2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

2018-2019学年江西省南昌市第二中学高二上学期第三次月考物理试题 解析版

绝密★启用前 江西省南昌市第二中学2018-2019学年高二上学期第三次月考物理试题 评卷人 得分 一、单选题 ‎1．一束带电粒子沿水平方向匀速飞过小磁针上方时，磁针的N极向西偏转，这一束带电粒子可能是 A．向南飞行的正离子束 B．向南飞行的负离子束 C．向西飞行的正离子束 D．向西飞行的负离子束 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：由于磁针的N极向西偏转，说明在粒子的下方磁场方向向西，根据右手螺旋定则，若粒子带正电荷，一定是向北飞行，而若粒子带负电荷一定向南飞行，B正确，ACD错误。‎ 考点：安培定则 ‎2．如图是显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转．不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点．若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向上移向A，则(　　)‎ A．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动 B．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大 C．偏转磁场的方向应垂直于纸面向内 D．若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向上移向A的同时还慢慢偏向纸外方向，则应再叠加一个向上的逐渐变大的磁场 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断电子所受的洛伦兹力的方向,确定电子的偏转方向.根据半径公式分析磁场强度的变化 ‎【详解】‎ A、在偏转过程中,洛伦兹力不做功,故A错误 B、电子束打在荧光屏上的位置由中心O逐渐向A点移动, 根据知半径逐渐减小,则B逐渐变大，故B对；‎ C、电子束打在荧光屏上的OA之间,即电子受向上偏左的洛伦兹力,由左手定则可以知道磁场强度垂直纸面向外，故C错；‎ D、若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向上移向A的同时还慢慢偏向纸外方向，则应再叠加一个向下的逐渐变大的磁场，故D错；‎ 故选B ‎3．如图所示，已知长直通电导线在周围某点产生磁场的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到导线的距离成反比.4根电流大小相同的长直通电导线a、b、c、d平行放置，它们的横截面的连线构成一个正方形，O为正方形中心，a、b、c中电流方向垂直纸面向里，d中电流方向垂直纸面向外，则a、b、c、d长直通电导线在O点产生的合磁场的磁感应强度 (　　)‎ A．大小为零 B．大小不为零，方向由O指向d C．大小不为零，方向由O指向c D．大小不为零，方向由O指向a ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据安培定则判断磁场方向，再根据矢量叠加可以求出O点的合磁场方向。‎ ‎【详解】‎ 由安培定则可知，a、c中电流方向相同，两导线在O处产生磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，合磁场的磁感应强度为零；b、d两导线中电流方向相反，由安培定则可知，两导线在O处产生的磁场的磁感应强度方向均由O指向a，故D选项正确．ABC错；‎ 故选D ‎4．如图所示,虚线空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场,有一个带正电小球(电荷量为+q,质量为m)从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下,那么带电小球可能沿直线通过的是(    )‎ ‎① ② ③ ④‎ A．①② B．③④ C．①③ D．②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故①错误； ②、小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故②错误； ③、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故③正确； ④、粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故④正确；故选B．‎ 点睛：本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力．‎ ‎5．