2018-2019學年高中物理 專題3.6 帶電粒子在勻強磁場中的運動試題 新人教版選修3-1.doc
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第6節(jié) 帶電粒子在勻強磁場中的運動 一、帶電粒子在勻強磁場中的運動1只考慮磁場作用力時,平行射入勻強磁場的帶電粒子,做 運動。2垂直射入勻強磁場中的帶電粒子在洛倫茲力的作用下做 運動。其軌道半徑,運行周期,由周期公式可知帶電粒子的運動周期與粒子的 成正比,與 和磁感應強度成反比,而與 和 無關。二、回旋加速器1回旋加速器的核心部件是兩個 。2粒子每經(jīng)過一次加速,其軌道半徑變大,粒子圓周運動的周期 。3最大動能:由和,得,R為D形盒的半徑,即粒子在回旋加速器中獲得的最大動能與q、m、B、R有關,與加速電壓無關。 勻速直線 勻速圓周 質(zhì)量 電荷量 軌道半徑 運動速率D形盒 不變 一、帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的分析方法1如何確定“圓心”(1)由兩點和兩線確定圓心,畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡。確定帶電粒子運動軌跡上的兩個特殊點(一般是射入和射出磁場時的兩個點),過這兩個點作帶電粒子運動方向的垂線(這兩條垂線即為粒子在這兩點時所受洛倫茲力的方向),則兩條垂線的交點就是圓心,如圖(a)所示。(2)若只知過其中一個點的粒子的運動方向,則除過已知運動方向的該點作垂線外,還要將這兩點相連作弦,再作弦的中垂線,兩條垂線的交點就是圓心,如圖(b)所示。(3)若知一個點及運動方向,也知另外某時刻的速度方向,但不確定該速度方向所在的點,如圖(c)所示,此時要將其中一個速度的延長線與另一個速度的反向延長線相交成一角(PAM),畫出該角的角平分線,它與已知點的速度的垂線交于一點O,該點就是圓心。 2如何確定“半徑”方法一:由物理方程求半徑;方法二:由幾何方程求,一般由數(shù)學知識(勾股定理、三角函數(shù)等)計算來確定。3如何確定“圓心角與時間”(1)速度的偏向角等于圓弧所對應的圓心角(回旋角)等于2倍的弦切角,如圖所示。 (2)時間的計算方法。方法一:由圓心角求,。方法二:由弧長求,。4帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的程序解題法三步法(1)畫軌跡:即畫出運動軌跡,并確定圓心,用幾何方法求半徑。(2)找聯(lián)系:軌道半徑與磁感應強度、運動速度相聯(lián)系,偏轉(zhuǎn)角度與圓心角、運動時間相聯(lián)系,在磁場中運動的時間與周期相聯(lián)系。(3)用規(guī)律:即牛頓第二定律和圓周運動的規(guī)律,特別是周期公式、半徑公式?!纠}1】如圖所示,在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度為B,方向垂直于紙面向里的勻強磁場,三個相同帶正電的粒子,比荷為,先后從A點沿AD方向以大小不等的速度射入勻強磁場區(qū)域,粒子在運動過程中只受到磁場力作用,已知編號為的粒子恰好從F點飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子恰好從E點飛出磁場區(qū)域,編號為的粒子從ED邊上的某一點垂直邊界飛出磁場區(qū)域,則 A編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為B編號為的粒子在磁場區(qū)域內(nèi)運動的時間為C三個粒子進入磁場的速度依次增加D三個粒子在磁場內(nèi)運動的時間依次增加參考答案:C 二、帶電粒子在疊加場中的運動帶電粒子(帶電體)在疊加場中運動的分析方法1弄清疊加場的組成。2進行受力分析。3確定帶電粒子的運動狀態(tài),注意運動情況和受力情況的結合。4畫出粒子的運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律解題。(1)當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時,根據(jù)受力平衡列方程求解。(2)當帶電粒子在疊加場中做勻速圓周運動時,應用牛頓定律結合圓周運動規(guī)律求解。(3)當帶電粒子做復雜曲線運動時,一般用動能定理或能量守恒定律求解。(4)對于臨界問題,注意挖掘隱含條件。5記住三點:能夠正確對疊加場中的帶電粒子從受力、運動、能量三個方面進行分析(1)受力分析是基礎:一般要從受力、運動、功能的角度來分析。這類問題涉及的力的種類多,含重力、電場力、磁場力、彈力、摩擦力等。(2)運動過程分析是關鍵:包含的運動種類多,含勻速直線運動、勻變速直線運動、類平拋運動、圓周運動以及其他曲線運動。