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2
-Corriente A:diámetro 30 cmP=1 bar,T=50ºCc=15 m/sg
-Corriente B: diámetro 40cmP=1,5 barT=100ºCc=20 m/sg
Corriente de salida:M=?T=?
W=500KW
1.- Se suministra a un receptor perfectamente aislado dos chorros estables separados de aire A y B y un solo chorro sale por C a baja velocidad. Hay una transferencia de trabajo hacia el interior del receptor en una proporción de 500KW. Calcular la temperatura de transmisión suponiendo que el aire se comporta como un gas perfecto, teniendo en cuenta la siguiente información: Chorro A: sección 30.cm de diámetro; P=1 bar, T=50ºC; c=15 m/sg Chorro B: sección 0.4m de diámetro, P=1,5 bar T=100ºC c=20 m/sg c_{P}=1.005KJ/(KgK) r=0.287 KJ/(KgK).
3
Principios físicosConservación de la masa
Conservación de la energía
∑∑ −+=s
se
evct mmdt
dMdt
dM&&
∑∑⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡++−
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡++=
e e
2
s s
2mgz)
2c(hmgz)
2c(hW-Q &&&&
Consideraciones.- Régimen estacionario Sistema abierto, con una dos entradas y una salida. Fluido aire.
Desprecia la variación de energía potencial, velocidad de salida despreciable
No hay flujo de calor por ser adiabáticaConservación de la masa
Conservación de la energía
cba
vct
mmme
mes
ms
ioestacionar régimen0dt
dMdt
dM
&&&
&&
=+
∑=∑
==
[ ]⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−=
=Δ=
<=
2chm
2chmhcmW-
tegeneralmen desprecia se Eadiabática 0Q
sistema) el sobre realizdo 0( 500KWW
2B
BB
2A
BAC
P
&&&&
&
&
0
4
Conservación de la masa
CBA mmm &&& =+
csKg
sKg
sKg m4.6643.521.114 &==+
sKg
mN5
KKgJ3
sm222
A
A
a2A
aes,
aaA 1.114
10
273)K(50100.287
15m)10π(15
PrT
cRπv
cSm
2
=+⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅=
⋅=
⋅
−
&
sKg
mN5
KKgJ3
sm222
B
B
B2B
Bes,
BBB 3.520
101.5
273)K(100100.287
20m)10π(20
PrT
cRπv
cSm
2
=
⋅
+⋅⋅
⋅⋅=
⋅⋅=
⋅=
⋅
−
&
5
Conservación de la energía
[ ]⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++⎟
⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+−=⋅
2chm
2chmhm)10(-500-
2B
BB
2A
BACCsgJ3 &&&
P
2B
BRBP
2A
ARAPCRCPsgJ3
2cm)T-(Tc
2cm)T-(Tcm)T-(Tc10500
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡+++−=⋅ &&&
C
2B
2A
BBAAsgJ3
C m2
c2
cmTmT10500T
&
&& −−++⋅=
2c
2c)mmm(TcTmcmTcmTc
2c
2cmTcTmcmTcmTcmTc-mTc10500
2B
2A
0CBARPBBPAAPCCP
2B
2A
BRPBBPARPAAPCRPCCPsgJ3
−−−++−−
=−−+−+−=⋅
=
&&&&&&
&&&&&&
6
2.- Los tubos de una caldera tienen un diámetro interior de 3.5 cm y transporta un flujo másico de agua de 0.75 Kg/s. En la entrada las condiciones del agua son_ P=80 bar, T=70ºC; el agua sale de la caldera a la temperatura de 500ºC. Determinar:
a) Velocidad de entrada del agua en la caldera.
