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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.)