江苏鸭高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略电学综合练2
2024年高考物理第二轮复习备考建议及策略
2024年高三物理二轮复习方法策略一、梳理知识体系在二轮复习中，首先需要对物理知识进行系统的梳理。
由于一轮复习已经对知识点进行了初步的学习和整理，这一阶段的主要任务是将知识点串联起来，形成完整的知识体系。
可以采用以下策略：1. 画思维导图：通过画思维导图的方式，将知识点进行整理和归类，形成知识框架。
2. 对比记忆：对于相似或相关的知识点，可以采用对比记忆的方法，加深理解和记忆。
3. 知识迁移：在梳理知识的过程中，注意知识点之间的联系和迁移，形成知识网络。
二、强化基础知识基础知识是解题的关键，因此强化基础知识是非常重要的。
建议同学们采用以下策略：1. 回归课本：重新阅读课本，加深对基础概念、公式、定理等基础知识的理解和记忆。
2. 做基础题：做一些基础题目，加强基础知识的应用和巩固。
3. 总结归纳：对于重点和难点的基础知识，进行总结归纳，形成自己的笔记和资料。
三、提高解题能力解题能力是高考考察的重点之一，因此提高解题能力是非常必要的。
建议同学们采用以下策略：1. 多做题：通过多做题，提高解题的速度和准确性。
2. 总结解题方法：对于不同类型的题目，总结出解题的方法和技巧，形成自己的解题思路。
3. 讨论交流：与同学、老师或家长讨论交流，分享解题心得和经验，拓展思路和方法。
四、重视实验操作物理是一门实验科学，实验操作对于理解和掌握物理知识非常重要。
建议同学们采用以下策略：1. 复习实验：重新复习实验的目的、原理、步骤、数据处理等，加深对实验的理解和掌握。
2. 动手操作：如果有条件，尽量自己动手操作一些重要的实验，提高实验技能和实践能力。
3. 实验题练习：对于实验相关的题目进行专项练习，提高解决实验问题的能力。
五、反思与总结反思与总结是提高学习效率的重要方法之一。
建议同学们采用以下策略：1. 每日反思：每天复习结束后，花一些时间反思当天的学习内容和方法，找出不足并改进。
2. 每周总结：每周结束后，对本周的学习情况进行总结归纳，找出学习规律和方法。
江苏2018版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略电学综合练52018032455
电学综合练5一、选择题(第1～3题为单项选择题,第4～5题为多项选择题)1.利用电容传感器可检测矿井渗水,及时发出安全警报,从而避免事故的发生。
如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图,A 为固定的导体芯,B 为导体芯外面的一层绝缘物质,C 为导电液体(矿井中含有杂质的水),A 、C 构成电容器。
已知灵敏电流表G 的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。
若矿井渗水(导电液体深度h 增大),则电流表( )A ．指针向右偏转,A 、C 构成的电容器充电B ．指针向左偏转,A 、C 构成的电容器充电C ．指针向右偏转,A 、C 构成的电容器放电D ．指针向左偏转,A 、C 构成的电容器放电解析：选B 由题图可知,A 、C 构成的电容器两极间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化,则由C ＝εS 4πkd可知,当液面升高时,只有正对面积S 增大,故可判断电容增大,再依据C ＝Q U,因电势差不变,则电容器的电荷量增大,因此电容器处于充电状态,因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转,因此指针向左偏转；故A 、C 、D 错误,B 正确。
2.如图所示,等量异种电荷A 、B 固定在同一水平线上,竖直固定的光滑绝缘杆与AB 连线的中垂线重合,C 、D 是绝缘杆上的两点,ACBD 构成一个正方形。
一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C 点无初速度释放,则小球由C 运动到D 的过程中,下列说法正确的是( )A．杆对小球的作用力先增大后减小B．杆对小球的作用力先减小后增大C．小球的速度先增大后减小D．小球的速度先减小后增大解析：选A 由等量异种电荷的电场分布特点知,从C到D,电场强度先增大后减小,则电场力先增大后减小,则杆对小球的作用力先增大后减小,故A正确,B错误；因杆处于AB的连线的中垂线上,所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的,对小球受力分析,受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力,水平方向上受力平衡,竖直方向上的合力大小等于重力,重力大小不变,加速度大小始终等于重力加速度,所以小球一直做匀加速直线运动,故C、D错误。
(江苏专用)2020高考物理二轮复习第二部分考前调节激发状态方法规律通晓高考4大解题策略教学案