(3)根據(jù)不同的運動過程及物理模型,選擇合適的定理列方程(牛頓運動定律、運動學規(guī)律、動能定理、能量守恒定律等)求解?!纠}2】如圖所示,帶電平行金屬板相距為2R,在兩板間半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,兩板及其左側(cè)邊緣連線均與磁場邊界剛好相切。一質(zhì)子(不計重力)沿兩板間中心線O1O2從左側(cè)O1點以某一速度射入,沿直線通過圓形磁場區(qū)域,然后恰好從極板邊緣飛出,在極板間運動時間為t0。若僅撤去磁場,質(zhì)子仍從O1點以相同速度射入,經(jīng)時間打到極板上。 (1)求兩極板間電壓U;(2)求質(zhì)子從極板間飛出時的速度大??;(3)若兩極板不帶電,保持磁場不變,質(zhì)子仍沿中心線O1O2從左側(cè)O1點射入,欲使質(zhì)子從兩板間左側(cè)飛出,射入的速度應滿足什么條件。參考答案:(1) (2) (3)試題解析:(1)設質(zhì)子從左側(cè)O1點射入的速度為v0,極板長為L,在復合場中做勻速運動,電場力等于洛倫茲力,又因,則有質(zhì)子在電場中做類平拋運動,設類平拋運動的時間為t,則 聯(lián)立,可得則從極板間飛出時的速度大小:(3)設質(zhì)子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r,質(zhì)子恰好從上極板左邊緣飛出時速度的偏轉(zhuǎn)角為,由幾何關系可知:=45,因為,所以根據(jù)向心力公式 ,解得:所以質(zhì)子從兩板左側(cè)間飛出的條件為 三、帶電粒子在洛倫茲力作用下運動的多解問題類型分析帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子,可能帶正電荷,也可能帶負電荷,在相同的初速度下,正、負粒子在磁場中的運動軌跡不同,形成多解如圖,帶電粒子以速度v進入勻強磁場中;如帶正電,其軌跡為a,如帶負電,其軌跡為b磁場方向不確定只知道磁感應強度的大小,而未具體指出磁感應強度方向,此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成的多解如圖,帶正電的粒子以速度v進入勻強磁場,若B垂直紙面向里,其軌跡為a,若B垂直紙面向外,其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時,由于粒子運動軌跡是圓弧狀,因此,它可能穿過去了,也可能轉(zhuǎn)過180從入射界面這邊反向飛出,于是形成多解運動具有不唯一帶電粒子在部分是電場,部分是磁場的空間內(nèi)運動時,往往運動具有周期性,因而形成多解【例題3】(2018云南省建水縣高三四校聯(lián)考)如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,其磁感應強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P,其到CF,CD距離均為,且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置,能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子已知離子的質(zhì)量為m,電荷量為q,不計離子重力及離子間相互作用力 (1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域?(2)求速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍參考答案:(1) (2) 由幾何關系得:R2(x)2(R)2計算可得xL R2(LR)2(d2)2解得d2故速率為v的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍為四、求解帶電粒子在勻強磁場中運動的臨界和極值問題的方法由于帶電粒子往往是在有界磁場中運動,粒子在磁場中只運動一段圓弧就飛出磁場邊界,其軌跡不是完整的圓,因此,此類問題往往要根據(jù)帶電粒子運動的軌跡作相關圖去尋找?guī)缀侮P系,分析臨界條件(1)帶電體在磁場中,離開一個面的臨界狀態(tài)是對這個面的壓力為零;(2)射出或不射出磁場的臨界狀態(tài)是帶電體運動的軌跡與磁場邊界相切。),然后應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析求解。1兩種思路一是以定理、定律為依據(jù),首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式,然后再分析、討論臨界條件下的特殊規(guī)律和特殊解;二是直接分析、討論臨界狀態(tài),找出臨界條件,從而通過臨界條件求出臨界值。2兩種方法一是物理方法:(1)利用臨界條件求極值;(2)利用問題的邊界條件求極值;(3)利用矢量圖求極值。