beer dinamica 9e presentacion ppt c12

MECÁNICA VECTORIAL PARA INGENIEROS: DINÁMICADINÁMICA

Novena edición Novena edición

Ferdinand P. BeerFerdinand P. Beer

E. Russell Johnston, Jr.E. Russell Johnston, Jr.

Notas:Notas:

J. Walt OlerJ. Walt Oler

Texas Tech UniversityTexas Tech University

CAPÍTULO

© 2010 The McGraw-Hill Companies, Inc. All rights reserved.

12Cinética de partículas:

Segunda ley de Newton


Mecánica vectorial para ingenieros: DinámicaMecánica vectorial para ingenieros: Dinámica

No

ve

na

e

dic

ión

Contenido

12 - 2

Introducción

Segunda ley de movimiento de Newton

Cantidad de movimiento lineal de una partícula

Sistemas de unidades

Ecuaciones de movimiento

Equilibrio dinámico

Problema resuelto 12.1





Cantidad de movimiento angular de una partícula

Ecuaciones de movimiento en componentes radial y transversal

Conservación de la cantidad de movimiento angular

Ley de gravitación de Newton



Trayectoria de una partícula bajo la acción de una fuerza central

Aplicación en mecánica celeste


Leyes de Kepler del movimiento planetario



No

ve

na

e

dic

ión

Introducción

12 - 3

• La primera y tercera leyes de Newton son suficientes para el estudio de los cuerpos en reposo (estática) o de los cuerpos en movimiento sin aceleración.

• Cuando un cuerpo se acelera (cambios en la magnitud de la velocidad o dirección), se requiere la segunda ley de Newton para relacionar el movimiento del cuerpo con las fuerzas que actúan sobre él.

• Segunda ley de Newton:

- Una partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la fuerza resultante que actúa sobre él y en la dirección de la fuerza resultante.

- La resultante de las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a la razón de cambio del momento lineal de la partícula.

- La suma de los momentos respecto a O de las fuerzas que actúan sobre una partícula es igual a la razón de cambio del momento angular de la partícula alrededor de O.



No

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na

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dic

ión

Segunda ley de movimiento de Newton

12 - 4

• Segunda ley de Newton: Si la fuerza resultante que actúa sobre una partícula no es cero, la partícula tendrá una aceleración proporcional a la magnitud de la resultante y en la dirección de la resultante.

• Considerar una partícula sometida a fuerzas constantes,

ma

F

aF

aF

masa,constante3

3

2

2

1

1

• Cuando una partícula de masa m se halla sometida a una fuerza la aceleración de la partícula debe satisfacer ,F

amF

• La aceleración debe ser evaluada con respecto a un sistema newtoniano de referencia, es decir, no se está acelerando o girando.

• Si la fuerza que actúa sobre la partícula es cero, las partículas no se acelerarán, es decir, se mantendrán estacionarias o continuarán en una línea recta a velocidad constante.



No

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ión

Cantidad de movimiento lineal de una partícula

12 - 5

• Sustituyendo la aceleración por la derivada de los rendimientos de la velocidad,

partícula la de lineal movimiento de cantidad

Ldt

Ldvm

dt

ddt

vdmF

• Principio de la conservación de la cantidad de movimiento lineal: Si la fuerza resultante sobre una partícula es cero, la cantidad de movimiento lineal de la partícula se mantiene constante en magnitud y dirección.



No

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ión

Sistemas de unidades

12 - 6

• De las unidades de las cuatro dimensiones principales (fuerza, masa, longitud y tiempo), tres pueden ser elegidas arbitrariamente. La cuarta debe ser compatible con la segunda ley de Newton.

• Sistema Internacional de Unidades (unidades del SI): las unidades básicas son las de longitud (metro), masa (kilogramo) y tiempo (segundo). La unidad de fuerza es una unidad derivada,

