**********************************************************************

1..- a) Dimensionar la sección de la viga sabiendo que está compuesta por dos tablones dispuestos como se indica en la figura (se trata de hallar a). Tensión admisible de la madera: σ adm, tracción = 50 kg/cm σ adm, compresión = 80 kg/cm b) Razonar si sería o no más conveniente invertir la posición de los tablones. 3a a a 3a ********************************************************************** a) A la vista de los resultados del ejercicio 1.1, podemos afirmar que no hay tensiones normales. Por lo tanto, y como el cortante no tiene importancia respecto al momento flector, dimensionaremos la viga por la ley de Navier, es decir, considerando que la viga trabaja exclusivamente a flexión: z σ adm donde z es el módulo resistente de la sección. Pero en este caso el perfil de la viga es asimétrico, por lo que tendrá dos módulos resistentes diferentes, según consideremos y ó y min (y hacia arriba o hacia abajo). En consecuencia, deberemos estudiar el valor mínimo que debería tener a, según que el momento sea el máximo positivo posible ó el máximo negativo (signo positivo ). Es decir, deberemos plantear para cada uno de los módulos resistentes del perfil las dos ecuaciones siguientes: + z σ adm (1) z σ adm () En ambas expresiones σ adm será la σ adm,tracción ó σ adm,compresión, dependiendo de que el módulo resistente utilizado considere la parte de perfil trabajando a tracción o a compresión respectivamente. En la figura 1 se muestra el diagrama de momentos flectores que obtuvimos para la viga en el problema 1.1 con sus valores característicos acotados: ETS-CA. Departamento de ngeniería Mecánica. Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º ND.

800 1000 A B C D E x Figura 1 800 Los dos módulos resistentes que tiene el perfil del enunciado se calculan de la siguiente manera: = 1 y = y donde es el momento de inercia del perfil respecto al eje. Este eje, así como y e y min pueden verse en la figura. min 3a a A 1 c.d.g 1 a y = 1.5a a C.D.G c.d.g 3a y min =.5a A a Figura En la figura podemos apreciar cómo el eje respecto al cual flecta la viga en la sección considerada pasa por el centro de gravedad de la misma (C.D.G), que es fácilmente calculable a partir de la geometría de los dos tablones que la constituyen y cuya posición también aparece marcada en la figura. El eje coincide con la fibra neutra de la sección. A continuación calculamos valiéndonos del teorema de Steiner. Supondremos a en cm. ETS-CA. Departamento de ngeniería Mecánica. Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º ND.

= A1 + z A 1 = 3 a a 1 3 + 3 a a 1 + a 1 3 ( 3 a) + 3 a a 17 4 = a cm 4 Los valores de los dos módulos resistentes posibles son los siguientes: 1 y 3 = = = a cm 3. 4 17 a 1.5 a 17 3 y 3 = = = a cm 3. min 4 17 a.5 a 17 5 Siguiendo las explicaciones dadas al comienzo de este apartado, calculamos para + y para el valor mínimo de a necesario de acuerdo a cada uno de los dos posibles módulos resistentes. + = 800 kg m. En este caso la parte del perfil situada por encima de la fibra neutra trabaja a compresión, mientras que la localizada por debajo lo hace a tracción. Estas dos zonas están directamente relacionadas con 1 y respectivamente. Aplicando la ecuación (1) a cada uno de ellos resulta: + 1º) 1 σadm, compresion 800 100 80 17 3 a 3 a 5. 60 cm. + º) σadm, traccion 800 100 50 17 3 a 5 a 7. 78 cm. = -1000 kg m. En este caso es la parte superior la que trabaja a tracción mientras que la inferior trabaja a compresión. Aplicando la ecuación (): 1º) 1 σadm, traccion 1000 100 50 17 3 a 3 a 7. 07 cm. ETS-CA. Departamento de ngeniería Mecánica. Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º ND.

