placas y bovedas

UNIVERSIDAD NACIONAL DE TRUJILLO


FACULTAD DE INGENIERIA E.A.P DE INGENIERIA DE MECANICA

“PROBLEMAS DE PLACAS Y BOVEDAS”

PROFESOR : AGUADO MERE HECTOR

CURSO : RESISTENCIA DE MATERIALES II.

ALUMNOS :

NEGRON MONJA, GIANCARLO.

PERALES PEREYRA, AUGUSTO NAPOLEÓN.

CARRANZA CORONADO, GERSON.

PAREDES AVILA, JAVIER.

RESISTENCIA DE MATERIALES II.

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VER

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TRU

JILL

ACULTAD DE INGENIERIA


NO

VIEMBRE DEL 2015

EJERCICIOS RESUELTOS.

1. Una lámina rectangular libre de espesor h=0.6cm se encuentra sometida a flexión por

momento por unidad de longitud M x=600N .m /m. Uniformemente distribuidos a lo largo de los

bordes paralelos al eje y . Hallar el momento torsor máximo en la lámina, así como las tensiones normales y tangenciales máximas. Determinar así también los radios de curvatura principales de la superficie media de la lámina. La lamina es de acero ( E=2x 105MPa ,μ=0.3¿ .

solucion :

lalamina libre flexa por una superficiededoble curvatura cada tirade lamina , perpendicular al

eje y , se somete a flexion bajola accion de losmomentosM x igualqueuna simple viga .

σ xmax ¿6.M x

h2=

6 (600 )(6 x10¿¿−3)2=108=100MPa.¿

Endirecciondel eje y noexistenmomentos flectores y σ y=0. Las tensiones tangenciales

maximas son :

τ max=σ xmax−σ y

2=100MPa.

2=50MPa.

Elmomento torsor maximo es: Kmax=τ max .h2

6=50MPa. (6 x 10−3 ) 2

6=300N .m /m.

los radiosdecurvatura principales serian:

ρ x=EJMx

=2 x105 x 6 3 x 10−9

600 x12 x10−6 =6m;la convexidad esta dirigidahacia abajo .

ρ y=−EJμ . Mx

= 2x 10 5 x 6 3 x 10−9

0.3 x 600 x12 x10−6=−20m;laconvexidad esta dirigidahacia arriba .



2. Una lámina rectangular libre de espesor h=0.4cmse halla expuesta a flexión por momentos M x=300N .m /m. y M y=100N .m /m. Uniformemente distribuidos a lo largo de sus bordes.

Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la lámina y comprobar su resistencia con ayuda de la teoría energética de resistencia usando la tensión admisible igual a 120MPa.

solucion :

σ xmax ¿6.M x

h2=

6 (300 )

(4 x10¿¿−3) 2=112,5MPa. ;σ ymax ¿6.M y

h2=

6 (100 )(4 x10¿¿−3) 2=37.5MPa.¿

¿

τ max=σ xmax−σ ymax

2=112.5−37.5

2=37.5MPa.

Enla teoriaenergetica laconduccion de resistenciacumple :



σ e=√22.√ (σ1−σ2 )2+(σ 2−σ3 )2+(σ 3−σ 2)

2=√22.√752+37.52+112.52=99MPa.

lo queviene asermuchomenor que99MPa<120MPa.

3. Una lámina rectangular de espesor h al estar sometida a la acción de momentos M x Y M y

uniformemente distribuidos a lo largo de sus bordes, se deforman por una superficie cilíndrica con generatrices paralelas al eje y. la flecha de la lámina es igual a 0.9 mm. Y está dirigida hacia arriba. Determinar las tensiones normales y tangenciales máximas en la lámina.

a=24cm ;b=20cm; h=0.6 cm; E=2x 10 5MPa; μ=0.25 .

solucion :

Hallamos la relacionentre laflecha yel radio de curvatura ρx de lalamina (vease lafig )

OA= ρ x ,OD=ρ x−w ( x ) , AD= a/2=12cm=0.12m , entonces: ρ x2=(ρ x−9 x10

−4 ) 2+0.122

ρ x=8m .

