高考物理經典習題解析第3講機械能守恒定律及應用一、重力做功與重力勢能的關系1.重力做功的特點(1)物體運動時，重力對它做的功只跟它的起點和終點的位置有關，而跟物體運動的路徑無關。(2)重力做功不引起物體機械能的變化。2.重力勢能(1)表達式：Ep＝mgh。(2)重力勢能的特點重力勢能是物體和地球所共有的，重力勢能的大小與參考平面的選取有關，但重力勢能的變化與參考平面的選取無關。3.重力做功與重力勢能變化的關系(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減小；重力對物體做負功，重力勢能就增大。(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減小量，即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp。【自測1】關于重力勢能，下列說法中正確的是()A.物體的位置一旦確定，它的重力勢能的大小也隨之確定B.物體與零勢能面的距離越大，它的重力勢能也越大C.一個物體的重力勢能從－5J變化到－3J，重力勢能減少了D.重力勢能的減少量等于重力對物體做的功答案D二、彈性勢能1.定義：發生彈性形變的物體的各部分之間，由于有彈力的相互作用而具有的勢能。2.彈力做功與彈性勢能變化的關系彈力做正功，彈性勢能減小；彈力做負功，彈性勢能增加。定量表達式為W＝－ΔEp。【自測2】(多選)關于彈性勢能，下列說法中正確的是()A.任何發生彈性形變的物體，都具有彈性勢能B.任何具有彈性勢能的物體，一定發生了彈性形變C.物體只要發生形變，就一定具有彈性勢能D.彈簧的彈性勢能只跟彈簧被拉伸或壓縮的長度有關答案AB三、機械能守恒定律1.內容：在只有重力或彈力做功的物體系統內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。2.表達式：mgh1＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝mgh2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)。3.機械能守恒的條件(1)系統只受重力或彈簧彈力的作用，不受其他外力。(2)系統除受重力或彈簧彈力作用外，還受其他內力和外力，但這些力對系統不做功。(3)系統內除重力或彈簧彈力做功外，還有其他內力和外力做功，但這些力做功的代數和為零。(4)系統跟外界沒有發生機械能的傳遞，系統內、外也沒有機械能與其他形式的能發生轉化。【自測3】(2021·1月重慶市學業水平選擇性考試適應性測試，1)一質量為m的物塊僅在重力作用下運動，物塊位于r1和r2時的重力勢能分別為3E0和E0(E0＞0)。若物塊位于r1時速度為0，則位于r2時其速度大小為()A.2eq\r(\f(E0,m)) B.eq\r(\f(6E0,m))C.2eq\r(\f(2E0,m)) D.4eq\r(\f(E0,m))答案A解析物體僅在重力作用下運動，物體的機械能守恒，根據機械能守恒定律可知E1＝E2，代入已知條件為3E0＋0＝E0＋eq\f(1,2)mv2，解得r2處的速度為v＝2eq\r(\f(E0,m))，故選A。命題點一機械能守恒的判斷【例1】如圖1所示，P、Q兩球質量相等，開始兩球靜止，將P上方的細繩燒斷，在Q落地之前，下列說法正確的是(不計空氣阻力)()圖1A.在任一時刻，兩球動能相等B.在任一時刻，兩球加速度相等C.在任一時刻，兩球和彈簧組成的系統動能與重力勢能之和保持不變D.在任一時刻，兩球和彈簧組成的系統機械能是不變的答案D解析細繩燒斷后，由于彈簧處于伸長狀態，通過對P、Q兩球受力分析可知aP＞aQ，在任一時刻，兩球的動能不一定相等，選項A、B錯誤；系統內有彈力做功，彈性勢能發生變化，系統的動能與重力勢能之和發生變化，選項C錯誤；Q落地前，兩球及彈簧組成的系統只有重力和彈簧的彈力做功，整個系統的機械能守恒，選項D正確。