Física Geral I - F -128 Aula 11 Cinemática e Dinâmica das Rotações

Física Geral I - F -128
Aula 11
Cinemática e Dinâmica das
Rotações
1º semestre, 2012
Movimento de um corpo rígido
Vamos abandonar o modelo de partícula: passamos a levar em conta as
dimensões do corpo, introduzindo o conceito de corpo rígido (CR): é
aquele em que a distância entre quaisquer dois de seus pontos é constante.
Sendo i e j dois pontos quaisquer de um CR:
rij = cij
cij : constante característica do par (i, j)
O tipo mais geral de movimento de um CR é uma combinação de uma
translação com uma rotação. Neste capítulo consideraremos apenas o caso
de rotação de um CR em torno de um eixo fixo, como é o caso do
movimento de roldanas, rotores, CDs, etc.
Excluiremos, por exemplo, movimentos como o do Sol (não rígido) ou
o de uma bola de boliche, cuja rotação se dá em torno de um eixo que não é
fixo (rolamento).
F128 – 2o Semestre de 2012
2
Rotação de um corpo rígido
Queremos estudar a rotação de um corpo
rígido em torno de um eixo fixo. O eixo fixo
é denominado eixo de rotação.
z
Por conveniência, vamos tomar o eixo
de rotação (fixo) como sendo o eixo z.
O eixo de rotação não precisa ser
um dos eixos de simetria do corpo.
y
θ
x
É conveniente escolher uma linha de referência (arbitrária) presa
ao corpo, perpendicular ao eixo z, para definir as variáveis angulares
em relação a ela.
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3
Variáveis rotacionais
a) Posição angular
A posição da linha de referência (fixa ao corpo) define o ângulo
de rotação θ do corpo rígido em torno do eixo. θ é a posição angular
do corpo rígido.
O sentido da rotação é dado pela regra da mão direita.
z
positivo
negativo
θ
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Variáveis rotacionais
•  Cada ponto do corpo rígido executa um movimento
circular de raio r em torno do eixo.
z
s
r
•  distância percorrida pelo ponto:
s=rθ (θ em radianos)
b) Deslocamento angular
y
θ
s
x
•  O deslocamento angular é definido como:
z
Δθ = θ2 − θ1
r
Esta variável tem módulo (Δθ) , direção e
sentido ( ẑ ) a ela associados.
y
θ1
Vetor Δθ ẑ ?
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x
θ2
Δθ
5
Variáveis rotacionais
Precisamos er cautelosos ao associar um vetor a
uma rotação, pois vetores devem obedecer às regras da
soma vetorial, o que não acontece com as rotações.
   
Por exemplo, a soma vetorial é comutativa ( A+ B = B + A),
mas duas rotações sucessivas feitas em ordens diferentes
dão resultados diferentes!
O exemplo ao lado mostra duas rotações sucessivas
de π /2 em torno dos eixos x e y nas duas ordens possíveis:
o resultado final depende da ordem!
Δθ1 xˆ + Δθ2 yˆ ≠ Δθ2 yˆ + Δθ1 xˆ
Então:
Δθ ẑ não é um vetor!
(a menos que os ângulos de rotação sejam infinitesimais).
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Variáveis rotacionais
c) Velocidade angular
zˆ ≡ nˆ
Deslocamento angular:

ω
Δθ (t ) = θ (t +Δt ) −θ (t )
r
Velocidade angular (escalar) média
ω=
Δθ
Δt
Velocidade angular instantânea (vetor)
Δθ dθ
ω = lim
nˆ = nˆ
Δt →0 Δt
dt

y
θ (t )
x
θ (t +Δt )
Δθ (t )
A velocidade angular é uma característica do corpo como um todo e não
somente de um ponto particular nele situado.
t2
Deslocamento angular em torno de n̂ : θ (t2 ) − θ (t1 ) = ∫ω (t ) dt
t1
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Exemplo 1
Cálculo da velocidade angular da Terra em torno do seu eixo.
A Terra completa uma revolução a cada
23h56min (dia sideral).
O módulo da sua velocidade angular é
2π rad 6, 28 rad
−5 rad
ω=
=
= 7, 23 × 10
dia
86160 s
s
e a sua direção aponta para o norte ao longo do
eixo de rotação, cujo período de precessão é de
aproximadamente 26.000 anos (analisaremos a
questão da precessão mais tarde).
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ω
8
Variáveis Rotacionais
c) Aceleração angular



