内蒙古呼和浩特市2021届新高考二诊物理试题含解析

内蒙古呼和浩特市2021届新高考二诊物理试题
一、单项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的
1．质量相等的A 、B 两个物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力
、
的作用而从静止开始做匀加
速直线运动，经过时间0t 和40t ，A 、B 的速度分别达到20v 和0v 时，分别撤去1F 和2F ，以后物体继续做匀减速直线运动直至停止，两个物体速度随时间变化的图象如图所示，设1F 和2F 对A 、B 的冲量分别为1I 和2I ，1F 和2F ，对A 、B 做的功分别为1W 和2W ，则下列结论正确的是
A ． 12I I >，12W W >
B ． 12I I <，12W W >
C ． 12I I <，12W W <
D ． 12I I >，12W W < 【答案】B 【解析】
从图象可知，两物块匀减速运动的加速度大小之都为0
v t ，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有f=ma′，
则摩擦力大小都为m 00 v t ．根据图象知，匀加速运动的加速度分别为：002 v t ，00
4v t ，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F-f=ma ，则F 1=
003mv t ，F 1=0
54mv t ，F 1和F 1的大小之比为11：5；所以：1012201213
14545
F t I I F t ⨯⋅⨯＝＝＝＜，则I 1＜I 1；图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为0
102
002362 0552
v t s v s t ＝+⋅=+⋅；两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功与摩擦力做的功大小相等，
所以：111222615
W fs s W fs s ＝＝＝＞，则W 1＞W 1．故选B. 点睛：解决本题的关键通过图象得出匀加速运动和匀减速运动的加速度，根据牛顿第二定律，得出两个力的大小之比，以及知道速度-时间图线与时间轴所围成的面积表示位移．
2．一试探电荷在电场中自A 点由静止释放后，仅在电场力的作用下能经过B 点。

若A ϕ、B ϕ分別表示A 、B 两点的电势，E A 、E B 分别表示试探电荷在A 、B 两点的电势能，则下列说法正确的是( ) A ．A ϕ>B ϕ
B ．E A > E B
C ．电势降低的方向就是场强的方向
D ．电荷在电势越低的位置其电勢能也越小
【答案】B 【解析】 【详解】
A ．当试探电荷带正电时，A
B ϕϕ>，当试探电荷带负电时A B ϕϕ<，由于试探电荷所带电荷性质未知，故A 错误；
B ．因试探电荷由静止释放，只在电场力作用下能从A 运动到B ，故无论带何种电荷，电场力总对电荷做正功，电荷的电势能一定减小，故B 正确；
C ．电势降落最快的方向是场强的方向，故C 错误；
D ．负电荷在电势越低的位置电势能越高，故D 错误。

故选B 。

3．如图甲所示，在x≥0的区域有在垂直于xOy 平面(纸面)向里的匀强磁场，现用力使一个等边三角形闭合导线(粗细均匀)框，沿x 轴向右匀速运动，运动中线框平面与纸面平行，底边BC 与y 轴平行，从顶点A 刚入磁场开始计时，在线框全部进入磁场过程中，其感应电流I （取顺时针方向为正）与时间t 的关系图线为图乙中的（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
【答案】B 【解析】
导线框从左进入磁场，磁通量向里增加，根据楞次定律可知，感应磁场向外，根据安培定则可知，感应电流方向为逆时针，即负方向；设导线框沿x 轴方向运动的速度为v ，经时间t 运动的位移为x vt =，根据
几何关系可知，导线框的有效长度为232tan 30v
l x ==o
，感应电流223E Blv Bv I R R ==
=，即电流I 与t 成正比，故选B.
4．如图所示为氢原子的能级图，用某种频率的光照射大量处于基态的氢原子，结果受到激发后的氢原子
能辐射出三种不同频率的光子，让辐射出的光子照射某种金属，结果有两种频率的光子能使该金属发生光电效应，其中一种光子恰好能使该金属发生光电效应，则打出的光电子的最大初动能为（ ）
A ．0
B ．1.89eV
C ．10.2eV
D ．12.09eV 【答案】B 【解析】 【详解】
由题可知，某种频率的光照射处于基态的氢原子后，处于激发态的氢原子能辐射出三种不同频率的光子，表面氢原子激发后处于n=3的激发态，辐射出的光子中，两种频率较高的光子能量为hv 1=E 3﹣E 1=12.09eV ，hv 2=E 2﹣E 1=10.2eV ，由于这两种光子中有一种光子恰好能使该金属发生光电效应，由此可知，该金属的逸出功为10.2 eV ，则打出的光电子的最大初动能为E k =12.09 eV ﹣10.2 eV=1.89 eV ，故B 正确，ACD 错误。

