資源簡介

專題二：帶電粒子在復合場中的運動
——知識目標
姓名______________
一、復合場及其特點
這里所說的復合場是指電場、磁場、重力場并存，或其中某兩種場并存的場．帶電粒子在這些復合場中運動時，必須同時考慮電場力、洛侖茲力和重力的作用或其中某兩種力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要．
二、帶電粒子在復合場電運動的基本分析
1．當帶電粒子在復合場中所受的合外力為0時，粒子將做勻速直線運動或靜止．
2．當帶電粒子所受的合外力與運動方向在同一條直線上時，粒子將做變速直線運動．
3．當帶電粒子所受的合外力充當向心力時，粒子將做勻速圓周運動．
4．當帶電粒子所受的合外力的大小、方向均是不斷變化的時，粒子將做變加速運動，這類問題一般只能用能量關系處理．
三、電場力和洛侖茲力的比較
1．在電場中的電荷，不管其運動與否，均受到電場力的作用；而磁場僅僅對運動著的、且速度與磁場方向不平行的電荷有洛侖茲力的作用．
2．電場力的大小F＝Eq，與電荷的運動的速度無關；而洛侖茲力的大小f=Bqvsinα,與電荷運動的速度大小和方向均有關．
3．電場力的方向與電場的方向或相同、或相反；而洛侖茲力的方向始終既和磁場垂直，又和速度方向垂直．
4．電場力既可以改變電荷運動的速度大小，也可以改變電荷運動的方向，而洛侖茲力只能改變電荷運動的速度方向，不能改變速度大小
5．電場力可以對電荷做功，能改變電荷的動能；洛侖茲力不能對電荷做功，不能改變電荷的動能．
6．勻強電場中在電場力的作用下，運動電荷的偏轉軌跡為拋物線；勻強磁場中在洛侖茲力的作用下，垂直于磁場方向運動的電荷的偏轉軌跡為圓弧．
四、對于重力的考慮
重力考慮與否分三種情況．（1)對于微觀粒子，如電子、質子、離子等一般不做特殊交待就可以不計其重力，因為其重力一般情況下與電場力或磁場力相比太小，可以忽略；而對于一些實際物體，如帶電小球、液滴、金屬塊等不做特殊交待時就應當考慮其重力．（2)在題目中有明確交待的是否要考慮重力的，這種情況比較正規，也比較簡單．（3)對未知名的帶電粒子其重力是否忽略又沒有明確時，可采用假設法判斷，假設重力計或者不計，結合題給條件得出的結論若與題意相符則假設正確，否則假設錯誤．
五、復合場中的特殊物理模型
1．粒子速度選擇器
如圖所示，粒子經加速電場后得到一定的速度v0，進入正交的電場和磁場，受到的電場力與洛侖茲力方向相反，若使粒子沿直線從右邊孔中出去，則有qv0B＝qE,v0=E/B，若v= v0=E/B，粒子做直線運動，與粒子電量、電性、質量無關
若v＜E/B，電場力大，粒子向電場力方向偏，電場力做正功，動能增加．
若v＞E/B，洛侖茲力大，粒子向磁場力方向偏，電場力做負功，動能減少．
2．磁流體發電機
如圖所示，由燃燒室O燃燒電離成的正、負離子（等離子體）以高速．噴入偏轉磁場B中．在洛侖茲力作用下，正、負離子分別向上、下極板偏轉、積累，從而在板間形成一個向下的電場．兩板間形成一定的電勢差．當qvB=qU/d時電勢差穩定U＝dvB，這就相當于一個可以對外供電的電源．
3．電磁流量計．
電磁流量計原理可解釋為：如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有可以導電的液體向左流動．導電液體中的自由電荷（正負離子）在洛侖茲力作用下縱向偏轉，a,b間出現電勢差．當自由電荷所受電場力和洛侖茲力平衡時，a、b間的電勢差就保持穩定．
由Bqv=Eq=Uq/d，可得v=U/Bd．流量Q=Sv=πUd/4B
4．質譜儀
如圖所示
組成：離子源O，加速場U，速度選擇器（E,B），偏轉場B2，膠片．
原理：加速場中qU=?mv2
選擇器中：v=E/B1
偏轉場中：d＝2r，qvB2＝mv2/r
比荷：
質量
作用：主要用于測量粒子的質量、比荷、研究同位素．
5．回旋加速器
如圖所示.