用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为＋q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中．由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为α，并被拉紧，则磁场的运动速度大小和方向可能是 (　　)‎ A．v＝ ，水平向右 B．v＝，水平向左 C．v＝，竖直向上 D．v＝，竖直向下 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据左手定则判断小球受到洛伦兹力的方向，再对小球受力分析，根据平衡求解磁场运动的速度大小。‎ ‎【详解】‎ A项，采用换位思考，当磁场向右运动时，相当于磁场不动，小球向左运动，利用左手定则可以得知，小球所受洛伦兹力方向竖直向下，不可能如题所述处于平衡状态，故A项错误。‎ B项，采用换位思考，当磁场向左运动时，相当于磁场不动，小球向右运动，利用左手定则可以得知，当绳子没有拉力时，小球所受洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力时，小球处于平衡状态，则有：，解得：v＝，由于绳子被拉紧，存在拉力，故B项错误。‎ C项，采用换位思考，当磁场向上运动时，相当于磁场不动，小球向下运动，利用左手定则可以得知，小球所受洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有： ，解得：v＝，故C项正确。‎ D项，若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态，故D项错误。‎ 故选C ‎【点睛】‎ 本题是小球不动，磁场运动的问题，在解本题时可以利用换位思考的方法找到小球的受力，根据平衡解题 ‎6．如图所示，固定在水平面上的光滑绝缘的斜面倾角为θ.导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I.空间充满竖直向上的匀强磁场．现缓慢增大θ(θ<90°)，且ab始终静止在斜面上，则磁感应强度大小B应(不考虑磁场变化产生的感应) (　　)‎ A．缓慢减小 B．缓慢增大 C．先增大后减小 D．先减小后增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对导体棒受力分析，根据平衡，建立平衡公式求解。‎ ‎【详解】‎ 从斜面的右侧看去，导体棒受到水平向右的安培力BIL，垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，由平衡条件可知 ，则角度θ增大，B应该缓慢增大，故B对；ACD错 故选B ‎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变电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中有周期性变化的电场,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,磁场方向如图所示。若用此回旋加速器加速质子时,匀强磁场的磁感应强度为B,高频交变电流频率为f。则下列说法正确的是( )‎ ‎ ‎ A．质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小有关 B．高频电源只能使用方形交变电源,不能使用正弦式交变电源 C．不改变B和f,该回旋加速器也能用于加速氦核 D．若此加速器能把质子加速到最大速度为v，当外加磁场一定，把高频交变电源频率改为f/2，则可把氦核加速到最大速度为v/2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,满足 ,运动周期 (电场中加速时间忽略不计).对公式进行简单推导后,便可解此题.‎ ‎【详解】‎ A、根据可知，质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关，故A错；‎ B、因为粒子在电场中运动的时间很短,高频电源能使用矩形交变电流,也能使用正弦式交变电流,此时满足粒子在电压最大时进入电场即可，故B错误；‎ C、此加速器加速电场周期 ,加速粒子时，两个周期不同, 不能用于加速氦核，故C错误；‎ D、此加速器加速电场周期 ,加速粒子时，当外加磁场一定，把高频交变电源频率改为f/2，此时回旋加速器可以加速氦核，根据可知氦核的最大速度变为v/2，故D对；‎ 故选D ‎8．如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方。开始时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为1时，两细线内的张力均减小为T'。下列说法正确的是 ‎ ‎ A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a B．