高考必刷题物理动能与动能定理题及解析

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高考必刷题物理动能与动能定理题及解析
一、高中物理精讲专题测试动能与动能定理
1.某校兴趣小组制作了一个游戏装置,其简化模型如图所示,在 A 点用一弹射装置可 将静止的小滑块以 v 0水平速度弹射出去,沿水平直线轨道运动到 B 点后,进入半径 R =0.3m 的光滑竖直圆形轨道,运行一周后自 B 点向 C 点运动,C 点右侧有一陷阱,C 、D 两点的竖 直高度差 h =0.2m ,水平距离 s =0.6m ,水平轨道 AB 长为 L 1=1m ,BC 长为 L 2 =2.6m ,小滑块与 水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5,重力加速度 g =10m/s 2.
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点,求小滑块在 A 点弹射出的速度大小; (2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出,求小滑块在 A 点弹射出的速度大小的范围. 【答案】(1)(2)5m/s≤v A ≤6m/s 和v A ≥
【解析】 【分析】 【详解】
(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ,由牛顿第二定律及机械能守恒定律
由B 到最高点2211
222
B mv mgR mv =+ 由A 到B :
解得A 点的速度为
(2)若小滑块刚好停在C 处,则:
解得A 点的速度为
若小滑块停在BC 段,应满足3/4/A m s v m s ≤≤ 若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟,则有2
12
h gt =
c s v t =
解得
所以初速度的范围为3/4/A m s v m s ≤≤和5/A v m s ≥
2.某小型设备工厂采用如图所示的传送带传送工件。

传送带由电动机带动,以2m/s v =的速度顺时针匀速转动,倾角37θ=︒。

工人将工件轻放至传送带最低点A ,由传送带传送至最高点B 后再由另一工人运走,工件与传送带间的动摩擦因数为7
8
μ=
,所运送的每个工件完全相同且质量2kg m =。

传送带长度为6m =L ,不计空气阻力。

(工件可视为质点,
sin370.6︒=,cos370.8︒=,210m /s g =)求:
(1)若工人某次只把一个工件轻放至A 点,则传送带将其由最低点A 传至B 点电动机需额外多输出多少电能?
(2)若工人每隔1秒将一个工件轻放至A 点,在传送带长时间连续工作的过程中,电动机额外做功的平均功率是多少?
【答案】(1)104J ;(2)104W 【解析】 【详解】 (1)对工件
cos sin mg mg ma μθθ-=
22v ax =
1v at =
12s t =

2m x =
12x vt x ==带
2m x x x =-=相带
由能量守恒定律
p k E Q E E =+∆+∆电

21
cos sin 2
E mg x mgL mv μθθ=⋅++电相
代入数据得
104J E =电
(2)由题意判断,每1s 放一个工件,传送带上共两个工件匀加速,每个工件先匀加速后匀速运动,与带共速后工件可与传送带相对静止一起匀速运动。

匀速运动的相邻的两个工件间距为
2m x v t ∆=∆=
L x n x -=∆

2n =
所以,传送带上总有两个工件匀加速,两个工件匀速 则传送带所受摩擦力为
2cos 2sin f mg mg μθθ=+
电动机因传送工件额外做功功率为
104W P fv ==
3.如图所示,光滑水平平台AB 与竖直光滑半圆轨道AC 平滑连接,C 点切线水平,长为L =4m 的粗糙水平传送带BD 与平台无缝对接。

质量分别为m 1=0.3kg 和m 2=1kg 两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧,用细绳将它们连接。

已知传送带以v 0=1.5m/s 的速度向左匀速运动,小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.15.某时剪断细绳,小物体m 1向左运动,m 2向右运动速度大小为v 2=3m/s ,g 取10m/s 2.求:
(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能E p
(2)从小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中,为了维持传送带匀速运动,电动机需对传送带多提供的电能E
(3)为了让小物体m 1从C 点水平飞出后落至AB 平面的水平位移最大,竖直光滑半圆轨道AC 的半径R 和小物体m 1平抛的最大水平位移x 的大小。

