物理卷·2018届贵州省遵义市航天高中高二上学期期中物理试卷（理科）（解析版） 12页

‎2016-2017学年贵州省遵义市航天高中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、单项选择题（每小题6分）‎ ‎1．对电流概念的正确理解是（　　）‎ A．通过导体的横截面的电量越多，电流越大 B．单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大 C．电流有方向，它是一个矢量 D．电流的方向就是电荷移动的方向 ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．平行板电容器一板带电+Q，另一板带电﹣Q，则此电容器不带电 B．由公式C=可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大 C．增大电容器极板间距离时，电容器的电容减小 D．电容器的带电荷量与两极板间的电压成反比 ‎3．有a、b、c、d四个电阻，它们的U﹣I关系如图所示，则图中电阻最大的是（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎4．如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（　　）‎ A．EA与EB一定不等，φA与φB一定不等 B．EA与EB可能相等，φA与φB可能相等 C．EA与EB一定不等，φA与φB可能相等 D．EA与EB可能相等，φA与φB一定不等 ‎5．如图是一火警报警电路的示意图．其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 ‎6．下列有关电压与电动势的说法中，正确的是（　　）‎ A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B．电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关 C．电动势公式E=中的W与电势差公式U=中的W是一样的，都是静电力做的功 D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎7．在物理学发展中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明进程，对以下几位物理学家所作的贡献的叙述中，符合史实的是（　　）‎ A．库仑总结并确认了真空中两个静止的点电荷之间的相互作用规律，库仑定律适用于任何两个带电体间的相互作用 B．焦尔发现了电流的热效应，定量得出了电能和热量之间的转换关系 C．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 D．欧姆总结出了欧姆定律，表明了导体的电阻与导体的两端电压成正比，与导体通过的电流成反比 ‎8．如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则（　　）‎ A．x2处场强大小为 B．球内部的电场为匀强电场 C．x1、x2两点处的电势相同 D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功不相同 ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共2小题共18分）‎ ‎9．在测定金属丝的电阻率的实验中，用　　 测出金属丝的长度L，用　　测出金属丝的直径．由ρ=可知，对实验结果的准确性影响最大的是　　‎ A．金属丝直径d的测量 B．电压U的测量 C．电流I的测量 D．金属丝长度L的测量．‎ ‎10．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ） ‎ B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω） ‎ D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表　　，电流表　　，滑动变阻器　　．‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方框中完成实验电路图1．‎ ‎（3）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，对应P点，小灯泡的电阻约为　　Ω．‎ 小灯泡的U﹣I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是　　．‎ ‎　‎ 三、解答题（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．）‎ ‎11．带电量为+3×10﹣6C的粒子先后经过电场中的A、B两点，克服电场力做功6×10﹣4J，已知B点电势为50V，则 ‎（l）A、B间两点间的电势差UAB是多少？‎ ‎（2）A点的电势φA是多少？‎ ‎（3）电势能的变化△EP是多少？‎ ‎12．一束初速不计的电子在经U的加速电压加速后，在两极板间的中点处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d，板长l，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）电子离开加速电场时的速度大小 ‎（2）电子经过偏转电场时的时间 ‎（3）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压U'？‎ ‎13．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且A=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省遵义市航天高中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题6分）‎ ‎1．对电流概念的正确理解是（　　）‎ A．通过导体的横截面的电量越多，电流越大 B．