•
Hallar la velocidad de descenso de la carga , para un paso de caudal del 60% En estado estable, la potencia consumida para el ascenso y descenso de la carga Hallar la velocidad máxima que puede alcanzar el sistema y la cara que soporta Hallar el C b
•
Hallar el caudal de la bomba
•
•
•
DA!" W = 15000 [ Lb f ] V ascen. =200
[ ] ¿
min
D p= 4 [ ¿ ] β =1,56
N =1800 [ rpm ] nT =82,8 b
n v =92 ntrans = 95
DESARROLLO Análisis del ascenso de la carga V vast =
A p=
V ascen 2
π ∗ D p
A Anu=
2
β
=
200 2
=100
[ ] ¿
min
2
=
4
A p
=
π ∗ 4 4
12.56 1,56
=12.56 [ ¿ ]
=8.05 [ ¿ ]
De#inimos el actuador de la derec$a como como b& y el de la izquierda a& Q 2 a= Q 2 b =
V vast ∗ A Anu 231
=
100∗8,05 231
=3,5 [Gpm ]
Q 1 a=Q1 b= β ∗Q2=1,56 ∗3,5= 5,46 [Gpm ]
Análisis de diagramas de #uerzas, el análisis de un pist'n seguramente servirá para el otro al igual que las ecuaciones
F w =
Pw =
2 T
ntrans F w
A Anu
=
=
2 T 0,95
= 2,105 T
2,105 T 8,05
=0,261 T
Análisis de #uerza en el pist'n P1∗ A p + F w = P2∗ A Anu → P 1∗ β + Pw = P2
Análisis de la carga T 1 + T 2=15000 . 1
Análisis pist'n a y b P1∗ β + Pwa = P2 a → P1∗ β + 0,261 T 1= P 2a . 2 P1∗ β + Pwb = P2 b → P1∗ β + 0,261 T 2 = P 2b .. 3
()nea de descarga de ambos pistones Q !esc =Q1 a+ Q1 a=10.92 [ "pm ] Q pum=Q2 a + Q 2 b=7 [ "pm ]
(
P1=2 # Pc$e + # P!ir =2∗50 +
10.92 3
)
2
= 113,25 [ Psi ]
*gualamos + y P2 a−0,261 T 1 = P 2b − 0,261 T 2 → P2 a− P 2b =0,261 ( T 1−T 2 ) 4
-omo la válvula de secuencia esta #ull open, analizamos sus p.rdidas por medio de la ecuaci'n 8
20
3
3
# Psec = Q pum+
8
20
3
3
= ∗7 +
-alculamos el t.rmino
=16 [ psi ]
P2 a− P2 b empleando un t.rmino / que simboliza la
presi'n en el puto antes que se rami#ique el caudal por la válvula de secuencia P2 a− P2 b=( % − # P c$e ) −( % − # Psec − # P c$e) =% −50 −% − 80−16 =46 [ psi ]
De tenemos 46 =0,261 ( T 1 −T 2 ) →T 1= 176,24 + T 2 . 5
Al reemplazar 1 en 2 tenemos T 2 =7411,87 [ &b ] T 1 =7588,11 [ &b]
Hacemos estudio de la l)nea de presi'n Q pum=7 [ "pm] P2 a= P pum− # P c$e− # P!ir = P pum−
() 7 3
2
−50 6
*gualamos P2 a en 6 y +, ya teniendo P1
()
P pum−
7 3
2
−50= P1∗ β + 0,261 T 1 → P pum=2212,60 [ psi ]
Entonces con las ecuaciones + y determinamos P2 a=2157,15 [ psi ] P2 b=2111,16 [ psi ]
3ara determinar el
Q pum resulta ser evidente, al ver que en el circuito no se
regula caudal a la salida o a la entrada del actuador4 entonces todo el caudal que propicia la bomba es empleado5 Q pum=Q2 a + Q 2 b=7 [ "pm ] C b =
Q pum∗231 N ∗nv
=
7∗231 1800∗0,92
3
=0,97 ' 1 [ ¿ ] rev
3otencia consumida en el ascenso de la carga P ∗Q ´ = pum pum = 7∗2212,6 =10,91 [ $p ] W asc nT ∗1714 0,828∗ 1714
(a bomba realizar)a mas trabao subiendo la carga por ese motivo $allamos Ptara(e de la válvula de seguridad en este análisis Ptara(e= P pum∗1,25 =2212,6 ∗1,25 =2765.75 [ psi ]
Análisis de descenso de la carga, para un paso de caudal del 60% 3.rdida del 0% del caudal por derivaci'n Q per= 0,4 Q pum=0,4∗7 = 2,8 [ "pm] Q pist =Q pum−Q per= 4,2 [ "pm]
Hacemos un balance de #luos entre los dos pistones, debido a que se presenta una regeneraci'n
Q pist + Q2 b =Q 1 a+ Q1b .. 7
Q 1 a=Q 1 b 778
Q 2 b=
Q1 b β
.9