【答案】(1)19.5J(2)6.75J(3)R =1.25m 时水平位移最大为x =5m 【解析】 【详解】
(1)对m 1和m 2弹开过程,取向左为正方向,由动量守恒定律有:
0=m 1v 1-m 2v 2
解得
v 1=10m/s
剪断细绳前弹簧的弹性势能为:
22112211
22
p E m v m v =
+ 解得
E p =19.5J
(2)设m 2向右减速运动的最大距离为x ,由动能定理得:
-μm 2gx =0-1
2
m 2v 22 解得
x =3m <L =4m
则m 2先向右减速至速度为零,向左加速至速度为v 0=1.5m/s ,然后向左匀速运动,直至离开传送带。

设小物体m 2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t 。

取向左为正方向。

根据动量定理得:
μm 2gt =m 2v 0-(-m 2v 2)
解得:
t =3s
该过程皮带运动的距离为:
x 带=v 0t =4.5m
故为了维持传送带匀速运动,电动机需对传送带多提供的电能为:
E =μm 2gx 带
解得:
E =6.75J
(3)设竖直光滑轨道AC 的半径为R 时小物体m 1平抛的水平位移最大为x 。

从A 到C 由机械能守恒定律得:
2211111 222
C m v m v mgR =+ 由平抛运动的规律有:
x =v C t 1
2
1122
R gt =
联立整理得
x
根据数学知识知当
4R =10-4R
即R =1.25m 时,水平位移最大为
x =5m
4.在光滑绝缘的水平面上,存在平行于水平面向右的匀强电场,电场强度为E ,水平面上放置两个静止、且均可看作质点的小球A 和B ,两小球质量均为m ,A 球带电荷量为
Q +,B 球不带电,A 、B 连线与电场线平行,开始时两球相距L ,在电场力作用下,A 球与
B 球发生对心弹性碰撞.设碰撞过程中,A 、B 两球间无电量转移.
(1)第一次碰撞结束瞬间A 、B 两球的速度各为多大?
(2)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中电场力做了多少功?
(3)从开始到即将发生第二次碰撞这段过程中,若要求A 在运动过程中对桌面始终无压力且刚好不离开水平桌面(v=0时刻除外),可以在水平面内加一与电场正交的磁场.请写出磁场B 与时间t 的函数关系.
【答案】(1)10A v '= 12B
QEL v m
='5QEL (3) 22
2B mL Q E t QE =⎛⎫- ⎪⎝⎭
223
mL mL
t QE QE
<≤ 【解析】
(1)A 球的加速度QE a m =
,碰前A 的速度122A QEL
aL m
v =B 的速度10B v = 设碰后A 、B 球速度分别为'
1A v 、'
1B v ,两球发生碰撞时,由动量守恒和能量守恒定律有:
''
111A A B m m m v v v =+,2
'2
'2
1111112
2
2
A A
B m m m v v v =+
所以B 碰撞后交换速度:'
10A v =,'
112B A QEL
m
v v ==
(2)设A 球开始运动时为计时零点,即0t =,A 、B 球发生第一次、第二次的碰撞时刻分别为1t 、2t ;由匀变速速度公式有:1
10
2A mL
a
QE
v
t -=
=
第一次碰后,经21t t -时间A 、B 两球发生第二次碰撞,设碰前瞬间A 、B 两球速度分别为
2A v 和2B v ,由位移关系有:()()
2
'
1212112
B a
v t t t t -=-,得到:21233
mL
QE
t t == ()221112222
A A QEL
a a m
v t t t v =-===;'21B B v v = 由功能关系可得:2
2
2211=52
2
A B m m QEL W v v +=电
(另解:两个过程A 球发生的位移分别为1x 、2x ,1L x =,由匀变速规律推论24L x =,根据电场力做功公式有:()125W QE QEL x x =+=) (3)对A 球由平衡条件得到:A QB mg v =,A at v =,QE
a m
=
从A 开始运动到发生第一次碰撞:()2
2
20t mg g mL t Qat QE Et m B Q ⎛==<≤ ⎝
从第一次碰撞到发生第二次碰撞:()
2
2
22
3
2
t
mL mL
t
QE QE
mL
E t
QE
m
B
Q
⎛⎫
=<≤


