Problema De Anillos Atiesadores 4w1o6a

PROBLEMA 2. Un recipiente a presión horizontal con dos tapas hemisféricas tiene una presión interna de diseño de 60 psi a una temperatura de diseño de 700ºF, la corrosión permisible es 0.125 pulgadas. La tapa es sin costura y esta soldada al casquete cilíndrico con juntas de soldadura longitudinal a tope. Todas las soldaduras son RT-2. El casquete tiene 100 pulgadas de diámetro interior y 350 pulgadas de punto de tangencia a punto de tangencia. El material es SA-533 Gr. D. El recipiente también está sometido a una presión externa de 15 psi. ¿Cuál es el espesor mínimo del recipiente?

SOLUCION Presión Interna (60 psi): Tapas y Casco. Presión Externa (15 psi): Tapas y Casco. 1. Presión Interna: 𝑃 = 60 𝑝𝑠𝑖 A. Tapas: Datos: 𝑃 = 60 𝑝𝑠𝑖, 𝑆 = 25700𝑝𝑠𝑖, 𝐿 = 100 P: Presión interna de diseño. L: Radio de la tapa hemisférica. RT-2: E=1.

-

S esfuerzo máximo isible a la temperatura de 700ºF es 25700 psi. Cartilla del material CS-5.

RT-1: Full, designacion indicada.   

100% RT de todos las costuras longitudinales y circunferenciales. 100% RT de Categoria B y C sólo soldadura de toberas más de 10 pulgadas de diametro y de diseño de soldadura de cuello (esto no incluye ninguna soldadura Catergoria D tobera a casquete). E = 1.

RT-2: Full (“Spot plus”), designación indica que la radiografía adicional de la UW-11 (a) (5) (b) ha sido compilado con, por lo que:    

100% RT de soldaduras de costuras longitudinales. Spot RT de costuras circunferenciales (más un adicional). No RT hecho en las soldadura de Categorias B y C en alguna tobera. E = 1.

RT-3: Spot, designación indica que la radiografía adicional de la UW-11 (a) (5) (b) ha sido compilado con, por lo que:   

Spot RT de todas las costuras longitudinales y circunferenciales. No RT hecho en alguna tobera. E = 0.85.

𝑡=

𝑃𝐿 60 (100) + 𝐶𝐴 = + 0.125 = 0.241 𝑝𝑢𝑙𝑔. 2 𝑆 𝐸 − 0.2 𝑃 2 (25700)1 − 0.2 (60)

B. Casquete: 𝑃 < 0.385 𝑆 𝐸 60 < 0.385 (25700) 1 60 < 9894

𝑡= -

𝑃𝑅 60 (100) + 𝐶𝐴 = + 0.125 = 0.359 𝑝𝑢𝑙𝑔. (25700)1 − 0.6 (60) 𝑆 𝐸 − 0.6 𝑃

Para presión interna considerar espesor t de 3/8 pulg.

2. Presión Externa: 𝑃 = 15 𝑝𝑠𝑖 A. Casquete: Longitud entre tapas y casquete: 350 𝑝𝑢𝑙𝑔. = 𝐿𝑆 . Longitud Efectiva sin anillos de refuerzo: L. 𝐿 = 𝐿𝑆 +

2𝐿ℎ 2(100) = 350 + = 416.16 𝑝𝑢𝑙𝑔. 3 3

𝐷0 = 2𝐿ℎ = 2(100) = 200 𝑝𝑢𝑙𝑔. Consideremos: 𝑡 = 0.625 𝑝𝑢𝑙𝑔. -

Tenemos las relaciones siguientes: 𝐷0⁄ 𝐿⁄ = 2.083 𝑡 = 320 𝐷0 En la figura G:

-

Factor A es 0.00012. Con Factor A, Temperatura de diseño 700ºF y CS-5. Hallamos Factor B.

