Ejercicio nº : El pórtico simple desplazable. 3 t/m 2 I. 8 m

(1)

Ejercicio nº 4 + 5 : El pórtico simple desplazable

8 m

4 m

A D B C I 2 I I

3 t/m

2 t

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.)

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 ecuaciones generales de equilibrio y 6 incógnitas → Grado Hiperestático = 3

(método de las fuerzas)

8 m A D B C I 2 I I 3 t/m 2 t 8 m A D B C I 2 I I 3 t/m 8 m A D B C I I 2 t

=

Estado 1

+

Estado 2

Estado Real

2 I

(2)

Ejercicio nº 4: El pórtico simple (estado I)

Barra L A I K M.E.P. Izda Dcha nº m. bxh EI 2 1 3 8 6 4 1EI mt 1EI 1EI I I 2I I 30x30 30x30 60x30 -16,00 +16,00

8 m

A D I 2 I I -16,00 +16,00 1/2 1/2 1/2 1/2 +8,00 +4,00 -10,00 +8,00 +4,00 -10,00 -5,00 -5,00 +1,25 +2,50 +2,50 +1,25 -0,62 -0,31 -0,63 -0,31 +0,15 +0,16 +0,08 -10,66 +10,63 +10,66 +5,33 -10,63 -5,31

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.) De la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados.

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

K2= EI → r2= .5 Nudo C: K3 = EI → r3= .5 ___________ _________ Σ Kj = 2EI Σ rj = 1 K1= EI → r1 = .5 Nudo B: K2 = EI → r2 = .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.

8 m

A D B C I 2 I I

3 t/m

Estado 1

(3)

Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial).

Paso 1º/ Todos los nudos giran en sentido positivo: Método Matricial.

Dos nudos sin desplazamientos. Grado hiperestático por el método de los desplazamientos = 2. Las incógnitas son: “

α

_{B” y “}

α

_C”.

Paso 2º/ Momentos en extremo de barra:

B _C 2 3 t/m +M = + 16 mt_2c _ +M = - 16 mt_2b _ B ₂ C B+ B M = K *_2c C 2 M = * K *_2b C 2 1/2 M = K *_2b B 2 M = * K *2c 1/2 2 B C 2 C+ C D 3 M = K *_3c C 3 3 C D M = * K *_3d C 3 1/2 B A 1 M = K *_1b B 1 1 B A M = * K *_1a B 1 1/2 Barra L A I K M.E.P. Izda Dcha nº m. bxh EI 2 1 3 8 6 4 1EI mt 1EI 1EI I I 2I I 30x30 30x30 60x30 -16,00 +16,00

8 m

A D B C I 2 I I

3 t/m

A D 2 I I B C 1 2 I 3 B C

Estado 1

(4)

Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial).

K1 + K2

*

α

_B

=

+16

Vector

?

Matriz rigidez

Vector cargas nudos

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

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

K2 + K3

1/2 K2

_α

C

–16

1 + 1

*

α

_B

=

+16

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

1 + 1

½ * 1

_α

C

–16

B _C 2 3 t/m +M = + 16 mt_2c _ +M = - 16 mt_2b _ B ₂ C B+ B M = K *_2c C 2 M = * K *_2b C 2 1/2 M = K *_2b B 2 M = * K *2c 1/2 2 B C 2 C+ C D 3 M = K *_3c C 3 3 C D M = * K *_3d C 3 1/2 B A 1 M = K *_1b B 1 1 B A M = * K *_1a B 1 1/2

(5)

Ejemplo nº 4: estructura de dos nudos.(método matricial).

Vector

?

