Ejercicio nº 4 + 5 : El pórtico simple desplazable

3 t/m

2t

C

2I

B

4m I

I

A

D

8m 3 ecuaciones generales de equilibrio y 6 incógnitas → Grado Hiperestático = 3 (método de las fuerzas)

El problema se puede afrontar en primera aproximación, utilizando una de las dos ayudas que se tienen en todos los casos: A/ Método de las secciones. B/ Método de superposición. En este caso aplicaremos el método de superposición, descomponiendo el estado real en la suma de dos estados parciales que pueden tener realidad física o no (en este caso sí): 1/ acción gravitatoria que resulta ser un estado simétrico de forma y carga.

+ 2/ Acción de viento que resulta ser un estado simétrico de forma y antimétrico de carga. 3 t/m

2t B

I

3 t/m C

2I

Estado Real

A

I

D

8m

B

=

I

2t C

2I

Estado 1

A

I

D

8m

B

+

I

C

2I

Estado 2

A

I

D

8m

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejercicio nº 4: El pórtico simple (estado I) De la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados.

3 t/m B

Estado 1

I

ETAPA I : M.E.P. y factores de reparto.

C

2I

Barra

L

A

nº

m.

bxh

I

K

8 6 4

30x30

I

1EI

60x30

2I

1EI

30x30

I

1EI

I

EI

I

A

1 2 3

D

M.E.P. mt Izda

Dcha

-16,00 +16,00

8m

Nudo B:

K1 = EI

→

r1 = .5

K2 = EI

→

r2 = .5

__________

_________

Σ Kj = 2EI

Σ rj = 1

Nudo C:

K2 = EI

→

r2 = .5

K3 = EI

→

r3 = .5

___________

Σ Kj = 2EI

_________

Σ rj = 1

ETAPA II : Equilibrio de nudos. Se liberan los nudos uno a uno, se equilibra y transmite en su caso. Se comienza por el nudo más desequilibrado.

-10,66 +0,15 -0,31

+10,63

+2,50

+1,25

-5,00

-10,00

+8,00 -16,00

+4,00 +16,00

1/2

+8,00 +2,50 +0,16 +10,66

+4,00 +1,25 +0,08 +5,33

-0,62

2I

1/2

1/2

-10,00 -0,63 -10,63

1/2

I

I

A

D

8m

-5,00 -0,31 -5,31

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial). 3 t/m C

2I

B

Estado 1

I

Barra

L

A

nº

m.

bxh

8 6 4

30x30

I

1EI

60x30

2I

1EI

30x30

I

1EI

1 2 3

I

A

I

K I

EI

M.E.P. mt Izda

Dcha

-16,00 +16,00

D

8m Método Matricial. Dos nudos sin desplazamientos. Grado hiperestático por el método de los desplazamientos = 2. Las incógnitas son: “αB” y “αC”. Paso 1º/ Todos los nudos giran en sentido positivo: C

B

B

2I

C

2

I 1

I 3

A

D

Paso 2º/ Momentos en extremo de barra:

3 t/m B

B M1b = K1 *

B

1

C

2

B

+M 2b = - 16 mt _

1

C+

M2b = 1/2 * K 2*

M1a = 1/2 * K 1*

B

M2c = K2 *

C

B+

B M2b = K2 *

2

B

M2c = 1/2 * K 2*

3

C

D D M3d = 1/2 * K 3*

C

C

C

3

C

2

A

M3c = K3 *

+M 2c = + 16 mt _

B

A

C

B

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

C

Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial). Paso 2º/ Momentos en extremo de barra:

3 t/m B

B M1b = K1 *

B

1

C

2

B

+M 2b = - 16 mt _

1

C+

M2b = 1/2 * K 2*

M1a = 1/2 * K 1*

B

M2c = K2 *

C

B+

B

2

M2b = K2 *

M2c = 1/2 * K 2*

B

Paso 3º/ Equilibrio de momentos en los nudos:

Matriz rigidez

αB αC

αB αC

αB

αC

K1 + K2

1/2 K2

1/2 K2

K2 + K3

αB

αC

1+1 ½*1

Vector ?