Δω = ω (t+Δt ) − ω (t)

 Δω
α=
Δt


Δ
ω
d
ω

α = lim
=
Δt → 0 Δt
dt
Variação da velocidade angular
Aceleração angular média
Aceleração angular instantânea
A aceleração angular instantânea é um vetor paralelo a ω quando o
t
eixo de rotação é fixo!
ω (t2 ) − ω (t1 ) = ∫ α (t ' )dt '
t2



t
ω (t2 ) −ω (t1 ) = ∫α (t ) dt
Velocidade angular em função de α
2
1
t2
na direção fixa ( n̂ ): ω (t2 ) − ω (t1 ) = ∫α (t ) dt
t1
t1
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9
Cinemática angular
Em capítulo anterior já estudamos o movimento circular uniforme.
Vamos estudar agora o
Movimento circular uniformemente acelerado
Dadas as condições iniciais:
t1 = 0 e t2 = t → θ (0) =θ 0 e ω (0) = ω0
Temos, para a constante:
1 2
ω(t ) =ω0 +α t ; θ (t ) = θ 0 +ω0 t + α t
2
ω 2 = ω02 +2α (θ −θ 0 )
Comparando com as variáveis do movimento linear:
θ (t ) ↔ x (t ); ω (t ) ↔ v (t ); α (t ) ↔ a (t )
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10
Exemplo 2
3
α
(
t
)
=
at
+ bt
Pião sujeito à aceleração angular:
Calcular ω (t ) e θ (t ).
a = 5 rad/s5 e b = −4 rad/s3
Condições iniciais: ω (0) = 5 rad/s e ϕ (0) = 2 rad
Parâmetros:
t4
t2
ω (t ) − ω (0) = ∫ (at ′ + bt ′) dt ′ = a + b
4
2
0
t
3
⎡
t ′4 t ′2 ⎤
t5 t3
θ (t )−θ (0) =∫ ⎢ω (0)+a +b ⎥ dt ′= ω (0)t +a +b
4
2⎦
20 6
0⎣
t
Usando os valores numéricos:
t4
ω (t ) = 5 + 5 − 2t 2 (rad/s)
45
t
t3
ϕ (t ) = 2 + 5t + − 2
(rad)
4
3
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11
Relação com as variáveis lineares
z ω
•  Posição:
r
s= r θ

v
•  Velocidade:
ds dθ
v= = r = rω
dt
dt
θ
y
s
x

v é tangente à trajetória no ponto considerado
  
Vetorialmente: v = ω × r
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v =ω r
Em módulo:
 
(pois ω ⊥ r neste caso)
12
Relação com as variáveis lineares
•  Aceleração

α

d
v
d  

a = = (ω × r ) =
dt dt


dω   dr
=
×r +ω ×
dt 
dt



aN
at
  
at = α ×r = α r vˆ
ẑ

ω

 at
a N
r

v
θ
ŷ
s
x̂
(em módulo: at = α r)
     
a N = ω ×v = ω ×(ω ×r ) = − ω 2 r rˆ
2
(em módulo: a N = ω r )
v̂ é o vetor unitário tangente à trajetória;
r̂ é o vetor unitário na direção que vai do eixo de rotação até a
partícula (versor da direção radial)
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13
Q1: Barata + carrosel
Uma barata está na borda de um carrossel em movimento. Se a
velocidade angular do sistema carrossel + barata está diminuindo
então a barata possui:
A. 
B. 
C. 
D. 
Somente aceleração angular
Somente aceleração centrípeta
aceleração angular e centrípeta;
Não possui nenhuma aceleração
[MC Types]
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14
Exemplo 3
Velocidade e aceleração de um ponto na superfície da Terra a uma dada co-latitude:
(aproximação de esfera perfeita).