ρ x=EJ

Mx−μ .My= E .h3

12.Mx(1−μ 2)deaqui Mx=0.48N .m /m;My=μ .Mx=0.12N .m /m .

las tensiones son :



σ xmax ¿6.M x

h2=6 (0.48 )

(6 x10−4 )2=80MPa.

σ ymax ¿6.M y

h2=

6 (0.12 )(6 x 10−4 ) 2

=20MPa.

τ max=σ xmax−σ ymax

2=80−20

2=30MPa.

4. Obtener las expresiones de los momentos flectores M 1 y M 2 en una lamina circular con un

orificio solicitada por:

a) Momentos distribuidos M y m y en sus borde exterior e interior correspondiente.b) Una carga de intensidad q distribuida uniformemente en el borde del orificio.

Solucion:

recordar :

M 1=D(θ '+μ θr );M 2=D (θr +μ .θ ')donde Desla rigidez de la placa.

θ ( x )=−1x∫ xdx∫ Q

Ddx+

C1 x

2+C2

x

Entonces comoQ=0 , obtendremosθ=C1 x

2+C2

xreemplazandoen la ecuaciones M 1M 2

M 1=D(C1

2(1+μ )−

C2x 2

(1−μ))M 2=D(C1

2(1+μ )+

C2

x 2(1−μ))



Utilizamos las condiciones de limite : x=r ;M 1=m; y cuando x=R ;M 1=M

C1=2 (M R2−mr2 )D (1+μ ) (R2−R2)

;C2=R2r2 (M−m )

D (1−μ ) (R2−R2 )

conestos valores ya podemosobtener , los valores de losmomentos .

M 1=D( (M R2−mr2 )D (R2−R2)

−R2r 2 (M−m )D . x2 . (R2−R2) )

M 2=D( (M R2−mr2 )D (R2−R2 )

+R2r2 (M−m )D .x2 . (R2−R2 ) )

EJERCICIO Nº 1:

Determinar las tensiones en el neumático en forma de toro sometido a la presión interior P. las dimensiones está dadas en la figura.

Solución:

Separamos por secciones normales a la superficie una parte de la bóveda toroidal y planteamos, para ello, la ecuación de equilibrio, obteniendo.

σ m2 πh (a+R sinф ) sinф=pπ [ (a+R sinф )2−a2 ]

σ m=pR2h2a+R sinфa+R sinф



De la ecuación de Laplace para

ρm=R , ρt=a+R sinфsinф

Se obtiene, introduciendo los valores de ρm, ρt y σ m

σ t=pR2h

La tensión máxima σ m surge en los puntos interiores de la bóveda toroidal, cuando ф=−π2

:

σ mmax= pR

2h2a−Ra−R

Como las tensiones σ mmax y σ t tienen el mismo signo,

σ eq¿σmmax= pR

2h2a−Ra−R

En el caso particular, cuando a = 0 el toro se convierte en una esfera; cuando a = ∞ el toro se convierte en un cilindro y cuando a = R el perímetro del radio interior se hace igual a cero y, por lo tanto, σ eq=∞.



EJERCICIO Nº 2:

El recipiente cilíndrico se somete a la presión interior p. el radio del cilindro es R, su espesor h. determinar las tensiones.

Solucion:

Separamos por una seccion transversal una parte del cilindro y planteamos para ella la ecuacion de equilibrio:



La componente axial de las fuerzas de presión, independientemente de la forma del fondo, según el primer teorema es P=π R2 p. Así pues,

σ m=pR2h

En el caso del cilindro ρm=∞ ,ρ t=R y por lo tanto, de la ecuación de Laplace se obtiene

σ t=pRh

Es decir que la tensión circunferencial resulta ser dos veces mayor que la meridional.

El elemento ABCD, separado de la bóveda cilíndrica se encuentra en el estado tensional biaxial:

σ 1=σ t ,σ 2=σ m, σ 3=0

La tensión equivalente será

σ eq=σ1−k σ 3=pRh

EJERCICIO Nº 3:

El resipiente semiesferico de radio R y de espezor h contiene un liquido de peso especifico Ɣ. Determinar las tensiones en el recipiente y contruir los diagramas de σ m, σ t, σ eq.

