Wenn ich eine Münze senkrecht auf die Marsoberfläche werfe, landet sie dann wieder in meiner Hand?

Question

Wenn ich eine Münze senkrecht auf die Marsoberfläche werfe, landet sie dann wieder in meiner Hand?

Soham

Wenn ich eine Münze auf den Mars werfe, ist die Atmosphäre des Planeten selten genug, dass ich mich mit dem Planeten (mit seiner Winkelgeschwindigkeit) drehen würde, aber nicht mit der Münze?

Sathyam

@HDE226868 Die Münze bewegt sich auch mit dem Planeten. Das ist falsch. Sobald die Münze von der Hand gelöst wird (Kontakt), stoppt die Zentripetalbeschleunigung. Die Münze würde nur auf Ihre Hand kommen, wenn sie auf kleine Entfernungen geworfen wird.

HDE226868

@Sathyam Wie klein ist klein ? Ich würde davon ausgehen, dass die Unterschiede für den Bereich dieses Problems vernachlässigbar sein werden.

Sathyam

@ HDE226868 So klein, wie Sie sich vorstellen können. Wenn Sie eine Punktmasse von einem Punkt auf der Oberfläche werfen, wird sie nie wieder an ihre ursprüngliche Position zurückkehren. Aber da die Münze eine physische Einheit mit einer bestimmten Form und Masse ist, können wir uns klein so klein vorstellen, wie wir eine Münze auf die Erde werfen. Ich habe den Punkt in meiner Antwort erklärt.

Garyp

Ich glaube nicht, dass ich die Frage verstehe. Lesen Sie dies und lassen Sie mich wissen, ob ich Ihre Frage richtig interpretiere. Sobald ich die Münze werfe, befindet sie sich auf einer elliptischen Umlaufbahn um das Zentrum des Mars, während meine Hand gezwungen ist, sich auf einer kreisförmigen Bahn zu bewegen, die keine Umlaufbahn ist. Wird die Münze in einem perfekten Vakuum in meiner Hand landen? Welche Wirkung hat der atmosphärische Widerstand? Unter welchen Bedingungen landet es auf meiner Hand oder nicht auf meiner Hand?

HDE226868

@Sathyam Alles, was ich sage, ist, dass Sie keine größeren Auswirkungen sehen werden. Wir können von hier aus extrapolieren , dass der Effekt außerordentlich gering sein wird. Eine Münze fliegt viel höher, als eine Person springen kann. Aber es wird nicht hoch genug gehen, um die Reise lang genug zu machen, damit die Kräfte bei der Arbeit es über eine nennenswerte Entfernung parallel zum Boden machen können.

HDE226868

Siehe auch : physical.stackexchange.com/q/166853

Sathyam

@garyp Sobald Sie eine Münze werfen, befindet sie sich nicht mehr in einer Umlaufbahn. Es zeichnet eine Parabel nach, wenn Sie es nicht in die Fluchtgeschwindigkeit geworfen haben. Die von Ihnen erwähnten Fragen sind, soweit ich das verstanden habe, die Bedenken von OP.

Garyp

@Sathyam Die Münze befindet sich absolut in einer elliptischen Umlaufbahn. Es ist ungefähr parabolisch über die kleinen beteiligten Entfernungen, vorausgesetzt, der Wurf ist nicht zu hoch. Aber die Wurfhöhe spielt eine wesentliche Rolle bei der Analyse. Ich werde warten, bis das OP seine Absicht klargestellt hat, bevor ich weiter kommentiere.

linksherum

Auch ich verstehe nicht, worauf Sie mit dieser Frage hinaus wollen, aber die Antwort wird jedenfalls nicht davon abhängen, ob Sie dies auf der Erde oder auf dem Mars tun.

Sathyam

@garyp Einverstanden, dass die Parabel eine Annäherung ist. Aber die Umlaufbahn ist nur in Abwesenheit von Luftwiderstand elliptisch.

Garyp

@Sathyam Ja. Die Analyse muss den Luftwiderstand und die relative Differenz der Tangentialgeschwindigkeit zwischen der Münze und der Erdoberfläche berücksichtigen. Bei "normalen" Münzwürfen können wir beide ignorieren, aber irgendwann (Höhe des Wurfs) werden beide bedeutsam. Ich denke, das OP könnte fragen: Was ist diese Höhe?

