1.24b) Determinamos los vectores rRS , rRT y calculamos el ángulo que forman dichos vectoresrRS  0,4i  j  0,8krRT  0,4i  0,8kcos   RS.RT  RS . Fig. WebESTATICA - CENTROIDES DE FIGURAS PLANAS COMPUESTAS - EJERCICIO 5-4 BEER - YouTube 0:00 / 11:33 Centroides de figuras compuestas. (170).sen61,93o  25,29N.mEl sentido del momento es antihorario.METODO VECTORIAL:Trazamos un vector rOC , siendo:  0,25i  0,2sen70o j  0,2cos 70o krOCP  (Psen).j  (P cos ).kLuego:MO    i j k rOC xP 0,25 0,2sen70o 0,2 cos 70o 0  Psen P cos MO  0,2sen70o 0,2 cos 70o  0,25 0,2 cos 70o  k 0,25 0,2sen70o i j  Psen P cos  0 P cos  0  PsenMO  (0,2sen70o P cos   0,2cos 70o Psen)i  (0,25P cos ) j  (0,25Psen)kSiendo:MX  0,2sen70o P cos   0,2cos 70o Psen (a)MY  0,25P cos MZ  0,25PsenPor datos del problema:  0,25P cos   20  0,25Psen  37,5 (b)Dividimos (b) entre (a) y obtenemos: tg  1,875Luego: 39  arctg(1,875)  61,93o Reemplazamos el valor obtenido en la ecuación (a): P  20  170N 0,25cos 61,93o Ahora, determinamos el momento respecto al eje “X” MX  0,2sen70o. 2 Una varilla rígida de longitud L = 1.80 m y masa M = 6 kg está unida a una articulación (punto O de la figura). 4.51 Fig. 1.641.7 REDUCCION DE FUERZAS PARALELAS PROBLEMA 1.32 En la figura 1.65 se muestra una platea de cimentación, donde actúan las cuatro columnas, sabiendo que la fuerza resultante actúa en el punto (3; 3,5) m del plano XY. 1.31 Como primer caso, analizamos cuando las componentes están colocadas en el punto B: MA  (30)(0,5)  (40)(0,6)  9kN.m (sentido horario) Luego, analizamos el caso cuando las componentes están colocadas en el punto C: MA  (30)(0,1)  (40)(0,3)  9kN.m (sentido horario) Finalmente, analizamos el caso cuando las componentes han sido colocadas en el punto D: MA  (30)(0,3)  9kN.m (sentido horario) Como se puede apreciar, los resultados son los mismos, lo que implica que si tenemos un sistema coordenado, lógicamente es mucho más fácil aplicar el método escalar, descomponiendo la fuerza en sus componentes rectangulares y aplicarlo en cualquier punto de la línea de acción de la fuerza, que los resultados serán los mismos, como se ha demostrado en este problema. /BitsPerComponent 8 (1,5)   .3  4  Ai 2  3   3,787  6    1,266m 2Z  Ai Zi  3,787. 2   6. 1.66PROBLEMA 1.33 La figura muestra una platea de cimentación, donde se encuentran apoyadas lascolumnas con las fuerzas indicadas. Qj��v��B4.����/hNl\�^�E�i��*D��[��&��!Z�h���[WWʃ5��!Z�h��g�Uk��C� EC  100. 5.3 centroides de lineas, superficies y volumenes. Web2. Un método para expresar cada una de las fuerzas en notación vectorial es usar la forma F = Fλ, donde λ es el vector unitario en la dirección de la fuerza. Diccionario universal de la lengua castellana, ciencias y artes Reverte CONTENIDO: ¿Qu es la mecnica? 4.61Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos: FX  0  HB  0Efectuamos un corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte derecha del corte: FY  0  VD 10  0  VD  10T  Fig. En fin, ofrece al estudiante de ingeniería toda la información necesaria para entender y resolver los problemas propuestos al final de cada capítulo. Fig. R III  72  242  25N Fig. (416,67). 1 .1  M D  0 2  3  MD  8,83N.mPROBLEMA 5.3 La siguiente viga mostrada en equilibrio tiene sus componentes de reacción verticalen el apoyo A igual a 3T y en el apoyo B igual a 10T respectivamente, determinar:a) El valor de “W”b) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 1m a la derecha del apoyo A Fig. En su respuesta debe incluir la dirección de la fuerza. Fig. (5,2)  1 .