电压为

D．初速度为V0，电压为

U

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．

【分析】由题，粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程．要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项．

【解答】解：

根据题意，当所加电压为U时，加速度为：

，速度减为0时，位移为：

A、当初速度为

，电压为

，最大距离为原来一半，故A正确；

B、当初速度为

，电压U不变，最大距离为原来的

，故B错误；

C、当初速度为V0，电压为

，最大距离为原来2倍，故C错误；

D、当初速度为V0，电压为

U，最大距离为原来的

倍，故D错误；

故选：

A

5．图中，输入端ab间的电压为10V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为（　　）

A．0﹣5VB．0﹣10VC．0﹣15VD．5﹣10V

【考点】路端电压与负载的关系．

【分析】根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UAB最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UAB最小，分别求出UAB最小值和最大值，再得到UAB的变化范围．

【解答】解：

当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UAB最大，最大值为：

Umax=10V；

当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UAB最小，最小值为：

Umin=0V，

所以UAB的变化范围是0～10V，故B正确，ACD错误．

故选：

B．

6．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：

①保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少

②保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大

③断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小

④断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大

以上说法正确的有（　　）

A．①②B．③④C．②③D．②④

【考点】电容器．

【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变；

由平行板电容器电容C=

，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=

可求得电场强度的变化．

【解答】解：

①保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由E=

可知，两极板间的电场的电场场强增大，故①错误；

②保持K接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由Q=UC可知，极板上的电量增大，故②正确；

③断开K，减小距离d，电容增大，而两板上所带电量不变，由C=

可得U=

，则知两极板间的电势差U减小，故③正确；

④断开K，插入介质后电容增大，两板上所带电量不变，由U=

可知极板上的电势差减小，故④错误；

故选：

C．

7．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是（　　）

A．L1变亮B．

变亮

C．L4变亮D．电源的效率变低

【考点】闭合电路的欧姆定律．

【分析】小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，由欧姆定律分析L1两端电压的变化，判断L1亮度的变化．

由总电流和L1电流的变化，判断L3中电流的变化，确定L3亮度的变化．由L1、L3电压的变化判断L4电压的变化，判断L4亮度的变化．

【解答】解：

ABC、小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知：

电路中总电流I减小，L1两端电压U1=E﹣I（R+r），I减小，其他量不变，则U1增大，L1变亮．

L3中电流I3=I﹣I1，I减小，I1增大，则I3减小，L3变暗．L4电压U4=U1﹣U3，U1增大，U3减小，则U4增大，L4变亮．所以L1、L4变亮，L3变暗．故AC正确，B错误．

D、电源的效率η=

×100%=

×100%，外电阻增大时路端电压U增大，而E不变，则电源的效率提高，故D错误．

故选：

AC

8．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）

A．电路中的总电流先增大后减小

B．电路的路端电压先增大后减小

C．电源的输出功率先增大后减小

D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大

【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．

【解答】解：

A、当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：

电流是先减小后增大，故A错误；

B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；

C、当R外=r的时候电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；

D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误．

故选：

B

9．如图所示的电路中，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，R3=8Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势E=12V，内阻不计．要使电容器带有4×10﹣6C的电量，变阻器R的阻值为（　　）

