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2025-2026学年重庆市长寿中学高二（上）月考物理试卷（9月份）
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.某电场区域的电场线分布如图，在电场中有、、、四个点，一点电荷仅在电场力作用下由点运动到点，其轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是( )
A. 该点电荷带正电，由运动到的过程中动能增大，电势能减小
B. 该点电荷带负电，由运动到的过程中动能减小，电势能增大
C. A、、、四点的场强大小关系为
D. A、、、四点的电势大小关系为
2.有一种电子仪器叫做示波器，可以用来观察电信号随时间变化，如图是它核心部件示波管的原理图，由电子枪、偏转电极、荧光屏等组成，管内抽真空。电子枪产生热电子，当两对偏转电极不加偏转电压时，电子正好打在荧光屏中心。设热电子初速度为零，经过加速电压加速后进入偏转电极，电子最终打在荧光屏上某处出现亮点以便观察，不计电子重力、电子间相互作用。下列说法正确的是( )
A. 电子加速后进入两对偏转电极后，均做匀速圆周运动
B. 电子到达荧光屏的动能大小只与加速电压有关，与偏转电极电压无关
C. 图中沿轴线射入的电子，当偏转电极、，电子有可能击中荧光屏幕正中心
D. 电子经加速电压加速后垂直进入区间，则经过的时间与两对偏转电极电压无关
3.如图所示，两块较大的金属板、相距为，平行放置并与一电源相连。开关闭合后，两板间恰好有一质量为、带电荷量为的油滴处于静止状态，则说法正确的是( )
A. 将向左平移一小段位移，则两金属板电荷量增加
B. 将向上平移一小段位移，则表中有的电流
C. 断开后将向下平移一小段位移，则油滴保持静止
D. 断开后将向左平移一小段位移，则两金属板间的电势差减小
4.A、两金属板平行放置，在时将电子从板附近由静止释放，则在、两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了板( )
A. B.
C. D.
5.空间中存在某一静电场，其电势沿轴的分布如图所示，、、、是轴上的四个点，质量为、带电量为的粒子不计重力，以初速度从点沿轴正方向进入电场，在粒子沿轴运动的过程中，下列说法正确的是( )
A. 粒子在点的速度为
B. 从到点的过程中，粒子的电势能先减小后增大
C. 若粒子能到达处，则的大小至少应为
D. 若，则粒子在运动过程中的最大动能为
6.如图所示，光滑水平面上有一质量为的物块静止放置，物块左侧有一发射装置可以连续向右射出质量均为的子弹，每颗子弹的初速度大小均为，每颗子弹与物块作用时间极短，子弹在物块中所受作用力大小不变，且全部子弹均停留在物块中，子弹可视为质点，已知，下列说法正确的是( )
A. 若总共射出颗子弹，物块稳定时的速度大小为
B. 第颗子弹对物块的冲量大小为
C. 每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越大
D. 每颗子弹与物块作用过程损失的机械能不变
7.如图所示，光滑绝缘的四分之三圆环竖直放置，甲、乙、丙为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球已知小球丙位于圆环最高点，甲、丙连线与竖直方向成角，乙、丙连线与竖直方向成角，三个小球均处于静止状态且甲、乙与圆环间无作用力，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙、丙小球带同种电荷
B. 甲、乙小球带异种电荷，乙、丙小球带同种电荷
C. 甲、乙小球的电荷量比值为
D. 甲、乙小球的电荷量比值为
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.如图所示，一半径为的圆处在平行于圆面的匀强电场中，为圆的直径，为圆上一点，与夹角为。点电势为，圆心的电势为，点电势为，，则( )
A. 匀强电场方向平行于
B. 点电势大于
C. 匀强电场的电场强度大小为
D. 圆周上电势最高点的电势为
9.下列有关静电的说法正确的是( )
A. 复印机是利用静电吸附作用工作的
B. 为了美观，最好把避雷针顶端设计成球形
C. 电工穿用铜丝编织的高压作业服是因为该衣服不容易被扯破
D. 飞机的机轮上装有搭地线或用导电橡胶做轮胎都是为了防止静电危害
10.如图所示，倾角为的足够长光滑绝缘斜面固定在水平面上，空间中存在水平向右的匀强电场，电场强度。小球的电荷量为，小球不带电，质量均为，两球用劲度系数为的轻质绝缘弹簧连接，弹簧处于原长并锁定。现解除锁定释放两球并开始计时，时刻两球第一次速度相等，速度大小为，此时弹簧形变量为，在整个运动过程中弹簧均在弹性限度内，重力加速度为。下列说法正确的是( )
A. 两球每次速度相同时弹簧形变量均为
B. 两球每次加速度相同时弹簧的形变量均为
C. 在时，小球的电势能增加了