b) Dibujar el proceso en el diagrama P-V
c) Calor que absorbe el agua
Consideraciones.- Régimen estacionario Sistema abierto, con una entrada y una salida. Fluido agua.. Sección tubo constante .Desprecia la variación de energía potencial
No hay flujo de trabajo al ser una caldera proceso a presión constante
Entrada:
P=80bar
T=70ºC
Salida:
v=100m/s
T=500ºC
M=0.75Kg/s 3.5 cm
7
⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⋅
⋅
=⇒⋅
=⋅
=
e
ees,
ses,
sees,
eses,
ss
ees,
ee
smv
vcv
cv
csv
csm
&&
Conservación de la masa
ce =ves,e ⋅ &m
se
=ves(P = 80,T = 70ºC) m3
Kg ⋅0.75 Kgs
π ⋅ 3.52⋅10−2⎛
⎝⎜
⎞⎠⎟
2
m2
Estado 1 (entrada)
P=80 bar
T=70ºC
Estado 1 (entrada)
Líquido
Ts(P=80bar)0294.98ºCTe <Ts(P=80bar)
Para determinar las variables termodinámicas del estado 1 hay que utilizar la tabla de agua líquida comprimida, por interpolación
KgKj
1
Kgdm
e,1
299.5h
1.0192v 3
=
=sm
e
ees,e 0.79
smv
c =⋅
=&
Estado 2 (salida)
T=500ºC, P=80 bar
h=3398.80 ,KJ/Kg
Ve=0.041735m3//Kg
Conservación de la energía
&Q = &m hs +cs
2
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟− he+
ce2
2⎛
⎝⎜
⎞
⎠⎟
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
cs =ves,s ⋅ &m
se
=ves(P = 80,T = 500ºC) m3
Kg ⋅0.75 Kgs
π ⋅ 3.52⋅10−2⎛
⎝⎜
⎞⎠⎟
2
m2
= 32.55 ms
9
3.- Los tubos de un calentador tienen un diámetro interior de 3.5 cm y transporta un flujo másico de agua de 0.75 Kg/s. En la entrada las condiciones del agua son_ P=80 bar, T=70ºC; el agua sale del calentador con velocidad de 100m/s ay temperatura de 500ºC. Determinar:
a) Velocidad de entrada del agua en el calentador.
b) Presión del agua a la salida del calentador.
c) Dibujar el proceso en el diagrama P-V
d) Calor que absorbe el agua
Cuestión.- ¿Qué es la temperatura crítica de una sustancia?
Al no indicar que se trate de una caldera no podemos suponer que se trate de un proceso a presión constante
Consideraciones.- Régimen estacionario Sistema abierto, con una entrada y una salida. Fluido agua.. Sección tubo constante .Desprecia la variación de energía potencial
No hay flujo de trabajo calentador
M=0.75Kg/s 3.5 cmEntrada:
P=80bar
T=70ºC
Salida:
v=10m/s
T=500ºC
10
Principios físicos:
a) Conservación de la masa
b) Conservación de la energía (1er Principio sistemas abiertos)
sesees vcs
vcsm ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⋅=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⋅=&
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=− e
2e
es
2s
s gz2chgz
2chmWQ &&&
11
Estado 1 (entrada)
P=80 bar
T=70ºC
)80( barPTT se =<CbarPTs º98.294)80( ==
Tablas/prpagua Estado 1 (entrada)
Líquido
Para determinar las variables termodinámicas del estado 1 hay que utilizar la tabla de agua líquida comprimida
KgKj
1
Kgdm
e,1
299.5h
1.0192v 3
=
=
sm
2
cmm2
dmm3
Kgdm
sKg
e
ees,e
ees
0.7910cm
23.5π
101.01920.75svm
cv
csm 3
33
=
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅
⋅⋅=
⋅=⇒⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ ⋅=
−
−&&
La velocidad de entrada se puede determinar a partir de la ecuación de conservación de la masa
Estado 2 (salida)
T=500ºC
Temperatura crítica del agua
Tc.agua=374.15ºCaguacs TT ,>
Estado 2 (salida)
Vapor sobrecalentado
a)
12
&m = s ⋅ cves
⎡
⎣⎢
⎤
⎦⎥
e
⇒ ve =ss ⋅cs
&m=π 3.5
2cm ⋅10−2 m
cm⎛⎝⎜
⎞⎠⎟
2
⋅100 ms
0.75 Kgs
= 0.1282 m3
Kg
El volumen específico del estado de salida se puede determinar a partir de la conservación de la masa
Tablas/prpaguaEstado 2 (salida)
T=500ºC
Kgm
se,336.65v =
P=90.3 bar
hs = 3437.28Kj/kg
b)