第二部分考前调节激发状态方法·规律通晓高考4大解题策略一必记公式和结论——解题“工具”掌握牢(一)力与直线运动[保温训练]1．从地面竖直上抛物体A，初速度大小为v，同时在离地高为H处，有一物体B自由下落，经过时间t两物体在空中相遇，重力加速度为g，则( )A ．t ＝H vB ．t ＝H 2vC ．t ＝v gD ．t ＝v2g解析：选A 两物体相遇时位移大小之和等于H ，故有vt －12gt 2＋12gt 2＝H ，解得t ＝Hv ，A 正确。
2．以从塔顶由静止释放小球A 的时刻为计时零点，t 0时刻又在与小球A 等高的位置处，由静止释放小球B 。
若两小球都只受重力作用，设小球B 下落时间为t ，在两小球落地前，两小球间的高度差为Δx ，则Δxtt 0图线为( )解析：选B 两小球释放后都做自由落体运动，小球B 释放时为t 0时刻，此时小球A 的速度为gt 0，小球B 的速度为0，根据匀变速直线运动规律，小球B 下落时间为t 时，两小球下落的高度分别为h A ＝gt 0t ＋12gt 2和h B ＝12gt 2，则Δx ＝h A －h B ＝gt 0t ，Δxt ＝gt 0，由函数图像知识，可知B 正确。
3．如图是某物体在 t 时间内的位移—时间图像和速度—时间图像，从图像上可以判断( )A ．物体的运动轨迹是抛物线B ．物体时间t 内的平均速度不一定是4.5 m/sC ．物体运动的时间t ＝2 sD ．物体的加速度为2716m/s 2解析：选D 由v t 图像知，该物体做匀加速直线运动，运动轨迹是直线，A 错误；根据匀变速直线运动的平均速度的公式可知，物体在时间t 内的平均速度是v ＝v 0＋v t 2＝3＋62m/s ＝ 4.5 m/s ，B 错误；由x ＝v t 得t ＝xv ＝84.5s ＝169 s ，C 错误；物体的加速度为a ＝v t －v 0t ＝6－3169m/s 2＝2716 m/s 2，D 正确。
江苏2018版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略电学综合练32018032453
电学综合练3一、选择题(第1～3题为单项选择题,第4～5题为多项选择题)1.如图所示,一根重力为G ＝0.1 N 、长为L ＝1 m 、质量分布均匀的导体ab ,在其中点弯成60°,将此导体放入匀强磁场中,导体两端a 、b 悬挂于两相同的弹簧下端,弹簧均处于竖直状态,当导体中通有I ＝1 A 的电流时,两根弹簧比原长各缩短了Δx ＝0.01 m,已知匀强磁场的方向垂直纸面向外,磁感应强度的大小B ＝0.4 T,则( )A ．导体中电流的方向为a →bB ．每根弹簧的弹力大小为0.5 NC ．弹簧的劲度系数为k ＝5 N/mD ．若导体中不通电流,则弹簧比原长伸长了0.02 m解析：选C 由题意知通电后弹簧比原长缩短了,说明安培力方向向上,由左手定则可知,电流方向为b →a ,故A 错误；通电后,导体的有效长度为l ＝12L ＝0.5 m,受到的安培力为：F ＝BIl ＝0.4×1×0.5 N ＝0.2 N,F ＋2F 弹＝G ,F 弹＝G －F 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪0.1－0.22N ＝0.05 N,故B 错误；F 弹＝k Δx ,k ＝F 弹Δx ＝0.050.01N/m ＝5 N/m,故C 正确；若导体中不通电流,则2kx ＝G ,x ＝G 2k ＝0.12×5m ＝0.01 m,故D 错误。
2．图1和图2是演示自感现象的两个电路图,L 1和L 2为电感线圈。
实验时,断开开关S 1瞬间,灯A 1突然闪亮,随后逐渐变暗；闭合开关S 2,灯A 2逐渐变亮,而另一个相同的灯A 3立即变亮,最终A 2与A 3的亮度相同。
下列说法正确的是( )A．图1中,A1与L1的电阻值相同B．图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流C．图2中,滑动变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与滑动变阻器R中电流相等解析：选C 题图1中,A1有电阻,L1为自感系数很大的自感线圈,电路正常工作后,不考虑L1的电阻,故A错误；题图1中,闭合S1,电路稳定后,A1短路,无电流,故B错误；题图2中,因为要观察两灯发光的亮度变化,两个支路的总电阻相同,因两灯电阻相同,所以滑动变阻器R与L2的电阻值相同,故C正确；题图2中,闭合S2瞬间,L2对电流有阻碍作用,所以L2中电流与滑动变阻器R中电流不相等,故D错误。
江苏版高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略电学综合练