º) σadm, compresion 1000 100 80 17 3 a 5 a 7. 16 cm. Para que la viga quede bien dimensionada debemos quedarnos con el mayor de los valores obtenidos, redondeado a un número entero de cm. (habitual en construcciones de madera). Así, las dimensiones de cada uno de los tablones que forman la sección serán: 8 cm. 4 cm. b) Si diésemos la vuelta al perfil, en la sección en que el momento flector vale 1000 kg m ( ), la parte delgada trabajaría a tracción y la gruesa a compresión. Si comprobamos cuál debería ser el valor mínimo de a para que el perfil fuese capaz de soportar la máxima tensión de tracción que genera dicho momento obtendríamos: σ adm,traccion 1000 100 50 17 3 a 5 a 8. 37 cm. Este valor es mayor que cualquiera de los obtenidos con el perfil en la posición del apartado anterior. Luego no es conveniente invertir la posición de los tablones, pues las dimensiones de los mismos deberían ser mayores que las obtenidas en a). Al salir 8.37 cm. habría que redondear a un número entero de cm. por exceso, lo que supondría 9 cm. Tengamos en cuenta que generalmente se busca utilizar la mínima cantidad de material posible. ETS-CA. Departamento de ngeniería Mecánica. Elasticidad y Resistencia de Materiales. 3º ND.

1.3.- a) Dimensionar la sección de la viga sabiendo que está compuesta por un perfil PN. b) Una solución alternativa consiste en elegir el segundo perfil anterior al que resulta en el apartado a) y suplementarlo, donde sea necesario, con platabandas de 60x6 mm. Comprobar si esta solución es aceptable y determinar el intervalo teórico de la viga en que habrían de colocarse las platabandas. σ adm = 1600 kg/cm ********************************************************************** a) Por ser el PN un perfil simétrico, las dimensiones que deberá tener dicho perfil vendrán determinadas por el valor del momento flector que tenga mayor valor absoluto, independientemente de que éste sea máximo positivo o máximo negativo, ya que el módulo resistente de la sección es el mismo, considerando la parte situada por encima de la fibra neutra, que considerando la parte situada por debajo. El perfil deberá tener un módulo resistente tal que sea capaz de soportar las máximas tensiones de tracción-compresión que genera el momento flector, sin que éstas sobrepasen el valor de σ adm ; luego: Y Platabandas σ adm Ya conocemos el diagrama de momentos flectores asociados a la viga del problema (en kg m):

Por lo tanto: = 1000 kg m 1000 100 1600 6. 5 cm 3. En consecuencia deberemos buscar en el prontuario de perfiles PN el perfil más pequeño que asegure que 6.5 cm 3. Obtenemos: PN-140 = 81. 9 cm 3 1000 100 σ = = 11 kg/cm 354 en el que se verifica que σ adm > σ. b) Se pide ahora utilizar el segundo perfil anterior al calculado en el apartado anterior, reforzándolo donde resulte necesario con platabandas de 60 mm. 6 mm. Sacamos del prontuario las características para este perfil, que será un PN-100: = 34. cm 3 = 171 cm 4 Debemos determinar ahora los tramos en que tendremos que utilizar platabandas. Para ello calcularemos el máximo momento flector (positivo o negativo), que el perfil PN-00 es capaz de absorber sin sobrepasar σ adm : σ adm =, PN 0 PN, 0 1600 =, PN 0 34. 547. kg m. =, PN 0 Los tramos de viga donde se utilizarán platabandas corresponderán con todas aquellas zonas del diagrama de momentos flectores donde el momento flector, positivo o negativo, sea en valor absoluto superior a 344 kg m. Estas zonas aparecen sombreadas en la siguiente figura: 800 1000 547. d 1 d d 3 d 4 d 5 800 547.

Del problema 13.1 conocemos las expresiones analíticas del diagrama de momentos flectores; a partir de ellas podremos calcular los valores de d 1, d, d 3, d 4 y d 5 ( momento flector positivo). + 547. kg m. = 547. kg m., PN 0 =, PN 0 0 < x < 4 m. = 800 + 00 x kg m. 4 < x < 5 m. = 00 x + 800 x kg m. 5 < x < 10 m. = 00 x + 300 x 1000 kg m. 0 < d 1 < 4 m. ( x = d1) = 547. kg m. d 1 = 1. 64 m. 4 < d < 5 m. ( x = d ) = 547. kg m. d = 4. 595 m. 5 < d 3 < 6 m. ( x = d 3 ) = 547. kg m. d 3 = 5. 404 m. 6 < d 1 < 8 m. ( x = d 4 ) = 547. kg m. d 4 = 6. 875 m. 8 < d 1 < 10 m. ( x = d5 ) = 547. kg m. d 5 = 9. 14 m. Por lo tanto será preciso utilizar platabandas en los siguientes tramos: 0 < x < 1.64 m. 4.595 < x < 5.404 m. 6.875 < x < 9.14 m. En la práctica los tramos en los que se ponen platabandas no corresponderían con esos exactamente, sino que en general cada uno de esos intervalos se ve aumentado en una longitud extra a cada uno de sus lados. Esta longitud extra puede ser la misma en todos los intervalos, o bien diferente para cada uno de ellos. Ya conocemos los intervalos donde se utilizarán platabandas, pero todavía nos queda por determinar cuántas platabandas habrá que utilizar en cada uno de ellos.