Matriz rigidez

Vector cargas

nudos

1 + 1

*

α

_B

=

+16

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

1 + 1

½ * 1

_α

C

–16

B _C 2 3 t/m +M = + 16 mt_2c _ +M = - 16 mt_2b _ B ₂ C B+ B M = K *_2c C 2 M = * K *_2b C 2 1/2 M = K *_2b B 2 M = * K *2c 1/2 2 B C 2 C+ C D 3 M = K *_3c C 3 3 C D M = * K *_3d C 3 1/2 B A 1 M = K *_1b B 1 1 B A M = * K *_1a B 1 1/2

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

α

_B

= +10,6666/EI

α

_C

= –10,6666/EI

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra: Condiciones de contorno:









1 1 2 2 3

0, 00 1* 0

* 10, 6666

5,33

0, 00 1*

10, 6666

*

10, 66

16, 00 1*

10, 6666

* 10, 6666

10, 66

16, 00 1*

10, 6666

* 10, 6666

10, 66

0, 00 1*

10, 6666

*

10

1

2

0

1

2

1

0 ,

2

A B A B C C D

M

mt

M

mt

M

mt

M

mt

M











_



_

 









 





 



_





_

 









 



_





_

 













 



3

66 0, 00 1* 0

1 * 10, 6666

2 5, 33

D

mt

M







_







_

 

mt







Paso 3º/ Equilibrio de momentos en los nudos:

Σ

M

_B

= 0

y

Σ

M

_C

= 0

α

_A

= α

_D

= 0

δ

= 0

Σ

M

_B

= 0

(6)

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.

4,00 12,00 -4,00 -12,00 12,00 4,00 -4,00 -12,00 Equilibrio nudo B fuerzas Equilibrio nudo C fuerzas -12,00 -12,00 -12,00 -12,00 nudo B nudo C -10,66 -10,66 +10,66 +5,33 -10,66 -5,33 2 M. F. A D

8 m.

B C 1 3 12,00 12,00 4,00 2 4,00 4,00 4,00 V. A D

8 m.

B C 1 3 -12,00 2 -4,00 -12,00 C C C N. 4,00 12,00 -4,00 4,00 4,00 4,00 1 3 12,00 12,00 12,00 4,00 4,00 -4,00 2 A D

8 m.

B C 1 3 +13,33

(7)

Ejemplo nº 5: el pórtico simple desplazable.(estado 2).

8 m

A D B C I I

2 t

Estado 2

2 I

De la estructura croquizada de peso propio despreciable se pide: diagramas de solicitaciones a escala y acotados. ETAPA IV :.

8 m

A D I 2 I I -100,00 1/2 1/2 1/2 1/2 -100,00 -100,00 -100,00 +50,00 +25,00 +37,50 +18,80 +50,00 +25,00 +37,50 +18,75 -9,40 -4,70 -4,7 -9,40 +2,35 +59,40 +2,35 +1,17 -60,15 -80,00 -79,70 -59,40 +60,15 A I B 2 3 D C 2 t. 1 M 3 M 1 M M₃ d1 d3 IVa = 0 t. = 4 t. = 35,038 (-59,40 - 79,70) / 4 = 34,775 (-60,15 - 80,0) / 4 = 35,038 2t -34,775 - 35,038 = 0 ? = +0,0286479595491... S de fuerzas cortantes + F ext. = 0

2

2 t.

V

_isos.

V

_II

V

_IVa

Barra 1

Corte

Barra 3

Corte

Numéricamente

= 0 t. = 4 t. = 34,775 isos.

V

_II

V

ETAPA III :. ETAPA V :.

d

1

= d

3

=

α

(8)

Ejercicio 5, diagramas de viento (v1= viento hacia la derecha)

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.) 2 t. C A D I 2 I I 1/2 1/2 1/2 1/2

+1,70

-1,72

-2,29

-2,28

-1,70

+1,72

Valores en mt.

A D

8 m.

B C 1 3 2

M. F.

A D

8 m.

B C 1 3

0,43

2

1

V.

A D

8 m.

B C 1 3

+0,43

2

-1,00

-0,43

T

N. +1,70

+1,70

-1,72

+1,70

-2,28

-2,29

1

1 C

C A I B 2 3 D

Estado 2

Diagramas de viento

(9)

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

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

Dos nudos sin desplazamientos. Grado hiperestático por el método de los desplazamientos = 3. Las incógnitas son: “

α

_B” “

α

_{C” y “}

Δ

”.