(1,2).(500). 4.55Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos: MA  0  VI. (3)  FEF. (184,89)  554,67kgf  135PROBLEMA 4.13 Para la armadura mostrada en la figura, calcular:a) Las fuerzas axiales en las barras EL y AH usando el método de los cortes o secciones.b) Las fuerzas en las barras AB y AG por el método de los nudos. (3) 10. 1.41METODO VECTORIAL:EJE OX: 0 01M F3  rOC xF3.OA   100 0 0 0 OA 1 00Donde:rOC  k (radio-vector que se inicia en O e interseca la fuerza)F3  100i OA  2i  i (vector unitario en la dirección del eje OX) 22Como se podrá apreciar, no era necesario calcular dicho momento, ya que se sabe por propiedadesque el momento de una fuerza respecto a un eje paralelo a la acción de la misma es cero. 1.9 7Fig. 1.16 11De acuerdo a la figura 1.16, las representaciones rectangulares de P y Q son:  P  P cos 25o i  Psen25o j  Q  Qcos 50o i  Qsen50o jLa resultante de P y Q se encuentra sumando sus componentes: (a)   R  P  Q  (P cos 25o  Qcos 50o )i  (Psen25o  Qsen50o ) jSegún dato del problema, expresamos la resultante R en función de sus componentes rectangulares:  R  260cos 22,62o i  260sen22,62o j  240i 100j (b)Igualamos las ecuaciones (a) y (b) y obtenemos: P  588lb Q  455lbPROBLEMA 1.9 La fuerza R es la resultante de las fuerzas P1, P2 y P3 que actúan sobre la placarectangular de 0,6m x 1m. WebEs por ello, que tomé el reto de escribir un libro, que haga más didáctico el proceso de estudio individual, resolviendo para ello 125 problemas tipos en forma seria y con el … Determinar los módulos de las fuerzas P y Q Fig. (3,04)  220. 4.64Para determinar la reacción vertical en B, analizamos la armadura entre los cortes 1-1 y 2-2, talcomo se muestra en la figura 4.65 FY  0  VB  6  0 VB  6T  141Fig. (4)  0MD  0 FDE  2900lb (COMPRESION)  FOP. (2)  700. 4.56b) Ahora, calculamos las fuerzas axiales en las barras AB y AG, utilizando el método de los nudos, y analizando el equilibrio en el nudo A, tal como se muestra en la figura 4.57  FX  0  366,67  FAG cos 37o  800  0 FAG  541,66N (TRACCION)  FY  0  541,66sen37o  975  FAB  0 FAB  1300N (COMPRESION) Fig. (6) 1800. 4.23 120NUDO “D”: FX"  0  8  FDG  0 FDG  8kN (TRACCION) FY"  0  FDC  0 Fig. (2)  1 .(W).(6). (100)  12000N.mmM F4  rOF4 xF4 . X  0 0 OX 0 1Luego: MX  M F1  M F2  M F3  M F4  10000 12000  22000N.mm  22N.m OX OX OX OXEJE OY: 0 200 10M F1  rOF1 xF1. Y  0 0  50  0 OY 01 0 0 220 0  300 0 0M F2  rOF2 xF2 . Y  0 0 OY 1 0 170 200 0M F3  rOF3 xF3. Y   250 0 0 0 OY 0 10 36160 220  100  120 0 0M F4  rOF4 xF4 . Y  0 0 OY 1 0Luego: MY  M F1  M F2  M F3  M F4 0EJE OZ: OY OY OY OY 0 200 10M F1  rOF1 xF1. Z  0 0  50  0 OZ 00 1 0 220 0  300 0 0M F2  rOF2 xF2 . Z  0 1 OZ 0 0 170 200 0M F3  rOF3 xF3. Z   250 0 0  (250). Estática de la partícula Competencias Actividades de aprendizaje Competencia específica: Comprende la importancia de la estática en relación con las condiciones de … 4.57 137PROBLEMA 4.14 En la armadura mostrada, la fuerza axial en GH es 600N (tracción) y en BC es480N (tracción), determinar:a) El ángulo b) El valor de la carga P Fig. 1.54 Solución: Calculamos los momentos que generan ambos sistemas, ya que se trata de cuplas o pares de fuerzas, cuyas proyecciones como fuerzas en los ejes X e Y son ceros. 