Para conservar la simetría del perfil las platabandas se ponen a ambos lados del mismo: Y 6 cm. 0.6 cm. 5 cm. y PN-100 Utilizando el teorema de Steiner podemos calcular el momento de inercia de la sección total, ztotal : 1 3 = + = 171+ 6 0.6 6 0.6 5.3 = 373.46 00 + TOTAL PN PLATABANDA 1 cm 4. De modo que: 373.46 373.46 TOTAL = = = = 66.689 cm 3. TOTAL y 5 + 0.6 5.6 El momento máximo que el perfil reforzado con platabandas a ambos lados es capaz de absorber sin generar σ superiores a σ adm es: σ = TOTAL 1600 = = 1067. 0 kg m. 66.689 Este valor es superior al máximo valor absoluto de los momentos flectores de la viga considerada; por lo tanto, basta reforzar con una platabanda a cada lado.

13..- a) Calcular los momentos de inercia y el producto de inercia de la sección de la figura respecto a los ejes Y-. b) Determinar si la sección es válida para la viga. σ adm = 1600 kg/cm UPN-00 G SECCÓN Y UPN-00 ********************************************************************** a) Lo primero que debemos hacer es calcular la posición del c.d.g del perfil compuesto por los dos UPN-00; lo denominaremos G. Para ello nos fijaremos en el siguiente croquis (ver figura 1), en el que las distancias que aparecen representadas permiten situar los c.d.g de cada uno de los dos UPN-00, siendo G 1 el correspondiente al perfil de la izquierda y G el referido al perfil de la derecha. Los valores de estas distancias se han obtenido del prontuario para perfiles UPN. Las cotas están en cm. Y 10 10 G 1 d G 10 G d 1 10 Figura 1 A la vista de la figura anterior y puesto que ambos perfiles son iguales, y por lo tanto tendrán el mismo área, el c.d.g del perfil completo (G), se encontrará en el punto medio del segmento que une G 1 y G, de modo que (ver figura 1): d 1 = 6 cm. d = 4 cm. El prontuario nos facilita los momentos de inercia de los perfiles UPN-00 que configuran el perfil completo respecto a ejes paralelos a los Y y, y que pasan por los

c.d.g G 1 y G respectivamente. Utilizando el teorema de Steiner podremos conocer los momentos de inercia del perfil completo ( Y e respectivamente). = = 1910 cm 4. = = 148 cm 4. YG1 G G1 YG También obtenemos del prontuario el área de un UPN-00: A UPN 00 = 3. cm. Luego: ( G1 ) ( G 00 1 ) = + = + A d + + A d = 4376 cm 4. Y Y1 Y Y UPN 00 1 Y UPN ( G1 ) ( G 00 ) = + = + A d + + A d = 3088 cm 4. 1 UPN 00 UPN Obtengamos ahora el valor del producto de inercia Y. Los productos de inercia de cada uno de los dos perfiles respecto a ejes paralelos a los Y y, pero que pasan por sus c.d.g, G 1 y G, son nulos por tratarse de ejes principales de inercia. Así, apoyándonos de nuevo en el teorema de Steiner. = + A d d = 0 + 773 = 773 cm 4. Y1 YG1 UPN 00 1 ( ) ( ) Y = Y + AUPN d d G 00 1 = 0 + 773 = 773 cm 4. Por lo tanto: Y = Y 1 + Y = 773 = 1546 cm 4. b) Deseamos conocer si la sección es válida para la viga. Para ello deberemos encontrar el valor σ y compararlo con σ adm.