电学综合练1一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.如图，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻( )A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．用电器增加时，变压器的输入功率增加C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向下滑解析：选B 用电器增加，表示负载阻值减小，输出功率会变大，但变压器输出电压不变，故A 错误；用电器增加时，电压不变，负载阻值减小，由P 出＝U 2R知变压器的输出功率增加，又P 入＝P 出，故输入功率也增加，B 正确；用电器增加时，变压器的输出功率增加，输出电压不变，由P 出＝UI 知，输电电流I 变大，根据P 热＝I 2R 知输电线的热损耗增加，故C 错误；要提高用户的电压，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，应使副线圈匝数增加，滑动触头P 应向上滑，故D 错误。
2.如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度。
天平的右臂上挂有一匝数为N 的矩形金属线圈，宽度为L ，线圈悬挂于右盘且下端处于匀强磁场中，磁场方向水平且垂直于纸面，开始时天平平衡。
当线圈中通有顺时针方向的电流I 时，发现天平的右臂低左臂高，在左盘中增加质量为Δm 的砝码，天平重新平衡，则下列分析正确的是( )A ．磁场的方向垂直于纸面向外B ．本装置必须用顺时针方向电流C ．可测得B ＝Δmg NILD ．线圈匝数越少测量得越精确解析：选C 当线圈中通有顺时针方向的电流I 时，发现天平的右臂低左臂高，说明线圈所受的安培力向下，根据左手定则判断出磁场的方向垂直于纸面向里，故A 错误；本装置施加的电流方向与磁场方向有关，不是必须用顺时针方向电流，故B 错误；根据平衡关系可知，增加的安培力等于左盘中增加的砝码的重力，故Δmg ＝NBIL ，解得：B ＝Δmg NIL，故C 正确；线圈的匝数越少，受到的安培力越小，测量增加的砝码质量误差越大，越不精确，故D 错误。
江苏鸭高考物理二轮复习第二部分考前提速力争满分4策略电学综合练5
一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生。
如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体(矿井中含有杂质的水)，A、C构成电容器。
已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转。
若矿井渗水(导电液体深度h增大)，则电流表( )A．指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B．指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C．指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D．指针向左偏转，A、C构成的电容器放电解析：选B 由题图可知，A、C构成的电容器两极间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化，则由C＝可知，当液面升高时，只有正对面积S增大，故可判断电容增大，再依据C＝，因电势差不变，则电容器的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故A、C、D错误，B正确。
2.如图所示，等量异种电荷A、B固定在同一水平线上，竖直固定的光滑绝缘杆与AB连线的中垂线重合，C、D是绝缘杆上的两点，ACBD构成一个正方形。
一带负电的小球(可视为点电荷)套在绝缘杆上自C点无初速度释放，则小球由C运动到D的过程中，下列说法正确的是( )A．杆对小球的作用力先增大后减小B．杆对小球的作用力先减小后增大C．小球的速度先增大后减小D．小球的速度先减小后增大解析：选A 由等量异种电荷的电场分布特点知，从C到D，电场强度先增大后减小，则电场力先增大后减小，则杆对小球的作用力先增大后减小，故A正确，B错误；因杆处于AB的连线的中垂线上，所以此线上的所有点的电场方向都是水平向右的，对小球受力分析，受竖直向下的重力、水平向左的电场力和水平向右的弹力，水平方向上受力平衡，竖直方向上的合力大小等于重力，重力大小不变，加速度大小始终等于重力加速度，所以小球一直做匀加速直线运动，故C、D 错误。
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一、选择题(第1～3题为单项选择题，第4～5题为多项选择题)1.如图所示是一款避雷针原理演示器，上下金属板之间用绝缘材料固定，尖端电极和球形电极与下金属板连接，给上下金属板接感应圈并逐渐升高电压，当电压逐渐升高时( )A．尖端电极先放电B．球形电极先放电C．两电极同时放电D．两电极都不放电解析：选A 由题图可知，两电极一个为尖头、一个为圆头，当上下金属板接在高压电源上，因末端越尖越容易放电，故可以观察到尖端电极先放电，这种放电现象叫做尖端放电，故A正确，B、C、D错误。
