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Capítulo 20 - Termodinámica Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de Física Southern Polytechnic State University © 2007.

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2 Capítulo 20 - Termodinámica Presentación PowerPoint de Paul E. Tippens, Profesor de Física Southern Polytechnic State University © 2007

3 TERMODINÁMICA La termodinámica es el estudio de las relaciones de energía que involucran calor, trabajo mecánico y otros aspectos de energía y transferencia de calor. Calefacción central

4 Objetivos: Después de terminar esta unida, deberá: Establecer y aplicar la y de laEstablecer y aplicar la primera y segunda leyes de la termodinámica. Demostrar su comprensión de los procesos.Demostrar su comprensión de los procesos adiabático, isocórico, isotérmico e isobárico. Escribir y aplicar una relación para determinar la de una máquina térmica.Escribir y aplicar una relación para determinar la eficiencia ideal de una máquina térmica. Escribir y aplicar una relación para determinar el para un refrigerador.Escribir y aplicar una relación para determinar el coeficiente de rendimiento para un refrigerador.

5 UN SISTEMA TERMODINÁMICO Un sistema es un entorno cerrado en el que puede tener lugar transferencia de calor. (Por ejemplo, el gas, las paredes y el cilindro de un motor de automóvil.)Un sistema es un entorno cerrado en el que puede tener lugar transferencia de calor. (Por ejemplo, el gas, las paredes y el cilindro de un motor de automóvil.) Trabajo realizado sobre el gas o trabajo realizado por el gas

6 ENERGÍA INTERNA DEL SISTEMA La energía interna U de un sistema es el total de todos los tipos de energía que poseen las partículas que conforman el sistema.La energía interna U de un sistema es el total de todos los tipos de energía que poseen las partículas que conforman el sistema. Por lo general la energía interna consiste de la suma de las energías potencial y cinética de las moléculas de gas que realizan trabajo.

7 DOS FORMAS DE AUMENTAR LA ENERGÍA INTERNA, U. CALOR QUE SE PONE EN UN SISTEMA (Positivo) + U TRABAJO REALIZADO SOBRE UN GAS (Positivo)

8 TRABAJO REALIZADO POR EL GAS EN EXPANSIÓN: W es positivo - U Disminuye Disminuye DOS FORMAS DE REDUCIR LA ENERGÍA INTERNA, U. CALOR SALE DEL SISTEMA Q es negativo Q es negativo Q out caliente W out caliente

9 ESTADO TERMODINÁMICO El ESTADO de un sistema termodinámico se determina mediante cuatro factores: Presión absoluta P en pascalesPresión absoluta P en pascales Temperatura T en KelvinsTemperatura T en Kelvins Volumen V en metros cúbicosVolumen V en metros cúbicos Número de moles, n, del gas que realiza trabajo Número de moles, n, del gas que realiza trabajo

10 PROCESO TERMODINÁMICO Aumento en energía interna, U. Estado inicial: P 1 V 1 T 1 n 1 Estado final: P 2 V 2 T 2 n 2 Entrada de calor Q in W out Trabajo por el gas

11 El proceso inverso Disminución de energía interna, U. Estado inicial: P 1 V 1 T 1 n 1 Estado final: P 2 V 2 T 2 n 2 Trabajo sobre el gas Pérdida de calor Q out W in

12 LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA: La entrada neta de calor en un sistema es igual al cambio en energía interna del sistema más el trabajo realizado POR el sistema.La entrada neta de calor en un sistema es igual al cambio en energía interna del sistema más el trabajo realizado POR el sistema. Q = U + W final - inicial) Por el contrario, el trabajo realizado SOBRE un sistema es igual al cambio en energía interna más la pérdida de calor en el proceso.Por el contrario, el trabajo realizado SOBRE un sistema es igual al cambio en energía interna más la pérdida de calor en el proceso.