22 s

mkg1

s

m1kg1N1

• Unidades de uso común en Estados Unidos: las unidades básicas son las de fuerza (libra), longitud (pie) y tiempo (segundo). La unidad de masa es una unidad derivada,

ft

slb1

sft1

lb1slug1

sft32.2

lb1lbm1

2

22



No

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na

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Ecuaciones de movimiento

12 - 7

• La segunda ley de Newton estableceamF

• La solución para el movimiento de las partículas se

ve facilitada por la resolución de la ecuación vectorial en las ecuaciones de componente escalar; por ejemplo, para los componentes rectangulares,

zmFymFxmF

maFmaFmaF

kajaiamkFjFiF

zyx

zzyyxx

zyxzyx

• Para los componentes tangencial y normal,

2vmF

dt

dvmF

maFmaF

nt

nntt



No

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Equilibrio dinámico

12 - 8

• Expresión alternativa de la segunda ley de Newton,

inerciadevectoram

amF

0

• Con la inclusión del vector de inercia, el sistema de fuerzas que actúan sobre la partícula es equivalente a cero. La partícula está en equilibrio dinámico. • Los métodos desarrollados pueden aplicarse para las partículas en equilibrio estático; por ejemplo, las fuerzas coplanares pueden representarse con un polígono vectorial cerrado.

• Los vectores de inercia a menudo son llamados fuerzas de inercia, ya que miden la resistencia que ofrecen a los cambios de las partículas en movimiento, es decir, los cambios en la velocidad o dirección.

• Las fuerzas de inercia pueden ser conceptualmente útiles, pero no son como las de contacto y las fuerzas gravitatorias halladas en la estática.



No

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12 - 9

Un bloque de 200 lb descansa sobre un plano horizontal. Se necesita encontrar la magnitud de la fuerza P requerida para dar al bloque una aceleración de 10 ft/s2 hacia la derecha. El coeficiente de fricción cinética entre el bloque y el plano es k0.25.

SOLUCIÓN:

• Resolver la ecuación de movimiento para el bloque en dos ecuaciones de las componentes rectangulares.

• Las incógnitas consisten en la fuerza P aplicada y la reacción normal N del plano. Las dos ecuaciones pueden resolverse para estas incógnitas.



No

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12 - 10

N

NF

g

Wm

k

25.0

ft

slb21.6

sft2.32

lb200

2

2

x

y

O

SOLUCIÓN:

• Resolver la ecuación de movimiento para el bloque en dos ecuaciones de las componentes rectangulares.

:maFx

lb1.62

sft10ftslb21.625.030cos 22

NP

:0 yF

0lb20030sen PN

• Las incógnitas consisten en la fuerza P aplicada y la reacción normal N del plano. Las dos ecuaciones se pueden resolver para estas incógnitas.

lb1.62lb20030sen 25.030cos

lb20030sen

PP

PN

lb151P



No

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12 - 11

Los dos bloques que se muestran empiezan a moverse a partir del reposo. El plano horizontal y la polea no presentan fricción, y se supone que la masa de la polea puede ignorarse. Determinar la aceleración de cada bloque y la tensión en la cuerda.

SOLUCIÓN:

• Escribir las relaciones cinemáticas de los movimientos y las aceleraciones dependientes de los bloques.

• Escribir las ecuaciones de movimiento de los bloques y la polea.

• Combinar las relaciones cinemáticas con las ecuaciones de movimiento para resolver las aceleraciones y la tensión de la cuerda.



No

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na

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ión


12 - 12

• Escribir las ecuaciones de movimiento de los bloques y la polea.

:AAx amF AaT kg1001

:BBy amF

B

B

BBB

aT

aT

amTgm

kg300-N2940

kg300sm81.9kg300

2

22

2

:0 CCy amF

02 12 TT

SOLUCIÓN:

• Escribir las relaciones cinemáticas de los movimientos y las aceleraciones dependientes de los bloques.

ABAB aaxy21

21

x

y

O



No

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na

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12 - 13

N16802

N840kg100

sm20.4

sm40.8

12

1

221

2

TT

aT

aa

a

A

AB

A

• Combinar las relaciones cinemáticas con las ecuaciones de movimiento para resolver las aceleraciones y la tensión de la cuerda.

ABAB aaxy21

21

AaT kg1001

A

B

a

aT

21

2

kg300-N2940

kg300-N2940

0kg1002kg150N2940

02 12

AA aa

TT

x

y

O



No

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12 - 14

El bloque B de 12 lb empieza a moverse desde el reposo y se desliza sobre la cuña A de 30 lb, la cual está sobre una superficie horizontal.

Si se ignora la fricción, determinar a) la aceleración de la cuña, y b) la aceleración del bloque relativa a la cuña.

SOLUCIÓN:

• El bloque está obligado a deslizarse por la cuña. Por lo tanto, sus movimientos son dependientes. Expresar la aceleración del bloque como la aceleración de la cuña más la aceleración del bloque en relación con la cuña.

• Escribir las ecuaciones de movimiento de la cuña y el bloque.

