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Sistemas Hidráulicos y Neumáticos en Ingeniería Mecánica
Primera edición: 2010
© Escuela Superior Politécnica de Chimborazo © Facultad de Mecánica © Escuela de Ingeniería Mecánica
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Presentación
El presente texto se escribió en base al escrito por el Ingeniero Iván R. Morán F. profesor de la asignatura SISTEMAS HIDRÁULICOS Y NEUMÁTICOS que se imparte en la Escuela de INGENIERÍA MECÁNICA de la Escuela Superior Politécnica de Chimborazo, y no es más que una recapitulación de conceptos importantes tomados de dicho texto, pero haciendo énfasis a la resolución de problemas que trata dicha asignatura. . La mayoría del contenido de los problemas que se presentan son netamente teóricos los cuales harán notar la importancia que tiene dicha asignatura en Ingeniería Mecánica, se presenta también una serie de problemas para ser resueltos, los cuales harán que el estudiante tenga una mejor comprensión sobre los temas tratados en la materia. Se presentan 114 problemas resueltos, 87 preguntas y 41 problemas propuestos de todo el texto.
Claro está que, lo expuesto aquí no es lo suficiente para comprender lo complejo de los SISTEMAS HIDRÁULICOS Y NEUMÁTICOS, por lo que se insiste al estudiante preguntar sobre algunos temas que se pueden haber pasado por alto. En el texto existirán errores los cuales pueden haberse generado en el momento de transcribir partes importantes del texto mencionado al inicio y puede haberse eventualmente omitido algunas explicaciones que para los estudiantes serán de suma importancia, en donde se encuentren estas recomendamos preguntar al profesor para aclarar cualquier duda que pudiese existir.
José L. Tierra C.
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FUNDAMENTOS 1. DEFINICIONES1 Se denomina oleodinámica2 debido a que el fluido de trabajo (que circula por las tuberías) es el aceite hidráulico.
2. PRINCIPIOS Y LEYES Para la oleodinámica se tiene: Los aceites no son compresibles (pero sí elásticos)3. Los aceites transmiten en todas las direcciones la presión que se les aplica (Principio de Pascal). Los aceites toman la forma de la tubería o aparato, por los que circulan en cualquier dirección. Los aceites permiten multiplicar la fuerza aplicada (prensa hidráulica). Las fuerzas aplicadas y transmitidas son directamente proporcionales a sus superficies.
2.1 CAÍDA DE PRESIÓN 4 (DIFERENCIA DE PRESIÓN ) Es la pérdida de presión que se genera en el tramo de una tubería, válvula u otro accesorio. Si no hay una diferencia de presión entre dos puntos, no podrá haber circulación de fluido5. Es decir, el fluido se mueve desde el punto con mayor presión hasta el otro, nunca en forma contraria. La elección de un aceite hidráulico se hace en función de: Tipo de circuito Temperatura ambiente Presión de trabajo Temperatura de trabajo Tipo de bomba
El aceite más usado es el SAE 10. El peso específico, la viscosidad y el índice de viscosidad son las características técnicas más importantes de un aceite hidráulico.
2.2 POTENCIA MECÁNICA Es la potencia que suministra un motor eléctrico o uno de C.I a través de un eje, que se encuentra acoplado a la bomba de caudal fijo o variable. 2.3 POTENCIA FLUÍDICA O HIDRÁULICA Pot = p.Q Es la potencia generada por el aceite hidráulico, a través del circuito, para poder realizar un “efecto” sobre el actuador. Matemáticamente, la potencia hidráulica es el producto entre la presión y el caudal real.
_________________ 1
Tomado del Manual de Mecánica Industrial II (Neumática e Hidráulica). CULTURAL S.A .Edición 2002. Pág 107. A veces suele denominarse como Hidráulica, sin embargo, éste se relaciona más con el Agua y no con el aceite. 3 Tomado del Manual de Mecánica Industrial II (Neumática e Hidráulica). CULTURAL S.A .Edición 2002. 4 Refiérase a la Mecánica de Fluidos de cualquier autor. 5 Tomado de Oleohidráulica Básica. Diseño de circuitos. Felip Roca Ravell. ALFAOMEGA 1999. 2
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA I REPASO
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2.4 CAUDAL TEÓRICO (Qt) Es el volumen de fluido por unidad de tiempo que circularía por un circuito hidráulico si no existiesen pérdidas. Se define como el producto de la cilindrada por el número de revoluciones del motor hidráulico y/o de la bomba. Está dado en in3/seg, ft3/seg, m3/seg, etc. Qtéorico = C teórica . N 2.5 CILINDRADA (C) Corresponde al volumen teórico desplazado en cada revolución del eje de la bomba. Depende del número de cámaras de bombeo y de su geometría, está dado en plg3/rev, etc. 2.6 CAUDAL REAL (Qr) Es el caudal que realmente envía (=eroga) la bomba hacia el circuito, debido a que las cámaras de la bomba no se llenan completamente, es siempre menor que el caudal teórico, está en función del rendimiento volumétrico.
Qreal = η volumétrico Qteórico 2.7 RENDIMIENTO VOLUMÉTRICO η VOL Se lo define como la relación entre el caudal teórico y el real. Generalmente está entre 0.80 y 0.99. Es decir a la relación entre el volumen de aceite que no llena las cámaras (real) de una bomba y/o motor hidráulico para el volumen que debería llenar las cámaras (teórico). 2.8 RENDIMIENTO MECÁNICO η mec Se hace referencia a las pérdidas que existe por causa de la fricción en los elementos mecánicos que forman la bomba y/o motor hidráulico (rotor, eje, rodamientos, etc). 2.9 RENDIMIENTO GENERAL η G Viene dado por la relación entre la potencia hidráulica que la bomba confiere al fluido (Pot sal) y la potencia mecánica absorbida por el eje de la bomba (Pot ent), también está dado por el producto entre el rendimiento volumétrico y el mecánico. =
El rendimiento general oscila entre 0.5 y 0.90.
η G
η vol .η mec
En resumen: “Un motor eléctrico y/o de C.I proporciona una determinada energía mecánica (torque) (Pot ent) a una bomba, y ésta, según la energía que recibe, suministra una determinada energía hidráulica, la cual, se transfiere, bajo forma de caudal y presión, y mediante un fluido hidráulico, a un actuador (cilindro hidráulico o motor hidráulico) donde se vuelve a transformar en la energía mecánica necesaria para realizar un trabajo”.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA II REPASO
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BOMBAS VOLUMÉTRICAS 1. GENERALIDADES Las bombas son los elementos que transforman la energía mecánica en energía hidráulica 1. Estas deben cumplir con dos misiones: 1) mover el fluido y 2) obligarle a trabajar 2. ¡Atención!: Una bomba no genera presión, trabaja bajo presión 2. CLASIFICACIÓN En términos prácticos se puede considerar que en un sistema hidráulico un aumento de velocidad se traduce en una caída de presión y una disminución de velocidad en una recuperación de presión. De está forma el Principio de Bernoulli se expresa simplificadamente como:
1
r
ρ V 2
2 1
+ p =
Todas las bombas desplazan fluido, este desplazamiento hace que se clasifiquen en dos grupos:
Cte
r
ρ V 2
= Tér min o
dinámico
2 p = Tér min o estático
1. Bombas de Desplazamiento Positivo (Volumétricas) 2. Bombas de Desplazamiento No Positivo (No Volumétricas)
De esta forma se clasificarán las transmisiones en las dos grandes categorías: hidrostáticas e hidrodinámicas según que operan casi exclusivamente gracias a variaciones del término estático p ó sólo del término dinámico
1 2
r
ρ V 2 .
2.1 BOMBAS VOLUMÉTRICAS Conocidas también como de Desplazamiento Positivo o Hidrostáticas. Este tipo de bombas se caracterizan por el hecho de que siempre suministran la misma cantidad de fluido en cada ciclo o revolución (cilindrada), independientemente de la presión que se encuentre a la salida del circuito. “Las bombas de los circuitos hidráulicos abiertos generalmente son Volumétricas”. 3. CLASIFICACIÓN Se clasifican de acuerdo al tipo de fuerza que se les ha de aplicar para su funcionamiento. 1. las que trabajan absorbiendo una fuerza lineal las denominaremos bombas oscilantes 2. las que necesitan un esfuerzo rotativo aplicado a su eje, las denominaremos bombas rotativas. 3.1. BOMBA DE ENGRANAJES 3.2 BOMBA DE TORNILLO 3.3 BOMBA DE PALETAS 3.4 BOMBA DE PISTONES
________________ 1-2 Tomados de Oleohidráulica Básica-Diseño de Circuitos y de Mecánica Industrial II-Neumática e Hidráulica respectivamente. De aquí en adelante toda la teoría será de estos dos libros, a menos que se indique otro autor. * Aunque parezca contradictorio, el hecho de decir que el caudal debe variar (a pesar de que se dijo que el caudal debe ser constante) en realidad no es que en el tiempo que se está usando la bomba, en este tiempo el caudal está variando, lo que se quiere decir, es que a veces se requiere aumentar o disminuir el caudal, por ejemplo, supóngase que en un ciclo de trabajo (8 horas) la bomba debe entregar 10 litros, esta cantidad de fluido será constante durante este tiempo, pero supongamos que en otro ciclo de 8 horas se requiere tener sólo 8 litros, para tener esta cantidad debemos setear al valor que queremos que la bomba entregue este caudal y este se deberá mantener constante durante este ciclo de trabajo.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA III REPASO
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MOTORES VOLUMÉTRICOS
1. INTRODUCCIÓN1 Un motor hidráulico es capaz de transformar la potencia fluídica del aceite (presión) en potencia mecánica rotativa (torque). La mayor parte de las consideraciones hechas para las bombas, pueden ser aplicadas también para los motores. La fundamental diferencia radica en que en ellos se “explota” un salto de presión en lugar de "producirlo" como en las bombas. El fluido a presión actúa sobre el área neta del motor en la misma forma que lo hace sobre el área del pistón del cilindro hidráulico, de esta manera hace que el eje de salida del motor hidráulico rote. Los motores hidráulicos rotativos, presentan algunas ventajas sobre otro tipo de motores: 1. Mayor potencia en menos espacio y peso. 2. Prácticamente un infinito control de la velocidad de rotación. 3. Posibilidad de arranque, parada y reversión; casi instantáneamente. 4. Posibilidad de variar el torque. 2. CARACTERÍSTICAS DE LOS MOTORES VOLUMÉTRICOS Son las siguientes: torque velocidad de rotación
potencia rendimiento
3. TIPOS MÁS COMUNES DE MOTORES Los tipos más comunes son: Motores de Engranajes Motores de Paletas Motores de Pistones
Los motores hidráulicos tienen las mismas ecuaciones de las bombas hidráulicas para hallar el caudal teórico. IMPORTANTE: Los motores hidráulicos funcionan en forma inversa a la de las bombas. En estos la presión y el caudal obligan al elemento impulsor a realizar un movimiento rotativo. NOTA: La bomba empuja al aceite, en el motor ocurre lo contrario (recibe). La bomba transforma la fuerza mecánica en hidráulica, en el motor es lo contrario. Algunas veces se acoplan bombas y motores, entrando fuerza y saliendo fuerza. El motor convierte la fuerza en movimiento rotatorio.
_______________________ 1
Toda la teoría es tomada del Texto Básico del Ing. Iván Morán
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA IV REPASO
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CILINDROS 1. INTRODUCCIÓN Cuando la energía hidráulica debe convertirse en desplazamiento lineal de una fuerza (trabajo lineal), deben usarse como elementos transformadores los cilindros hidráulicos. Los cilindros son los actuadores que transforman la energía hidráulica en una fuerza lineal. 2. CLASIFICACIÓN1 Básicamente los cilindros pueden ser divididos en dos grandes grupos: 2.1 Cilindros Rotativos Dan a la salida en realidad un torque, pero únicamente luego de realizar una conversión de movimiento lineal a rotativo, mediante un mecanismo rígido, como por ejemplo la cremallera. En caso contrario el ángulo de rotación es limitado a menos de 360º. Encuentran su aplicación en taladros, mandriles, tornos, amoladoras y en maquinaria semejante. 2.2 Cilindros lineales Se encuentran en la mayoría de los diseños. Su salida es lineal o rectilínea. Entre los tipos más comunes en este grupo están: De pistón o ariete Cilindros de simple efecto Cilindros de doble efecto Además del cilindro normal; existen otros tipos especiales en funciones específicas como: De doble vástago Cilindro tándem Cilindro dúplex Cilindro telescópico Cilindros aire-aceite
3. PARTES DE UN CILINDRO HIDRÁULICO Figura y teoría tomada de MECÁNICA INDUSTRIAL, Neumática e Hidráulica II. Las partes más importantes son:
Camisa o tubo. Vástago. Tapas. Pistón o émbolo. Bocas de aceite. Amortiguación en el fin de carrera. Evacuación de fugas de aceite. Empaquetaduras y retenes. Juntas metálicas.
Se debe saber los temas siguientes:
anclaje de los cilindros diseño de cilindros
_______________________ 1
Toda la teoría de clasificación de cilindros es tomada del Texto Básico del Ing. Iván Morán
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA V REPASO
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TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
1. TRANSMISIONES HIDRÁULICAS Una implantación oleodinámica se proyecta en última instancia para transmitir una fuerza o un par, mediante un fluido a presión (aceite hidráulico), desde un depósito (reservorio), desde el cual el fluido es aspirado y enviado hasta los puntos de transmisión, atravesando órganos de regulación o control. 1 1.2 TRASMISIÓN ABIERTA (T.A)
1 1.3 TRANSMISIÓN CERRADA (T.C)
“ Aguas arriba” es la dirección del aceite hacia la bomba; “aguas abajo” va del aparato (distribuidores) hacia los motores y/o cilindros. Cuanto menores sean los cambios de caudal (por ende velocidad) en función de las variaciones de la caída de presión ∆P más pequeñas serán las modificaciones del avanece durante el trabajo. 2 1.2.1 SISTEMA ABIERTO (S.A ó T.A) : Es aquel donde el aceite de la bomba pasa por los distribuidores y vuelve al tanque sin tener presión. Consiste en una entrada general, que se va ramificando hacia los distintos usos. Se emplean en instalaciones de pequeña y mediana importancia, o cuando se provea que el consumo no afectará a la presión en el extremo del circuito. Una importante observación se da a que en este sistema se usa una bomba de caudal constante (volumétrica) mientras la presión es variable (depende de la carga).
1.2.2. SISTEMA CERRADO (S.C ó T.C ): El aceite sale de la bomba y encuentra a los distribuidores cerrados. Se representa como en la figura anterior. Resultan más caras en su impantación ( se emplea mayor cantidad de de materiales), resultan ventajosas en de cuanto a suministro caudal con menos de carga. Cuando produce unapero avería en cualquier punto la red, se puede de aislar permitiendo el pérdidadas funcionamiento del resto de se la instalación. Una importante observación se da a que en este sistema se usa una bomba de caudal variable mientras la presión se debe mantener constante.
_________________ 1 Se recomienda leer el Texto Básico del Ing. Iván Morán para ver su funcionamiento completo. 2 Tomado del Manual de Mecánica Industrial II (Neumática e Hidráulica). CULTURAL S.A .Edición 2002. Pág 78.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA VI REPASO
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IMPORTANTE: En el sistema abierto varía la presión, pero se mantiene constante el flujo (se usa bomba de caudal constante). En el sistema cerrado varía el flujo y se mantiene constante la presión (se usa bomba de caudal variable). 2. COMPONENTES DE UN SISTEMA HIDRAÚLICO Estos son: 1. Grupo de transformación de la energía eléctrica-mecánica en hidráulica: reservorio, accesorios, motor-bomba.
Tubería Motor Hidráulico
2. Grupo de regulación y control de la energía hidráulica: reguladores de caudal, de presión, distribuidores. 3. Grupo de conversión de la energía hidráulica en mecánica; órganos de ejecución o actuadores (motores, cilindros).
Bomba
Re servorio
4. Sistema de distribución o tubería 5. El fluido y su integridad pueden considerarse un grupo. En primer lugar se debe tener presente el concepto dado anteriormente de transmisión hidráulica, pudiéndose representar de la siguiente manera: Donde:
∆P
2
3 B.H
M
1
4
M= Motor eléctrico (o puede ser uno de M.C.I) B.H= Bomba Hidráulica M.H= Motor Hidráulico ∆P= Caída de Presión (de 100 a 200 Psi)
M . H
3. TIPOS DE PRESIÓN 3.1 PRESIÓN DE TRABAJO Presión bajo la cual la bomba debe trabajar (punto 2) para poder enviar el fluido a través de los accesorios y llegar hasta el actuador. 3.2 PRESIÓN DEL SISTEMA Presión que hace funcionar el actuador (punto 3), luego de que el aceite a atravesado los diferentes componentes del circuito, por los cuales se ha generado una caída de presión (∆P), la misma que generalmente es asumida.. *La presión del sistema está determinado por el valor de carga (trabajo que se va a realizar con los actuadores). Como se dijo anteriormente, el fluido se moverá desde el punto con una presión grande hacia otro de menor presión, nunca en sentido contrario, entonces el aceite se moverá desde el punto 2 hasta el punto 3, además se debe recordar la siguiente ecuación:
p trabajo = p sistema + ∆ p ↔ p 2 = ∆ p + p3 En la mayoría de los casos se desconoce el valor de presión en el punto 3, de manera que se suele asumir este valor, en el rango de Pmín= 800 Psi a Pmáx=3000 Psi.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA VII REPASO
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4. PASOS PARA RESOLVER PROBLEMAS Para resolver problemas de este tipo se sugiere seguir los siguientes pasos: a. b. c. d. e.
Bosquejar un diagrama de la transmisión. Generalmente se debe hallar primero el caudal real. Asumir los valores que no se nos proporciona (generalmente en el pto 3 y ∆p). En el pto 3, la presión se asume de 800 psi a 3000 psi (se recomienda usar 2000 psi para no estar al límite). La caída de presión ∆p se asume entre 50 psi a 200 psi (se recomienda usar 150 psi)
f. Se poner la numeración indicada el gráfico anterior. g. Se recomienda debe tener una simbología adecuada, poren ejemplo para la potencia se usará será Potx y para la presión será px donde x representará el punto de análisis por ejemplo Pot 1 (potencia en 1), p2 (presión en 2), así, para los torques, fuerzas, velocidades. h. Si se pone por ejemplo P para la potencia, y p para la presión, esto generalmente, hará que se cometan errores, ya que a veces no se sabrá si el valor era de presión o de potencia. i. Cuando no se de el valor de revoluciones del motor hidráulico y/o de la bomba se deberán asumirlos en el rango de 1200 a 1600 rpm 3. j. Generalmente el valor de la cilindrada se da como dato y corresponde a la cilindrada ideal. k. Asumir los valores del rendimiento general, volumétrico y mecánico cuando no se proporcionen. l. Para encontrar las potencias de entrada y salida, estas se deben relacionar con el rendimiento general. m. La potencia de entrada es siempre mayor que la de salida. n. El caudal teórico siempre es mayor que el caudal real (=erogado). o. El rendimiento volumétrico siempre relaciona al caudal teórico con el real. 5. SELECCIÓN DE LOS COMPONETES 5.1 MOTOR ELÉCTRICO Se lo selecciona a partir de la potencia eléctrica: Peléc =
Pot eje
η eléctrico
5.2 BOMBA Se selecciona con los siguientes parámetros: Pot 1, C teórica , p trabajo , Qteórico , N bomba 5.3 MOTOR HIDRÁULICO Se selecciona con los siguientes parámetros: Pot 3 , C teórica , p sistema , Torque, N motor 5.4 CILINDRO r
Se lo selecciona con los siguientes parámetros: Dcilindro , d vástago , L , F salida , V vástago , p
_________________ 3 Generalmente, esto no se cumple, en realidad dependerá de la aplicación, existe casos en que cuando se asume el valor de la velocidad de rotación del motor hidráulico entre (1200 y 1600 rpm), las potencias resultantes son exageradas, por ejemplo, pueden tener un valor de 150 Hp, estos quiere decir que es un motor de dimensiones grandes, lo recomendable será asumir la altura que la carga se mueve y el tiempo en que lo hizo, de esta forma, las potencias halladas suelen estar en el rango de 1.5 a 40 Hp. Por el momento, esto puede generar confusión, pero lo entenderemos en los problemas resueltos.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA VIII REPASO
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REGULACIÓN Y CONTROL 1. INTRODUCCIÓN1 Si bien el mejor proceso de regulación se puede realizar mediante una bomba de caudal variable, no siempre esto es posible y es necesario pensar en regular el caudal en base a estrangulamiento o reducción de la sección de paso. La presión máximaexterna que seacrea en ellas sistema durante el movimiento del actuador dependeinternas) de la carga sobre él actúa (resistencia vencer), condiciones constructivas del sistema (resistencias y deque la velocidad de actuación. De esta forma puede establecerse una relación inversa entre la fuerza de transmisión y la velocidad en el actuador, relación en el que pueden establecerse las siguientes variantes: 2.1 Cuando el caudal total de la bomba es absorbido por el actuador En este caso, se tiene que: r
V vastago = f (QP ) , la velocidad es función del caudal que eroga la bomba p = f (C arg a ) , la presión es función de la carga a vencer 2.2 Variación de la velocidad del actuador por acción de la carga En este caso se tiene que:
Q = f (C arg a ) Cilindro Fc = f (Válvula de máxima )
Q = f (rpm del motor ) Motor Hidráulico T = f (Válvula de máxima)
Se entiende, que una variación en la carga en el actuador producirá una variación inversa en su velocidad, lo que a su vez producirá un cambio en el caudal QV que pasa por el relief, puesto que se supone que Q P es constante. 2.3 Regulación de la velocidad para un mismo valor de carga Para este caso también se tiene que:
p = f (C arg a ) = f ( par del motor ) r
V = f (Q ESTR )
N motor = f (Q ESTR )
3. REGULACIÓN Y CONTROL DEL CAUDAL La regulación del caudal se hace generalmente a través de una división del mismo; esto se logra con la inserción de un estrangulamiento, por lo que tanto las válvulas reguladoras como las de presión se ven involucradas en el proceso y cuya combinación depende de las condiciones de trabajo y de la precisión que se busca. En relación a la precisión, un simple estrangulamiento resultaría netamente inferior a una regulación combinada caudal-presión ( estrangulamientos compensados a presión) y la velocidad de los actuadores alimentados se vería afectado por cierto error. La combinación caudal-presión para regular el caudal en un sistema, puede presentar varias alternativas y aplicaciones, varias de ellas se analizan a continuación.