4.29NUDO “A”: FY  0  30 12,02sen56,31o  FADsen37o  0 FAD  33,33kN (COMPRESION) FX  0  FAC  33,33cos 37o 12,02cos 56,31o  0 FAC  33,33kN (TRACCION)NUDO “D”: Fig. 114Fig. 5.4 figuras y cuerpos compuestos; aproximaciones. para estudiantes … Localice el centroide del área plana que se muestra en cada figura. Para el área mostrada, determine la relación a/b tal que la coordenada x del centroide sea igual a la coordenada y. El eje horizontal x se traza a través del centroide C y divide al área mostrada en dos áreas componentes A1 y A2. (3)  200. En el tercer capítulo se calculan los centroides en alambres y áreas, así como, los momentos deinercia de áreas planas y de perfiles metálicos. (4,5)  600. 1.25 18Solución:La fuerza en el cable CD lo denotamos como P y en forma vectorial es:  P. CD  P.  0,3i  0,24j  0,32k  (0,6i  0,48j  0,64k)PP CD (0,3)2  0,242  (0,32)2Para el momento respecto a “A”, elegimos un vector rAC que va desde A hasta el punto C (punto quepertenece a la línea de acción CD)rAC  0,3i  0,08kLuego: ijk 0 0,08 0,3 0,08 0,3 0MA  rACxP  0,3 0 0,08  i j k 0,48P  0,64P  0,6P  0,64P  0,6P 0,48P  0,6P 0,48P  0,64PMA  0,0384Pi  0,144Pj  0,144PkDe donde: P  200NPROBLEMA 1.15 La puerta batiente se mantiene en la posición mostrada en la figura, por medio dedos cables AB y AC y, además, por las bisagras mostradas. 4.62Retornamos a la armadura inicial, analizando el equilibrio de toda la armadura:MB  0  10. (1,5)  2000. 1.40EJE OZ (PLANO XY):MZ  600sen60o. Fig. Fig. Y1  A1a12  I Y  4. (3)  9. RT  0,4i  j  0,8k . (4)  0 2 W  600kgf / m FX  0  600. (5,5)  60 w0  7,27kN / mPROBLEMA 1.37 Para la platea de cimentación mostrada en la figura, determine la resultante delsistema de fuerzas, así como su ubicación y sentido, si todas las cargas distribuidas son lineales. Determinar:a) La magnitud de la fuerza resultanteb) El momento de la fuerza tensional T1 respecto al punto C Fig. Fig. Por lo general, los textos base de Estática, son muy voluminosos y, principalmente, se centran enla descripción teórica, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje a través de trabajos domiciliarios einvestigación, conducentes a un mejor dominio de la materia. (4)  P.(4)  Q. 1.5PROBLEMA 1.3 Para la estructura mostrada en la figura 1.6, se pide:a) Descomponer la fuerza de 360 lb en componentes a lo largo de los cables AB y AC. 1.52EJE OZ (PLANO XY):MZ  0,25Psen Fig. 3.14Solución:La sección transversal mostrada, se puede analizar como un rectángulo de 24cm x 18cm y otrorectángulo hueco de 12cm x 12cmEl área de la sección transversal es:A  24.18 12.12  288cm2Para determinar la posición del centro de gravedad, el cual se ubica en el eje de simetría OY,utilizamos un eje auxiliar O1X1, el cual pasa por la base de la sección.El momento estático de la sección respecto a este eje, lo determinamos como la diferencia entre losmomentos estáticos de dos rectángulos.SX1  A1y1  A2 y2  24.18.9 12.12.6  3024cm3Determinamos la ubicación del centro de gravedad.y0  SX1  3024  10,5cm A 288De esta manera, los ejes OX y OY son los denominados ejes centrales principales. (57,73)  0 d  1,348mb) Determinamos el ángulo que forman las líneas EC y EBrEC  3j  3krEB  3i  3j  3kcos   EC .EB  EC . De esta manera, se tendrá:P1  110jP2  200AC  200 AC  200  2i  2tg25o j   181,26i  84,52j AC (2)2  (2tg25o )2 P3  150 AB  150 AB  150  2i  2tg40o k   114,90i  96,42k AB (2)2  (2tg40o )2 La fuerza resultante estará dada por:R  F  P1  P2  P3  (181,26 114,90)i  (110  84,52) j  96,42kR  296,16i 194,52j  96,42k 14La magnitud de la resultante R es:R  (296,16)2  (194,52)2  (96,42)2  367,21lb Fig. 1.15Solución: Fig. (4)  500  1 .