⎛⎫⎝⎭
-

⎝⎭
点睛:本题是电场相关知识与动量守恒定律的综合,虽然A球受电场力,但碰撞的内力远大于内力,则碰撞前后动量仍然守恒.由于两球的质量相等则弹性碰撞后交换速度.那么A球第一次碰后从速度为零继续做匀加速直线运动,直到发生第二次碰撞.题设过程只是发生第二次碰撞之前的相关过程,有涉及第二次以后碰撞,当然问题变得简单些.
5.如图所示,质量m=2kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入粗糙水平面,已知AB长度为3m,斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接.试求:
(1)小物块滑到B点时的速度大小.
(2)若小物块从A点开始运动到C点停下,一共经历时间t=2.5s,求BC的距离.
(3)上问中,小物块与水平面的动摩擦因数μ多大?
(4)若在小物块上始终施加一个水平向左的恒力F,小物块从A点由静止出发,沿ABC路径运动到C点左侧3.1m处的D点停下.求F的大小.(sin37°=0.6,cos37°=0.8 )
【答案】(1)6m/s(2)1.5s(3)0.4
μ=(4) 2.48N
F=
【解析】
【详解】
(1)根据机械能守恒得:
2
1
sin37
2
AB B
mgs mv
︒=
解得:
2sin3721030.6m/s6m/s
B AB
v gs
=︒=⨯⨯⨯=;
(2)物块在斜面上的加速度为:
2
1
sin6m/s
a gθ
==
在斜面上有:
2
1
1
2
AB
s a t
=
代入数据解得:
1
1s
t=
物块在BC段的运动时间为:
21
1.5s
t t t
=-=
BC 段的位移为:
21
(0) 4.5m 2
BC B s v t =+=
(3)在水平面上,有:
220B v a t =﹣
解得:
222
4m/s B
v a t -=
=-. 根据牛顿第二定律有:
2mg ma μ=﹣
代入数据解得:
0.4μ=.
(4)从A 到D 的过程,根据动能定理得:
()sin cos 0AB BD AB BD mgs F s s mgs θθμ++-=
代入数据解得:
2.48N F = 【点睛】
连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度,所以在做这一类问题时,特别又是多过程问题时,先弄清楚每个过程中的运动性质,根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求
解力.
6.夏天到了,水上滑梯是人们很喜欢的一个项目,它可简化成如图所示的模型:倾角为θ=37°斜滑道AB 和水平滑道BC 平滑连接(设经过B 点前后速度大小不变),起点A 距水面的高度H =7.0m ,BC 长d =2.0m ,端点C 距水面的高度h =1.0m .一质量m =60kg 的人从滑道起点A 点无初速地自由滑下,人与AB 、BC 间的动摩擦因数均为μ=0.2.(取重力加速度g =10m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,人在运动过程中可视为质点),求: (1)人从A 滑到C 的过程中克服摩擦力所做的功W 和到达C 点时速度的大小υ; (2)保持水平滑道端点在同一竖直线上,调节水平滑道高度h 和长度d 到图中B′C′位置时,人从滑梯平抛到水面的水平位移最大,则此时滑道B′C′距水面的高度h ′.
【答案】(1) 1200J ;45当h '=2.5m 时,水平位移最大
【解析】 【详解】
(1)运动员从A 滑到C 的过程中,克服摩擦力做功为:
11W f s mgd μ=+ f 1=μmg cos θ s 1=
sin H h
θ
- 解得
W =1200J mg (H -h )-W =
12
mv 2 得运动员滑到C 点时速度的大小
v =
(2)在从C 点滑出至落到水面的过程中,运动员做平抛运动的时间为t ,
h '=
12
gt 2 下滑过程中克服摩擦做功保持不变W =1200J 根据动能定理得:
mg (H -h ')-W =
1
2
mv 02 运动员在水平方向的位移:
x =v 0t
x 当h '=2.5m 时,水平位移最大.
7.如图所示,一长度LAB=4.98m ,倾角θ=30°的光滑斜面AB 和一固定粗糙水平台BC 平滑连接,水平台长度LBC=0.4m ,离地面高度H=1.4m ,在C 处有一挡板,小物块与挡板碰撞后原速率反弹,下方有一半球体与水平台相切,整个轨道处于竖直平面内。