_________________ 1
Tomado del texto del Ing.Iván Morán no se ha puesto la teoría de válvulas debido a que esta es muy larga, se recomienda aprenderla.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA IX REPASO
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3.1 Estrangulamientos Fijo-Variable en paralelo
Ps
La condición para que se produzca el reparto de caudal erogado por la bomba Q P , es que la presión a la entrada del estrangulamiento alcance a la presión de taratura de la válvula limitadora de la presión Pe = Pmáx . La presión a la entrada del estrangulamiento
∆ p
Pe
Pmáx
QP
esta dado por la suma de la presión inducida por la carga Ps y la caída de presión en el estrangulamiento,
p, en la figura. Pmáx = PV
∆
La velocidad del actuador sufrirá fuertes variaciones en dependencia de las resistencias instantáneas que encuentre en su carrera. La figura representa la caída de presión en un estrangulamiento
Ninguna descarga se hará por este medio sólo hasta cuando: Pe = Ps + ∆ p = Pv Donde: Pe: Presión a la entrada del estrangulamiento Ps: Presión a la salida de la restricción y es la presión por la resistencia que encuentra el actuador ∆p: Caída de presión en el estrangulamiento Pv: Presión de taratura de la válvula de máxima. 3.1.2 Reparto de caudales Una vez que la mencionada igualdad se logre, entonces la velocidad del actuador resultará proporcional al caudal que hasta él llega, y que como se ve; está afectada por la carga normal que soporta. El caudal restante se descargará al reservorio a través de la válvula limitadora de presión. El control del caudal se basa en la conexión entre un estrangulamiento fijo y uno variable donde éste ultimo está constituido por la válvula limitadora de presión. Qp = Caudal erogado por la bomba Qac = Caudal que va al actuador Qv = Caudal derivado al reservorio por el relief Ps = Presión inducida por la carga Pv =Pe= Presión a la entrada del estrangulador= presión en el relief Del diagrama se desprende que la presión en la válvula limitadora de presión, está determinada por el circuito cerrado de regulación y que dicha presión determina el punto de partida para un reparto del caudal y por ende la velocidad del actuador. El circuito de regulación la compone la presión de salida del estrangulamiento, Ps (debido a la carga) y la retroacción de esta que determina la diferencia (de presión) entre la entrada y salida del estrangulamiento. Una variación de la carga en el actuador, influirá en todas las presiones involucradas en la repartición del caudal. Como se ve, una variación de presión imputable a la carga, tiene efecto en el reparto del caudal erogado por la bomba. A consecuencia de esto, se explica el porqué un aumento de la carga, produce una disminución de la velocidad del actuador y viceversa. 4. ESTRANGULAMIENTOS FIJOS Y REGULABLES EN PARALELO (NO COMPENSADOS) Cuando se trata de controlar el caudal individual de cada actuador cuando debe alimentarse desde la misma fuente a dos o más de estos que se encuentran moviéndose simultáneamente, y entre ellos no existe enlace mecánico alguno, lo más lógico y simple consiste en ubicar un estrangulamiento en el ducto de alimentación de cada actuador, como muestra la figura (se debe poner una válvula check para el retorno en paralelo con el estrangulamiento).
Pe
Dado queenla el carga en cada actuador será supuestamente que la presión ingreso de cada estrangulamiento será ladiferente, misma yPe=Pv, entonces si se considera que la viscosidad del fluido no variará mayormente, el caudal que pasa por cada estrangulamiento depende sólo de la diferencia de presión que en el se genera, es decir entre la presión de entrada (Pe=Pv) y la presión inducida en el actuador por la carga.
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¡ATENCIÓN!
Con estrangulamientos no compensados a presión se deberá tener las mismas cargas en los actuadores si la velocidad en ellos debe ser la misma; de no ser así la velocidad en cada uno variaría en función de la carga aplicada individualmente
En cambio cuando sea requerido un caudal constante (velocidad ctte), para cualquier valor de presión inducida, se deberá empelar necesariamente estrangulamientos compensados a presión.
5. LIMITADORES DE CAUDAL COMPENSADO A PRESIÓN En la figura, la velocidad pre–impuesta por la válvula reguladora de caudal permanecerá constante independientemente de la variación de la carga, debido a la presencia de compensador en la balanza de presión, el cual hará que la presión P L se mantenga en un mismo valor. Entre las dos válvulas, la reguladora de caudal y la limitadora de presión crean un circuito cerrado que depende de los factores de presión y caudal: P L , Q L , Q ESTR , ∆p ESTR Donde:
3
∆P ESTR
PCA P ESTR = PCA + ∆P ESTR
2 ∆PCOM
Q ESTR
P L
1
Q L QP
Qp = Caudal total erogado por la bomba QL = Caudal parcial a través del relief QEstr = Caudal parcial a través del estrangulamiento2 Pca = Presión inducida por la carga (punto 3) PL = Presión de taratura del relief (punto 1) ∆pESTR = Diferencia de presión en el estrangulamiento (entre el punto 2 y 3) ∆pcom = Diferencia de presión en la válvula reductora de presión (entre el punto 1 y2) PEstr = Presión a la entrada del estrangulamiento (punto 2)
PCA
El criterio fundamental radica en que para cargas entre un valor mínimo (cercano al 0) y un valor máximo, caracterizado por la presión de carga, P L = PCA + ∆P , o sea [tramo 1-2 (∆Pcom) + tramo 2-3(∆Pestr)]=P Como se observa en el gráfico, se tiene siempre: ∆P ESTR + ∆PCOM + PCA = P L = ctte De todo lo dicho anteriormente, como en el caso de las transmisiones, el fluido circulará desde el punto de mayor presión hasta otro de menor (desde el punto 1 al 3), el fluido debe vencer la caída de presión en el tramo 1-2 y en el tramo 2-3 para obtener el valor de la carga Pca.
_________________ 2
Este estrangulamiento es variable, debido a que cada vez que varía la carga, la apertura será grande o pequeña (ver teoría).
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XI REPASO
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MECÁNICA
En la siguiente figura se tiene el caso de 3 actuadores en paralelo, de modo que:
PCA1
PCA 2
A1
PCA 3
A2
A3
∆P2
∆P1
Q1
∆P3
Q2 P L
P L
Q3
PL Q L
QP = Q1 + Q2 + Q3 + Q P P L = PCA 1 + ∆P1
→ ∆P1 = P L − PCA 1
P L = PCA 2 + ∆P2 → ∆P2 = P L − PCA 2
QP
P L = PCA 3 + ∆P3 → ∆P3 = P L − PCA 3
Donde siempre se cumple que: ∆P i = ∆PCOM i + ∆P ESTR i
→ ∆P i =
P L − PCA i . Siendo i = 1,2,3...
Además, P L = presión de la línea En resumen: 1. Para controlar sólo velocidad (por ende el caudal) independiente de la carga, se usan estrangulamientos variables. 2. Para controlar velocidad y presión simultáneamente, independiente de la carga se usan estrangulamientos variables puestos en serie con válvulas compensadoras de presión. 3. Cuando se coloca un estrangulamiento variable, siempre se debe poner una válvula check en paralelo, para poder garantizar el retorno. 4. Cuando se coloca un estrangulamiento variable en serie con una válvula compensadora de presión, siempre se debe poner una válvula check en paralelo, para poder garantizar el retorno.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XII REPASO
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MECÁNICA
EL RESERVORIO 1. INTRODUCCIÓN1 El fluido, luego de circular por todo el sistema en cada ciclo, debe ser reacondicionado, y esta función la cumple el reservorio, 2. CALOR PRODUCIDO El incremento de energía térmica en el fluido se estima con la determinación previa de todas las pérdidas producidas en el sistema. La pérdida de potencia oleodinámica que es al mismo tiempo generación oleodinámica de calor puede estimarse con la siguiente expresión:
H GEN = donde:
∑ Q.∆P. X = ∑ H i
H: Calor generado
∑ H : Sumatoria de todos los calores generados (en actuadores, válvulas, bomba) i
∆P : Pérdida de presión.
3. CALORES GENERADOS EN CADA ELEMENTO DE LA T.H.
3.1 Bomba:
1 η G B
H B = Q2 . ptrabajo
− 1. X = T 1 . N B
(1 − η ) X G B
1 η G M
3.2 Motor hidráulico: H M = Q2 . p sistema 1 − η G M . X = T 4 . N M
(
r
)
donde generalmente X=1
− 1. X
1 − 1. X = p sistema .Q3 (1 − η G C ) X η G C
3.3 Cilindro: H C = F 4 .V 4
3.4 Válvula de seguridad: H R = Q.∆P. X 3.5 Distribuidores:
H D =
∑ Q.∆P.X
3.6 Válvulas reguladoras: H VR = Qi .∆Pi . X i 3.7 Otros elementos circuitales: H OC = Q.∆P. X 3.8 Pérdidas en el sistema de distribución: H SD = Q.∆P. X donde X = 100%
Para la ecuación 3.1 se tiene que T1 es el par producido en el eje a la entada de la bomba, es decir, en el punto 1; para la ecuación 3.2 se tiene que T4 es el par producido a la salida, es decir, en el punto 4, de manera similar para las otras incógnitas.
________________ 1
Tomado del texto del Ing. Iván Morán.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XIII REPASO
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MECÁNICA
La generación total de calor es la suma de las "unidades de calor" generadas en cada fase del ciclo y por cada uno de los componentes circuitales del sistema. En otras palabras:
H GEN =
∑ Q.∆P. X = ∑ H i
4. DISIPACIÓN DEL CALOR El sistema ser una capaz de evacuaradecuada tanta energía en él se genera, para°F, mantener temperatura estable. Endebe general temperatura para térmica, el aceitecuanta hidráulico está por los 115 pudiendouna llegar en casos extremos hasta los 140°F. El método más empleado es el de Conducción. Entones: H GENERADO = H DISIPADO El calor a ser disipado puede calcularse por la ley de Fourier:
H disipado = k
A e
∆T
donde : ∆T = T 2 − T 1
donde: H: flujo de calor k: conductividad térmica del material A: área perpendicular al flujo de calor (lateral) T2: Temperatura en el interior del reservorio (aceite) T1: Temperatura del ambiente exterior e: Espesor del material de transferencia
NEUMÁTICA 1. INTRODUCCIÓN Se puede definir la neumática como la técnica de aplicación y utilización racional del aire comprimido. & 2. CONSUMO DE AIRE V CONS
Este se refiere al aire que consumen todos los aguadores (gasto) para realizar su trabajo, está en función del volumen por unidad de tiempo. Generalmente, en los sistemas neumáticos, se usan más los cilindros lineales. Para hallar el volumen que consumen los cilindros se aplica la siguiente relación: & V CONS =
π 4
2 . L [ D
+
( D
2
− d
2
)]. z.Rp
Donde:
L = carrera D = díámetro del cilindro d = diámetro del vástago ≈ 1 / 3 D =
z
número de ciclos
min uto
Rp = relación de presiones =
p máx en el cilindro p atmosférica
Recordando que las presiones para hallar Rp deben siempre ser absolutas, es decir sólo en el numerador se deberá sumar el valor de la presión atmosférica no en el denominador.
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3. TIEMPO MUERTO t m Se lo puede definir de muchas maneras, pero aquí, diremos que se trata del tiempo entre el encendido y apagado del compresor, es decir, el tiempo que el compresor tarda en comprimir el aire que ha sido consumido (reponerlo). Se lo toma en base al consumo realizado, por ejemplo, si se consumió 200 in3 /min, diremos que en un minuto se consumió 200 in3, entonces el tiempo en que se debe reponer el aire debe ser menor a este minuto, generalmente se lo toma en 0.5 min. 4. DIFERENCIA DE PREIÓN EN EL TANQUE
∆ p tan que
Este valor se refiere, a la diferencia entre una presión máxima y mínima que se encuentra el tanque donde se almacena el aire comprimido. Como sabemos un sistema neumático trabaja desde una presión mínima de 6 bar, hasta una máxima de 8 bar, por tanto: ∆ p tan que = p máx − p mín ¡Atención! Por ningún motivo se debe confundir la presión máxima del tanque con la presión máxima del cilindro (esta presión es bajo la cual está actuando el cilindro y generalmente es menor que la del tanque).
5. SELECCIÓN DEL COMPRESOR Pot cons A un compresor se lo selecciona encontrando su potencia consumida, la misma que dependerá del proceso que se realiza sobre el aire. Se tiene dos procesos, 1) isotérmico y 2) adiabático 5.1 Proceso Isotérmico Es el más usual, se presenta cuando el proceso es muy rápido t proceso < 2 min , teniéndose:
p máx en el tan que p atmosférica
& Pot cons = p atmosférica .V CONSUMIDO ln
De la misma manera, las presiones dentro del paréntesis son absolutas, a la pmáx en el numerador se le suma la presión atmosférica, a la del denominador no se suma la presión atmosférica. 5.2 Proceso Adiabático Se presenta cuando el proceso es muy lento t proceso > 2 min , teniéndose:
Pot cons =
n n −1 p en el tan que máx & − 1 p atmosférica .V CONSUMIDO n −1 p atmosférica
n
De la misma manera, las presiones dentro del paréntesis son absolutas, a la pmáx en el numerador se le suma la presión atmosférica, a la del denominador no se suma la presión atmosférica.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XV REPASO
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6. VOLUMEN DEL TANQUE Se refiere a la capacidad geométrica (volumen) que debe tener el depósito como mínimo, para poder almacenar el aire comprimido, la expresión para su cálculo es:
V tan que =
& V CONS . t m . p atmosférica
∆ p tan que (= p máx − p mín )
7. PASOS PARA RESOLVER PROBLEMAS Para resolver problemas de neumática donde se pide hallar el volumen del tanque y seleccionar el compresor se sugiere seguir los siguientes pasos: 1. Seleccionar el cilindro neumático, entendiéndose, por selección que se debe encontrar sus diámetros (D y d). 2. Se debe conocer el valor de la carrera (a veces se la debe asumir). 3. Se debe hallar las presiones (a veces también se las debe asumir entre 6 y 8 bar), por ende se encontrará el valor de las fuerzas que actúan sobre el mismo y viceversa. 4. Se debe encontrar el valor de los ciclos por minuto ( z), un ciclo corresponde a cuantas veces se hace un mismo efecto, por ejemplo, cuando el vástago hace la carrera de salida y entrada se cumple un ciclo 5. Se empieza hallando el volumen que consume cada actuador y luego sumar para obtener un total. 6. Luego se debe asumir el valor del tiempo muerto (0.5 min). 7. Se encuentra el volumen del tanque. 8. Se selecciona el compresor, en función del proceso. 9. Para el proceso, nos fijamos en el valor del tiempo muerto, o bien sumando los tiempos en que se hace un ciclo. 10. Si el proceso es adiabático n=1.42
8. ACUMULADORES 8.1. INTRODUCCIÓN1 Los acumuladores se emplean fundamentalmente para “acumular” energía en forma de fluido a presión, y que será utilizado en el momento oportuno. 8.2. TIPOS Si bien en la industria actual los acumuladores mas utilizados son los llamados “neumáticos”, debido a que basan su funcionamiento en la dilatación y contracción un gas,pueden fundamentalmente losalgún de pistón flotante y los de vejiga, es conveniente mencionar otros tipos que aunquede e desuso, representar en momento cierta ventaja. 2.1 A Pesas 2.2 A Muelles 2.3 A Pistón Flotante 8.3 A Vejiga (Membrana): Es el acumulador mas utilizado a pesar de la variación de la presión durante la erogación del fluido. Su principio de funcionamiento es: Al inicio, la vejiga al recibir en su interior el gas, ocupa todo el volumen del acumulador a una presión Po y temperatura To llamada “precarga”, durante el ciclo de trabajo en el sistema, el aceite ingresa a una “presión máxima” de trabajo Pmáx, y la vejiga se contrae hasta un P V O O volumen mínimo Vmín. Cuando el sistema llega a una “presión mínima” Pmín, se dilata Vmáx sin llegar a ocupar todo lael vejiga acumulador Vo, ay
PmínV máx
PmáxV mín aceite
la presión del gas corresponde a esa “presión mínima” del sistema. Entonces:
P máx
→
V mín
P mín
→
V máx
a
b
c
_________________ 1
Tomado del texto del Ing. Iván Morán.
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Se debe entender que el volumen mínimo (reducción de volumen de la membrana que contiene el gas) se produce debido a una presión máxima (fig c), y el volumen máximo (aumento de volumen de la membrana que contiene el gas) se produce debido a una presión mínima (fig b). Es decir:
V mín
↔ Pmáx
y
V máx
↔ Pmín
Esto es más fácil de visualizar y entender el gráfico siguiente:
PmínV máx
POV O
PmáxV mín
a
b
c
a) Cuando se coloca la membrana, esta se encuentra con una precarga y teóricamente llena todo el volumen del acumulador Vo. b) Cuando el sistema se encuentra operando a una presión mínima el volumen de la membrana aumenta, pero ya no llega a ocupar todo el volumen del acumulador. Es decir, cuando el sistema está a una presión mínima se tiene un volumen máximo de la membrana V máx ≠ Vo . c) Cuando el sistema se encuentra operando a una presión máxima el volumen de la membrana disminuye. Es decir, cuando el sistema está a una presión máxima se tiene un volumen mínimo de la membrana V mín ≠ Vo . 9. VALORES DE LA PRECARGA 9.1 Valores limites de la pre-carga:
0.25P1 <= P0 <= 0.9 P1
9.2 Para absorber pulsaciones:
P0 = 0.6 pm
Pm =
Donde:
p1
+
p2
2
o
P0 = 0.8 p1
10. CÁLCULO DEL VOLUMEN DEL ACUMULADOR La compresión y expansión del Nitrógeno en la vejiga, en un caso o en el pistón cuando el acumulador es de pistón, están reguladas por la ley de Boyle - Mariotte, es decir:
Po.Vo n donde:
=
P1 .V 1
=
P2V 2
Vo : Volumen del contenedor (igual al volumen del N) a la presión de pre-carga. V1 : Volumen máximo de la vejiga con Nitrógeno a la presión mínima de trabajo P1 V2 : Volumen mínimo de la vejiga con Nitrógeno a la presión máxima de trabajo P2 n : Exponente politrópico del nitrógeno n = 1 Para un proceso isotérmico. n = 1.42 Para un proceso adiabático.
10.1 Para una transformación isotérmica V 1 =
P0 P1
V 0
V 2 =
P0 P2
V 0
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de donde: V 0 =
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V 1 − V 2 P0 P0 −
P1
P2 V 0 =
10.2 Para una transformación adiabática y n = 1.42:
V − V 2
P0 P1
1 0.714
P0 − P2
0.714
11. EL MÉTODO DEL FACTOR DE COMPRESIBILIDAD Antes de continuar con este método, debe mencionarse que este se basa en la LEY DE LOS ESTADOS CORRESPONDIENTES, la cual establece que tridimensionalmente las superficies p–V–T de las sustancias son geométricamente similares. Esto puede expresarse matemáticamente como: ƒ(pr Vr Tr) = 0 Donde: p-V- T son las propiedades reducidas de la sustancia y que están definidas por las relaciones:
Pr
P
=
Pc
donde:
; Vr =
P: Pc: Pr: V: Vc: Vr: T: Tc: Tr:
V Vc
; Tr =
T Tc
Presión del gas Presión critica del gas Presión reducida, adimensional Volumen del gas Volumen critico del gas Volumen reducido adimensional Temperatura del gas Temperatura critica del gas Temperatura reducida, adimensional
Tabla N- 1 PROPIEDADES CRITICAS PARA GASES DE ACUMULADORES GAS
PESO MOLECULAR [lbmasa/lbmd] PC [psia]
Aire Nitrógeno
se obtiene la siguiente igualdad:
Po.Vo Zo.To
28.29(aparente) 28.02
=
P1.V 1 Z 1.T 1
=
P 2.V 2 Z 2.T 2
547 492
TC [ºR] 239 229
El volumen erogado por el acumulador durante un ciclo de trabajo de la maquina es: Vc = V 1 − V 2
( )
Estas dos últimas ecuaciones, son las que nos permiten dimensionar el acumulador, puesto que los valores de presión y temperatura para cada uno de las tres condiciones, se consideran conocidas; esto nos permite conocer también los factores de compresibilidad, Z0, Z1, Z2, para cada una de ellas. Finalmente, debe recordarse que el tamaño de la bomba requerido, cuando se usa el acumulador, puede ser calculado dividiendo Vc por el tiempo total del ciclo (incluyendo los tiempos muertos). Cuando no se use el acumulador, el caudal de la bomba se obtiene al dividir Vc por el tiempo activo solamente.
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XVIII REPASO
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12. PASOS PARA RESOLVER PROBLEMAS DE ACUMULADORES Se sugiere seguir en orden los siguientes pasos: 1. Conocer la presión de precarga Po 2. Primero debemos hallar el volumen de la membrana Vc. V membrana = V máx − V mín = Qm .t d 3. Hallamos el caudal 1 y 2 de (salida y entrada) del cilindro respectivamente r
Q1 = v1 . A1 =
L π
2 .D t 1 4
4. Ahora debemos hallar el caudal medio Qm =
r
Q2 = v 2 . A2 =
y
Q1 .t 1 + Q2 .t 2 t 1 + t 2 + t d
L π
.( D t 2 4
2
− d
2
)
5. Suponemos un proceso isotérmico, teniendo T 0 = T 1 = T 2 = 30º C = 545.67 º R , de modo que:
P0 .V 0 Z 0
P R 0 = P0 PC
Para Z 0 :
T 0
T R 0 =
T C
=
P1 .V 1 Z 1
=
P2 .V 2
(1)
Z 2
→ Z 0
Los valores de Pc y Tc están tabulados de acuerdo al gas, ver tabla 9.2 del texto del Ing. Iván Morán. Con los valores obtenidos nos ubicamos en la figura 9.6 del texto, para obtener Zo.
P0 .V 0 Z 0 .T 0
=
P1 .V 1 Z 1 .T 1
=
P2 .V 2
(ψ )
Z 2 .T 2
Es importante notar como la ecuación
P1
P R 1 =
PC
Para Z 1 :
T R1 =
T 1 T C
P R 2 =
Para Z 2 :
P2 PC T 2
T
R 2
=
T C
P R =
P PC
; V R
=
V V C
;
T R =
T T C
(ξ )
(ξ ) se debe reordena para cada valor de Z.
→ Z 1 → Z 2
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XIX REPASO
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6. Con los valores de Z encontrados, hallamos los volúmenes máximos y mínimos con la ecuación (1).
Para V 2 y V 1 :
Z 1 .P2 .V 2 (2 ) V 1 = P . Z 1 2 (2) en (α ): V 2 Entonces : V 1
7. Ahora ya podemos hallar el volumen del acumulador Vo en la ecuación (1):
V 0 =
Z 0 .P1 .V 1 P0 . Z 1
Se debe obtener un valor similar, reemplazando el volumen 2.
V 0 =
Z 0 .P2 .V 2 P0 . Z 2
________________________________________________________________________________ HIDRÁULICA Y NEUMÁTICA XX REPASO
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PROBLEMAS RESUELTOS 3
PR 1. Una bomba tiene una cilindrada teórica de 0.67 in /rev y gira a 1200 rpm, ¿cuál es su caudal teórico? ______________________________________________________________________________________________ 1
SOLUCIÓN : 3
Qteórico
=
3
1 min C teórica . N = 0.67 in 1200 rev = 804 in rev min min 60 seg Qteórico
= 13.4
in 3 seg
************************************************************************************ 3
3
PR 2. Una bomba eroga 10 in /seg, su cilindrada real es 0.57 in /rev, mientras que su cilindrada teórica es 0.65 3 in /rev, si la bomba gira a 1600 rpm, ¿cuál es su rendimiento volumétrico? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Qreal = C real . N = 0.57 2
a
in 3
rev in 1600 = 912 rev min min
Qteórico = C teórico . N = 0.65 η vol =
Qreal
=
912 1040
Qteórico
3
in 3 rev in 3 1600 = 1040 rev min min
= 0.877
Se hace referencia como caudal erogado al que sale de la bomba (punto 2) y caudal teórico al que llega a la misma (punto a), revisar teoría. ************************************************************************************ PR 3. El rendimiento volumétrico y mecánico de una bomba es 0.95 y 0.85 respectivamente, calcular su rendimiento global o general (global). ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
η G bomba = η mec .η vol = 0.95 x0.85 = 0.808 ************************************************************************************ PR 4. La potencia mecánica que se ingresa a una bomba es 5 Hp, si el rendimiento general de la misma es 0.85, calcular la potencia a la salida de la bomba, ¿qué tipo de potencia es esta? Realizar un gráfico. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
2 1
=
Pot sal
=
Pot 2
La potencia en el punto 2 es la potencia
Pot 1
hidráulica generada por el trabajo que realiza el aceite. Se hace referencia a la potencia mecánica que ingresa como aquella que es generada por un motor
η G
Pot ent
Pot 2
= η G Pot 1 = 0.85(5 Hp ) = 4.25 Hp
eléctrico o un MCI el mismo que se encuentra en el eje que se acopla al eje de la bomba, para poder transmitir el torque, y hacer girar el rotor de la bomba.
