新课标人教版高中物理必修1第四章第3节《牛顿第二定律》同步练习.doc

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新课标版物理高一必修1第四章
4.3牛顿第二定律同步练习
一、选择题
1．若货物随升降机运动的图像如图所示（竖直向上为正），则货物受到升降机的支持力与时间关系的图像可能是
答案：B
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：由图知：过程①为向下匀加速直线运动（加速度向下，失重，）；过程②为向下匀速直线（平衡，）；过程③为向下匀减速直线运动（加速度向上，超重，）；过程④为向上匀加速直线运动（加速度向上，超重，）；过程⑤为向上匀速直线运动（平衡，）；过程⑥为向上匀减速直线运动（加速度向下，失重，）；综合各个过程可知B选项正确.
分析：本题考查了图像、超重与失重及牛顿第二定律的综合应用
2．如图所示，在两个固定的斜面上分别放置小车A和小车B，小车上分别用细线悬挂着小球P和小球Q，当小车沿斜面向下滑时，小球P的悬线与斜面始终垂直，小球Q的悬线始终沿竖直方向，则下列说法正确的是 （ ）
A．小车A和小车B都在匀速下滑
B．小车A和小车B都在加速下滑
C．小车A在匀速下滑，小车B在加速下滑
D．小车A在加速下滑，小车B在匀速下滑
答案：D
知识点：牛顿第二定律 共点力的平衡
解析：
解答：对P小球做受力分析，受到竖直向下的重力和垂直斜面向上沿绳子的拉力，小球不处于平衡状态，合力沿斜面向下，小球沿斜面加速，由于小球P与小车相对静止，所以小车A在加速下滑，A项错误；对小球Q受力分析，受到竖直向下的重力和竖直向上的绳子拉力，小球处于平衡状态，小球与小车相对静止，小车B在匀速下滑，所以D项正确；B、C项错误.
分析：本题考查了物体平衡状态和牛顿第二定律
3．如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止地摆放在右端。B与小车平板间的动摩擦因数为μ。若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为（ ）
A．mg，竖直向上 B．mg，斜向左上方
C．mgtanθ，水平向右 D．mg，斜向右上方
答案：D
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：根据小球A的受力情况可知，小车的加速度大小a=gtanθ，方向水平向右；则对物体B所受的摩擦力f=ma=mgtanθ，小车对物体B的支持力为mg，方向向上，则小车对物块B产生的作用力的大小，方向为斜向右上方，故选D.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
4．如图，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ。图甲中A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连。系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行。在突然撤去挡板的瞬间（ ）
A.两图中两球加速度均为gsinθ
B.两图中A球的加速度均为零
C.图甲中B球的加速度是为2gsinθ
D.图乙中B球的加速度为零
答案：C
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：图甲中，挡板对B的弹力为2mgsinθ，则撤去挡板时，弹簧的弹力不能突变，故A的加速度为零，B的加速度为；图乙中撤去挡板后两球加速度相同，均为gsinθ，故选C.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
5．一皮带传送装置如右图所示，皮带的速度v足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是 （ ）
A．速度增大，加速度增大
B．速度增大，加速度减小
C．速度先增大后减小，加速度先增大后减小
D．速度先增大后减小，加速度先减小后增大
答案：C
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：物块滑上传送带，受到向左的摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，物体做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小．故ABC错误．D正确， 故选D.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
6．如下图，穿在水平直杆上质量为m的小球开始时静止。现对小球沿杆方向施加恒力F0，垂直于杆方向施加竖直向上的力F，且F的大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出）。已知小球与杆间的动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F0＞μmg。下列关于运动中的速度—时间图象正确的是 （ ）
A B C D
答案：C
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：小球开始重力大于竖直向上的力，支持力方向向上，随着速度的增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大．然后竖直向上的拉力大于重力，杆子对球的弹力向下，F增大，弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，当加速度减小到零，做匀速直线运动．故C正确，ABD错误．故选C.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
7．如图所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过光滑定滑轮的不可伸长的轻绳相连，t=0时刻P在传送带左端具有速度v2，已知v1>v2，P与定滑轮间的绳水平。不计定滑轮质量，绳足够长，物体与传送带之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。从最初直到物体P从传送带离开的过程，以下判断正确的是（ ）
