物理卷·2018届安徽省滁州市高二上学期联考物理试卷（12月份） （解析版）

物理卷·2018届安徽省滁州市高二上学期联考物理试卷（12月份） （解析版）

‎2016-2017学年安徽省滁州市高二（上）联考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（　　）‎ A．16：7 B．9：7 C．4：7 D．3：7‎ ‎2．在地球赤道地区，宇宙射线中一颗带负电的粒子竖直射向地面，它受到地球磁场力的方向为（　　）‎ A．向东 B．向西 C．向南 D．向北 ‎3．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（　　）‎ A．指向左上方 B．指向右下方 C．竖直向上 D．水平向右 ‎4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与灵敏静电计相接，极板A接地．若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（　　）‎ A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小 B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大 C．两极板上的电量不变，两极板间的电压变小 D．两极板上的电量不变，两极板间的电压变大 ‎5．有一只电压表，它的内阻是100Ω，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（　　）‎ A．并联0.002Ω的电阻 B．并联0.02Ω的电阻 C．并联50Ω的电阻 D．串联4 900Ω的电阻 ‎6．如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为（　　）‎ A．，水平向右 B．，垂直于回路平面向上 C．，竖直向下 D．，垂直于回路平面向下 ‎7．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出的动能，下列说法正确的是（　　）‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离 C．增大磁场的磁感应强度 D．增大D形金属盒的半径 ‎8．一带电粒子在电场力的作用下沿图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子的重力，可以确定（　　）‎ A．粒子带正电 B．该粒子带负电 C．从J到K粒子的电势能增加 D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变 ‎9．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（　　）‎ A．只增大R1，其他不变 B．只增大R2，其他不变 C．只减小R3，其他不变 D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变 ‎10．如图所示，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B．有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用 B．由于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等 C．如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子mg+qvB=成立 D．小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动 ‎　‎ 二、解答题（共2小题，满分18分）‎ ‎11．（1）图1中是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为　　 mm．‎ ‎（2）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图2所示．该工件的直径为　　 mm．‎ ‎12．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V　约3kΩ），电流表（0～0.6A　约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω　2A）和R2各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　　（选填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=　　V；内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分42分）‎ ‎13．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为10cm，两点的连线与场强方向成53°角．将一个电荷量为1×10﹣6 C的电荷由A点移到B点，电场力做功为8×10﹣5 J．求：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强E．‎ ‎14．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，则：匀强磁场的磁感应强度B为　　，ab棒对导轨的压力为　　．‎ ‎15．在图示的电路中，电源的内电阻r=0.6Ω．电阻R1=4Ω，R3=6Ω，闭合开关后电源消耗的总功率为40W，输出功率为37.6W．求：‎ ‎（1）电源电动势E；‎ ‎（2）电阻R2的阻值．‎ ‎16．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：‎ ‎（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；‎ ‎（2）该粒子在电场中运动的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省滁州市高二（上）联考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共10小题，每小题4分，满分40分）‎ ‎1．两个完全相同的金属球A和B带电量之比为1：7，相距为r．两者接触一下放回原来的位置，若两电荷原来带异种电荷，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是（　　）‎ A．16：7 B．9：7 C．4：7 D．3：7‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，根据库仑定律即可解题．‎ ‎【解答】解：两个完全相同的金属小球，将它们相互接触再分开，带电量先中和后平分，‎ 设金属球A和B带电量为Q：7Q 所以A、B所带的电荷相等都为3Q，‎ 根据库仑定律得：‎ F=k F′=k 解得：F′=F，则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是9：7．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．在地球赤道地区，宇宙射线中一颗带负电的粒子竖直射向地面，它受到地球磁场力的方向为（　　）‎ A．向东 B．向西 C．向南 D．向北 ‎【考点】左手定则；地磁场．‎ ‎【分析】根据地磁场的方向和电荷的运动方向，根据左手定则判断出洛伦兹力的方向．