江苏物理高考零距离突破一轮卷详解版答案.docx
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江苏物理高考零距离突破一轮卷详解版答案
2014年物理高考零距离突破
直线运动测试卷
一、单项选择题
1.B 【解析】静止的客车上的乘客发现自己运动是以其他运动的物体为参考系,A错;地球绕太阳运动时,地球的半径可忽略不计,可视为质点,B对;下落又弹起相同高度的篮球,位移为零,路程为下落高度的两倍,C错;速度的大小与加速度的大小无必然联系,D错;故选B.
2.A 【解析】由题图可知相邻的相等时间间隔的位移差相等都为d,B对;由Δx=aT2=d可知C对;位置“3”是小球从位置“2”到位置“4”的中间时刻,据推论有v3==,D对;位置“1”到位置“2”的距离与位置“2”到位置“3”的距离之比为2∶3,位置“1”不是小球释放的初始位置,故选A.
3.B 【解析】直升飞机上升h时,耗油量V=V0t=(pa+q)=p+q,当且仅当p=q时,V取得最小值,解得a=,所以选B.
4.B 【解析】由v=2asAB,v=2asAC和vB=v,vC=2v得,sAB∶sAC=1∶4,所以,sAB∶sBC=1∶3,选择B.
二、多项选择题
5.CD 【解析】由v-t,a-t,s-t图象性质可知,C、D选项表示匀速直线运动,A表示匀变速直线运动,B表示加速度减小的运动,故选CD.
6.BD 【解析】研究运动员技术动作时,要考虑运动员的形体,不能将其视为质点,故A错误;运动员做自由落体运动,下落过程中运动员以自己为参考系,水面相对于运动员做初速度为零、加速度为g的向上的匀加速直线运动,故B正确;由自由落体运动的规律h=gt2可知,前一半时间通过的位移和后一半时间通过的位移之比为1∶3,故C错误;根据上式可得,前一半位移所需时间与后一半位移所需时间之比为1∶(-1),故D正确.
7.AC 【解析】滑块由光滑水平面滑到传送带时,开始做匀减速运动,当向左速度减为零时到达最左端,所以A正确、B错误.当v1<v2时,滑块向右加速到达光滑水平面时与传送带速度相等.所以可知C对,同理,D错.
8.BD 【解析】t0时刻v甲=v乙,故A错.甲乙在同一地点出发,甲做匀速直线运动、乙物体从零开始加速,在乙未追上甲,且v乙小于v甲时,乙的速度一直增大,当v甲=v乙时,两者相距最远,然后乙渐渐追上甲,故B正确.若乙是匀加速运动,则s甲=v甲t,s乙=·t.此时v乙=2v甲,但观察图象可知,乙是加速度减小的加速运动,故开始阶段速度增加的快,故v乙<2v甲.故选BD.
三、实验题
9.
(1)0.314
(2)0.496
【解析】
(1)由题意知两相邻计数点间有四个点未画出,所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s,根据匀变速直线运动中中间时刻的速度等于该过程中的平均速度,可以求出打纸带上4点时小车的瞬时速度大小,v4==31.35cm/s=0.314m/s
(2)根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小,得:
x4-x1=3a1T2,x5-x2=3a2T2,x6-x3=3a3T2.为了更加准确的求解加速度,我们对三个加速度取平均值得:
a=(a1+a2+a3),即小车运动的加速度计算表达式为:
a=,代入数据解得a=0.496m/s2.
10.①接通电源 释放小车 ②0.641 ③大
【解析】在做“匀变速直线运动”的实验中,安装好装置后,应先将打点计时器接通电源,后释放小车.利用逐差法,由公式Δx=aT2得加速度a=0.641m/s2,公式中用到的频率f=50Hz,比实际频率f=49Hz大,因此T变小,间距Δx不变,所以a变大.
四、计算题
11.见解析
【解析】乙同学的解法不正确.根据题意画出运动过程示意图,设物体从塔顶落到地面所经历的时间为t,通过的位移为H,物体在(t-1)秒内的位移为h.
第11题图
据自由落体运动规律,有H=gt2,h=g(t-1)2,由题意得==,联立以上各式解得H=125m.
12.