【變式1】(2020·浙江金華十校4月模擬)下列對各圖的說法正確的是()A.圖甲中汽車勻速下坡的過程中機械能守恒B.圖乙中衛星繞地球勻速圓周運動時所受合力為零，動能不變C.圖丙中弓被拉開過程彈性勢能減少了D.圖丁中撐竿跳高運動員在上升過程中機械能增大答案D解析圖甲中汽車勻速下坡的過程中動能不變，重力勢能減小，機械能減小，故A錯誤；圖乙中衛星繞地球勻速圓周運動時所受合力提供向心力則不為0，勻速圓周運動速度大小不變，則動能不變，故B錯誤；圖丙中弓被拉開過程橡皮筋形變增大，彈性勢能增大，故C錯誤；圖丁中撐竿跳高運動員在上升過程中竿對運動員做正功，其機械能增大，故D正確。命題點二單物體的機械能守恒問題1.表達式2.一般步驟3.選用技巧在處理單個物體機械能守恒問題時通常應用守恒觀點和轉化觀點，轉化觀點不用選取零勢能面。【例2】(2020·北京市昌平區二模練習)如圖2所示，半徑R＝0.5m的光滑半圓軌道固定在豎直平面內，半圓軌道與光滑水平地面相切于圓軌道最低端點A。質量m＝1kg的小球以初速度v0＝5m/s從A點沖上豎直圓軌道，沿軌道運動到B點飛出，最后落在水平地面上的C點，g取10m/s2，不計空氣阻力。圖2(1)求小球運動到軌道末端B點時的速度vB；(2)求A、C兩點間的距離x；(3)若小球以不同的初速度沖上豎直圓軌道，并沿軌道運動到B點飛出，落在水平地面上。求小球落點與A點間的最小距離xmin。答案(1)eq\r(5)m/s(2)1m(3)1m解析(1)選水平地面為零勢能參考面，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋mg·2R解得vB＝eq\r(5)m/s。(2)由平拋規律得2R＝eq\f(1,2)gt2，x＝vBt，解得x＝1m。(3)設小球運動到B點半圓軌道對小球的壓力為FN圓周運動向心力FN＋mg＝eq\f(mveq\o\al(2,B),R)得當FN＝0時，小球運動到軌道末端B點時的速度最小vBmin＝eq\r(5)m/s由(2)的計算可知，最小距離xmin＝x＝1m。【變式2】如圖3所示，傾角為37°的斜面與一豎直光滑圓軌道相切于A點，軌道半徑R＝1m，將滑塊由B點無初速度釋放，滑塊恰能運動到圓周的C點，OC水平，OD豎直，xAB＝2m，滑塊可視為質點，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：圖3(1)滑塊在斜面上運動的時間；(2)若滑塊能從D點拋出，滑塊仍從斜面上無初速度釋放，釋放點至少應距A點多遠。答案(1)1s(2)5.75m解析(1)設滑塊到達A點的速度為vA，從A到C過程機械能守恒有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＝mgRcos37°從B到A過程，滑塊做勻加速直線運動，由勻變速直線運動規律可知veq\o\al(2,A)＝2axABvA＝at聯立各式解得a＝4m/s2，t＝1s。(2)設滑塊能從D點拋出的最小速度為vD，在D點，由重力提供向心力，有mg＝meq\f(veq\o\al(2,D),R)從A到D由機械能守恒有eq\f(1,2)mvA′2＝mgR(1＋cos37°)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)vA′2＝2ax′聯立各式解得x′＝5.75m。命題點三連接體的機械能守恒問題1.對多個物體組成的系統要注意判斷物體運動過程中，系統的機械能是否守恒。2.注意尋找用繩或桿相連接的物體間的速度關系和位移關系。3.列機械能守恒方程時，一般選用ΔEk＝－ΔEp或ΔEA＝－ΔEB的形式。【例3】(2019·東北三省三校第二次聯合模擬)如圖4所示，豎直平面內固定兩根足夠長的細桿L1、L2，兩桿不接觸，且兩桿間的距離忽略不計。兩個小球a、b(視為質點)質量均為m，a球套在豎直桿L1上，b球套在水平桿L2上，a、b通過鉸鏈用長度為l的剛性輕桿L連接，將a球從圖示位置(輕桿與L2桿夾角為45°)由靜止釋放，不計一切摩擦，已知重力加速度為g。