13 CONVENCIONES DE SIGNOS PARA LA PRIMERA LEY ENTRADA de calor Q es positiva ENTRADA de calor Q es positiva Q = U + W final - inicial) SALIDA de calor es negativa SALIDA de calor es negativa Trabajo POR un gas es positivoTrabajo POR un gas es positivo Trabajo SOBRE un gas es negativoTrabajo SOBRE un gas es negativo +Q in +W out U -W in -Q out U

14 APLICACIÓN DE LA PRIMERA LEY DE LA TERMODINÁMICA Ejemplo 1:En la figura, el gas absorbe 400 J de calor y al mismo tiempo realiza 120 J de trabajo sobre el pistón. ¿Cuál es el cambio en energía interna del sistema? Ejemplo 1: En la figura, el gas absorbe 400 J de calor y al mismo tiempo realiza 120 J de trabajo sobre el pistón. ¿Cuál es el cambio en energía interna del sistema? Q = U + W Aplique primera ley: Q in 400 J W out =120 J

15 Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley U = +280 J Q in 400 J W out =120 J U = Q - W U = Q - W = (+400 J) - (+120 J) = (+400 J) - (+120 J) = +280 J = +280 J W es positivo: +120 J (trabajo SALE) Q = U + W Q = U + W U = Q - W U = Q - W Q es positivo: +400 J (calor ENTRA)

16 Ejemplo 1 (Cont.): Aplique la primera ley U = +280 J Los 400 J de energía térmica de entrada se usan para realizar 120 J de trabajo externo, aumenta la energía interna del sistema en 280 J Q in 400 J W out =120 J El aumento en energía interna es: La energía se conserva:

17 CUATRO PROCESOS TERMODINÁMICOS: Proceso isocórico: V = 0, W = 0Proceso isocórico: V = 0, W = 0 Proceso isobárico: P = 0Proceso isobárico: P = 0 Proceso isotérmico: T = 0, U = 0Proceso isotérmico: T = 0, U = 0 Proceso adiabático: Q = 0Proceso adiabático: Q = 0 Proceso isocórico: V = 0, W = 0Proceso isocórico: V = 0, W = 0 Proceso isobárico: P = 0Proceso isobárico: P = 0 Proceso isotérmico: T = 0, U = 0Proceso isotérmico: T = 0, U = 0 Proceso adiabático: Q = 0Proceso adiabático: Q = 0 Q = U + W

18 Q = U + W de modo que Q = U Q = U + W de modo que Q = U PROCESO ISOCÓRICO: VOLUMEN CONSTANTE, V = 0, W = U - U Q IN Q OUT ENTRADA DE CALOR = AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA SALIDA DE CALOR = DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA No se realiza trabajo

19 EJEMPLO ISOCÓRICO: La entrada de calor aumenta P con V constante 400 J de entrada de calor aumentan la energía interna en 400 J y se realiza trabajo cero. B A P2P2P2P2 V 1 = V 2 PP1PP1 P A P B T A T B = 400 J No hay cambio en volumen:

20 Q = U + W pero W = P V Q = U + W pero W = P V PROCESO ISOBÁRICO: PRESIÓN CONSTANTE, P = 0 + U - U Q IN Q OUT ENTRADA DE CALOR = W out + AUMENTO EN ENERGÍA INTERNA Salida de trabajo Entrada de trabajo SALIDA DE CALOR = W out + DISMINUCIÓN EN ENERGÍA INTERNA

21 EJEMPLO ISOBÁRICO ( EJEMPLO ISOBÁRICO (Presión constante): La entrada de calor aumenta V con P constante 400 Jde calor realizan 120 J de trabajo y aumentan la energía interna en 280 J 400 J de calor realizan 120 J de trabajo y aumentan la energía interna en 280 J. 400 J B A P V 1 V 2 V A V B T A T B =