在斜面顶端A 处静止释放质量为m="2kg" 的小物块(可视为质点),忽略空气阻力,小物块与BC 间的动摩擦因素μ=0.1,g 取10m/s 2。

问:
(1)小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小;
(2)小物块经过B 点多少次停下来,在BC 上运动的总路程为多少;
(3)某一次小物块与挡板碰撞反弹后拿走挡板,最后小物块落在D 点,已知半球体半径r=0.75m,OD 与水平面夹角为α=53°,求小物块与挡板第几次碰撞后拿走挡板?(取

【答案】(1)7 m/s;(2)63次 24.9m(3)25次
【解析】
试题分析:小物块从开始运动到与挡板碰撞,重力、摩擦力做功,运用动能定理。

求小物块经过B 点多少次停下来,需要根据功能转化或动能定理求出小物块运动的路程,计算出经过B点多少次。

小物块经过平抛运动到达D点,可以求出平抛时的初速度,进而求出在BC段上运动的距离以及和当班碰撞的次数。

(1)从A到C段运用动能定理
mgsin-L AB=mv2
v=7m/s
(2)从开始到最后停下在BC段所经过的路程为x
mgsin L AB-mgx=0
x=24.9m
=31.1
经过AB的次数为312+1=63次
(3)设小物块平抛时的初速度为V0
H -r=gt2
r+=v 0t
v0=3 m/s
设第n次后取走挡板
mv2-mv02=2L bc n
n=25次
考点:动能定理、平抛运动
【名师点睛】解决本题的关键一是要会根据平抛运动的规律求出落到D 时平抛运动的初速度;再一个容易出现错误的是在BC 段运动的路程与经过B 点次数的关系,需要认真确定。

根据功能关系求出在BC 段运动的路程。

8.质量为m 的小球被系在轻绳一端,在竖直平面内做半径为R 的圆周运动,如图所示,运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点,此时绳子的张力为7mg ,在此后小球继续做圆周运动,经过半个圆周恰好能通过最高点,则在此过程中小球克服空气阻力所做的功是多少?
【答案】1
2
f w mgR =克 【解析】 【分析】
本题首先用牛顿第二定律列示求出圆周运动最低点与最高点得瞬时速度的大小,再由最低点到最高点列动能定理解题,得出空气阻力做的功.本题属于绳子栓小球模型,注意最高点重力提供向心力. 【详解】
最低点 2
17mv mg mg R
-= 16v gR =最高点: 22
mv mg R
= 2v gR = 由动能定律 得 222111222
f mgR w mv mv -+=- 解得 1
2
f w mgR =-
所以 克服空气阻力做功1
2
f w mgR =克 【点睛】
本题是圆周运动模型解题,结合牛顿运动定律与动能定理解圆周问题.
9.如图1所示是某游乐场的过山车,现将其简化为如图2所示的模型:倾角θ=37°、L =60cm 的直轨道AB 与半径R =10cm 的光滑圆弧轨道BCDEF 在B 处平滑连接,C 、F 为圆轨道最低点,D 点与圆心等高,E 为圆轨道最高点;圆轨道在F 点与水平轨道FG 平滑连接,整条轨道宽度不计,其正视图如图3所示.现将一质量m =50g 的滑块(可视为质点)从A
端由静止释放.已知滑块与AB 段的动摩擦因数μ1=0.25,与FG 段的动摩擦因数μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g =10m/s 2.
(1) 求滑块到达E 点时对轨道的压力大小F N ;
(2)若要滑块能在水平轨道FG 上停下,求FG 长度的最小值x ;
(3)若改变释放滑块的位置,使滑块第一次运动到D 点时速度刚好为零,求滑块从释放到它第5次返回轨道AB 上离B 点最远时,它在AB 轨道上运动的总路程s .
【答案】(1)F N =0.1N (2)x =0.52m (3)93m 160
s =
【解析】
【详解】
(1)滑块从A 到E ,由动能定理得: ()]211sin 1cos 2cos 2E mg L R R mgL mv θθμθ⎡+---=
⎣ 代入数据得:30E v = 滑块到达E 点:2N E v mg F m R
+= 代入已知得:F N =0.1N
(2)滑块从A 下滑到停在水平轨道FG 上,有
()12sin 1cos cos 0mg L R mgL mgx θθμθμ⎡⎤+---=⎣⎦
代入已知得:x =0.52m
(3)若从距B 点L 0处释放,则从释放到刚好运动到D 点过程有:
010sin +(1cos )]cos 0mg L R R mgL θθμθ---=[
代入数据解得:L 0=0.2m
从释放到第一次返回最高点过程,若在轨道AB 上上滑距离为L 1,则:
()()01101sin cos 0mg L L mg L L θμθ--+=
解得:11001sin
cos 1sin cos 2
L L L θμθθμθ-==+ 同理,第二次返回最高点过程,若在斜轨上上滑距离为L 2,有: 2121101sin cos 11sin cos 22L L L L θμθθμθ-⎛⎫=== ⎪+⎝⎭
故第5次返回最高点过程,若在斜轨上上滑距离为L 5,有: 5
5012L L ⎛⎫= ⎪⎝⎭
所以第5次返回轨道AB 上离B 点最远时,它在AB 轨道上运动的总路程 012345932222m 160
L L L L L L s =+++++=
10.如图,质量分别为1kg 和3kg 的玩具小车A 、B 静置在水平地面上,两车相距s =8m 。