• Resolver para las aceleraciones.



No

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12 - 15

SOLUCIÓN:

• El bloque está obligado a deslizarse por la cuña. Por lo tanto, sus movimientos son dependientes.

ABAB aaa

• Escribir las ecuaciones del movimiento para la cuña y el bloque.

x

y:AAx amF

AA

AA

agWN

amN

1

1

5.0

30sen

:30cos ABABxBx aamamF

30sen30cos

30cos30sen

gaa

aagWW

AAB

ABABB

:30sen AByBy amamF

30sen30cos1 ABB agWWN



No

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12 - 16

AA agWN 15.0

• Resolver para las aceleraciones.

30senlb12lb30230coslb12sft2.32

30sen230cos

30sen30cos2

30sen30cos

2

1

A

BA

BA

ABBAA

ABB

a

WWgW

a

agWWagW

agWWN

2sft07.5Aa

30sensft2.3230cossft07.5

30sen30cos22

AB

AAB

a

gaa

2sft5.20ABa



No

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12 - 17

La plomada de un péndulo de 2 m describe un arco de círculo en un plano vertical. Si la tensión en la cuerda es 2.5 veces el peso de la plomada en la posición que se indica, determinar la velocidad y la aceleración de la plomada en esa posición.

SOLUCIÓN:

• Resolver la ecuación del movimiento de la plomada en componentes tangenciales y normales.

• Resolver las ecuaciones de componentes para la aceleración normal y tangencial.

• Despejar la velocidad en función de la aceleración normal.



No

ve

na

e

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ión


12 - 18

SOLUCIÓN:

• Resolver la ecuación del movimiento de la plomada en componentes tangenciales y normales.

• Resolver las ecuaciones de componentes para la aceleración normal y tangencial.

:tt maF

30sen

30sen

ga

mamg

t

t

2sm9.4ta

:nn maF

30cos5.2

30cos5.2

ga

mamgmg

n

n

2sm03.16naResolver para la velocidad en función de la

aceleración normal.

22

sm03.16m2 nn avv

a

sm66.5v



No

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12 - 19

Determinar la rapidez máxima de la curva de una autopista de radio = 400 ft que tiene un ángulo de peralte = 18o. La rapidez máxima de la curva peraltada de una autopista es aquella a la cual un automóvil debe viajar para que no exista fuerza de rozamiento lateral en sus neumáticos.

SOLUCIÓN:

• El automóvil se desplaza en una trayectoria circular horizontal con el componente normal de la aceleración apuntando hacia el centro de la trayectoria. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son su peso y una reacción normal de la superficie de la carretera.

• Resolver la ecuación de movimiento para el automóvil en los componentes verticales y normal.

• Calcular la velocidad del vehículo.



No

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na

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ión


12 - 20

SOLUCIÓN:

• El automóvil se desplaza en una trayectoria circular horizontal con el componente normal de la aceleración apuntando hacia el centro de la trayectoria. Las fuerzas que actúan sobre el automóvil son su peso y una reacción normal de la superficie de la carretera.

• Resolver la ecuación de movimiento para el automóvil en los componentes verticales y normal.

:0 yF

cos

0cos

WR

WR

:nn maF

2

sencos

sen

vg

WW

ag

WR n

• Calcular la velocidad del vehículo.

18tanft400sft2.32

tan2

2 gv

hmi1.44sft7.64 v



No

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ión

Cantidad de movimiento angular de una partícula

12 - 21

• momento de la cantidad de movimiento, o la cantidad de movimiento angular de la partícula en torno a O.

VmrHO

• Derivada del momento angular con respecto al tiempo,

O

O

M

Fr

amrVmVVmrVmrH

• De la segunda ley de Newton se desprende que la suma de los momentos alrededor de O de las fuerzas que actúan sobre la partícula es igual a la tasa de cambio del momento angular de la partícula en torno a O.

zyx

O

mvmvmv

zyx

kji

H

• es perpendicular al plano que contieneOH

Vmr y

2

sen

mr

vrm

rmVHO



No

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ión

Ecuaciones de movimiento en componentes radial y transversal

12 - 22

rrmmaF

rrmmaF rr

2

2

• Considerar una partícula en r y , en coordenadas polares,

rrmF

rrrm

mrdt

dFr

mrHO

2

22

2

2

• Este resultado también puede derivarse de la conservación de la cantidad de movimiento angular,



No

ve

na

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12 - 23

• Cuando sólo la fuerza que actúa sobre la partícula se dirige hacia o desde un punto fijo O, se dice que la partícula se mueve bajo una fuerza central.

