Envolventes de revolución de pared delgada. Aplicación a

diversos anillos y depósitos.

Cáscaras: estructuras donde una dimensión –el espesor- es mucho menos que las otras dos. Cuando la “superficie media” es una envolvente de revolución y las acciones , generalmente presiones internas y externas, presentan también simetría respecto al eje de revolución, además de variar de forma continua, estaremos en un caso de importantes aplicaciones: ANILLOS Y DEPOSITOS A PRESIÓN. Al ser el espesor e pequeño con relación a los radios de curvatura la envolvente no tendrá resistencia a flexión y se comportará como una membrana en la que las tensiones estarán distribuidas uniformemente en el espesor e y los planos principales (tensiones σ1 y σ2) serán los planos “meridiano” y “paralelo” que han de ser perpendiculares entre si ⇒ τ=0 , debido a la simetría (confirmado experimentalmente) En calderería e entre 4 y 10 mm. En depósitos la chapa utilizada: e<<rm y rt.

σm

σm

σt

σt

O

O

P

θdθd

θd m

t

θd2

m

θdθ t

r

rt

m

P= Pi e -P

m

t

meridiano

“paralelo”

Om

Otd θt

d θmrm

tr

e

σm

σt Circunferencialσ=

Longitudinalσ=

ΣF en la dirección radial (perpendicular al elemento) ⇒

p·rm·dθm· rt·dθt=2σm· rt·dθt·e·sen(dθt/2)+2σt· rm·dθm·e· sen(dθm/2) ⇒

p·rm · rt·dθt·dθm =2σm· rt·dθt·e· dθt/2+2σt· rm·dθm·e· dθm/2 ⇒

p·rm · rt=σm· rt·e+σt· rm· e ⇒

=e

p

m

m

r

σ+

t

t

r

σ Ecuación de Laplace

La otra ecuación necesaria se puede obtener haciendo el equilibrio elástico de una porción del recipiente:

Cortando la envolvente por una sección cónica (cono de ángulo θ) normal a la superficie media. ΣFdirección axial =0 Resultante axial de las acciones exteriores = σm·senθ·2πr·e ⇒ σσσσm

En la ecuación de Laplace ⇒ σσσσt

m m

r

θ

σ σ

Ejemplo 1.16: Depósito cilíndrico lleno de un gas a presión manométrica p.

rm=∞

⇒ e

p

R

tm =+∞

σσ ⇒ σt=σcircunferencial=

e

pR=σ1

rt=R

σm·2πR·e=p·π·R2 ⇒ σm=σlongitudinal=e

pR

2=σ2

σ3 varía de –pi en el interior a –pe en el exterior (despreciable <<( pi–pe)e

R pues

e

R es

muy grande).

σm

σt

σm

σm

σt Circunferencialσ=

Longitudinalσ=

Ejercicio 1.17:

Un depósito cónico de espesor e, suspendido por su borde, está lleno de un

líquido de peso específico γγγγ. Calcular las σσσσm y σσσσp máximas.

Datos. γγγγ=900 Kg/m3=900·10

-6 Kg/cm

3

H=3m=300cm

E=1cm

αααα=30º

como p=γ·x ⇒ σp= αγcos⋅

⋅⋅e

rx y x está relacionado con r.

xH

rtg

−=α ⇒ r=tgα·(H-x) )(

cosxHx

e

tgp −⋅

⋅=

ααγσ (a)

σm

σP

ΟP rP

α

x

αr

H

rm=∞ ; rt= αcos

r ⇒

⇒ e

p

rtm =+

∞ α

σσ

cos

⇒

⇒ σt=σcircunferencial=αcose

pR

H-x

rP

α

αr

W2

W1 σmσmx

r

e

trozo H-x de cono: ΣFeje revolución=0 ⇒ σm·cosα·2πr·e=W1+W2

W1=γπr2x

W₂=γ3

1 πr²(H-x)

O también W₂ + presión sobre superficie de líquido a profundidad

x=W₂+x·πr²=W₂+W₁

σmcosα·2πr·e=γ·πr2(x+3

xH −) ⇒

σm =α

γcos2 ⋅e

r(x+3

xH −) ⇒

σm =α

αγcos2 ⋅

⋅e

tg(H-x)