Gedächtnis

Mein Verständnis des Begriffs vertikal hängt wahrscheinlich mit der Schwerkraft der Erde zusammen. Ist es auf anderen Planeten gut definiert?

Benutzer854

Da Ihre Frage ausdrücklich den atmosphärischen Widerstand (Luftwiderstand) erwähnt, beantwortet physical.stackexchange.com/q/227391 sie nicht, ist aber möglicherweise lesenswert.

Antworten (7)

Wenn ich eine Münze senkrecht auf die Marsoberfläche werfe, landet sie dann wieder in meiner Hand?

@HDE226868 Die Münze bewegt sich auch mit dem Planeten. Das ist falsch. Sobald die Münze von der Hand gelöst wird (Kontakt), stoppt die Zentripetalbeschleunigung. Die Münze würde nur auf Ihre Hand kommen, wenn sie auf kleine Entfernungen geworfen wird.
@Sathyam Wie klein ist klein ? Ich würde davon ausgehen, dass die Unterschiede für den Bereich dieses Problems vernachlässigbar sein werden.
@ HDE226868 So klein, wie Sie sich vorstellen können. Wenn Sie eine Punktmasse von einem Punkt auf der Oberfläche werfen, wird sie nie wieder an ihre ursprüngliche Position zurückkehren. Aber da die Münze eine physische Einheit mit einer bestimmten Form und Masse ist, können wir uns klein so klein vorstellen, wie wir eine Münze auf die Erde werfen. Ich habe den Punkt in meiner Antwort erklärt.
Ich glaube nicht, dass ich die Frage verstehe. Lesen Sie dies und lassen Sie mich wissen, ob ich Ihre Frage richtig interpretiere. Sobald ich die Münze werfe, befindet sie sich auf einer elliptischen Umlaufbahn um das Zentrum des Mars, während meine Hand gezwungen ist, sich auf einer kreisförmigen Bahn zu bewegen, die keine Umlaufbahn ist. Wird die Münze in einem perfekten Vakuum in meiner Hand landen? Welche Wirkung hat der atmosphärische Widerstand? Unter welchen Bedingungen landet es auf meiner Hand oder nicht auf meiner Hand?
@Sathyam Alles, was ich sage, ist, dass Sie keine größeren Auswirkungen sehen werden. Wir können von hier aus extrapolieren , dass der Effekt außerordentlich gering sein wird. Eine Münze fliegt viel höher, als eine Person springen kann. Aber es wird nicht hoch genug gehen, um die Reise lang genug zu machen, damit die Kräfte bei der Arbeit es über eine nennenswerte Entfernung parallel zum Boden machen können.
@garyp Sobald Sie eine Münze werfen, befindet sie sich nicht mehr in einer Umlaufbahn. Es zeichnet eine Parabel nach, wenn Sie es nicht in die Fluchtgeschwindigkeit geworfen haben. Die von Ihnen erwähnten Fragen sind, soweit ich das verstanden habe, die Bedenken von OP.
@Sathyam Die Münze befindet sich absolut in einer elliptischen Umlaufbahn. Es ist ungefähr parabolisch über die kleinen beteiligten Entfernungen, vorausgesetzt, der Wurf ist nicht zu hoch. Aber die Wurfhöhe spielt eine wesentliche Rolle bei der Analyse. Ich werde warten, bis das OP seine Absicht klargestellt hat, bevor ich weiter kommentiere.
Auch ich verstehe nicht, worauf Sie mit dieser Frage hinaus wollen, aber die Antwort wird jedenfalls nicht davon abhängen, ob Sie dies auf der Erde oder auf dem Mars tun.
@garyp Einverstanden, dass die Parabel eine Annäherung ist. Aber die Umlaufbahn ist nur in Abwesenheit von Luftwiderstand elliptisch.
@Sathyam Ja. Die Analyse muss den Luftwiderstand und die relative Differenz der Tangentialgeschwindigkeit zwischen der Münze und der Erdoberfläche berücksichtigen. Bei "normalen" Münzwürfen können wir beide ignorieren, aber irgendwann (Höhe des Wurfs) werden beide bedeutsam. Ich denke, das OP könnte fragen: Was ist diese Höhe?
Mein Verständnis des Begriffs vertikal hängt wahrscheinlich mit der Schwerkraft der Erde zusammen. Ist es auf anderen Planeten gut definiert?
Da Ihre Frage ausdrücklich den atmosphärischen Widerstand (Luftwiderstand) erwähnt, beantwortet physical.stackexchange.com/q/227391 sie nicht, ist aber möglicherweise lesenswert.