res inc'gnitas y tres ecuaciones entonces tenemos Q 1 a=Q1 b=3,09 [ "pm ] Q 2 b=1.98 [ "pm]
V vast =
Q1∗231 A p
=
3,09∗231 12,56
=56,8 [ ¿ ] min
omamos las mismas ecuaciones antes especi#icadas para cada actuador y tambi.n para la carga T 1 + T 2=15000 . 10 P1∗ β + 0,261 T 1= P2 a . 11 P1∗ β + 0,261 T 2= P2 b ..12
Hacemos el balance de las válvulas de #renado
P2 a+ 4 P1 a =3000 13
( )
P3 a= # P !ir + # P c$e =50 +
1,98 3
2
=50,436 [ psi ]
P2 b+ 4 P1 b =3050,436 14
enemos un sistema 1 x 1 empezamos a desarrollarlo 9eemplazamos 20 y 2 en 22 5,56 P 1−0,261 T 2 + 915 15 2+ y 2 en 21 5,56 P 1−3050,436 + 4 P1+ 5,56 P1 + 915 ..16 :a de 26 podemos despear P1 y de a$) resultan todas las inc'gnitas P1=192,03 [ psi ] P 2a =2231,88,03 [ psi ] P2 b =2282,25 [ psi ]
T 1 =7403,5 [ psi ] T 2=7596,5 [ psi ]
Al analizar la l)nea de presi'n se debe tener en cuenta que en una válvula reguladora de caudal compensada por presi'n Ptara(e= 85 [ psi ] =# P re"
P pum= P1 a+ # P!ir + # Pre"=192,03 +
() 7
3
2
+ 85= 282,5 [ psi ]
-alculo de la potencia requerida para el descenso de la carga P ∗Q ´ = pum pum = 7∗282,5 = 1,4 [ $p ] W !esc 0,828∗1714 n T ∗1714
Calculo de la
V ma) al momento de subir una carga, sin que se presente
la actiaci!n de la álula de secuencia Hacemos un balance de #luos entre los dos pistones, debido a que se presenta un proceso de succi'n de caudal por el cilindro b& en las l)neas que se cruzan
Q2 b=7 [ "pm ]
Q 1 a=Q1 b= β ∗Q pum= 1.56∗7 =10,92 [ "pm] Q Tan*= 14,84 [ "pm ]
/tilizamos las ecuaciones empleadas en los otros procedimientos, que describen los sistemas de #uerzas en los actuadores y en la carga T 1 + T 2=W . 17 P1∗ β + 0,261 T 1= P2 a . 18
P1∗ β + 0,261 T 2= P2 b ..19
"e determina la siguiente ecuaci'n, partiendo del punto en com;n de las l)neas que manean la misma presi'n5 P1+ # Pc$e* = P2 b . 20
-onsideramos que el punto donde está la válvula de secuencia, la presi'n máxima que puede existir es 2+00
áxima5 P pum=1200− # P !ir= 1200−
() 7
2
3
=1205,4 [ psi ]
P2 a=1200 −# Pc$e* = 1200−50 =1150 [ psi ]
Analizamos la l)nea de descarga a tanque
(
P1= 2 # Pc$e* −# P!ir = 100 −
14,84 3
)
2
= 124,47 [ psi ]
9eemplazando en las ecuaciones 2?, 28, 2@ y +0 tenemos P2 b=74,47 [ psi ] T 1 =3662,17 [ &b ] T 2=−458,63 [ &b ]
T 2 indica que el actuador b& no se está
Ese signo negativo en la #uerza
moviendo de la misma manera que a& y as) le dea toda la carga al actuador antes mencionado5 De la ecuaci'n 2? tenemos que la carga máxima que se puede levantar de esa manera seria 3662,17 + ( −458,63 ) =W =3203.54 [ Lbf ]
V vast = ma)
Q pum∗231 A anu
=
7∗231 8,05
=200,8 [ ¿ ] s
V car"a =2∗V vast = 2∗200,8 =401,6 [ ¿ ] s ma)
ma)
-alcular -b con +1% extra de #luo arae de la válvula de seguridad arae de la válvula de alivio, que está entre los dos actuadores
• • •
DA!" F premsa =50000 [ Lbf ] W = 5 [ T+n ] =11000 [ Lb f ]
[]
[ ]
V !esc =5 ¿ =300 ¿ s min D p=3 [ ¿ ] β =2
N =1800 [ rpm ] nT =82,8 b
n v =92
Hallamos caudal para el descenso con la velocidad estipulada para cada actuador A p=
( 3 )2∗ π 4
Q a =Q b =
A anu =
=7,07 [¿2 ]
V !esc∗ A p 231
=
300∗7,07 231
7,07 2
2
=3,53 [¿ ]
= 9,18 [ "pm ]
Q , =Qa + Qb= 9,18∗2 =18,36 [ "pm]