D. 在时，两球和弹簧系统机械能减少了
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
11.用图甲实验装置验证动量守恒定律。主要步骤为：
将斜槽固定在水平桌面上，使槽的末端水平；
让质量为的入射球多次从斜槽上位置静止释放，记录其平均落地点位置；
把质量为的被碰球静置于槽的末端，再将入射球从斜槽上位置静止释放，与被碰球相碰，并多次重复，记录两小球的平均落地点位置；
记录小球抛出点在地面上的垂直投影点，测出碰撞前后两小球的平均落地点的位置、、与的距离分别为、、，如图乙，分析数据：
实验中入射球和被碰球的质量应满足的关系为______。填“”“”或“”
单选关于该实验，下列说法正确的有______。
A.斜槽轨道必须光滑
B.铅垂线的作用是检验斜槽末端是否水平
C.入射球和被碰球的半径必须相同
D.实验中必须测量出小球抛出点的离地高度
若两球碰撞时的动量守恒，应满足的关系式为______；若碰撞是弹性碰撞，还应满足的关系式为______。均用题中所给物理量的符号表示
12.在“用传感器观察电容器的充放电过程”实验中，按图所示连接电路。电源电压为直流。
先将开关拨至位置，充电完毕，再将开关拨至位置，则流经电阻的电流方向为______填“从上到下”或“从下到上”；
放电过程图像如图所示，曲线与横轴围成的区域共有个小格，则电容器电容的测量值为______结果保留三位有效数字；
关于电容器在整个充、放电过程中通过定值电阻的图像和图像的大致形状，可能正确的有______为、两板的电势差填标号。
A. B.
C. D.
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.若在匀强电场中把电荷量为的点电荷从点移到点，静电力做功，如图所示，匀强电场电场线与平行，长，与成角。
求匀强电场的场强大小和方向；
设处电势为，则该电荷在点电势能为多少？处电势为多少？
14.如图所示，空间中有两块带电平行金属板、，两板间距为，两板间的电压。小球以的水平速度从两板间的点飞入，点到上极板左端点的竖直距离为，然后从下极板的右端点点飞出，并沿切线方向飞入竖直光滑圆轨道。点与光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径。平行金属板、的右侧垂线的右侧区域存在水平向右的匀强电场，电场强度。已知小球带正电，质量，电荷量，重力加速度取，，不计空气阻力。求：
小球在点的速度大小；
极板的长度；
小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度。
15.如图甲所示，真空中的电极可连续不断地均匀飘出电子电子的初速度可视为零。电子经电场加速后，由小孔穿出并沿平行板电容器中轴线射入偏转电场，两板间距为，板长为，两板间加周期性变化的电压如图乙所示，已知加速电压为，电子质量为，电量为，为偏转电场的周期，图中为已知量。不计电子的重力，不计电子间的相互作用力，且所有电子都能离开偏转电场，求：
电子从加速电场飞出后的水平速度大小？
时刻射入电容器的电子离开电场时偏离中轴线的距离；
在足够长的时间内从中线上方离开偏转电场的电子占电子总数的比值。
答案解析
1.【答案】
【解析】解：、试探电荷受到的电场力指向轨迹凹侧，大致向左，与电场线方向相反，电荷带负电，电荷只受静电力作用力，电场力做负功，试探电荷的电势能增大，动能减小，故A错误，B正确；
C、电场线的疏密程度代表电场大小，所以、、、四点的场强大小关系为点最小，故C错误。
D、沿着电场线方向，电势逐渐降低，所以、、、四点的电势大小关系为，故D错误。
故选：。
试探电荷受到的电场力指向轨迹的内侧，判断试探电荷受到的电场力方向大致向左，从而确定出电荷的正负，试探电荷在由点运动到点的过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，电场线的疏密程度代表电场大小，沿着电场线方向，电势逐渐降低。
依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的关键，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低大小情况。
2.【答案】
【解析】解：电子加速后进入偏转电极，在电场中受到恒定的电场力的作用，电子做匀变速运动，故A错误；
B.电子经过偏转电极时，偏转电极对电子做正功，电子离开电场后做匀速直线运动，偏转电压不同，电子离开偏转电场的偏转角度不同，因此电子到达荧光屏的时间与偏转电压有关，故B错误；
C.图中沿轴线射入的电子，当偏转电极、，电子击中荧光屏幕第二象限，不可能出现在荧光屏中心，故C错误；
D.垂直进入区间的电子，在轴线方向做匀速直线运动，所以经过该区域时间与偏转电极电压无关，故D正确。
故选：。
电子在电场中受力方向与电场强度的方向相反，根据电子在电场中受力情况分析电子的运动情况。
本题考查电子的偏转，要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况。