______________ 1
TM
Los gráficos son del programa AUTOMATION STUDIO
Copyright (c) Famic Technologies Inc.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 1 FUNDAMENTOS
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INGENIERÍA MECÁNICA 3
PR 5. El caudal y la presión a la salida de la bomba es 9 in /seg y 2000 psi respectivamente, calcular la potencia hidráulica. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
2
La potencia hidráulica se encuentra en el punto 2, por tanto: 3 − Pot 2 = p 2 .Q2 = 2000 lbf 2 9 in = 18000 lbf in 1 Hp.seg x 1 fl seg 550 bf − ft 12 in in seg
Pot 2
= 2.7 Hp
************************************************************************************ 3
3
PR 6. Una bomba tiene una cilindrada real de 0.67 in /rev y una teórica de 0.80 in /rev, hallar el rendimiento volumétrico. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
η vol =
Qreal
=
Qteórico
C real . N C teórica . N
=
0.67 0.80
= 0.838
************************************************************************************ PR 7. En un punto de una transmisión la presión es de 2500 psi y en otro punto es 2000 psi, ¿Cuál es la caída de presión? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
∆P =
Ptrabajo
−
Psistema
= 2500 − 2000 = 500 psi
En esta parte del texto, no definiremos aún el término de presión de sistema y de trabajo, lo que queremos hacer notar es que el fluido circula del punto con más presión hasta otro de baja. ************************************************************************************ PR 8. La cilindrada de un motor hidráulico es 0.80 in 3 /rev, el valor de la presión del sistema es 2500 psi, calcular el par a la salida en el eje del mismo. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
P
T
C
T = C . p
= 0.80
in 3 lbf 1 rev = 318.30 lbf − in 2500 2 x rev in 2π rad
************************************************************************************ PR 9. Un motor eléctrico gira a 1200 rpm y genera 10 Hp, ¿qué par entrega a la bomba? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
El análisis se realiza en el punto 1, entonces:
Pot = T . N → T =
10 Hp. min 550 lbf . ft
60 seg 1 rev x x 1200 rev 1 Hp.seg 1 min 2π rad
2
1
T = 525.2 lbf .in
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 2 FUNDAMENTOS
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PR 10. Señale las ventajas y desventajas de los Sistemas Hidráulicos ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
VENTAJAS
DESVENTAJAS
funciona como además de 1. El aceite disipar el calor generado enlubricante, un Intercambiador .
es fácil eléctrica. contar con la potencia hidráulica como 1. No con potencia
2. Los actuadores con tamaños pequeños pueden desarrollar fuerzas y pares grandes.
2. El costo puede ser más alto que el de un sistema eléctrico.
3. Los actuadores tienen una velocidad de respuesta alta en los arranques, paros e inversiones.
3. Existe el riesgo de explosión y de incendio, a menos que se usen fluidos resistentes al fuego.
4. Los actuadores operan sin daño bajo condiciones continuas, intermitentes y sin pérdida de velocidad.
4. Es imposible no tener fugas, el sistema tiende a ser complicado.
5. La disponibilidad de actuadores lineales y rotatorios aportan flexibilidad al diseño.
5. El aceite contaminado puede provocar fallas en el funcionamiento del sistema
6. Debido a las bajas fugas en los actuadores, la disminución de la velocidad cuando se aplica una carga es
6. Debido a las características no lineales, el diseño es complicado.
pequeña.
7. Tienen deficientes características de amortiguamiento.
************************************************************************************ PR 11. Señale las diferencias entre los Sistemas Hidráulicos y Neumáticos ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
S. HIDRÁULICOS
S. NEUMÁTICOS
1. El aceite no es compresible.
1. El aire y los gases son compresibles.
2. El aceite funciona como fluido hidráulico al igual que como lubricante.
2. El aire carece de la propiedad lubricante y siempre contiene vapor de agua.
3. La presión de operación normal es muy alta.
3. La presión de operación normal es muy baja.
4. Las potencias de salida son muy elevadas.
4. La potencias de salida son muy bajas.
5. La precisión de los actuadores son eficientes en todas las velocidades.
5. La precisión de los actuadores son deficientes en todas las velocidades
6. Se permite un cierto grado de escape interno, pero debe evitarse el escape externo.
6. Se permite un cierto grado de escape externo, pero debe evitarse el escape interno.
7. Siempre se necesita de tubos recuperadores.
7. No se necesita de tubos recuperadores
fricción de los fluidos provocada 8. la Laviscosidad dependen en gran por parte temperatura.
de
la
9. Su temperatura de operación normal es de 20 a 70ºC.
8. Son insensibles a los cambios de temperatura. 9. Su temperatura de operación normal es de 5 a 60ºC, pero puede operar en el rango de 0 a 200ºC. 10. No corren el riego de explotar o incendiarse.
10. Corren el riego de explotar o incendiarse.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 3 FUNDAMENTOS
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PROBLEMAS PROPUESTOS PREGUNTAS
1. ¿Por qué se mueve un fluido de un punto a otro? 2. ¿Puede existir una diferencia de presión negativa? 3. ¿Puede un fluido moverse desde un punto de menor presión hasta otro de mayor presión? 4. Defina que es Cilindrada 5. Defina Potencia Hidráulica 6. Defina Potencia Mecánica 7. Defina rendimiento volumétrico, mecánico y general 8. ¿Qué tipo de potencia entrega un motor eléctrico a una bomba? 9. ¿Qué tipo de potencia genera el aceite hidráulico? 10. ¿Es lo mismo caudal real que erogado?
______________________________________________________________________________________________ 3
PP 1. Una bomba tiene una cilindrada teórica de 0.85 in /rev y gira a 1500 rpm ¿cuál es el caudal teórico? 3
Rpta: 21.25 in /seg
************************************************************************************ 3
PP 2. Una bomba eroga 10 in /seg y gira a 1200 rpm, su rendimiento volumétrico es 0.90, ¿cuál es el caudal teórico? 3
Rpta: 11.11 in /seg
************************************************************************************ PP 3. Un motor entrega a la bomba una potencia mecánica de 5 Hp, la potencia generada por el aceite es 4 Hp,
calcular el rendimiento general de la bomba. Rpta: 0.80
************************************************************************************ PP 4. Un motor hidráulico genera 5 Hp, si la potencia hidráulica que existe antes de la entrada del motor hidráulico es 5.76 Hp, calcular el rendimiento general del motor hidráulico. Rpta: 0.868
************************************************************************************ 3
PP 5. La presión a la salida de la bomba es de 2500 psi, si el caudal real de la bomba es 5 in /seg, calcular la potencia hidráulica. Rpta: 1.89 Hp
************************************************************************************ PP 6. La cilindrada teórica de una bomba es 5/2 veces la cilindrada real, calcular el rendimiento volumétrico, con el 3 valor encontrado y si la cilindrada real es 10 in /rev, ¿cuál es el valor de la cilindrada teórica? 3
Rptas: 0.4 ; 25 in /rev
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 4 FUNDAMENTOS
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INGENIERÍA MECÁNICA PROBLEMAS RESUELTOS
PR 1. Una bomba se tiene los siguientes parámetros: módulo= 0.25 in, diámetro primitivo= 10 in, espesor del diente=1 in, velocidad de rotación = 1200 rpm, calcular el caudal teórico. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Qteórico
=
2π .m.b. D P . N = 2π [0.25 in] [1in ] [10 in][1200 rpm]
Qteórico
= 18850
Qteórico
=
3 in .rev
min
3 2π rad in 118435 = min 1 rev
x
512 gpm
Cabe mencionar que los problemas son netamente didácticos, es decir, para ver el empleo correcto de definiciones y ecuaciones. Se puede dar problemas en donde se involucre toda la teoría de engranes, por tanto, se recomienda repasar todas sus ecuaciones.
************************************************************************************
π
PR 2. Demostrar que el caudal teórico para la bomba de engranajes está dado por Qteórico =
4
[ D
2
e
− Di
2
].b.N
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Dprim
Podemos expresar al caudal en función del volumen y su velocidad de rotación.
Qt
= V . N
V = Axb
D ext
A =
π 4
V = D int
Qt
π
=
4
[ D
2 e
− Di
[ D
2 e
− Di
π 4
[ D
2 e
2
]
2
] xb 2
− Di
].b.N
Donde: V= volumen total de aceite que se encuentra entre cada diente (área rayada). N= velocidad de rotación de los engranes A= área rayada. b= espesor del diente (a veces se dice el espesor de la rueda) De= diámetro exterior del engrane Di= diámetro interno del engrane Es preferible decir el volumen que ocupa el aceite en cada cámara (entre dientes), en lugar de cilindrada en este tipo de bombas. Recuerde que las unidades en la ecuación deducida pueden ser cualquiera, lo importante es que al final el caudal tenga unidades consistentes.
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PR 3. Demostrar que el caudal teórico para la bomba de engranajes está dado por Qteórico = 2π .m.b. D P . N ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
a Donde: a= =m (módulo) b=sadendo dedendo =1.116 m ~ m
b
De = Dp + 2a = Dp + 2m Dprim
Dp = D i + 2b = D i + 2m
Dext
D i = Dp − 2s = Dp − 2m La aproximación de b= m lo hacemos debido a que 1.166 no es relevante, en diseño de elementos de máquinas este valor es muy importante, debido a que se deberá verificar los esfuerzos en el diente y verificar si es o no necesario aplicar este valor.
D int b
a Reemplazamos en la ecuación que relaciona el volumen y la velocidad de rotación.
A = A =
π 4
π 4
[ D
2 e
[ Dp
2
− Di 2
+
] = π [ ( Dp + 2m ) − ( Dp − 2m ) ] 2
2
4
2
2
4 Dp .m + 4 m − Dp + 4 Dp .m − 4 m
2
]
π
[8 Dp. m ] = 2π Dp. m 4 Volumen = A.b = 2π Dp.m .b
A =
Qt
=
2π Dp. m. b. N
¡Advertencia! No se debe confundir el valor de b= dedendo con el valor de b= espesor del diente, más bien debería usarse otra letra para el dedendo como por ejemplo s, para no tener este tipo de confusión. ************************************************************************************ PR 4. Una bomba se tiene los siguientes parámetros: paso= 10 mm, número de dientes= 52, espesor del diente=10 mm, velocidad de rotación = 1200 rpm, calcular el caudal teórico. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Qt = 2π .m.b. DP . N p = m.π → m =
p
10 mm
= 3.18 mm π π DP = m. z = 3.18 mm (52) = 165.52 mm =
Qt = 2π .(3.18 mm)(10 mm)(165.52 mm)(1200 rpm) Qt = 39686126 ,47
mm3 .rev min
=
253.61
in 3 seg
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 6 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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PR 5. Para una bomba se tiene: paso = 2 in; número de dientes = 18; gira a 1200 rpm; espesor del diente= 2 in, si la potencia que genera el aceite es 4 Hp y el rendimiento volumétrico es 0.95, hallar la presión generada, ¿qué tipo de potencia genera el aceite? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
p
=
m.π =
π . DP
→ Qt =
2π .b. DP .m. N
Qr
= η vol .Qt =
z m= Qt
=
2 in
π
=
0.6366 in
DP
=
2 in (18)
π
= 11.45 in
Qr
2π ( 2 in)(11.45 in)(0.6366 in)(1200 rpm )
= 11510
in
seg =
seg
3
seg
550 lbf . ft p = x = 3 Qr 10935 in 1 Hp.seg lbf . ft 12 in p = 0.201 x 3 in 1 ft Pot
3
p
in
3 in
Pot = p . Qr
in 3 .rev 1 min 2 π rad Qt = 109917 x x min 60 seg 1 rev Qt
= 10935
0.95 11510
4 Hp.seg
2.41 psi
***El tipo de potencia que genera el aceite es hidráulica.
************************************************************************************ PR 6. Se tiene los datos para una bomba: Dp= 80 mm; paso axial= 10 mm; altura del filete=10 mmm, número de filetes= 30; si la bomba gira a 500 rad/seg y su rendimiento volumétrico es 0.95, hallar el caudal real y la cilindrada teórica. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Una clave importante para resolver problemas es conocer el tipo de bomba de que se nos dan los valores, por tanto, se debe saber de memoria las ecuaciones de cada tipo de bomba. En este caso se trata de una bomba de tornillo. Se deberá hallar primero el caudal teórico, luego multiplicarlo por el rendimiento volumétrico para tener el caudal real, con el caudal teórico se puede encontrar la cilindrada teórica.
Qt
=
0.5 Dp.h. p. z. N = 0.5[80 mm] [10 mm ] [10 mm ] [30] [500 rad / seg ] = 6 x10 mm / seg
Qt
=
60 litros / seg
Qr
= η vol .Qt =
C t
=
7
Qt N
0.95 [60 litros / seg ] = 57 lps = 3478 in / seg 3
3
=
3478 in / seg 500 rad / seg
=
6 .9
3
3 2π rad in 43 . 7 = rad 1 rev rev
in
3
x
Obviamente, con el valor de la cilindrada nos damos cuenta que se trata de bomba de dimensiones exageradas, sin embargo, insistimos, que estos problemas son netamente didácticos y no tienen nada que ver con la realidad.
************************************************************************************ PR 7. Para el problema anterior, si la presión a la salida de la bomba ( presión de trabajo) es 2000 psi, encuentre la potencia hidráulica. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pot = p. Qr
=
2000
lbf in 3 3478 2 seg in
=
6956000
lbf .in 1 Hp.seg
1 ft x seg 550 lbf . ft 12 in
Pot = 1054 Hp Este valor concuerda con lo dicho anteriormente, se trata de un motor de dimensiones extremadamente exageradas.
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PR 8. Demostrar que el caudal teórico de una bomba de paletas está dado por: Qteórico = [π .e.b( Dr + e) − V P ]. N ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Donde:
De= diámetro del estator Dr= diámetro del rotor e= excentricidad b= distancia entre las dos placas frontales (o también el ancho del
De
rotor o del estator) Nótese que no se ha dibujado las paletas.
e
Re = e + Rr → De = Dr + 2e
Dr
A /// = Ae − Ar =
π
A /// =
4
π
A /// =
4
π 4
[( Dr + 2e ) [ Dr
2
2
( De
2
2
− Dr 2
− Dr
+ 4e Dr +
)
] 2
2
4e − Dr
]
A /// = π e [e + Dr ] El volumen parcial es:
V = A /// .b. = π .e [e + Dr ]. b
(1)
En la ecuación anterior no se tomó en cuenta el volumen que ocupan las paletas Vp, entonces:
Qt
=
[π . e. b(e + Dr ) − Vp ]. N
Esta es la ecuación general, es decir, independiente del tipo de unidades, pero recordando que cada término deberá tener unidades consistentes, para al final tener unidades de caudal consistentes. Cabe recordar que el volumen que ocupan las paletas es un 10% del caudal hallado en la ecuación (1).
************************************************************************************ PR 9. Una bomba de paletas tiene los diámetros del estator y del rotor son 6 in y 4in respectivamente, el espesor del rotor es 1in, si el rendimiento volumétrico es 0.96 y la bomba gira a 1200 rpm, hallar la cilindrada teórica y el caudal erogado por la bomba. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Como ya conocemos la cilindrada y el caudal teórico (que se debe hallar con los datos), entonces despejamos de la ecuación que relaciona la cilindrada con el caudal y encontramos la velocidad de rotación. Posteriormente conocido ya el rendimiento volumétrico podemos halar el caudal real (= erogado).
e=
De − Dr
=
6 in − 4 in
2
2
= 1in
V = π .e [e + Dr ].b = π .(1in ) [1in + 6 in].1in = 22 in 3 Vp = 0.1V = 2.2 in
3
Q t = [V − Vp ]. N = 22 in 3 3 Q 11in / seg C t = t = N 1200 rev / min
[
Qr = η vol .Qt
= 10.56 in
3
− 2.2 in 3 =
3 ] (1200 rev / min ) = 11in / min 3
0.54 in / rev
/ seg
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PR 10. Demostrar que la ecuación general para el caudal teórico de una bomba de pistones axiales está dada por:
Qt
=
π 4
unidades de volumen (unidades de rotación ) rev
2
.d . D. z.tgα . N
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
L
d
L
α D
D
α
α Donde: d= diámetro del cilindro D= diámetro de la placa oscilante L= carrera N o w= velocidad de rotación en cualquier unidad (rpm o rad/seg)
α = ángulo
z= número de cilindros
Sabemos que: Caudal= Cilindrada x Velocidad de rotación 3
3
3
3
3
Además que la cilindrada está en u /rev, siendo u = unidades de volumen (in , mm , ft , litros, etc). En otras palabras, la cilindrada es volumen/rev, ahora hallaremos el volumen, puede surgir la siguiente pregunta ¿pero el volumen de qué? El volumen al cual se hace referencia es el que se encuentra en todos los conjuntos cilindro-pistón.
V = A. L. z
=
π 4
V
⇒ C =
2
.d . L. z
=
π 2 4 .d . L . z
rev
rev
⇒ Qt
=
C . N =
Es de suma importancia notar que ahora las unidades del caudal teórico son:
π 4
u
2
.d . L . z. N
3
rev
x u de rotación .
Estando las
unidades de rotación ya sea en rpm o en rad/seg. Observando la figura superior izquierda por geometría (ángulos alternos internos) el ángulo α se coloca de la forma que se muestra en el triángulo de la derecha, de donde:
tg α =
L D
→ L = D.tg α este valor reemplazamos en el caudal teórico hallado anteriormente, obteniendo:
Qt
=
π 4
2
.d . z. D. tgα . N
u3 rev (u de rotación)
************************************************************************************ PR 11. Demostrar que cuando los parámetros d, D de una bomba de pistones axiales están en [mm] y N en rad/ seg,
Qt
la ecuación del caudal teórico es:
=
1 8
2
.d . D. z. tgα . w.10
−6
litros seg
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Usamos la expresión anterior y reemplazamos las unidades, o sea: d y D en [mm], w en rad/seg, entonces:
Qt Qt
=
π 4
=
1 8
2
.d . z. D.tgα .w = 2
.d . z. D.tgα .w.10
1litros π mm 3 rad 1 rev x x 6 3 4 rev seg 2 π rad 1 x10 mm −6
litros seg
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 9 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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PR 12. Una bomba de pistones axiales tiene 9 pistones de 3/8 de pulgada de diámetro y eroga 20 gpm cuando la placa gira a 3000 rpm y el diámetro de la placa oscilante es 2 in. Si el rendimiento volumétrico es 0.96, calcular la carrera y el ángulo entre la placa y el eje de la bomba. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: En primer lugar se debe encontrar el valor de la cilindrada, para luego hallar el caudal teórico. Usaremos la ecuación del caudal teórico en función de la cilindrada y la velocidad de rotación.
π C =
Area x carrera. z
=
(3 / 8 in )2 .(9). L
4
rev 2
0.373 in . L
→ Qt =
rev
C . N =
Qr
3
=
4620 in / min
η vol
0.96
=
3
4812.5 in / min
3
=
4812.5 in / min 3000 rev / min
rev
4 in
→ L =
tg α =
L
=
D
4 2
→ α =
63.43º
Volvemos a insistir en la importancia de tener en cuenta las unidades de la ecuación general en el parámetro de la 3 cilindrada, a saber (u /rev).
************************************************************************************ PR 13. Una bomba de pistones axiales tiene 3/8 in de diámetro en cada cilindro, el ángulo entre la placa y el eje de la bomba es 20º, realiza una carrera máxima de 3 in, tiene un caudal teórico de 10 gpm y gira a 1200 rpm, hallar el número de cilindros. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
π Qt = 2310 in / min = 4
[d . L. z.] 2
3
rev
4(2310 in / min ).rev 3
. N → z =
2
π (3 / 8 in ) (3 in )(1200 rev / min )
=
5.8 ≈ 6 cilindros
Aunque de la teoría sabemos que z está entre 9 y 14, como el problema es netamente didáctico no nos debemos preocupar por el valor de 6, lo importante es saber usar la ecuación en forma clara y sin confusiones.
************************************************************************************ PR 14. Para el problema 12, si la presión de trabajo 1 es 2000 psi, y la potencia que entrega el motor eléctrico a la bomba es 25 Hp, si el rendimiento volumétrico es 0.95, calcular el rendimiento general, y el mecánico. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Psal
3 1 ft 1 min lbf in 1 Hp.seg x 4620 x x 2 min 550 lbf . ft 12 in 60 seg in
= p.Q =
2000
Psal
23.3 Hp
η G
=
η G
= η vol .η mec
=
Pent
25 Hp
=
0.93
→η mec =
η G η vol
=
23.3 Hp
=
0.93 = 0.97 0.96
_________________ 1
Generalmente la presión de trabajo está después de la bomba, en la parte de transmisiones se hará un enfoque sobre presión de sistema y de trabajo, por el momento solo estamos aplicando conceptos y ecuaci ones.
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PR 15. Demostrar que la ecuación general del caudal teórico para una bomba de pistones radiales está dada por:
Qt
=
π 4
unidades de volumen (unidades de rotación ) rev
2
.d .2e. z. N
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
De
Donde:
De= diámetro del estator Dr= diámetro del rotor e= excentricidad
Seguramente el gráfico puede ser incorrecto desde el punto de vista técnico, pero nos sirve para visualizar como varía la carrera del pistón en función de la excentricidad.
e
La carrera (L) en este tipo de bombas siempre es igual a 2 excentricidades (2e).
Dr
Generalmente N está en rpm y w en rad/seg.
3
3
3
3
3
u = unidades de volumen (in , mm , ft , litros, etc). En otras Además la cilindrada está en u /rev, siendo palabras,que la cilindrada es volumen/rev, ahora hallaremos el volumen, puede surgir la siguiente pregunta ¿pero el volumen de qué?
El volumen al cual se hace referencia es el que se encuentra en todos los conjuntos cilindro-pistón.
V = A. L. z
=
π 4
⇒ C =
2
.d . L. z
V
=
π 2 4 .d . L . z
rev
rev
pero L = 2e
Es de suma importancia notar que ahora las unidades del caudal teórico son:
u
3
rev
x u de rotación .
Estando las
unidades de rotación ya sea en rpm o en rad/seg. Reemplazando la cilindrada, tenemos:
Q
=
π
u3 (u de rotación) rev
.d . z. [2e]. N 2
4
t
************************************************************************************ PR 16. Demostrar que cuando los parámetros d, e de una bomba de pistones radiales están en [mm] y en rad/ seg, la
Qt
ecuación del caudal teórico es:
=
1 8
2
.d .2e. z.w.10
−6
litros seg
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Usamos la ecuación general, que por cierto es independiente de las unidades de volumen y de rotación.
π π
3
[ mm ] rad 1litro 1 rev x Qt = .d . z.[2e]. w = 4 x 6 3 4 rev seg 1 x10 mm 2 π rad
Qt
=
1 8
2
litros seg
.d . z.[2e].w.10 − 2
6
Claro está que generalmente N está en rpm y w en rad/seg, en esta demostración usamos w .