22 TRABAJO ISOBÁRICO 400 J Trabajo = área bajo la curva PV BA P V 1 V 2 V A V B T A T B = P A = P B Trabajo = P V

23 PROCESO ISOTÉRMICO: TEMPERATURA CONSTANTE, T = 0, U = 0 ENTRADA NETA DE CALOR = SALIDA DE TRABAJO Q = U + W y Q = W Q = U + W y Q = W U = 0 Q OUT Entrada de trabajo Salida de trabajo Q IN ENTRADA DE TRABAJO = SALIDA NETA DE CALOR

24 EJEMPLO ISOTÉRMICO (T constante): P A V A = P B V B No hay cambio en U Lenta compresión a temperatura constante: -- No hay cambio en U. U = T = 0 U = T = 0 B A PAPA V 2 V 1 PBPB

25 EXPANSIÓN ISOTÉRMICA (T constante): El gas absorbe 400 J de energía mientras sobre él se realizan 400 J de trabajo. T = U = 0 U = T = 0 B A PAPA V A V B PBPB P A V A = P B V B T A = T B Trabajo isotérmico

26 Q = U + W ; W = - U or U = - W Q = U + W ; W = - U or U = - W PROCESO ADIABÁTICO: NO HAY INTERCAMBIO DE CALOR, Q = 0 Trabajo realizado A COSTA de energía interna. ENTRADA de trabajo AUMENTA energía interna. Sale trabajo Entra trabajo U + U Q = 0 W = - U U = - W

27 EJEMPLO ADIABÁTICO: Paredes aisladas: Q = 0 B A PAPAPAPA V 1 V 2 PBPBPBPB El gas en expansión realiza trabajo con cero pérdida de calor. Trabajo = - U

28 EXPANSIÓN ADIABÁTICA: Q = 0 Se realizan 400 J de TRABAJO, lo que DISMINUYE la energía interna en 400 J: el intercambio neto de calor es CERO. Q = 0 Q = 0 B A PAPAPAPA V A V B PBPBPBPB P A V A P B V B T A T B =

29 CAPACIDAD CALORÍFICA MOLAR TRATAMIENTO OPCIONAL La capacidad calorífica molar C se define como al calor por unidad de mol por grado Celsius. Compruebe con su instructor si se requiere este tratamiento más amplio de los procesos termodinámicos.

30 CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA ¿Recuerda la definición de capacidad calorífica específica como el calor por unidad de masa que se requiere para cambiar la temperatura? Por ejemplo, cobre: c = 390 J/kg K

31 CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA MOLAR El mol es una mejor referencia para gases que el kilogramo. Por tanto, la capacidad calorífica específica molar se define como: Por ejemplo, un volumen constante de oxígeno requiere 21.1 J para elevar la temperatura de un mol en un grado kelvin. C = C = Q n T

32 CAPACIDADS CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTE ¿Cuánto calor se requiere para elevar la temperatura de 2 moles de O 2 de 0 o C a 100 o C? Q = (2 mol)(21.1 J/mol K)(373 K K) Q = nC v T Q = J

33 CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA A VOLUMEN CONSTANTE (Cont.) Puesto que el volumen no cambia, no se realiza trabajo. Todos los 4220 J van a aumentar la energía interna, U Puesto que el volumen no cambia, no se realiza trabajo. Todos los 4220 J van a aumentar la energía interna, U. Q = U = nC v T= 4220 J Q = U = nC v T = 4220 J U = nC v T Por tanto, U se determina mediante el cambio de temperatura y el calor específico a volumen constante.