組成：兩個D形盒，大型電磁鐵，高頻振蕩交變電壓，兩縫間可形成電壓U
作用：電場用來對粒子（質子、氛核,a粒子等）加速，磁場用來使粒子回旋從而能反復加速．高能粒子是研究微觀物理的重要手段．
要求：粒子在磁場中做圓周運動的周期等于交變電源的變化周期．
關于回旋加速器的幾個問題：
(1)回旋加速器中的D形盒，它的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在圓周運動過程中只處在磁場中而不受電場的干擾，以保證粒子做勻速圓周運動.
(2)回旋加速器中所加交變電壓的頻率f,與帶電粒子做勻速圓周運動的頻率相等：
(3)回旋加速器最后使粒子得到的能量，可由公式來計算，在粒子電量，、質量m和磁感應強度B一定的情況下，回旋加速器的半徑R越大，粒子的能量就越大．
 專題二：帶電粒子在復合場中的運動(1)
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1．如圖所示，在x軸上方有勻強電場，場強為E；在x軸下方有勻強磁場，磁感應強度為B，方向如圖，在x軸上有一點M，離O點距離為L．現有一帶電量為十q的粒子，使其從靜止開始釋放后能經過M點．如果把此粒子放在y軸上，其坐標應滿足什么關系？（重力忽略不計）
2．如圖所示，在寬l的范圍內有方向如圖的勻強電場，場強為E，一帶電粒子以速度v垂直于電場方向、也垂直于場區邊界射入電場，不計重力，射出場區時，粒子速度方向偏轉了θ角，去掉電場，改換成方向垂直紙面向外的勻強磁場，此粒子若原樣射入磁場，它從場區的另一側射出時，也偏轉了θ角，求此磁場的磁感強度B．
3．初速為零的離子經過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T中水平射出，經過一段路程后進入水平放置的兩平行金屬板MN和PQ之間．離子所經空間存在一磁感強度為B的勻強磁場，如圖所示．（不考慮重力作用），離子荷質比q/m（q、m分別是離子的電量與質量）在什么范圍內，離子才能打在金屬板上？
4．如圖，兩個共軸的圓筒形金屬電極，外電極接地，其上均勻分布著平行于軸線的四條狹縫a、b、c和d，外筒的半徑為r0．在圓筒之外的足夠大區域中有平行于軸線方向的均勻磁場，磁感強度的大小為B．在兩極間加上電壓，使兩圓筒之間的區域內有沿半徑向外的電場．一質量為m、帶電量為＋q的粒子，從緊靠內筒且正對狹縫a的s點出發，初速為零．如果該粒子經過一段時間的運動之后恰好又回到出發點S，則兩電極之間的電壓U應是多少？（不計重力，整個裝置在真空中）．
 專題二：帶電粒子在復合場中的運動(2)
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1．如圖所示，從正離子源發射的正離子經加速電壓U加速后進入相互垂直的勻強電場E（方向豎直向上）和勻強磁場B（方向垂直于紙面向外）中，發現離子向上偏轉，要使此離子沿直線穿過電場?
A．增大電場強度E，減小磁感強度B
B．減小加速電壓U ，增大電場強度E
C．適當地加大加速電壓U
D．適當地減小電場強度E
2．湯姆生用來測定電子的比荷（電子的電荷量與質量之比）的實驗裝置如圖所示，真空管內加速后，穿過A'中心的小孔沿中心軸010的方向進入到兩塊水平正對放置的平行極板P和P/，間的區域．當極板間不加偏轉電壓時，電子束打在熒光屏的中心0點處，形成了一個亮點；加上偏轉電壓U后，亮點偏離到0'點，（O'與0點的豎直間距為d，水平間距可忽略不計）．此時，在P和P/間的區域，再加上一個方向垂直于紙面向里的勻強磁場．調節磁場的強弱，當磁感應強度的大小為B時，亮點重新回到0點．已知極板水平方向的長度為L1，極板間距為b，極板右端到熒光屏的距離為L2（如圖所示）．
(1)求打在熒光屏0點的電子速度的大小．
(2）推導出電子的比荷的表達式．
3．如圖所示，M、N為兩塊帶等量異種電荷的平行金屬板，S1、S2為板上正對的小孔，N板右側有兩個寬度均為d的勻強磁場區域，磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于紙面向里和向外，磁場區域右側有一個熒光屏，取屏上與S1、S2共線的O點為原點，向下為正方向建立x軸．板左側電子槍發射出的熱電子經小孔S1進入兩板間，電子的質量為m，電荷量為e，初速度可以忽略．求：
(1)當兩板間電勢差為U0時，求從小孔S2射出的電子的速度v0；
(2)兩金屬板間電勢差U在什么范圍內，電子不能穿過磁場區域而打到熒光屏上；
(3)電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數關系．
 專題二：帶電粒子在復合場中的運動(3)
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1．回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示.它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．如果用同一回旋加速器分別加速氚核（）和α粒子（）比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大動能的大小，有（ ）
A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大
B．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小
C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小
D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大
2．如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置，環形區域內存在垂直紙面向外．大小可調節的均勻磁場，質量為m，電量＋q的粒子在環中作半徑為R的圓周運動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當粒子飛經A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間電場中得到加速，每當粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變．
（l）設t=0時粒子靜止在A板小孔處，在電場作用下加速，并繞行第一圈，求粒子繞行n圈回到A板時獲得的總動能En．
（2）為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場必須周期性遞增，求粒子繞行第n圈時的磁感應強度Bn．
（3）求粒子繞行n圈所需的總時間tn（設極板間距遠小于R）．
（4）在（2）圖中畫出A板電勢U與時間t的關系（從t＝0起畫到粒子第四次離開B板時即可）．
（5）在粒子繞行的整個過程中，A板電勢是否可始終保持為＋U？為什么?