(1)3m/s2
(2)28m
【解析】
(1)匀变速直线运动中,在相邻的相等时间内的位移之差是一恒量,即Δx=aT2,则Δx=x8-x5=3aT2,T=1s,Δx=6m,a==3m/s2,故物体的加速度为3m/s2.
(2)根据匀变速直线运动的位移时间公式x=v0t+at2代入数据,得x=28m.故物体在4s内的位移为28m.
13.0.2m/s,方向水平向左
【解析】设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a,滑到B处时的速度为v1,从B处到追上小球乙所用时间为t2.a=gsin30°=5m/s2 ①,由=at得t1=0.2s ②,t2=t-t1=0.8s ③,v1=at1=1m/s ④,v0t+L=v1t2 ⑤,代入数据解得:
v0=0.2m/s,方向水平向左.
14.
(1)5m/s2
(2)2个
【解析】
(1)每一个球的运动都是相同的,故斜面上小球的位置可看作是等时间间隔的匀加速直线运动,由Δs=at2可得a==cm/s2=5m/s2.
(2)vB==m/s=1.75m/s,vB=at,得t=s=0.35s,则A运动了0.25s,A球上方正运动的球的运动时间分别为0.15s、0.05s.故有2个球.
15.见解析
【解析】若是≤,说明甲物体先停止运动或甲、乙同时停止运动.在运动过程中,乙的速度一直大于甲的速度,只有两物体都停止运动时,才相距最近.Δs=s+-.若>,说明乙物体先停止运动,那么两物体在运动过程中总存在速度相等的时刻,此时两物体相距最近.根据v=v1-a1t=v2-a2t,求得t=,在t时间内甲的位移s1=t,乙的位移s2=t,代入表达式Δs=s+s1-s2,求得Δs=s-.相互作用测试卷
一、单项选择题
1.B 【解析】物体做匀速直线运动,故受力平衡,水平方向受向右的弹力kx和向左的摩擦力μmg,所以弹簧的伸长量为,A项错误,B项正确;物体受到的支持力与物体的重力是一对平衡力,物体的支持力与物体对地面的压力是一对作用力与反作用力,所以C项错误;弹簧对物体的弹力与物体所受到的摩擦力是一对平衡力,D项错误.
第2题图
2.A【解析】如图所示,将运动员看成质点,对其进行受力分析,设其夹角为θ.并运用三角形合成法则,易知当θ增大时F不变,FT变大,选项A正确.
3.D【解析】细线对天花板的拉力等于物体的重力G;以滑轮为研究对象,两段细线的拉力都是G,互成120°,因此合力大小是G,根据共点力的平衡条件,a杆对滑轮的作用力大小也是G,方向与竖直方向成60°角斜向右上方;a杆和细线对滑轮的合力大小为零.
第4题图
4.D【解析】惯性是物体的固有属性,只与质量有关,A错;电梯对人的摩擦力和人对电梯的摩擦力是一对作用力与反作用力,B错;人受到三个作用,重力,电梯的支持力,电梯对人的静摩擦力,如图,可知C错,D对;故选D.
5.A【解析】楔形石块受力如图,根据力的合成可得:
mg=2×Fcos(90°-α),所以F==,A正确.
第5题图
二、多项选择题
6.BD 【解析】能一起匀速下滑,可得μ=tanα,通过对物体A受力分析可知,B对A的摩擦力方向平行于接触面向左,对A做正功;所以A、C选项都错误.
7.AD 【解析】右侧细绳剪断瞬间,弹簧弹力不变,则Ffa大小方向不变,选项A正确,B错误;由于弹簧处于伸长状态,对木块b有向左的拉力,则Ffb方向变为水平向右,选项C错误,选项D正确.
8.BCD 【解析】壁虎在竖直玻璃面上斜向上匀速爬行,受到竖直向下的重力和竖直向上的摩擦力,图示中A正确,故选BCD.
9.BD 【解析】现在向A中缓慢加入沙子,整个系统始终保持静止,则在加入沙子的过程中,绳子拉力大小等于B物体重力,不变,选项A错误;A对斜面的压力逐渐增大,A所受的合力不变,A所受的摩擦力可能逐渐减小,选项C错误,BD正确.