单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大 C．电流有方向，它是一个矢量 D．电流的方向就是电荷移动的方向 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据电流的定义I=可以分析决定电流的因素和电流方向的规定．‎ ‎【解答】解：AB、电流的大小取决于电荷量与时间的比值，即单位时间内通过导体横截面的电量越大，电流越大；与横截面的大小及自由电荷无关；故A错误，B正确；‎ CD、据电流方向的规定：正电荷移动的方向为电流的方向；电流虽有方向，但电流是标量，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解题关键明确电流取决于电量与时间的比值，要明确电流的意义．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法中正确的是（　　）‎ A．平行板电容器一板带电+Q，另一板带电﹣Q，则此电容器不带电 B．由公式C=可知，电容器的电容随电荷量Q的增加而增大 C．增大电容器极板间距离时，电容器的电容减小 D．电容器的带电荷量与两极板间的电压成反比 ‎【考点】电容；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器两板上带等量异种电荷；电容大小与极板上的电量及电压无关；由电容器的决定式可得出电容与极板间距离间的关系．‎ ‎【解答】解：A、平行板电容器两极板带等量异种电荷，两种电荷不会中和，故电容器带电；故A错误；‎ B、电容与电荷量大小无关；故B错误；‎ C、增大两极板间中距离时，由C=ɛ可知，电容减小；故C正确；‎ D、电容器的带电量与两极板间的电压成正比；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与带电量及电压无关，由电容器本身的性质决定．‎ ‎　‎ ‎3．有a、b、c、d四个电阻，它们的U﹣I关系如图所示，则图中电阻最大的是（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据欧姆定律得到电阻R=，U﹣I图线的斜率等于电阻的大小，斜率越大，电阻越大．‎ ‎【解答】解：电阻R=，可知电阻R等于U﹣I图线的斜率．图线a的斜率的最大，电阻最大．‎ 故选：A ‎【点评】本题根据伏安特性曲线斜率来判断电阻的大小，基础题．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，以下说法正确的是（　　）‎ A．EA与EB一定不等，φA与φB一定不等 B．EA与EB可能相等，φA与φB可能相等 C．EA与EB一定不等，φA与φB可能相等 D．EA与EB可能相等，φA与φB一定不等 ‎【考点】电势；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ ‎【解答】解：电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故EA与EB可能相等、可能不相等；‎ 沿着电场线电势一定降低，故φA一定大于φB；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的高低．‎ ‎　‎ ‎5．如图是一火警报警电路的示意图．其中R3为用某种材料制成的传感器，这种材料的电阻率随温度的升高而增大．值班室的显示器为电路中的电流表，电源两极之间接一报警器．当传感器R3所在处出现火情时，显示器的电流I、报警器两端的电压U的变化情况是（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变小，U变大 C．I变大，U变大 D．I变小，U变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；传感器在生产、生活中的应用．‎ ‎【分析】当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流与路端电压的变化．报警器两端的电压U等于路端电压．根据干路电流的变化，分析并联电路电压的变化．当并联电路的电压增大时，电流表的读数也增大．‎ ‎【解答】解：当传感器R3所在处出现火情时，R3的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I减小，路端电压变大，即报警器两端的电压U变大．传感器R3与电阻R2并联部分的电压U并=E﹣I（r+R1），I减小，U并变大，电流表的读数变大．‎ 故选C ‎【点评】本题是实际问题，实质上是电路的动态变化分析问题，按“局部到整体，再到局部”的思路分析，并不难．‎ ‎　‎ ‎6．下列有关电压与电动势的说法中，正确的是（　　）‎ A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法 B．电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关 C．电动势公式E=中的W与电势差公式U=中的W是一样的，都是静电力做的功 D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：‎ A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．‎ B、电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关，故B正确．‎ C、电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．‎ D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别，属于基础题．‎ ‎　‎ ‎7．在物理学发展中，许多物理学家的科学研究推动了人类文明进程，对以下几位物理学家所作的贡献的叙述中，符合史实的是（　　）‎ A．库仑总结并确认了真空中两个静止的点电荷之间的相互作用规律，库仑定律适用于任何两个带电体间的相互作用 B．