2.如图所示是“二分频”音箱内部电路，来自前级电路的电信号，被电容和电感组成的分频电路分成高频成分和低频成分，分别送到高、低音扬声器，下列说法正确的是( )A．C1让低频成分通过B．L2让高频成分通过C．扬声器BL1是低音扬声器D．扬声器BL2是低音扬声器解析：选D C1的作用是阻碍低频成分通过BL1扬声器，故A错误；L2的作用是阻碍高频成分通过BL2扬声器，是让低频成分通过，故B错误；高频和低频成分通入该电路，由于线圈通低频、阻高频，电容通高频、阻低频，所以低频成分通过BL2扬声器，高频成分通过BL1扬声器，所以BL2扬声器是低音扬声器，故C错误，D正确。
3.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平面的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。
导线中均通有大小相等、方向向上的电流。
已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝，式中K是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。
一带正电小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。
关于上述过程，下列说法正确的是( )A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球先做减速运动后做加速运动C．小球对桌面的压力一直在增大D．小球对桌面的压力先减小后增大解析：选C 根据右手定则可知，小球从a点出发沿连线运动到b 点，直线M处的磁场方向垂直于MN向里，直线N处的磁场方向垂直于MN向外，所以合磁场大小先减小，过O点后反向增大，而方向先向里，过O点后方向向外，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向开始时方向向上，大小在减小，过O点后洛伦兹力的方向向下，大小在增大。
由此可知，小球在速度方向上不受力的作用，则将做匀速直线运动，而小球对桌面的压力一直在增大，故A、B、D错误，C正确。
4.如图所示，电源内阻较大，当开关S闭合、滑动变阻器滑片P位于某位置时，水平放置的平行板电容器C间一带电液滴恰好处于静止状态，灯泡L也能正常发光，现将滑动变阻器的滑片P由原位置向a端滑动，则( )A．灯泡L将变暗，电源效率将增大B．液滴带正电，将向下做加速运动C．电源的路端电压增大，输出功率也增大D．滑片P滑动瞬间，液滴电势能将减小解析：选AD 将滑片P由原位置向a端滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路中总电阻增大，电路中电流减小，灯泡L消耗的功率减小，则灯泡L将变暗；外电路总电阻增大，路端电压增大，则电源的效率为η＝×100%＝×100%，U增大，则知η增大，故A正确；液滴受力平衡，因电容器上极板带负电，板间场强向上，则知液滴带正电。
路端电压增大，故电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，因此液滴将向上做加速运动，故B错误；由于电源的内电阻与外电阻关系未知，所以不能判断输出功率如何变化，故C错误；因电容器两端的电压增大，故液滴所在位置相对于下极板的电势差增大，因下极板接地，故液滴所在位置的电势减小，因液滴带正电，故液滴电势能将减小，故D正确。
5.带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中O～x2段是关于直线x＝x1对称的曲线，x2～x3段是直线，则下列说法正确的是( )A．x1处电场强度最小，但不为零B．x2～x3段电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向C．粒子在O～x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动D．在O、x1、x2、x3处电势φO、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＞φ2＝φO＞φ1解析：选BD 根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E＝，得：E＝·，由数学知识可知Ep x图像切线的斜率等于，x1处切线的斜率为零，则x1处电场强度为零，因此x1处电场强度最小，且为零，故A错误；x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，带正电的粒子电势能在增大，则电场力做负功，电场力沿x轴负方向，电场场强方向沿x轴负方向，故B正确；由题图可知在O～x1段图像切线的斜率不断减小，则场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动；x1～x2段图像切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动；x2～x3段图像斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子做匀变速直线运动，故C错误；根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带正电，q＞0，根据正电荷的电势能越大，粒子所在处的电势越高，可知φ1＜φ2＜φ3；由于O和x2处粒子的电势能相等，则φ2＝φO，可得φ3＞φ2＝φO＞φ1，故D正确。