在此后的運動過程中，下列說法中正確的是()圖4A.a球和b球所組成的系統機械能不守恒B.b球的速度為零時，a球的加速度大小為零C.b球的最大速度為eq\r(（2＋\r(2)）gl)D.a球的最大速度為eq\r(\r(2)gl)答案C解析a球和b球組成的系統沒有外力做功，只有a球和b球的動能和重力勢能相互轉換，因此a球和b球所組成的系統機械能守恒，A錯誤；設輕桿L和水平桿L2的夾角為θ，由運動關聯可知vbcosθ＝vasinθ，則vb＝vatanθ，可知當b球的速度為零時，輕桿L處于水平位置且與桿L2平行，則此時a球在豎直方向只受重力mg，因此a球的加速度大小為g，B錯誤；當桿L和桿L1第一次平行時，a球運動到最下方，b球運動到L1和L2交點位置，b球的速度達到最大，此時a球的速度為0，因此由系統機械能守恒有mg(eq\f(\r(2),2)l＋l)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，解得vb＝eq\r(（2＋\r(2)）gl)，C正確；當輕桿L和桿L2第一次平行時，由運動的關聯可知此時b球的速度為零，由系統機械能守恒有mg·eq\f(\r(2),2)l＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，解得va＝eq\r(\r(2)gl)，此時a球具有向下的加速度g，故此時a球的速度不是最大，a球將繼續向下做加速度減小的加速運動，到加速度為0時速度達到最大，D錯誤。【變式3】(多選)(2020·江蘇海門中學第二次質調)如圖5所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A、輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細繩豎直。開始時，重物A、B處于靜止狀態，釋放后A、B開始運動。已知A、B的質量相等，重力加速度為g。摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，滑輪間豎直距離足夠長。則下列說法正確的是()圖5A.相同時間內，A、B位移大小之比為1∶2B.同一時刻，A、B加速度大小之比為1∶1C.同一時刻，A、B速度大小之比為1∶1D.當B下降高度h時，B的速度大小為eq\r(\f(4,5)gh)答案AD解析由題可知，B下降的位移是A上升位移的兩倍，由公式x＝eq\f(1,2)at2可知，B的加速度是A加速度的兩倍，故A正確，B錯誤；由速度公式v＝at可知，由于B的加速度是A加速度的兩倍，所以同一時刻，A的速度是B的一半，故C錯誤；當B下降高度h時，A上升eq\f(h,2)，由機械能守恒定律得mgh－mgeq\f(h,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，2vA＝vB，聯立解得vB＝eq\r(\f(4,5)gh)，故D正確。命題點四含“彈簧類”機械能守恒問題1.由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統的總動能將發生變化，若系統所受的外力(除重力外)和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。2.彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大。3.如果系統每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當彈簧為自然長度時，系統內彈簧某一端的物體具有最大速度(如繃緊的彈簧由靜止釋放)。【例4】(多選)(2020·湖南衡陽市第二次模擬)如圖6所示，一根輕彈簧一端固定在O點，另一端固定一個帶有孔的小球，小球套在固定的豎直光滑桿上，小球位于圖中的A點時，彈簧處于原長，現將小球從A點由靜止釋放，小球向下運動，經過與A點關于B點對稱的C點后，小球能運動到最低點D點，OB垂直于桿，則下列結論正確的是()圖6A.