3

2xH + (b)

los valores máximos de σp y σm serán:

dx

d pσ=0 ⇒ 1·(H-x)+x·(-1)=H-2x ⇒ x=

2

H (en el centro del depósito)

2

Hxp

=σ =

4cos

2H

e

tg ⋅α

αγ

dx

d mσ=0 ⇒

3

2·(H-x)-1·

3

2 Hx +=3

1H-

3

4x=0 ⇒ x=

4

H

maxmσ =24

3

cos2

HH

e

tg ⋅⋅α

αγ

Los puntos a estudiar son x=2

H y x=

4

H:

x=2

H ⇒ σp=

4cos

2H

e

tg ⋅α

αγ=13.5 Kg/cm²

σm=6cos

2H

e

tg ⋅α

αγ=9 Kg/cm²

x=4

H ⇒ σp=

2

cos16

3H

e

tg ⋅α

αγ=10.12 Kg/cm²

σm=2

cos16

3H

e

tg ⋅α

αγ=10.12 Kg/cm²

Numéricamente:

En sistema técnico: 2

Hxp

=σ = 2

2226

/50.134

300

º30cos

º30

1

/10900cmKg

cmtg

cm

cmKg =⋅⋅ −

α

σm

σmσmσ

σmσmσ

x=H

/2 x =H/4

σP

max

maxσP

=γ αtgecosα

H43 H

4σP

=γ αtg

2ecosαH

32H2

x=H σP=0 x=H σm=0

En sistema internacional: 2

Hxp

=σ = 2

2239

/35.14

3000

º30cos

º30

10

/10900mmN

mmtg

mm

mmN =⋅⋅ −

En sistema técnico: maxmσ = 2

2226

/12.1016

3003

º30cos

º30

1

/10900cmKg

cmtg

cm

cmKg =⋅⋅⋅ −

Ejercicio 1.18:

Un tanque cilíndrico (R, H, e) está ocupado por un líquido de peso específico γγγγ hasta h₁₁₁₁ y por un gas a presión P en el resto. Diagramas de σσσσp=σσσσlong. y σσσσm=σσσσcir R=Wliq+P·π·R² Zona del gas: Zona liquido:

e

P

R

pm′

=+∞

´σσe

xP γ+= ⇒ σ´p=( )

e

RxP γ+

Trozo superior: Trozo inferior:

P

h1x

H

R

γ

σm

P

e

P

R

pm =+∞

σσ ⇒ σp=

e

RP ⋅

σm·2πR·e=P·π·R2 ⇒ σm=e

RP

2

⋅

El liq. Caemσmσ ´´

yP

Solo hay presión sobre la tapa superior:

σ´m·2πR·e=P·π·R2 ⇒ σ´m=e

RP

2

⋅

R

mσ ´mσ ´

P

WliqH-y

Uniéndolo en el trozo inferior: Wliq=R

σ´m·2πR·e=P·π·R2+Wliq-R ⇒ σ´m=e

RP

2

⋅

Ejercicio 1.19.

Calcular las tensiones de una envolvente cilíndrica de R y e sometida a una p

interior uniforme en los casos:

a) Que no tenga tapas.

b) Que sus secciones extremas estén fijas en dirección longitudinal.

c) Que tenga tapas planas.

d) Que tenga una tapa semiesférica y otra cónica. Calculando las tensiones en

todas sus partes.

a) Que no tenga tapas.

b) Que sus secciones extremas estén fijas en dirección longitudinal.

Además de la σcir.= e

RP ⋅ calculada en a)

εlong=0= ( )0+− cir

long

EEσνσ

σm=σlong= =cirνσe

RP ⋅ν =σlong

c) Que tenga tapas planas.

Laplace ⇒ e

P

R

pm =+∞

σσ ⇒ σp=σcir=

e

RP ⋅

Por equilibrio:

σp·2·l·e=p·l·2·R ⇒ σp=e

RP ⋅

l·2·R=la proyección de la superficie del cilindro sobre la perpendicular al eje vertical.

σPσP

L

L

εlong·l=0

mσP

Además de la σcir=e

RP ⋅

σm·2πR·e=P·π·R2 ⇒ σm=e

RP

2

⋅=σlong

d) Que tenga una tapa semiesférica y otra cónica. Calculando las tensiones en

todas sus partes.