• Puesto que la línea de acción del centro de fuerza pasa por O, y 0 OO HM

constante OHVmr

• El vector de posición y el movimiento de las partículas se encuentran en un plano perpendicular a

.OH

• Magnitud de la cantidad de movimiento angular,

000 sen

constantesen

Vmr

VrmHO

masa de unidad

angular movimiento de cantidad2

constante2

hrm

OH

mrOH

o



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 24

• El vector radial OP barre un área infinitesimal

drdA 221

• Definir 2212

21 r

dt

dr

dt

dAvelocidad de área

• Recordar que por un cuerpo en movimiento bajo una fuerza central,

constante2 rh

• Cuando una partícula se mueve bajo una fuerza central, su velocidad de área es constante.



No

ve

na

e

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ión

Ley de gravitación de Newton

12 - 25

• La fuerza gravitacional que ejerce el sol sobre un planeta o por la Tierra sobre un satélite es un ejemplo importante de la fuerza gravitacional.

• Ley de la gravitación universal de Newton. Dos partículas de masa M y m se atraen entre sí con fuerzas iguales y opuestas dirigidas a lo largo de la línea que las une,

4

49

2

312

2

slbft

104.34skg

m1073.66

ngravitació de constante

Gr

MmGF

• Para una partícula de masa m sobre la superficie de la Tierra,

222 s

ft2.32

s

m81.9 gmg

R

MGmW



No

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12 - 26

Un bloque B de masa m puede deslizarse libremente sobre un brazo sin fricción OA que gira en un plano horizontal a una velocidad constante .0

a) la componente vr de la velocidad de B a lo largo de OA, y

b) la magnitud de la fuerza horizontal ejercida sobre B por el brazo OA.

Si se sabe que B se suelta a una distancia r0 de O, expresar como función de r

SOLUCIÓN:

• Escribir las ecuaciones radiales y transversales de movimiento para el bloque.

• Integrar la ecuación radial para encontrar una expresión para la velocidad radial.

• Sustituir la información conocida en la ecuación transversal para encontrar una expresión para la fuerza en el bloque.



No

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ión


12 - 27

SOLUCIÓN:

• Escribir las ecuaciones radiales y transversales de movimiento para el bloque.

:

:

amF

amF rr

rrmF

rrm

2

0 2

• Integrar la ecuación radial para encontrar una expresión para la velocidad radial.

r

r

v

rr

rr

rr

rrr

drrdvv

drrdrrdvv

dr

dvv

dt

dr

dr

dv

dt

dvvr

r

0

20

0

20

2

dr

dvv

dt

dr

dr

dv

dt

dvvr r

rrr

r

20

220

2 rrvr

• Sustituir la información conocida en la ecuación transversal para encontrar una expresión para la fuerza en el bloque.

2120

2202 rrmF



No

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12 - 28

Un satélite es lanzado en dirección paralela a la superficie de la Tierra con una velocidad de 18 820 mi/h desde una altura de 240 mi. Determinar la velocidad del satélite cuando éste alcanza su altura máxima de 2 340 mi. El radio de la Tierra es de 3 960 mi.

SOLUCIÓN:

• Puesto que el satélite se mueve bajo una fuerza central, su cantidad de movimiento angular es constante. Equiparar el momento angular en A y B y despejar la velocidad en B.



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 29

SOLUCIÓN:

• Puesto que el satélite se mueve bajo una fuerza central, su cantidad de movimiento angular es constante. Equiparar el momento angular en A y B y despejar la velocidad en B.

mi23403960

mi2403960hmi18820

constantesen

B

AAB

BBAA

O

rr

vv

vmrvmr

Hvrm

hmi12550Bv



No

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ión

Trayectoria de una partícula bajo la acción de una fuerza central

12 - 30

• Para una partícula que se mueve por la fuerza central dirigida hacia el centro de la fuerza,

022 FrrmFFrrm r

• La segunda expresión es equivalente a de la que, constante2 hr

rdd

rh

rrh 1

y 2

2

2

2

2

• Después de sustituir en la ecuación radial de movimiento y simplificando,

ru

umhF

ud

ud 1donde222

2

• Si F es una función conocida de r o u, entonces la trayectoria de las partículas se puede encontrar mediante la integración de u = f(), con constantes de integración determinadas a partir de condiciones iniciales.