Floris · Answer 1

Es hängt davon ab, wo auf dem Mars Sie die Münze werfen und wie hoch Sie sie werfen.

In einem rotierenden Bezugssystem scheint ein sich bewegendes Objekt von einem Paar fiktiver Kräfte beeinflusst zu werden – der Zentrifugalkraft und der Corioliskraft. Ihre Größe ist gegeben durch

\vec{F_{c e n t r ich f u g a l}} = m \vec{ω} \times (\vec{ω} \times \vec{r}) \vec{F_{C Ö r ich Ö l ich s}} = - 2 m \vec{Ω} \times \vec{v}

$\mathbf{\vec{F_{centrifugal}}}=m\mathbf{\vec\omega\times(\vec\omega\times\vec{r})}\\ \mathbf{\vec{F_{Coriolis}}}=-2m\mathbf{\vec\Omega}\times\mathbf{\vec{v}}$

Die Frage ist, wann diese Kräfte ausreichen, um die Münze "von Ihrer Hand weg" zu bewegen - mit anderen Worten, mit welcher Anfangsgeschwindigkeit $v$ ist die Gesamtverschiebung der Münze größer als 10 cm (als grobe Schätzung, wie "Rücken in der Hand" aussehen könnte; natürlich können Sie die Zahlen ändern).

Die Zentrifugalkraft wird nur beobachtet, wenn sich das Teilchen mit der Geschwindigkeit des Bezugsrahmens dreht - sobald sich das Teilchen im freien Fall befindet, bewegt es sich nicht mehr mit dem rotierenden Bezugsrahmen mit und die Zentrifugalkraft "verschwindet". Für ein Objekt, das sich senkrecht zur Erdoberfläche bewegt, ist die Coriolis-Kraft am Äquator am stärksten und wird am Pol zu Null; es ist eine Funktion der Geschwindigkeit der Münze. Wir werden den Ausdruck als Funktion des Breitengrades berechnen – wobei wir anerkennen, dass er am Äquator maximal sein wird.

Als vereinfachende Annahme nehmen wir an, dass die Höhenänderung so klein ist, dass wir Änderungen der Schwerkraft ignorieren; Wir ignorieren auch jeglichen atmosphärischen Luftwiderstand (insbesondere den Wind; wenn man der Eröffnungsszene von „Der Marsianer“ glauben würde, kann es auf dem Roten Planeten ziemlich windig werden.) Schließlich nehmen wir an, dass jede horizontale Geschwindigkeit gering sein wird - wir ignorieren sie für die Berechnung der Coriolis-Kraft, integrieren sie aber, um die Verschiebung zu erhalten.

Die Vertikalgeschwindigkeit ist gegeben durch

v = v_{0} - g \cdot t

$v = v_0 - g\cdot t$

und die insgesamt benötigte Zeit ist $t_t=\frac{2v_0}{g}$ . In jedem Moment ist die Coriolis-Beschleunigung

a_{C} = 2 Ω v \cos θ

$a_C=2\mathbf{\Omega}~v\cos\theta$

Einmal integrieren, bekommen wir

v_{h} = \int a \cdot d t = 2 Ω \cos θ \int_{0}^{t} (v_{0} - g t) d t = 2 Ω \cos θ (v_{0} t - \frac{1}{2} g t^{2})

$v_h = \int a\cdot dt \\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta\int_0^t(v_0-gt)dt\\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta\left(v_0 t-\frac12 gt^2\right)$

Und für die Verschiebung

x_{h} = \int v_{h} d t = 2 Ω \cos θ \int_{0}^{t} (v_{0} t - \frac{1}{2} g t^{2}) d t = 2 Ω \cos θ (\frac{1}{2} v_{0} t^{2} - \frac{1}{6} g t^{3})

$x_h = \int v_h dt \\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta\int_0^t \left(v_0 t-\frac12 gt^2\right)dt\\ = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta \left(\frac12 v_0 t^2-\frac16 gt^3\right)$