Del ejercicio 15.1 conocemos el diagrama de momentos flectores de la viga; éste se muestra en la figura (valores en kg m). 667 800 Figura En el diagrama anterior observamos que el momento flector máximo (en este caso positivo), se da en la sección x = 3 m ; es en esta sección donde encontraremos la σ. M = 800 kg m = 80000 kg cm. En este caso los ejes Y y no son ejes principales de inercia, de modo que para obtener la distribución de tensiones normales generadas por el momento flector en la sección mencionada anteriormente deberemos utilizar la fórmula general. siendo k σ = k 1 y + k z M + M = Y Y Y 1 Y Y k M + M = Y Y Y Y Para nosotros M Y = 0 y M = M = 80000 kg cm. Los momentos y el producto de inercia del perfil completo los conocemos del apartado a). Así, resulta: k 1 = 11013. kg/cm 3. k = 3889. kg/cm 3.

con lo que σ = 11013. y + 38. 89 z kg/cm. La ecuación de la fibra neutra es la siguiente: 11013. y + 3889. z = 0 y = 0353. z En la figura 3 se ha dibujado la fibra neutra sobre el perfil completo: Y G 1 G G Fibra neutra P Figura 3 Como ya dijimos, para determinar si la sección de la viga es válida, debemos conocer σ, que está asociada con el punto más desfavorable. Este punto es siempre aquel que se encuentra más alejado de la fibra neutra. En la figura 3 puede observarse cómo este punto es el que aparece marcado con la letra P. Las coordenadas del punto P respecto a los ejes Y y son: y P = -14 cm. z P = -4 cm. por lo tanto σ k y P k z P ( ) ( ) = 1 + = 11013. 14 + 38. 89 4 = 1386 kg/cm < σ adm Luego la sección es válida para la viga.

14. En la estructura del ejercicio 14.1, y utilizando los resultados allí obtenidos, hallar el máximo valor posible de q para σ adm = 1730 kg/cm. La sección transversal está constituida por dos PN 160 colocados como se indica : Dato: a = 00 m. q q q q a a a a ********************************************************************** Se trata de un perfil compuesto, de modo que lo primero es determinar su c.d.g, al que denominaremos G, y su momento total de inercia, (ver figura). Y g 1 d g G 1 G g H G Figura Como los dos perfiles que forman el compuesto son PN-160, el c.d.g buscado estará en el punto medio del segmento que une G 1 y G. Los datos necesarios para el cálculo de las distancias que se necesitan se obtienen del prontuario de perfiles. g g 1 h = = 8 cm. e h 16 063. = + = + =16. 315 cm. g = g + g 1 = 1. 1575 cm. e b b H = h+ + = g + = 16 315 + 74.. = 0. 015 cm. d = g g = g g1 = 4. 1575 cm. A PN 160 =. 8 cm.

Para el cálculo del utilizaremos el teorema de Steiner. Del prontuario conocemos: G1 = 935 cm 4. G = 54. 7 cm 4. Por lo tanto: = + = + A PN d + + A PN d = 1 ( G 160 ) ( 1 G 160 ) 1777. 9 cm 4. Para el cálculo de q despreciaremos la influencia que pueda tener el esfuerzo cortante, pues tiene muy poca relevancia. Sin embargo, debemos tener en cuenta que las tensiones normales serán generadas no sólo por el momento flector, sino también por el esfuerzo normal. Así, q será aquella que haga que en la sección más desfavorable la tensión normal total sea igual a la σ adm : σ adm y N A = + (1) Del diagrama de momentos flectores del apartado a) se obtiene que el momento flector máximo (en este caso positivo), se da en la sección s = m y tiene un valor: 3 = q a kg m. El valor máximo de la expresión (1) se dará en dicha sección y puesto que el esfuerzo normal es de compresión, el máximo se obtendrá en la fibra más alejada de la fibra neutra por el lado del perfil que trabaje a compresión, de modo que la ecuación (1) también puede escribirse: σ adm N A = + () En este caso el perfil de la viga es asimétrico respecto al eje, por lo que tendrá dos módulos resistentes diferentes según consideremos y ó y min. Tal y como aparece dibujada la sección de la viga en la figura 5, puesto que es positivo, la mayor tensión normal de compresión generada por él se encontrará para y = g = 1.1575 cm. Sin embargo, si el perfil se colocase al revés, y = H-g = 7.8575 cm. Como buscamos la q posible para cualquier circunstancia, deberemos situarnos en el caso más desfavorable, lo que ocurre cuando el perfil se coloca en la posición para la que el módulo de resistencia a la flexión es mínimo, es decir en la posición para la que: y = 1.1575 cm. 1777. 9 = = = 146. 4 cm 3. y 1. 1575

El valor del esfuerzo normal en la sección s = m es: N = q a kg. En nuestro caso a = m, por lo tanto la expresión () queda: 1730 = 3 q 100 146.4 q.8 q = 418. 5 kg/m.