二、非选择题6．热敏电阻包括正温度系数电阻(PTC)和负温度系数电阻(NTC)，正温度系数电阻的电阻随温度的升高而增大，负温度系数电阻的电阻随温度的升高而减小，某实验小组选用下列器材探究某一热敏电阻Rx 的导电特性。
A．电流表A1(满偏电流10 mA，内阻r1为10 Ω)B．电流表A2(量程0.6 A，内阻r2为0.5 Ω)C．滑动变阻器R1(最大阻值10 Ω)D．滑动变阻器R2(最大阻值500 Ω)E．定值电阻R3(阻值1 490 Ω)F．定值电阻R4(阻值140 Ω)G．电源E(电动势15 V，内阻不计)H．开关与导线若干(1)实验采用的电路图如图1所示，则滑动变阻器选________，定值电阻R选________(填仪器前的字母序号)。
(2)该小组分别测出某个热敏电阻的I1 I2图像如图2所示，请分析说明该曲线对应的热敏电阻是________(选填“PTC”或“NTC”)热敏电阻。
(3)若将此热敏电阻直接接到一电动势为9 V，内阻10 Ω的电源两端，则此时该热敏电阻的阻值为________Ω(结果保留三位有效数字)。
解析：(1)由题图1知滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的C；定值电阻R与电流表串联充当电压表使用，故应选择阻值较大的E。
(2)由题图2所示图线可知，随电压(由电流表A1示数代表)增大，电流增大，电阻实际功率增大，温度升高，电压与电流比值增大，电阻阻值增大，即随温度升高，电阻阻值增大，该电阻是正温度系数(PTC)热敏电阻。
(3)根据改装原理可知，加在电阻两端的电压U＝I1(r1＋R3)＝1 500I1；则在题图2中作出所接的电源的伏安特性曲线如图中倾斜直线所示。
由图可知，对应的电流I1＝6.5 mA，I2＝0.25 A，则由欧姆定律可知：R＝Ω＝39 Ω。
答案：(1)C E (2)PTC (3)397．在我国南海上有一浮桶式波浪发电灯塔，其原理如图甲所示。
浮桶内的磁体通过支柱固定在暗礁上，浮桶内置圆形线圈随波浪相对磁体沿竖直方向运动，上下运动的速度v＝0.4πsin πt m/s，且始终处于辐射磁场中，该线圈与阻值R＝15 Ω的灯泡相连；浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图乙中阴影部分)，其内部为产生磁场的磁体；线圈匝数N＝200，线圈所在处磁场的磁感应强度大小B＝0.2 T，线圈直径D＝0.4 m，电阻r＝1 Ω，计算时取π2的值为10。
(1)求线圈中产生感应电动势的最大值Em；(2)求灯泡工作时消耗的电功率P；(3)若此灯塔的发电效率为90%，求3min内海浪提供给发电灯塔的能量。
解析：(1)线圈在磁场中切割磁感线，产生电动势最大值为：Em＝NBlvmax，其中：l＝πD，联立得：Em＝πNBDvmax＝π×200×0.2×0.4×0.4π V＝64 V。
(2)电动势的有效值为：E＝＝ V＝32 V，根据闭合电路欧姆定律有：I＝，得：I＝ A＝2 A，通过灯泡电流的有效值为：I＝2 A，则灯泡的电功率为：P＝I2R＝(2)2×15 W＝120 W。
(3)此灯塔的发电效率为90%，根据能量守恒定律，有：90%E总＝UIt灯泡两端电压的有效值为：U＝IR＝2×15 V＝30 V，解得：E总＝＝ J＝2.4×104 J。
答案：(1)64 V (2)120 W (3)2.4×104 J8．如图所示，在xOy直角坐标平面内－0.05 m≤x＜0的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.4 T，0≤x≤0.08 m的区域有沿x轴负方向的匀强电场。
在x轴上坐标为(－0.05 m,0)的S点有一粒子源，它一次能沿纸面同时向磁场内每个方向发射一个比荷＝5×107 C/kg，速率v0＝2×106 m/s的带正电粒子。
若粒子源只发射一次，其中只有一个粒子Z恰能到达电场的右边界，不计粒子的重力和粒子间的相互作用(结果可保留根号)。
求：(1)粒子在磁场中运动的半径R；(2)第一次经过y轴的所有粒子中，位置最高的粒子P的坐标；(3)电场强度E。
解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qv0B＝m v02R可得R＝＝ m＝0.1 m。
(2)设在y轴上位置最高的粒子P的运动轨迹恰与y轴相切于N 点，如图所示，由几何关系知，N点到x轴的竖直距离L满足：L2＋(R－dB)2＝R2解得：L＝ m即粒子P的位置坐标为。
(3)用dE表示电场的宽度，对粒子Z在电场中运动，由动能定理有：qEdE＝mv02代入数据解得：E＝5.0×105 N/C。
答案：(1)0.1 m (2) (3)5.0×105 N/C。