A．物体P可能一直减速
B．物体P可能先加速后减速
C．物体P可能先加速后匀速
D．物体P可能先减速后匀速
答案：C
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：物块P受向右的摩擦力和向左的细绳的拉力，当向右的摩擦力小于向左的细绳的拉力时，物块向右做减速运动，减速到零后反向加速，选项A，D错误；若P受到的摩擦力大于Q的重力，故P先加速后匀速，也有可能一直加速运动，故B错误，C正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
8．如图所示，木块A静止在斜面体B上。设木块受到斜面体的支持力大小为N，摩擦力大小为f.当斜面体水平向左做加速度逐渐增大的加速运动时，若木块A相对于斜面体B始终保持静止，则 ( )
A．N增大, f增大 B．N不变，f增大
C．N减小,f先增大后减小 D．N增大,f先减小后增大
答案：D
知识点：牛顿第二定律 力的合成与分解 正交分解法
解析：
解答：当加速度较小时，摩擦力f沿斜面向上.将加速度分解为沿斜面向下的加速度和垂直于斜面向上的加速度．
根据牛顿第二定律得：，，
得到；,
可知当a增大时，N增大，f减小．当加速度较大时，摩擦力f沿斜面向下．
根据牛顿第二定律得: ，，
得到，,可知当a增大时,N增大,f增大．所以N增大，f先减小后增大．故D正确．故选D.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
9．在静止的液体中下落的物体由于阻力随物体的速度的增大而增大，所以最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度。一个铁球质量为m，用手将它完全放入足够深的水中后由静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g。则关于该铁球，下列说法正确的是（ ）
A．若测得它从释放至达到收尾速度所用时间为t，则它下落的位移一定为
B．若测得它下落高度为h时的加速度大小为a，则此刻它的速度为
C．若测得某时刻它的加速度大小为a，则此刻它受到的水的阻力为m(a+g)－F
D．若测得它下落t时间通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为
答案：D
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：因物体在水中不是做匀变速运动，故在时间t内下落的位移不等于，选项A错误；因物体不是匀加速下降，故它下落高度为h时的加速度大小为a，则此刻它的速度不等于，选项B错误；若测得某时刻它的加速度大小为a，则由牛顿定律可得：，解得f=m(g-a)-F，选项C错误；若测得它下落t时间通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为，选项D正确；故选D.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
10．如图所示，小车上有一个定滑轮，跨过定滑轮的绳一端系一重球，另一端系在弹簧秤上，弹簧秤固定在小车上．开始时小车处于静止状态，当小车匀加速向右运动时，下述说法中正确的是（ ）
A．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变大
B．弹簧秤读数变大，小车对地面压力变小
C．弹簧秤读数不变，小车对地面的压力变大
D．弹簧秤读数变大，小车对地面的压力不变
答案：D
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：对整体受力分析可知，加速前整体处于静止状态，合力为零，在竖直方向上合力为零，即整体受到的重力等于地面的支持力，向右匀加速运动过程中，加速度沿水平方向，竖直方向上没有加速度，在竖直方向上仍合力为零，即重力等于地面的支持力，所以变化前后小车对地面的压力大小不变，对小球受力分析，加速前，小球处于静止状态，重力等于绳子的拉力，加速后，小球的加速度水平向右，即拉力和重力的合力水平向右，拉力增大，弹簧秤的示数增大，故D正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
11．如图甲，某人正通过定滑轮将质量为m的货物提升到高处，滑轮的质量和摩擦均不计，货物获得的加速度与绳子对货物竖直向上的拉力之间的函数关系如图乙所示。由图可以判断下列说法不正确的是 （ ）
A.图线与纵轴的交点M的值
B.图线与横轴的交点N的值
C.图线的斜率等于物体的质量m
D.图线的斜率等于物体质量的倒数
答案：C
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：货物受重力和绳子的拉力作用，根据牛顿第二定律可得，图线与纵轴的交点，即当T=0时，，图线与横轴的交点即a=0时，，AB正确；根据牛顿第二定律可得，根据关系式可得图像的斜率，C错误D正确，故答案为C.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
12．如图，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板左端有一个质量为m的木块。现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离。下列说法正确的是（ ）
A．若仅增大木板的质量M，则时间t增大
B．若仅增大木块的质量m，则时间t增大
C．若仅增大恒力F，则时间t增大
D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t减小
答案：B
知识点：牛顿第二定律 匀变速直线运动
解析：