En la superficie cilíndrica ⇒ σcir=e

RP ⋅

σlong=e

RP

2

⋅

en la superficie esférica ⇒ e

P

RR=+ σσ

⇒ σ₁=σ₂=e

RP ⋅

en la superficie cónica:

Laplace ⇒ e

p

r

pm =+∞ α

σσcos/

⇒ σp=αcose

rP ⋅ ⇒

maxpσ =αcose

rP ⋅

Equilibrio del trozo ⇒ σm·cosα·2·π·r·e=p·π·r² ⇒ σm=αcose

rP ⋅ ⇒

maxmσ =αcos2e

Rp ⋅

maxpσ

⇒ necesita anillo refuerzo en unión.

maxmσ

Zunchado anillos ⇐ antes anillo con ω Zunchado más general: ( )

=+∆⋅++⋅−

R

aTR

gEEe

Rppii

i

i

ii

i αωγ 22 ( )ee

e

e

ee

e TRgEEe

Rpp∆⋅++

⋅− αωγ 22

α

σm

σm

rPR

max

max

r

α

σm

σm

rP

Ejercicio 1.20:

Dos anillos de acero del mismo espesor e=2cm no ajustan entre sí al tener uno un

diámetro interior D₁₁₁₁=100cm y el otro un diámetro exterior D₂₂₂₂=100.2cm. Se eleva

la temperatura del primer anillo hasta que ajuste con el segundo y, a continuación,

se deja enfriar. Calcular los esfuerzos en los anillos al final de la operación de

zunchado realizada.

Datos: E=2·106kg/cm²

ei=2cm=ee Di=100.2 cm ⇒ R=50

De=100 cm ⇒ 2ǡ=0.2cm, ǡ respecto el radio.

E

p

E

p

2

50

100

2.0

2

50 ⋅=+⋅− ⇒

100

2.0

2

502 =⋅E

p ⇒ p=

50100

1022.0 6

⋅⋅⋅

=80 Kg/cm²

2

5080 ⋅−=⋅−=e

Rpiσ =-2000 Kg/cm²

2

5080 ⋅=⋅=e

Rpeσ =2000 Kg/cm²

Ejercicio 1.21:

Un anillo de cobre ajusta perfectamente en el interior de un anillo de acero y esté

a su vez en un anillo de aluminio. Determinar los esfuerzos en los tres anillos,

cuando el conjunto gira a una velocidad angular de 1200r.p.m.

Datos: Ec=1.1·106kg/cm² , γγγγc=8.8 t/m³

Ea=2·106kg/cm² , γγγγa=7.8 t/m³

Eal=0.7·106kg/cm² , γγγγal=2.7 t/m³

Entre los anillos de cu y ac:

2222 282

28´)(26

2

27 ⋅⋅

+⋅

⋅−=⋅⋅

+⋅

⋅− ωγωγac

ac

accu

cu

cu EgE

pp

EgE

p

Entre los anillos de ac y Al:

2222 302

29´28

2

28´)( ⋅⋅

+⋅⋅=⋅

⋅+

⋅⋅− ωγωγ

Al

cu

Alac

ac

ac EgE

p

EgE

pp

( )( ) ( )( ) ( ) ( )22

22

262

33

6

22

26140101.1980

108.8

101.12

27

262

27

cmcmcmKgscm

cmKgp

EgE

p

cu

cu

cu

⋅π⋅⋅

⋅+⋅⋅⋅−=

=⋅ω⋅γ

+⋅

⋅−

−

2528

26 27

P

P´

ac

P´25

Cu

P

Al

( )( ) ( )( ) ( ) ( )22

22

262

33

6

22

28140102980

108.7

1022

28´)(

282

28´)(

cmcmcmKgscm

cmKgpp

EgE

pp

ac

ac

ac

⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅

⋅−=

=⋅⋅

+⋅

⋅−

−

π

ωγ

( )( ) ( )( ) ( ) ( )22

22

262

33

6

22

30140107.0980

107.2

107.02

29´

302

29´

cmcmcmKgscm

cmKgp

EgE

p

Al

Al

Al

⋅⋅⋅

⋅+⋅⋅

⋅=

=⋅⋅

+⋅⋅

−

π

ωγ

-19.27p+7p´=-37.84 ⇒ p´=7

87.3727.19 −p

⇒ 7p-27.7p´=6.67

⇒ 7p-27.7· 7

87.3727.19 −p=6.67 ⇒ p=2.07 Kg/cm²

p´=7

87.3707.227.19 −⋅=0.29 ⇒ p´=0.29 Kg/cm²

Tensiones ⇒ 22ii

iiii R

ge

Rp⋅+

⋅= ωγσ

( ) 223

2640980

108.8

2

2707.2 ⋅⋅+⋅−=−

πσ cu =-27.94+94.85 ⇒ σσσσcu=67.91 Kg/cm²

( ) 223

2840980

108.7

2

28)29.007.2( ⋅⋅+⋅−−=−

πσ ac =24.92+98.53 ⇒ σσσσac=123.45 Kg/cm²

( ) 223

3040980

107.2

2

2929.0 ⋅⋅+⋅=−

πσ Al =4.21+39.15 ⇒ σσσσAl=43.36Kg/cm²

Ejercicio 1.25:

Si el depósito de la figura está lleno de un líquido de γγγγ=1200 Kg/m³ y h₁₁₁₁=5 m,

R=2m y θθθθ=60º, calcular la distribución de tensiones a lo largo de sus paredes en función del espesor t, calculando este según el criterio de Treska si σσσσe=2400 Kg/cm²

y n=2

θ

R

h

h

1

2

R= 2m

hh

=5m

12 60

σm

σp

σp

σm

´

x

Tg 60º= 3 =2h

R ⇒ h₂=

3

R=

3

2 m γ=1200

Kg/m³ Pared cilíndrica ⇒ Rm=∞ Rp=R

Ec. Laplace ⇒ =t

P

∞σm +

R

pσ ⇒ σp=

t

RP ⋅

σP=γ·x·t

R=

t

2400x (Kg/m²)

σm·2πR·t=γ(πR²·h₁+3

1 πR²·h₂) ⇒

⇒ σm=t2

γ(R·h₁+

3

1R·h₂)=

t

1200(5+

33

2)

⇒ σm=t

6462 (constante)

Pared cónica ⇒ R´m=∞

Rp=30sen

r

Ec. Laplace ⇒ =t

P

∞σ m´ +

r

p

2

σ ⇒ σ´p=

t

rP 2⋅

σ´p=γ(h₁+x´)t

r2 ; y como Tg 60º= 3 = ´2 xh

r

−

hh

=5m

12 60

σm

σm σm

30º

r

60º

σm

R p

R=2- 3 x´ ⇒ σ´p=t

2400(5+x´)(2- 3 x´)

σ´m·cos 60º·2π·r·t=γ(πr²·(h₁+x´)+3

1 πr²·(h₂-x´)

σ´m=t

γ [r·(h₁+x´)+3

1r·(h₂-x´)] ⇒ σ´m=

t

1200(2- 3 x´)(5+

3

1+2

´x)

El máximo geométrico de la parábola queda fuera del cono ⇒ ´

´

dx

d pσ=0 ⇒

⇒ 0=2- 3 x´-5 3 - 3 x´ ⇒ x´=32

352 − x´ es negativo.

σ´m=t

1200(2- 3 x´)(5+

3

1+2

´x) →x´=0 ⇒σ´m=

t

13385

→x´=3

2 ⇒σ´m=0

Para σ´m el máximo también cae fuera de la parte cónica. Las tensiones máximas están en la parte cónica en la unión con la cilíndrica y valen:

σ´Pmax=t

24000 (Kg/m²) y σ´m,max=

t

13385 (Kg/m²)

o sea ⇒ σ´Pmax=t

4.2 Kg/cm² ←σ₁ (con t en m)

σ´m,max=t

3385.1 Kg/cm² ← σ₂

σ₃=0

Criterio de Treska ⇒ 22

31 admσ≤

σ−σ ⇒ σ₁-σ₃≤σadm ; n=2 ⇒

σm σp

h 2

σp,max.= t

2400·5=

t

12000 (Kg/m²)

σm=constante =t

6462 (Kg/m²)

σpσm

σ´p=t

2400(5+x´)(2- 3 x´)→x´=0 ⇒ σ´p=

t

24000

→x´=3

2 ⇒ σ´p=0

t

4.2-0≤

2

2400 ⇒ t ≥≥≥≥

2400

8.4=0.002 m=2mm

Ejercicio 1.27: El conjunto de la figura se compone de dos barras rígidas ABC y DEFG y los tres

cables de acero indicados (E=2·106 Kg/cm² y A=0.78cm²). cuando se aplica una

carga P en el punto C, se pide:

a) esfuerzos en los cables b) Posición final de la barra DEFG y del punto C.