αB

*

αC

αB

½*1 1+1

ΣMB= 0

*

αC

C

C

3

C

2

A

M3c = K3 *

+M 2c = + 16 mt _

B

A

C

3

C

D D M3d = 1/2 * K 3*

C

B

ΣMC = 0

y

Vector cargas nudos

+16

=

–16

+16

=

–16

Paso 4º/ Cálculo del vector de incógnitas (giro de nudos) Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

C

Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial). Paso 2º/ Momentos en extremo de barra:

3 t/m

B

B

M1b = K1 *

B

1

C

2

B

+M 2b = - 16 mt _

1

M2b = 1/2 * K 2*

M1a = 1/2 * K 1*

B

M2c = K2 *

B

M2c = 1/2 * K 2*

Paso 3º/ Equilibrio de momentos en los nudos:

ΣMB= 0

Matriz rigidez

αB ΣMB = 0 αB ΣMC = 0 αC

1+1 ½*1

αB

+16

*

1+1

M 3D

αC

=

αB = +10,6666/EI

 1   M 1 A  0, 00  1*  0  * 10, 6666   5,33mt 2    M 1B  0, 00  1*  10, 6666  0 *  A   10, 66mt

M 3C

ΣMC = 0

y

Vector cargas nudos

½*1

C

B

Vector ?

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra:

M 2C

D M3d = 1/2 * K 3*

αC

Paso 4º/ Cálculo vector incógnitas (giro de nudos):

M 2B

D

C

2

B

3

C

B+

M2b = K2 *

3

C

C

C

C

C+

2

A

M3c = K3 *

+M 2c = + 16 mt _

B

A

C

–16

αC = –10,6666/EI

Condiciones de contorno:

αA= αD = 0

δ=0

 1    16, 00  1*  10, 6666  * 10, 6666   10, 66mt 2    1    16, 00  1*  10, 6666  * 10, 6666   10, 66mt 2     0, 00  1*  10, 6666  0 *  D   10, 66mt  1    0, 00  1*  0  * 10, 6666   5, 33mt Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.) 2  

Ejercicio nº 4: El pórtico simple Diagramas (estado 1) De la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados.

-10,66

-10,66 +13,33

-10,66

+10,66

2

B

C

1

3

M. F. -5,33

+5,33

A

D

8 m. Equilibrio fuerzas nudo B

12,00

B

4,00

-4,00

C

2

4,00

1

Equilibrio fuerzas nudo C -4,00

12,00 -12,00

12,00

3

-12,00

12,00

V. 4,00

4,00

4,00 A

4,00

D

8 m. -4,00 C

B

nudo B

C

2

12,00

12,00

-4,00

-4,00

4,00

2

12,00 1

C

3

4,00 12,00

-12,00

C

-12,00 4,00

4,00

N. -12,00

A

1

D

8 m.

-12,00

nudo C

3

4,00

4,00

-12,00

-12,00

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejemplo nº 5: el pórtico simple desplazable.(estado 2). De la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados. d1

2t B

Estado 2

I

2 t.

C

2I

d3

M1 B

I

M3 C

2

I

3

ETAPA III :. M1

A

M3

d 1= d 3 = α

A

D

D

8m +60,15 +59,40

ETAPA IV :.

-9,40

+2,35 -4,70

+18,80 +50,00

+37,50 +25,00

-100,00 +50,00

1/2

1/2

-9,40 -59,40

-100,00 +25,00

2I

1/2

1/2

I

I

A

D

8m

-100,00 +18,75 +1,17 -80,00

-4,7 -79,70 ETAPA V :.

-100,00 +37,50 +2,35 -60,15

Numéricamente

2 t.

2

Corte Barra 1

Visos. = 0 t. VII = 4 t. VIVa = 34,775

Corte Barra 3

isos. = 0 t.

VII = 4 t. VIVa = 35,038

(-59,40 - 79,70) / 4 = 34,775 (-60,15 - 80,0) / 4 = 35,038 S de fuerzas cortantes + F ext. = 0 2t -34,775

- 35,038

=0

?