34 CAPACIDAD CALORÍFICA ESPECÍFICA A PRESIÓN CONSTANTE Acaba de ver que se necesitaban 4220 J de calor a volumen constante. Suponga que también quiere realizar 1000 J de trabajo a presión constante Q = U + W Q = 4220 J + J Q =5220 J Q = 5220 J C p > C v Igual

35 CAPACIDAD CALORÍFICA (Cont.) C p > C v Para presión constante Q = U + W Q = U + W nC p T = nC v T + P V U = nC v T El calor para elevar la temperatura de un gas ideal, U, es el mismo para cualquier proceso. CpCvCpCv

36 RECUERDE, PARA CUALQUIER PROCESO QUE INVOLUCRA UN GAS IDEAL: PV = nRT U = nC v T U = nC v T Q = U + W Q = U + W P A V A P B V B T A T B T A T B =

37 Problema ejemplo: AB: se calienta a V constante a 400 K.AB: se calienta a V constante a 400 K. Una muestra de 2 L de gas oxígeno tiene temperatura y presión iniciales de 200 K y 1 atm. El gas experimenta cuatro procesos: BC: se calienta a P constante a 800 K.BC: se calienta a P constante a 800 K. CD: se enfría a V constante de vuelta a 1 atm.CD: se enfría a V constante de vuelta a 1 atm. DA: se enfría a P constante de vuelta a 200 K.DA: se enfría a P constante de vuelta a 200 K.

38 DIAGRAMA PV PARA PROBLEMA B A PBPBPBPB 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K ¿Cuántas moles de O 2 hay presentes? Considere el punto A: PV = nRT

39 PROCESO AB: ISOCÓRICO ¿Cuál es la presión en el punto B? P A P B T A T B = 1 atm P B 200 K 400 K = P B = 2 atm or 203 kPa B A PBPBPBPB 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K

40 PROCESO AB: Q = U + W Analice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO AB. W = 0 W = 0 Q = U = nC v T Q = U = nC v T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K K) U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K K) B A PBPBPBPB 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K Q = +514 J W = 0 U = +514 J

41 PROCESO BC: ISOBÁRICO ¿Cuál es el volumen en el punto C (y D)? V B V C T B T C = 2 L V C 2 L V C 400 K 800 K = BC PBPBPBPB 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K D 4 L V C = V D = 4 L

42 ENCUENTRE U PARA EL PROCESO BC. El proceso BC es ISOBÁRICO. P = 0 P = 0 U = nC v T U = nC v T U= (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K K) U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(800 K K) U = J B C 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K 4 L 2 atm

43 ENCUENTRE W PARA EL PROCESO BC. El trabajo depende del cambio en V. P = 0 Trabajo = P V W = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J W = (2 atm)(4 L - 2 L) = 4 atm L = 405 J W = +405 J B C 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K 4 L 2 atm

44 ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO BC. Analice la primera ley para BC. Q = U + W Q = U + W Q = J J Q = J J Q = J Q = J Q = 1433 J W = +405 J B C 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K 4 L 2 atm U = 1028 J

45 PROCESO CD: ISOCÓRICO ¿Cuál es la temperatura en el punto D? P C P D T C T D = 2 atm 1 atm T D 800 K T D = T D = 400 K B A PBPB 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K C D

46 PROCESO CD: Q = U + W Analice la primera ley para el proceso ISOCÓRICO CD. W = 0 W = 0 Q = U = nC v T Q = U = nC v T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K K) Q = J W = 0 U = J C D PBPB 2 L 1 atm 200 K 400 K 800 K 400 K

47 ENCUENTRE U PARA EL PROCESO DA El proceso DA es ISOBÁRICO. P = 0 P = 0 U = nC v T U = nC v T U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K K) U = (0.122 mol)(21.1 J/mol K)(400 K K) U = -514 J A D 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K 4 L 2 atm 400 K

48 ENCUENTRE W PARA EL PROCESO DA El trabajo depende del cambio en V El trabajo depende del cambio en V. P = 0 P = 0 Trabajo = P V W= (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J W = (1 atm)(2 L - 4 L) = -2 atm L = -203 J W = -203 J A D 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K 4 L 2 atm 400 K