小车A 在水平恒力F =8N 作用下向着小车B 运动,恒力F 作用一段时间t 后撤去,小车A 继续运动与小车B 发生碰撞,碰撞后两车粘在一起滑行d =0.25m 停下。

已知两车碰撞时间极短,两车运动过程所受的阻力均为自身重力的0.2倍,重力加速度g =10m/s 2。

求: (1)两个小车碰撞后的速度大小;
(2)小车A 所受恒力F 的作用时间t 。

【答案】(1)1m/s ;(2)1s
【解析】
【详解】
(1)设撤去力F 瞬间小车A 的速度为v 1,小车A 、B 碰撞前A 车的瞬时速度为v 2,小车A 、B 碰撞后瞬间的速度为v 3。

两小车碰撞后的滑行过程中,由动能定理可得:
-0.2(m 1+m 2)gd = 0-12
(m 1+m 2)v 32 解得两个小车碰撞后的速度大小:v 3=1m/s
(2)两车碰撞过程中,由动量守恒定律可得:
m 1v 2=(m 1+m 2)v 3
解得:v 2=4m/s
恒力作用过程,由动量定理可得:
Ft -0.2m 1gt =m 1v 1-0
由运动学公式可得:
x 1=12
v t
撤去F至二车相碰过程,由动能定理得:
-0.2m1gx2=1
2
m1v22-
1
2
m1v12
由几何关系可得:x1+x2=s
联立可得小车A所受恒力F的作用时间:t=ls
方法2:两车碰撞过程中,由动量守恒定律可得:
m1v2=(m1+m2)v3
解得:v2=4m/s
从F作用在小车A上到A、B两车碰前,由动能定理得:
Fx-0.2m1gs=1
2
m1v22-0
解得:x=3m
在F作用的吋间内,由牛顿第二定律得:F-0.2m1g=m1a
解得:a=6m/s2
由x=1
2
at2
联立解得小车A所受恒力F的作用时间:t=ls
11.如图所示,水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1/4圆轨道相切与B点,右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变),斜面顶端固定一轻质弹簧,一质量为2Kg的滑块从圆弧轨道的顶端A点由静止释放,经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧,第一次可将弹簧压缩至D点,已知光滑圆轨道的半径R=0.45m,水平轨道BC长为0.4m,其动摩擦因数μ=0.2,光滑斜面轨道上CD长为0.6m,g取
10m/s2,求
(1)滑块第一次经过B点时对轨道的压力
(2)整个过程中弹簧具有最大的弹性势能;
(3)滑块最终停在何处?
【答案】(1)60N,竖直向下;(2)1.4J;(3)在BC间距B点0.15m处.
【解析】
【详解】
(1)滑块从A点到B点,由动能定理可得:mgR=1
2
mv B2
解得:v B=3m/s,
滑块在B点,由牛顿第二定律:F-mg=m
2 B v R
解得:F =60N ,
由牛顿第三定律可得:物块对B 点的压力:F ′=F =60N ;
(2)滑块从A 点到D 点,该过程弹簧弹力对滑块做的功为W ,
由动能定理可得:mgR ﹣μmgL BC ﹣mgL CD sin30°+W =0,
其中:E P =﹣W ,解得:E P =1.4J ;