Solución:

Con sección cónica normal de ángulo 2ф en el vértice, separamos la parte inferior de la bóveda esférica y planteamos la ecuación de equilibrio, siendo P, la resultante de la fuerza de la presión del líquido. Según el segundo teorema la fuerza P es igual al peso del líquido en el volumen situado sobre la parte separada de la bóveda.

Introducimos el ángulo auxiliar ф y determinamos el volumen de ABCED:

V=∫0

ф

2 π R3 sinфcos2фdф



O

V=23π R3(1−cos3ф )

Asi pues, obtenemos,

P=23π R3Ɣ (1−cos3ф)

σ m=R2Ɣ3h

1−cos3фsin2ф

Ahora recurrimos a la ecuación de Laplace:

ρm=ρt=R

P=ƔR cosф

Introduciendo σ mobtenemos de ella,

σ t=R2Ɣ3h [3cosф−1−cos

3фsin2ф ]

Según las expresiones anteriores podemos construir los diagramas de σ m y σ tque están

representados en la siguiente figura. Como vemos, las tensiones σ m y σ t en el punto inferior de

las esferas son iguales. En el punto superior σ tes negativa. Allí donde σ m y σ t tienen el mismo

signo se obtiene σ 1=σm,σ 2=σ t ,σ 3=0.

σ eq=σ1−k σ 3=σ m

Y allí donde σ my σ t son de signos diferentes,

σ 1=σm , σ2=0 , σ3=σ t , σeq=σ m−k σ 1



El diagrama de la tensión equivalente es, como vemos, quebrado en el punto donde σ tvaria de signo. La tensión equivalente en el recipiente será,

σ eqmax= R2Ɣ

3h(1+k )

Siendo como siempre

k=σ tt

σ tc

El hecho de que en la parte superior del recipiente la tensión σ t es de compresión, es en este caso, natural.

La tensión meridional σ m en la zona de apoyo es, claro está, de tracción. Como la presión P es aquí pequeña, el equilibrio del elemento separado resultara posible solamente cuando la tensión circunferencial σ t es de compresión. Si el recipiente estuviese apoyando en su parte

inferior, entonces no ocurrirá este fenómeno puesto que en el borde superior σ msería igual a 0.

La aparición de las tensiones de compresión σ t cuando actúa la presión interior es propia no solo del recipiente esférico. Por ejemplo, en el tanque cilíndrico lleno de líquido, en la zona donde se une la parte cilíndrica con el fondo, también puede surgir, en determinadas condiciones, tensiones de compresión. Para la bóveda no pierda la estabilidad es necesario reforzarla en este lugar.



EJERCICIO Nº 4:

La bóveda esférica de radio R y de espesor h se somete a una presión interior p. Determinar las tensiones que surgen en la bóveda.



Solución:

En la bóveda esférica ρm=ρt=R . De la condición de simetría completa se deduce.

σ m=σ t

Por la ecuación de Laplace se obtiene,

σ m=σ t=pR2h

El estado tensional resulta biaxial

σ 1=σ2=pR2h

La tensión mínima σ 3 se considera igual a cero. De acuerdo con la teoría de Mohr, independientemente del valor de k, resulta,

σ eq=σ1−k σ 3=pR2h

1. Una lámina rectangular con sustentación libre en coturno esta comprimida por fuerzas

aplicadas en los bordes cortos. a=40cm, b=25cm, h=0.8cm E=7.2¿104MPa, μ=0.34, σprom=240MPa. ¿Cómo variaría la tensión critica, si la carga se aplica en los bordes largos?