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PR 17. La excentricidad de una bomba de pistones radiales es de 2 in, los diámetros de los 9 cilindros es 3/8 in, la 3
bomba gira a 1500 rpm, hallar el caudal teórico en in /seg y en litros/seg. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
π 2 4 .(3 / 8 in ) (9)(2 x 2 in ) π 2 rev Qt = .d . z.[2e]. N = x1200 4
Qt
=
1 8
rev
.d . z.[2e]. w.10 2
−6
=
min
=
79.5
in 3 seg
rad litros 1 2 8 .(9.525 mm) (9 )(2 x50.8 mm) x157 seg = 1.6 seg
Se debe tener mucho cuidado con el uso de estas dos expresiones, en la primera se nota que las unidades correspondientes están sobre revolución mientras que en la segunda ya no están sobre esta unidad, por ningún motivo se debe reemplazar los datos que tengan unidades que tengan por ejemplo [in] en la ecuación que es para unidades en [mm], esto también es para la ecuación de la bomba de pistones axiales.
************************************************************************************ PR 18. El diámetro del rotor y del estator de una bomba de pistones radiales son 8 y 5 in respectivamente, calcular su carrera máxima. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Como sabemos Carrera= 2 e, por tanto se debe encontrar la excenticidad.
e=
De − Dr
Lmáx
=
(8 − 5) in
2 = 2.e = 3 in
=
2
3 2
in
************************************************************************************ PR 19. El caudal erogado por una bomba de pistones axiales es 0.5 gpm, la presión que genera el aceite es 1000 psi, el rendimiento general es 0.88, si la bomba gira a 200 rpm, hallar el torque que transmite el eje del motor eléctrico que está acoplado al eje de la bomba. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Primero encontramos la potencia que genera el aceite a la salida de la bomba. P2 = 1000 psi
Qr
= 115 .5
3
in / min
Pot 2
= p 2 .Q 2 = 1000
Pot 2
= 1925
Pot 2
=
2 1
lbf in 3 lbf .in = 1925 1 . 9 2 seg seg in
1 ft lbf .in 1 Hp.seg x x seg 550 lbf . ft 12 in
0.3 Hp
Ahora, con el rendimiento general, hallaremos el valor de la potencia que se transmite a través del eje del motor eléctrico al eje de acople de la bomba. Recordando que Pot=T.N y que Pent > Psal, tenemos:
Pot 1 T 1
=
=
Pot 2
η G Pot 1 N B
=
0.3 Hp 0.88
=
0.34 Hp → Pot 1 = T 1 . N B
0.34 Hp. min 550 lbf − ft 60 seg 1 rev x x x = = 8.95 lbf − ft 200 rev 1 min 2 π rad 1 Hp.seg
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 12 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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INGENIERÍA MECÁNICA
PR 20. El rendimiento de un motor 3φ eléctrico es 0.99, si la potencia de transmisión al eje de la bomba es 4 Hp, hallar la potencia eléctrica. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
acople X
El punto x representa los valores del motor eléctrico, el punto 1, los valores de lo que ingresa a la bomba como el par, potencia y la velocidad a la que gira el eje del motor eléctrico, la misma que es la velocidad a la que gira la bomba (su eje está acoplado al eje del motor eléctrico).
η G
1
=
Pot sal = Pot 1 Pot ent Pot X
Pot eléc = Pot X
=
→
Pot X
=
Pot 1 η G
=
4 Hp = 4.04 Hp 0.99
4.04 Hp
************************************************************************************ PR 21. La potencia que ingresa a la bomba es 3 Hp, la potencia a su salida es 2.8 Hp, ¿cuánto calor se perdió en esta conversión? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pot 1
Pot 2
Una pérdida de potencia se ve reflejada en calor, entonces:
∆Pot
=∆
+
→
=∆
+
Pot ent Pot Pot sal Pot 1 Pot Pot 2 ∆Pot = Pot 1 − Pot 2 = 3 Hp − 2 Hp = 1 Hp = 0.7070 Btu / seg
************************************************************************************ PR 22. Demostrar que el calor que se genera en la bomba está dado por:
H B
=
1
Pot ent (1 − η G ) = Pot sal
η G
− 1
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pot 1
Pot 2
Empezamos relacionando el rendimiento general, luego la pérdida de potencia que se produce desde la entrada a la salida.
∆Pot
η G
=
Pot sal Pot ent
∆Pot =
→
Pot sal
Pot ent − Pot sal
=
η G Pot ent
(1) ( 2)
= H B
(1) en (2) : H B = Pot ent −η G Pot ent
H B
=
Pot ent (1 − η G )
************************************************************************************ PR 23. Si la potencia a la entrada de una bomba de pistones radiales es 3 Hp y la presión a su salida (de trabajo) es 1000 psi, si su rendimiento general es 0.87, ¿cuánto de calor se ha producido en la bomba? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Partimos de la ecuación hallada anteriormente, entonces:
Pot 1
Pot 2 ∆Pot
H B
=
Pot ent (1 − η G ) = 3 Hp (1 − 0.87 ) = 0.39 Hp -3
Recordar que: 1 lbf-ft = 1.285x10
=
0.276 Btu / seg
Btu
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 13 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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PR 24. Si la potencia a la salida de una bomba de engranes es 2 Hp, y la presión de trabajo es 2000 psi, además el rendimiento general es 0.85, hallar el calor producido en la bomba. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pot 1
Pot 2 ∆Pot
Usando la segunda ecuación tenemos:
H B
=
H B
=
1
Pot sal
η G
− 1 =
1 − 1 0 . 85
2 Hp
0.35 Hp = 0.25 Btu / seg
************************************************************************************ PR 25. El caudal erogado por una bomba es 0.5 in 3 /seg, la presión que genera el aceite a la salida es 1500 psi, si el rendimiento general es 0.87, verificar los valores del calor producido en la bomba. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pot 1
Pot 2
Pot 2
∆Pot
Pot 2
=
=
Q2 . p 2
=
0.11 Hp
0.5
3 1 ft in lbf lbf .in 1 Hp.seg x x 1500 2 = 750 seg seg 550 lbf . ft 12 in in
→
Pot 1
=
Pot 2
=
0.11 Hp
η G
0.87
=
0.13 Hp
Con la primera ecuación:
H B
=
Pot ent (1 − η G ) = 0.13 Hp (1 − 0.87 ) = 0.0169 Hp
Con la segunda ecuación:
H B
=
Pot sal
1 η G
− 1 =
=
0.0119 Btu / seg
1 − 1 = 0.0164 Hp = 0.012 Btu / seg 0.87
0.11 Hp
Concluimos que con cualquiera de las dos ecuaciones el calor generado es el mismo.
************************************************************************************ PR 26. El calor que se produce debido al movimiento del eje de la bomba es 3 Btu, el calor que se genera en la bomba es 1.5 Btu, hallar el calor producido por el aceite. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Pot 1
La ecuación en forma de calor (no en forma de potencia) es:
Pot 2 ∆Pot
H 1
= H B + H 2 → H 2 = H 1 − H B =
3 Btu − 1.5 Btu = 1.5 Btu
Atención:
Existen muchas letras P, usaremos la minúscula para denotar presión y Pot para denotar potencia
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 14 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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PROBLEMAS PROPUESTOS
PREGUNTAS 1. Defina que es una Bomba Hidráulica. 2. ¿Cuáles son las dos actividades que la bomba debe realizar? 3. Una Bomba Hidráulica genera presión? ¿Trabaja bajo presión? 4. Diga la clasificación de las Bombas Hidráulicas 5. ¿Da lo mismo decir Bomba Hidrostática que Bomba Volumétrica? 6. ¿Como funciona una Bomba Volumétrica? 7. Clasificación de las Bombas Hidrostáticas 8. ¿Como se llaman las bombas que trabajan absorbiendo una fuerza lineal? 9. ¿Como se llaman las bombas que necesitan un esfuerzo rotativo aplicado a su eje? 10. ¿Como funciona una bomba de engranes? 11. ¿El fluido es bombeado al reducir el volumen de las cámaras que lo contienen o al aumentar el volumen? 12. ¿Como funciona una bomba de paletas? 13. ¿Como funciona una bomba de tornillo? 14. ¿Como funciona una bomba de pistones axiales y radiales? 15. ¿Es posible calcular el valor de la excentricidad en una bomba de pistones axiales? ____________________________________________________________________________________ PP 1. Una bomba tiene un diametral pitch de 4 dientes/in, ¿cuál es su módulo? Rpta: 0.25 in/diente
************************************************************************************ PP2. Una bomba tiene 19 dientes y un diámetro primitivo de 3 in, ¿cuál es su diametral pitch? Rpta: 6.33 dientes/in (Sugerencia:
φ pitch
= z / D primitivo )
************************************************************************************ PP 3. Una bomba de engranajes eroga 15 gpm a 1000 rpm y 1000 psi. Si los engranajes tienen un diametral pitch de 4 dientes/in y un diámetro primitivo de 3 in y una anchura de 1 in. ¿Cuál es el rendimiento volumétrico de la bomba? Rpta: 11.7 %
************************************************************************************ PP 4. La bomba de pistones: Rpta: Transforma el movimiento de vaivén en movimiento giratorio
************************************************************************************ PP 5. Al aumentar el ángulo de la placa basculante en una bomba de pistones: La bomba de engranajes: Rptas: Aumenta el desplazamiento de la bomba
Suministra una salida constante a una velocidad constante.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 15 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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PP 6. El calor generado por el aceite a la salida de una bomba de paletas es 2 Btu/seg, la bomba eroga 10 in 3 /seg, si el rendimiento general es 0.88, ¿que presión genera el aceite? Rpta: 1867.7 psi
************************************************************************************ PP 7. El rendimiento general de una bomba es 0.88, la potencia hidráulica es 4 Hp, si el rendimiento de un motor eléctrico es 0.99, hallar la potencia eléctrica del mismo. Rpta:
4.59 Hp
************************************************************************************ PP 8. La potencia hidráulica generada por el aceite es 2 Hp, la pérdida de potencia es 1 Hp, si el rendimiento de un motor eléctrico es 0.99, hallar la potencia eléctrica. Rpta:
3.03 Hp
************************************************************************************ PP 9. Se tiene un Dp= 20mm; p=2mm, h= 10 mm, z=20, la bomba gira a 105 rad/seg, si el rendimiento volumétrico es 0.97 hallar el caudal real, ¿de qué tipo de bomba se trata? Rpta:
0.41 litros/seg
************************************************************************************ PP 10. Se tiene Vp= 5 mm 3, la bomba gira a 500 rpm, si el rendimiento volumétrico es 0.97 hallar el caudal real, ¿de qué tipo de bomba se trata? Rpta:
404.16 litros/seg
************************************************************************************ PP 11. Se tiene un d= 20 mm, D= 40mm, z= 9, α=10º, la bomba gira a 100 rad/seg, si el rendimiento volumétrico es 0.97 hallar el caudal real, ¿de qué tipo de bomba se trata? Rpta:
0.307 litros/seg
************************************************************************************ PP 12. Se tiene un d= 40 mm, e= 5mm, z= 9, la bomba gira a 100 rad/seg, si el rendimiento volumétrico es 0.97 hallar el caudal real, ¿de qué tipo de bomba se trata? Rpta:
1.8 litros/seg
************************************************************************************ PP 13. La potencia que genera el aceite a la salida de la bomba es 2 Hp, si el rendimiento general es 0.88, calcular la pérdida de potencia. Rpta:
0.193 Btu/seg
************************************************************************************
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 16 BOMBAS VOLUMÉTRICAS
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PROBLEMAS RESUELTOS 3
PR 1. Si el par generado por un motor de engranajes es 20 lbf-in y la cilindrada es 0.67 in /rev, ¿cuál es la presión que se encuentra antes del motor ( presión del sistema)? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
La ecuación que relaciona el par con la presión es:
T = C . p
→ p =
T C
=
20 lbf − in 3
=
0.67 in / rev
lbf .rev
29.85
in
2
= 187.55 psi
************************************************************************************ 3
PR 2. El caudal que llega a un motor de tornillo es 10 gpm, si la cilindrada real es 0.96 in /rev, si el rendimiento volumétrico es 0.95, hallar la velocidad de rotación y el caudal teórico. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: 3
Qreal
=
Qteórico
C real . N =
Qreal
→ N =
real
Q C real
[10 gpm ]
=
η vol
0.95
=
2310 in 3 / min = 2406 rpm 0.96 in / rev
= 10.52 gpm
El caudal que llega es el caudal real o erogado. ************************************************************************************ PR 3. La potencia a la entrada de un motor hidráulico de paletas axiales es 5 Hp, si el rendimiento volumétrico y mecánico es 0.96 y 0.85 respectivamente, calcular la potencia a la salida. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Pent
η g
= η vol .η mec =
η g
=
Psal Tsal
Psal
→
0.96 (0.85) = 0.82
Psal
Pent
= η g .Pent =
0.82 (5 Hp ) = 4.1 Hp
reservorio ************************************************************************************ PR 4. El caudal que llega un motor hidráulico de engranes es 5 gpm, la potencia antes del motor es 4 Hp, si la 3 cilindrada real es 0.87 in /rev, hallar el par a la salida. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Pent Pent = p .Q ent
Psal Tsal reservorio
pent
real
→ p
ent
=
Pent
5 Hp. min 60 seg
Qreal
1155 in x 1 min x 1 Hp.seg x 1 ft
=
= 1714.3 psi
T = C real . p ent
=
0.87
550 lbf . ft 12 in
3
in 3 lbf 1714.3 2 = 237.5 lbf .in rev in
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 17 MOTORES VOLUMÉTRICOS
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INGENIERÍA MECÁNICA
PR 5. Un motor hidráulico de pistones radiales tiene el diámetro del estator de 5 in y una excentricidad de 1.5 in, hallar el diámetro del rotor. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
2e = De − Dr → Dr = De − 2e = 5 in − 2(1.5 in ) = 2 in Este problema refleja que las ecuaciones para el caudal teórico en las bombas son los mismos para los motores. ************************************************************************************ 3
PR 6. La cilindrada teórica y el caudal teórico de un motor hidráulico de pistones axiales son 0.87 in /rev y 5 gpm respectivamente, si el caudal que le llega es 4.8gpm, ¿cuál es su cilindrada real? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Pent
η vol Psal Tsal
C real
reservorio
=
Qreal
=
Qteórico
C real . N
→
C teórico . N
[4.8 gpm ] (0.87 in = [5 gpm]
3
C real
/ rev )
=
=
Qreal .C teórico . N
0.84
Qteórico . N in
3
rev
En el caudal teórico y real la velocidad de rotación se asume del mismo valor, es decir, en este problema se está ignorando el rendimiento mecánico, claro está que la variación no es relevante. ************************************************************************************ PR 7. Un motor de engranajes tiene un diametral pitch de 4 dientes/in, el diámetro primitivo es 8 in, ¿cuántos dientes tiene el engrane, cuál es su módulo? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
φ PITCH m=
=
z Dp
1
φ PITCH
=
→ z = φ PITCH . Dp =
dientes 4 (8 in ) = 32 dientes in
1 in = 0.25 4 dientes / in dientes
************************************************************************************ PR 8. El caudal real y teórico de un motor son 4.8 gpm y 5 gpm respectivamente, si el rendimiento mecánico es 0.85, hallar el rendimiento general. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Partimos de la ecuación del rendimiento general.
η G
= η vol .η mec =
Qreal Qteórico
.η mec =
4.8 gpm 5 gpm
x0.85 = 0.81
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 18 MOTORES VOLUMÉTRICOS
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PR 9. Un motor de engranes genera 40 lbf-ft, el motor gira a 500 rpm, si el rendimiento general es 0.88, hallar el valor de la potencia a la entrada del motor. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Pent
Pot sal
= T . N M =
40 lbf − ft 500
rev
= 3.8 Hp
min
Psal
η G
Tsal
=
Pot sal Pot ent
→
Pot ent = 3.8 Hp 0.88
=
4.33 Hp
reservorio ************************************************************************************ PR 10. Demostrar que el calor generado en un motor hidráulico está dado por:
H M
=
Pot ent (1 − η G )
______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
∆Pot = H M =
Pent
=
Pot sal
(1)
Pot ent − Pot sal → Pot sal =η G Pot ent
( 2)
Psal
η G
Tsal
Pot ent (1) en ( 2) : H M = Pot ent − η G Pot ent = Pot ent (1 − η G )
reservorio
donde : Pot ent = p .Q
************************************************************************************ PR 11. La potencia a la entrada de un motor tiene un valor de3 Hp, hallar la pérdida de potencia (calor) que se produce si el rendimiento general es 0.88. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Pent
∆Pot = H M =
Psal Tsal
=
H M
3
Pot ent − Pot sal
1 − 0.88 = 0.36
Hp (
)
Hp
reservorio
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 19 MOTORES VOLUMÉTRICOS
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PROBLEMAS PROPUESTOS PREGUNTAS
1. ¿Qué es un Motor Hidráulico? 2. Clasifique los Motores Hidráulicos. 3. Decimos que una bomba “empuja” al aceite, pero en un motor ocurre lo contrario, explique. 4. ¿La potencia de salida en un motor hidráulico se encuentra en la parte antes del reservorio? 5. ¿La potencia de salida en un motor hidráulico se encuentra en la parte del eje? 6. ¿Es posible que la bomba y el motor giren a la misma velocidad? 7. ¿Como relacionamos la potencia de salida con la de entrada? 8. Diga las dimensiones del diametral pitch. 9. Diga las dimensiones del módulo de un engrane. 10. ¿Cuál es la principal diferencia entre el motor y una bomba respecto a la caída de presión?
______________________________________________________________________________________________ PP 1. La cilindrada real es el 20% de la teórica en un motor de paletas, si el rendimiento mecánico es 0.85 y del general es el 40% del mecánico y el caudal que llega al motor es 5 gpm, ¿cuál es el valor del caudal teórico? Rpta:
12.5 gpm
************************************************************************************ PP 2. Un motor gira a 1200 rpm, genera un par de 10 lbf-ft, si el rendimiento general es 0.87 y el caudal erogado por la bomba al motor es 5 gpm ¿cuál es el valor de la presión a la entrada del motor? Rpta:
900 psi
************************************************************************************ PP 3. Se requiere tener un par a la salida de un motor de 200 lbf-in, si la presión es 1500 psi, hallar la cilindrada. Rpta:
3
0.16 in /rev (Notar la importancia de las unidades de la cilindrada)
************************************************************************************ 3
PP 4. Se tiene una cilindrada de 0.67 in /rad y una presión de 1200 psi, hallar el par generado por el motor. Rpta: 5049.68 lbf-in
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 20 MOTORES VOLUMÉTRICOS
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PROBLEMAS RESUELTOS
PR 1. El caudal erogado hacia un cilindro de doble efecto es 15 gpm, si la velocidad de salida del vástago es 20 in/seg, 1
calcular el área del cilindro y el diámetro del mismo. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Sabemos que la ecuación para el caudal también está dada por: Donde
V en este texto representará a la =
3465 in / min
V
=
V . A
velocidad y no confundirse con el volumen que será designado por
3
Q
A =
Q
2
=
20 in / seg
173.25
in seg min
x
1 min
=
60 seg
2.8 in
Entonces:
2
≈
3 in
V .
2
D
4 A
=
2
4 (3 in )
=
π
=
1.9 in ≈ 2 in
π
************************************************************************************ caudal erogado hacia un cilindro de doble efecto es 15 gpm, si el vástago del cilindro realiza una carrera PR 2. Elde máxima 20 in en 20 seg, calcular el diámetro del mismo. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Sabemos que otra ecuación para el caudal es:
Q
=
A. L
→
t
A =
Q.t
π
=
4
L
D D
2
D
→
=
Q
=
4 Q.t
=
V t
pero
≈
donde L es la carrera del vástago. Entonces:
4 (3465 in / min ) (0.333 min ) 3
=
π (20 in )
π . L
8.57 in
V = A. L
9 in
************************************************************************************ PR 3. Un manómetro colocado a la entrada de un cilindro marca 200 psi, la fuerza ejercida sobre el área mayor del
pistón es 500 lbf, hallar el diámetro del vástago. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Sabemos que:
p
=
F A P
donde Ap representa el área mayor del pistón (cara donde no está el
vástago). Entonces:
AP
=
F p
500 lbf
=
200 lbf / in
2
=
2.5 in
2
D =
→
4 A
=
1.78 in ≈ 2 in
π
1 Generalmente se usa una relación aproximada del diámetro del cilindro para el vástago como:
d
=
3 D
Claro está que si se da otra relación esta obviamente que no debe ser usada (se usa cuando no se da la relación).
De lo dicho anteriormente:
1 1 d = D = (2 in ) = 0.66 in 3 3
que claro está puede o no estar estandarizado.
__________________ 1 En este texto D representará el diámetro del cilindro (o también del pistón en cuya cara no está el vástago), en cuyo caso son iguales y
d representará
el diámetro del vástago.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 21 CILINDROS
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INGENIERÍA MECÁNICA
PR 4. A la salida de un cilindro se dispone de 2000 lbf, la carrera máxima que realiza es 10 in, el diámetro del vástago es la quinta parte de la carrera, el caudal que se emplea para el retorno es 5 gpm, hallar la potencia que se genera en la entrada. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
1 1 d = L = (10 in ) = 2 in 5 5
F = 2000 lbf
D = 3.d = 6 in Q
=
A /// =
5 gpm
π
4
[ D
2
A1 con D : A1 A2 con d : A2
−
d 2 ] =
=
π
4 =
D 2
π
4
d 2
π
4
[6
2
−
2
2
]
=
28.27 in
=
3.14 in
=
25.13 in
2
2
2
Se debe tener presente que siempre la salida del vástago se realiza más lento (debido a que debe ir venciendo la carga a la salida), mientras que el retorno siempre se hace más rápido (debido a que no se tiene ya la carga al regreso).
p retorno
Potencia en el retorno del pistón:
Potencia para la salida del pistón:
=
F = 2000 lbf A /// 25 .13 in 2
Pot retorno
=
Pot retorno
=
p salida
=
p retorno .QRe al
A1 =
Pot salida
=
79.6 psi
79.6
3
lbf
in
in
seg
x19 .25 2
0.2 Hp
F
Pot salida
=
=
=
2000 lbf 28 .27in
p salida .QRe al
2
=
=
70 .75 psi
70.75
lbf in
2
x19.25
in
3
seg
0.2 Hp
Como la bomba es volumétrica vemos que la potencia en la carrera de salida es igual a cuando se realiza la carrera de retorno, pero el tiempo de retorno es más rápido que en la salida.