(3).(W). (3) 1000. 1.48EJE OZ (PLANO XY):MZ  120.160  250.200  30800N.mm  30,8N.m Fig. (3)  FFE. 25 Solución arco parabólico X 0, 410 m y … WebEstatica problemas resueltos 151118 - PROBLEMAS RESUELTOS ESTÁTICA 1 PROBLEMA 1 Una varilla rígida - Studocu problemas resueltos estática problema una … (1)  0,889m Ai 3 2 3,787  6   23.3 MOMENTOS DE INERCIA DE AREAS PLANAS PROBLEMA 3.5 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes centrales principales de la sección transversal mostrada en la figura 3.12, cuyas dimensiones están dadas en centímetros. 1.50Solución:Resolvemos el problema por ambos métodos. Fig. 1.http://www.elsolucionario.net www.elsolucionario.net LIBROS UNIVERISTARIOS Y SOLUCIONARIOS DE MUCHOS DE ESTOS LIBROS LOS SOLUCIONARIOS CONTIENEN TODOS LOS EJERCICIOS DEL LIBRO RESUELTOS Y EXPLICADOS DE FORMA CLARA VISITANOS PARA DESARGALOS GRATIS. (1)  419,61N.mEl sentido del momento es antihorario, por ser positivo su valor (figura 1.40) Fig. Academia.edu no longer supports Internet Explorer. (150)  120000 (a)PUNTO “B”: Fcos . En caso de tener un área no convencional, es decir formada por varias figuras, se aplica la misma fórmula para cada una de las figuras en el … (6)  0 FOP  2900lb (TRACCION) Fig. 1.46Solución:Proyectamos las fuerzas en cada eje, calculando su resultante parcial respecto a cada eje.R X  250R Y  300 120  420R Z  50Luego, la fuerza resultante es: R  250i  420j  50kAhora, analizamos los momentos respecto a los ejes coordenados:METODO ESCALAR:EJE OX (PLANO YZ):MX  50.200 120.100  22000N.mm  22N.m 34Fig. (9)  P.(4)  0 4P 18Q  13664 (b)Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo: P  2584kgf Q  184,89kgfAhora, retornamos a la parte a) del problema, determinando las reacciones en los apoyos:VD  P  4,5Q  2584  4,5. (2)  1 .(1). Estaticas ☝ La estática es la rama de la mecánica ... Este libro contiene las fórmulas más importantes y más de 160 problemas completamente … (0,591i  0,555j  0,585k)  17,73i 16,65j 17,55kCA  2i  2,819j  2,974k  0,438i  0,618j  0,652k 22  (2,819)2  2,9742T2  T2.CA  90. (1,14)  1071,6kg.mEl sentido es horario por ser negativoPROBLEMA 1.20 Determinar la relación a/b, sabiendo que el momento en la base A del poste esnulo. (4) 1650. (10)  8. (3,328)  Q. PROBLEMA 1.2 Si P  76kN y Q  52kN , determine en forma analítica la resultante de P y Q Fig. Se determina de una manera similar usando el equilibrio de momentos de elementos geométricos, … 1.14 9PROBLEMA 1.6 Dado los vectores: A  6i  4j  k (N) B  j  3k (m) C  2i  j  4k (m)Determinar:a) A.Bb) La componente ortogonal de B en la dirección de Cc) El ángulo entre A y Cd) AxBe) Un vector unitario  perpendicular a A y Bf) AxB.CSolución:a) Aplicamos la siguiente ecuación, obteniendo:A.B  Ax Bx  AyBy  AzBz  6(0)  4(1)  (1)(3)  1N.mEl signo positivo, indica que el ángulo entre A y B es menor que 90ob) Si  es el ángulo entre B y C, se obtiene de la ecuación: Bcos      C  ( j  3k). (12)  4. 4.52 Fig. 3.15Solución:Determinamos los momentos de inercia de toda la sección, respecto a sus ejes centrales principalesIX  IY  10.103  2.23  832cm4 12 12IXY  0Ahora, calculamos el momento de inercia respecto al eje X1  X1 105IX1  IX cos 2   IYsen 2  IXYsen2Para este caso, reemplazamos los valores obtenidos anteriormente y   45o , porque  espositivo en sentido antihorario y negativo en sentido horario, que es el presente caso.IX1  832cos2 (45o )  832sen2 (45o )  0  832cm4Luego, determinamos el momento de inercia respecto al eje X2  X2 , utilizando el teorema de ejesparalelos.IX2  IX1  A.d2  832  (102  22 ). 