R = 6, 4 ×10 m e ω = 7, 2 ×10 rad / s
  
v = ω× R = ωRsinθv̂ = 470sinθ m/s v̂
6
−5
Como a aceleração angular é nula:


at =α r vˆ =0
A aceleração centrípeta é
  

a N = ω × (ω × r ) = − ω 2 r rˆ = −ω 2 R sen θ rˆ=
= − 3,4 ×10 −2 senθ m/ s 2 rˆ
Nota: A 2ª lei de Newton, para ser correta quando
escrita em um referencial
acelerado (não inercial)

com aceleração a 0 precisa ser corrigida como:
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θ
ω

r

aN
θ
R

v
 

F + F0 = ma , onde


F0 = − ma 0
15
Peso aparente: corpo de massa M em equilíbrio
Num referencial inercial (portanto fora da Terra!) teremos que:


∑ F = Ma
  

Mg + N + Fa = MaN
ou seja,
Esta igualdade vale para todos os instantes. Para
encontrarmos o valor do peso aparente, N e da força de
atrito, Fa , nossa estratégia será decompor todas estas
forças nas direções paralela e normal à aceleração
centrípeta (em um instante qualquer).
x̂ :
ŷ :
( N − Mg ) sinθ − F cosθ = − Ma
( N − Mg ) cosθ + F sinθ = 0
a

ŷ
ω

Fa

aN
R
θ
•

N

Mg
x̂
N
a
O que resulta em:
(
N = Mg − MaN sin θ = M g − ω Rsin θ
(
N = M g − 3,4 × 10−2 sin 2 θ
o S
F128 F128–– 21o Semestre
emestre de
de 2012
2012 2
)
2
)
O peso aparente diminui à
medida que nos
aproximamos do Equador
16 16
Peso aparente: corpo de massa M em equilíbrio
Para a força de atrito teremos:
x̂ :
ŷ :
( N − Mg ) sinθ − F cosθ = − Ma
( N − Mg ) cosθ + F sinθ = 0
a
N

ŷ
ω

Fa
a
Fa = MaN cosθ = M ω 2 Rcosθ sin θ
A força de atrito estático que mantém um
objeto parado na superfície da Terra é
máxima a 45 graus e aponta para o norte no
hemisfério norte e para o sul no hemisfério
sul.

aN
R
θ
•

Mg

N
x̂
E se não houver a força de atrito? à Condição de não equilíbrio.
o S
F128 F128–– 21o Semestre
emestre de
de 2012
2012 17 17
Condição de não equilíbrio: Achatamento
Se não houver força de atrito, teremos de modificar as equações anteriores para:
x̂ :
ŷ :
( N − Mg ) sinθ = − Ma
( N − Mg ) cosθ = Ma
N

ŷ
ω
y
Ou seja, naturalmente aparecerá uma aceleração na
direção y (força resultante não nula nesta direção!),
tal que:

aN
R
θ
•

Mg

N
x̂
aN
ay = −
cosθ = −ω 2 Rcosθ
sin θ
Esta aceleração sempre aponta para o equador, não
importando se estamos no hemisfério norte ou
hemisfério sul.
o S
F128 F128–– 21o Semestre
emestre de
de 2012
2012 18 18
Achatamento do pólos
Assim, qualquer corpo sobre o qual não atua nenhuma força
horizontal (com respeito à superfície da Terra) se desloca na direção
do Equador (sul no hemisfério norte e norte no hemisfério sul)!
à desvio diminuto de latitude dos
corpos em queda livre na direção
do Equador.
à achatamento dos pólos ocorre pelo
mesmo efeito e reduz o desvio
mencionado (aparece uma pequena
força horizontal)
Mg
o S
F128 F128–– 21o Semestre
emestre de
de 2012
2012 N
19 19
Energia cinética de rotação
A energia cinética de um corpo em rotação é a soma:
1
1
1
1
2
2
2
K = m1v1 + m2 v2 + .... mn vn = ∑ mi vi2
2
2
2
2
No corpo em rotação, todos os pontos, exceto
os radiais, têm mesma velocidade angular ω.
Então:
1
1
2
K = ∑ mi (ω ri ) =
2
2
(∑m r )ω
2

vi
ri
mi
2
i i
A grandeza entre parênteses é definida como o momento de
inércia I do corpo em relação ao eixo de rotação. Isto é:
I = ∑mi ri
2
ou seja:
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K=
1 2
Iω
2
(energia cinética de rotação)
20
Cálculo do momento de inércia
No caso de partículas puntiformes, vimos:
I = ∑mi ri2
No caso de uma distribuição contínua
de massa:

r
dm
I = ∫ r 2 dm ,
onde dm é uma massa infinitesimal, que pode ser a de um fio, a de
uma superfície ou a de um volume:
λ : densidade linear de massa
⎧⎪λ dl : em um fio
dm = ⎨σ dA : em uma superfície σ : densidade superficial de massa
ρ : densidade volumétrica de massa
⎪⎩ ρ dV : em um volume
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21
Cálculo do momento de inércia
Exemplos:
a) Anel de raio R e massa M
uniformemente distribuída
λ=
M
dθ
M
M
⇒ dm =
R dθ
2π R
2π R
2π
I =∫ R 2 dm = ∫ R 2
0
R
M
dθ =MR 2
2π
dm
b) Disco de raio R e massa M (idem)
M
M
σ = 2 ⇒ dm = σ dA = 2 2π rdr
πR
πR
4 R
R
2
M
2
M
r
1
2
2
2
I = ∫ r dm = ∫ r
r
dr
=
=
MR
2
2
R
R
40 2
0
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dl=Rdθ
dr
R
r
dA=2π r dr
22
Cálculo do momento de inércia
c) Cilindro de raio R e massa m (idem)
Considerando o cilindro como superposição de discos de altura dy:
1
dI = dmR 2
2
Mas dm = ρ dV =
y
m
2
π
R
dy
2
πR h
dy
h
h
1 2
1 2m
1
I = ∫ R dm = ∫ R
dy = mR 2
2
20 h
2
Ou seja, o momento de inércia de um cilindro não depende de
sua altura.
F128 – 2o Semestre de 2012 23 Alguns momentos de inércia
F128 – 2o Semestre de 2012
24
Q2: Energia cinética
Três cilindros idênticos rodam com velocidade angular w ao redor
dos eixos assinalados abaixo. Em quais dos casos a energia cinética é
de rotação é maior (considere que o diâmetro é muito menor que o
comprimento da barra)?
ω
ω
A.  I
B.  II
C.  III
[MC Types]
F128 – 2o Semestre de 2012
ω
I
II
III
25
Teorema dos eixos paralelos
Se conhecermos o momento de inércia ICM de um corpo em
relação a um eixo que passa pelo seu centro de massa, podemos
facilmente determinar IO do corpo em relação a um eixo paralelo que
passa por O. De fato:
  
   
2
ri = ri′+h ⇒ ri = (ri′+h ) ⋅ (ri′+h )


2
2
2
⇒ ∑mi ri =∑mi ri′ +∑mi h +2h ⋅∑mi ri′
i
i
i
Mas:
i

mi ri
 ∑
 

i
h=
⇒ ∑mi ( ri − h ) = 0 ⇒ ∑mi ri′=0
i
∑mi i
o•

h

ri
dm

ri′
•CM
i
Então:
I O =∑mi ri = I CM + Mh 2 (teorema dos eixos paralelos)
2
i
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26
Torque e 2a Lei de Newton da rotação
Vamos obter a relação entre as forças que atuam sobre um corpo em
rotação (com eixo fixo) e sua aceleração angular. Notamos que apenas as
forças que têm uma componente ortogonal tanto ao eixo quanto à direção
radial podem colocar um corpo em rotação.