"e puede observar que en el sistema se encuentra una válvula de control de caudal lo que a#irma el desvi' +1% de caudal de la bomba por la válvula de seguridad Q pum=Q , ∗1,25 =18,36∗1,25 =22,95 ' 23 [ "pm ] C b =
Q pum∗231 N ∗nv
=
23∗231 1800∗0,92
3
=3,21 [ ¿ ] rev
Determinamos el tarae de la válvula de seguridad, en el momento que la l)nea del lado pist'n 2B alcanza la mayor presi'n, siendo este momento en la tarea de prensado4 trabaamos con un solo pist'n ambos desarrollaran la misma presi'n5
Hacemos análisis de #uerza tanto en el pist'n como en la carga 2 F w + 11000=50000 → F w=19500 [ &bf ]
P1 β =
F w Aanu
+ P 2 . 1
-omo en el instante de #renado no $ay movimiento de caudal en las l)neas4 la l)nea de descarga queda presurizada solo a la oposici'n del c$eque cerca al tanque5 P2=∇ P c$e*=30 [ psi ]
9eemplazamos en 2 las t.rminos P2 y F w P1=2773.68 [ psi ]
P pum= P1+ ∇ P!irec = 2773.68 +
( ) Q ,
2,5
2
=2773.68 +
( ) 18,36 2,5
2
=7827,61 [ psi ]
-omo por la válvula de seguridad se está drenando caudal a tanque, causado por la reguladora de caudal a la salida del actuador, entonces P pum= PTara(e =7827,61 [ psi ]
-alculo de tarae de la válvula de alivio, en el momento que estamos subiendo la prensa5 En esta situaci'n todo el caudal de la bomba está en las l)neas de presi'n nada se va por la válvula de seguridad5 rabaamos con un solo pist'n
P1 β =
F w Aanu
+ P 2 . 2
-omo va a tanque l)nea de descarga tenemos
(
Q tan* =
2∗Q pum 2
)
∗2=2∗23= 46 [ "pm]
P1=∇ P !irec + ∇ P!irec = 30 +
( ) 46
2,5
2
=368.56 [ psi ]
9eemplazamos P1 en + y tenemos P2=737,12 +
2,5∗2200 3,53
=2295,3 [ psi ]
(a presi'n de tarae seria PTA- = P2∗1,25 =2295,3 ∗1,25 =2869,62 [ psi ] a&ivi+
Análisis del ascenso de la prensa, todo el caudal de bomba se a por la l"nea de presi!n # el cilindro sincroni$ador los diide en igual proporci!n a cada actuador
P1 β =
()nea de presi'n
F w Aanu
+ P 2 . 3
( )
P2= P pum− # P c$e* 1−# Pc$e* 1−# P!ire = P pum −80 −
23
2,5
2
4
()nea de descarga a tanque P1=# Pc$e* + # P!irec =30 +
( ) Q tan* 2,5
2
( )
= 30 +
46
2,5
2
= 368.56 [ psi ]
9eemplazamos P1 en y podemos obtener los resultados P2=2293,3 [ psi ] P pum= 2457,94 [ psi ]
3otencia consumida en el ascenso de la carga P ∗Q ´ = pum pum = 23∗2457,94 =39,8 [$p ] W asce nT ∗1714 0,828∗1714
Análisis del descenso de la carga si a" caudal regulado, se emplea en mismo diagrama de &uer$as antes citado
Diagrama de #uerzas 2 P1 + 1556,18 = P2 5
Calance de la anti retorno pilotada P4 + 50 = 4 P1 .. 6 P4 = P 2− # P -e" . 7
Análisis de la l)nea de descarga a tanque Q , 18,36 =9,18 [ "pm] Q !esc = = β 2 P2=# P -e" + # P!ir + # Pc$e* 1 + # Pc$e* =# P -e" +
( ) 9,18 2,5
2
+ 80
P2=# P -e" + 93,48 .. 8
9eemplazamos ? en 6 4 P1 = P2−# P -e" + 50 . 9
9eemplazando 8 en @ tenemos P1 y as) todas las inc'gnitas P1=35,87 [ psi ] P2= 1628 [ psi ] P pum=89,8 [ psi ]
(a ca)da de presi'n de la reguladora de caudal, resulta un valor alto ya que su #unci'n es esa obstruir el paso de caudal, creando una contrapresi'n o una sensaci'n de #renado5 # P -e"=1628 − 93,48=1534,52 [ psi ]
Q -e" =
0,25∗Q pum
β
=
0,25∗23 2
=2,875 [ "pm ]
(a potencia requerida para el descenso $p P ∗Q ´ !esce= pum pum = 23∗89,8 =1,45 ¿ W 0,828 ∗1714 nT ∗1714