3．如圖所示，在直角坐標系的第Ⅱ象限和第Ⅳ象限中的直角三角形區域內，分布著磁感應強度均為B＝5.0×10－3T的勻強磁場，方向分別垂直紙面向外和向里．質量為m＝6.64×10－27㎏、電荷量為q＝＋3.2×10－19C的α粒子（不計α粒子重力），由靜止開始經加速電壓為U＝1205V的電場（圖中未畫出）加速后，從坐標點M（－4，）處平行于x軸向右運動，并先后通過兩個勻強磁場區域．
(1)請你求出α粒子在磁場中的運動半徑；
(2)你在圖中畫出α粒子從直線x＝－4到直線x＝4之間的運動軌跡，并在圖中標明軌跡與直線x＝4交點的坐標；
(3)求出α粒子在兩個磁場區域偏轉所用的總時間．
 專題二：帶電粒子在復合場中的運動(4)
姓名______________
1．如圖所示，豎直平面內存在水平向右的勻強電場，場強大小E=10N／c，在y≥0的區域內還存在垂直于坐標平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B=0.5T一帶電量、質量的小球由長的細線懸掛于點小球可視為質點，現將小球拉至水平位置A無初速釋放，小球運動到懸點正下方的坐標原點時，懸線突然斷裂，此后小球又恰好能通過點正下方的N點.(g=10m／s)，求：
(1)小球運動到點時的速度大小；
(2)懸線斷裂前瞬間拉力的大小；
(3)間的距離
2．兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，兩板間距為d、板長為l，在緊靠平行板右側的正三角形區域內存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個質量為m、電量為+q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場，BD=AB，并垂直AC邊射出(不計粒子的重力)．求：
(1)兩極板間電壓；
(2)三角形區域內磁感應強度；
(3)若兩板間不加電壓，三角形區域內的磁場方向垂直紙面向外．要使粒子進入磁場區域后能從AB邊射出，試求所加磁場的磁感應強度最小值．
3．如圖甲所示，豎直擋板MN左側空間有方向豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，電場和磁場的范圍足夠大，電場強度E=40N/C，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖象如圖乙所示，選定磁場垂直紙面向里為正方向．t=0時刻，一質量m=8×10-4kg、電荷量q=+2×10-4C的微粒在O點具有豎直向下的速度v=0.12m/s，O′是擋板MN上一點，直線OO′與擋板MN垂直，取g=10m/s2．求：
（1）微粒再次經過直線OO′時與O點的距離；
（2）微粒在運動過程中離開直線OO′的最大高度；
（3）水平移動擋板，使微粒能垂直射到擋板上，擋板與O點間的距離應滿足的條件．
 專題二：帶電粒子在復合場中的運動(5)
姓名______________
1．如圖所示，在傾角為30°的斜面OA的左側有一豎直檔板，其上有一小孔P，OP=0.5m.現有一質量m=4×10－20kg，帶電量q=+2×10－14C的粒子，從小孔以速度v0=3×104m/s水平射向磁感應強度B=0.2T、方向垂直紙面向外的一圓形磁場區域．且在飛出磁場區域后能垂直打在OA面上，粒子重力不計．求：
（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；
（2）粒子在磁場中運動的時間；
（3）圓形磁場區域的最小半徑；
（4）若磁場區域為正三角形且磁場方向垂直向里，粒子運動過程中始終不碰到擋板，其他條件不變，求：此正三角形磁場區域的最小邊長．
2．如圖所示，在同時存在勻強電場和勻強磁場的空間中取正交坐標系Oxyz（x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上）．勻強磁場方向與Oxy平面平行，且與x軸的夾角為，重力加速度為g．