(3)滑块最终停止在水平轨道BC 间,从滑块第一次经过B 点到最终停下来的全过程, 由动能定理可得:2102B mg s mv μ-⋅=-
解得:s =2.25m
则物体在BC 段上运动的次数为:n =2.250.45
=5.625, 说明物体在BC 上滑动了5次,又向左运动0.625×0.4=0.25m ,
故滑块最终停止在BC 间距B 点0.15m 处(或距C 点0.25m 处);
【点睛】
本题考查动能定理及牛顿第二定律等内容,要注意正确受力分析;对于不涉及时间的问题,优先选用动能定理.
12.如图所示,在竖直平面内有一“∞”管道装置,它是由两个完全相同的圆弧管道和两直管道组成。

直管道和圆弧管道分别相切于1A 、2A 、1B 、2B ,1D 、2D 分别是两圆弧管道的最高点,1C 、2C 分别是两圆弧管道的最低点,1C 、2C 固定在同一水平地面上。

两直管道略微错开,其中圆弧管道光滑,直管道粗糙,管道的粗细可忽略。

圆弧管道的半径均为R ,111111222222B O D AO C B O D A O C α∠=∠=∠=∠=。

一质量为m 的小物块以水平向左的速度0v 从1C 点出发沿管道运动,小物块与直管道间的动摩擦因数为μ。

设012/v m s =,m=1kg ,R=1.5m ,0.5μ=,37α=︒(sin37°=0.6,cos37°=0.8)。

求:
(1)小物块从1C 点出发时对管道的作用力;
(2)小物块第一次经过2C 点时的速度大小;
(3)小物块在直管道12B A 上经过的总路程。

【答案】(1)106N ,方向向下(2)7(3)534
m
【解析】
【详解】
(1)物块在C 1点做圆周运动,由牛顿第二定律有:
20v N mg m R
-= 可得:20106N v N mg m R
=+= 由牛顿第三定律可知,小物块对管道的作用力大小为106N ,方向向下
(2)由几何知识易有:21122cos 4m sin R l A B A B αα
==== 从C 1到C 2由动能定理可得:222011cos 22mgl mv mv μα-=
-
可得:2/s v ==
(3)以C 1C 2水平线作为重力势能的参考平面,则小物块越过D 1、D 2点时的机械能需满足: 0230J E E mgR >==
由于直管道的摩擦,物块每完整经历直管道一次,机械能的减少量满足: cos 16J f E W mgl μα∆===
设n 为从第一次经过D 1后,翻越D 1和D 2的总次数,则有:
20012
mv n E E -∆>, ()2001-12
mv n E E +∆< 可得:n =2,表明小物块在第二次经过D 1后就到不了D 2,之后在D 1B 1A 2C 2D 2之间往复运动直至稳定,最后在A 2及C 2右侧与A 2等高处之间往复稳定运动。

由开始到稳定运动到达A 2点,由动能定理有:
()201cos 1cos 02
mgs mgR mv μαα---=- 可得:s=694
m 故在B 1A 2直管道上经过的路程为s'=s -l =
534m。

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