故选B 。

【点睛】
解决本题的关键知道能级间吸收或辐射的光子能量等于两能级间的能级差，掌握光电效应方程，并能灵活运用。

5．一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。

下列对这两个阶段判断正确的是（ ） A ．位置变化量一定相同 B ．动能变化量一定相同 C ．动量变化量一定相同 D ．合外力做功一定相同 【答案】C 【解析】 【详解】
A ．匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据2
012
x v t at =+可知位移不相等，位置变化不同，选项A 错误；
BD ．根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项BD 错误； C ．根据动量定理F t p ∆=∆，可知动量变化量一定相同，选项C 正确； 故选C 。

6．氢原子光谱在可见光区域内有四条谱线
，都是氢原子中电子从量子数n>2的能级跃迁
到n=2的能级发出的光，它们在真空中的波长由长到短，可以判定
A．对应的前后能级之差最小
B．同一介质对的折射率最大
C．同一介质中的传播速度最大
D．用照射某一金属能发生光电效应，则也一定能
【答案】A
【解析】试题分析：根据分析前后能级差的大小；根据折射率与频率的关系分析折射率的大小；根据判断传播速度的大小；根据发生光电效应现象的条件是入射光的频率大于该光的极限频率判断是否会发生光电效应．
波长越大，频率越小，故的频率最小，根据可知对应的能量最小，根据可知对应的前后能级之差最小，A正确；的频率最小，同一介质对应的折射率最小，根据可知的传播速度最大，BC错误；的波长小于的波长，故的频率大于的频率，若用照射某一金属能发生光电效应，则不一定能，D错误．
【点睛】光的波长越大，频率越小，同一介质对其的折射率越小，光子的能量越小．
二、多项选择题：本题共6小题，每小题5分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分
7．如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′'垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是()
A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cos ωt
B．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1
C．电压表V示数为NBωL2
D ．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均变小 【答案】AC 【解析】 【详解】
A ．从垂直于中性面时开始时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e=NBL 2ωcosωt 故A 正确；
B ．变压器的输入与输出功率之比为1：1，故B 错误；
C ．交流电在一个周期内有半个周期通过二极管，次级交流电压的最大值等于 U 2m =2NBωL 2
根据电流的热效应可得
222
()22m T U T R
＝ 解得 U=NBωL 2 故C 正确；
D ．当P 位置向下移动，R 增大，根据理想变压器的变压原理知输出电压即电压表V 的示数不变，电阻消耗的功率变小，故电流表示数变小，故D 错误。

故选AC ．
8．如图所示，质量为M 的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA 段光滑，AB 段粗糙且长为l ，左端O 处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F ．质量为m 的小滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落．则（ ）
A ．细绳被拉断瞬间木板的加速度大小为F
M
B ．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为212
mv C ．弹簧恢复原长时滑块的动能为
212
mv D ．滑块与木板AB 间的动摩擦因数为2
2v gl
【答案】ABD
【解析】 【分析】 【详解】
A ．细绳被拉断瞬间，对木板分析，由于OA 段光滑，没有摩擦力，在水平方向上只受到弹簧给的弹力，细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F ，根据牛顿第二定律有：
F Ma =
解得F
a M
=
，A 正确； B ．滑块以速度v 从A 点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得：细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为
2
12
mv ，B 正确； C ．弹簧恢复原长时木板获得的动能，所以滑块的动能小于
2
12
mv ，C 错误； D ．由于细绳被拉断瞬间，木板速度为零，小滑块速度为零，所以小滑块的动能全部转化为弹簧的弹性势能，即2
12
p E mv =
，小滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相同，设为v '，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得
()0m M v =+'
()21
2
p E m M v mgl μ=
+'+ 联立解得2
2v gl
μ=，D 正确。

故选ABD 。

9．如图所示，B 和C 两个小球均重为G ，用轻绳悬挂而分别静止于图示位置上，则以下说法中正确的是（ ）
A ．A
B 细绳的拉力为G
B ．CD 细绳的拉力为G
C ．绳BC 与竖直方向的夹角θ=60°
D ．绳BC 与竖直方向的夹角θ=45°
【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB ．对B 、C 两球整体受力分析，正交分解得 F AB cos30°＋F CD cos60°＝2G
F AB sin30°＝F CD sin60°
联立解得
F AB＝3G
F CD＝G
选项A错误，B正确；
CD．对C球受力分析，正交分解得
F BC cosθ＋F CD cos60°＝G
F BC sinθ＝F CD sin60°
联立解得
θ＝60°
选项C正确，D错误。