线圈中涌讨的申，流方向为a→b→c→d→a C．当线圈中电流变为时，两细线内的张力均为零 D．当线圈中电流变为时，两细线内的张力均为零 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：当线圈中不通电流时，两细线的张力就是线圈的重力，当线圈中通有电流后，细线上的张力变小了，说明线圈受到的安培力的合力方向是向上的，由于两边产生的安培力大小不同，ab边要大于cd边，所以由左手定则可以判断出，ab中通有由a到b的电流，故A不对，B是正确的；‎ 要想使细线上的张力为0，则ab与cd边受到的安培力的合力应该等于2T，由于当电流为I时，张力减小到T′，故BaIL－BbIL= 2（T－T′），则当张力变为0时，BaI′L－BbI′L= 2T，联立以上两式，消去磁场强度得I′=，故C是正确的，D是不对的。‎ 考点：安培力，力的平衡。‎ ‎9．如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第I象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里，一质量为m、电荷暈绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从0点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向，下列判断正确的是 A．粒子带正电 B．粒子由O到A经历的时间为 C．若已知A到x轴的距离为d，则粒子速度大小为 D．离开第I象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ 试题分析：根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则判断知，此粒子带负电，故A错误；‎ 根据几何知识可知，从O点到A点轨迹的圆心角为60°，，B错误；由图可得：，所以．而粒子的轨迹半径为，联立可得，C正确；‎ 粒子在O点时速度与x轴正方向的夹角为60°，x轴是直线，根据圆的对称性可知，离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为60°，故D正确；‎ 考点：考查了带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题，‎ ‎10．如图甲所示，绝缘轻质细绳一端固定在方向相互垂直的匀强电场和匀强磁场中的O点，另一端连接带正电的小球，小球电荷量，在图示坐标中，电场方向沿竖直方向，坐标原点O的电势为零。当小球以2m／s的速率绕O点在竖直平面内做匀速圆周运动时，细绳上的拉力刚好为零。在小球从最低点运动到最高点的过程中，轨迹上每点的电势随纵坐标y的变化关系如图乙所示，重力加速度.则下列判断正确的是 A．匀强电场的场强大小为 B．小球重力势能增加最多的过程中，电势能减少了2.4J C．小球做顺时针方向的匀速圆周运动 D．小球所受的洛伦兹力的大小为3N ‎【答案】BD ‎【解析】‎ 解：A、据题意和乙图可知，E==5×104V/m，故A错误；‎ B、据题意可知，小球所受的电场力等于重力，洛伦兹力提供向心力，所以小球重力势能增加最多，电势能减少最多，大小为：2qφ=2×6×10﹣7×20000J=2.4J，故B正确；‎ C、以上分析可知，洛伦兹力提供向心力，据左手定则可知，小球做逆时针运动，故C错误；‎ D、以上可知：mg=Eq，f=qvB=，联立以上解得：f=0.03N，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题感觉较难，但读懂题意，把小球的受力情况和特点挖掘出来，此题就会迎刃而解；还需注意利用乙图求场强，能量守恒求电势能的减小．‎ 评卷人 得分 二、多选题 ‎11．如图，斜面上有一条形磁铁，其右上角有一垂直纸面的通电直导线，磁极和电流方向如图中标注，现发现在导线中电流增大的过程中，磁铁始终静止于斜面，则此过程中 (　　)‎ A．斜面对磁铁的支持力增大 B．斜面对磁铁的支持力减小 C．斜面对磁铁的摩擦力增大 D．斜面对磁铁的摩擦力减小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据磁铁的磁极明确导线处的磁场分布,根据左手定则分析导线受力情况;再根据牛顿第三定律分析磁铁的受力;根据共点力的平衡条件明角磁铁能否平衡.‎ ‎【详解】‎ AB、根据磁场的分布可知通电导线受到的安培力方向为右偏下，再根据牛顿第三定律可以知道磁铁受到的磁场力方向为左偏上，当电流增大时，左偏上的磁场力变大，导致磁场力在垂直于斜面方向上的分力增大，所以斜面对磁铁的支持力减小，故A错；B对 CD、由于左偏上的磁场力变大，所以导致此力在斜面上的分力也变大，根据平衡可知，斜面对磁铁的摩擦力增大，故C对；D错；‎ 故选BC ‎【点睛】‎ 本题直接分析磁铁的受到的磁场力比较困难，所以先分析通电导线的受到的磁场力的方向，再根据牛顿第三定律分析磁铁受力，根据平衡求解即可。