焦尔发现了电流的热效应，定量得出了电能和热量之间的转换关系 C．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 D．欧姆总结出了欧姆定律，表明了导体的电阻与导体的两端电压成正比，与导体通过的电流成反比 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】本题是物理学史问题，比较简单，考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中了解著名科学家的重要贡献，是解答类似问题的关键．‎ ‎【解答】解：A、库仑总结并确认了真空中两个静止的点电荷之间的相互作用规律，库仑定律只适用于任何两个点电荷间的相互作用，故A错误．‎ B、焦尔发现了电流的热效应，定量得出了电能和热量之间的转换关系﹣﹣﹣焦尔定律，故B正确．‎ C、元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的，故C正确．‎ D、欧姆总结出了欧姆定律，表明了导体中的电流与导体的两端电压成正比，与导体的电阻成反比，故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】物理学的发展离不开各位物理学家的努力，在学习中应清楚他们的主要贡献，加强记忆，注意积累．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴．理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，则（　　）‎ A．x2处场强大小为 B．球内部的电场为匀强电场 C．x1、x2两点处的电势相同 D．假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处电场力做功不相同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】均匀带电的球体，球体外某点的电场强度可由点电荷的电场强度公式求解，是将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理．对于电势，对于电势，可根据电场力做功情况判断．‎ ‎【解答】解：A、电荷量为+Q 的均匀带电球体，以球心为坐标原点，当作位于球心的带电量为+Q的点电荷处理，则x2处场强大小为，故A正确；‎ B、由图象可知，球内部的电场强度不是处处相等，所以内部电场为非匀强电场，故B错误；‎ C、由图象与x轴所围面积表示电势差，可知x1处与球表面、球表面与x2处的电势差不同，则x1、x2两点处的电势不同，故C错误；‎ D、因电场力做功与初末位置有关，当假设将试探电荷沿x轴移动，则从x1移到R处和从R移到x1处，因电势差不同，由W=qU知，电场力做功不同，故D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】本题要知道球体外的场强是看成点电荷模型来计算的，而电势由电荷从该点移到电势为零处电场力做功情况来确定．要注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共2小题共18分）‎ ‎9．在测定金属丝的电阻率的实验中，用　毫米刻度尺　 测出金属丝的长度L，用　螺旋测微器　测出金属丝的直径．由ρ=可知，对实验结果的准确性影响最大的是　A　‎ A．金属丝直径d的测量 B．电压U的测量 C．电流I的测量 D．金属丝长度L的测量．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】用毫米刻度尺测出金属丝的长度，用螺旋测微器测出金属丝的直径，应用电阻定律可以求出金属丝的电阻率，根据电阻率表达式分析对实验误差影响最大的因素．‎ ‎【解答】解：在测定金属丝的电阻率的实验中，用毫米刻度尺 测出金属丝的长度L，用螺旋测微器测出金属丝的直径．‎ 由ρ=可知，ρ与d是平方关系，金属丝直径d的测量对实验结果的准确性影响最大，故选A；‎ 故答案为：毫米刻度尺；螺旋测微器；A．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材、实验误差分析，掌握常用的使用器材的作用与测金属丝电阻率实验的使用器材即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握．‎ ‎　‎ ‎10．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法测量这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表V1（0～5V，内阻约10kΩ） ‎ B．电压表V2（0～10V，内阻约20kΩ）‎ C．电流表A1（0～0.3A，内阻约1Ω） ‎ D．电流表A2（0～0.6A，内阻约0.4Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω，2A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流6V）、开关及导线 ‎（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电压表　A　，电流表　D　，滑动变阻器　F　．‎ ‎（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据；请在下面的方框中完成实验电路图1．‎ ‎（3）P为图2中图线上的一点，PN为图线上P点的切线、PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，对应P点，小灯泡的电阻约为　5.3　Ω．‎ 小灯泡的U﹣I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是　灯泡电阻随温度的升高而增大　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据题目要求确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．