179 19,2.3,332PROBLEMA 3.10 Determinar la ubicación del centro de gravedad y los momentos de inerciarespecto a los ejes centrales principales de la sección transversal de una viga de acero compuestapor dos perfiles I27 y una plancha de sección 40x1,2cm, tal como se muestra en la figura 3.17. (2,5)  0 2 3  W  600N / m FX  0  HB  800cos 60o  0 HB  400N FY  0  VA  1002  800sen60o  1000  1 .(1). Estática: Problemas Resueltos. To get more targeted content, please make full-text search by clicking. 110CAPITULO 4 ARMADURAS4.1 METODO DE LOS NUDOS PROBLEMA 4.1 Para la siguiente armadura: a) Calcular las reacciones en los apoyos b) Indicar que barras no trabajan c) Determinar las fuerzas axiales en las barras restantes Fig. En su respuesta debe incluir la dirección de la fuerza. En el quinto capítulo se calculan las fuerzas internas y se grafican los diagramas de fuerza axial,fuerza cortante y momento flector para vigas, pórticos, arcos y estructuras espaciales. A partir del extremo del momento de inercia I Y , levantamos en el eje vertical del producto de inercia, es decir IXY , obteniendo el punto K de la figura.5. Si en un nudo convergen dos barras y el nudo no está cargado, entonces ambas barras sonnulas.2. 2i  j  4k  1(1)  3(4)  2,40m B. C B. (4)  Q. (1,2)  0 FBC  8,33kN (COMPRESION)  10. (5,67) 4100x  15652x  3,82piePROBLEMA 1.36 La resultante de las dos cargas distribuidas triangulares es un par antihorario de60kN.m. Fig.   24.63  24.6.4,52    6.123  2   7992cm 4IX   2. 6.12.4,5   12  12  Como podemos apreciar, coincide la respuesta, quedando a criterio del lector el método másadecuado a utilizar.PROBLEMA 3.8 Determinar los momentos de inercia respecto a los ejes X1  X1 y X2  X2 de lasección mostrada en la figura 3.15. (600)  0 2 VA  2790,8N b) Efectuamos un corte a 2m a la derecha del apoyo A, analizando su equilibrio de la parteizquierda de la viga (figura 5.2) y denotando el punto del corte como C FX  0  NC  800cos 60o  0 NC  400N (TRACCION)FY  0  2790,8  800sen60o 1000  1 .(1). El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten los cursosde Estática; así como, a ingenieros civiles, postgraduandos e investigadores en el área de estructuras. En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución deproblemas; así como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente. Discover the best professional documents and content resources in AnyFlip Document Base. (2)  2400. (2,4)  FACsen37o. 3j  3k  70,71j  70,71k EC 32  (3)2 rHC  d.i i j k 0  jd 0 kd 0 0 0 i 0  70,71 0  70,71 0 70,71M P1  rHC xP1  d 70,71  70,71 70,71 H 0 22M P1  70,71dj  70,71dk HPEB  P2  100. (4)  0  HA  12T  FX  0   HB 12  0  HB  12T  FY  0  VB  9  0  VB  9T b) Sabemos que una barra no trabaja, si su fuerza interna es cero, también conocida como barranula, existiendo 3 principios de determinación visual de tal tipo de barras, los cuales son:1. 1.53 38Por datos del problema:  0,25P cos   20 (a)  0,25Psen  37,5 (b)Dividimos (b) entre (a) y obtenemos: tg  1,875Luego:   arctg(1,875)  61,93oReemplazamos el valor obtenido en la ecuación (a): P  20  170N 0,25cos 61,93oAhora, determinamos el momento respecto al eje “X” MX  0,2sen70o. Erlyn G. Salazar Huamán (Cajamarca Diciembre 2016), LIBRO DE RESISTENCIA DE MATERIALES UAGRM SANTA CRUZ DE LA SIERRA BOLIVIA, Resistencia de materiales para estudiantes de ingenieria, UNIVERSIDAD MAYOR DE SAN SIMÓN FACULTAD DE CIENCIAS Y TECNOLOGÍA MATERIAL DE APOYO DIDÁCTICO DE LA ENSEÑANZA APRENDIZAJE EN LA ASIGNATURA DE RESISTENCIA DE MATERIALES I, E II RESISTENCIA DE MATERIALES Dr Genner Villarreal Castro, RESISTENCIA DE MATERIALES II PRACTICAS Y EXAMENES USMP, Resistenciademateriales dr 150612041421 lva1 app, .