************************************************************************************ PR 5. Demostrar que el calor generado en un cilindro está dado por: H C donde Q representa el caudal y P la presión
=
Q.P (1 − η C )
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: =
−
H C Pot ent Pot sal donde : Pot ent = P.Q
P Q
H C
=
=
−
Pot ent η C Pot ent
=
−
Pot ent (1 η C )
P.Q (1 − η C )
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 22 CILINDROS
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INGENIERÍA MECÁNICA
PR 6. Demostrar que el calor generado en un cilindro está dado por: H C
F .v (1 − η C ) r
=
r
donde F representa la fuerza y v la velocidad del cilindro ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
H C
r
v
F
=
Pot ent − Pot sal
=
Pot ent − η C Pot ent = Pot ent (1 − η C )
r
donde : Pot ent = F .v H C = F .v (1 − η C ) r
************************************************************************************ PR 7. Hallar el calor generado por un cilindro, si la presión y el caudal a su ingreso son 1000 psi y 5 gpm respectivamente, el rendimiento global del cilindro es 0.88. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: 3 3 lbf in lbf .in 1 ft 1.285 x10 Btu 1 min 1155 ( 1 − 0.88 ) = 138600 x x x 2 min min 12 in 1 lbf . ft 60 seg in −
H C
=
p .Q (1 − η C ) = 1000
H C
=
0.25 Btu / seg
************************************************************************************ PR 8. Hallar el calor generado por un cilindro, si la fuerza y la velocidad son 1000 lbf y 20 in/seg respectivamente, el rendimiento global del cilindro es 0.88. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
H C
F .v (1 − η C ) = 1000lbf 20 r
=
3 lbf .in 1 ft 1.285 x10 Btu (1 − 0.88) = 2400 x x seg seg 12 in 1lbf . ft
in
−
H C
=
0.257 Btu / seg
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 23 CILINDROS
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PROBLEMAS PROPUESTOS
PREGUNTAS 1. ¿Qué función realiza un cilindro hidráulico y un neumático? 2. ¿Cómo se obtiene de un cilindro lineal un movimiento rotativo? 3. Haga una clasificación de los cilindros. 4. Mencione las partes de un cilindro. 5. ¿Cómo se realiza el anclaje de los cilin dros? 6. ¿Cuál es la diferencia entre empaquetadura y los “rings”? 7. Diga los tipos más comunes de “rings” 8. ¿La carrera de salida siempre es más rápida que la carrera de retorno? 9. Explique lo que se quiere decir con “el cilindro se mueve por diferencia de áreas” 10. ¿La carrera que realiza el vástago es la misma que realiza el pistón? 11. ¿Se puede tener cilindrada en un cilindro? ______________________________________________________________________________________________ PP 1. Un cilindro realiza una carrera máxima de 10 in en 5 seg, el caudal que llega al mismo es 2 gpm, hallar el diámetro del pistón.
Rpta: 2.2 in ************************************************************************************ PP 2. La potencia a la entrada de un cilindro es 2 Hp, el caudal que llega al mismo es 20 gpm, si el diámetro del vástago es 1.5 in, hallar la fuerza que actúa en la cara donde no está el vástago.
Rpta: 2725.7 lbf ************************************************************************************ PP 3. El caudal que llega a un cilindro es 0.5 gpm, el vástago realiza una carrera máxima de 20 in, el diámetro del pistón es 4 in, ¿Cuál fue el tiempo empleado para realizar dicha carrera?
Rpta: 2.17 min ************************************************************************************ PP 4. El pistón realiza una carrera de 2 in, si el área del cilindro es 6 in2, hallar el volumen de la cámara. Rpta: 12 in3 ************************************************************************************ PP 5. Se necesita que la carrera de salida del cilindro sea solamente de 10 in, pero se tiene un espacio de 15 in, ¿que se debe hacer para solucionar este problema?
Rpta: Se debe colocar un final de carrera en la “marca” de 10 in
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 24 CILINDROS
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PROBLEMAS RESUELTOS
PR 1. Un sistema hidráulico tiene una presión de sistema de 1600 psi, utiliza un promedio de 18 gpm, la bomba y el 1
motor hidráulico tienen un rendimiento general de 87%. Todos los accesorios y ductos del sistema trabajan todo el ciclo produciendo una caída total de presión de 125 psi. Seleccionar los componentes. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Generalmente en estos problemas se debe iniciar en el punto donde se tenga más datos.
∆P
3
2
0
PUNTO 3.
Q3
= 1600
lbf in 69.3 = 16.8 Hp 2 seg in
Q2
=
Qreal
3
Pot 3
4
= p3
1 Se asume que:
Q3
=
= 18
3
gpm = 69.3 in / seg ,
debido a que no existe fugas externas. La presión en el punto 3, toma el nombre de Presión del Sistema, en general, la presión antes de un actuador (motor y/o cilindro) toma este nombre, y siempre será menor que la presión de Trabajo. (Ver teoría)
PUNTO 4:
Pot 4
= η G .Pot 3 =
Asumo N M T 4
p 2
=
=
N M
= 1200 rpm
14.62 Hp
= ∆ p + p 3 = =
p 2 .Q2
=
Pot 2
=
η G
63.98 lbf . ft
(125 + 1600 ) psi = 1725 psi
= 1725 psi
(69.3 in / seg ) = 18.11 Hp 3
=
Pot 1
(18.11 Hp )
20.8 Hp
La presión en el punto 2 se llama Presión de Trabajo, en general, la presión a la salida de la bomba toma este nombre.
20.8 Hp
=
1200 rpm
Como no se proporciona la velocidad de rotación de la bomba la asumimos (ver teoría). Se debe tener presente que los valores usados, han sido transformados a unidades consistentes.
= 1200 rpm
=
N M
=
0.87
Asumo N B
Se debe tener presente que los valores usados, han sido transformados a unidades consistentes.
PUNTO 1:
Pot 1
T 1
=
1200 rpm
Como no se proporciona la velocidad de rotación del motor la asumimos (ver teoría).
PUNTO 2:
Pot 2
Pot 4
0.87(16.8 Hp ) = 14.62 Hp
91 lbf . ft
PUNTO 0:
Pot Pot eléc
=
η G
Se asumirá un
1
20 .8 Hp
Pot eje =
η vol
η G
=
=
( 0.99 ) = 21 Hp
0.97 tanto para la bomba y el motor.
________________ 1
En adelante sólo se dirá motor, pero siempre se deberá especificar el caso de un motor eléctrico.
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Cálculo del caudal y cilindrada teórica de la bomba:
Q B t C B t
Q2 (= Q3 )
=
η vol Q B t
=
4286.59 in 3 / min
= 18.55 gpm =
4286.59 in 3 / min
=
N B
3
=
3.57 in / rev
1200 rpm
Cálculo del caudal y cilindrada teórica del motor hidráulico:
Q M t C M t
=
=
Q2 (= Q3 )
η vol Q B t
3
= 18.55 gpm =
4286.59 in / min
3
4286.59 in / min
=
=
1200 rpm
N M
3
3.57 in / rev
Como podemos notar los valores son los mismos, esto se debe, de cierta manera, a que tanto la velocidad de rotación y el rendimiento volumétrico son los mismos para la bomba y el motor hidráulico. Si hacemos que
η vol
del motor
hidráulico sea 0.93, los valores ahora serán diferentes, pero esto no es relevante. Ahora seleccionaremos los elementos que conforman la transmisión (ver teoría),
Selección del Motor Eléctrico:
Selección de la Bomba:
Selección del Motor Hidráulico:
Pot eléc
Ptrabajo
=
21 Hp
= 1725 psi
C B t
Pot 1 = 20.8 Hp p sistema
N B
3 3.57 in / rev
=
= 1200
= 1600 psi
C M t
Pot 4 = 14.62 Hp
N M
Q B t
= 18.55
gpm
rpm =
3.57 in 3 / rev
= 1200
rpm
T 4
=
Q M t
63.98 lbf . ft = 18.55
gpm
************************************************************************************ PR 2. De una transmisión hidráulica debe salir un torque de 20 lbf.ft en un motor que gira a 1200 rpm. Asumir que
entre el motor y la bomba hay una caída de presión de 150 psi, la bomba gira a 1500 rpm, los rendimientos tanto para el motor, la bomba y el motor eléctrico son:
η vol
=
0.93 ;η mec
=
0.95 ; η eléc
=
0.87
Seleccionar los componentes. El sistema funciona todo el ciclo. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Generalmente en estos problemas se debe iniciar en el punto donde se tenga más datos.
∆P
2
0
3
Pot 4
4 1
PUNTO 4:
= T 4 . N M =
20 lbf . ft (1200 rpm) = 4.56 Hp
PUNTO 3:
Pot 3
=
Pot 4
η G
Asumo p3
=
4.56 Hp 0.88
=
=
5.2 Hp
2000 psi
Debido a que no se da el valor de la presión en el punto 3 (Presión del Sistema), lo asumimos (ver teoría).
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 26 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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Q3
=
Q3
=
Pot 3 p3 (= p sistema ) Q2
5.2 Hp
=
2000 psi
PUNTO 2:
Pot 2
= p 2 .Q2 =
=
(150 + 2000) psi = 2150 psi
2150 psi (17.16 in 3 / seg ) = 5.59 Hp
PUNTO 1:
Pot 1 T 1
3 4.45 gpm = 17.16 in / seg
Qreal no hay fugas externas
=
p 2 (= ptrabajo ) = ∆ p + p 3
=
=
=
Pot 2
=
η G
Pot 1
5.59 Hp
=
0.88 6.35 Hp
=
=
1500 rpm
N B
6.35 Hp
22.2 lbf . ft
PUNTO 0:
Pot eléc =
Pot 1
η
=
6.35 Hp
=
0.87
7.29 Hp
eléc
Cálculo del caudal y cilindrada teórica de la bomba:
Q B t C B t
=
=
Q2 (= Q3 )
η vol Q B t
=
3
4.78 gpm = 1107.09 in / min
3
=
1107.09 in / min
=
1500 rpm
N B
3
0.74 in / rev
Cálculo del caudal y cilindrada teórica del motor hidráulico:
Q2 (= Q3 ) Q M t C M t
Selección del Motor Eléctrico:
Selección de la Bomba:
Selección del Motor Hidráulico:
=
=
=
η vol Q B t
=
4.78 gpm = 1107.09 in 3 / min
1107.09 in 3 / min
N M
=
1200 rpm
3
0.92 in / rev
Pot eléc = 7.29 Hp
ptrabajo
=
2150 psi
Pot 1 = 6.35 Hp
0.74 in 3 / rev
C B t
=
N B
= 1500
Q B t
=
4.78 gpm
rpm 3
p sistema = 2000 psi Pot 4 = 4.56 Hp
C M t = 0.92 in / rev N M = 1200 rpm
T 4 = 20 lbf . ft Q M t = 4.78 gpm
Se debe tener presente que las cantidades han sido transformadas a unidades compatibles, notar también ahora como las cilindradas teóricas son diferentes, por la única razón de que las velocidades de rotación son diferentes.
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PR 3. Un montacargas eleva un peso total de 4 Ton a una altura de 2.5 m en un tiempo de 8 seg. Se debe sustituir al cilindro por un motor hidráulico para mover la catalina de la cadena elevadora. Si,
η vol
=
0.93 ;η mec
=
0.90 ; η G
=
0.84 , seleccione el motor hidráulico.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
3
MÉTODO 1: Se lo realiza en función del par aplicado al eje del motor hidráulico.
4
∑
R
F
r
F y
=
m.a
=
0 si V = ctte
F = W = 8820 lbf
W h
T = F .r = 8820 lbf x (r )
W Además,
x
F
= V .t → V =
h
=
t
2 .5 m
=
8 seg
0.83 m / seg
En la sumatoria de fuerzas se considera que la velocidad es constante y además que la trayectoria es rectilínea, para asegurar que la aceleración sea nula. Lo que se quiere determinar es la potencia a la salida del eje del motor hidráulico (punto 4), la misma que está dada por Pot= T.N, pero se debe notar que tenemos dos incógnitas, debido a que el radio del eje es desconocido. Sabemos también que:
V = r .
, como el radio es el que desconocemos, es el que asumimos:
Para r=1 in:
Para r=2 in:
T = 8820 lbf (1 in ) = 735 lbf . ft
ω =
V
=
0.83 m / seg
r
1in
=
T = 8820 lbf (2 in ) = 1470 lbf . ft
ω =
31.49 rad / seg
Pot = T .ω = 735 lbf . ft (31.49 rad / seg ) Pot = 42 Hp
=
= 15 .75 rad / seg 2 in = 1470 lbf . ft (15.75 rad / seg )
Para r=4 in:
0.83 m / seg
r
0.83 m / seg
Pot = 42.1 Hp
T = 8820 lbf (3 in ) = 2205 lbf . ft V
=
r Pot = T .
Para r=3 in:
ω =
V
3 in
T = 8820 lbf (4 in ) = 2940 lbf . ft
ω =
= 10.49 rad / seg
Pot = T .ω = 2205 lbf . ft (10.49 rad / seg ) Pot = 42.1 Hp
V
=
r Pot = T .
0.83 m / seg =
= 7.87 rad / seg 4 in 2940 lbf . ft (7.87 rad / seg )
Pot = 42.1 Hp
Para r=5 in:
T = 8820 lbf (5 in ) = 3675 lbf . ft Pot = T .ω = 3675 lbf . ft (6.29 rad / seg ) Pot = 42 Hp
ω =
V r
=
0.83 m / seg
=
6.29 rad / seg
5 in
Notar que las unidades han sido transformadas a unidades compatibles.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 28 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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Ahora, ¿cuál de los valores anteriores es el que tomamos? Como vemos a medida que aumenta el par, la velocidad de rotación disminuye, esto es lógico, debido a que no se puede generar un par grande a velocidades altas. Si tomamos el r= 5 in, en términos de costo es muy elevado. Si recordamos, en el Diseño de Elementos de Máquinas, un eje puede llegar a tener un diámetro desde 1 a 3 in, lo 2 cual quiere decir un radio de 1.5 in como máximo , por tanto en base a esto seleccionamos el de radio de 2 in. De lo anterior, la potencia a la salida del motor será de 42.1 Hp, entonces:
Pot 3
Pot 4
=
η G
=
Asumimos el valor de la presión del sistema en 2000 psi:
Q3
=
50.1 Hp
Pot 3
=
=
p3
50.1 Hp 2000 psi
= 165.33 in
3
/ seg
Cálculo del caudal y cilindrada teórica del motor hidráulico:
Q M t C M t
42.1 Hp 0.84
=
=
Q2 (= Q3 )
η vol Q B t
165.33 in 3 / seg
9919.8 in 3 / min
N M p
Selección del Motor Hidráulico:
=
=
=
2000 psi
3
65.9 in / rev
C M t
Pot 4 = 42.1 Hp
9919.8 in 3 / min
150.4 rpm
sistema =
=
N M
=
65.9 in 3 / rev
= 150.4
rpm
T 4
= 1470 lbf . ft
Q M t
=
42.9 gpm
Esto muestra que es un motor grande, pero, como la carga es muy pesada, puede que esté en concordancia. Se recomienda leer el pie de página del repaso en la página VIII. La pregunta que puede ocurrir es: ¿Por qué hacer esto, si podemos asumir la velocidad de rotación? Efectivamente, de la teoría sabemos que podemos hacerlo, entonces:
Con r= 2 in y 1200 rpm:
Con r= 3 in y 1200 rpm:
T = 2205 lbf (2 in ) = 367.5 lbf . ft Pot = T . N M
=
367.5 lbf . ft (1200 rpm ) = 84 Hp
T = 2205 lbf (3 in ) = 551.25 lbf . ft Pot = T . N M
=
551.25 lbf . ft (1200 rpm ) = 126 Hp
Las potencias obtenidas son extremadamente grandes, es decir, se necesitaría un gran motor, es por eso que se hizo el análisis anterior. Si nos fijamos, el radio varía, pero la velocidad de rotación se mantiene constante, lo cual contradice el hecho de que: Para generar un par grande, no se lo puede hacer con una velocidad elevada. A continuación veremos una segunda forma de resolver el mismo problema.
________________ 2
En realidad, esto es sólo una referencia, más bien todo dependerá de la aplicación del sistema hidráulico. En realidad, aquí no se profundiza si la carga es estática (asumimos que sí) o variable.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 29 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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METODO 2: Este se basa en la conservación de la Energía
3
Sabemos que cuando un cuerpo se encuentra a una altura, este adquiere una energía gravitacional (potencial). El motor hidráulico deberá desarrollar mínimo esta energía para poder levantar la carga, entonces:
4
E MH
=
E C arg a
W Si esta energía se la divide para el tiempo, obtenemos la potencia, entonces:
h
Pot MH
=
Pot C arg a
Esta potencia se encuentra en el punto 4.
Ahora, ya tenemos la potencia a la salida del motor hidráulico, a saber:
E c arg a
Pot 4
=
=
Pot 4
= 108519
Pot 3
=
t
Pot 4
η G
W .h t
=
98.43 in F .V = 8820 lbf 8 seg r
=
1 ft lbf .in 1 Hp.seg x x seg 550 lbf . ft 12 in 16.4 Hp 0.84
= 19.5 Hp
Asumimos el valor de la presión del sistema en 2000 psi:
Q3
=
Pot 3
=
19.5 Hp
=
2000 psi
P3
64.4 in 3 / seg
Cálculo del caudal y cilindrada teórica del motor hidráulico:
Q M t
=
=
C M t
= 16.4 Hp
Selección del Motor Hidráulico:
Q2 (= Q3 )
η vol Q B t
=
69.2 in 3 / seg
4151.6 in 3 / min
N M Psistema
=
1200 rpm =
2000 psi
Pot 4 = 16.4 Hp
= 1451.6 in
3
/ min
3
=
3.5 in / rev 3.5 in 3 / rev
C M t
=
N M
= 1200
rpm
T 4
=
Q M t
71.77 lbf . ft = 17.9
gpm
En este método podemos notar que:
1. No se necesita asumir el valor del radio, lo que implica, que no se calcula la velocidad de rotación. 2. Aquí si podemos asumir la velocidad del motor hidráulico 3. Se facilita el análisis cuando tenemos la velocidad lineal de la carga. En resumen: Se presentó las dos formas de solución, el uso de cada una, obviamente dependerá del problema, es decir, de los valores que se proporcionen, los mismos que nos harán decidir cuál es el método a usar. Del primer método, se puede decir que cuando no se tenga el radio se lo asumirá en 2 in, las potencias halladas son “elevadas”. Del segundo método, si tenemos sólo la velocidad lineal, el método es el más indicado, las potencias halladas son “pequeñas”.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 30 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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PR 4. En una máquina se tiene el proceso de picado, que lo ejecuta un motor hidráulico, el mismo que requiere un torque de 20 lbf.ft girando a 800 rpm. La máquina dispone de una bomba de paletas que debe erogar 12 gpm, y los diámetros del rotor y estator son de 5 y 6 in, respectivamente, la altura de las paletas es 1 in. En forma alternativa al picado, la máquina realiza un proceso de prensado, para lo cual requiere una fuerza de 30 Ton. Seleccionar el motor hidráulico, el cilindro y el motor eléctrico si
η vol
=
0.86 ;η mec
=
0.90 ; η eléc
=
0.86
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
5
6
PUNTO 4:
2
0
N M
X
1
3
20 lbf . ft
=
T 4
=
800 rpm
3.1 Hp
=
=
Pot 4
η G
Pot 3
=
4.02 Hp; Asumo P3
2000 psi
4.02 Hp
=
= 13.3 in
2000 psi
p 3
=
3
/ seg
PUNTO 5:
Asumo p5
=
2500 psi
Q2
=
Q3
+ Q5 →
Q5 = (46.2 − 13.3) in 3 / seg
=
32.9 in 3 / seg
Cálculo del diámetro del cilindro (a la salida del vástago):
p5
=
F 5 (= F 6 ) AC
F 5 (= F 6 )
→ AC =
66150 lbf
=
p5
2500 lbf / in
4 AC
→ DC =
π
→ AV =
=
Pot 3 Q3
Pot 4
20 lbf . ft (800 rpm )
= T 4 . N M =
PUNTO 3:
4
Pot 4
d V 2 π 4
=
=
5.8 in
2
=
26.46 in 2
hacemos que d V
=
1 3
DC
= 1.93
in ≈ 2 in
3 in 2
Cálculo de la velocidad de salida del vástago: r
Q5
r
= AC .V S
→
V S
=
Q5
=
32.9 in 3 / seg
AC
26.46 in
2
=
3 cm / seg
Como la presión asumida de 2500 psi, ejerce una fuerza sobre la cara del pistón, dicha fuerza es la que se obtiene a la salida (en el vástago), por tanto la fuerza en el pto 5 es igual a la fuerza en el pto 6.
PUNTO 6:
Cálculo de la velocidad de regreso del vástago: r
=
Q6
r
→
AT .V R
=
V R
Q6 AT
Q6
=
AC − AV
3
=
32.9 in / seg 23.3 in 2
=
1.4 cm / seg
Generalmente, la velocidad de regreso del vástago es más rápido que en su salida, esto se debe, a que en la salida se debe vencer la resistencia que ofrece a carga, mientras que al retorno, obviamente y ano se tiene la carga. * El valor del caudal de retorno en el cilindro, contradice la teoría (ver el CAP 6 del texto del Ing. Iván Morán en la parte de válvulas checks pilotadas literal (5)). Ver también los problemas de transmisiones PR 13 y PR 16.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 31 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
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INGENIERÍA MECÁNICA
Asumiremos las caídas de presión en cada tramo de la transmisión.
De 2 − x : ∆ p 2− X
= 100
De X − 5 : ∆ p X −5
psi
=
25 psi
De X − 3 : ∆ p X −3
=
30 psi
PUNTO 2:
(100 + 25 + 2500) psi = 2625 psi = (100 + 30 + 2000 ) psi = 2130 psi
p 2
= ∆ p 2 − X + ∆ p X −5 + p 5 =
p 2
= ∆ p 2 − X + ∆ p X −3 + p 3
Tomamos el primer valor como presión máxima de trabajo, ya que esta asegurará el envió de los caudales necesarios a cada actuador, si tomamos el segundo la presión menor (2625 y 2130 psi) no permitirá que llegue el caudal necesario al cilindro.
in lbf 2625 2 = 18.4 Hp seg in 3
Pot 2 Pot 2
PUNTO 1:
Pot 1
PUNTO 0:
Pot eléc
=
η G =
Q2 . p 2
=
=
=
18.4 Hp
46.2
=
0.77 Pot 1
η eléc
Selección del Motor Eléctrico:
Selección del Motor Hidráulico:
Selección del Cilindro:
=
24 Hp
24 Hp
=
0.86
Pot eléc
27.9 Hp
27.9 Hp
=
Psistema MH
=
2000 psi
Pot 4 = 3.1 Hp Psistema C
=
2500 psi
d V
C B t
= 1.15
N B
=
= 1.93
3
in / rev
Q B t
800 rpm
T 4
F 6
=
66150 lbf
QC t
=
9.9 gpm
in
C =
5.8 in
=
4.1 gpm
20 lbf . ft
r
D
=
=
V C S
3 cm / seg
Se deja como ejercicio hallar la cilindrada (motor) y caudal teóricos en el motor y el cilindro.
************************************************************************************ PR 5. Se desea seleccionar una transmisión hidráulica de cilindrada fija que producirá 5 Hp a una velocidad de 1200 rpm. El torque de salida es constante y tiene un valor de 21.9 lbf.ft , éste requiere de 600 psi para ser producido. Especifique el tamaño de la bomba y el motor basados en un 95%, la bomba debe girar a 300 rpm, además seleccione el motor eléctrico. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
∆P
2
0
PUNTO 4:
Pot 4
3 4
1
N M T 4
PUNTO 2:
Asumo ∆ p p 2
=
5 Hp
p3
= 1200 rpm
21.9 lbf . ft
PUNTO 1:
Pot 1
=
Q2 . p 2
=
750 psi
PUNTO 0:
Pot 2
η G
Pot eléc =
6.6 Hp
=
Pot 3
= 150 psi
= p3 + ∆ p =
Pot 2
=
=
PUNTO 3:
=
600 psi =
5.3 Hp
Q3 Q3
=
Pot 3 p3
=
3
58.3 in / seg
6.9 Hp Pot 1
η eléc ( = 0.95)
=
7.3 Hp
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 32 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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PR 6 . En una transmisión hidráulica que mueve un alimentador de tornillo sin fin, se necesita 180 lbf.ft de par. En el alimentador se tiene un paso igual al diámetro del tornillo, cuyo valor es 1 ft, el material a alimentar es una mezcla de 3 hormigón y su dosificación en un valor de 2.5 in /seg. Calcular todos los parámetros. Asumir los datos necesarios. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: ∆P
2
3
0
PUNTO 4:
= 180 lbf . ft
T 4
4
Pot 3
PUNTO 3:
p 3
PUNTO 1:
Asumo ∆ p
PUNTO 2:
p 2
Pot 1
=
Pot 2
η G
= 150 psi
= ∆ p + p 3 =
=
Pot 2
PUNTO 0:
η G ( = 0.87 ) =
Q3
Pot 2
3318 psi
= 1.44 Hp
=
Pot 4
Pot 3 =
2.5 in 3 / seg =
30 rpm
= 1.2 Hp
1.2 Hp
p 2 .Q2
=
lbf . ft (30 rpm ) = 1 Hp
= T 4 . N M = 180
Pot 4
1
Asumo N M
=
3168 psi
3318 psi (2.5 in 3 / seg )
= 1.25 Hp
Pot eléc =
Pot 1
η eléc (= 0.95)
= 1.5 Hp
Se han asumido los valores de la valores de rotación del motor hidráulico, los rendimientos general y eléctrico, si se usa un valor de 300 rpm para el motor la presión en el punto 3 ( presión del sistema) es de 31199 psi, este valor es demasiado elevado, por tanto se va variando la velocidad hasta tener un valor aceptable. Claro está que el valor obtenido (3168 psi) de acuerdo a la teoría ya sobrepaso los 3000 psi, pero para sistemas más complejos, se sabe que la presión del sistema puede llegar hasta 4000 psi.