‎ ‎【解答】解：赤道地区磁场方向从南向北，负电粒子方向竖直向下，根据左手定则，粒子所受洛伦兹力的方向向西．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图所示，则圆心O处磁感应强度的方向为（AA′面水平，BB′面垂直纸面）（　　）‎ A．指向左上方 B．指向右下方 C．竖直向上 D．水平向右 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】圆心O处磁感应强度是由两个导体环产生的磁场的叠加，根据安培定则分别判断两个环在O处产生的磁场方向，再按平行四边形定则合成．‎ ‎【解答】解：根据安培定则可知：导体环AA′在O处产生的磁场方向为竖直向上，导体环BB′在O处产生的磁场方向为水平向左，按平行四边形定则可知，O处磁感应强度的方向为指向左上方．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．在如图所示的实验装置中，平行板电容器的极板B与灵敏静电计相接，极板A接地．若极板A稍向上移动一点，由观察到的静电计指针变化作出平行板电容器电容变小的结论的依据是（　　）‎ A．两极板间的电压不变，极板上的电量变小 B．两极板间的电压不变，极板上的电量变大 C．两极板上的电量不变，两极板间的电压变小 D．两极板上的电量不变，两极板间的电压变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器的电荷量几乎不变．将极板A稍向上移动一点，极板正对面积减小，电容减小，由公式C= 分析板间电压变化．‎ ‎【解答】解：由图分析可知电容器极板上的电荷量几乎不变，将极板A稍向上移动一点，极板正对面积减小，根据公式C=，电容减小，由公式C= 可判断出电容器极板间电压变大，静电计张角增大，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．有一只电压表，它的内阻是100Ω，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（　　）‎ A．并联0.002Ω的电阻 B．并联0.02Ω的电阻 C．并联50Ω的电阻 D．串联4 900Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．‎ ‎【解答】解：电表的满偏电流为：Ig===0.002A，‎ 把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：‎ R==≈0.02Ω；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为（　　）‎ A．，水平向右 B．，垂直于回路平面向上 C．，竖直向下 D．，垂直于回路平面向下 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力；左手定则．‎ ‎【分析】导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值．‎ ‎【解答】解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图 从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；‎ 故安培力的最小值为：FA=mgsinθ，故磁感应强度的最小值为 B=‎ 根据欧姆定律，有 E=IR 故 B=‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎7．回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．要增大带电粒子射出的动能，下列说法正确的是（　　）‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．减小狭缝间的距离 C．增大磁场的磁感应强度 D．增大D形金属盒的半径 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：由qvB=m，解得v=．‎ 则动能EK=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子的动能．故C、D正确，A、B 错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎8．一带电粒子在电场力的作用下沿图中曲线JK穿过一匀强电场，a、b、c、d为该电场的等势面，其中有φa＜φb＜φc＜φd，若不计粒子的重力，可以确定（　　）‎ A．粒子带正电 B．该粒子带负电 C．从J到K粒子的电势能增加 D．粒子从J到K运动过程中的动能与电势能之和不变 ‎【考点】等势面；电势；电势能．‎ ‎【分析】由于电荷只受电场力作用，电场力将指向运动轨迹的内侧．则电场力一定水平向右，同时注意电场线和等势线垂直，又因电势沿电场线方向降低则说明电场沿水平方向向左，则说明带负电．再由电场力做功判断能量变化．‎ ‎【解答】解：由运动轨迹可知电场力方向向右，由电势的高低可知电场线方向向左，则电性为负，故A错误，B正确 ‎ 由J到K电场力做正功，则动能增加，电势能减小，由于不计重力，根据能量守恒定律知：动能与电势能之和不变．故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎9．平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路．闭合开关S，待电路稳定后，电容器C两极板带有一定的电荷．要使电容器所带电荷量增加，以下方法中可行的是（　　）‎ A．只增大R1，其他不变 B．只增大R2，其他不变 C．只减小R3，其他不变 D．只减小a、b两极板间的距离，其他不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，电阻R2、R1串联，根据欧姆定律分析电阻R2的电压，来分析电容器电量的变化．只减小a、b两极板间的距离，电容增大，电压不变，电量增大．‎ ‎【解答】解：A、B电路稳定后，电容器的电压等于电阻R2两端的电压，U2=，当R1减小或R2增大时，电容器的电压增大，电量增加．故A错误，B正确．‎ ‎ C、电路稳定后，电阻R3上无电压，电容器的电压与R3的阻值无关．故C错误．‎ ‎ D、只减小a、b两极板间的距离，电容增大，电压不变，电量增加．故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎10．如图所示，一水平放置的光滑绝缘直槽轨连接一竖直放置的半径为R的绝缘半圆形光滑槽轨．槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B．有一个质量为m，带电量为+q的小球在水平轨道上以一定初速度向右运动．若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在最高点只受到洛仑兹力和重力的作用 B．由于无摩擦力，且洛仑兹力不做功，所以小球到达最高点时与小球在水平轨道上的机械能相等 C．如果设小球到达最高点的线速度是v，小球在最高点时式子mg+qvB=成立 D．小球从最高点脱离轨道后将做平抛运动 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时受到重力和洛伦兹力，向心力等于重力和洛伦兹力的合力；由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，根据牛顿第二定律可得知在最高点时小球的速度与半径的关系式．