解答：设木板长度为L，木块的加速度为a1、木板的加速度为a2，分离时木块速度为v1、木板速度为v2，分离时木板位移为x，则由牛顿第二定律有①，②，由匀加速直线运动规律有③，④，⑤，⑥，联立①②③④⑤⑥可得，由此可知若仅增大木板的质量M，则时间t将减小，故A说法错误；若仅增大木块的质量m，则时间t增大，故B说法正确；若仅增大恒力F，则增大故有t2减小，即时间t减小，故C项说法错误；若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则增大，则t2增大，即时间t增大，故D项说法不正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
13．如图所示,有A、B两物体,, 用细绳连接后放在光滑的斜面上, 在它们下滑的过程中（ ）
A.它们的加速度
B.它们的加速度小于
C.细绳的张力不可能
D.细绳的张力
答案：A
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：将AB看成一个整体，它们下滑时具有一个共同的加速度，即重力沿斜面方向的分力大小为F=（GA+GB）sinθ，故它们的加速度为，选项A正确；如果下滑时它们之间有力的作用，则A的加速度会减小，B的加速度会增大，最终二者合在一起，现在二者共同下滑，说明细绳间的张力为0，选项C不正确，而BD均错误.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
14．在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是 （ ）
A．物块接触弹簧后立即做减速运动
B．当物块的速度为零时，它所受的合力为零
C．物块接触弹簧后先加速后减速
D．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零
答案：C
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：物块接触弹簧后，弹簧刚开始发生形变，产生的弹力小于恒力F，所以合力向右，物块仍做加速运动，随着弹簧形变量增大，弹力在增大，当弹力等于F时，合力为零，此时速度最大，之后由于物块仍有向右的速度，所以弹簧继续被压缩，弹力继续增大，弹力大于F，合力向左，速度向右，物块做减速运动，当速度为零时，弹簧压缩量最大，此时合力不为零，加速度不为零，物块在运动过程中先加速后减速，故C正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
15．如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与木板间的动摩擦因数为μ，木板与水平面间动摩擦因数为，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度g.现对物块施加一水平向右的拉力F，则木板加速度a大小是 ( )
A．a＝g B． C． D．
答案：D
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：根据牛顿定律：，解得，选项C不正确；若若木块和木板之间不发生相对滑动，则对木板和木块的整体，根据牛顿定律可得：，解得，选项D正确；故选D.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
二、填空题
16．一物块静置于水平面上，现用一与水平方向成37°角的拉力F使物体开始运动，如图A所示。其后一段时间内拉力F随时间变化和物体运动速度随时间变化的图像如图B所示，已知物块的质量为0.9kg，g=10m/s2。根据图像可求得，物体与地面间的动摩擦系数为___________，0~1s内拉力的大小为_________N。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
答案：
知识点：牛顿第二定律 摩擦力 共点力的平衡
解析：
解答：从速度时间图像中可以看出，物块在时间内做匀速直线运动，它在水平方向上受力平衡，故有，因为，所以，代入数据可得，物块在0-1s内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得，从速度时间图像中可得，代入可得.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
17．在水平地面上有质量为4kg的物体，物体在水平拉力F作用下由静止开始运动，10s后拉力减为F/3，该物体的速度图象如图所示，则水平拉力F=________N，物体与地面间的动摩擦因数μ=____________。（g取10m/s2）
答案：9 ，0.125
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：由图可知0-10s时加速度为1 m/s2，加速度方向与初始运动方向一致；在10-30s时加速度为0.5 m/s2，加速度方向与初始运动方向相反；由牛顿第二定律有、，联立两式代入m=4kg，有F=9N，μ=0.125.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
18．如图所示，细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A的顶端P处，细线的另一端拴一质量为m的小球。当滑块至少以加速度a= 向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a=2g的加速度向左运动时，线中拉力FT= 。
答案：g，
知识点：牛顿第二定律 力的合成与分解
解析：
解答：以小球为对象分析，由于小球在竖直方向加速度为零、即在竖直方向小球的合外力为零，则有①，沿水平方向只有拉力沿水平方向的分量根据牛顿第二定律有②，联立①②可得a=g； 设当滑块以a=2g的加速度向左运动时，细线与竖直方向的夹角为θ，则有③、④，联立③④可得.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
19．如图所示，质量为m的木块B放在质量为M的小车A中，A、B间保持相对静止.若小车在水平面上匀速运动，则A给B的摩擦力大小为 ；若小车在水平面上以加速度a运动，则A给B的摩擦力大小为 .