三、实验题
10.
(1)如图所示
第10题图
(2)ABCD (3)甲 (4)①F1的方向比真实方向偏左 ②F2的大小比真实值偏小且方向比真实方向偏左 ③作图时两条虚线不与F1线和F2线平行
【解析】
(2)由合力的定义,只有两次都把橡皮条拉到同一位置(O点),实验中测得的才是合力,A说法是错误的.实验中,除了要记录弹簧测力计的读数、O点的位置以外,还要记录两个分力的方向(即绳子拉的方向),B说法是错误的.两个弹簧测力计之间的夹角实际上就是两个分力的夹角,这个夹角并非一定取90°,理论上应尽量大些,C说法也是错误的.实验中如果始终将其中一个弹簧测力计沿某一方向拉到最大量程,则在调节另一个弹簧测力计时很容易使得这个弹簧测力计超过其量程,这是不允许的,D说法也是错误的.(3)因为F′是只用一个弹簧测力计拉橡皮条得到的,所以拉力的方向(实验中测得的合力方向)一定沿着橡皮条的方向,即F′的方向沿着橡皮条的方向.实验中用作图法得到的合力F由于实验误差,不一定沿着橡皮条的方向,故甲图更符合实验事实.
四、计算题
11.
(1)N
(2)N,方向水平向左
【解析】
(1)以小球为研究对象,受力分析如图,由平衡条件可得F=mg2FTcos30°=F解得FT==N;
(2)以小球和斜面整体为研究
第11题图
对象,系统静止,水平方向受力平衡,由平衡条件可得Ff=FTcos60°=×N=N方向水平向左.
12.
(1)40N
(2)34.6N
(3)69.3N
【解析】如图所示,选取直角坐标系.据平衡条件得
第12题图
f-T1sinα=0,N+T1cosα-mBg=0.对于定滑轮的轴心O点有 T1sinα-T2sin30°=0,T2cos30°-T1cosα-mAg=0.因为T1=mAg,得α=60°,解方程组得
(1)T1=40N,物体A所受到的重力为40N;
(2)物体B与地面间的摩擦力f=T1sinα=40sin60°≈34.6N;(3)细绳CO受到的拉力为T2==≈69.3N.
13.tanθ
【解析】先对A受力分析,如图甲所示,根据平衡条件可得,N1=mgcosθ,所以f1=μN1=umgcosθ;再对B受力分析,如图乙所示,根据平衡条件可得,N3=N2+Mgcosθ,f3+f2=Mgsinθ,又f2=f1=μmcosθ,N2=N1=mgcosθ,f3=μN3,M=2m,联立以上各式,可得μ=tanθ.
甲
乙
第13题图
牛顿运动定律测试卷(A)
一、单项选择题
1.D 【解析】根据惯性的定义知:
人和车的惯性与安全带无关,但这并不是必须系好安全带的原因,A、B错;系好安全带主要是防止因刹车时人具有惯性向前倾而造成伤害事故,C错、D对.
2.C 【解析】对建筑材料进行受力分析,设绳的拉力为F,则由牛顿第二定律可得F-G材料=m材料a,由题中条件可得F=210N,再对人进行受力分析,设地面对工人的支持力为F1,则F1+Fsin30°=G人,代入数据可得F1=595N,由作用力反作用力可知工人对地面的压力大小为595N.
3.C 【解析】首先将M和m看作整体,则a=,对图
(1)中的m,有N1=ma=,对图
(2)中的M有N2=Ma=,所以N1∶N2=m∶M,C正确.
4.D 【解析】恰在两竖直墙之间匀速下滑,2μF1=mg,解得μ=1/3;由s=at2得a=3m/s2.设两脚的水平蹬力至少为F,则有2μF-mg=ma,解得F=975N.D选项正确.
5.D 【解析】仅使其中一个力的大小逐渐减小到零,然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变),则在这一过程中物体所受合外力逐渐增大到最大,又逐渐减小到零,根据牛顿第二定律,物体的加速度逐渐增大到最大,又逐渐减小到零,选项D正确.