‎ ‎【解答】解：A、据题知，小球恰好通过最高点时，轨道对球无作用力，小球在最高点时只受到重力和洛伦兹力两个力作用，故A正确．‎ B、由于洛伦兹力和轨道的弹力不做功，只有重力做功，小球运动过程中机械能是守恒的，则有小球到达最高点与小球在水平轨道上的机械能相等，故B正确．‎ C、D、如果设小球到最高点的线速度是v，小球在最高点时，由左手定则判断可知，小球受到的洛伦兹力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得：‎ ‎﹣qvB+mg=m，故C错误．‎ D．小球离开轨道后仍然受到重力以及与速度方向垂直的洛伦兹力的作用，所以不能做平抛运动．故D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、解答题（共2小题，满分18分）‎ ‎11．（1）图1中是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为　5.625　 mm．‎ ‎（2）一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图2所示．该工件的直径为　29.8　 mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为5.5mm+0.125mm=5.625mm．‎ ‎2、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.1×8mm=0.8mm，‎ 所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm；‎ 故答案为：5.625，29.8‎ ‎　‎ ‎12．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V　约3kΩ），电流表（0～0.6A　约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω　2A）和R2各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　R1　（选填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=　1.48　V；内阻r=　1.88　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器．‎ ‎（2）对照电路图，按顺序连接电路．‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）电路中最大电流I===0.75A，R2的额定电流小于0.75A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1．‎ ‎（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示．‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势E=1.48V ‎ r===1.88Ω．‎ 故答案为：‎ ‎（1）R1；（2）连线如图；（3）1.48，1.88‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分42分）‎ ‎13．如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们之间的距离为10cm，两点的连线与场强方向成53°角．将一个电荷量为1×10﹣6 C的电荷由A点移到B点，电场力做功为8×10﹣5 J．求：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强E．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势．‎ ‎【分析】（1）结合电场力做功与电势差的关系W=qU求出A、B两点的电势差．‎ ‎（2）根据匀强电场的电场强度公式U=Ed求出场强的大小．‎ ‎【解答】解：（1）电荷由A→B电场力做功，有：WAB=qUAB 则有：UAB==V=80V ‎（2）根据UAB=EdABcos53°得：E==V/m=1333.3V/m ‎ 答：‎ ‎（1）A、B两点的电势差UAB为80V ‎（2）匀强电场的场强的大小为1333.3V/m．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，在与水平方向成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距1m的平行导轨上放一重为3N的金属棒ab，棒上通以3A的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止，则：匀强磁场的磁感应强度B为　T　，ab棒对导轨的压力为　6N　．‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】根据共点力平衡求出安培力的大小，从而根据F=BIL求出磁感应强度的大小；根据共点力平衡，运用合成法求出支持力的大小，从而得出对导轨的压力．‎ ‎【解答】解：棒静止时，受力如图：‎ 则有：F=Gtan60°‎ 即BIL=Gtan60°‎ 解得：B===T．‎ ab棒对导轨的压力与FN大小相等．‎ FN===6N 故答案为： T，6N．‎ ‎　‎ ‎15．在图示的电路中，电源的内电阻r=0.6Ω．电阻R1=4Ω，R3=6Ω，闭合开关后电源消耗的总功率为40W，输出功率为37.6W．求：‎ ‎（1）电源电动势E；‎ ‎（2）电阻R2的阻值．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）用电源的总功率减去输出功率即为电源内电阻上消耗的热功率；根据电源的热功率的公式P=I2r可以求得电路的总电流的大小；根据总功率P总=EI，可以求得电源的电动势的大小；‎ ‎（2）先求出并联部分的电阻的大小，再根据闭合电路欧姆定律可以求得R3的电阻．‎ ‎【解答】解：（1）电源内电路发热功率：‎ Pr=I2r=（40﹣37.6）W=2.4W ‎ 则电路电流强度I===2A 电源总功率：P=IE=40W 解得E==20V ‎ ‎（2）外电路总电阻R满足：E=IR+Ir，得R=9.4Ω R=R13+R2‎ 其中：R13===2.4Ω 解得R2=7Ω． ‎ 答：（1）电源电动势E为20V；‎ ‎（2）电阻R2的阻值为7Ω．‎ ‎　‎ ‎16．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：‎ ‎（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；‎ ‎（2）该粒子在电场中运动的时间．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动，作出粒子运动轨迹，由几何知识求出粒子做匀速圆周运动的轨道半径，然后应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以求出电场强度与磁感应强度之比，粒子的运动时间．‎ ‎【解答】解：粒子运动轨迹如图所示，‎ 在磁场中，粒子做匀速圆周运动，‎ 由牛顿第二定律得：qv0B=m，‎ 由几何知识可得：R0=d，‎ 粒子进入电场后做类平抛运动，‎ 由牛顿第二定律得：qE=max，‎ vx=axt，d=t，tanθ=，‎ 解得： =v0tan2θ，t=；‎ 答：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值为v0tan2θ；‎ ‎（2）该粒子在电场中运动的时间为．‎ ‎　‎