故选BC。

10．如图所示，把半径为d的玻璃半球体放在纸面上，让它的凸面向上，分别从A、B两处（其中A处为玻璃半球体的最高点）观察玻璃半球体中心O处纸面上的文字，下列说法正确的是（）
A．从A处看到的字比从B处看到的字高
B．从B处看到的字比从A处看到的字高
C．从A处看到的字和从B处看到的字一样高
D．从A处看到的字和没有放玻璃半球体时一样高
【答案】CD
【解析】
【分析】
【详解】
只有入射角不等于零时才会发生折射，当人通过玻璃半球体看中心O处的字的时候，进入眼睛的光线沿着半球体半径，也就是球面法线，所以不发生折射，物像重合，从A处看到的字和从B处看到的字一样高，而且和没有放玻璃半球时一样高，CD正确，AB错误。

故选CD。

11．跳台滑雪是勇敢者的运动，这项运动非常惊险。

如图（a），在跳台滑雪比赛中，运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。

某运动员先后两次从同一跳台起跳，每次都从离开跳台开始计时，用v表示他在竖直方向的速度，其v t 图像如图（b）所示，t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。

则（）
A．第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大
B．第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C．第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D．竖直方向速度大小为v1时，第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
【答案】ABD
【解析】
【详解】
A．根据图象与时间轴所围图形的面积表示竖直方向上位移的大小可知，第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大，故A正确；
B．由图象知，第二次的运动时间大于第一次运动的时间，由于第二次竖直方向下落距离大，合位移方向不变，所以第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大，故B正确；
C．由图象知，第二次滑翔时的竖直方向末速度小，运动时间长，据加速度的定义式可知其平均加速度小，故C错误；
D．当竖直方向速度大小为v1时，第一次滑翔时图象的斜率大于第二次滑翔时图象的斜率，而图象的斜率表示加速度的大小，故第一次滑翔时速度达到v1时加速度大于第二次时的加速度，根据
mg－f=ma
可得阻力大的加速度小，第二次滑翔时的加速度小，故其所受阻力大，故D正确。

故选ABD。

12．下列说法正确的是________(填正确答案标号)
A．悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了花粉分子的热运动
B．空中的小雨滴呈球形是水的表面张力作用的结果
C．彩色液晶显示器利用了液晶的光学性质具有各向异性的特点
D．高原地区水的沸点较低，这是高原地区温度较低的缘故
E.干湿泡湿度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，这是湿泡外纱布中的水蒸发吸热的结果
【答案】BCE
【解析】
【详解】
A.悬浮在水中的花粉的布朗运动反映了水分子的热运动，而不是反映花粉分子的热运动，选项A错误；
B.由于表面张力的作用使液体表面收缩，使小雨滴呈球形，选项B正确；
C.液晶的光学性质具有各向异性，彩色液晶显示器就利用了这一性质，选项C正确；
D.高原地区水的沸点较低是因为高原地区的大气压强较小，水的沸点随大气压强的降低而降低，选项D错误；
E.由于液体蒸发时吸收热量，温度降低，所以湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，选项E正确。

故选BCE。

三、实验题:共2小题，每题8分，共16分
13．某课外活动小组使用如图所示的实验装置进行《验证机械能守恒定律》的实验，主要步骤：
A、用游标卡尺测量并记录小球直径d
B、将小球用细线悬于O点，用刻度尺测量并记录悬点O到球心的距离l
C、将小球拉离竖直位置由静止释放，同时测量并记录细线与竖直方向的夹角θ
D、小球摆到最低点经过光电门，光电计时器（图中未画出）自动记录小球通过光电门的时间Δt
E、改变小球释放位置重复C、D多次
F、分析数据，验证机械能守恒定律
请回答下列问题：
(1)步骤A中游标卡尺示数情况如下图所示，小球直径d=________mm
(2)实验记录如下表，请将表中数据补充完整（表中v是小球经过光电门的速度
θ10°20°30°40°50°60°
cosθ0.98 0.94 0.87 0.77 0.64 0.50
Δt/ms18.0 9.0 6.0 4.6 3.7 3.1
v/ms -1 0.54 1.09 ①_____ 2.13 2.65 3.16 v 2/m 2s -2
0.30
1.19
②_______
4.54
7.02
9.99
(3)某同学为了作出v 2- cosθ图像，根据记录表中的数据进行了部分描点，请补充完整并作出v 2- cosθ图像（______）
(4)实验完成后，某同学找不到记录的悬点O 到球心的距离l 了，请你帮助计算出这个数据l=____m （保留两位有效数字），已知当地重力加速度为9.8m/s 2。