c)
T=500ºC
T=500ºC
T=500ºCP=90.3bar
13
5.- En una tobera convergente con un área de salida de 0.001 m2 entra aire con velocidad despreciable a la presión de 1.0MPa y temperatura de 360K. Determinar para un flujo isotrópico el flujo másico de aire para las siguientes condiciones en la salida:a) 500KPa η=1b) 500KPa. η=0.85Datos: γ=1.4 Pm,aire=28.97gr R=8.314KJ/(Kmol K)Hacer el calculo Utilizando los programas PROAGUA y PROGASESUtilizando las expresiones teóricas
P=1MPa
T=360K
C=0
S=0.001m2
Ps
DISPOSTIVO: Tobera, sistema abierto con una entrada y una salida.La ecuación del primer principio es en este caso:
13
14
despejando cs:
14
cs = 2 h P=1MPa;T=360ºC( )-h(P=500KPa,ss =se⎡⎣ ⎤⎦+ce
2
=0
e
s
P=1MPaT=360K
P=500KPa
h
s
15
despejando cs,R
15
e
S,i
P=1MPaT=360K
P=500KPa
η=0.85
sR
he + ce2
2=hs,R + cs,R
2
2
cs,R = 2 he-hs,R( )+ce2
his =he -hs,R
he -hs,i
⇒ hs,R =he-ηis he -hs,i( )
cs,R = 2 he − he -ηis he -hs,i( )⎡⎣ ⎤⎦⎡⎣
⎤⎦
s
h
16
Tobera idealPrograma PROGASES
16
1717
18
Tobera con η=0.85
18
19
•Hay que determinar hs,real•de la expresión de rendimiento isotrópico
.la velocidad es para este caso:
19
20
Cálculo
Teoría Ecuación de transformación adiabáticaEc.estado de gas ideal
Ley de MayarÍndice adiabático
Ec. Estado de gas ideal salida
Definición de rendimiento isotrópicoEc. del primer principio
Tobera con η=0.85
20
2121
22
8.‐ Un conducto aislado lleva agua desde un depósito hasta una bomba, también aislada, situado 4m por encima del nivel del depósito. El agua entra en dicho conducto a 95KPa, 15ºC y velocidad de 3 m/s. La bomba impulsa el agua a un segundo conducto, con diámetro interior de 89.9mm a 480KPa y velocidad de 7.5 m/s. A continuación el agua asciende por este ultimo conducto 20m. Una tobera situada al final del conducto de impulsión, reduce el diámetro de la corriente y, a través de ella, descarga el agua a la atmósfera a 100KPa. Si todo el proceso se supone isotermo y adiabático, determinar:a)Potencia mínima para el accionamiento de la bomba.b)Caudal másico del agua impulsada por la bomba.c)Diámetro de salida de la tobera
cuatro sistemas abiertos cada uno con una entrada y una salida:Sistema 1conducto (Puntos 1 y A de la figuraSistema 2 bomba (Puntos A y B de la figura)Sistema 3conducto (Puntos B y C de la figura)Sistema 4 tobera (Puntos C y D de la figura)
Depósito
Bomba
Tobera
4mP=95KPaT=15ºCc=3m/s
P=100KPa
20m
P=480KPad=89.9mmc=7.5m/s
DC
1
B
A
22
23
Sistema 3:ConductoW=0
Q=0
23
Sistema 1:ConductoW=0
Q=0
Sistema 2:BombaW<0
Q=0
Sistema 4:ToberaW=0
Q=0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= 1
21
1A
2A
A gz2ch)gz
2c(h0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
•
A
2A
AB
2B
B gz2
ch)gz2
c(hw-
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= C
2C
CD
2D
D gz2
ch)gz
2c(h0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= B
2B
BC
2C
C gz2
ch)gz2
c(h0
Des,
DD
Ces,
CC
vcs
vcs ⋅
=⋅
Aes,
AA
es,1
11
vcs
vcs ⋅
=⋅
Bes,
BB
Aes,
AA
vcs
vcs ⋅
=⋅
Ces,
CC
Bes,
BB
vcs
vcs ⋅
=⋅
Conservación de la energía Conservación de la masa
24
Determinación del flujo másico
esvcsm ⋅
=•
Aplicado al punto B sKg
dmm
Kgdm
sm
CTKPaP
m38.5
101.0006
7.521089.9π
vcsm 3
23
Bes,
BBB =
⋅
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ ⋅⋅=
⋅= −
−
==
•
3
33
2
º15;480 )(
Datos de los puntosPunto 1: z=0 P=95KPa T=15ºC c=3m/s s=?Punto A: z=4 P=? T=15ºC c=? s=?Punto B : z=4 P=480KPa T=15ºC c=7.5 m/s s=π(80.9/2)2
Punto C: z=24 P=? T=15ºC c=? s=?Punto D : z=24 P=100KPa T=15ºC c=? s=?