A．8ΩB．16ΩC．20ΩD．40Ω

【考点】电容器．

【分析】先根据C=

求解电容器的电压，然后根据串并联电路的电压和电流关系得到变阻器R的可能电压，求解出电阻．

【解答】解：

电容器相当与断路，电容C=2μF，带有4×10﹣6C的电量，故其电压为：

U=

；

电阻R1与电阻R2串联，电压比等于电阻之比，故：

UR2：

UR1=R2：

R1=2：

1，故UR2=

=8V；

设电阻R2右端电势为零，则其左端电势为8V，电容器两端电势差为2V，故电阻R左端电势为10V或者6V，故电阻R的电压为10V或者6V；

由于R3与电阻R串联，电压比等于电阻之比；

当电阻R的电压为10V时，有：

R3：

R=UR3：

UR=（12﹣10）：

10=1：

5，故R=5R3=40Ω；

当电阻R的电压为6V时，有：

R3：

R=UR3：

UR=（12﹣6）：

6=1：

1，故R=R3=8Ω；

故选AD．

10．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）

A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小

B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大

C．对应P点，小灯泡的电阻为R=

D．对应P点，小灯泡的电阻为R=

【考点】路端电压与负载的关系．

【分析】根据电阻的定义R=

，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻应根据欧姆定律求解．

【解答】解：

AB、根据电阻的定义R=

，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A错误．B正确；

CD、对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻R=

；故C正确，D错误．

故选：

BC．

11．如图所示的电路中，R1、R2、

、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时（　　）

A．I变小B．U变小

C．电源的效率变低D．电源的输出功率变小

【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．

【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化，电源的效率

，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．

【解答】解：

A、当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小，根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E﹣I（r+R1+R2）变小，则I变小，故AB正确；

C、电源的效率

=

，路端电压减小，E不变，则效率变低，故C正确；

D、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，而r=R1，所以外电路电阻一定大于内阻，则外电路总电阻变小，输出功率增大，故D错误；

故选：

ABC．

12．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（　　）

A．小球经过a点时，电势能最小

B．小球经过a点时，线中的张力最小

C．小球经过b点时，机械能最小

D．小球经过b点时，电势能最小

【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．

【分析】分析小球所受重力与电场力的大小关系：

当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；根据电场力做功判断电势能的高低．根据除重力以外其它力做功判断机械能的大小．

【解答】解：

A、从a到b，电势能增加，所以a点电势能最小．故A正确．

B、当电场力大于重力，小球运动到a点时，速度最大，根据牛顿第二定律知，拉力最大．故B错误．

C、从a到b，除重力以外，电场力做负功，机械能减小，所以b点机械能最小．故C正确．

D、小球从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加．所以小球过b点时，电势能最大．故D错误．

故选：

AC．

二、实验题（本题共2小题，13题4分，14题9分，共13分，将正确答案填写在题目的横线处．）

13．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为　9.0　V，电流值为　0.33　A

【考点】多用电表的原理及其使用．

【分析】首先明确电表的量程，再根据刻度线确定最小分度，从而根据指针的位置确定读数．

【解答】解：

电压表量程为15V，最小分度为0.5V，则读数为：

9.0V；

电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则其读数为：

0.33A；

故答案为：

9.0；0.33

14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：

A．直流电源6V（内阻不计）

B．电流表0～300mA（内阻5Ω）

C．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）

D．电压表（量程3V，内阻30kΩ）

E．电压表0～10V（内阻15kΩ）

F．滑动变阻器（10Ω，2A）

G．滑动变阻器（1kΩ，1A）

实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．且尽可能减小实验误差．

（1）电流表应选　B　，电压表应选　E　，滑动变阻器应选　F　．（填电表之前的字母即可）

（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲，请在图甲中完成其余的电路连接．

【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．

【分析】

（1）电表量程应略大于灯泡的额定值即可，根据额定电可确定电压表，根据P=UI可求得额定电流，则可确定电流表；再根据滑动变阻器的接法确定滑动变阻器；

（2）根据实验原理确定电路图，从而确定对应的实物图．

【解答】解：

（1）灯泡的额定电压为6V，故电压表应选E；电流I=

=

=0.25A，故电流表应选择B；因采用滑动变阻器分压接法，故应采用小电阻F；

（2）由题意可知，本实验应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法；故实物图如图所示；

故答案为：

（1）B．；E；F．

（2）如图所示

三、计算题（本题共4小题，39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）

15．已知电流表的内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为3mA，

（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？

（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？

【考点】把电流表改装成电压表．

【分析】

（1）将电流表改装成电压表时，需要串联一个电阻，根据串联电路的规律即可求得应串联的电阻；

（2）要想扩大电流表量程，应并联一个小电阻，根据并联电路规律即可求得应并联的电阻阻值．

【解答】解：

（1）改装成量程为6V的电压表时，有：

Ug=IgRg=3×10﹣3×100V=0.3V，