************************************************************************************ PR 7. La velocidad de avance de una cierra de corte manual es 38 cm/min, la velocidad de corte de la cierra es de 3200 rpm, tiene un torque de 580 lbf-in (torque obtenido del análisis de las fuerzas que se producen en el corte). Para un radio de cierra estándar de 15.75 in, calcular los valores de la transmisión. Asuma los datos necesarios. ______________________________________________________________________________________________ r
SOLUCIÓN:
V a = 38 cm / min
R
∆P
2
0
3 4
1
F
PUNTO 4:
N M T 4
=
Hallamos la fuerza lineal de avance:
Pot 3
PUNTO 3:
Q3
=
=
3200 rpm
580 lbf .in Fa =
=
T 4
=
=
Pot 4
=
15.75 in
R
η G ( = 0.87 ) p3
= T 4 . N M =
580 lbf .in
Pot 4
Pot 3
Pot 4
=
34 Hp
34 Hp in 2 1500 lbf
580 lbf .in (3200 rev / min )
29.5 Hp =
36.8 lbf Asumo p 3
= 1500 psi
= 149.6 in
3
/ seg
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PUNTO 2:
PUNTO 1:
p 2
= ∆ p + p3 = 1600 psi
Pot 2 Pot 1
=
=
Pot 2
=
p 2 .Q2
= 1600 psi
(149.6 in / seg ) 3
36.3 Hp
Pot 2
η G ( = 0.87 )
41.7 Hp
=
PUNTO 0:
Pot eléc
=
Pot 1
η eléc ( = 0.95)
=
43.8 Hp
************************************************************************************ PR 8. Una bomba de caudal variable con compensador de presión, opera un motor de caudal fijo. Si el motor tiene 3 una cilindrada de 1.27 in /rev, un η vol = 0.93 ; η mec = 0.90. a) ¿Cuál debe ser el flujo suplido por la bomba para que el motor gire a 3000 rpm? b) Si la bomba inferior tiene 9 pistones con una carrera máxima de 0.75 in y opera a 2000 rpm, y tiene η vol = 0.94 , ¿a qué velocidad girará el motor si el diámetro de los pistones se duplica? c) Hallar el torque requerido para operar la bomba. Asuma los datos que crea necesarios. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
a) Lo que se pide es el caudal real (=erogado).
∆P
2
0
3 4
Qreal
=
C
= η
1
C rM . N M
rM
Qreal
vol
.C tM 3
= 1.18 in
= η vol .Qteórico = η vol .C tM . N M
=
3 3 0.93 (1.27 in / seg ) = 1.18 in / seg
3 / rev (3000 rpm) = 59 in / seg
3
Asumimos en este caso que la cilindrada dada como dato, es la teórica .
b) Asumiremos que se trata de una bomba de pistones axiales.
L
d
L
α D
D
α
α Hallamos el valor del diámetro de los pistones de la bomba d :
d =
4.Qt
π . z. L. N
Qreal η vol π . z. L. N
4. =
Qt
59 in 3 / seg 0.93 9.(0.75 in)π .( 2000 rpm)
=
π 4
.d 2 . D. z.tg α . N =
π 4
L . N D
.d 2 . D. z.
4.
=
=
0.24 in
Ahora hallamos el nuevo caudal teórico de la bomba con el nuevo valor del diámetro de los pistones.
d 1
=
2d = 2(0.24 in) = 0.48 in
_________________ 3
Frecuentemente la cilindrada dada c omo dato se la toma como la real, en todo caso, la diferencia no es tan considerable, por ejemplo 3
si tomamos en este problema como real la cilindrada dada el valor del caudal real es 63.5 in /seg. En todo caso, si no se está seguro, se recomienda preguntar al profesor en el examen si la cilindrada dada es la teórica o la real.
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Q
t 1
Q
t 1
=
4
El nuevo caudal teórico de la bomba es:
r
Q
El caudal real de la bomba es:
=
π 4
t
=
η Q
1
π
vol
2
.d 1 . L. z. N 2
(0.48 in ) (0.75 in )(9 )(2000 3
=
1
rpm ) = 255 .8 in / seg 3
=
0.93 (255.8 in / seg )
3
237.9 in / seg
3
El caudal teórico (hallado) que debería llegar al motor es 255.8 in /seg, entonces para encontrar la velocidad del motor, relacionamos este con el rendimiento volumétrico, entonces:
Q M
=
C tM . N M
→ N M =
QtM
255.8 in 3 / seg
=
1.27 in 3 / rev
C tM
= 12085
rpm
La velocidad es elevada, esto puede ser debido a que hay una gran cantidad de volumen erogado.
c) Se pide hallar el par del eje a la entrada de la bomba (punto 1), entonces: =
Asumo p 3
2000 psi y
∆ p = 150
= p 2 .Q
Pot 1
=
Asumimos el valor del
1
→ p 2 = p 3 + ∆ p =
2150 psi
3
r
Pot 2
psi
2150 psi (237.9 in / seg ) = 77.5 Hp Pot 2 77.5 Hp Pot eje = = = 96.8 Hp η G ( = 0.94 x0.86) 0.8
η mec
=
=
0.86
para la bomba.
************************************************************************************ PR 9. Una bomba de pistones tiene un número de pistones igual a 9 cuyos diámetros son 3/8 in, eroga 20 gpm cuando la placa gira a 3000 rpm. Esta bomba mueve un motor que necesita vencer un torque de 28 lbf.ft a una velocidad de 1500 rpm y que tiene el número y diámetros de pistones igual a la bomba. Hallar: a) La relación de carreras entre la bomba y el motor. b) El ángulo de la placa r otativa de la bomba y el motor.
c) La potencia del motor eléctrico que mueve la bomba. Los rendimientos para la bomba son
η vol
= η mec =
95%
Los rendimientos para el motor son η vol = η mec = 92% ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
a) Usamos las ecuaciones que relacionen las carreras de cada elemento.
∆P
2
0
3 4
Para la bomba:
Qt B
=
Para el motor:
Qt M
=
4
1
Hacemos que:
Entonces:
π 4
Qr B
=
Qr M
π
π 4
2
.d B . L B . z B . N B
=
Q r B
η vol B
2
.d M . L M . z M . N M
no hay fugas externas
2
.d B . L B . z B . N B .η vol B RC
=
π 4
=
2
.d M . L M . z M . N M .η vol M
L B L M
=
N M .η vol M N B .η vol B
=
→
L B L M
1500 (0.92) 3000 (0.95)
=
=
N M .η vol M N B .η vol B
0.48
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b) Para la bomba: tg
α =
Qr B η vol B
4
4 Qt B
=
d B2 . D B . z B . N B
=
d B2 . D B . z B . N B
3 4 (81 in / seg ) 2
(3 / 8 in ) (9 ) D B (3000 rev / min )
=
0.82 in D B
Podemos asumir el valor del diámetro de la placa de la bomba de la siguiente manera:
D B
= z B .d B + 1 =
Entonces el ángulo de la placa rotativa será:
Para el motor:
tg α =
tg α =
(9 x3 / 8 in ) + 1 = 4.4 in
0.82 in
=
4.4 in
Qr M η vol M
0.186
→
4
4 Qt M
=
2 M
d . D M . z M . N M
=
2 M
d . D M . z M . N M
α B
= 10.5º
3 4 (84 in / seg ) 2
(3 / 8 in ) (9) D M (1500 rev / min )
=
1.69 in D B
Podemos asumir el valor del diámetro de la placa de la bomba de la siguiente manera:
D M
= z M .d M + 1 =
Entonces el ángulo de la placa rotativa será:
tg α =
(9 x3 / 8 in ) + 1 = 4.4 in
1.69 in
=
4.4 in
0.38
→
α B
=
21º
c) Se pide la potencia en el punto 0.
Pot 4
= T 4 . N M =
Pot 3
=
Asumo
Pot 4
η G M
=
28 lbf . ft (1500 rpm ) = 7.99 Hp
7.99 Hp 0.85
∆ p = 100
Pot 2
= p 2 .Q3 ( =
Pot 1
=
=
psi
→
9.4 Hp p 2
p3
=
= ∆ p + p 3 =
Pot 3 Qr M (= Q3 )
=
9.4 Hp 3
77 in / seg
= 806
906 psi
Q2 ) = 906 psi (77 in 3 / seg ) = 10.57 Hp Pot 2 10.57 Hp Pot 1 = = 11.7 Hp → Pot eléc = η G B 0.9 η eléc (= 0.95)
psi
= 12.3 Hp
**** Se debe tener presente, que los valores han sido transformados a unidades compatibles, se ha asumido el valor del rendimiento eléctrico, por ninguna razón se debe asumir la presión en el punto 3, ya que se tiene los valores de la potencia hidráulica y el caudal en dicho punto. Esto en realidad, no debe preocuparnos o peor aún confundirnos, ya que todo está en función del tipo de problema que estemos resolviendo, a veces se tendrá que asumir la presión (cuando se tiene sólo el caudal real y se desconoce la potencia en dicho punto).
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PR 10. Para mover una cremallera es necesario que la rueda dentada desarrolle un torque de 2000 lbf.in. Dada la velocidad lineal de la cremallera, el motor hidráulico que mueve la rueda, debe girar a 600 rpm. Supóngase que todo el sistema y su red de distribución representan una caída de presión de 260 psi. Se dispone de 3 motores hidráulicos
η vol = 0.85 y η mec = 0.9 resultan satisfactorios tanto en el motor como en la bomba. Así mismo puede asumirse un η eléc = 0.95 del motor eléctrico. que necesitan en su orden de 15-25 y 40 gpm. Se puede considerar que
Seleccione la bomba y el motor eléctrico. Dar una respuesta adecuada. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Datos preliminares:
X
3
2
0
1
5 a
7 c
b
4
6
= 15 gpm =
Q5
=
25 gpm = 96.25 in 3 / seg
Q7
=
3 40 gpm = 154 in / seg
∆P2− X = 150
8
3
Q3
57.75 in / seg
psi
∆P X −3 =
20 psi
∆P X −5 =
40 psi
∆P X −7 =
50 psi
El torque a la salida de cada motor es de 2000 lbf.in y la velocidad de rotación será igual para todos de 600 rpm. Procedemos a calcular las potencias en la salida en cada motor:
Motor a:
Pot 4
= T 4 . N M
Pot 4
=
(2000 lbf .in )(600 rpm )
Pot 4
= 19 Hp
Pot 3
=
Pot 4
=
η G
24.8 Hp
Motor b:
Pot 6
=
T 6 . N M
Pot 6
= 19 Hp
Pot 6
=
(2000 lbf .in )(600 rpm )
Pot 5
=
Pot 6
=
24.8 Hp
η
G
Motor c:
Pot 8
= T 8 . N M
Pot 8
=
(2000 lbf .in )(600 rpm )
Pot 8
= 19 Hp
Pot 7
=
Pot 8
η G
=
24.8 Hp
Las potencias de salida y entrada en los 3 motores son las mismas, pero como a cada uno le llega un caudal diferente, cada uno tendrá una presión diferente a la entrada ( presión del sistema), entonces para los puntos 3,5 y 7:
p3
=
p3
=
Pot 3 Q3
24.8 Hp
=
3
57.75 in / seg
2834 psi
p5 p 5
=
Pot 5 Q5
= 1700
24.8 Hp
=
3
96.25 in / seg psi
Pot 7
p7
=
p7
= 1063
Q7
24.8 Hp
=
3
154 in / seg
psi
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Necesitamos conocer la presión de trabajo (punto 2), además sabemos que: La pregunta es: ¿Qué valor debo tomar para ∆ p y
p sistema
ptrabajo
= ∆ p +
p sistema
?
Los valores a usar serán los más altos, entonces:
ptrabajo
= p sistema + ∆ ptotal = p 3 + ∆ p 2 − X + ∆ p X − 3 =
2834 psi + (150 + 20 ) psi
=
3004 psi
Ahora debemos hallar el caudal que eroga la bomba:
Q2
=
Q3
+ Q5 + Q7 =
(57.75 + 96.25 + 154)in 3 / seg = 308 in 3 / seg
Calculamos la potencia en el punto 2:
Pot 2
= p 2 .Q2 =
Pot 2
3004
140 Hp
Potencia en el eje:
Pot eje =
Potencia eléctrica:
Pot eléc = Pot eje
η G B
=
lbf in 3 lbf . ft = 77102.66 308 = 140 Hp 2 seg seg in
0.76
η eléc
=
= 184 Hp
140 Hp 0.96
= 192 Hp
Las potencias son muy altas, tal vez se deba a que el par a generar es muy alto, en todo caso, este es el procedimiento a seguir con un par y caudales más bajos.
Selección del Motor Eléctrico:
Selección de las Bomba:
Pot eléc = 192 Hp
Ptrabajo N B
=
=
3004 psi
600 rpm
Pot 1 = Pot eje = 184 Hp
Nótese que el par a la entrada de la bomba no se puede calcular, por tanto no se puede hallar el valor de la velocidad de rotación de la misma, la cual se asume en el mismo valor que la del motor.
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PR 11. Demostrar que la fuerza necesaria para levantar una carga usando una polea diferencial está dado por:
R − r 2 R
F = Q
Donde: Q= carga, R=radio mayor y r = radio menor
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
MÉTODO DE LOS MOMENTOS:
2 R P
2 r
T
0
F
F
Q P
T
(b )
( a)
(a) Una polea móvil es aquella que además del movimiento de rotación, posee otro de avance o retroceso. El equilibrio de ésta polea se logra cuando:
Q
T = P
=
Q / 2
(b) La polea diferencial es la combinación de una polea móvil y dos poleas fijas, de distinto radio y sólidamente unidas entre sí. La cadena de enlace es una cadena sin fin. La carga Q queda, primero, dividida en dos mitades por la polea móvil (en P y T). Una de estas actúa con un brazo R en sentido contrario a la fuerza aplicada por una persona, y la otra ayuda a la persona, actuando en el mismo sentido que la fuerza F, pero con el brazo r , entonces:
∑ M
o
=
0
P. R = T .r + F . R como T = P = Q / 2 debido a la polea móvil P. R − T .r T ( R − r ) Q ( R − r ) F = = = R R 2 R F =
Q ( R − r ) 2 R
L.Q.Q. D
Nótese que la fuerza en el extremo opuesto de F, es cero, es decir, esta parte de la cadena no genera ningún par sobre la polea de radio r (por lo que en el D.C.L. no consta). Como ejemplo, supóngase que R= 20 cm y r=10 cm, se desea levantar una carga de 200 lbf hallar el valor de F. Simplemente, usamos la relación hallada anteriormente:
Q ( R − r ) F =
2 R
200 lbf (20 − 10 ) cm =
2 (20 cm )
=
50 lbf
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MÉTODO DEL TRABAJO Y LA ENERGÍA4: Es preferible demostrar la ecuación anterior por este método, para lo cual:
E c arg a
= E fuerza
Q. X Q
=
X F
F . X F
Nos interesa saber ahora cual es el valor de cada desplazamiento realizado por la fuerza F y la carga Q, se realiza el siguiente análisis:
F X Q
“Supóngase que la fuerza F se mueve hacia abajo la distancia necesaria para que el sistema de poleas fijas gire una revolución. Por consiguiente, la polea pequeña superior (con r) desenreda una longitud de cadena igual a su circunferencia, o sea, 2 π r , mientras que la polea superior grande (con R ) enreda una longitud de
2 π R .
Como resultado, la cadena que sostiene a la polea inferior móvil se reduce en una longitud de 2 π R − 2 π r .
Q
La carga Q sube entonces siempre la mitad de esta distancia, o sea, este valor resulta ser:
=
X Q
−
0.5 (2π R
=
2π r )
−
π ( R r ) ”
En forma matemática, lo anterior se traduce en:
E c arg a
= E fuerza
Q. X Q
=
F . X F
Q.[π ( R − r )] = F [2 π R ] F =
Q ( R − r )
2 R
En palabras en la ecuación de trabajo- energía se tiene: “La carga Q se desplaza una distancia XQ, similarmente la fuerza F también se desplaza una distancia XF, las mismas que se relacionan con cada revolución dada en su respectiva polea”
** Este método es aconsejable usarlo hasta con dos poleas móviles, con tres el análisis se vuelve más complicado, lo que significará que se deberá usar un diagrama de cuerpo libre para cada polea y aplicar la ecuación de trabajoenergía a cada una, para tener una relación entre dos poleas y así sucesivamente.
_________________ 4
Ver el capítulo 14 de Mecánica para Ingenieros- Dinámica. Ferdinand L. Singer. Tercera Edición, págs 554-555
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 40 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
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INGENIERÍA MECÁNICA
PR 12. Demostrar que la velocidad de una carga que sube por medio de una polea diferencial está dada por: r
V Q
r
R − r 2 R
= V F
r
Donde:
= velocidad de la fuerza a aplicar para subir la carga Q.
V F
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: En forma matemática, se tiene:
X F
F
E c arg a
= E fuerza
Q. X Q
=
Q. X Q
= X F
X Q
F . X F
R − r 2 R
= X F
derivando respecto al tiempo
Q ( R − r ) 2 R
r
V Q
r
R − r 2 R
= V F
Nótese que se ha reemplazado el valor de F (usualmente es el que se debe hallar) en la ecuación, y se a eliminado términos semejantes.
X Q
Se puede demostrar lo anterior igualando las potencias que generan cada una de las fuerzas, a saber, F y Q, teniendo:
Pot c arg a
Q
r
Q. V Q
=
=
Pot fuerza r
F . V F
Q ( R − r ) 2 R R − r V Q = V F 2 R r
Q. V Q r
r
= V F
r
Generalmente, en los problemas sean estos hidráulicos o neumáticos se deberá hallar la velocidad de F, para lo cual se debe asumir el valor de la velocidad de la carga, es decir, imponiéndose la distancia que recorre y el tiempo en que lo hace. Como ejemplo supóngase que R=20 cm y r=10 cm, y que se necesita conocer cual es la velocidad que debe tener la fuerza para poder elevar un cierto peso. Como dijimos generalmente se asume cuanto sube la carga y el tiempo en que lo hace, entonces asumiremos que la misma recorre 4 m y lo hace en 10 seg, tenemos: r
V Q
r
R − r 2 R
= V F
r
V F
=
0.8
4m
→
10 seg
r
= V F
(20 − 10) cm 2 (10 cm)
m seg
Notemos que la velocidad de F (0.8 m/seg) siempre es mayor que la velocidad de la carga Q (0.4m/seg) es decir siempre el doble (notar el valor de la ecuación) , debido a que este tipo de máquinas se usan para poder tener una gananciaes mecánica.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 41 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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PR 13. Se necesita levantar una carga de 1 Ton por medio de una polea diferencial la cual tiene el siguiente valor de R= 2r, a la cual se a acoplado un motor hidráulico en la parte inferior (este sustituirá a la acción realizada por una persona), encuentre los parámetros de la transmisión. Asuma los datos que crea necesarios. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Nótese como la fuerza F produce un par en el eje del motor hidráulico (punto 4), además, no se dispone del valor de la distancia a la que la fuerza F actúa (radio del eje motor hidráulico), si graficamos la transmisión, tenemos una visión más clara del del problema. ∆P
2
0
Es decir, la selección de los componentes de la transmisión se empieza desde el punto 4, entonces:
3 T 4 4
F
Punto 4:
1
r
Pot 4
= T 4 . N M =
F .V F
Como se conoce el valor de la carga a subir, se debe hallar el valor de F y su velocidad lineal, del PR 11 y 12 tenemos:
eje
W ( R − r ) F =
2 R
2205 lbf (2r − r ) =
2 R (V W )
=
4r
551lbf
r
W
r
V F
=
r
V W
=
R − r h 2m
r
asumimos : h y t para V W
=
t
5 seg
=
0.4
m seg
r
V F
= 1.6 m / seg
Puede que surja la siguiente pregunta: ¿Por qué no se asume la velocidad de rotación del motor? La respuesta es simple, si nos fijamos en la ecuación de la potencia en el punto de análisis (en este caso punto 4) no se conoce el valor del par generado por la fuerza F (ver la explicación al inicio del problema), entonces: r
Pot 4 Asumimos un
η G
F .V F
=
1.6 551 lbf
m = 551lbf seg
5.25 ft = 2892.75 lbf . ft = 5.25 Hp seg seg
= 87 % tanto para el motor hidráulico y la bomba y un
η eléc
=
95% para el motor eléctrico.
Punto 3. Pot 3 = 6 Hp . Asumimos una presión del sistema de 2000 psi, obteniendo:
Pot 3
=
= p3 .Q3
→ Q3 =
Pot 3 p3
=
6 Hp.in 2 550 lbf . ft 12 in x 2000 lbf 1 Hp.seg 1 ft
= 19.8
in
3
seg
=
5 gpm
Punto 2. Asumo una caída de presión de 150 psi, obteniendo:
p 2
= ∆ p + p 3 =
(150 + 2000) psi = 2150 psi
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Calculamos la potencia en el punto 2 (potencia hidráulica).
Pot 2
= p 2 .
Pot 1
=
Q3
=
2150
3 lbf in lbf .in = 42570 19 . 8 2 seg seg in
=
3547.5
lbf . ft
=
seg
6.4 Hp
7.4 Hp
Punto 1.
Punto 0. Pot eléctrica = 7.8 Hp
Observaciones: 1. Se empezó calculando la fuerza F y después su velocidad lineal. 2. En general, se debe asumir la altura a la que sube la carga y el tiempo empleado. 3. Se encontró la potencia de salida de la transmisión (punto 4). 4. Se asumió el rendimiento general y eléctrico de la bomba, motor hidráulico y eléctrico, respectivamente. 5. Se asumió la presión del sistema para poder calcular el caudal, y la caída de presión. 6. Se calculó la potencia en el punto 2, punto 1 y 0. Obviamente, para la selección de los componentes de la transmisión se deberá conocer las velocidades de rotación tanto del motor (que se la puede encontrar asumiendo un radio para su eje, ver PR 14) como de la bomba (asumir, siempre y cuando no se la pueda determinar, teniendo presente que para generar un gran par la velocidad disminuye), con estos valores se calculan las cilindradas.