小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度gB.小球從B點運動到C點的過程，小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和可能增大C.小球運動到C點時，重力對其做功的功率最大D.小球在D點時彈簧的彈性勢能一定最大答案AD解析在B點時，小球的加速度為g，在BC間彈簧處于壓縮狀態，小球在豎直方向除受重力外還有彈簧彈力沿豎直方向向下的分力，所以小球從A點運動到D點的過程中，其最大加速度一定大于重力加速度g，故A正確；由機械能守恒可知，小球從B點運動到C點的過程，小球做加速運動，即動能增大，所以小球的重力勢能和彈簧的彈性勢能之和一定減小，故B錯誤；小球運動到C點時，由于彈簧的彈力為零，合力為重力G，所以小球從C點往下還會加速一段，所以小球在C點的速度不是最大，即重力的功率不是最大，故C錯誤；D點為小球運動的最低點，即速度為零，彈簧形變量最大，所以小球在D點時彈簧的彈性勢能最大，故D正確。【變式4】(2020·廣東揭陽市下學期第二次模擬)如圖7所示，一光滑細桿固定在水平面上的C點，細桿與水平面的夾角為30°，一原長為L的輕質彈性繩，下端固定在水平面上的B點，上端與質量為m的小環相連，當把小環拉到A點時，AB與地面垂直，彈性繩長為2L，將小環從A點由靜止釋放，當小環運動到AC的中點D時，速度達到最大。重力加速度為g，下列說法正確的是()圖7A.在下滑過程中小環的機械能先減小后增大B.小環剛釋放時的加速度大小為gC.小環到達AD的中點時，彈性繩的彈性勢能為零D.小環的最大速度為eq\r(gL)答案B解析小環和彈性繩組成的系統機械能守恒，小環到達AC的中點D時，彈性繩的長度為2L，伸長量不為0，在AD之間有一位置彈性繩與AC垂直，小環從A點到彈性繩與AC垂直位置的過程中，彈性繩對小環做正功，從彈性繩與AC垂直位置到C點的過程中，彈性繩對小環做負功，所以下滑過程中小環的機械能先增大后減小，故A錯誤；在A位置，環受重力、彈性繩拉力和支持力，根據牛頓第二定律，有mgsin30°＋F彈sin30°＝ma，在D點，環的速度最大，說明加速度為零，彈性繩長度為2L，故mgsin30°－F彈cos60°＝0，聯立解得a＝g，故B正確；小環到達AD的中點時，彈性繩的長度為eq\r(3)L，伸長量不為0，故彈性勢能不為零，故C錯誤；在D點速度最大，此時彈性繩長度等于初位置彈性繩的長度，故初位置和D位置環的彈性勢能相等，所以mg·2Lcos60°＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gL)，故D錯誤。課時限時練(限時：30分鐘)對點練1機械能守恒的判斷1.(2020·重慶市上學期一診)高空豎直下落的物體，若阻力與速度成正比，則下列說法正確的是()A.下落過程，物體的機械能守恒B.重力對物體做的功等于物體動能的增加量C.若物體做加速運動，必是勻加速運動D.物體落地前有可能做勻速直線運動答案D解析下落過程，由于有阻力做功，則物體的機械能減小，A錯誤；根據動能定理，重力和阻力對物體做的功等于物體動能的增加量，B錯誤；根據牛頓第二定律mg－kv＝ma，可知隨速度的增加，物體的加速度減小，則物體做加速運動，一定不是勻加速運動，C錯誤；物體落地前，若滿足mg＝kv，則物體做勻速直線運動，D正確。2.(2020·北京市豐臺區二模)摩天輪是游樂場里的大型娛樂項目，它的直徑可以達到幾百米。乘客乘坐時，轉輪始終不停地勻速轉動，下列說法中正確的是()圖1A.在最高點，乘客處于超重狀態B.任一時刻乘客受到的合力都不等于零C.乘客在乘坐過程中對座椅的壓力始終不變D.乘客在乘坐過程中的機械能始終保持不變答案B解析在最高點，乘客具有向下的加速度，處于失重狀態，選項A錯誤；乘客做圓周運動，任一時刻受到的合力都不等于零，選項B正確；乘客在乘坐過程中勻速轉動，向心力時刻指向圓心，大小不變，對座椅的壓力不可能始終不變，選項C錯誤；乘客在乘坐過程中勻速轉動，動能不變，但重力勢能在變化，所以機械能也在變化，選項D錯誤。