8 m A D B C I I 2 t Estado 2 2 I d1 d3 1 M M₃ C B I 3 1 M 3 M A D 2 2 t. ETAPA III :.

d

1

= d

3

=

Δ

C

2 C+

B

_C

2

B

₂

C

B+

B

M = K *_2c C 2 M = * K *_2b C 2 1/2 M = K *_2b B 2 M = * K *2c 1/2 2 B

B

A

1 M = K *_1b B 1 1

B

A

M = * K *_1a B 1 1/2

C

D

3 M = K *_3c C 3 3

C

D

M = * K *_3d C 3 1/2 d =1

B

M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁  M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁ 1 d =3

C

M = * K * / L_3d 1,5 ₃  ₃  M = * K * / L_3c 1,5 ₃  ₃ 3

D

A

(10)

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

8 m

A D B C I I

2 t

Estado 2

2 I

Paso 3º/ Equilibrio de momentos en los nudos:

Σ

M

_B

= 0

Σ

M

_C

= 0 y

Σ

Fh = 0

Vector

?

Matriz rigidez

Vector cargas

nudos

1 + 1

*

α

_B

=

0,00

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

_{½ * 1}

_α

C

0,00

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

1 + 1

½ * 1

Δ

1,5*K1/L1

Δ

1,5*K3/L3 1,5*K1/L1 1,5*K3/L3 3(K1+K3)/L2

Δ

–2,00

Σ

M

_B

= 0

Σ

M

_C

= 0

Σ

Fh = 0

B

A

1 M = K *_1b B 1 1

B

A

M = * K *_1a B 1 1/2

C

D

3 M = K *_3c C 3 3

C

D

M = * K *_3d C 3 1/2 d =1

B

M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁  M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁ 1 d =3

C

M = * K * / L_3d 1,5 ₃  ₃  M = * K * / L_3c 1,5 ₃  ₃ 3

D

A

1,5*K1/L1 1,5*K3/L3 3 K3/L₃2 3 K1/L₁2 2

+2 t.

1,5 K * / L

1 1

1,5 K * / L

3 3 + 0,425 t

3 ( K +K ) / h

₃ + 0,425 t 1 1 2

cortante de giro _B cortante de giro _C

2,85 t CORTANTE PISO B B C C isos.

= 0 t.

V

isos.

= 0 t.

(11)

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

Vector

?

Matriz rigidez

Vector cargas

nudos

2

*

α

_B

=

0,00

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

_0,5

_α

C

0,00

2 0,5

Δ

0,375

Δ

0,375 0,375 0,375 0,375

_Δ

–2,00

Σ

M

_B

= 0

Σ

M

_C

= 0

Σ

Fh = 0

B

A

1 M = K *_1b B 1 1

B

A

M = * K *_1a B 1 1/2

C

D

3 M = K *_3c C 3 3

C

D

M = * K *_3d C 3 1/2 d =₁

B

M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁  M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁ 1 d =₃

C

M = * K * / L_3d 1,5 ₃  ₃  M = * K * / L_3c 1,5 ₃  ₃ 3

D

A

1,5*K1/L1 1,5*K3/L3 3 K3/L₃2 3 K1/L₁2

Paso 4º/ Cálculo vector de incógnitas:

α

_B

=

α

_C

= +1,1439/EI

Δ

= –7,6190/EI

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra: _{Condiciones de contorno:}

α

_A

= α

_D

= 0





1 1 2 2 3

0, 00 1* 0

* 1,1439

* 7, 6190 / 4

2, 29

0, 00 1*

1,1439

*

* 7, 6190 / 4

1, 71

0, 00 1*

1,1439

* 1,1439

*0 / 8

1, 71

0, 00 1*

1,1439

* 1,1439

* 0 / 8

1, 7

1 1, 5

2

0 1,5

1 1,5

2

1 1,5

2

1

A B A B C

M

mt

M

mt

M

mt

M

mt

M











_





_

 











 









_



_

 













_



_

 









3

0, 00 1*

1,1439

*

* 7, 6190 / 4

1, 71

0, 00 1* 0

* 1,1439

0 1, 5

1

1 ,5

*

2 7, 6190 / 4

2, 29

C D D

mt

M

mt









 









_





_

 





+2t

(12)

Ejemplo nº 6 = 4 + 5: pórtico simple completo.(método matricial).