（1）一質量為m、電荷量為的帶電質點沿平行于z軸正方向以速度v0做勻速直線運動，求滿足條件的電場強度的最小值及對應的磁感應強度；
（2）在滿足（1）的條件下，當帶電質點通過y軸上的點時，撤去勻強磁場，求帶電質點落在Oxz平面內的位置；
（3）當帶電質點沿平行于z軸負方向以速度v0通過y軸上的點時，改變電場強度大小和方向，同時改變磁感應強度的大小，要使帶點質點做勻速圓周運動且能夠經過x軸，問電場強度E和磁感應強度B大小滿足什么條件？
 專題二：帶電粒子在復合場中的運動
——參考答案
（1）
1、解析：由于此帶電粒子是從靜止開始釋放的，要能經過M點，其起始位置只能在勻強電場區域．物理過程是：靜止電荷位于勻強電場區域的y軸上，受電場力作用而加速，以速度v進入磁場，在磁場中受洛侖茲力作用作勻速圓周運動，向x軸偏轉．回轉半周期過x軸重新進入電場，在電場中經減速、加速后仍以原速率從距O點2R處再次超過x軸，在磁場回轉半周后又從距O點4R處飛越x軸如圖所示（圖中電場與磁場均未畫出）故有L＝2R，L＝2×2R，L＝3×2R
即 R＝L／2n，（n=1、2、3……）…………… ①
設粒子靜止于y軸正半軸上，和原點距離為h，由能量守恒得mv2／2=qEh……②
對粒子在磁場中只受洛侖茲力作用而作勻速圓周運動有：R＝mv／qB………③
解①②③式得：h＝B2qL2／8n2mE （n＝l、2、3……）
2、解析：粒子在電場中運行的時間t＝ l／v；加速度 a＝qE／m；它作類平拋的運動．有
tgθ=at/v=qEl/mv2………①
粒子在磁場中作勻速圓周運動由牛頓第二定律得：qvB=mv2/r，所以r=mv/qB
又：sinθ=l/r=lqB/mv………②
由①②兩式得：B=Ecosθ/v
3、解析：離子在磁場中做勻速圓周運動，作出兩條邊界軌跡和TQ，分別作出離子在 T、P、Q三點所受的洛侖茲力，分別延長之后相交于O1、O2點，如圖所示，O1和O2分別是TP和TQ的圓心，設 R1和 R2分別為相應的半徑．
離子經電壓U加速，由動能定理得．qU＝?mv2………①
由洛侖茲力充當向心力得qvB=mv2/R………② 由①②式得q/m=2U/B2R2
由圖直角三角形O1CP和O2CQ可得
R12＝d2＋（R1一d/2）2，R1＝5d/4……④
R22＝（2d）2＋（R2一d/2）2，R2＝17d/4……⑤
依題意R1≤R≤R2 ……⑥ 由③④⑤⑥可解得≤≤．
4、解析：如圖所示，帶電粒子從S出發，在兩筒之間的電場力作用下加速，沿徑向穿出a而進入磁場區，在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動。粒子再回到S點的條件是能沿徑向穿過狹縫d。只要穿過了d，粒子就會在電場力作用下先減速，再反向加速，經d重新進入磁場區。然后，粒子將以同樣方式經過c、d，再經過a回到s點。
設粒子射入磁場區的速度為V，根據能量守恒，有?mv2＝qU
設粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑為R，由洛侖茲力公式和牛頓定律得 mv2/R=qvB
由前面分析可知，要回到S點，粒子從a到d必經過3/4圓周。所以半徑R必定等于筒的外半徑r0，則v=qBR/m=qBr0/m，U=mv2/2q=qB2r20/2m。
（2）
1、解析：正離子進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場的區域中，受到的電場力F＝qE，方向向上，受到的洛侖茲力f＝qVB，方向向下，離子向上偏，說明了電場力大于洛侖茲力，要使離子沿直線運動，則只有使洛侖茲力磁大或電場力減小，增大洛侖茲力的途徑是增大加速電場的電壓U或或增大磁感強度B，減小電場力的途徑是減小場強E．對照選項的內容可知C、D正確．
2、解析:(1)當電子受到的電場力與洛侖茲力平衡時，電子做勻速直線運動，亮點重新回復到中心0點，設電子的速度為v，則evB＝Ee,得v=E/B=U/Bb.
(2）當極板間僅有偏轉電場時，電子以速度v進入后，豎直方向作勻加速運動，加速度為a=eU/mb.