答案：0 ma
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：匀速运动过程中，B处于平衡状态，在水平方向上不受摩擦力作用，故摩擦力为零，若小车在水平面上以加速度a运动，则B在水平方向上受到摩擦力作用，根据牛顿第二定律可得.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
20. 如图，升降机内有一固定斜面，斜面上放一物体，开始时升降机做匀速运动，物块相对斜面匀速下滑，当升降机加速上升时物块与斜面间的正压力将 （填增大或减小）
答案：增大
知识点：牛顿第二定律
解析：
解答：当升降机加速上升时，物体有竖直向上的加速度，则物块与斜面间的正压力增大，根据滑动摩擦力公式可知接触面间的正压力增大，物体与斜面间的摩擦力增大.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
三、计算题
21．随着我国经济和科技的发展，通过引进、创先、研发后，我国具有知识产权的大型运输机已试飞成功，此机可在短时间内投放物资和人员进行救灾、抢险和军事活动，能争取更多时间。现有总质量为一架大型喷气式飞机，从静止开始保持额定功率滑跑，当位移达到时，速度达到最大速度，并以此速度起飞，在此过程中飞机受到的平均阻力是飞机重力的0.02倍（）求：
（1）飞机起飞时的动能为多大？
（2）飞机起飞时的功率P为多大？
（3）飞机的速度为30m/s时加速度为多大？
答案：（1）3.78×108J （2）2.52×106W（3）0.2m/s2
知识点：牛顿第二定律 功率
解析：
解答：（1）由题意可得；
（2）由题意得，
由公式：
(3)由公式:
可得: .
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
22．如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回。已知R＝0.4 m，l＝2.5 m，v0＝6 m/s，物块质量m＝1kg，与PQ段间的动摩擦因数μ＝0.4，轨道其它部分摩擦不计。取g＝10 m/s2。求：
（1）物块经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；
（2）物块从Q运动到P的时间及弹簧获得的最大弹性势能；
（3）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动。
答案：（1）40N（2）8J（3）1 m
知识点：牛顿第二定律 动能定理
解析：
解答：(1)物块冲上圆形轨道最高点B时速度为v，
由机械能守恒得：
物块到B点，由牛顿运动定律得： 代入数据解得N=40N
由牛顿第三定律，物块对轨道压力大小为40N，方向为竖直向上
(2)物块在Q点时速度为v0＝6 m/s，在PQ运动时，由牛顿运动定律有：
由运动规律
代入数据解得在PQ段运动时间 t=s
设物块在P点时速度为v1，有
由能量守恒，物块压缩弹簧，动能转化为弹性势能，有
代入数据解得Epm = 8J
(3)物块以v0冲上轨道直到回到PQ段右侧Q点时速度为v2，有
要使物块恰能不脱离轨道返回A点，则物块能沿轨道上滑至最高点且在最高点的速度大小为v3，则满足 且
代入数据解得l＝1 m.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
23．如图所示，在冰面上将质量m=1kg的滑块从A点以初速度v0推出，滑块与冰面的动摩擦因数为，滑块滑行L=18m后到达B点时速度为v1=8m／s。现将其间的一段CD用铁刷划擦，使该段的动摩擦因数变为，再使滑块从A以v0初速度推出后，到达B点的速度为v2=6m／s。g取10m／s2，求：
(1)初速度v0的大小；
(2)CD段的长度l；
(3)若AB间用铁刷划擦的CD段的长度不变，要使滑块从A到B的运动时间最长，问铁刷划擦的CD段位于何位置 并求滑块滑行的最长时间。(结果保留三位有效数字)