-

Como cae a la izquierda de la curva utilizar la siguiente formula. 2𝐴𝐸 2 (0.00012)(24 𝑥 106 ) 𝑃𝑎 = = = 6 𝑝𝑠𝑖 𝐷 3 (320) 3 ( 𝑡0 )

No Cumple

-

Tomar otro espesor mayor usaremos t de 1 pulg. Y repetimos pasos. Factor 𝐴 = 0.00023 Factor 𝐵 = 3200 𝑃𝑎 =

4𝐵 4 (3200) = = 21.3 𝑝𝑠𝑖 𝐷 3 (200) 3 ( 𝑡0 )

Si Cumple

PROBLEMA 3. Considerando los resultaos obtenidos en el problema anterior y si consideramos que el espaciamiento de los anillos atiesadores es de 30 pulg. Y el material SA-178 Gr. C cuya dimensión es la mostrada. Considerar que el casquete también contribuye al momento inercia. Determine: a) El espesor mínimo del recipiente a presión. b) Calcular el momento de inercia del anillo atiesador alrededor del eje (𝐼𝑆 ). c) Calcular el momento de inercia combinado anillo atiesador-casquete alrededor del eje neutral paralelo al eje del casquete (𝐼𝑆 ′ ). d) Calcular el momento de inercia disponible de la sección transversal del anillo atiesador alrededor del eje neutral paralelo al eje del casquete (𝐼). e) Calcular el momento de inercia disponible de la sección transversal combinado anillo atiesador-casquete alrededor del eje neutral paralelo al eje del casquete (𝐼 ′ ).

SOLUCION a) Casquete Presión Externa: Longitud entre tapas y casquete: 350 𝑝𝑢𝑙𝑔. = 𝐿𝑆 . Longitud Efectiva sin anillos de refuerzo: L. 𝐿 = 𝐿𝑆 +

2𝐿ℎ 2(100) = 350 + = 416.16 𝑝𝑢𝑙𝑔. 3 3

𝐷0 = 2𝐿ℎ = 2(100) = 200 𝑝𝑢𝑙𝑔. Consideremos: 𝑡 = 0.5 𝑝𝑢𝑙𝑔.

b) Momento Inercia requerido. 𝑰𝑺 -

Factor A. Con cartilla CS-2: Tenemos los datos siguientes: 𝐷0 = 201 𝑝𝑢𝑙𝑔. , 𝑃 = 15 𝑝𝑠𝑖, 𝑡 = 0.5 𝑝𝑢𝑙𝑔. , 𝐿𝑆 = 58.3 𝑝𝑢𝑙𝑔. 7 5 𝐴𝑠 = 4 × + 5 × = 6.625 𝑝𝑢𝑙𝑔2 8 8

𝐶=

𝐵=

7 5 2.5 (4) (8) + 5.4375 (5) (8) 6.625

= 4.051 𝑝𝑢𝑙𝑔.

3 𝑃 𝐷0 ( ) = 3685 4 𝑡 + 𝐴𝑆⁄ 𝐿𝑆

Cartilla CS-2, Factor B y Temperatura 700ºF.

-

Factor A es 0.0003.

𝐼𝑆 =

[𝐷0 2 𝐿𝑆 (𝑡 + 14

𝐴𝑆 ⁄𝐿 ) 𝐴] 𝑆

= 30.97 𝑝𝑢𝑙𝑔4

c) Momento Inercia requerido combinado. 𝑰𝑺 ′ ℎ1 = 5 𝑝𝑢𝑙𝑔., h2 =0.875 pulg., ℎ3 = 0.5 𝑝𝑢𝑙𝑔.

𝑏1 = 0.625 𝑝𝑢𝑙𝑔., b2 = 4 pulg.

b3 = b2 + 1.10√𝐷0 𝑡𝑆 = 4 + 1.10√201 (0.5) = 15 𝑝𝑢𝑙𝑔. 𝐴𝑆 = 14.125 𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝐴 = 0.0003

′

𝐼𝑆 =

𝐴𝑆 ⁄𝐿 ) 𝐴] 𝑆 = 48.12 𝑝𝑢𝑙𝑔4 10.9

[𝐷0 2 𝐿𝑆 (𝑡 +

d) Momento Inercia disponible: I 𝐼 = 𝐴 𝑑2 + 𝐼𝑔 5 7 2.5 ( ) + 5.4375 ( ) 8 8 = 4.051 𝑝𝑢𝑙𝑔. 𝐶= 6.625 𝑏1 ℎ1 3 𝑏2 ℎ2 3 𝐼𝑔 = + = 6.733 𝑝𝑢𝑙𝑔4 12 12 𝑑1 = 𝐶 − 𝑦1 = 4.051 − 2.5 = 1.551 𝑝𝑢𝑙𝑔. 𝑑2 = 𝐶 − 𝑦2 = 4.051 − 5.4375 = 1.3865 𝑝𝑢𝑙𝑔. 𝐼 = 𝐴 𝑑2 + 𝐼𝑔 = 20.97 𝑝𝑢𝑙𝑔4