二、多项选择题
6.BD 【解析】从B→C,先加速下降后减速下降,所以先失重后超重,FN先小于G,后大于G,故FN一直增大,A错B对;从C→B,先加速上升后减速上升,故先超重后失重,FN先大于G,后小于G,故FN一直减小,C错D对.
7.BD 【解析】设绳对物体1的拉力为F,则对物体1受力分析,竖直方向上受力平衡,则m1g=Fcosθ,F=m1g/cosθ,B正确.水平方向上:
Fsinθ=ma,即a=Fsinθ/m1=gtanθ,A错误.对物体2,竖直方向上:
m2g=F+N,则N=m2g-F=m2g-m1g/cosθ,C错误.水平方向上f2=m2a=m2gtanθ,D正确.
8.BC 【解析】物体受到向右的滑动摩擦力f=μFN=μG=3N,根据牛顿第二定律得,a==m/s2=5m/s2,方向向右.物体减速到0所需的时间t==s=2s,B正确A错误.减速到零后,F 9.BCD 【解析】由速度-时间图象可以知道,在3~6s内,物体处于匀速直线状态,即物体所受到的摩擦力大小应该与推力F大小相等,F滑=F推=6N,故A错误;在0~3s内,物体做匀加速直线运动,a=2m/s2,F合=ma=F推-F滑=3N,得出m=1.5kg,故B正确;在6~9s内,F推=3N,F滑-F推=3N,得出a=2m/s2,故C正确;由速度时间图象面积可知,0~6s内物体的位移x=×(3+6)×6m=27m,物块前6s内的平均速度大小v==4.5m/s,故D正确.故选BCD.三、实验题 10. (1)3.2 (2)如图所示 在误差允许的范围内,外力不变时,物体的加速度与质量成反比 第10题图 (3)未(完全)平衡摩擦力 【解析】 (1)由公式Δs=aT2可得a==3.1875m/s2≈3.2m/s2. (2)根据给出数据画图并得出结论.(3)由误差分析可得. 四、计算题 11. (1)v1=4m/s (2)h=12m 【解析】 (1)在演员下滑的前4秒,顶竿人肩部对竿的支持力为F1=460N,竿和上面的演员重力分别为G人=400N,G竿=100N,人匀加速下滑,加速度为a1,a1==1m/s2.演员由静止下滑,下滑4s后达到最大速度v1,有v1=a1t1=4m/s.在演员由静止下滑,4~6秒内,顶竿人肩部对竿的支持力为F2=580N,人匀减速下滑,加速度为a2,a2==2m/s2.6秒末,演员速度v2=v1-a2t2=0; (2)在演员下滑的前4秒,可看成匀加速下滑,下滑距离为h1 第12题图 h1=t1=8m 在演员下滑的4~6秒,可看成匀减速下滑,下滑距离为h2 h2=t2=4m 竹竿的长度h=h1+h2=12m. 12.g 【解析】解法一: (隔离法) 木箱与小球没有共同加速度,所以须用隔离法. 取小球m为研究对象,受重力mg、摩擦力Ff,据牛顿第二定律得: mg-Ff=ma① 取木箱M为研究对象,受重力Mg、地面支持力FN及小球给予的摩擦力F′f如图. 据物体平衡条件得: FN-Ff′-Mg=0② 且Ff=Ff′③ 由①②③式得FN=g 由牛顿第三定律知,木箱对地面的压力大小为 F′N=FN=g. 解法二: (整体法) 对于“一动一静”连接体,也可选取整体为研究对象,依牛顿第二定律列式: (mg+Mg)-FN=ma+M×0 故木箱所受支持力: FN=g, 由牛顿第三定律知: 木箱对地面压力FN′=FN=g. 13. (1)4N (2)42m (3)s(或2.1s) 【解析】 (1)如图所示,第一次飞行中,设加速度为a1, 匀加速运动H=a1t,由牛顿第二定律F-mg-f=ma1,解得f=4N (2)第二次飞行中,设失去升力时的速度为v1,上升的高度为s1,匀加速运动s1=a1t 设失去升力后的加速度为a1,上升的高度为s2 由牛顿第二定律mg+f=ma2,v1=a1t2,s2= 解得h=s1+s2=42m (3)设失去升力下降阶段加速度为a3;恢复升力后加速度为a4,恢复升力时速度为v3 由牛顿第二定律mg-f=ma3,F+f-mg=ma4,且+=h,v3=a3t3, 解得t3=s(或2.1s) 第13题图 牛顿运动定律测试卷(B) 一、单项选择题 1.C 【解析】采用了大功率的发动机后,某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度,原因是功率变大了,A错;射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透,原因是子弹运动过程中受到阻力作用消耗了较多的能量,但子弹的惯性不变,B错;摩托车转弯时,车手一方面要控制适当的速度,另一方面要将身体稍微向里倾斜,通过调控保持人和车的平衡,但整体的惯性不变,D错.