答案：（1）10m/s；（2）4m；（3）2.44s
知识点：牛顿第二定律 动能定理
解析：
解答：（1）未划擦冰面时，滑块从A到B过程中，根据动能定理：
代入数据可得：v0=10m/s
（2）将CD段滑擦后，滑块再从A到B过程中，根据动能定理：
代入数据可得：l=4m
（3）由上式可知，无论CD在AB段的具体位置如何变化，滑块到达B点时的速度v2不变；设滑块在AC段和CD段的加速度分别为a1和a2，根据牛顿第二定律可知：
；
滑块在AB之间的运动图像如图，由图线可知当C点与A点重合时，
滑块的运动时间最长；设此时滑块到达D处时的速度为v，
则
解得：v=8m/s
根据运动学公式：v=v0-a1t1；v2=v-a2t2
解得：t=t1+t2=2.44s.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
24．如图所示，光滑的水平面AB与半径R=0.4m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点，A点的右侧连接一粗糙的水平面。用细线连接甲、乙两物体，中问夹一轻质压缩弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接，甲的质量朋=4kg，乙的质量=5kg，甲、乙均静止。若固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后经过B点进入半圆轨道，过D点时对轨道的压力恰好为零。取g=10m/s2，甲、乙两物体均可看作质点，求：
(1)甲离开弹簧后经过B点时的速度的大小；
(2)在弹簧压缩量相同的情况下，若固定甲，烧断细线，乙物体离开弹簧后从A点进入动摩擦因数=0.4的粗糙水平面，则乙物体在粗糙水平面运动的位移S。
答案：（1）2m/s．（2）2m
知识点：牛顿第二定律 机械能守恒定律
解析：
解答：（1）甲在最高点D，由牛顿第二定律得：，设甲离开弹簧运动至D点的过程中机械能守恒得：m1vB2＝m1g 2R+m1vD2．
代入数据联立解得：vB＝2m/s．
（2）甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v2，由能量守恒得：
Ep＝m1vB2＝m2v22，
得：v2=4m/s．
乙在粗糙水平面做匀减速运动：μm2g=m2a，
解得：a=4m/s2，
则有：.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
25．如图所示，光滑水平面右端B处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆轨道，B点为水平面与轨道的切点，在离B距离为x的A点，用水平恒力将质量为m的质点从静止开始推到B处后撤去恒力，质点沿半圆轨道运动到C处后又正好落回A点：
（1）求推力对小球所做的功。
（2）x取何值时，完成上述运动推力所做的功最少？最小功为多少。
（3）x取何值时，完成上述运动推力最小？最小推力为多少。
答案：（1）（2）2R；mgR （3）4R；mg
知识点：牛顿第二定律 功率
解析：
解答：（1）质点从半圆弧轨道做平抛运动又回到A点，设质点在C点的速度为vC，质点从C点运动到A点所用的时间为t，
在水平方向： x=vCt 竖直方向上：2R=gt2 解得
对质点从A到C由动能定理有 WF-mg·2R=
解得：
（2）要使F力做功最少，确定x的取值，由WF=2mgR+mv知，只要质点在C点速度最小，则功WF就最小。若质点恰好能通过C点，其在C点最小速度为v，由牛顿第二定律有,则v=
有，解得：x=2R
当x=2R时， WF最小，最小的功：WF=mgR
（3）由式WF=mg() 及WF=Fx得： )
F有最小值的条件是：即x=4R
得最小推力为：F=mg.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
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