3.【答案】
【解析】解：、开关闭合后，两金属板间电压不变。将向左平移一小段位移，两极板之间正对面积减小，根据电容的决定式分析可知，电容减小，根据电容的定义式分析可知，两金属板电荷量减小，故A错误；
B、将向上平移一小段位移，极板之间间距增大，由分析可知，电容减小，电压不变，由电容的定义式分析可知，两金属板电荷量减小，即电容器放电，极板先前带负电，电荷量减小，可知，极板失去电子，电子从运动，则表中有的电流，故B错误；
C、断开后，极板所带电荷量一定，极板之间的电场强度
结合、可得
，与无关，可知，将向下平移一小段位移，极板间距减小，但极板之间电场强度不变，液滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止，故C正确；
D、根据上述有，断开后极板所带电荷量不变，向左平移一小段位移，极板正对面积减小，两金属板间的电势差增大，故D错误。
故选：。
开关闭合后，两金属板间电压不变，根据电容的决定式分析电容的变化，由电容的定义式分析两金属板电荷量的变化，再判断表中电流方向；断开后极板所带电荷量一定，根据电容的决定式、电容的定义式和场强公式推导出板间场强与电荷量的关系，再分析场强的变化，判断油滴的运动情况，并判断两金属板间的电势差变化情况。
本题是电容器动态分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式、电容的定义式和场强公式相结合进行分析。
4.【答案】
【解析】解：加图电压，电子从板开始向板做匀加速直线运动一定能到达板．故A错．
加图电压，开始向板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的图，可知有可能到不了板．故B对．
加图电压，由图，电子一直向前运动，可知一定能到达板．故C错．
加图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达板．故D错．
故选B．
首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的图象进行分析．
解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合图象求解．
5.【答案】
【解析】解：图像的斜率的绝对值为电场强度大小，因为沿电场线方向电势降低，所以，沿轴，在范围内电场强度沿轴负方向，在范围内电场强度沿轴正方向，在范围内电场强度沿轴负方向。粒子到达处时，电势变化量为，所以根据公式可知电势能变化量也为，即电场力做功为，根据功能关系可知，粒子的动能不变，所以粒子在点的速度仍为，故A错误；
B.电场力对带电粒子做负功，电势能一直增大，故B错误；
C、粒子能运动恰好运动到处，就能运动到处。若粒子能运动恰好运动到处，初速度最小，根据动能定理得：
上式解得
故C正确；
D.由题意可知，粒子到达处时，速度最大，若，由功能关系可得，粒子过程中
解得粒子在运动过程中的最大动能
故D错误。
故选：。
根据动能定理求粒子在点的速度。根据负电荷在电势低处电势能大，分析电势能的变化；若粒子能运动到处，初速度最小，根据动能定理求解最小初速度；若为，当带电粒子运动到处时，电场力做正功最大，粒子的速度最大，根据动能定理求解最大速度。
本题一要抓住图象的斜率等于电场强度，分析电场力变化情况，由电势与电势能的变化，判断电势能的变化。根据电场力做功情况，分析粒子运动到什么位置速度最大，由动能定理求解最大速度。
6.【答案】
【解析】解：、子弹与物块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，解得，故A错误；
B、子弹与物块组成的洗系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得，解得，由动量定理可知，第颗子弹对物块的冲量，解得，故B正确；
、由的分析可知，随子弹的打入物块的速度越来越大，子弹与物块的相对速度越来越小，子弹打入物块后相对于子弹的路程越来越小，摩擦产生的热量，由于越来越小，则摩擦产生的热量越来越小，由能量守恒定律可知，每颗子弹与物块作用过程损失的机械能越来越小，故CD错误。
故选：。
子弹与物块组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出子弹击中物块后的速度；应用动量定理求出子弹对物块的冲量大小；子弹击中物块过程摩擦产生的热量等于子弹损失的机械能，根据摩擦产生的热量比较损失的机械能关系。
根据题意分析清楚子弹与物块的运动过程，应用动量守恒定律、动量定理与能量守恒定律可以解题。
7.【答案】