Paso 1º/ Todos los nudos giran o se desplazan en sentido positivo, es decir, dan lugar a M +: Método Matricial.. Las incógnitas son: “

α

_B” “

α

_{C” y “}

Δ

”.

d1 d3 1 M M₃ C B I 3 1 M 3 M A D 2 2 t.

d

1

= d

3

=

Δ

Estado 2

A D 2 I I B C 1 2 I 3 B C

Estado 1

C

2 C+

B

_C

2

B

₂

C

B+

B

M = K *_2c C 2 M = * K *_2b C 2 1/2 M = K *_2b B 2 M = * K *2c 1/2 2 B

B

A

1 M = K *_1b B 1 1

B

A

M = * K *_1a B 1 1/2

C

D

3 M = K *_3c C 3 3

C

D

M = * K *_3d C 3 1/2 d =1

B

M = * K * / L_1a 1 1,5  ₁  M = * K * / L_1a 1 1,5  ₁ 1 d =3

C

M = * K * / L_3d 3 1,5  ₃  M = * K * / L_3c 3 1,5  ₃ 3

D

A

3 t/m

+M = + 16 mt_2c _ +M = - 16 mt_2b _ 8 m A D B C I 2 I I 3 t/m 2 t Estado Real

(13)

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

Vector

?

Matriz rigidez

Vector cargas

nudos

2

*

α

_B

=

+16,00

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

_0,5

_α

C

–16,00

2 0,5

Δ

0,375

Δ

0,375 0,375 0,375 0,375

_Δ

–2,00

Σ

M

_B

= 0

Σ

M

_C

= 0

Σ

Fh = 0

B

A

1 M = K *_1b B 1 1

B

A

M = * K *_1a B 1 1/2

C

D

3 M = K *_3c C 3 3

C

D

M = * K *_3d C 3 1/2 d =1

B

M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁  M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁ 1 d =3

C

M = * K * / L_3d 1,5 ₃  ₃  M = * K * / L_3c 1,5 ₃  ₃ 3

D

A

1,5*K1/L1= 0,375 1,5*K3/L3= 0,375 3 K3/L₃2

=

0,1875

3 K1/L₁2

=

0,1875

Paso 4º/ Cálculo de incógnitas:

α

_B

= +11,8095/EI

α

_C

= -9,5238/EI

Δ

= -7,6190/EI

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra: Condiciones de contorno:

α

_A

= α

_D

= 0

+2t





1 1 2 2

0, 00 1* 0

* 11,8095

* 7, 6190 / 4

3, 05

0, 00 1*

11,8095

*

* 7, 6190 / 4

8,95

16, 00 1*

11,8095

* 9,5238

* 0 / 8

8, 95

16, 00 1*

9,5238

* 11,8

1 1, 5

2

0 1, 5

1

095 *0

1, 5

2

1

5

8

2 ,

/

A B A B C

M

mt

M

mt

M

mt

M











_





_

 











 





 



_







_

 









 



_





_

 









3 3

12, 38

0, 00 1*

9,5238

*

* 7, 6190 / 4

12,38

0, 00 1* 0

* 9, 5238

* 7, 6

0 1,

190 / 4

7

5

1 1,5

2 , 62

C D D

mt

M

mt

M

mt













 









_









_

 





(14)

Ejercicios 5 + 6 , diagramas definitivos o de Cross

Tomás Cabrera (E.U.A.T.M.) Ejercicios nº 4 + 5:

Acción gravitatoria + acción viento ---Acciones permanentes: carga

gravitatoria.

G

Carga permanentes.

+

Q

Carga variable. Acción variable:

V

1sobrecarga viento V1.

A D

8 m.

B C 1 3 -8,96 -12,38 +12,38 +3,05 -8,96 -7,62 2 M. F. A D

8 m.

B C 1 3 11,57 12,43 3,00 2 3,00 5,00 5,00 V. A D

8 m.

B C 1 3 -11,57 2 -5,00 -12,43 C C C N. 5,00 11,57 -5,00 3,00 3,00 3,00 1 3 12,43 12,00 12,43 5,00 5,00 -5,00 2 3,00 11,57 -3,00 -11,57 _12,43 5,00 -5,00 -12,43 Equilibrio nudo B fuerzas Equilibrio nudo C fuerzas -11,57 -11,57 -12,43 -12,43 nudo B nudo C +13,33 2,00

(15)

Pórtico simple: Combinación de Acciones

Diagramas para dimensionado y/oarmado

Pórtico simple

Acción gravitatoria + acción viento ---Acciones permanentes: carga gravitatoria.