【答案】9.80 1.63 2.66 1.0
【解析】 【详解】
(1)[1]游标卡尺的主尺读数为9mm ，游标尺上第16个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为16×0.05mm=0.80mm ，所以最终读数为：9mm+0.80mm=9.80mm ；
(2)[2]根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出小球经过光电门时的速度为：
33
9.8010m/s 1.63m/s 6.010
d v t --⨯===∆⨯ [3]则有：
2222.66m /s v =
(3)[4]先根据记录表中的数据进行了描点，作出2 cos θv -图像如图：
(4)[5]由2 cos θv -图像可得图像斜率的绝对值为： 100201.00.5
k -==- 要验证机械能守恒定律，必须满足： 21(cos θ)2mg l l mv -=
化简整理可得：
222cos θv gl gl =-
则有：
220gl k ==
解得：
1.0m l =
14．某同学在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：
A ．待测的干电池（电动势约为1.5V ，内电阻小于1.0Ω）
B ．电流表A 1（量程0~3mA ，内阻R g1=10Ω）
C ．电流表A 2（量程0~0.6A ，内阻阪R g2=0.1Ω）
D ．滑动变阻器R 1（0-20Ω，10A ）
E.滑动变阻器R 2（0-200Ω，1A ）
F.定值电阻R 0（990Ω）
G .开关和导线若干
(1)他设计了如图甲所示的（a ）、（b ）两个实验电路，其中更为合理的是________图；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选________（填写器材名称前的字母序号）；用你所选择的电路图写出全电路欧姆定律的表达式E=______________（用I 1、I 2、R g1、R g2、R 0、r 表示）。

(2)图乙为该同学根据(1)中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I 1－I 2图线（I 1为电流表A 1的示数，I 2为电流表A 2的示数），为了简化计算，该同学认为I 1远远小于I 2，则由图线可得电动势E=____________V ，内阻r ＝__________Ω。

（r 的结果保留两位小数）
【答案】b D ()
()01112g I R R I I r +++ 1.46V~1.49V 0.80~0.860Ω
【解析】
【详解】
（1）[1]．上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，将电流表G 串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表。

将电流表A 1和定值电阻R 0串联可改装成一个量程为 3110()310(10990)V=3V g g U I R R -=+=⨯⨯+
的电压表；则（a ）、（b ）两个参考实验电路，其中合理的是b ；
[2]．因为电源的内阻较小，所以应该采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小。