【解析】解：、对丙球，受到重力、环的支持力以及甲球与乙的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有甲球对丙球的库仑力的分力与乙球对丙球的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，甲与乙对丙的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则甲与乙的电性必定是相同的；甲与乙带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对甲，甲受到重力、环的支持力以及乙、丙对甲的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、乙对甲的库仑力向左的分力、丙对甲的库仑力的分力，若甲要平衡，则丙对甲的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以丙对甲的作用力必须是吸引力，所以丙与甲的电性一定相反。即：甲、乙小球带同种电荷，乙、丙小球带异种电荷，故AB错误；
、设环的半径为，三个小球的带电量分别为：、和，甲、丙两球间的距离为，乙、丙两球间的距离为，由几何关系可得：，；甲与乙对丙的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对丙的作用力在水平方向的分力大小相等，则有：，代入数据解得：，故C错误，D正确。
故选：。
分别对三个小球受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用。对丙球由共点力平衡的条件结合几何关系判断甲球、乙球电量的大小关系。
该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目中的条件，判断出丙球平衡时甲球与乙球对丙球的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对丙球的作用力在水平方向的分力大小相等。
8.【答案】
【解析】解：、如图所示
中点的电势为
可知为等势线，，又点电势较高，则电场线方向沿方向，根据几何关系可知
电场大小为
解得
故AC正确；
B、根据公式
由于点电势为，则点电势为，故B错误；
D、平行于方向过原点的直径与圆周的交点分别是最高、最低的电势，则，故D正确；
故选：。
根据匀强电场电场强度与电势差的关系可得到等势线，根据等势线与电场线垂直得到电场线方向，然后根据匀强电场电场强度与电势差的关系计算电场强度；过圆心的一条电场线与圆周的交点电势最高。
能够根据题给信息画出电场线方向是解题的关键，知道匀强电场中电场强度和电势差的关系。
9.【答案】
【解析】解：静电复印是利用光敏半导体的光导特性和静电吸附作用工作的，故A正确；
B、避雷针是利用了静电的尖端效应制作的，故避雷针必须做成针状，不能做成球形，故B错误；
C、电工穿用铜丝编织的高压作业服作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害，故C错误；
D、飞机在飞行时，与空气摩擦产生大量的静电，落时通过飞机轮上装搭地线，或用导电橡胶做轮胎都是为了将静电导走，故D正确。
故选：。
本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。
10.【答案】
【解析】解：、对小球整体分析，受重力、电场力、和斜面支持力，重力沿斜面向下分力为，电场力沿斜面向上分力，整体沿斜面方向合力为：，做匀加速直线运动，加速度
对分析，除了受重力、电场力、支持力外还受到弹簧弹力，当两球的速度相同时，球速度从大于速度到等于速度过程中，弹簧是伸长的，之后弹簧继续伸长过程，两球还会有速度相等情况，但形变量是变化的，不是均为，故A错误；
B、当两球速度相同时，对整体根据牛顿第二定律有：，从而得到，对球由牛顿第二定律有：，对球由牛顿第二定律有：，联立以上各式得：，所以。即两球加速度再次相等时，弹簧的形变量均为，故B正确；
C、时，对球动能定理：，而，球电势能增加量：，，由运动过程是以为匀速运动位移，为实际位移，根据，，从而得到：，故C正确；
D、时，位移因为匀加速，时平均速度，，电场力做功，。
，两球重力势能不变，动能增加小于电场力做负功绝对值，系统机械能减少量，故D正确。
故选：。
用整体法和隔离法对整体、球、球进行受力分析，并求出整体的加速度和速度及其变化，并确定速度相等时，形变量是否是；
根据牛顿第二定律分别列式，求出相同的加速度，和弹力，结合胡克定律求形变量；
求出相应时间的位移，再根据功能关系求电势能的增加量和机械能的减少量。
本题考查弹簧连接体在电场中的能量和动力学问题，用整体法和隔离法对研究对象进行受力分析，确定各时段的运动状态是解题的前提，再适时应用动能定理和功能关系解决问题。
11.【答案】。 。 ，或
【解析】为了避免碰撞后小球被撞回，所以要求入射球的质量大于被碰球的质量，即。
只要保证每一次小球从同一位置静止释放，使得小球获得相同的初速度即可，斜槽轨道可以不用光滑，故A错误；
B.铅垂线的作用是用来确定点位置的，不是用来检验斜槽是否水平，故B错误；
C.为了能够让小球发生对心碰撞，入射球和被碰球的半径必须相同，故C正确；