G

Carga permanentes.

Q

Carga variable. Acción variable:

V

1sobrecarga viento V1.

V

2sobrecarga viento V2 .

Envolvente de solicitaciones

A D

8 m.

B C 1 3

-12,38

+12,38

+7,62

-12,38

-7,62

2

M. F.

A D

8 m.

B C 1 3

12,43

5,00

2

5,00

V.

A D

8 m.

B C 1 3

-12,43

2

-5,00

-12,43

C

N. +13,33

(16)

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

Vector

?

Matriz rigidez

Vector cargas

nudos

2

*

α

_B

=

+16,00

α

_B

α

_C

α

_B

α

_C

_0,5

_α

C

–16,00

2 0,5

Δ

0,375

Δ

0,375 0,375 0,375 0,375

_Δ

–2,00

Σ

M

_B

= 0

Σ

M

_C

= 0

Σ

Fh = 0

B

A

1 M = K *_1b B 1 1

B

A

M = * K *_1a B 1 1/2

C

D

3 M = K *_3c C 3 3

C

D

M = * K *_3d C 3 1/2 d =1

B

M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁  M = * K * / L_1a 1,5 ₁  ₁ 1 d =3

C

M = * K * / L_3d 1,5 ₃  ₃  M = * K * / L_3c 1,5 ₃  ₃ 3

D

A

1,5*K1/L1= 0,375 1,5*K3/L3= 0,375 3 K3/L₃2

=

0,1875

3 K1/L₁2

=

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.

+2t

a/ Submatriz de giros y trasmisiones en la diagonal principal están las sumas de rigideces de las barras concurrentes en los nudos.

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 que la componen son positivos.

Las demás casillas contienen las trasmisiones correspondientes. 3º/ La matriz de rigidez tiente cuatro submatrices:

(17)

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.

(18)

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

(19)

Ejercicio nº 7: El pórtico simple con simplificaciones

1+0,5

α

_B

α

_B

Σ

M

_B

= 0

Paso 4.1º/ Cálculo de incógnitas:

α

_B

= +10,6666

α

_C

= -10,6666

Δ

= 0,00

Paso 5º/ Momentos definitivos en extremo de barra: _{Condiciones de contorno:}

α

_A

= α

_D

= 0

8 m A D B C I 2 I I 3 t/m 2 t 8 m A D B C I 2 I I 3 t/m 8 m A D B C I I 2 t

=

Estado 1

+

Estado 2

Estado Real

2 I

*

α

B

=

+16,00

Paso 3.1º/ (Estado 1).

Momentos en extremo de barra del estado 1 con simplificaciones de simetría:

Paso 3.2º/ (Estado 2).

Momentos en extremo de barra del estado 1 con simplificaciones de antisimetría:

1+1,5

*

α

B

=

0,00

α

_B

α

_B

Δ

0,375

Δ

0,375 0,1875

Δ

-1,00

Σ

M

_B

= 0

Σ

Fh = 0

Paso 4.2º/ Cálculo de incógnitas:

α

_B

= +1,1429

α

_C

= +1,1429

Δ

= -7,6190

Paso 4º/ Superponiendo resultados

:

α

_B

= +11,8095/EI

α

_C

= – 9,5238/EI

Δ

= -7,6190/EI





1 1 2 2 0, 00 1* 0 * 11,8095 * 7, 6190 / 4 3, 05 0, 00 1* 11,8095 * * 7, 6190 / 4 8,95 16, 00 1* 11,8095 * 9,5238 * 0 / 8 8,95 16, 00 1* 9,5238 * 11,8 1 1, 5 2 0 1,5 1 095 * 0 1,5 2 1 15 8 2 , / A B A B C M mt M mt M mt M      _     _                 _    _         _    _   





3 3 12,38 0, 00 1* 9,5238 * * 7, 6190 / 4 12,38 0, 00 1* 0 * 9,5238 * 7, 6 0 1, 190 / 4 7 5 1 1,5 2 , 62 C D D mt M mt M mt              _     _   