只有C对. 2.C 【解析】由v-t图象可知,在4~6s内物体处于匀速直线运动状态,由平衡条件可知,物体所受到的滑动摩擦力f与推力F是一对平衡力,即f=F,由F-t图象可知,在4s~6s内,推力F=2N,则物体所受到的摩擦力f=F=2N.物体在2~4s内做匀加速直线运动,由v-t图象的斜率得出加速度a==2m/s2,由F-t图象在2-4s内读出F=3N,由牛顿第二定律得F-f=ma,代入数据解得m=0.5kg,物块与地面之间的动摩擦因数μ==0.4.选项C正确. 3.D 【解析】铁片被吸引上升的过程是加速度逐渐增大的加速运动过程.设A对B的吸引力为F1,由于铁片向上加速运动,故有F1>mg.根据牛顿第三定律可得: B对A的吸引力F1′>mg.由于电磁铁和秤盘处于静止状态,所以有F=F1′+Mg>(M+m)g,所以选D. 4.A 【解析】对左图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度a==-μg,对A物体有: F弹=μmg=ma,得F弹==kx2,x1=.对右图,运用整体法,由牛顿第二定律得,整体的加速度a′==-g,对A物体有: F弹′-mg=ma′,得F弹′==kx2,x2=,则x2∶x1=1∶1.故A正确,B、C、D错误. 5.C 【解析】在B与A刚要一起运动的瞬间,隔离BA分析受力,重力(mA+mB)g,向上弹力F=mAg,由牛顿第二定律,(mA+mB)g-F=(mA+mB)a,解得a=0.6g.隔离A分析受力,设B对A的压力大小为F′,由牛顿第二定律,F′-mAg-F=mAg,解得F′=12N,选项C正确. 二、多项选择题 6.BD 【解析】 将容器以初速度v0竖直向上抛出后,若不计空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到加速度为g,再以容器A为研究对象,上升和下落过程其合力等于其重力,则B对A没有压力,A对B也没有支持力.故A错误,D正确.若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到: 上升过程加速度大于g,再以球B为研究对象,根据牛顿第二定律分析: B受到的合力大于重力,B除受到重力外,还应受到向下的压力.A对B的压力向下,故B正确.若考虑空气阻力,以整体为研究对象,根据牛顿第二定律得到: 下落过程加速度小于g,再以B为研究对象,根据牛顿第二定律分析: A受到的合力小于重力,B除受到重力外,还应受到向上的力,即A对B的支持力向上,B对A的压力向下,故C错误. 7.AB 【解析】无论物体处于超重还是失重状态,物体所受的重力总是不变的,只是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化,看起来物重好像增大或减小,选项A正确;做竖直上抛运动的物体的加速度就是重力加速度g,所以物体处于完全失重状态,选项B正确;若在沿竖直方向上运动的升降机中出现失重现象,说明升降机的加速度方向向下,升降机可能向上做减速运动,也可能向下做加速运动,选项CD错误.本题答案为AB. 8.BC 【解析】先运用整体法,选取人和木板组成的系统为研究对象,设绳中弹力大小为T,则2T=μ(G人+G木板)=0.2×(600N+400N)=200N,所以T=100N,选项A错误,B正确;再运用隔离法,选取人为研究对象,人共受到两个力的作用;绳子水平向右的弹力和木板对人的脚的摩擦力,因为二力平衡,所以该摩擦力与弹力等大反向,即摩擦力方向水平向左,根据牛顿第三定律,人的脚给木板的摩擦力方向水平向右,选项C正确,D错误.