二是數(shù)學方法:(1)利用三角函數(shù)求極值;(2)利用二次方程的判別式求極值;(3)利用不等式的性質(zhì)求極值;(4)利用圖像法等。3從關鍵詞中找突破口:許多臨界問題,題干中常用“恰好”、“最大”、“至少”、“不相撞”、“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示。審題時,一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律,找出臨界條件。【例題4】如圖所示,寬x=2 cm的有界勻強磁場,縱向范圍足夠大,磁感應強度的方向垂直紙面向里,現(xiàn)有一群帶正電的粒子從O點以相同的速率沿紙面以不同的方向進入磁場,若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑均為r=5 cm,則 A右邊界:-4 cmy4 cm和y8 cm有粒子射出D左邊界:0y8 cm有粒子射出參考答案:AD 1如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場,三個質(zhì)量和電荷量相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場,其運動軌跡如圖。若帶電粒子只受磁場力的作用。則下列說法正確的是 Aa粒子動能最大Bc粒子速率最大Cb粒子在磁場中運動時間最長D它們做圓周運動的周期TaTbF2,a1=a2BF1F2,a1a2DF1F2,a10)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為 A BC D20(2018江蘇卷)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點,各區(qū)域磁感應強度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場當入射速度為v0時,粒子從O上方處射出磁場取sin53=0.8,cos53=0.6。 (1)求磁感應強度大小B;(2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t;(3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加t,求t的最大值。21(2018天津卷)如圖所示,在水平線ab下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里,磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出,不計粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時間t;(2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出,粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度的大小。22(2018新課標全國III卷)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求: (1)磁場的磁感應強度大小;(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。23(2018新課標全國I卷)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E,在yF2,A正確,B錯誤?!久麕燑c睛】洛倫茲力方向的特點(1)洛倫茲力的方向總是垂直于運動電荷速度方向和磁場方向確定的平面。(2)當電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)用左手定則判斷負電荷在磁場中運動所受的洛倫茲力方向時,要注意判斷結果與正電荷恰好相反。(4)洛倫茲力對運動電荷(或帶電體)不做功,不改變速度的大小,但它可改變運動電荷(或帶電體)速度的方向,影響帶電體所受其他力的大小,影響帶電體的運動時間等。 【名師點睛】本題考查了粒子在磁場中的運動,應用牛頓第二定律以及幾何知識即可正確解題。5CD【解析】a粒子是30入射的,而b粒子是60入射的,由于從B點射出,則a粒子受到的洛倫茲力方向沿b粒子速度方向,而b粒子受到的洛倫茲力方向沿a粒子速度方向,由磁場方向,得a粒子帶負電,而b粒子帶正電,故A錯誤;如圖連接AB,AB連線是兩粒子的運動圓弧對應的弦,則弦的中垂線(紅線)與各自速度方向的垂直線(虛線)的交點即為各自圓心。兩圓心的連線與兩個半徑構成一個角為30,另一個為60的直角三角形,根據(jù)幾何關系,則有兩半徑相比為,故B錯誤;根據(jù)可知,則兩粒子所帶的電量之比,故C正確;根據(jù)可知,a粒子圓弧對應的圓心角為120,而b粒子圓弧對應的圓心角為60,則,故D正確。 