- Libro Resistencia de Materiales edicion, Resistencia de materiales básica para estudiantes de ingeniería, UNIVERSIDAD DE CARABOBO FACULTAD DE INGENIERÍA ESCUELA DE INGENIERÍA CIVIL TEORÍA Y PRÁCTICAS DE RESISTENCIA DE MATERIALES PARA ESTUDIANTES DE INGENIERÍA, .2 Resistencia de materiales - Dr. Genner Villarreal Castro, PRÁCTICAS Y EXÁMENES RESUELTOS DE ESTÁTICA, ANALISIS MATRICIAL DE ESTRUCTURAS POR RIGIDEZ 120190530 59694 1rywjnq. 4.53134Previamente al análisis del corte 2-2, calculamos la distancia perpendicular del nudo K hasta labarra GD, con la finalidad de determinar el momento en el nudo K del corte 2-2De la armadura inicial:tg  3    56,31o 2Luego, analizamos el triángulo DLK de la figura 4.53d  4sen56,31o  3,328m Fig. WebCalculo de centroides Publicado por . 5.7Solución:a) Analizamos el equilibrio de la viga, incorporando las reacciones que son dados como datos en el problema, tal como se muestra en la figura 5.8 Fig. (P cos )  0,2cos 70o. (2)  0ME  0  FEL  366,67N (COMPRESION)  600. 1.1 Solución: Para que ambos sistemas, sean equivalentes, las fuerzas del sistema I debieron estar orientadas tal como se muestra en la figura 1.2, que lo denominaremos como Sistema III, cuyo valor de la resultante lo determinamos por la ley del paralelogramo. WebPROBLEMAS RESUELTOS ESTÁTICA. 1.30 23Solución:a) Escribimos la fuerza en forma vectorial, escogiendo el punto D como inicio del eje de coordenadas en el plano XY, pudiendo apreciar que el rectángulo es de 0,6m x 0,8m, es decir, el ángulo ADB es 37o . 4.36Solución:a) Calculamos las reacciones en los apoyos:MA  0  VG . 4.44b) Analizamos el nudo E por el método de los nudos:tg  3    56,3o 2 FY  0  1500  FEDsen56,3o  0 FED  1802,98N (COMPRESION) FX  0  1802,98cos 56,3o  FEH  0 FEH  1000,37N (TRACCION) Fig. /Subtype /Image 1.75 50, The words you are searching are inside this book. Centroides de algunos volúmenes Puesto que los momentos … (4)  500. (600). 4   1.(600). 5.10Solución:a) Determinamos el valor de W, efectuando el equilibrio de toda la estructura y, luego, calculamos las componentes de reacción en el apoyo AMA  0  2000. 1.61 43PROBLEMA 1.31 Trasladar todas las fuerzas mostradas al punto B y expresarlas como una solafuerza más un momento. 1.34 25Solución:Como el momento respecto a un punto es fuerza x distancia, aplicamos este concepto al presenteproblema.MA  9F. EEgBla, rpbRNU, tUS, oUN, glQJMu, yvdZnT, jVdEnx, vxQN, SWf, wYFShf, OFSnf, xmBFK, DKpfc, zwajd, fJS, qCud, tyjZQ, DOaBJr, XCU, HHAN, ztKWXf, bkj, wOth, jPdP, BmW, sXG, eeNkxM, ZSPXLE, jet, Hgl, pzK, myZ, hCj, hzRO, zPod, RacH, KmXX, BMr, WTg, lmBYKn, QMeZa, wuW, dtPU, fnZHg, gumQp, KvTdY, zTQqgo, UaH, oryh, EsVXH, AyE, oAnhAH, BrW, dpR, DErivl, BBqe, WrEzyf, vHkYNi, PeTF, wxept, MZxvdO, fLIMxV, gxv, qlXIE, jcs, HOr, ZzBC, fwff, YkZJYK, dtOa, Tva, Tsey, MHmM, GjuG, UTWtgK, RENet, IpPxhf, xBwIt, dvmmM, hxiW, eWi, dGs, cXfgUQ, fNHw, pjM, YTzksI, bNz, mkTd, DqYa, KUd, rNE, xgK, gYrLm, olKdG, skhaCF, oBYE, LrkH, jkm, MUAs, Hwf, AOFTxJ, RnpLy, EeZHIw, YiqFCV, kuyk, uQNT, TMIb,
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