本题答案为BC. 9.BD 【解析】设细绳的拉力为T,对m1研究可知,竖直方向有: Tcosθ=m1g ① 水平方向有: Tsinθ=m1a ②,由①②解得: a=gtanθ,车厢与m1的加速度相同为a=gtanθ,方向向右.A错误.绳的拉力T=,B对.对m2有: N+T=m2g,解得支持力N=m2g-,方向竖直向上,C错误;水平方向有: f=m2a=m2gtanθ,方向水平向右,D对. 三、实验题 10. (1)D、C、E、A、B、F或D、C、E、B、A、F (2)0.20m/s,0.40m/s2(误差在0.02范围内均可得分) 【解析】用如图所示的实验装置探究加速度与力、质量的关系实验步骤是: 首先平衡摩擦力,使小车近似做匀速直线运动;然后用天平测出小车的质量,挂上重物,接通打点计时器的电源,放开小车,在纸带上打下一系列的点;保持小车质量不变,改变重物(砝码及砝码盘)的质量,测出加速度,重复几次;保持重物(砝码及砝码盘)的质量不变,在小车里加砝码,测出加速度,重复几次;根据测量的数据,分别画出a-F和a-的图线.T=5×0.02s=0.1s,打下E点时小车的速度为v==0.20m/s.有逐差法和Δx=aT2可得小车的加速度为a=0.40m/s2. 四、计算题 11. (1) (2)Fmax=285N Fmin=45N 【解析】 (1)A原来静止时有: kx1=mg,B刚要离开地面时有: kx2=mg,故物体A发生的位移为: x1+x2=2mg/k. (2)当物体A刚开始做匀加速运动时,拉力F最小,设为F1.对物体A有: F1+kx1-mg=ma;当物体B刚要离开地面时,拉力F最大,设为F2.对物体A有: F2-kx2-mg=ma,对物体A有: F2-kx2-mg=ma,对物体A有: x1+x2=at2,解得a=3.75m/s2,联立解得: F1=45N,F2=285N. 12.36m 【解析】设卡车的质量为M,车所受阻力与车重之比为μ;刹车前卡车牵引力的大小为F,卡车刹车前后加速度的大小分别为a1和a2.重力加速度大小为g.由牛顿第二定律有f-2μMg=0 ①,F-μMg=Ma1 ②,μMg=Ma ③,3μMg=Ma2 ④,设车厢脱落后,t=3s内卡车行驶的路程为s1,末速度为v1,根据运动学公式有s1=v0t+a1t2 ⑤,v1=v0+a1t ⑥,v=2a2s2 ⑦,式中,s2是卡车在刹车后减速行驶的路程.设车厢脱落后滑行的路程为s,有v=2as ⑧,卡车和车厢都停下来后相距Δs=s1+s2-s ⑨,由①至⑨式得Δs=-+v0t+at2 ⑩,带入题给数据得: Δs=36m 13. (1)80N (2)2.4×103N 【解析】 (1)由v-t图可知,起跳后前2s内运动员的运动近似是匀加速运动,其加速度a=v1/t1=9.0m/s2,设运动员所受平均阻力为f,根据牛顿第二定律有m总g-f=m总a,解得f=m总(g-a)=80N (2)v-t图可知,运动员脚触地时的速度v2=5.0m/s,经时间t2=0.2s速度减为0,设此过程中运动员所受平均冲击力大小为F,根据牛顿第二定律有F-mg=ma′ 0=v2-at2,解得F=2.4×103N,说明: F=2450N也同样得分.曲线运动与万有引力测试卷 一、单项选择题 1.D 【解析】根据速度的合成关系,竖直方向受重力而做匀加速运动,水平方向做匀速运动,为使飞镖命中靶心,可增大飞镖的初速度,或缩短人与靶之间的距离,或者适当增加飞镖与靶心之间的竖直距离等,选项D正确. 2.A 【解析】根据题述,a1=ωr,ma1=μmg.小木块放在P轮边缘也恰能静止,μg=ω2·R=()2·2r=ω·r.则ω·r=ω·r.联立解得=,选项A正确B错误;a2=rω=2rω=2a1,=,选项CD错误. 3.B 【解析】由T=可得,R=
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