6BD【解析】導體的電子定向移動形成電流,電子的運動方向與電流方向相反,電流方向向右,則電子向左運動由左手定則判斷,電子會偏向上表面,下表面上出現(xiàn)等量的正電荷,電場線向上,導體上表面的電勢小于下表面的電勢,故A錯誤;當電場力與洛倫茲力平衡時,則有,得U=hvB,導體中通過的電流為I=nevdh,由得,解得:,故B正確;電子所受靜電力的大小為:F靜=eE=eU/h,故C錯誤;電子所受的洛倫茲力的大小為:F洛=eBv,故D正確。【名師點睛】所謂霍爾效應,是指磁場作用于載流金屬導體、半導體中的載流子時,產(chǎn)生橫向電位差的物理現(xiàn)象?;魻栃谛抡n標教材中作為課題研究材料,解答此題所需的知識都是考生應該掌握的。對于開放性物理試題,要有較強的閱讀能力和獲取信息能力。 9D【解析】進入B0的粒子滿足,知道粒子電荷量后,便可求出m的質(zhì)量,所以質(zhì)譜儀可以用來分析同位素,故A正確;假設粒子帶正電,則受電場力向右,由左手定則可判斷磁場方向垂直直面向外,故B正確;由,得,此時離子受力平衡,可沿直線穿過選擇器,故C正確;由,知R越小,荷質(zhì)比越大,故D錯誤。【名師點睛】質(zhì)譜儀工作原理應采取分段分析的方法,即粒子加速階段,速度選擇階段,在磁場中運動階段。帶電粒子經(jīng)加速后進入速度選擇器,速度為粒子可通過選擇器,然后進入B0,打在S板的不同位置。 11B【解析】粒子沿環(huán)狀的半徑方向射入磁場,不能穿越磁場區(qū)域的最大速度粒子沿圓弧從B到A,恰與環(huán)狀域外圓相切,如圖所示:為軌跡圓心。設AO=BO=r,由幾何關系得,由牛頓第二定律可知:,解得:,聯(lián)立解得:,故B正確,ACD錯誤。 12C【解析】粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,解得,當粒子的軌跡與屏幕相切時為臨界情況,即打到熒屏上的邊界,找到圓心O(到S點的距離與到MN的距離相等的點),如圖所示,由幾何知識知,設粒子打在熒屏上最左側(cè)的C點,則,則范圍的長度為x1+x2=20 cm;故選C。 【名師點睛】1、本題是一道關于帶電粒子在磁場中的運動的題目,結合牛頓第二定律得到粒子圓周運動的半徑是關鍵;2、經(jīng)分析知,粒子能打在熒屏上的臨界情況是軌跡與MN相切;3、先根據(jù)牛頓第二定律計算出粒子圓周運動的半徑,然后根據(jù)幾何關系求解。 (2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場,能從OC邊上的同一點P射出磁場,粒子在磁場中運動的軌跡如圖(a)所示。設兩軌跡所對應的圓心角分別為1和2。由幾何關系有1=1802粒子兩次在磁場中運動的時間分別為t1與t2,則t1+t2=2t0 (3)如圖(b),由題給條件可知,該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150。設O為圓弧的圓心,圓弧的半徑為r0,圓弧與AC相切與B點,從D點射出磁場,由幾何關系和題給條件可知,此時有OOD=BOA=30r0cosOOD+=L設粒子此次入射速度的大小為v0,由圓周運動規(guī)律聯(lián)立解得14(1)小球在細桿上做加速越來越小的減速運動最后勻速運動可得:(2) 平均速度方向由P點指向M點(3) (4)(1)小球在細桿上做加速度越來越小的減速運動,最后勻速運動。 由得小球以v2豎直向上過MP,在PMN中勻速直線運動,再以v2豎直過MN,當小球的加速度為零時,重力勢能變化量最大為 (4)當B0取最小值時v最大,在電磁場中運動半徑最大,小球能由PQ射出,有幾何關系可知,半徑由得在細桿上有15C【解析】由題可知,當帶電粒子在復合場內(nèi)做勻速直線運動,即,則,若僅撤除電場,粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,說明要滿足題意需要對磁場與電場的方向以及強弱程度都要有要求,例如:電場方向向下,磁場方向垂直紙面向里等,但是對電性和電量無要求,故選項C正確,ABD錯誤?!久麕燑c睛】本題考查了帶電粒子在復合場中的運動,實際上是考查了速度選擇器的相關知識,注意當粒子的速度與磁場不平行時,才會受到洛倫茲力的作用,所以對電場和磁場的方向有要求的。 【名師點睛】此題是帶電粒子在有界磁場中的運動問題;解題時關鍵是要畫出粒子運動的軌跡草圖,知道能打到最遠處的粒子運動的弧長是半圓周,結合幾何關系即可求解。18A【解析】作出粒子的運動軌跡,由幾何知識可得,軌跡的圓心角為,兩個運動具有等時性,則,解得,故選A?!