17.- Hallar z de un cuadrado de 10 cm de lado en cada uno de los casos representados; en c) se han suprimido las esquinas superior e inferior, d = 0 8 cm. Qué comentarios se te ocurren a la vista de los resultados? Cita otras secciones en las que pudieran darse circunstancias similares. a) b) c) d d ********************************************************************** En todos los casos se trata de calcular el módulo resistente correspondiente, de modo que la fórmula a aplicar en todos los apartados será: = y donde e y dependerán del perfil considerado. a ) L y = = y 1 L 1 L 4 3 3 L 10 = = = 166. 7 cm 3. 6 6 b) y 45º L y = L sen 45 = L cm. El perfil es el mismo cuadrado del apartado a) girado 45º ; en un cuadrado, cualquier dirección que pase por su centro de gravedad es un eje principal del mismo y cuando esto ocurre, es el mismo sea cual sea el eje considerado; es decir, en este caso tiene el mismo valor que el calculado en a). Así: 1 = = 1 y L L 4 3 = L = 117. 9 cm 3. 1

c) L d y En este caso: d y = L cos 45º 0. 8 = 10 08. cm. será el del perfil completo (calculado en los apartados anteriores), menos la parte que aportan las dos secciones triangulares eliminadas. El momento de inercia de una sección triangular respecto a un eje paralelo a su base que pasa por su centro de gravedad, se calcula según la expresión: h c.d.g h/ 1.. = b h 36 t cdg 3 b Haciendo uso de la expresión anterior, y mediante el teorema de Steiner, se obtiene: d = t = t + At y a b a b c d g + = ), ) ), ).. 3 1 = ( ) + + 1 10 4 1 36 3 1 d d d ( d) d y 3 = 1 = ( ) + ( ) + 1 10 1 36 08 08 1 08 08 10 08 08 4 3...... 3 = 778. 6 cm 4. 778. 6 = = = 14. cm 3. y 10 08.

A la vista de los resultados, puede concluirse, que contrariamente a lo que podría pensarse, hay casos en los que un aumento de área en la sección de un perfil, no origina una disminución de las tensiones máximas que genera sobre ésta la actuación de un momento flector. Para un momento flector dado la tensión máxima en una sección depende del módulo resistente de ésta. Este módulo resistente es la relación entre el momento de inercia y la mitad de la altura de la sección. En el caso del apartado c), al eliminar material de la forma indicada, el momento de inercia de la sección ha disminuido en menor proporción que la altura, por lo que el módulo resistente ha aumentado, y σ disminuye para un mismo momento flector. Efector análogos pueden obtenerse en otros casos. En las siguientes figuras, el módulo resistente de las secciones puede aumentarse a veces, quitando las partes sombreadas; la condición a cumplir es que disminuya en menor proporción que la altura. (a) (b) (c)

18.- Dimensionar la viga de la figura con perfil HEB. σ adm = 1730 kg/cm 6000kg 500kg 1 m 1 m 1 m ********************************************************************** En primer lugar resolvemos la estática. Por el tipo de sujeción que la viga tiene en sus extremos y el tipo de solicitaciones, encontraremos en cada uno de ellos una reacción vertical, y otra horizontal en dirección (ver figura 1). 6000 kg y R Bz R Az A B x 500 kg R By z R Ay 1 m 1 m 1 m Figura 1 ΣM By = 0 R Az 3 500 = 0 R Az = 1667 kg. ΣM Bz = 0 R Ay 3 + 6000 1 = 0 R Ay = 000 kg. ΣF y = 0 R 6000 + R = 0 R By = 4000 kg. By ΣF z = 0 R 500 + R = 0 R Bz = 833 kg. Bz Ay Az Así, el diagrama de cuerpo libre de la viga queda como en la figura. 6000 kg 833 kg. 1667 kg. A B 000 kg. 500 kg 4000 kg. Figura