= +0,0286479595491... Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejercicio 5, diagramas de viento (v1= viento hacia la derecha) +1,70 -1,70

+1,72 2I

1/2

2 t.

1/2

1/2

-1,72

B

I

I

2

C

Estado 2

3

1/2

Valores en mt.

I A

-2,28

D

-2,29

A

D

-1,72 +1,70 +1,70

+1,70 2

B

C

1

3

M. F. -2,28

-2,29

A

D

8 m. 1

1

B

C

2

0,43 1

3

V. 1

1 A

D

8 m. -1,00

C B

T

C

2

1

3 C

Diagramas de viento A

N.

+0,43

D

8 m.

-0,43 Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejemplo nº 5: pórtico simple desplazable.(método matricial). Método Matricial. Dos nudos sin desplazamientos. Grado hiperestático por el método de los desplazamientos = 3. Las incógnitas son: “αB”

“αC” y “Δ”.

Paso 1º/ Todos los nudos giran = se desplazan en sentido positivo, es decir, dan lugar a M +: d1 2 t.

d3

M1 B

M3 C

2

2t

ETAPA III :.

C

2I

B

3

I

d 1= d 3 = Δ

M1

I

Estado 2

I

M3 A

D

A

D

8m

Paso 2º/ Momentos en extremo de barra:

B

C

2

C+

B

C

2

M2b = 1/2 * K 2*

M2c = K2 *

C

C

B+

B

C

2

M2b = K2 *

M2c = 1/2 * K 2*

B

B

d1 = 

d3 = 

M1a = 1,5 * K 1*  / L1

B

1

M1b = K1 *

B

1

A M1a = 1,5 * K 1*  / L1

B

C

B

1

A

3

A M1a = 1/2 * K 1*

M3c = 1,5 * K 3*  / L 3

M3c = K3 *

C

C

3

D B

C

3

D

M3d = 1/2 * K 3*

D C

M3d = 1,5 * K 3*  / L3

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejemplo nº 5: pórtico simple desplazable.(método matricial). 2t

ΣMB= 0

ΣMC = 0

ΣFh = 0

y

C

2I

B

Paso 3º/ Equilibrio de momentos en los nudos:

Estado 2

I

I

Hay que introducir en el método matricial la ecuación de equilibro del dintel A

+2 t. B

B

cortante de giro

+ 0,425 t 2

/ L1 B

8m

C

2 2,85 t

+ 0,425 t

1,5 K1 *

D

3 ( K 1 +K 3 ) / h1

1,5 K3 *

CORTANTE PISO

cortante de giro

V isos. = 0 t.

/ L3 C

V isos. = 0 t.

Matriz rigidez

αB

Vector cargas nudos

Vector ?

αC

Δ

ΣMB = 0

αB 1 + 1

½*1

1,5*K1/L1

ΣMC = 0

αC ½ * 1

1+1

1,5*K3/L3

ΣFh = 0

Δ

1,5*K1/L1

C

αB

0,00

* αC =

0,00

Δ

–2,00

1,5*K3/L3 3(K1+K3)/L2

d1 = 

d3 = 

M1a = 1,5 * K 1*  / L1

B

1

M1b = K1 *

B

1

A M1a = 1,5 * K 1*  / L1

3 K1/L12

B

C

B

1

A

A

1,5*K1/L1

C

3

D B

C

C

3

M1a = 1/2 * K 1*

M3c = 1,5 * K 3*  / L 3

M3c = K3 *

3

D

M3d = 1/2 * K 3*

1,5*K3/L3

D C

M3d = 1,5 * K 3*  / L3

3 K3/L32 Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejemplo nº 5: pórtico simple desplazable.(método matricial). Matriz rigidez

αB

αC

Δ

Vector ?