Si además de la carga P se produce un descenso térmico de 50ºC (αααα=10-5 ºC-1) en la

barra 1. determinar.

c) Tensión en cada cable

d) Posición final del punto C.

Datos: P=3000 Kg, ǡǡǡǡ=1.5 m

Planteamos el equilibrio de las barras ABC y DEFG:

ΣMA=0 ⇒ N₁·3

a=P·(ǡ+2

3

a) ⇒ N₁=4P

ΣMD=0 ⇒ N₃·3

a+N₂·(ǡ+2

3

a)=N₁· 2

3

a ⇒ N₃+5N₂=2N₁

Tenemos 3 incógnitas y 2 ecuaciones ⇒ hiperestático de orden 1 Relacionamos los desplazamientos y deformaciones del sistema para calcular la ecuación de compatibilidad de los desplazamientos:

P

A

B

D

E

F

GC 2

3

1

2a a

aa

a/3

a/3

a/3

a/3

P

A

B

D

E

GC

N

N

N

N

1

1

3

2

F

δ .arg1al = BU - FU

δ .arg2al = GU

δ .arg3al = EU

33

2

3

2 a

U

a

U

aa

U EFG ==+

⇒ ==25FG UU

EU ⇒ GU =5 EU ⇒ δ .arg2al =5δ .arg

3al

Ley de comportamiento: EA

aNal

⋅⋅

=δ 3arg3

EA

aaN

al

⋅

+⋅=δ 32

.arg2

Sustituyendo la ley de comportamiento en la ecuación de compatibilidad de los desplazamientos:

EA

aaN

⋅

+⋅32

=5EA

aN

⋅⋅3 ⇒ N₂·

3

4a=5N₃·ǡ ⇒ 4N₂=15N₃

Resolvemos el sistema de tres ecuaciones:

N₁=4P

⇒ N₃+5N₂=8P

N₃+5N₂=2N₁

⇒ 15

4N₂+5N₂=8P ⇒ N₂₂₂₂=

79

120P y N₃₃₃₃=

79

32P

4N₂=15N₃

Como P=3000 Kg ⇒ N₁₁₁₁=12000 Kg N₂₂₂₂=4557 Kg N₃₃₃₃=1215 Kg

B) Posición final barra DG y del punto C.

E

G

F

U

U

U

B

UU

U

c

δ .arg3al = EU =

610278.0

1501215

⋅⋅⋅

=0.1168 cm

FU =2 EU =0.2336 cm

GU =5 EU =0.5840 cm

Comprobación: δ .arg3al =

610278.0

1503

44557

⋅⋅

⋅⋅=0.5842 cm≈ EU

CU =

3

3a

aa

U B

+⋅ =4 BU y como BU =δ .arg

1al + FU

BU =EA

aN

⋅⋅ 24

+0.2336=610278.0

150230004

⋅⋅⋅⋅⋅

+0.2336=2.3077+0.2336=2.5413 cm

CU =4·2.5413=10.1652 cm

Si además de la carga P se produce un descenso térmico de 50ºC (αααα=10-5 ºC-1

) en la

barra 1. determinar.

Tensión en cada cable

Las ecuaciones de equilibrio son las mismas (P+∆T), varía la ley de comportamiento de

la barra 1 solo, y como en la ecuación de compatibilidad no interviene δ₁ los resultados de N₁, N₂ y N₃ son los mismos: Por tanto:

σ1=A

N1 =78.0

12000=15384 Kg/cm²

σ2=A

N 2 =78.0

4557=5842 Kg/cm²

σ3=A

N3 =78.0

1215=1557 Kg/cm²

Posición final del punto C

CU =4 BU =4( δ .arg1al + FU ) ; donde

EA

aNaTal

⋅⋅

+⋅∆⋅α−=δ1

1arg1 =

=-105·50·2·150+610278.0

150230004

⋅⋅⋅⋅⋅

=-0.15+2.3077=2.1577 cm ⇒ CU =9.5652 cm

α

310336.2

3

1168.0 −⋅=a

=tgα ⇒ α=0.1338