Ersatz für $t = \frac{2v_0}{g}$ wir bekommen

x_{h} = 2 Ω \cos θ v_{0}^{3} (\frac{4}{g^{2}} - \frac{4}{3 g^{2}}) = \frac{16 Ω \cos θ v_{0}^{3}}{3 g^{2}}

$x_h = 2\mathbf{\Omega}\cos\theta v_0^3\left(\frac{4}{g^2} - \frac{4}{3 g^2}\right)\\ = \frac{16\mathbf{\Omega}\cos\theta v_0^3}{3g^2}$

Der Sternentag des Mars dauert 24 Stunden, 37 Minuten und 22 Sekunden - also $\Omega = 7.088\cdot 10^{-5}/s$ und die Erdbeschleunigung $g = 3.71 m/s^2$ . Setzen wir diese Werte in die obige Gleichung ein, finden wir $x_h = 2.75\cdot 10^{-5}v_0^3 m$ , wobei die Geschwindigkeit in m/s angegeben ist. Daraus folgt, dass Sie die Münze mit einer Anfangsgeschwindigkeit von etwa 15 m/s werfen müssten, damit der Coriolis-Effekt ausreicht, um die Münze um 10 cm abzulenken, bevor sie wieder herunterfällt.

Auf der Erde würde ein solcher Wurf zu einer Münze führen, die etwa 3 Sekunden lang fliegt und eine Höhe von etwa 11 m erreicht. Es ist denkbar, dass jemand eine Münze so hoch wirft - aber ich habe es noch nie gesehen.

NACHGEDANKEN

Ihre Definition von „vertikal“ muss sorgfältig durchdacht werden. Es gibt eine Nord-Süd-Komponente der Zentrifugalkraft, die bei 45° Breite am stärksten ist und dazu führt, dass eine Masse an einer Schnur in einer nicht ganz vertikalen Richtung hängt. Wenn Sie Ihre Münze in diese Richtung werfen, werden Sie während des Flugs keine signifikante Nord-Süd-Ablenkung beobachten, aber wenn Sie die Münze "vertikal" (in einer geraden Linie weg vom Zentrum des Mars) werfen würden, würde dies tatsächlich der Fall sein eine kleine Abweichung sein. Aus der relativen Größe der Zentrifugalkraft und der Schwerkraft kann berechnet werden

\begin{aligned} a_{c} & = Ω^{2} R Sünde θ \cos θ \\ = \frac{1}{2} Ω^{2} R \\ = 8.5 m m / s^{2} \end{aligned}

$\begin{align}a_c &= \mathbf{\Omega^2}R\sin\theta\cos\theta \\ &= \frac12 \mathbf{\Omega^2}R\\ &= 8.5~\rm{mm/s^2}\end{align}$

Wenn Sie die Münze mit 15 m/s werfen, bleibt sie etwa 8 Sekunden in der Luft. In dieser Zeit führt die obige Beschleunigung zu einer Verschiebung von etwa 27 cm. Dies zeigt, dass Ihre Definition von "vertikal" wirklich wichtig ist (abhängig vom Breitengrad - an den Polen oder am Äquator spielt es keine Rolle, aber es ist in den mittleren Breiten von Bedeutung und erreicht ein Maximum bei 45 ° Breite).

Schön. Gründlich und vollständig beantwortet, ohne Annahmen über die Absicht des Fragestellers.
@DewiMorgan danke. Wenn eine Frage drei Antworten hat, lasse ich sie normalerweise los - aber ich hatte das Gefühl, dass "etwas fehlt".
@casey es ist das Vektorprodukt aus Geschwindigkeit und Rotationsvektor, das für den Coriolis-Effekt von Bedeutung ist. Für eine Bewegung senkrecht zur Oberfläche (eine geworfene Münze), die den Äquator am stärksten und die Pole am schwächsten macht. Das Gleiche gilt nicht für Wind, der an der Oberfläche entlangströmt. Ihr Punkt gilt für Wind, aber nicht für geworfene Münzen.
Wirklich schön beantwortet. Ich habe mich gefragt, wo die Münze auf den Boden aufschlagen würde, wenn wir sie von einer bestimmten Höhe aus fallen lassen würden, um einen freien Fall zu machen.
@ aK1974 danke. Das Problem, nach dem Sie fragen, ist in dem von mir angegebenen Link "Weiterführende Literatur" beschrieben. Es fliegt halb so weit wie beim Wurf, da es nur halb so lang in der Luft ist (vorausgesetzt, es wird aus der beim Wurf erreichten maximalen Höhe fallen gelassen).