‎ ‎12．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙起初会相对静止一起向左加速运动。在加速运动阶段 (　　)‎ A．甲、乙两物块间的摩擦力不变 B．乙物块与地面之间的摩擦力不断增大 C．甲、乙两物块一起做加速度减小的加速运动 D．甲、乙两物体以后会相对滑动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 以甲乙整体为研究对象,分析受力情况,根据洛伦兹力随着速度的增大而增大,分析地面对乙物块的支持力如何变化,来分析乙物块与地之间的摩擦力如何变化,根据牛顿第二定律分析加速度如何变化,再对甲研究,由牛顿第二定律研究甲所受摩擦力如何变化 ‎【详解】‎ BC、对整体分析,受重力、向左的电场力、向下的洛伦兹力、支持力、滑动摩擦力;如图所示 ‎ 速度增大,洛伦兹力增大,则正压力增大,地面对乙的滑动摩擦力f增大;电场力F一定,根据牛顿第二定律得,加速度a减小;故BC对 A、对甲研究得到,乙对甲的摩擦力,则得到f减小,甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小.故A错；‎ D、由于甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，所以甲、乙两物体以后不会相对滑动，故D错；‎ 故选BC 第II卷（非选择题)‎ 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、实验题 ‎13．要测量定值电阻器Rx的阻值，所备器材如下：‎ A．电压表(量程3 V，内阻10 kΩ) ‎ B．电流表1(量程0.6 A，内阻约为0.1 Ω)‎ C．电流表2(量程3 mA，内阻约为1.0 Ω) ‎ D．滑动变阻器1(阻值0～1 kΩ，额定电流0.1 A) ‎ E．滑动变阻器2(阻值0～20 Ω，额定电流1.0 A) ‎ F．定值电阻R=20Ω(用于保护) ‎ G．多用电表 ‎ H．电池组(电动势略小于6 V，内阻不计) ‎ I．开关和导线若干 利用所给器材，进行实验操作如下：‎ ‎(1)用多用电表粗测电阻器Rx的阻值．多用电表选用“×100”的欧姆挡,操作方法正确，刻度盘上的指针位置如图所示．‎ ‎ ‎ ‎(2)为了精确测定电阻器Rx的阻值,请在虚线框内画出实验电路图_____‎ ‎(3)除多用电表外，根据你设计的电路图，实验还需要的器材是：________.(填写器材的序号)‎ ‎【答案】； ACEFHI ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 待测电阻的阻值大约2000左右，远远大于电流表的内阻，所以在设计电路时用内接法，要精确测量电阻，所以选择分压电路，由于电压表量程较小，所以在干路中加入保护电阻R，保护电路。‎ ‎【详解】‎ ‎（2）待测电阻的阻值大约2000左右，远远大于电流表的内阻，所以在设计电路时用内接法，要精确测量电阻，所以选择分压电路，由于电压表量程较小，所以在干路中加入保护电阻R，保护电路，由于电路选择的分压电路，为了更方便条件，所以滑动变阻器选用滑动变阻器2，根据电压表的量程可以计算出大约流过待测电阻的电流值 ‎，为了提高精确度选用电流表2，设计电路图如图所示：‎ ‎（3）根据电路结构可知器材需要ACEFHI ‎【点睛】‎ 在电路设计中要掌握如何选用合适量程的电表，会选择合适的滑动变组器，一般情况下分压电路选用小一点阻值的滑动变阻器比较合理。‎ ‎14．A、B同学都用如图甲所示的电路测电源电动势E、内阻r以及R1的阻值．实验器材有：待测电源E，待测电阻R1，电压表V(量程为2.0 V，内阻很大)，电阻箱R(0～99.99 Ω)，单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干．‎ ‎(1)A同学测量电阻R1的实验步骤如下，请在下面横线的空白处将他的操作补充完整．‎ 闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出其示数R0和对应的电压表示数U1，保持电阻箱阻值不变，________，读出电压表的示数U2，则电阻R1的表达式为R1＝______.‎ ‎(2)B同学已经测得电阻R1＝5.2‎ ‎ Ω，继续测电源电动势E和内阻r的值．该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据绘出了如图乙所示的－图线，则待测电源电动势E＝______ V，内阻r＝______ Ω.(计算结果小数点后均保留两位数字)‎ ‎【答案】 (1)将S2切换到b (2)1.43 0.80‎ ‎【解析】（1）当电压表接a时，电压表测R两端的电压，当接b时，电压表测R1及R两端的电压；则R1两端的电压为：U2-U1；此时流过R1的电流为；由欧姆定律可得： ；故1中应将S2切换到b； （2）由题意可知，此实验中可测量出电阻箱的示数R，而电压表则出流过R的电流；由闭合电路欧姆定律可知： ；变形可得： ；  由数学知识可得， ；E=1.43V； ；解得内阻R2=6-5.2=0.8Ω；‎ 评卷人 得分 四、解答题 ‎15．