49 ENCUENTRE Q PARA EL PROCESO DA Analice la primera ley para DA. Q = U + W Q = U + W Q = -514 J J Q = -514 J J Q = -717 J Q = -717 J Q = -717 J W = -203 J U = -514 J A D 2 L 1 atm 200 K 400 K800 K 4 L 2 atm 400 K

50 RESUMEN DEL PROBLEMA Q = U + W Q = U + W Para todos los procesos:

51 TRABAJO NETO PARA CICLOS COMPLETOS ES ÁREA ENCERRADA BC 2 L 1 atm 4 L 2 atm +404 J BC 2 L 1 atm 4 L 2 atm Neg -202 J área = (1 atm)(2 L) trabajo neto = 2 atm L = 202 J 2 L 4 L BC 1 atm 2 atm

52 EJEMPLO ADIABÁTICO: Q = 0 A B PBPBPBPB V B V A PAPAPAPA P A V A P B V B T A T B = P A V A = P B V B Ejemplo 2: Un gas diatómico a 300 K y 1 atm se comprime adiabáticamente, lo que disminuye su volumen por 1/12. (V A = 12V B ). ¿Cuáles son la nueva presión y temperatura? ( = 1.4)

53 ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE P B Q = 0 P B = 32.4 atm o 3284 kPa P A V A = P B V B A B PBPBPBPB V B V B V B 12V B 1 atm 300 K Resolver para P B :

54 ADIABÁTICO (Cont.): ENCUENTRE T B Q = 0 T B = 810 K (1 atm)(12V B ) (32.4 atm)(1 V B ) (300 K) T B = A B 32.4 atm V B 12V B 1 atm 300 K Resuelva para T B T B =?

55 ADIABÁTICO (Cont.): Si V A = 96 cm 3 y V A = 8 cm 3, ENCUENTRE W Q = 0 W = - U = - nC V T y C V = 21.1 j/mol K W = - U = - nC V T y C V = 21.1 j/mol K A B 32.4 atm 1 atm 300 K 810 K Dado que Q = 0, Q = 0, W = - U W = - U 8 cm 3 96 cm 3 Encuentre n del punto A PV = nRT PVRT n =

56 ADIABÁTICO (Cont.): Si V A = 96 cm 3 y V A = 8 cm 3, ENCUENTRE W A B 32.4 atm 1 atm 300 K 810 K 8 cm 3 96 cm 3 PVRT n = = == = (101,300 Pa)(8 x10 -6 m 3 ) (8.314 J/mol K)(300 K) n = mol y C V = 21.1 j/mol K T = = 510 K T = = 510 K W = - U = - nC V T W = - U = - nC V T W = J

57 Absorbe calor Q hotAbsorbe calor Q hot Realiza trabajo W outRealiza trabajo W out Liberación de calor Q coldLiberación de calor Q cold Una máquina térmica es cualquier dispositivo que pasa por un proceso cíclico: Dep. frío T C Máquina Dep. Caliente T H Q hot W out Q cold MÁQUINAS TÉRMICAS

58 LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Es imposible construir una máquina que, al operar en un ciclo, no produzca efectos distintos a la extracción de calor de un depósito y la realización de una cantidad equivalente de trabajo. No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)! W out Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H Q hot Q cold

59 LA SEGUNDA LEY DE LA TERMODINÁMICA Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H 400 J 300 J 100 J Máquina posible. Máquina IMPOSIBLE. Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H 400 J

60 EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H QHQH W QCQC La eficiencia de una máquina térmica es la razón del trabajo neto realizado W a la entrada de calor Q H. e = 1 - QCQHQCQH e = = WQHWQH Q H - Q C Q H

61 EJEMPLO DE EFICIENCIA Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H 800 J W 600 J Una máquina absorbe 800 J y desecha 600 J cada ciclo. ¿Cuál es la eficiencia? e = J 800 J e = 1 - QCQHQCQH e = 25% Pregunta: ¿Cuántos joules de trabajo se realizan?