Amasiker · Answer 2

Die Münze wird auf Ihre Hand zurückkehren, genau wie auf der Erde. Der Einfluss der Atmosphäre ist im Vergleich zur Trägheit der Münze vernachlässigbar, sodass die horizontale Position der Münze relativ zu Ihrer Hand kaum beeinflusst wird. Die Seltenheit der Atmosphäre wirkt sich nur auf die vertikale Bewegung der Münze aus, z. B. wie schnell die Münze in Ihre Hand fällt.

Für gewöhnliche Münzwürfe haben Sie Recht, aber nur ungefähr. Die Annäherung ist jedoch sehr gut. Für sehr hohe Münzwürfe müssen Sie zeigen, dass die Atmosphäre vernachlässigbar ist, und Sie müssen zeigen, dass es zulässig ist, den Unterschied in der relativen horizontalen Bewegung der Münze und der Erdoberfläche zu vernachlässigen.

Hobbs · Answer 3

Ja, aus dem einfachen Grund, dass Sie die Münze nicht sehr hoch werfen (vermutlich jedenfalls). Sie scheinen zu glauben, dass auf der Erde der atmosphärische Luftwiderstand die Münze am Wurfbezugsrahmen "klebt", aber das ist überhaupt kein Faktor.

Angenommen, Sie befinden sich auf der Erde, auf Meereshöhe, am Äquator, und Sie werfen die Münze 3 Meter senkrecht nach oben. Unter Vernachlässigung des Luftwiderstands bleibt die Münze 1,56 Sekunden lang in der Luft. Die Erde dreht sich unter Ihren Füßen mit 463 m/s und hat einen Radius von 6,37 * 10^6 m. Die Münze erreicht eine Höhe von 3 m, was 4,71 * 10 ^ -7 Erdradien entspricht, sodass die Rotationsgeschwindigkeit in dieser Höhe um einen gleichen Anteil unterschiedlich sein wird, was 0,00022 m / s entspricht. Eine Obergrenze zu erhalten, indem angenommen wird, dass die Münze die ganze Zeit auf der maximalen Höhe verbringt, weil ich faul bin, und wir am Ende eine Durchbiegung von 0,34 mm haben, was weniger als die Dicke der Münze ist, geschweige denn ihr Durchmesser. Irgendwo weg vom Äquator oder über dem Meeresspiegel, und die Zahl würde noch niedriger ausfallen.

Wenn wir das gleiche Experiment auf dem Mars durchführen, nehmen wir an, dass Sie der Münze die gleiche Anfangsgeschwindigkeit geben können und dass Sie sich in mittlerer Höhe auf dem Äquator befinden. Die Oberflächengravitation des Mars ist geringer (3,71 m/s^2), sodass die Münze eine beeindruckende Höhe von 7,92 m erreichen und 4,14 Sekunden in der Luft bleiben wird. Der Mars dreht sich unter Ihren Füßen mit 241 m/s (weniger als die Erde, weil er einen kleineren Umfang, aber eine ähnliche Tageslänge hat) und hat einen Radius von 3,39 * 10^6 m. Die Münze gewinnt dann 2,34 * 10^-6 Marsradien, und die Rotationsgeschwindigkeit in dieser Höhe unterscheidet sich um 0,00056 m/s. Bei der gleichen (Über-)Schätzung wie zuvor erhalten wir 4,14 s * 0,00056 m/s = 2,33 mm. Ungefähr eine Münzstärke, aber nicht viel mehr. Sicherlich nicht genug, um Ihre Hand auf dem Weg nach unten zu verpassen.