如图为一电流表的原理示意图．质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧劲度系数为k．在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于ab．当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合,此时指针指标尺上的“0”刻度，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．‎ ‎ ‎ ‎(1)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？‎ ‎(2)若k=2.0N/m， ab=0.20m，bc=0.050m，B=0.20T，此电流表的量程是多少？ （不超出弹性限度）‎ ‎【答案】M端接正，2.5A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)当电流表正常工作时,电流表有示数,金属棒将受到向下的安培力,根据左手定则可以知道MN中电流方向,从而确定MN的哪一端与电源正极相接. (2)当金属棒处于ab线上时,电流表示数最大,根据平衡条件以及弹簧的伸长量可求得此时是最大电流.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）若要电流表正常工作，则应该保证通电时导体棒受到向下的安培力，根据左手定则可知电流方向应该从M端流向N端，即M端接正极 ‎（2）当电流表示数为零时,设弹簧的伸长为 ,则有:‎ 设满量程时通过MN的电流强度为 ,则有: ‎ 代入数据得 ‎【点睛】‎ 本题题意新颖,考查点巧妙,借助生活中的实际器材考查了物体平衡问题,正确进行受力分析,然后根据平衡条件列方程是解题关键.‎ ‎16．一质量m、带电q的粒子以速度v0从A点沿等边三角形ABC的AB方向射入强度为B的垂直于纸面的圆形匀强磁场区域中，要使该粒子飞出磁场后沿BC射出，求圆形磁场区域的最小面积。‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据带电粒子在磁场中运动时,洛仑兹力提供向心力即可求得半径,由几何知识求出粒子转过的圆心角,以粒子在磁场区入射点和出射点的弦长为半径的圆,面积最小,求出磁场的半径,然后求出磁场的最小面积 ‎【详解】‎ 带电粒子在磁场中运动时,洛仑兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:, 计算得出 ,‎ 根据题意粒子以速度v0从A点沿等边三角形ABC的AB方向射入强度为B的垂直于纸面的圆形匀强磁场区域中，要使该粒子飞出磁场后沿BC射出，则粒子在磁场中转过的圆心角为 以粒子入射点与出射点连线为半径的圆面积最小,由几何知识得:, 磁场半径: , 磁场的最小面积 ‎【点睛】‎ 根据运动轨迹结合几何关系找到运动的轨道半径是解本题的关键。‎ ‎17．如图，以绝缘粗糙的竖直墙壁为y轴，水平地面为x轴建立直角坐标系，第二象限有同时存在的正交匀强电场和匀强磁场，电场方向沿x轴正向，大小为E，磁场方向垂直纸面向外，大小为B． 现在从A点由静止释放一带正电的可视为质点的带电体，其能够沿墙壁下滑到C点时刚好离开墙壁，带电体质量为m、电荷量为q，A、C两点间距离为h，重力加速度为g.‎ ‎ ‎ ‎(1)求带电体由静止下滑到刚好离开墙壁过程中克服摩擦力做的功Wf ‎(2)如果带电体到达C点时电场突然变为竖直向上且，电场的变化对磁场的影响忽略不计，则带电体运动到距离墙壁最远时（带电体不能到达地面），距出发点A的距离 ‎【答案】(1)；(2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）小滑块到达C点时离开MN,此时与MN间的作用力为零,对小滑块受力分析计算此时的速度的大小,由动能定理直接计算摩擦力做的功 ‎（2）把电场方向改变后根据受力可知粒子做圆周运动，根据运动分析找到离A点最远处的位置。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足 ,小滑块在C点离开MN,有N=0,可计算得出 由动能定理,有 ‎ 计算得出 ‎ ‎（2）由于，所以带电粒子受到的电场力和重力平衡，只受洛伦兹力，在洛伦兹力的作用下做圆周运动，当运动到离A点最远处时，应该恰好转过了半个圆，‎ 根据 ，知 ‎ 此时距A 的距离为 ‎18．如图所示，xoy坐标系中，在y<0的区域内分布有沿y轴正方向的匀强电场，在0

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