ẑ
F

Decompomos a força i que atua sobre uma
α ω

partícula de massa mi do corpo rígido nas direções
 at
tangencial F(||) i e radial F(⊥ ):i
a N 

Fi =F(||)i vˆi +F( ⊥ )i rˆi
Segunda lei de Newton:
ri
vi
θ
ŷ


s
2
Fi = mi ai = miα ri vˆi −miω ri rˆi
x̂
F(||)i = miα ri = mi at
Provoca a aceleração angular
F( ⊥ )i = −miω ri = mi a N
2
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Não altera a velocidade angular (é
uma força centrípeta).
27
Torque e 2a Lei de Newton da rotação
No plano perpendicular ao eixo de rotação:
2
F(||)i = Fi senϕ i =mi riα
ri Fi senϕ i =mi ri α
 

2 
Vetorialmente: ri × Fi = mi ri α ≡ τ i
  
Definição: τ i = ri × Fi é o torque da força

F(||) i

Fi

τi

F(⊥ ) i
ϕi

ri

externa Fi sobre a i-ésima partícula do corpo rígido
(é um vetor saindo do plano do desenho)
No caso em que várias forças agem sobre a partícula, o torque

total é:


2 
Finalmente:
τ res =∑τ i = (∑mi ri )α ≡ Iα
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
i

τ res = I α
i
(2.a lei de Newton da rotação)
28
Torque e 2a Lei de Newton da rotação

F(||) i

Fi

τi
F128 – 2o Semestre de 2012

F(⊥ ) i
ϕi
r
i
29
Q3: Direção do torque

F1
O módulo
 do
 torque produzido pelas
forças F1 e F2 são:
y
A. 
B. 
C. 
D. 
Positivo em ambos
os casos


Positivo para F1e negativo para F2
Negativo para F1 e positivo para F2
Negativo em ambos os casos

F2
x
[MC Types]
30
Torque e 2a Lei de Newton da rotação

F1

Fi

τi

ri

F( t ) i

F( r )i
ϕi

F2

A força F1 tende a rodar o objeto no
sentido anti-horário e F2 tende a
rodá-lo no sentido horário. (2 sinais
associados ao torque).
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31
Exemplo 4
Máquina de Atwood com uma polia com massa
Massa m1
∑ Fy = m1 g − T1 = m1a
( 1)
Massa m2
∑ Fy = T2 − m2 g = m2 a
( 2)
Polia
∑τ = T1R − T2 R = Iα =
1
1
1
2 a
= MR
= MRa ⇒ T1 − T2 = Ma (3)
2
R 2
2

F
Então, resolvendo (1), (2) e (3):
⎛
⎜ m −m
1
2
a =⎜
⎜ m +m + 1 M
⎜ 1 2
2
⎝
F128 – 2o Semestre de 2012

T1
⎞
⎟
⎟g
⎟
⎟
⎠
+

T2

m1 g

T1

Mg

T2
+

m2 g
32
O trabalho no deslocamento angular

Seja uma força externa Fi aplicada a uma partícula no ponto P. O
trabalho infinitesimal num deslocamento ds i = ri dθ é:
 
dWi = Fi ⋅ dsi = ( Fi senϕ ) ri dθ = τ i dθ

Fi

( Fi senϕ é a componente tangencial de Fi ;
a componente radial não trabalha). Então:
W =∑∫τ i dθ = ∫τ dθ