Vector cargas nudos

αB

0,00

ΣMB = 0

αB

2

0,5

0,375

ΣMC = 0

αC

0,5

2

0,375

0,00

ΣFh = 0

Δ

* αC =

0,375

0,375

0,375

Δ

–2,00

d1 = 

d3 = 

M1a = 1,5 * K 1*  / L1

+2t

B

1

M1b = K1 *

B

1

A M1a = 1,5 * K 1*  / L1

3 K1/L12

M3c = K3 *

B

C

B

1

A M1a = 1/2 * K 1*

1,5*K1/L1

Paso 4º/ Cálculo vector de incógnitas:

3

D

D

M3d = 1/2 * K 3*

C

M3d = 1,5 * K 3*  / L3

3 K3/L32

1,5*K3/L3

αB = αC= +1,1439/EI

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra:

C

3

D B

C

C

3

A

M3c = 1,5 * K 3*  / L 3

Δ = –7,6190/EI Condiciones de contorno:

1   M 1 A  0, 00  1*  0  * 1,1439  1, 5 * 7, 6190 / 4   2, 29mt 2   M 1B  0, 00  1*  1,1439  0 *  A  1,5 * 7, 6190 / 4   1, 71mt

αA= αD = 0

1   M 2 B  0, 00  1*  1,1439  * 1,1439  1,5 *0 / 8   1, 71mt 2   1   M 2C  0, 00  1*  1,1439  * 1,1439  1,5 * 0 / 8   1, 71mt 2   M 3C  0, 00  1*  1,1439  0 *  D  1, 5 * 7, 6190 / 4   1, 71mt 1   M 3 D  0, 00  1*  0  * 1,1439  1,5 * 7, 6190 / 4   2, 29mt 2 Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)  

Ejemplo nº 6 = 4 + 5: pórtico simple completo.(método matricial). Método Matricial.. Las incógnitas son: “αB”

“αC” y “Δ”.

Paso 1º/ Todos los nudos giran o se desplazan en sentido positivo, es decir, dan lugar a M +: d1 C

B

B

2I

I 1

2 t.

C

2

M1 B

I 3

Estado 1

d3

Estado 2

I

3

d 1= d 3 = Δ

M1

A

M3 C

2

M3 D

A

D

Paso 2º/ Momentos en extremo de barra: 3 t/m

2t

3 t/m B

C

2I

B

C

2

Estado Real

I

+M 2b = - 16 mt _

+M 2c = + 16 mt _

A

I

D

8m

C+

B

C

2

M2b = 1/2 * K 2*

M2c = K2 *

C

C

B+

B

C

2

M2b = K2 *

M2c = 1/2 * K 2*

B

B

d1 = 

d3 = 

M1a = 1,5 * K 1*  / L 1

B

1

M1b = K1 *

B

1

A M1a = 1,5 * K 1*  / L 1

B

C

B

1

A

3

A M1a = 1/2 * K 1*

M3c = 1,5 * K 3*  / L 3

M3c = K3 *

C

3

3

D B

C

C

D

M3d = 1/2 * K 3*

D M

= 1,5 * K *  / L 3

3d 3 C Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejemplo nº 6: pórtico simple completo.(superposición). Matriz rigidez

αB

αC

Δ

Vector ?

Vector cargas nudos

αB

+16,00

ΣMB = 0

αB

2

0,5

0,375

ΣMC = 0

αC

0,5

2

0,375

–16,00

ΣFh = 0

Δ

* αC =

0,375

0,375

0,375

Δ

–2,00

d1 = 

d3 = 

M1a = 1,5 * K 1*  / L1

+2t

B

1

M1b = K1 *

B

A M1a = 1,5 * K 1*  / L1

B

C

B

1

1

A

A

3 K1/L12 =

0,1875 Paso 4º/ Cálculo de incógnitas:

C

3

D B

1,5*K1/L1 = 0,375

C

C

3

M1a = 1/2 * K 1*

M3c = 1,5 * K 3*  / L 3

M3c = K3 *

3

D

M3d = 1/2 * K 3*

D C

M3d = 1,5 * K 3*  / L3

3 K3/L32 =

1,5*K3/L3 = 0,375

0,1875

αB = +11,8095/EI αC= -9,5238/EI

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra:

Δ = -7,6190/EI

Condiciones de contorno:

1   M 1 A  0, 00  1*  0  * 11,8095  1, 5 * 7, 6190 / 4   3, 05mt αA= αD = 0 2   M 1B  0, 00  1*  11,8095  0 * A  1, 5 * 7, 6190 / 4   8,95mt 1   M 2 B  16, 00  1*  11,8095  * 9,5238  1, 5 * 0 / 8   8, 95mt 2   1   M 2C  16, 00  1*  9,5238  * 11,8095  1, 5 *0 / 8   12, 38mt 2   M 3C  0, 00  1*  9,5238  0 *  D  1, 5 * 7, 6190 / 4   12,38mt 1   M 3 D  0, 00  1*  0  * 9, 5238  1,5 * 7, 6190 / 4   7, 62mt 2   Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejercicios 6 = 4 + 5 , diagramas definitivos o de Cross

Ejercicios nº 4 + 5:

-8,96

Ejercicios 5 + 6 ,-12,38 diagramas definitivos o de Cross Acción gravitatoria + acción viento -------------------------------------------------

+12,38

-8,96 2

B

Acciones permanentes: carga gravitatoria.

C

+13,33 1

G Carga permanentes.

3

+

M. F.

Q Carga variable. -7,62

+3,05

A

Acción variable:

D

8 m.

V 1 sobrecarga viento V1. Equilibrio fuerzas nudo B

11,57

B

3,00

C

2

5,00

1

Equilibrio fuerzas nudo C

-3,00

-5,00

12,43 3

-11,57

11,57

-12,43

12,43

V. 3,00

5,00

3,00

A

5,00

D

8 m. -5,00 C

B

nudo B

C

2

12,00

12,43

-5,00 2,00 3,00

1

C

3

-5,00 5,00

2

11,57

12,43

-11,57

C

-12,43 5,00

3,00

N. -11,57

A

1

D

8 m.

-12,43

nudo C

3

3,00

-11,57

5,00

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.) -12,43

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Pórtico simple: Combinación de Acciones Envolvente de solicitaciones

Diagramas para dimensionado y/o armado

-12,38

-12,38

Pórtico simple

Pórtico simple: Combinación Acción de Acciones gravitatoria + acción viento +12,38

-12,38

2

B

C

-----------------------------------------------Acciones permanentes: carga gravitatoria.

+13,33 1

3

G Carga permanentes.

M. F.

Q Carga variable. A

Acción variable:

-7,62

+7,62

D

V 1 sobrecarga viento V1.

8 m.

V 2 sobrecarga viento V2 .

12,43

B

5,00

C

2

5,00

1

12,43 3

V. 5,00

5,00

A

D

8 m. -5,00 C

B

1

C

C

2

3

C

N. -12,43

A

D

-12,43

8 m. Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Características de la matriz de rigidez y sobre el método matricial. Matriz rigidez

αB

αC

Δ

Vector ?

Vector cargas nudos

αB

+16,00

ΣMB = 0

αB

2

0,5

0,375

ΣMC = 0

αC

0,5

2

0,375

–16,00

ΣFh = 0

Δ

* αC =

0,375

0,375

0,375

Δ

–2,00

d1 = 

d3 = 

M1a = 1,5 * K 1*  / L1

+2t

B

1

M1b = K1 *

B

1

A M1a = 1,5 * K 1*  / L1

3 K1/L12 =

0,1875

B

C

B

1

A

A

C

3

D B

1,5*K1/L1 = 0,375

C

C

3

M1a = 1/2 * K 1*

M3c = 1,5 * K 3*  / L 3

M3c = K3 *

3

D

M3d = 1/2 * K 3*

1,5*K3/L3 = 0,375

D C

M3d = 1,5 * K 3*  / L3

3 K3/L32 =

0,1875

1º/ Es un invariante estructural, una vez formulado representa a la estructura y a cualquier otra que sea geométricamente semejante (igual relación de rigideces en los nudos). 2º/ Si se quiere analizar otra hipótesis de carga es suficiente con cambiar el vector de cargas. 3º/ La matriz de rigidez tiente cuatro submatrices: a/ Submatriz de giros y trasmisiones en la diagonal principal están las sumas de rigideces de las barras concurrentes en los nudos. Las demás casillas contienen las trasmisiones correspondientes. b/ Submatriz de MEP en los nudos debidos a desplazamientos de planta (etapa III de Cross). c/ Submatriz de fuerzas que equilibran la suma de momentos en los extremos de los pilares debidas a los giros. d/ Submatriz de fuerzas (rigidez de planta) que equilibran la suma de momentos en los extremos de los pilares debidas al desplazamiento de la planta correspondiente.. 4º/ La matriz de rigidez es simétrica, y suponiendo giros y desplazamientos + todos los números Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.) que la componen son positivos.