σ= π 2kDb2h

k=(mba

+ amb

)2

a/b=√m(m+1)=1.6 > √12

Entonces la lámina perderá su estabilidad cunado en ella se formen semiondas: k=4.2

La rigidez cilíndrica de la lámina:

D=E h3

12(1−μ2)=3.47

σ=2.88 MPa < σprom

En el caso que se aplique en los bordes largos, m=1, k=4.95, σ=1.32MPa

2. Determinar el grosor h de una lámina a partir de su estabilidad en compresión por los bordes cortos. La lamina esta simplemente apoyada por su contorno. Viene dado: a=35cm, b=10cm, E=2¿105MPa, μ=0.28, el coeficiente de reserva de estabilidad es n=1.5



σ=P∗nbh =4.5∗10

3

h

La rigidez cilíndrica de la lámina es D=E h3

12(1−μ2)=1.8*1010 h3

Si la relación de lados (a/b)=3.5 > √12 ; la lámina perderá la estabilidad con la formación de m=4, semiondas a lo largo de la lámina.El grosor de la lámina se determina a partir de la condición

σ= π 2kDb2h

=4.5∗103

h

Entonces m=1.84*10−3=1.84 mm

3. Una lámina cuadrada de lado b=20cm con apoyos articulados en su contorno esta comprimida en dos mutuamente perpendiculares por fuerzas lineales iguales N. Determinar la



tensión critica, si el groso h=0.4cm. E=7*104MPa, μ=0.3 ¿Cuánto menos es esta tensión en comparación con el caso cuando la lámina se comprime en una sola dirección?

La lamina cuadrada perderá su estabilidad, formando una semionda en cada sentido de compresión: m==n=1

σx=σy=π 2kDb2h

k=¿¿=2

D=E h3

12(1−μ2)=410 Nm

Entonces σx=σy=50.6MPa

4. Una lámina de longitud a=40cm, ancho b=20cm, grosor h=0.3 cm esta comprimida longitudinalmente por esfuerzos lineales Nx. Determinar en cuanto disminuirá las tensiones críticas, si a la lámina se le aplican adicionalmente unos esfuerzos de compresión Ny=Nx/2 en dirección trasversal. Considerar que E=2*105MPa, μ=0.25



D=E h3

12(1−μ2)=480

σ= k π 2Db2h

Si la compresión es unidimensional k=4, σ=158¿106, Pa=158 Si la compresión es en dos direcciones mutuamente perpendiculares;

Ny/Nx=0.5

k=(0.52+1)2

0.52+0.5=2.08, σ=82

Entonces, ∆σ=158-82=76MPa

Problema 1:

Determinar las flechas máximas en la placa solicitada por una carga uniforme distribuida p, en el caso siguiente de apoyo de la placa: placa empotrada en su contorno. El radio de la placa es R y su espesor es h.



Solución:

Comenzamos la solución del problema por la determinación de la fuerza cortante Q. En la parte central de la placa de radio r. Por la ecuación de equilibrio nos da:

Q.2πr = pπ r2 ; Q= p . r2

De la expresión de doble integración obtenemos lo siguiente:

ϑ (r)=c1. .r+c2r

− p . r3

16.D , donde D= E .h3

12(1−u2)

En este caso el ángulo de giro ϑ en el centro de la placa (cuando r=0) es igual a cero. Esto puede ocurrir solamente cuando c2=0. Entonces la ecuación se reduce a:

ϑ (r)=c1 . r−p . r3

16.D………………………(1)

También sabemos por las condiciones de contorno o frontera que cuando r=R, el ángulo ϑ=0, de donde se obtiene,

c1=p . R2

16.D, Entonces la ecuación (1) se reduce a: ϑ (r)= p

16.D¿)

De la expresión ϑ=−dwdr

obtenemos la ecuación de la flecha W en función del radio:

w (r )= p16.D

[c3−12.R2 . r2+ r

4

4]

Donde c3 se obtiene de la condición de que el desplazamiento w en el contorno es igual a cero.

Así: C3=14.R4

Entonces: w (r )= p64.D

(R2−r2)2…………………………..(2)

Como el problema nos pide la flecha máxima la cual se dará cuando r=0 por tanto la flecha máxima es:

wmax=p . R4

64.D



Problema 2

Determinar las flechas máximas en la placa solicitada por una carga uniforme distribuida p, en el caso siguiente de apoyo de la placa: placa apoyada libremente en su contorno. El radio de la placa es R y su espesor es h.