ds i
ϕ

ri
i
Como τ = Iα :
dω
W = ∫ I α dθ =∫ I
ω dt
dt
ωf
(teorema do trabalho-energia cinética
1
2 1
2
W = ∫ Iω dω = I ω f − I ωi = ΔK na rotação)
2
2
ωi
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33
Potência no deslocamento angular
Usando a definição do momento de inércia:
1
1
1
1
2
2
2
2
I ω f − I ωi = ∑ mk ρ k2ωkf − ∑ mk ρ k2ωki
2
2
k 2
k 2
1
1
2
2
= ∑ mk vkf − ∑ mk vki = ΔK
k 2
k 2
W=
que é o teorema do trabalho-energia em sua forma usual.
Potência: é a taxa com que se realiza trabalho:
ΔW
Δθ
dW
P=
=τ
⇒
=τ ω
Δt
Δt
dt
Compare com
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 
ΔW
P=
=∑ Fi ⋅ vi
Δt i
34
Equações do movimento linear e rotacional
Movimento linear
dx
velocidade linear v=
dt

dv

a =
dt
aceleração linear
força resultante


F
=
m
a
∑i
Movimento de rotação (eixo fixo)
dθ
velocidade angular ω =
dt

 dω
aceleração angular α =
dt
i
v = v0 + at
1
a = constante x = x0 +v0 t + a t 2
2
2
2
v = v 0 +2 a ( x − x 0 )
xf
trabalho
W = ∫ F dx
energia cinética
potência
massa
P = Fv
m
F128 – 2o Semestre de 2012

i
ω = ω0 +α t
1
2
θ
=
θ
+
ω
t
+
α
t
0
0
α = constante
2
2
2
ω =ω0 +2α (θ −θ 0 )
θf
trabalho
W = ∫τ dθ
θi
xi
1
K= m v 2
2

∑τ i = I α
torque resultante
energia cinética
potência
1
K= Iω2
2
P =τ ω
Momento de inércia
I
35
Q4: Torque
Uma pedra cai do alto de um edifífico conforme mostra a figura. Qual o torque nesta
pedra em relação ao ponto O?
O
D
h
A. 
B. 
C. 
D. 
Zero, pois torque só existe no movimento circular.
Zero, pois o angulo entre o deslocamento e o ponto O é zero.
mgh
mgD
[MC Types]
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36
Exemplo 5
•  Trabalho em uma máquina de Atwood
Se os corpos partem do repouso ( vi = 0 ):
⎛ m1 −m2 ⎞
⎟⎟ g t
v f = vi +a t = ⎜⎜
⎝ m1 +m2 + M /2 ⎠
Velocidade angular:
1 ⎛ m1 −m2 ⎞
⎟⎟ gt
= ⎜⎜
R R ⎝ m1 +m2 + M / 2 ⎠
1
1
2 1
2
2
K sistema = m1v1 f + m2 v2 f + Iω f =
2
2
2
1 ⎛ (m1 −m2 ) 2 ⎞ 2 2
⎟⎟ g t
= ⎜⎜
2 ⎝ m1 +m2 + M / 2 ⎠
ωf =
+
vf
Esta variação da energia cinética é igual ao trabalho das
forças peso no sistema (verificar).
F128 – 2o Semestre de 2012
+

T1

T2
+
++
m1 g
m2 g
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Exemplo 6
Um fio está enrolado num disco de raio R e massa m, e sua extremidade está
amarrada numa haste. O disco, inicialmente em repouso, é liberado e inicia um
movimento de translação e rotação enquanto o fio vai se desenrolando dele.
a) calcule a aceleração do centro de massa;
b) calcule o valor da tensão no fio;
c) utilizando conservação de energia, determine a velocidade do centro de
massa em função de h.
a)
mg − T = maCM (1)
a
1
TR = Iα = mR 2 CM
2
R
1
⇒ T = m aCM (2)
2
2
aCM = g
3
b) T = mg
3
11
3 2
2
c) mgh = 1 mvCM
+
mR 2ω 2 = mvCM
2
vCM =
22
4
4
gh
3
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