Grundsätzlich sind die Höhen, mit denen Sie es zu tun haben, wenn Sie eine Münze werfen, im Vergleich zur Größe eines Planeten einfach zu klein, um einen großen Unterschied zu machen, Atmosphäre oder nicht. Versuchen Sie stattdessen, eine Kanonenkugel 1 km hoch zu werfen, und Sie würden eher einen Effekt bemerken. Ich habe die Mathematik nicht ausgearbeitet, aber ich glaube immer noch nicht, dass die horizontale Komponente des Luftwiderstands überhaupt viel beitragen würde; Die Atmosphäre würde eher einen Unterschied machen, indem sie die maximal erreichte Höhe verringert.

Sathyam · Answer 4

Die Münze kommt mit Sicherheit herunter, es sei denn, Sie haben sie mit einer Fluchtgeschwindigkeit geworfen, und die Fluchtgeschwindigkeit hängt von der Masse des Planeten, der Masse der Münze usw. ab. Selbst wenn Sie sich weit innerhalb der Grenze der Fluchtgeschwindigkeit befinden, erreicht sie möglicherweise nicht Ihre Hand. Ihre Beobachtung ist richtig, dass die Widerstandskraft eine Rolle bei ihrer Tangentialgeschwindigkeit spielt, aber bei allen Würfen über kleine Entfernungen erreicht die Münze Ihre Hand, unabhängig von der atmosphärischen Seltenheit im Vergleich zur Erde.

Benutzer98038 · Answer 5

Benutzer98038

Ich denke ja, als ob du auf der Erde wärst. Der Grund ist, dass die Münze die gleiche Geschwindigkeit wie Sie und die Oberfläche des Planeten Mars hat, es hat nichts mit der Atmosphäre zu tun.

Sathyam

Die Münze hat im Moment des Loslösens von Ihrer Hand die gleiche Geschwindigkeit und Winkelbeschleunigung. Nach der Entfaltung gibt es keine Zentripetalbeschleunigung mehr. Es gibt eine radiale Beschleunigung in Richtung des Zentrums des Planeten, kombiniert mit einer tangentialen Geschwindigkeit, und die Atmosphäre spielt eine Rolle in Form einer Widerstandskraft.

Hobbs

Sie haben den Punkt der Frage verfehlt. Es ist nicht „wird es wieder herunterkommen“, es ist „wird es wieder in meine Hand herunterkommen“ – und nicht, zB zehn Fuß nach links.

Paparazzo · Answer 6

Ja, Sie bewegen sich mit der Oberfläche, aber Sie beschleunigen nicht. Du bewegst dich mit konstanter Geschwindigkeit. Wenn Sie in etwas werfen, was Ihrer Meinung nach vertikal ist (nennen Sie es Y-Richtung), hat die Münze die gleiche Rotationsgeschwindigkeit (nennen Sie es X-Richtung) wie Sie. Sogar die Atmosphäre bewegt sich mit Ihnen, so dass es für eine kurze Strecke keinen Windwiderstand in X-Richtung gibt. Die X-Geschwindigkeit der Münze bleibt konstant und entspricht genau Ihrer X-Geschwindigkeit.

Guill · Answer 7

Die Kombination Ihrer beiden Fragen lässt mich glauben, dass Sie wirklich fragen, ob die Dichte (oder das Fehlen davon) der Atmosphäre einen Einfluss auf die horizontale Position eines Objekts hat, dem zunächst nur ein vertikaler Impuls gegeben wird? Wenn diese Interpretation Ihrer Frage richtig ist, dann möchte ich Ihnen zunächst sagen, dass Sie eine umgekehrte Vorstellung von der Effektdichte haben. Die Widerstandskraft einer Atmosphäre ist proportional zu ihrer Dichte, daher geht die Widerstandskraft auf Null, wenn ihre Dichte auf Null geht (keine Atmosphäre). Je "seltener" die Atmosphäre, desto geringer die Wirkunges hat auf die Bewegung der Münze. Da wir nur daran interessiert sind, dass die Münze an dieselbe Stelle zurückkehrt (wenig oder keine horizontale Verschiebung), sind Unterschiede in der vertikalen Richtung, die durch den Widerstand und die unterschiedliche Marsgravitation verursacht werden, ohne Bedeutung. Da auf die Münze nur geringe oder keine horizontalen Kräfte einwirken, kehrt sie an die gleiche Stelle zurück, von der sie geworfen wurde ( Ihre Hand ).

Wenn ich eine Münze senkrecht auf die Marsoberfläche werfe, landet sie dann wieder in meiner Hand?

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