24
B
25
Sistema 2:BombaW<0
Q=0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
•
A
2A
AB
2B
B gz2
ch)gz2
c(hw-
Sistema 1:ConductoW=0
Q=0⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= 1
21
1A
2A
A gz2ch)gz
2c(h0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++=
•
1
21
1B
2B
B gz2ch)gz
2c(hw-
25
KgKJ
KgJ
KgJ
22
KgJ3
1B
21
2B
1B 462.820)9.8(42
37.563)10(63.4)z-g(z2
cchhw- =−+−
+−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
−+−=
•
17.82KW17818.7462.8238.5W- ===⋅=•••
sKJ
KgKJ
sKgwm
2626
Sistema 3:ConductoW=0
Q=0
Sistema 4:ToberaW=0
Q=0⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= C
2C
CD
2D
D gz2
ch)gz
2c(h0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= B
2B
BC
2C
C gz2
ch)gz2
c(h0
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛++= B
2B
BD
2D
D gz2
ch)gz2
c(h0
( )[ ] sm2
12BDBDBD 33.5c)zg(zhh2c =+−+−=
D
27
Fluido: vapor aguaP=4 barT=440ºC
Fluido: vapor aguaP=0.20barx=90%
q=20Kj/kg
27
28
Sistema abierto con una entrada y una salida Dispositivo turbina, se desprecia la variación de EP
ses,
ss
ees,
eese
vcs
vcs
mm⋅
=⋅
==••
Conservación de la masa.
[ ]cΔEΔhmW-Q +=•••
)gz2c(hm)gz
2c(hmWQ e
2e
ee
es
2s
ss
s ++−++=− ∑∑••••Conservación de la energía.
2
2
22e 0.0560m10
226.7πrπs =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ⋅== −
22s 0.990m1.10)m(0.900s =⋅=
28
2929
Entrada:P=4bar;T=440ºC Ts (P=4bar)=143.63ºC<Te =440ºC vapor de agua saturado
P=4bar T=400ºC T=440ºC T=450ºC
h(KJ/Kg) 3274 3357.2 3378
Ve (dm3 /kg) 772.5 819.32 831.1
Salida: P=0.2bar; x=90%
Kgdm
Kgdm
Kgdm
glses,333 6883.667648.40.90.9)1.0171(1xvx)v(1v =⋅+−=+−=
KgKJ
KgKJ
KgKj
glses, 2373.332609.10.90.9)251.46(1xhx)h(1h =⋅+−=+−=
sm
2
dmm3
Kgdm
sh
hKg
s
ses,s 38.63
0.99m
106883.663600
120000
svm
c3
33
=⋅
==
−•
sm
2
Kgm
sh
hKg
e
ees,e 81.64
0.0560m
0.8233600
120000
svm
c
3
=⋅
==
•
29
3030
14.37KW14368.932
81.6438.633600
1200002
ccmΔE sJ
22
sh
hKg
2e
2s
c −=−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
•
5369.2KW
5369.2KW14.373600
1200003357.2)(2373.33W-3600
12000020 sKj
sh
hKg
KgKj
sh
hKg
kgKJ
=
−=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ −−=−
•
•
Para ver si es posible construir esta turbina, además del primer principio de la termodinámica se debe e verificar el segundo principio.
0ssΔS es ≥−=
P=4bar T=400ºC T=440ºC T=450ºC
s(KJ/KgK) 7.898 8.018 8.048
KgKKJ
KgKKJ
K KgKJ
glses, 7.199517.9070.90.9)0.8321(1xsx)s(1s =⋅+−=+−=
Ss <seIMPOSIBLE VIOLA 2ºPPCIO
30
31
7.- En un sistema de aire acondicionado entra un caudal de 1.20m3 /s de aire seco a 30ºC y 1.10 bares. El aire se enfría intercambiando calor con una corriente de refrigerante 134a que entra al intercambiador de calor a -12ºC y una calidad del 20%. El refrigerante sale del intercambiador de calor como vapor saturado y extrae del aire un flujo de calor de 22KW. Calcular:a)Flujo másico de refrigeranteb)Temperatura del aire a la salida del intercambiador.c)Datos:ρaire =1.2929Kg/m3 ,cp,aire =1.007KJ7Kg PMaire =28.86
AireT=30ºCP=1,10barmc=1.20m3 /s
R134aT=-12ºCx=0.2mf=?
Q=22KWR134aT=-12ºCx=1mf=?