久麕燑c睛】此題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動問題;解題時必須要畫出規(guī)范的粒子運動的草圖,結合幾何關系找到粒子在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角,根據(jù)兩個運動的等時性求解未知量;此題難度中等,意在考查考生對物理知識與數(shù)學知識的綜合能力。19D【解析】根據(jù)題意,粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,則軌跡與ON相切,設切點為C點,入射點為D點,出射點為A點,粒子在磁場中的軌跡圓心為點,根據(jù)幾何知識可得,則三角形AB為等邊三角形,故AB=60,而MON=30,OCA=90,故CA為一條直線,所以AOC為直角三角形,故粒子離開磁場的出射點到O的距離為,而半徑公式,故距離為,D正確?!痉椒记伞繋щ娏W釉趧驈姶艌鲋羞\動時,洛倫茲力充當向心力,從而得出半徑公式,周期公式,運動時間公式,知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關,運動周期和速度無關,畫軌跡,定圓心,找半徑,結合幾何知識分析解題。 則(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y=2r(1cos)+xtan由y2d,解得則當xm= 時,t有最大值粒子直線運動路程的最大值增加路程的最大值增加時間的最大值【名師點睛】本題考查帶電粒子在組合磁場中的運動,第(1)小題先確定粒子圓周運動的半徑,再根據(jù)洛倫茲力提供向心力列式求解;第(2)小題解答關鍵是定圓心、畫軌跡,分段分析和計算;第(3)小題求t的最大值,關鍵是要注意帶電粒子在磁場中運動的時間不變和速度大小不變,所以中間磁場移動后改變的是粒子在無磁場區(qū)域運動的傾斜軌跡的長度,要使t最大,則要傾斜軌跡最長,所以粒子軌跡跟中間磁場的上邊相切時運動時間最長,再根據(jù)運動的對稱性列式求解。 設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關系可知;粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同,所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v,在垂直于電場方向的分速度始終為,由運動的合成和分解可知聯(lián)立式得【點睛】帶電粒子在組合場中的運動問題,首先要運用動力學方法分析清楚粒子的運動情況,再選擇合適方法處理對于勻變速曲線運動,常常運用運動的分解法,將其分解為兩個直線的合成,由牛頓第二定律和運動學公式結合求解;對于磁場中圓周運動,要正確畫出軌跡,由幾何知識求解半徑。22(1)(2)1:4(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為B,由動能定理有 由題給條件有由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為【點睛】此題與2013年北京理綜卷第23題情景類似,都可以看作是質(zhì)譜儀模型。解答所用的知識點和方法類似。23(1) (2) (3)(1)在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設在電場中的加速度大小為,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為,第一次進入磁場的位置到原點的距離為。由運動學公式有 由題給條件,進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角。進入磁場時速度的y分量的大小為 由幾何關系得 聯(lián)立以上各式得 (3)設在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給條件得 由牛頓第二定律有 設第一次射入磁場時的速度大小為,速度的方向與x軸正方向夾角為,入射點到原點的距離為,在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有聯(lián)立以上各式得 , 【點睛】此題與2004年全國理綜卷第25題情景類似,都是帶電粒子在勻強電場中類平拋運動后進入勻強磁場中做勻速圓周運動,且都是在第一象限和第二象限設置了豎直向下的勻強電場,在第三象限和第四象限設置了方向垂直紙面向外的勻強磁場,解答需要的知識都是帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動規(guī)律和洛倫茲力等于向心力、幾何關系等知識點。帶電粒子在勻強電場中的類平拋運動和在勻強磁場中的勻速圓周運動是教材例題和練習中的常見試題,此題可認為是由兩個課本例題或習題組合而成。- 配套講稿:
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