************************************************************************************ PR 14. Para el problema anterior, supóngase que la fuerza actúa a 2 in del centro del eje del motor hidráulico, ¿cuál es la velocidad de rotación del motor? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
R
Se dibuja la fuerza actuando a la distancia R del centro del eje del motor hidráulico, entonces:
551 lbf 5.25
r
F .V F
r
T 4 . N M
=
F .V F
F
N M
=
2.63
→ N M =
T 4 (= F . R )
=
ft
seg
551 lbf (2 in )
=
2.63
ft in.seg
ft 12 in
60 seg rad 1 rev x = 1893.6 = 301rpm in.seg 1 ft 1 min min 2π rad
************************************************************************************ PR 15. En una polea diferencial, la polea de R= 10 cm se a desplazado una distancia igual a una revolución, mientras que la polea de r= 5cm se a desplazado también una distancia igual a una revolución, ¿cuánto ha subido la carga? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Remitiéndonos al gráfico de la polea diferencial, además notando lo que nos dice la teoría, la distancia que recorre (sube) una carga es siempre la mitad de los desplazamientos realizados por la polea diferencial, entonces:
= Q
X
(2π R − 2π r ) 2
=
−
=
−
=
π ( R r ) π (10 cm 5 cm ) 15.7 cm
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PR 16. Se necesita levantar una carga de W=500 lbf, mediante el uso del polipasto, calcular el valor de F. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Realizamos la sumatoria de fuerzas desde la polea móvil inferior hasta la móvil superior:
F
Para T :
Para P :
Para R :
∑ F
∑ F
∑ F
=
=
P
y
R
R
0
=
y
2T = W
2P
T = 250 lbf
P
0
y
= T
2 R
= 125
lbf
R
=
0
62.5 lbf
Pero vemos que R=F= 62.5 lbf.
P
P
En general, para este tipo de configuración (exactamente la misma) se tiene:
F = T
=
T
W
2n
, donde n= número de poleas móviles del polipasto.
Pero, sería preferible, en otras configuraciones realizar el D.C.L. Usando la ecuación anterior, tenemos:
W
F =
W
2
n
=
500 lbf 2
=
3
500 lbf 8
=
62.5 lbf
Nótese que en el mismo gráfico se ha realizado el D.C.L.
************************************************************************************ PR 17. Para el polipasto anterior, determine la relación de velocidades entre la carga W y la fuerza F . ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
1. ANÁLISIS.- La distancia que recorre la fuerza F, se determina sumando cada uno de las distancias recorridas por cada polea móvil, las mismas que recorren la mitad de la polea superior que se encuentra a continuación, entonces:
F x F
x R
R
P
T
x P
x T
xW W
x F
= xW + xT + x P + x R
1 x P + x P + x R 2 3 x F = xW + x P + x R 2 3 1 x F = xW + x R + x R 2 2 x F
= xW +
x F
= xW +
7
x R
4 7 1 7 x F = xW + x F = xW + x F 8 4 2 xW
=
r
V W
=
1 8 1 8
x F usando la derivada temporal : r
V F
=
1 2
n
r
V F
Pero, la relación anterior presenta un problema, cuando se encuentra la distancia que recorre la fuerza F.
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Supóngase que la carga sube una altura de 1.5 m en 3 seg, usando la ecuación anterior encontraríamos la distancia que recorre la fuerza F, es decir: r
V W
=
1 8
hW
r
V F
→
=
1 8
t
r
V F
→
hW
1 d F
=
8 t
t
→
d F
=
8hW
= 8 (1.5 m ) = 12 m
Generalmente, la distancia que recorre F, es la carrera realizada por un cilindro hidráulico o neumático, nótese, que con el uso de la ecuación anterior, la carrera sería del cilindro sería 12 m, la cual obviamente no es posible. Al parecer el análisis anterior es incorrecto en el momento de encontrar la distancia recorrida por F, pero el valor de la velocidad de F es 4 m/seg (es decir en un segundo la fuerza F se ha desplazado 4m), al parecer esto es muy rápido.
2. ANÁLISIS.- Usando la ecuación de trabajo-energía a la polea donde esta la carga W y la polea donde está actuando F se tiene:
W . xW
=
W . xW
=
pero F =
F . x F W
2n
→ x F =
. x F r
Obteniendo : V F
W
2n 2 n . xW
r
=
2 n .V W
Nótese que con este método se ha llegado al mismo resultado anterior, entonces perece ser que ninguno de los resultados anteriores genera un valor correcto para el desplazamiento de F.
3. ANÁLISIS.- Ahora aplicaremos la ecuación de trabajo-energía a las poleas donde actúan las fuerzas T, W, P y R.
Para T : T . xT Para P : P. x P
= W . xW = R. x R
pero : T = pero : P =
W
2 R 2
→
W
. xT
2 R → . x P 2
= W . xW → xW =
= R . x R → x R =
xT
x P
2
2
(α )
( β )
Nótese además que en una polea móvil siempre se cumple que la polea móvil que está debajo de otra móvil recorre la mitad de la distancia que recorre la polea superior, es decir:
Además tenemos que
R
=
xT
=
x P
2 F (γ ) (en el ramal respectivo) y que x R
=
x F
(ζ ) , pero la pregunta puede ser, ¿la
distancia que recorre R no debería ser la mitad de la que recorre F? esto se cumpliría si las dos polea fuesen móviles (no confundir el concepto con el aparejo diferencial del PR 11), entonces:
Re emplazando (γ ), (ζ ), (ϑ ) en x P
( ), ( β ), tenemos :
4 xW
= 2 xW (ξ ) 4 2 Usando la derivada temporal en (ξ ), obtenemos :
xW
=
x F
=
r
V F
r
=
2V W
Este resultado es más aceptable que los dos anteriores, supóngase que la carga se mueve 0.5 m entonces la fuerza F se desplaza 1 m, por tanto esta será la carrera. Pueda que en este punto aparezcan muchas preguntas en cuyo caso se recomienda preguntar al profesor si es esta la relación correcta o puede existir otro razonamiento que la modifique. De manera similar, en los problemas de hidráulica y neumática, se realiza un procedimiento igual al PR 13.
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PR 18. Se desea levantar una carga de W = 500 lbf mediante el siguiente sistema de poleas, calcular el valor de F. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Al conjunto formado por dos poleas unidas entre sí por una guía anteriormente se la llamaba cuadernal , mientras que al conjunto formado por dos cuadernales el uno fijo (superior) y otro móvil (inferior) se lo denominaba motón.
F
Para este tipo de disposición se tiene que: “En este caso, la misma cuerda pasa por todas las poleas y entonces todos los tramos tendrán la misma tensión”
En forma de ecuación se tiene:
F =
W n
Donde: n= número de poleas móviles y fijas. Para este problema, tenemos que n=4. Por tanto el valor de F será:
F =
W n
=
500 lbf 4
= 125 lbf
Esta ecuación sólo se usa cuando se tiene esta disposición, pero se puede encontrar el valor de F realizando el D.C.L del sistema.
W
************************************************************************************ PR 19. Determine la r elación entre la velocidad de la carga W y de la fuerza F para el sistema anterior. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Si con el sistema anterior se ha de subir la carga W a una altura h, cada uno de los m ramales de cuerda de las cuales está suspendida la carga, debe experimentar una disminución de longitud igual a h. La suma de estas disminuciones de longitud es m.h y esta es la longitud de cuerda que la fuerza F debe recorrer. Entonces:
Dis tan cia recorrida por F = m. Dis tan cia recorrida por W d F
=
m.h W
usando la derivada temporal tenemos : r
r
V F
=
mV W r
r
V W
=
V F m
Donde: m= número de poleas móviles y fijas de este sistema. Como ejemplo suponga que en el sistema anterior la carga sube h= 2 m en t= 5 seg, entonces el valor de la velocidad de F es: r
V F
=
2 m m = 0.4 seg 5 seg
4
Nótese que el tiempo en que sube la carga es el mismo tiempo en la fuerza F recorre la distancia dicha (Conservación de la Energía).
**Es importante notar la diferencia entre la ecuación que relaciona la velocidad entre la carga y la fuerza del polipasto y del motón.
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INGENIERÍA MECÁNICA
PR 20. Para el sistema siguiente, se necesita levantar una carga de 1 Ton, ¿encuentre la carrera del cilindro hidráulico? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Determinamos el valor de F:
F =
W n
2205 lbf
=
3
=
2205 lbf
=
275.6 lbf
2 muy pesada, 8 se necesita un tiempo lo Como 2la carga es suficientemente largo para que el cilindro pueda levantar la carga, asumimos la altura a la que sube la carga y el tiempo en que lo hace: h
r
=
V W
1m
=
t
=
5 seg
0 .2
m
=
seg
0.65
ft seg
Ahora calculamos el valor de la velocidad de F: r
r
=
V F
2.V W
=
2 0.65
ft
ft
= 0.13 seg seg
Sabemos que la distancia que recorre F, será el valor de la carrera del vástago, entonces: Necesitamos conocer la distancia que se desplaza F (es decir la carrera del vástago del cilindro), entonces: r
V F
=
x F t
r
→ x F = V F .t =
0.2
m seg
(5 seg ) = 1 m 5
*** Como resultado final de los sistemas anteriores se tiene la conocida Regla de Oro de la Mecánica :
En La polea fija La polea móvil El aparejo de cuadernales
Fuerza (F)
Distancia recorrida por F
Carga (W)
Distancia recorrida por W
W
a
W
a
W/2 W/n
2a nxa
W W
a a
_________________ 5
Véase Tratado popular de Físic a. KLEIBER-KARSTEN. Editorial GUSTAVO GILI, S.A- Barcelona, págs 126-127-128.
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INGENIERÍA MECÁNICA PROBLEMAS PROPUESTOS
PREGUNTAS 1. Realice el esquema de una transmisión cerrada y abierta. 2. ¿En una T.A generalmente se emplea una bomba de caudal variable? 3. ¿En una T.C generalmente se emplea una bomba de caudal fijo? 4. ¿La presión del sistema se encuentra siempre antes de un actuador? 5. ¿La presión de trabajo se encuentra siempre después de la bomba? 6. ¿La presión de trabajo siempre es menor que del sistema? 7. ¿Cuál es el rango que se puede tomar para la presión del sistema y para la caída de presión? 8. ¿Cuál es el rango que se puede tomar para la velocidad de rotación para la bomba y el motor? 9. ¿Es siempre correcto usar los rangos de velocidad de la pregunta anterior? 10. ¿Para generar un par grande siempre se requiere de una velocidad elevada? 11. ¿Para producir un torque grande en el eje del motor hidráulico se requiere de una disminución de la velocidad de rotación del mismo?
12. ¿Da lo mismo calcular la potencia de entrada a la bomba que la potencia en el eje de acople motor eléctricobomba?
13. ¿Cuáles son los parámetros de selección de un motor eléctrico, bomba, motor eléctrico, cilindro? 14. ¿Qué es lo que produce el par en el eje del motor hidráulico? 15. ¿La potencia de entrada es siempre menor que la de salida? 16. ¿Cuál es la relación entre la carga a elevar y la fuerza a emplear en una polea diferencial? 17. ¿Cuál es la relación entre la carga a elevar y la fuerza a emplear en un polipasto? 18. ¿Cuál es la relación entre la carga a elevar y la fuerza a emplear en un motón? 19. ¿Cuál es la relación aproximada entre el diámetro del cilindro y de su vástago?
tiempo en que sube una carga por medio dedistancia cualquierdeterminada? disposición de poleas es el mismo que emplea la 20. ¿El fuerza necesaria para levantarla en recorrer una ______________________________________________________________________________________________
PP 1. Se desea levantar una carga de 2000 lbf por medio de una polea diferencial, si el R=2r, hallar el valor de la fuerza necesaria para levantarla y su velocidad, si se desea que la carga suba 1 m en 5 seg.
Rptas: 500 lbf ; 0.8 m/seg ************************************************************************************ PP 2 . Se desea levantar una carga de 2000 lbf por medio de un polipasto con 5 poleas móviles, hallar el valor de la fuerza necesaria para levantarla y su velocidad, si se desea que la carga suba 1 m en 5 seg. Se recomienda hacer este cálculo usando primero la ecuación directamente y segundo con la ayuda de un D.C.L.
Rptas: 62.5 lbf ; 0.4 m/seg ************************************************************************************ PP 3. Se desea levantar una carga de 2000 lbf por medio de un motón con 2 poleas móviles, hallar el valor de la fuerza necesaria para levantarla y su velocidad, si se desea que la carga suba 1 m en 5 seg.
Rptas: 500 lbf ; 0.8 m/seg (Note los valores con el PP 1).¿Cuál es su conclusión? Trate de poner nuevos valores
NOTA: El problema de las transmisiones hidráulicas es la determinación del valor de la fuerza y velocidad que se requiere para levantar una carga, cuando se tiene una configuración cualquiera con poleas, conocidos los valores se realiza el mismo análisis punto por punto en la transmisión. No se dan problemas de las mismas ya que los problemas resueltos son de gran ayuda. Se recomienda recalcularlos para un mejor entendimiento.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 48 TRANSMISIONES HIDRÁULICAS
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INGENIERÍA
MECÁNICA
PROBLEMAS RESUELTOS
PR 1. Considérese un sistema con tres actuadores que exigen un reparto de caudal principal en 3 caudales individuales, la presión en el ingreso del estrangulamiento de la figura, será la misma y está determinada por la mayor de las cargas y a la que se añade la diferencia de presión pre-establecida en su propio estrangulamiento, en ese caso (90+10) bar. ¿Cuál es la caída de presión en cada estrangulamiento? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Para el estrangulamiento 1:
p L = ∆ p ESTR 1 + p c 1 ∆ p ESTR 1 = p L − p c 1 ∆ p ESTR 1 = 100 bar − 70bar
∆ p ESTR 1 = 30 bar Para el estrangulamiento 2:
p L = ∆ p ESTR 2 + p c 2 ∆ p ESTR 2 = p L − p c 2
∆ p ESTR 2 = 100 bar − 85bar ∆ p ESTR 2 = 15 bar
Siempre, se empieza calculando la caída de presión en el estrangulamiento donde se encuentre la mayor carga, en este caso, se debe empezar por estrangulamiento 3, ya que la carga mayor es de 90 bar. Con estrangulamientos no compensados a presión siempre se tendrá las mismas cargas en los actuadores si la velocidad en ellos debe ser la misma, para cumplir esta condición se necesitará que siempre las cargas sean iguales, es decir, por ejemplo, todas de 70 bar ó 85 bar ó 90 bar (por ende las caídas de presión siempre serán las mismas, produciendo que los actuadores tengan siempre la misma velocidad); de no ser así la velocidad en cada uno variaría en función de la carga aplicada individualmente, este es el caso que se tiene, es decir, como la caída de presión en cada estrangulamiento es diferente, el caudal (por ende la velocidad) no es la misma.
************************************************************************************ PR 2. Supóngase el caso de 3 actuadores conectados en paralelo, que soporten diferentes cargas, pero que deban actuar a la misma velocidad. La carga actuante en uno de los 3 actuadores de la figura induce una presión de 62.5 bar y los otros dos actuadores inducen presiones inferiores. El caudal del sistema debe ser repartido en 3 caudales parciales. Supóngase que la velocidad de ese actuador exige una caída de presión (∆p)E3 producido por el estrangulamiento fijo cuyo valor es 7.5 bar, responda: a. ¿Qué garantiza los repartos iguales de caudal? b. ¿Cuál es el valor de caída de presión en cada válvula compensadora de presión? c. ¿Cuánto marca el manómetro 1,2 y3? d. Represente el gráfico con los valores encontrados
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 49 REGULACIÓN Y CONTROL
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INGENIERÍA
MECÁNICA
SOLUCIÓN:
∆ p E F 1
∆ p E F 2
1
2
∆ p ESTR
FIJO 3
= 7.5 bar
3
a) Lo que garantiza el reparto de caudal es que la caída de presión debe ser la misma en los estrangulamientos fijos restantes (1 y 2), es decir:
∆ p E F 1 = ∆ p E F 2 = ∆ p E F 3 = 7.5 bar b) Caída de presión en cada compensadora de presión (a veces se les llama estrangulamientos variables) Para el estrangulamiento 1:
Para el estrangulamiento 2:
p L = ∆ p ESTR 1 + ∆ p E F 1 + p c 1
p L = ∆ p ESTR 2 + ∆ p E F 2 + p c 2
∆ p ESTR 1 = p L − p c 1 − ∆ p E F 1 ∆ p ESTR 1 = 70 bar − 35bar − 7.5 bar
∆ p ESTR 2 = p L − p c 2 − ∆ p E F 2
∆ p ESTR 2 = 70 bar − 50bar − 7.5 bar
∆ p ESTR 1 = 27.5 bar
∆ p ESTR 2 = 12.5 bar
Para el estrangulamiento 3:
p L = ∆ p ESTR 3 + ∆ p E F 3 + p c 3 ∆ p ESTR 3 = p L − p c 3 − ∆ p E F 3 ∆ p ESTR 3 = 70 bar − 62.5bar − 7.5 bar
∆ p ESTR 3 = 0 bar Puede que surja la siguiente pregunta en relación a los estrangulamientos: ¿cuál es la diferencia, si en uno el símbolo (flecha) indica que es variable, y que una compensada a presión también es un estrangulamiento variable? Para la primera pregunta, el ESTR en realidad es fijo, lo que indica la flecha es que se cambia el valor manualmente, y este contante, hasta cuando la personaeste lo vuelva cambiar. Para permanecerá la segunda pregunta, el ESTR es variable, ESTRase refiere a la parte interna (apertura del carrete) dependiendo del valor de la presión (ver la parte de la balanza de presión, la parte circular punteada representa el ESTR variable).
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 50 REGULACIÓN Y CONTROL
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c) Valor de cada manómetro. Para el MAN1:
Para el MAN 2:
p L = ∆ p ESTR 1 + M 1
p L = ∆ p ESTR 2 + M 2
M 1 = p L − ∆ p ESTR 1 M = 70 bar − 27.5bar
M 2 = p L − ∆ p ESTR 2
M = 70 bar − 27.5bar
1
2
M 1 = 42.5 bar
M 2 = 57.5 bar
Para el MAN3:
p L = ∆ p ESTR 3 + M 3 M 3 = p L − ∆ p ESTR 3 M 3 = 70 bar − 0 bar
M 3 = 70 bar d) Gráfico resultante. Actuador 1
Actuador 2
35
Actuador 3
50
42.5
62.5
57.5 A
B
(∆p)com1 = 27.5 bar
(∆p)com2 = 12.5 bar
(15 bar)
(15 bar)
70 C (∆p)com3 = 0 bar
(15 bar)
70 bar (57.5 bar)
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 51 REGULACIÓN Y CONTROL
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PROBLEMAS PROPUESTOS
PREGUNTAS 1. 2. 3. 4. 5.
Dibuje el símbolo de una válvula compensadora de presión. ¿Con que dispositivo se controla la velocidad de actuadores que tienen distintas cargas? ¿La velocidad de los actuadores anteriores es la misma o es diferente? ¿Con que dispositivo se obtiene que la velocidad de actuadores que tienen distintas cargas sean las mismas? ¿Para que la velocidad de los actuadores anteriores sea la misma la caída de presión en los estrangulamientos fijos debe ser diferente o igual? 6. ¿Por qué parece incorrecto dibujar un estrangulamiento fijo con una flecha inclinada, si sabemos que esta indica que el elemento es variable? 7. ¿La presión de la línea debe ser siempre la suma de pérdidas de caídas de presión y la carga? 8. ¿Supóngase que se tiene tres cilindros con diferentes cargas, las caídas de presión en los estrangulamientos fijos son diferentes y se colocan además válvulas compensadoras de presión, se puede asegurar que las velocidades de los actuadores son las mismas? ¿Por qué? 9. ¿Suponga que tres cilindros tienen cargas diferentes, si se coloca sólo reguladores de caudal, las velocidades de dichos cilindros son las mismas? 10. ¿Para el retorno es o no necesario colocar en paralelo una válvula check sea con una válvula compensadora de presión o con una reguladora de caudal? ______________________________________________________________________________________________
PP 1. Considere el gráfico del PR 1, si las cargas son 20,30, 40 bar de izquierda a derecha, la caída de presión en el actuador de mayor carga es 5 bar, calcular el valor de la presión en la línea y las caídas de presión que se genera en el estrangulamiento fijo que se encuentra en serie con el actuador. ¿Las velocidades serán iguales? Rptas:
p L = 45 bar ; ∆ ESTR 1 = 25 bar ; ∆ ESTR 2 = 15 bar ; las velocidades no son las
mismas.
************************************************************************************ PP 2. Para el gráfico del PR 1, la presión en la línea es 100 bar, las caídas de presión en los estrangulamientos fijo que están en serie con los actuadores son de izquierda a derecha 10, 50 y 80 bar, ¿cuál es el valor de cada carga? Rptas:
pC 1 = 90 bar ; pC 2 = 50 bar ; p C 3 = 20 bar
************************************************************************************ PP 3 . Para el gráfico del PR 1, la presión en la línea es 100 bar, los valores de las cargas en los actuadores son de izquierda a derecha 100, 90 y 80 bar, ¿cuál es el valor de caída de presión en cada estrangulamiento fijo? Rptas:
∆ ESTR 1 = 0 bar ; ∆ ESTR 2 = 10 bar ; ∆ ESTR 3 = 20 bar
************************************************************************************ PP 4. Para el gráfico del PR 2 pero sin el cilindro de la derecha, la presión en la línea es 200 bar, las caídas de presión en los estrangulamientos fijos son 35 y 45 bar (de izquierda a derecha) que están en serie con los actuadores cuyas cargas son 100 y 90 bar (de izquierda a derecha), ¿cuál es el valor de la diferencia de lecturas de los manómetros que están a la salida de las compensadoras de presión? Rpta:
∆ ESTR VARIABLE A − ∆ ESTR VARIABLE B = 0 bar
************************************************************************************ PP 5. Para el gráfico del PR 2 pero sin el cilindro de la derecha, la presión en la línea es 200 bar, las caídas de presión en los estrangulamientos fijos son 30 y 50 bar (de izquierda a derecha) que están en serie con los actuadores cuyas cargas son 120 y 150 bar (de izquierda a derecha), ¿cuál es el valor de la diferencia de lecturas de los manómetros que están a la salida de las compensadoras de presión? Rpta:
∆ ESTR VARIABLE A − ∆ ESTR VARIABLE B = 50 bar
Nótese que cuando se trata de este tipo de diferencias se debe obtener valores positivos
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 52 REGULACIÓN Y CONTROL
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EL RESERVORIO
PR 1. Diga las funciones del Reservorio1. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Las funciones son:
1. 2. 3. 4. 5.
Almacenamiento y reposición del fluido al sistema. Enfriamiento del fluido (si la temperatura externa es baja, se puede realizar un calentamiento). Separar las partículas contaminantes y otras sustancias. Separar las partículas magnéticas. Separar el aire y el agua contenida en el fluido.
************************************************************************************ 2
PR 2. Diga los requerimientos que debe satisfacer el Reservorio . ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Los requerimientos son:
1. Debe disipar la mayor parte del calor generado en el sistema. 2. Debe proveerse de volumen suficiente para permitir la estancia del fluido por un tiempo adecuado (para que la 3. 4. 5. 6. 7. 8.
suciedad se asiente en el fondo y el aire arrastrado pueda escapar). Debe tener la capacidad para acoger al fluido que drenará por gravedad desde todos los ramales. Debe preverse posibles ampliaciones en el circuito. Debe tener área lateral suficiente para dar cabida a todas las conexiones de salidas y llegadas. Para un funcionamiento continuo, debe mejorarse la capacidad normal. Debe permitir la expansión térmica del fluido. Debe ayudar a la estabilidad de la máquina, en especial cuando su tapa es usada como base de montaje del grupo motor-bomba y otros elementos.