D.小球从斜槽末端飞出后，做平抛运动，由于高度相同，所以在空中运动时间相同，即可用水平位移表示速度，所以不需要测量小球抛出点的离地高度，故D错误。
故选：。
设小球在空中运动的时间为，规定向右的方向为正方向，若满足动量守恒定律有，整理得，若碰撞是弹性碰撞，还应满足机械能守恒定律，即或化简整理得。
故答案为：。。，或。
根据碰撞避免反弹的需要进行分析解答。
根据验证碰撞中动量守恒的实验原理和注意事项进行分析解答。
根据动量守恒和机械能守恒列式进行分析解答。
考查验证动量守恒定律的实验，关键是明确相应的实验原理和注意事项，理解动量守恒的表达式和变形式，难度中等。
12.【答案】从下到上
【解析】解：充电完毕，将开关拨至位置，电容器放电，电容器上极板带正电，则流经电阻的电流方向为从下到上。
根据可知，图象与坐标值围成的面积表示电量，电量为
电容器电容的测量值为
在开始充电的瞬间，由于极板上没有电荷，电容器极板两端电压为零，此时电容器相当于短路，极板上很容易充上电荷，所以电荷量变化率即电流刚开始比较大，随着电容极板上电荷数量的增加，电流减小；电容放电时，刚开始两极板间电势差较大，电荷量的变化率即电流较大，随着放电进行，两极板间电势差减小，电流也减小。且充电和放电时，流经电阻的电流方向相反，故A正确，B错误；
根据，且不变可知，与的变化情况相同，充电时和放电时电势差都变化越来越慢，且上极板一直为高电势，故C错误，D正确。
故选：。
故答案为：从下到上；；
根据电容器的充、放电原理分析解答；
根据图像的认识及分析解答；
根据结合等效原理解答。
此题考查含容电路，如果电容器与电阻串联，把电阻当成导线。注意结合图像分析电荷量及电压的变化情况。
13.【答案】匀强电场的场强大小为，方向由指向。
该电荷在点电势能为，处电势为
【解析】将正试探电荷从点移动到点，静电力做正功，表明正电荷所受静电力方向由指向。由于场强方向与正电荷受力方向一致，故电场强度方向由指向。
根据静电力做功公式，解得电场强度大小：。
已知点电势，则电荷在点的电势能为，解得：。由静电力做功与电势能关系，解得点电势能：。故A点电势为。解得：
答：匀强电场的场强大小为，方向由指向。
该电荷在点电势能为，处电势为。
根据静电力做功与电场强度的关系，利用已知的电荷量、位移和做功量，结合位移与电场方向的夹角，可以计算出电场强度的大小。由于静电力对正电荷做正功，电场方向应与位移分量方向一致，由此确定电场方向由指向。
已知点电势，可先求出电荷在点的电势能。根据静电力做功等于电势能变化量，可以求出电荷在点的电势能。再利用电势能与电势的关系，将点电势能除以电荷量，即可得到点的电势值。
本题综合考查静电场中电场强度、电势能、电势等核心概念的理解与应用。题目通过点电荷在匀强电场中的移动情景，将电场力做功与几何关系相结合，既考查学生对电场强度方向判断的基本功，又检验电势能变化与电场力做功关系的掌握程度。第一问需根据功的定义式结合几何关系求解场强大小，计算过程涉及角度处理，体现空间想象能力；第二问通过电势能变化与电势的转换，考查能量观点的运用。题目计算量适中，难度中等偏上，能有效区分学生对电场力做功与电势能变化关系的理解深度，特别是对电势能正负与电势高低关系的辨析能力。解题关键在于准确建立电场力做功与位移方向的几何关系，并正确运用电势能变化与电场力做功的对应关系。
14.【答案】解：小球从点到点，由动能定理得
其中
解得
小球在两板间做类平抛运动，则水平方向有
竖直方向有
其中电场力产生的加速度大小为
联立解得
小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，在等效平衡位置时，电场力和重力的合力沿半径向外，如图所示。
由图可知
解得
小球在点时，设与竖直方向的夹角为，可知
得
小球从点到等效平衡位置，由动能定理可得
代入数据解得
答：小球在点的速度大小为；
极板的长度为；
小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度是。
【解析】小球从点到点，利用动能定理求解小球在点的速度大小；
小球在两板间做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求解极板的长度；
小球在圆弧轨道上运动时，在等效平衡位置时速度最大，确定平衡位置，再由动能定理求解小球在竖直圆轨道上滚动时的最大速度。
解决本题时，首先要掌握处理类平抛运动的方法：运动的分解法。其次，要找到小球在竖直圆轨道上滚动时等效平衡位置，运用动能定理求最大速度。
15.【答案】电子从加速电场中由动能定理可知：
解得；
在偏转电场中，带电粒子做类平抛运动
运动时间
竖直方向内有
内有
解得；
根据牛顿第二定律有
时刻进入电容器，有
解得
设从时刻前的一段时间时刻进入电容器，
则
解得
综上分析可知占比为。
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
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