62 EFICIENCIA DE UNA MÁQUINA IDEAL (máquina de Carnot) Para una máquina perfecta, las cantidades Q de calor ganado y perdido son proporcionales a las temperaturas absolutas T. e = 1 - TCTHTCTH e = T H - T C T H Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H QHQH W QCQC

63 Ejemplo 3: Una máquina de vapor absorbe 600 J de calor a 500 K y la temperatura de escape es 300 K. Si la eficiencia real sólo es la mitad de la eficiencia ideal, ¿cuánto trabajo se realiza durante cada ciclo? e = 1 - TCTHTCTH 300 K 500 K e = 40% e real = 0.5e i = 20% e = WQHWQH W = eQ H = 0.20 (600 J) Trabajo = 120 J

64 REFRIGERADORES Un refrigerador es una máquina que opera a la inversa: realiza trabajo sobre gas que extrae calor del depósito frío y deposita calor en el depósito caliente. W in + Q frío = Q caliente W IN = Q caliente - Q frío Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H Q hot Q cold W in

65 LA SEGUNDA LEY PARA REFRIGERADORES Es imposible construir un refrigerador que absorba calor de un depósito frío y deposite igual calor a un depósito caliente con W = 0. Si fuese posible, ¡se podría establecer movimiento perpetuo! Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H Q hot Q cold

66 COEFICIENTE DE RENDIMIENTO (COP) Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H QHQH W QCQC El COP (K) de una máquina térmica es la razón del CALOR Q c extraído al TRABAJO neto realizado W. K = T H T H - T C Para un refrigerador IDEAL: QCWQCW K = = Q H Q H - Q C

67 EJEMPLO DE COP Un refrigerador de Carnot opera entre 500 K y 400 K. Extrae 800 J de un depósito frío cada ciclo. ¿Cuáles son COP, W y Q H ? Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H 800 J W QHQH 500 K 400 K K = 400 K 400 K 500 K K T C T H - T C = COP (K) = 4.0

68 EJEMPLO DE COP (Cont.) A continuación se encontrará Q H al suponer el mismo K para un refrigerador real (Carnot). Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H 800 J W QHQH 500 K 400 K K = Q C Q H - Q C Q H = 1000 J 800 J 800 J Q H J =4.0

69 EJEMPLO DE COP (Cont.) Ahora, ¿puede decir cuánto trabajo se realiza en cada ciclo? Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H 800 J W 1000 J 500 K 400 K Trabajo = 1000 J J Trabajo = 200 J

70 Resumen Q = U + W final - inicial) Primera ley de la termodinámica: el calor neto que toma un sistema es igual a la suma del cambio en energía interna y el trabajo realizado por el sistema. Proceso isocórico: V = 0, W = 0Proceso isocórico: V = 0, W = 0 Proceso isobárico: P = 0Proceso isobárico: P = 0 Proceso isotérmico: T = 0, U = 0Proceso isotérmico: T = 0, U = 0 Proceso adiabático: Q = 0Proceso adiabático: Q = 0

71 Resumen (Cont.) c = c = c = c = Q n T U = nC v T Capacidad calorífica molar, C: Unidades: Joules por mol por grado Kelvin Lo siguiente es cierto para CUALQUIER proceso: Q = U + W PV = nRT

72 Resumen (Cont.) Segunda ley de la termodinámica: Es imposible construir una máquina que, al operar en un ciclo, no produzca efectos distintos a la extracción de calor de un depósito y la realización de una cantidad equivalente de trabajo. Dep. frío T C Máquina Dep. caliente T H Q hot Q cold W out No sólo no puede ganar (1a ley); ¡ni siquiera puede empatar (2a ley)!

73 Resumen (Cont.) La eficiencia de una máquina térmica: e = 1 - QCQHQCQH TCTHTCTH El coeficiente de rendimiento de un refrigerador:

74 CONCLUSIÓN: Capítulo 20 Termodinámica


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