對點練2單個物體的機械能守恒3.(2020·江蘇如皋中學模擬)如圖2，光滑圓軌道固定在豎直面內，一質量為m的小球沿軌道做完整的圓周運動。已知小球在最低點時對軌道的壓力大小為FN1，在最高點時對軌道的壓力大小為FN2。重力加速度大小為g，則FN1－FN2的值為()圖2A.3mg B.4mgC.5mg D.6mg答案D解析在最高點，根據牛頓第二定律可得FN2＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,2),r)，在最低點，根據牛頓第二定律可得FN1－mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，從最高點到最低點過程中，機械能守恒，故有mg·2r＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，聯立三式可得FN1－FN2＝6mg，選項D正確。4.(多選)由光滑細管組成的軌道如圖3所示，其中AB段和BC段是半徑為R的四分之一圓弧，軌道固定在豎直平面內。一質量為m的小球，從距離水平地面高為H的管口D處靜止釋放，最后能夠從A端水平拋出落到地面上。下列說法正確的是()圖3A.小球落到地面相對于A點的水平位移值為2eq\r(RH－2R2)B.小球落到地面相對于A點的水平位移值為2eq\r(2RH－4R2)C.小球能從細管A端水平拋出的條件是H＞2RD.小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin＝eq\f(5,2)R答案BC解析小球從D到A運動過程中，只有重力做功，其機械能守恒，以地面為參考平面，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋2mgR＝mgH，解得vA＝eq\r(2gH－4gR)，小球從A點拋出后做平拋運動，運動時間t＝eq\r(\f(2×2R,g))＝2eq\r(\f(R,g))，則小球落到地面時相對于A點的水平位移x＝vAt＝2eq\r(2RH－4R2)，故A錯誤，B正確；細管可以提供支持力，所以到達A點拋出時的速度應大于零即可，即vA＝eq\r(2gH－4gR)＞0，解得H＞2R，所以小球能從細管A端水平拋出的最小高度Hmin＝2R，故C正確，D錯誤。對點練3連接體的機械能守恒5.(多選)如圖4所示，質量為m的小環(可視為質點)套在固定的光滑豎直桿上，一足夠長且不可伸長的輕繩一端與小環相連，另一端跨過光滑的定滑輪與質量為M的物塊相連，已知M＝2m。與定滑輪等高的A點和定滑輪之間的距離為d＝3m，定滑輪大小及質量可忽略。現將小環從A點由靜止釋放，小環運動到C點速度為0，重力加速度取g＝10m/s2，則下列說法正確的是(sin53°＝0.8，cos53°＝0.6)()圖4A.A、C間距離為4mB.小環最終靜止在C點C.小環下落過程中減少的重力勢能始終等于物塊增加的機械能D.當小環下滑至繩與桿的夾角為60°時，小環與物塊的動能之比為2∶1答案AD解析小環運動到C點時，由機械能守恒得mgLAC＝Mg(eq\r(d2＋Leq\o\al(2,AC))－d)，解得LAC＝4m，故A正確；假設小環最終靜止在C點，則繩中的拉力大小等于2mg，在C點對小環有FT＝eq\f(mg,sin53°)＝eq\f(5,4)mg≠2mg，所以假設不成立，小環不能靜止，故B錯誤；由機械能守恒定律可知，小環下落過程中減少的重力勢能轉化為物塊增加的機械能和小環增加的動能，故C錯誤；將小環的速度沿繩和垂直繩方向分解，沿繩方向的速度即為物塊的速度vM＝vmcos60°，由Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，小環與物塊的動能之比為2∶1，故D正確。