Se deduce de la figura anterior que la viga trabajará fundamentalmente a flexión, y que existen dos leyes de variación del momento flector, Mz y My, respectivamente. Obtendremos a continuación la representación gráfica de cada una de estas leyes, así como sus valores característicos. LEY DE VARACÓN My. Se obtiene a partir del diagrama de cuerpo libre de la viga en el plano X (ver figura 3). 833 kg. A B 1667 kg. 500 kg. 1 m. m. Figura 3 La forma del diagrama del momento flector asociado a dicha figura (My) es: My (x =1) 0 1 3 x (m) Figura 4 Su valor característico es: M y (x=1) = -1667 1 = -1667 kg m.

LEY DE VARACÓN Mz. Procediendo de la misma manera, pero considerando ahora el diagrama de cuerpo libre en el plano XY (figura 5), se obtiene el diagrama del momento flector Mz (figura 6). 6000 kg. B 000 kg. A 4000 kg. m. 1 m. Figura 5 0 1 3 x (m) Mz (x =) Figura 6 El valor característico de Mz es: Mz (x=) = 4000 1 = 4000 kg m. Deberemos encontrar el perfil HEB que sea capaz de absorber ambos momentos, My y Mz, simultáneamente; se trata, pues, de un problema de flexión desviada. En este caso no es preciso calcular la posición de la fibra neutra (pues el perfil es simétrico), de modo que puede utilizarse la siguiente fórmula: σ adm Mz My + z y (1)

El máximo buscado para la expresión anterior podrá ser positivo o negativo, según consideremos tracciones o compresiones, pues suponemos que σ adm es la misma en valor absoluto para tracción y para compresión; es decir, el material tiene las mismas propiedades trabajando a tracción que trabajando a compresión. Por la forma de los diagramas de momentos flectores My y Mz, el valor máximo buscado para (1) se encontrará en uno de los valores de x para los que bien My, bien Mz, tengan un máximo (positivo o negativo); si comparamos los diagramas de momentos flectores My y Mz, a lo largo del eje de la viga (ver figura 7), se observa que estos valores de x serán x=1 y x=. My 1667 kg m. My (x=) 0 1 3 x (m) Mz 0 1 3 x (m) Mz (x=1) 4000 kg m. Figura 7 En la figura 7: My (x=) = -833 1 = -833 kg m. Mz (x=1) = 000 1 = 000 kg m.

Podemos calcular el perfil necesario para soportar el momento flector máximo (positivo o negativo), que encontramos en las gráficas de la figura 7, y que es: Mz (x=) = 4000 kg m. Esto, que sería como suponer que estamos ante un problema de flexión simple, nos facilita una cota inferior del orden de magnitud que tendrá el perfil buscado. Una vez calculada dicha cota inferior, deberemos comprobar si las dimensiones correspondientes a la misma serían suficientes para absorber la flexión desviada del problema, para lo que utilizaremos la expresión (1). Este proceso es el que se sigue a continuación: Mz (x=) = 4000 kg m. σ adm Mz( x = ) z 4000 100 1730 z 3 cm 3. z El perfil HEB más pequeño con un módulo resistente superior a 3 cm 3 respecto al eje es un HEB-160. HEB-160 z = 311 cm 3. y = 111 cm 3. Comprobamos si el perfil HEB-160 es suficiente para soportar las tensiones generadas por el estado de flexión desviada que existe en x = m. 4000 100 833 100 + = 037 > σ adm no válido. 311 111 Necesitamos un perfil mayor. Probamos con HEB-180, también para x = m. HEB-180 z = 46 cm 3. y = 151 cm 3. 4000 100 833 100 + = 1491 < σ adm válido para x = m. 46 151

Debemos comprobar ahora si el perfil HEB-180 es también suficientemente resistente en el otro punto donde es posible que la expresión (1) sea máxima, que es x = 1 m. 000 100 1667 100 + 46 151 = 1573 < σ adm válido también para x = 1 m. Por lo tanto, necesitamos un HEB-180, para el que σ será 1573 kg/cm, valor inferior que σ adm, que es 1730 kg/cm.