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 31

constante

1donde

22

2

22222

2

hGM

ud

ud

GMmur

GMmF

ru

umhF

ud

ud

• Considere satélites terrestres sometidos sólo a la atracción gravitacional de la Tierra,

• La solución es la ecuación de la sección cónica,

dadexcentricicos11 2

2 GM

hCh

GMr

u

• Originalmente situado en el centro de la Tierra, es un foco de la sección cónica.

• La trayectoria puede ser elíptica, parabólica o hiperbólica, según el valor de la excentricidad.



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 32

dadexcentricicos11 2

2 GM

hCh

GMr

• La trayectoria de un satélite terrestre está definida por

• hipérbola, > 1 o C > GM/h2. El vector radio se vuelve infinito para

211

11 cos1

cos0cos1hC

GM

• parábola, = 1 o C = GM/h2. El vector radio se vuelve infinito para

1800cos1 22

• elipse, < 1 o C < GM/h2. El vector radio permanece finito para y es constante (es decir, un círculo) para < 0.



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 33

• La integración constante C se determina por las condiciones al inicio del vuelo libre, = 0, r = r0 ,

20002

0

2

20

11

0cos11

vr

GM

rh

GM

rC

GM

Ch

h

GM

r

00esc

200

2

2

o 1

rGM

vv

vrGMhGMC

• El satélite escapa a la órbita de la Tierra por

• La trayectoria es elíptica para v0 < vesc y se hace circular para = 0 o C = 0,

0circ r

GMv



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 34

• Recuérdese que para una partícula en movimiento bajo una fuerza central, la velocidad de áreas es constante, es decir,

constante212

21 hr

dtdA

• El tiempo periódico, o el tiempo que requiere un satélite para completar una órbita, es igual al área dentro de la órbita dividida por la velocidad del área,

h

ab

h

ab 2

2

donde

10

1021

rrb

rra



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 35

Determinar:

a) la altitud máxima alcanzada por el satélite, y

b) el periodo orbital del satélite.

Un satélite es lanzado en una dirección paralela a la superficie de la Tierra a una velocidad de 36 900 km/h desde una altura de 500 km.

SOLUCIÓN:

• La trayectoria del satélite está descrita por

cos1

2C

h

GM

r

Evaluar C por medio de las condiciones iniciales en = 0.

• Determinar la altura máxima al encontrar a r en = 180o.

• Con las alturas conocidas en el perigeo y el apogeo, el periodo orbital puede ser evaluado.



No

ve

na

e

dic

ión


12 - 36

SOLUCIÓN:

• La trayectoria del satélite está descrita por

cos1

2C

h

GM

r

Evaluar C por medio de las condiciones iniciales en q = 0.

2312

2622

29

3600

3

0

6

0

sm10398

m1037.6sm81.9

sm104.70

sm1025.10m106.87

sm1025.10

s/h3600

m/km1000

h

km36900

m106.87

km5006370

gRGM

vrh

v

r

1-9

22

2312

6

20

m103.65

sm4.70

sm10398

m1087.6

1

1

h

GM

rC



No

ve

na

e

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12 - 37

• Determinar la altura máxima encontrada r1 en = 180o.

km 66700m107.66

m

1103.65

sm4.70

sm103981

61

922

2312

21

r

Ch

GM

r

km 60300km6370-66700 máxima altura

• Con las alturas conocidas en el perigeo y el apogeo, el periodo orbital puede ser evaluado.

sm1070.4

m1021.4m1036.82

h

2

m1021.4m107.6687.6

m1036.8m107.6687.6

29

66

6610

6621

1021

ab

rrb

rra

min31h 19s103.70 3



No

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Leyes de Kepler del movimiento planetario

12 - 38

• Los resultados obtenidos para las trayectorias de los satélites alrededor de la Tierra también pueden aplicarse a las trayectorias de los planetas alrededor del Sol.

• Las propiedades de las órbitas de los planetas alrededor del Sol fueron determinadas por las observaciones astronómicas por Johann Kepler (1571-1630) antes de que Newton hubiera desarrollado su teoría fundamental.

1) Cada planeta describe una elipse, con el Sol ubicado en uno de sus focos.

2) El vector radio trazado desde el Sol hasta un planeta barre áreas iguales en tiempos iguales.

3) Los cuadrados de tiempos periódicos de los planetas son proporcionales a los cubos de los ejes semimayores de sus órbitas.

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