‎ ‎（3）根据图象应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化，由图象求出P点的电压与电流值，由欧姆定律求出灯泡此时的电阻．‎ 明确灯泡电阻随温度变化的规律，再结合图象的性质即可正确求解．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表选A，灯泡额定电流I===0.5A，则电流表选D，为方便实验操作，滑动变阻器选择总阻值较小的F．‎ ‎（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻R===8Ω，灯泡内阻应视为小电阻，故电流表应采用外接法，电路图如图所示．‎ ‎（3）由图象可知，随着所加电压的增加，通过小灯泡的电流增大，但电压与电流的比值增大，即灯泡电阻将增大；由图象可知，在P点U=2.4V，I=0.45A，此时灯泡电阻R==≈5.3Ω．‎ 由于灯泡内阻随温度的变化而变化，所以对应的图象是曲线而不是直线；‎ 故答案为：（1）A；D；E；（2）电路图如图所示；（3）5.3．灯泡电阻随温度的变化而变化．‎ ‎【点评】本题考查了选择实验器材、作电路图、实验数据分析、求灯泡电阻等问题；确定滑动变阻器与电流表的接法是正确设计实验电路图的关键，注意本实验中采用滑动变阻器分压接法和电流表外接法．‎ ‎　‎ 三、解答题（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．）‎ ‎11．带电量为+3×10﹣6C的粒子先后经过电场中的A、B两点，克服电场力做功6×10﹣4J，已知B点电势为50V，则 ‎（l）A、B间两点间的电势差UAB是多少？‎ ‎（2）A点的电势φA是多少？‎ ‎（3）电势能的变化△EP是多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）A、B间两点间的电势差是UAB=；‎ ‎（2）根据UAB=φA﹣φB；由题意φB=50V，即可求出A点的电势φA；‎ ‎（3）粒子克服电场力做功多少，其电势能就增加多少．‎ ‎【解答】解：（1）粒子经过电场中的A、B两点，克服电场力做功6×10﹣4J，则电场力对粒子做功为 WAB=﹣6×10﹣4J；‎ A、B间两点间的电势差为：UAB==V=﹣200V．‎ ‎（2）根据UAB=φA﹣φB；由题意φB=50V，得A点的电势为：φA=﹣150V．‎ ‎（3）粒子克服电场力做功6×10﹣4J，电势能的变化△EP=6×10﹣4J．‎ 答：（1）A、B间两点间的电势差UAB是﹣200V；‎ ‎（2）A点的电势φA是﹣150V；‎ ‎（3）电势能的变化△EP是6×10﹣4J．‎ ‎【点评】电势差等于电势之差，UAB=φA﹣φB，电势差反映电场的能的性质，常常根据电场力做功求解．‎ ‎　‎ ‎12．一束初速不计的电子在经U的加速电压加速后，在两极板间的中点处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若板间距离d，板长l，偏转电场只存在于两个偏转电极之间．已知电子质量为m，电荷量为e，求：‎ ‎（1）电子离开加速电场时的速度大小 ‎（2）电子经过偏转电场时的时间 ‎（3）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压U'？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子在加速电场中，电场力做功qU，引起动能的变化，根据动能定理求解电子电子离开加速电场时的速度．‎ ‎（2）电子在偏转电场中，水平方向做匀速直线运动，由t=公式求出时间．‎ ‎（3）电子恰打在平行板边缘时，竖直位移等于，应用类平抛运动规律求出偏转电压大小．‎ ‎【解答】解：（1）设电子流经加速电压后的速度为v0，‎ 则由动能定理得：eU=mv02﹣0，‎ 解得：v0=；‎ ‎（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，‎ 运动时间：t==l；‎ ‎（3）设两极板上最多能加的电压为U′，‎ 要使电子能从平行板间飞出则电子的最大侧移量为，‎ 则有： =at2=t2，‎ 解得：U′=；‎ 答：（1）电子离开加速电场时的速度大小为：；‎ ‎（2）电子经过偏转电场时的时间为：l；‎ ‎（3）要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压U′为：．‎ ‎【点评】本题加速与偏转的组合题，动能定理、牛顿第二定律和运动学结合求解是常用的方法，常规题．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，ABCD为竖立放在场强为E=104 V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且A=R=0.2m．把一质量m=0.1kg、带电量q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释放后，在轨道的内侧运动．求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，‎ ‎（2）先运用重力等于向心力求解D点的速度，应用动能定理与牛顿第二定律可求出小球开始运动的位置离B点的距离．‎ ‎【解答】解：（1）由A点到C点，应用动能定理，有：‎ 解得：‎ vC=2m/s ‎（2）在D点，小球要恰好通过，必有：‎ 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：Eqx﹣2mgR=‎ 以上两式联立可得：‎ x=0.5m．‎ 答：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是2m/s；‎ ‎（2）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少0.5m远．‎ ‎【点评】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．‎ ‎　‎