對點練4含“彈簧類”機械能守恒問題6.(多選)如圖5所示，一輕彈簧一端固定在O點，另一端系一小球，將小球從與懸點O在同一水平面且使彈簧保持原長的A點靜止釋放，讓小球自由擺下，不計空氣阻力，在小球由A點擺向最低點B的過程中，下列說法正確的是()圖5A.小球的機械能守恒B.小球的機械能減少C.小球的重力勢能與彈簧的彈性勢能之和不變D.小球和彈簧組成的系統機械能守恒答案BD解析小球由A點下擺到B點的過程中，彈簧被拉長，彈簧的彈力對小球做了負功，所以小球的機械能減少，故選項A錯誤，B正確；在此過程中，由于只有重力和彈簧的彈力做功，所以小球與彈簧組成的系統機械能守恒，即小球減少的重力勢能等于小球獲得的動能與彈簧增加的彈性勢能之和，故選項C錯誤，D正確。7.(2020·河南省南陽市上學期期末)如圖6所示，固定在豎直平面內的圓管形軌道的外軌光滑，內軌粗糙。一小球從軌道的最低點以初速度v0向右運動，球的直徑略小于圓管的直徑，球運動的軌道半徑為R，空氣阻力不計，重力加速度大小為g，下列說法一定正確的是()圖6A.若v0＜2eq\r(gR)，小球運動過程中機械能不可能守恒B.若v0＝3eq\r(gR)，小球運動過程中機械能守恒C.若v0＜eq\r(5gR)，小球不可能到達最高點D.若v0＝2eq\r(gR)，小球恰好能到達最高點答案B解析若小球運動過程中機械能守恒，當小球恰好上升到與圓心等高處時，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgR，解得v0＝eq\r(2gR)＜2eq\r(gR)，故A錯誤；如果小球不擠壓內軌，則小球到達最高點速度最小時，有mg＝meq\f(v2,R)，從最低點到最高點過程中，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv2＋mg·2R，解得v0＝eq\r(5gR)，則小球要不擠壓內軌且做完整圓周運動，初速度應大于等于eq\r(5gR)，此時小球機械能守恒，故B正確；若小球的速度小于eq\r(5gR)，也有可能做完整的圓周運動到達最高點，只是最終在圓心下方做往復運動，故C錯誤；假設內軌光滑且小球運動到最高點時速度為0，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mg·2R，解得v0＝2eq\r(gR)，由于內軌粗糙，且2eq\r(gR)＜eq\r(5gR)，故若v0＝2eq\r(gR)，小球運動過程中，一定受到摩擦力作用，故小球在到達最高點以前速度已為零，不能到達最高點，故D錯誤。8.(2020·江蘇卷，15)如圖7所示，鼓形輪的半徑為R，可繞固定的光滑水平軸O轉動。在輪上沿相互垂直的直徑方向固定四根直桿，桿上分別固定有質量為m的小球，球與O的距離均為2R。在輪上繞有長繩，繩上懸掛著質量為M的重物。重物由靜止下落，帶動鼓形輪轉動。重物落地后鼓形輪勻速轉動，轉動的角速度為ω。繩與輪之間無相對滑動，忽略鼓形輪、直桿和長繩的質量，不計空氣阻力，重力加速度為g。求：圖7(1)重物落地后，小球線速度的大小v；(2)重物落地后一小球轉到水平位置A，此時該球受到桿的作用力的大小F：(3)重物下落的高度h。答案(1)2ωR(2)eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)(3)eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2解析(1)線速度v＝ωr，得v＝2ωR。(2)向心力F向＝2mω2R。設F與水平方向的夾角為α，則Fcosα＝F向；Fsinα＝mg解得F＝eq\r(（2mω2R）2＋（mg）2)。(3)落地時，重物的速度v′＝ωR，由機械能守恒定律得eq\f(1,2)Mv′2＋4×eq\f(1,2)mv2＝Mgh解得h＝eq\f(M＋16m,2Mg)(ωR)2。

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