AireT=?P=1,10barmc=1.20m3 /s
f,s f,e
c,sc,e
Sistema abierto, dos corrientes fluidas no mezcladas, con una entrada y una salida por cada corrienteRégimen estacionario
31
32
AireT=30ºCP=1,10barmc=1.20m3 /s
R134aT=-12ºCx=0.2mf=?
Q=22KWR134aT=-12ºCx=1mf=?
AireT=?P=1,10barmc=1.20m3 /s
f,s f,e
c,sc,e
Conservación de la masa
Al ser corrientes no mezcladas:mc,e =mc,s mf,e =mf,s
es mm ∑∑••
=
Conservación de la Energía )gz2c
(hm)gz2c
(hmWQ e
2e
ee
es
2s
ss
s ++−++=− ∑∑••••
)h(hmQ ec,sc,cfcalientec, −=•• )h(hmQ ef,sf,fffrioab, −=
••
0=+••
friof,ab,fcalientec, QQ 0)h(hm)h(hm ef,sf,fsc,ec,c =−+−••
32
Para cada fluido
33
Airehc,e (P=1.10bar,T=30ºC)=303.3 KJ/Kg
Airehc,s (P=1.10bar,T=?)=
R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=0.2)=
R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=1)=
1.85(-12)-(-12.73)(-10.09)-(-12.73)
C)10.09ºP(TC)12.73ºP(TC)12.73ºP(TC)12ºP(T =−=−−=
+−==−=
33
34
hl(T=-12ºC)=hl(T=-12.73ºC)+ hl(T=-12.73ºC)-hl(T=-10.09ºC)(-12.73)-(-10.09)
(-12.73)-(-12) =
hl(T=-12ºC)=33.45+ 33.45-36.84(-12.73)-(-10.09)
(-12.73)-(-12) =34.39
hv(T=-12ºC)=hv (T=-12.73ºC)- hv (T=-12.73ºC)-hv (T=-10.09ºC)(-12.73)-(-10.09)
(-12.73)-(-12) =
hv(T=-12ºC)=206.26- 206.26-204.46(-12.73)-(-10.09)
(-12.73)-(-12) =205.76
R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=1)=205.76
R134ahc,e (P=?,T=12ºC,x=0.2)=
hes,c,e = (1− x)hl(T = −12ºC)+ xhg(T = −12ºC) = (1−0.2)34.39 KJKg + 0.2 ⋅205.76 KJ
Kg = 68.64 KJKg
sKg
ef,sf,
ffrioab,fef,sf,fffrioab, 0.16
68.64205.7622
hhQ
m)h(hmQ =−
=−
=⇒−=
••••
KgKJ
mKg
sgm
KgKJ
sKg
KgKJ
c
ef,sf,fec,sc,ef,sf,fsc,ec,c
289.161,29291.20
68.64)(205.760.16303.3
m
)h(hmhh0)h(hm)h(hm
3
3 =⋅
−−
=−
−=⇒=−+− •
•••
Estos valores e entalpía pueden variar según las tablas que se utilicen
34
35
Consideraciones sobre este problema
1.-Los datos de entalpia de entrada para el aire se puede obtener del programa PROGASES
2-Una vez determinada la entalpia de salida del aire la temperatura de salida se puede obtener del programa PROGASES
35
36
3.-De acuerdo con el dato de calor especifico del aire la variación de entalpia del aire se puede escribir :
)T(TcΔh ec,sc,aireP,aire −=
Que sustituido en la ecuación
0)h(hm)h(hm ef,sf,fsc,ec,c =−+−••
288.951.0071,29291.2068.64)(205.760.16
-273)(30
Tcm
)h(hmT)h(hm)T(Tcm
KKgKJ
mKg
sgm
KgKJ
sKg
ec,
aireP,c
ef,sf,fsc,ef,sf,fsc,ec,aireP,c
3
3 =⋅
−+
+−
=⇒−=−
⋅
•
•••
Permite obtener directamente la temperatura de salida del aire
4.-Para determinar el flujo de aire en Kg/s se puede hacer de la siguiente manera (suponiendo que no se conoce la densidad)
[ ] [ ][ ]
[ ][ ] [ ][ ]
[ ][ ] [ ]
[ ]2
2
33
3
3
mN
KKgKJ
sm
mN
KKgKJ
sm
Kgms
m
skg
T
P
TPM
Rm
Pr
mvmm
gases
c
airees,
c
es
cc
••••
===
36