Solución:

Comenzamos la solución del problema por la determinación de la fuerza cortante Q. En la parte central de la placa de radio r. Por la ecuación de equilibrio nos da:

Q.2πr = pπ r2

Q= p . r2

De la expresión de doble integración obtenemos lo siguiente,

ϑ (r)=c1. .r+c2r

− p . r3

16.D , donde D= E .h3

12(1−u2)

En este caso también el ángulo de giro ϑ en el centro de la placa (cuando r=0) es igual a cero. Esto puede ocurrir solamente cuando c2=0. Entonces la ecuación se reduce a:

ϑ (r)=c1 . r−p . r3

16.D………………………(1)

En este caso son nulas las tensiones radiales o momentos radiales en el contorno. Por lo tanto, de acuerdo a la primera de la expresiones obtendremos para r=R;

dϑdr

+u .ϑr

=0

De esta ecuación de obtiene la constante c1. La ecuación (1) nos dará en este caso:

C1−3. p .R2

16.D+u .(C1−

p . R2

16.D )=0De donde hallamos,



C1=p .R2

16.D.

(3+u )(1+u )

, entonces la ecuación (1) es: ϑ (r)=p

16.D [ (3+u )(1+u )

.R2 . r−r3]La ecuación de los desplazamientos es la siguiente, determinada por la siguiente expresión

ϑ=−dwdr

w (r )= p16.D

[c3−(3+u )(1+u )

.R2 . r2

2+ r

4

4]

La constante c3 se determina, de nuevo, de tal manera que sea nulo el desplazamiento w en su contorno,

c3=R4

4.5+u1+u

De donde obtenemos lo siguiente:

w (r )= p16.D

[ 14.

(5+u )(1+u )

.R4−12.

(3+u )(1+u )

. R2 .r2+ 14. r4]………………….. (2)

Como el problema nos pide la flecha máxima la cual se dará cuando r=0 por tanto la flecha máxima es:

wmax=5+u1+u

.p . R4

64.D



Problema 3 Determinar las tensiones máximas en la placa solicitada por una carga uniforme distribuida p, en el caso siguiente de apoyo de la placa: placa empotrada en su contorno. El radio de la placa es R y su espesor es h.

Como en el problema 1 la expresión de doble integración nos dio lo siguiente:

ϑ (r)= p16.D

¿)

Sabemos por teoría que los momentos flectores en placas circulares se determinan por las siguientes formulas:

M r=D( dϑdr

+μ ϑr)

M t=D( ϑr+μ dϑ

dr)

Por tanto los momentos flectores son:

M r=p16

[R2 . (1+u )−r2(3+u)]

M t=p16

[R2 . (1+u )−r2 (1+3.u )]

Ahora por teoría sabemos que las tensiones máximas se determinan bajo las siguientes

expresiones: σ rmax=

6M r

h2

σ tmax=

6M t

h2

Reemplazando los momentos flectores en estas expresiones no dará las tensiones máximas solicitadas:



σ rmax=2 p R

2

166h2

σ tmax=2μp R

2

166h2

Problema 4

Determinar las tensiones máximas en la placa solicitada por una carga uniforme distribuida p, en el caso siguiente de apoyo de la placa: placa apoyada libremente en su contorno. El radio de la placa es R y su espesor es h.

Como en el problema 2 la expresión de doble integración no dio lo siguiente:

ϑ (r)=p

16.D [ (3+u )(1+u )

.R2 . r−r3]Sabemos por teoría que los momentos flectores en placas circulares se determinan por las siguientes formulas:

M r=D( dϑdr

+μ ϑr)

M t=D( ϑr+μ dϑ

dr)

Por tanto los momentos flectores son:

M r=p16

. (3+u ) .(R2+r2)

M t=p16

. (3+u ) .¿)

Ahora por teoría sabemos que las tensiones máximas se determinan bajo las siguientes expresiones:



σ rmax=

6M r

h2

σ tmax=

6M t

h2

Reemplazando los momentos flectores en estas expresiones no dará las tensiones máximas solicitadas:

σ rmax=σ t

max=3+μ16

p R26h2


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