滑动变阻器应选D ；若选择大电阻，则在变阻器滑片调节的大部分范围内，电流表A 2读数太小，电流表A 1读数变化不明显。

[3]．根据电路可知：
E=U+Ir=I 1（R g1+R 0）+（I 1+I 2）r ；
（2）[4][5]．根据欧姆定律和串联的知识得，电源两端电压
U=I 1（990+10）=1000I 1
根据图象与纵轴的交点得电动势
E=1.47mA×1000Ω=1.47V ；
由图可知当电流为0.45A 时，电压为1.1V ，则由闭合电路欧姆定律可知
1.47 1.10.820.45
r -==Ω 四、解答题：本题共3题，每题8分，共24分
15．图(甲)中的圆是某圆柱形透明介质的横截面，半径为R=10cm ．一束单色光沿DC 平行于直径AB 射
到圆周上的C 点，DC 与AB 的距离cm ．光线进入介质后，第一次到达圆周上的E 点（图中未画
出），CE= 3
cm ． （i ）求介质的折射率；
（ii ）如图（乙）所示，将该光线沿MN 平行于直径AB 射到圆周上的N 点，光线进入介质后，第二次到达介质的界面时，从球内折射出的光线与MN 平行（图中未画出），求光线从N 点进入介质球时的入射角
的大小．
【答案】（1）3；（2）60° 【解析】 （2）如图甲所示，
CD 光线进入介质球内，发生折射，有sin sin n αβ
=， 20.530sin cos 26H CE R R αβ=
===，，所以6sin 6β= 解得3n =
（ii ）光线第二次到达介质与空气的界面，入射角'i r =，由折射定律可得折射角'r i =，光线进入介质的光路如图乙所示．
折射角r=i/2，又sin sin i n r
=，解得i=60° 点睛：本题考查了几何光学，关键是正确画出光路图，并利用几何知识求解折射率．
16．图（甲）所示，弯曲部分AB 和CD 是两个半径相等的圆弧，中间的BC 段是竖直的薄壁细圆管（细圆管内径略大于小球的直径），细圆管分别与上、下圆弧轨道相切连接，BC 段的长度L 可作伸缩调节．下
圆弧轨道与地面相切，其中D 、A 分别是上、下圆弧轨道的最高点与最低点，整个轨道固定在竖直平面内．一
小球多次以某一速度从A 点水平进入轨道而从D 点水平飞出．今在A 、D 两点各放一个压力传感器，测
试小球对轨道A 、D 两点的压力，计算出压力差△F ．改变BC 间距离L ，重复上述实验，最后绘得△F-L 的图线如图（乙）所示，（不计一切摩擦阻力，g 取11m/s2），试求：
（1）某一次调节后D 点离地高度为1．8m ．小球从D 点飞出，落地点与D 点水平距离为2．4m ，小球通过D 点时的速度大小
（2）小球的质量和弯曲圆弧轨道的半径大小
【答案】⑴v D ＝6m/s ；⑵m ＝1.2kg ，r ＝1.4m
【解析】
试题分析：⑴设小球经过D 点时的速度为v D ，小球从D 点离开后做平抛运动，在竖直方向上为自由落体运动，设运动时间为t ，根据自由落体运动规律有：h ＝
212gt ① 在水平方向上为匀速运动，有：x ＝v D t ②
由①②式联立解得：v D ＝2g x h
＝6m/s ⑵设小球的质量为m ，圆轨道的半径为r ，在D 点时，根据牛顿第二定律有：F D ＋mg ＝2D v m r
③ 在A 点时，根据牛顿第二定律有：F A －mg ＝2A v m r
④ 小球在整个运动过程中机械能守恒，有：mg(2r ＋L)＝
212D mv －212A mv ⑤ 由③④⑤式联立解得：ΔF ＝F A －F D ＝2mg L r
＋6mg 即ΔF 与L 呈一次函数关系，对照ΔF -L 图象可知，其纵截距为：b ＝6mg ＝12N ⑥ 其斜率为：k ＝2mg r
＝11N/m ⑦ 由⑥⑦式联立解得：m ＝1.2kg ，r ＝1.4m
考点：本题综合考查了平抛运动规律、圆周运动向心力公式、牛顿第二定律、动能定理(或机械能守恒定律)的应用，以及对图象的理解与应用问题，属于中档偏高题．
17．如图所示，在平面直角坐标系内，第I 象限的等腰三角形MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀
强磁场，y<0的区域内存在着沿y 轴正方向的匀强电场。

一质量为m 带电荷量为q 的带电粒子从电场中Q （-2h ，-h ）点以速度v 0水平向右射出，经坐标原点O 射入第I 象限，最后垂直于PM 的方向射出磁场。

已知MN 平行于x 轴，NP 垂直于x 轴，N 点的坐标为（2h ，2h ），不计粒子的重力，求：
(1)电场强度的大小；
(2)最小的磁感应强度的大小；
(3)粒子在最小磁场中的运动时间。

【答案】 (1) 202mv E qh =；(2) 0min (21)mv B qh
=；(3) 0(21)h t π-= 【解析】
【分析】
【详解】
(1)由几何关系可知粒子的水平位移为2h ，竖直位移为h ，由类平抛运动规律得
02h v t =
212
h at = 由牛顿第二定律可知
Eq ma =
联立解得
202mv E qh
= (2)粒子到达O 点，沿y 铀正方向的分速度
00
2y Eq h v at v m v ==⋅= 则速度与x 轴正方向的夹角α满足
0tan 1y v v α=
=
即 45α︒=
粒子从MP 的中点垂直于MP 进入磁场，由洛伦兹力提供向心力
2
v Bqv m R
=
解得
mv B qR
= 粒子运动轨迹越大，磁感应强度越小，由几何关系分析可得，粒子运动轨迹与PN 相切时，垂直于PM 的方向射出磁场垂直于MP 射出磁场，则
max max R =
轨道半径
max (2R h =
粒子在磁场中的速度
0v =
解得
0min 1)mv B qh
= (3)带电粒子在磁场中圆周运动的周期
22R m T v qB
ππ== 带电粒子在磁场中转过的角度为180︒，故运动时间
min 0
1211)22m h t T B q v ππ==⋅=。