電子在水平方向作勻速運動，在電場內的運動時間為t1=L1/v這樣，電子在電場中，豎直向上偏轉的距離為
離開電場時豎直向上的分速度為
電子離開電場后做勻速直線運動，經t2時間到達熒光屏
t2時間內向上運動的距離為:
這樣，電子向上的總偏轉距離為d=d1＋d2=
可解得
3、解析：(1)根據動能定理，得 解得
(2)欲使電子不能穿過磁場區域而打在熒光屏上，應有而由此即可解得
(3)若電子在磁場區域做圓周運動的軌道半徑為r，穿過磁場區域打在熒光屏上的位置坐標為x，則由軌跡圖可得 注意到和
所以，電子打到熒光屏上的位置坐標x和金屬板間電勢差U的函數關系為
（3）
1、B
2、解析:（1）En=nqv
（2）∵nqU=?mv∴vn= =qvnBn Bn=mvn/qR
以vn結果代入，Bn==
（3）繞行第n圈需時=2πR ∴tn=2πR（1＋＋＋……＋）
（4）如圖所示，（對圖的要求：越來越近的等幅脈沖）
（5）不可以，因為這樣粒子在A、B之間飛行時電場對其做功＋qv，使之加速，在A、B之外飛行時電場又對其做功－qv使之減速，粒子繞行一周，電場對其作的總功為零，能量不會增大。
3、解析：(1)粒子在電場中被加速，由動能定理得
α粒子在磁場中偏轉，則牛頓第二定律得
聯立解得（m）
(2)由幾何關系可得，α粒子恰好垂直穿過分界線，故正確圖象為
(3)帶電粒子在磁場中的運動周期
α粒子在兩個磁場中分別偏轉的弧度為，在磁場中的運動總時間
（s）
（4）
1、解：（1）小球從A運到O的過程中，根據動能定理：
①
則得小球在點速度為：
②
（2）小球運到點繩子斷裂前瞬間，對小球應用牛頓第二定律：
③
④
由③、④得：
⑤
（3）繩斷后，小球水平方向加速度
⑥
小球從點運動至點所用時間
⑦
間距離
⑧
2、 解：⑴垂直AB邊進入磁場，由幾何知識得：粒子離開電場時偏轉角為30°
∵
∴
由幾何關系得： 在磁場中運動半徑
∴
∴ 方向垂直紙面向里
⑶當粒子剛好與BC邊相切時，磁感應強度最小，由幾何知識知粒子的運動半徑r2為：
………（ 2分 ） ∴
即：磁感應強度的最小值為
3、解：（1）由題意可知，微粒所受的重力
G=mg=8×10-3N
電場力大小F=Eq=8×10-3N
因此重力與電場力平衡
微粒先在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，則
解得 R ==0.6m
由 解得T=10πs
則微粒在5πs內轉過半個圓周，再次經直線OO′時與O點的距離
l= 2R =1.2m
（2）微粒運動半周后向上勻速運動，運動的時間為t=5πs，軌跡如圖所示，位移大小 s=vt=0.6πm=1.88m
因此，微粒離開直線OO′的最大高度
h=s+R=2.48m
（3）若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′下方時，由圖象可知，擋板MN與O點間的距離應滿足
L=（2.4n+0.6)m（n=0，1，2…)
若微粒能垂直射到擋板上的某點P，P點在直線OO′上方時，由圖象可知，擋板MN與O點間的距離應滿足 L=（2.4n+1.8) m （n=0，1，2…)
［若兩式合寫成 L=（1.2n+0.6) m （n=0，1，2…)同樣給分］
（5）
1、解：（1）由，得：

（2）畫出粒子的運動軌跡如圖，可知，得：
（3）由數學知識可得： 得：

2、（1）如圖所示，帶電質點受到重力mg（大小及方向均已知）、洛倫茲力qv0B（方向已知）、電場力qE（大小及方向均未知）的作用做勻速直線運動。根據力三角形知識分析可知：當電場力方向與磁場方向相同時，場強有最小值。根據物體的平衡規律有


解得

（2）如圖所示，撤去磁場后，帶電質點受到重力和電場力qEmin作用，其合力沿PM方向并與v0方向垂直，大小等于=，故帶電質點在與Oxz平面成角的平面內作類平拋運動。
由牛頓第二定律
解得
設經時間t到達Oxz平面內的點N（x,y,z），由運動的分解可得
沿v0方向
沿PM方向
又

聯立解得
則帶電質點落在N（，0，）點
（或帶電質點落在Oxz平面內，，的位置）
（3）當電場力和重力平衡時，帶點質點才能只受洛倫茲力作用做勻速圓周運動
則有： 得：
要使帶點質點經過x軸，圓周的直徑為
根據 得

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