Resumen Simplificaciones de Simetría de forma y carga El eje de simetría corta a la estructura por:

1/ Un nudo con 2 barras. 2/ El centro de una barra perpendicular a la directriz. 3/ Un nudo con viga continua sobre pilar

Esquema de simetría

El eje de simetría corta a la estructura por:

1/ Un nudo con 2 barras. El giro del nudo es nulo equivale a un empotramiento para la etapa II de Cross. . 2/ El centro de una barra perpendicular a la directriz. Se utiliza una rigidez virtual equivalente al 50% de la rigidez real. (sólo cambia los factores de reparto). 3/ Un nudo con viga continua sobre un pilar. El giro del nudo es nulo. Una viga empotra a la otra equivale a un empotramiento y el pilar sólo toma la solicitación axil.

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Resumen Simplificaciones de Antisimetría de carga El eje de simetría corta a la estructura por: 1/ Un nudo con 2 barras. 2/ El centro de una barra perpendicular a la directriz. 3/ Un nudo con viga continua sobre pilar Esquema de Antisisimetría

El eje de antisimetría corta a la estructura por: 1/ Un nudo con 2 barras. No hay oposición al giro, una barra no empotra a la otra. Se coloca una articulación en el nudo A, y la rigidez de la barra 1 es 3EI/L. 2/ El centro de una barra perpendicular a la directriz. Se utiliza una rigidez virtual equivalente al 150% de la rigidez real. (sólo cambian los factores de reparto). 3/ Un nudo con viga continua sobre un pilar. Como el eje de antisimetría corta longitudinalmente al pilar, queda medio pilar. Se utiliza la rigidez correspondiente ½ pilar.

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

Ejercicio nº 7: El pórtico simple con simplificaciones 3 t/m

2t

C

2I

B

I

3 t/m

Estado Real

A

I

2I

B

=

2t C

Estado 1

I

I

A

D

+

8m

Estado 2

I

A

D

C

2I

B

I

D

8m

8m

Paso 3.1º/ (Estado 1). Momentos en extremo de barra del estado 1 con simplificaciones de simetría:

αB ΣMB = 0

αB 1+0,5

Paso 4.1º/ Cálculo de incógnitas:

*

αB

αB = +10,6666

=

+16,00

αC= -10,6666

Δ = 0,00

Paso 3.2º/ (Estado 2). Momentos en extremo de barra del estado 1 con simplificaciones de antisimetría:

αB ΣMB = 0

αB 1+1,5

ΣFh = 0

Δ

Δ 0,375

0,375

Paso 4.2º/ Cálculo de incógnitas:

0,1875

*

αB = +1,1429

Paso 4º/ Superponiendo resultados:

αB Δ

0,00

=

-1,00

αC= +1,1429

Δ = -7,6190

αB = +11,8095/EI αC= – 9,5238/EI Δ = -7,6190/EI

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra: 1   M 1 A  0, 00  1*  0  * 11,8095  1, 5 * 7, 6190 / 4   3, 05mt 2   M 1B  0, 00  1*  11,8095  0 *  A  1,5 * 7, 6190 / 4   8,95mt

Condiciones de contorno:

αA= αD = 0

1   M 2 B  16, 00  1*  11,8095  * 9,5238  1,5 *0 / 8   8,95mt 2   1   M 2 C  16, 00  1*  9,5238  * 11,8095  1, 5 *0 / 8   12,38mt 2   M 3C  0, 00  1*  9,5238  0 * D  1, 5 * 7, 6190 / 4   12,38mt 1   M 3 D  0, 00  1*  0  * 9,5238  1,5 * 7, 6190 / 4   7, 62mt 2  

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)