************************************************************************************ 3
PR 3. Diga como es el diseño del Reservorio . ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Para el diseño se debe tener presente lo siguiente:
1. Frecuentemente, en la tapa se debe colocar el sistema de bombeo, de esta manera la tapa sopota los esfuerzos deslizantes del montaje.
2. Si el sistema de bombeo se coloca en una subtapa, encima de la tapa mediante espaciadores, se obtiene una mejor flexibilidad, pero se reduce la transferencia de calor del sistema de bombeo.
3. Las llegadas y salidas pueden ser agujeros soldados y debidamente sellados con algún empaque, de modo que si son removidas, no muevan otras partes del sistema.
4. La tapa debe dar cabida para la succión de la bomba, línea de retorno del sistema, retorno del relief, respiradero y otros drenajes.
5. En los costados debe proveerse de llegadas para la limpieza, inspección, drenaje del tanque, indicadores de nivel, etc.
6. El fondo puede hacerse cóncavo hacia el centro o inclinado a 1/8 in/pie hacia una parte para la evacuación del fluido y de sedimentaciones.
7. Todo el reservorio debe anclarse a la máquina a través de apoyos o patas, de forma que el fondo se sitúe a un nivel del suelo, para que por esta cara se de una transferencia de calor.
8. Se debe colocar tabiques, los mismos que separan el aceite que entra al reservorio de aquel que está saliendo, estos hacen que el aceite tenga un recorrido mayor, por tanto, disponen de tiempo suficiente para una buena sedimentación y transferencia de calor. 9. Los tabiques (separadores) deben tener una altura hasta 2/3 del nivel máximo de aceite, cuando el tabique está suspendido de la tapa debe llegar como máximo a 1/3 del nivel del fluido desde la base. 10. En el recorrido del fluido, debe instalarse “mechas magnéticas” para extraer del fluido las partículas magnéticas.
________________ 1-2-3
Tomado del texto básico del Ing. Iván Morán. ESPOCH
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 53 EL RESERVORIO
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11. Todos los retornos al reservorio deben hacerse llegar al lado del tabique opuesto a la línea de succión. El extremo de estos ductos debe cortarse a 45º a fin de tener una mayor sección en la descarga y así disminuir la velocidad. De esta forma se evita la formación de vórtices y espuma del fluido. 12. Si se coloca un filtro de grano grueso este debe colocarse muy por debajo del nivel del fluido y al menos a 1 in desde la base, para evitar el ingreso de aire en la línea de succión que puede causar la cavitación de la bomba. 13. El respiradero y su filtro, debe permitir el pasaje de aire en ambas direcciones. 14. Se debe colocar un indicador de nivel, para controlar el nivel del fluido para su reposición.
************************************************************************************ PR 4. El caudal erogado por una bomba es 10 gpm, la presión de trabajo es 1500 psi, su rendimiento genral es 87%, la bomba trabaja todo el tiempo, ¿cuánto calor ha generado la bomba? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Observemos que los valores dados están en el punto 2, entonces:
1 in 3 lbf 1 lbf in − 1. X = 38.5 − 1 (1) = 8629 1500 2 η G B seg seg in 0.87 lbf in 1 ft lbf ft Btu H B = 8629 = 719 seg = 3326 hr seg 12 in H B
=
Q2 . p trabajo
************************************************************************************ PR 5. El par en el eje del acople motor eléctrico-bomba es 10 lbf.ft, el eje gira a 500 rpm, el rendimiento genral de la bomba es 87%, esta trabaja todo el tiempo, ¿cuánto calor ha generado la bomba? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Observemos que los valores dados están en el punto 1, entonces:
H B H
= T 1 . N B
=
650
(1 − η ) X = 10 lbf . ft 500 rev (1 − 0.87 ) (1) = 650 lbf . ft .rev G B
lbf . ft .rev 1 min
60 seg
min
B
x
min
2 π rad
min
=
68
lbf . ft
1 rev
seg
=
315
Btu hr
En este punto, el estudiante ya debe haber aprendido el diagrama de una transmisión hidráulica, sus puntos de análisis, saber además que la velocidad a la que gira el eje, es la misma para lo bomba (en todo caso se debe recurrir al gráfico cuantas veces sea necesario). Cuando se va a calcular el calor generado en la bomba, se deberá saber en que punto de análisis se conocen los datos, además, con cualquiera de las dos ecuaciones deberá siempre dar el mismo valor de calor generado. Obviamente, en los dos problemas anteriores, los valores del calor generado son distintos, sin embargo, para cada uno, se debería ir encontrando los valores punto por punto que se necesita. En estos, solamente, queremos hacer notar el uso correcto de cada una de las ecuaciones. Además, si nos fijamos bien antes del paréntesis en cada una de las ecuaciones p.Q= Pot.
1lbf . ft Recordar que:
min 1lbf . ft
seg
=
=
7.713 x10 4.628
−2
Btu hr
Btu hr
=
−5
3.030 x10 Hp
= 1.818 x10
−3
Hp
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 54 EL RESERVORIO
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PR 6. El caudal erogado por una bomba es 5 gpm, la presión del sistema es 2000 psi, el rendimiento general del motor hidráulico es 87%, un proceso en un sentido de rotación (s.m.r) se cumple en 6 seg, la inversión de sentido se hace instantáneamente, otro proceso en este nuevo sentido de rotación (s.c.m.r) se realiza en 8 seg, luego el motor se detiene por 10 seg, hallar el calor generado por el motor hidráulico durante este ciclo. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Observemos que los valores dados están en el punto 3, entonces:
H M
=
Q2 . p sistema 1 − η G M . X
PRIMER MÉTODO: Como vemos tenemos dos sentidos de rotación en diferentes tiempos, por tanto se debe hallar el calor generado en el sentido y otro en el otro sentido de rotación, entonces: Sentido 1 (s.m.r):
H M 1 X 1
=
t s .m.r
=
3
Q2 . p sistema (1 − η G M ). X 1 6 seg
=
= 19.25
0.25
=
(6 + 8 + 10) seg
t CICLO
in lbf 2000 2 (1 − 0.87 ) X 1 seg in
3
H M 1
in lbf = Q2 . p sistema (1 − η G M ). X 1 = 19.25 2000 2 (1 − 0.87 )(0.25) seg in
H M 1
= 1251
lbf .in seg
=
Btu 481 hr
Sentido 2 (s.c.m.r):
H M 2 X 2
=
=
3
Q2 . p sistema (1 − η G M ). X 2
t s.c.m.r
8 seg
=
= 19.25
=
(6 + 8 + 10) seg
t CICLO
in lbf 2000 2 (1 − 0.87 ) X 2 seg in
0.3 3
H M 2 H M 2
in lbf = − = − 2 2 2 sistema G M Q . p (1 η ). X 19.25 seg 2000 in (1 0.87 )(0.3) = 1668
lbf .in seg
=
643
Btu hr
Calor total generado:
H M
= H M 1 + H M 2 =
Btu
(481 + 643)
hr
= 1124
Btu hr
s.m.r = sentido de las manecillas del r eloj s.c.m.r = sentido contrario a las manecillas del reloj
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 55 EL RESERVORIO
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SEGUNDO MÉTODO: En este, se toma directamente los tiempos individuales, haciendo un tiempo Xciclo, entonces:
H M
Q2 . p sistema (1 − η G M ). X TOTAL
=
t s.m.r =
TOTAL
X
t s.m.r + t s.c.m.r
t s.c.m.r +
t CICLO
=
t CICLO
=
Q2 . p sistema (1 − η G M ). X TOTAL
H M
=
2903
lbf .in seg
= 1120
6 seg + 8 seg =
t CICLO
H M
in lbf 2000 2 (1 − 0.87 ) X TOTAL seg in 3
= 19.25
(6 + 8 + 10) seg = 0.58
in lbf = 19.25 2000 2 (1 − 0.87 )(0.58) seg in 3
Btu hr
Notamos que la diferencia es mínima, todo se debe a que en este se toman todos los decimales, mientras que en el anterior se tomaron sólo los valores enteros.
************************************************************************************ PR 7. A la salida de una transmisión se tiene 20 lbf.ft el motor gira a 600 rpm, el rendimiento general del motor hidráulico es 87%, un enen uneste sentido de sentido rotaciónde (s.m.r) se cumple ense6 realiza seg, la en inversión sentido se hace instantáneamente, otroproceso proceso nuevo rotación (s.c.m.r) 8 seg, de luego el motor se detiene por 10 seg, hallar el calor generado por el motor hidráulico durante este ciclo. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
1 η G M
Observemos que los valores dados están en el punto 4, entonces: H M = T 4 . N M
− 1. X
Emplearemos el segundo método, por tanto:
H M H M
1 η G M
= T 4 . N M
− 1. X TOTAL =
= 108.9 lbf . ft =
seg
20 lbf . ft 600
rev 1
lbf . ft . rev − 1 [0.58] = 1040 min 0.87 min
503.79 Btu hr
************************************************************************************ PR 8. La presión en el sistema es 1500 psi, el caudal que llega a un cilindro hidráulico es 5 gpm, el rendimiento general del cilindro es 90%, la salida se realiza en 5 seg, el regreso en 4 seg, se detiene 11 seg, hallar el calor que se generó. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Observemos que los valores dados están en el punto 3, entonces: H C = p sistema .Q3
(1 − η ) X G C
t + t lbf in 19.25 (1 − 0.90) sal regreso in 2 seg t ciclo 3
H C
H C
.Q
= p sistema
= 1299.37
3
1 − η
X
(
)
lbf .in seg
G C
=
= 1500
TOTAL
500.9
=
0.45
Btu hr
Siempre el tiempo de regreso es mayor que el de salida del vástago.
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PR 9. A la salida de una transmisión se tiene una fuerza de 1500 lbf, el vástago realiza la carrera de salida en 5 seg, mientras que el retorno lo hace en 3 seg, la carrera es de 4 in, si el rendimiento del cilindro es 95% y este luego del regreso espera 2 seg, hallar el calor generado en el cilindro. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
H C
=
1 − 1. X η G C
F 4 .V 4 r
Observemos que los valores dados están en el punto 4, entonces:
Emplearemos el primer método, por tanto:
Para la salida:
=
H C sal
=
1 − 1. X sal η G C
F 4 .V sal r
H C sal
3.289
lbf . ft seg
= 1500 lbf
4 in 1 t sal − 1 5 seg 0.95 t ciclo
=
0.5
Btu
= 15.21
hr
Para el regreso:
− 1. X regreso η G C
r
H C regreso
=
H C regreso
=
F 4 .V regreso 1 2.63
lbf . ft seg
= 12.39
= 1500 lbf
in 34seg 1 − 1 t 0.95 t ciclo sal
=
0.3
Btu hr
Calor total generado en el cilindro:
H C
= H C
salida
+ H C regreso =
Btu
(15.21 + 12.39)
hr
Generalmente, cuando se tiene la carrera y los tiempos en que realizan la carrera se debe usar el primer método, es decir, cuando se usan los cilindros.
************************************************************************************ PR 10. Explique la ecuación para el calor generado en la bomba. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: La ecuación a la que se hace referencia es:
H B
=
1 η G B
Q2 . p trabajo
− 1. X = T 1 . N B
(1 − η ) X G B
La ecuación anterior significa que el calor generado en la bomba está en función de la potencia de entrada (Pot eje) o bien con la potencia de salida, es decir, sea en el punto 1 o en el 2, si la reescribimos en función de las potencias en cada punto, tendremos:
H B
=
1
Pot 2 ( = Pot sal )
− 1. X =
η G B
Pot 1 ( = Pot eje) (1 − η G B ) X
De forma similar será para el motor hidráulico y el cilindro. En otras palabras, hay una relación entre la potencia de salida y de entrada (por medio del rendimiento general) Frecuentemente, se suele tener la potencia de entrada o la de salida, lo cual reduce el manejo de estas dos formas para el calor generado, tanto para la bomba como para el motor y cilindro hidráulicos.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 57 EL RESERVORIO
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PR 11. El calor generado en una bomba, motor hidráulico, relief, distribuidores suma 14509 Btu/hr, si la temperatura del aceite en el reservorio es 30ºC y la del ambiente es 20ºC, y el reservorio está hecho de acero inoxidable de 1/4 in, halle las dimensiones del mismo, cuando la bomba eroga 20 gpm. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Sabemos que el calor se transfiere desde un sistema de alta temperatura hasta otro de menor temperatura, entonces, el calor que se genera en el sistema debe ser evacuado a través de la pared del reservorio (conducción), por tanto:
H GEN
14509
Btu
25 =
e
A L (T R
− T A )
Btu
hr . ft .º F
0.25 in ( = 0.0208 ft )
hr
k
= H DISIPADO =
A L (86º F − 68º F )
Pero:
A L
→
A L
2ab + 2bc + a.c
=
2
= 0.67 ft =
0.0622 m
2
(δ )
generalmente el último término suele ser
despreciado, debido a que en este se acumulan los sedimentos reduciendo la transferencia de calor, por tanto: 2
A L
=
2ab + 2bc
y si además hacemos b=2a, tenemos:
b c
Tenemos que:
a
V
=
a.b.c
t
A L
=
4a + 4 ac
(1)
2
=
2 a .c
t
=
t
5 Q2
Como en el miembro de la izquierda se tiene un volumen geométrico, este se lo divide para el tiempo (en relación a las unidades del caudal que eroga la bomba).
Como el volumen que eroga la bomba está sobre segundos, entonces t=60 seg, obteniéndose: 2
2a .c 60 seg
Entonces
=
5 77
3 in
→c = seg
11550 in
a2
3
=
0.19 m
3
(δ ), (2) en (1) : 0.0622 = 4a 2 + 4a(0.19 / a 2 )
Los valores restantes serán:
b = 1.16 m
c
(2 )
a2
=
→
4a 3 − 0.0622a + 0.76 = 0
→
a
=
0.58 m
0.56 m
IMPORTANTE: Generalmente decimos que las condiciones normales del reservorio será hasta 30ºC (por tanto se iguala el volumen geométrico entre 3 y 10 veces el caudal que eroga la bomba). Decimos que el reservorio está en condiciones extremas cuando su temperatura es hasta 40ºC (por tanto se iguala el volumen geométrico entre 10 y 15 veces el caudal que eroga la bomba).
¿Que sucede cuando empleamos el caudal en unidades de gpm, cuanto vale t?
En este caso el valor t= 1(o min función de la unidad de tiempo en que está en volumen de la bomba) y el resultado deberá ser elde mismo sea(en el valor de c). Por ninguna razón se debe tomar a t= 60 min ni tampoco t= 1 seg cuando el caudal este en función de minutos y segundos, respectivamente. Es de notar que la raíz es negativa, pero esto no debe importa, ya que se toma el valor absoluto de la misma.
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PR 12. Diseñe un reservorio para un sistema hidráulico que requiere una presión de 1500 psi y 20 Hp a la entrada del motor. Considere que las pérdidas corresponden a un 15% de la presión total, determine el tamaño adecuado y realice un dibujo de su diseño. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: ∆P
Cuando se quiere determinar las dimensiones del reservorio siempre se debe tener el valor del caudal que eroga la bomba.
3
2
0
Punto 3:
4
Pot 3
1
= p3 .Q3 → 4
Q3
Hacemos que :
=
Q3 =
Pot 3
=
20 Hp.in
1500 lbf
p3
Punto 2: p 2 = ∆ p + p 3 = 0.15 p 2 + p3 → p 2 = 1765 psi y
Punto 1: Asumo un rendimiento general para la bomba del 87% y Nb= 1200 rpm , entonces: =
=
88
in
3
seg
Q2
Pot 1
2
Pot 2
=
23.5 Hp
27 Hp y T 1 = 118 lbf . ft
Punto 4: Asumo un rendimiento general para el motor del 87% y Nm=500 rpm , entonces:
Pot 4
= 17.4 Hp
y T 4
= 183
lbt . ft
Calculamos el calor en cada componente de la transmisión:
1 η G B
Bomba: H B = Q2 . p trabajo
− 1. X = T 1 . N B
(1 − η ) X G B
Vamos a demostrar que con cualquiera de las dos formas el calor generado es el mismo en la bomba.
1 η G B
− 1. X = T 1 . N B 1 − η G B X ( )
B
H
=
Q . p
H B
=
88
H B
= 118 lbf . ft 1200
2
trabajo
in 3 lbf 1 1765 2 seg in 0.87
rev
lbf . ft Btu [1] = 1934 = 8947.15 seg hr
− 1
lbf . ft
(1 − 0.87 ) [1] = 1928 min seg
=
8919
Btu hr
Pero notamos que antes de cada paréntesis lo que se encuentra son las potencias, entonces:
H B
=
1 Pot 2
− 1. X = Pot 1 (1 − η G B ) X η G B Btu 1 H B = 23.5 Hp − 1 [1] = 3.5 Hp = 8905 hr 0.87 H B
=
27 Hp (1 − 0.87 ) [1] = 3.5 Hp = 8905
Btu hr
________________ 4
En este punto el estudiante ya debe saber donde se encuentra y que es la presión de trabajo y del sistema respectivamente, además por que se hace que el caudal en el punto 3 sea igual al del punto 2. Sólo se dan los valores a usarse, el estudiante debe ya saber como se los obtuvo.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 59 EL RESERVORIO
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INGENIERÍA
1 η G M
Motor: H M = Q2 . p sistema 1 − η G M . X = T 4 . N M
(
)
MECÁNICA
− 1. X
Asumiremos que el motor trabaja todo el ciclo, entonces X=1. Al igual que la bomba con cualquiera de las dos formas podemos hallar el calor, lo haremos con el término de la izquierda en función de la potencia en el punto 3 (dejamos como tarea comprobar el valor obtenido con el término de la derecha).
H M
=
Q2 (= Q3 ). p sistema (1 − η G M ). X = 20 Hp (1 − 0.87 ) [1] = 2.6 Hp = 6616 Btu hr
Por el momento supondremos que el calor generado en los demás accesorios suma el 15% del total.
Calor total generado: H GEN = H B + H M + 0.15 H GEN → H GEN = 18260 Btu / hr
Sabemos que el calor se transfiere desde un sistema de alta temperatura hasta otro de menor temperatura, entonces, el calor que se genera en el sistema debe ser evacuado a través de la pared del reservorio (conducción), seleccionamos plancha de acero de 1/4 in y asumimos que el reservorio está en condiciones normales, por tanto:
H GEN
18260
Btu hr
25 =
= H DISIPADO =
k e
A L (T R
− T A )
Btu
hr . ft .º F
0.25 in ( = 0.0208 ft )
Pero:
A L
A L (86 º F − 68º F )
→
2ab + 2bc + a.c
=
A L
2
= 0.84 ft =
0.078 m
2
(δ )
generalmente el último término suele ser
despreciado, debido a que en este se acumulan los sedimentos reduciendo la transferencia de calor, por tanto:
A L
=
2
2ab + 2bc y si además hacemos b=2a, tenemos: A L = 4a + 4 ac
b Tenemos que:
a
t
2
a.b.c
V
c
=
t
(1)
2a .c =
=
t
5Q2
Como en el miembro de la izquierda se tiene un volumen geométrico, este se lo divide para el tiempo (en relación a las unidades del caudal que eroga la bomba).
Como el volumen que eroga la bomba está sobre segundos, entonces t=60 seg, obteniéndose: 2
2a .c 60 seg
Entonces
=
5 88
in 3
→c = seg
13200 in
a2
3
=
0.22 m
3
(δ ), (2) en (1) : 0.078 = 4a 2 + 4a (0.22 / a 2 )
Los valores restantes serán:
b = 1.22 m
c
(2)
a2
=
→
3
4a − 0.078a + 0.88 = 0
→
a
=
0.61 m
0.59 m
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 60 EL RESERVORIO
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MECÁNICA
En este punto, creemos necesario hacer notar que sucede cuando se toma el caudal en unidades de gpm. Nos referiremos desde la parte del calor total generado.
Calor total generado: H GEN = H B + H M + 0.15 H GEN → H GEN = 18260 Btu / hr
Sabemos que el calor se transfiere desde un sistema de alta temperatura hasta otro de menor temperatura, entonces, el calor que se genera en el sistema debe ser evacuado a través de la pared del reservorio (conducción), seleccionamos plancha de acero de 1/4 in y asumimos que el reservorio está en condiciones normales, por tanto:
H GEN
18260
Btu hr
25 =
= H DISIPADO =
k e
A L (T R
− T A )
Btu
hr . ft .º F
0.25 in ( = 0.0208 ft )
A L
Pero:
A L (86 º F − 68º F )
2ab + 2bc + a.c
=
→
A L
2
= 0.84 ft =
0.078 m
2
(δ )
generalmente el último término suele ser
despreciado, debido a que en este se acumulan los sedimentos reduciendo la transferencia de calor, por tanto:
A L
=
2ab + 2bc y si además hacemos b=2a, tenemos: A L = 4a 2 + 4 ac
b
c
Tenemos que:
a
V
=
a.b.c
t
(1)
2
=
2a .c
t
t
=
5Q2
Como en el miembro de la izquierda se tiene un volumen geométrico, este se lo divide para el tiempo (en relación a las unidades del caudal que eroga la bomba).
Como el volumen que eroga la bomba ahora está sobre minutos, entonces t=1 min, obteniéndose:
2a 2 .c
=
1 min
Entonces
5 22.8
gal
→c = min
57 gal
a2
=
0.2158 ≈ 0.22 m 3
a2
(δ ), (2) en (1) : 0.078 = 4a 2 + 4a (0.22 / a 2 )
Los valores restantes serán:
b = 1.22 m
c
=
→
(2)
4a 3 − 0.078a + 0.88 = 0
→
a
=
0.61 m
0.59 m
Como vemos en (2) el valor de c se mantiene constante, a pesar de que el caudal ahora está en gpm, en síntesis, el uso de t es simplemente para obtener unidades consistentes (eliminar el tiempo del denominador del flujo).
COMENTARIO: Como vemos el análisis del reservorio es relativamente fácil, excepto cuando una de las dimensiones (usualmente c ), no está de acuerdo a las otras, por ejemplo, si a= 0.56 m = 56 cm a veces si tenemos un valor de c= 10 cm, esto, significa que en alguna parte del cálculo se está cometiendo errores, el cual deberá tratarse de corregir lo más rápidamente posible (en el caso de un examen). Lo anterior sucede a veces cuando se asume ya sea carreras, o tiempos relativamente grandes o velocidades de rotación excesivamente grandes. Como se dijo en los problemas de transmisiones, nunca se debe asumir potencias, o peor aún caudales, lo que si pueden asumir son carreras, el tiempo en que estas se realizan, alturas, ¿pero cuándo? Lamentablemente todo dependerá del tipo del problema que se esté desarrollando.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 61 EL RESERVORIO
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PR 13. Diseñe un reservorio, si un sistema hidráulico consta de dos cilindros como actuadores, el primero de ellos (A) tiene un diámetro interior de 4 in, y emplea 6 segundos en hacer una carrera de 1,5 ft; mientras que el diámetro interior del segundo (B) es de 5 in, y cuya carrera de 8 in la realiza en un tiempo de 4 segundos. El retorno de los dos actuadores es simultáneo, y lo realizan en 2 segundos. Asuma los datos que sean necesarios. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
Para el cilindro A:
A
3 2
a
r
B 1
π 2 π 2 2 Asalida = 4 D = 4 (4 in ) = 12.56 in 18 in L in V = =3 salida = t salida 6 seg seg Asumo p 2 = p salida = 1000 psi 5 salida lbf F salida = p salida . Asalida = 1000 2 (12.56 in 2 ) = 12560 lbf in Pot = p .Q sal salida = F salida .V salida = 5.7 Hp 2 3 F salida .V salida 12560 lbf (3 in / seg ) in
4
r
r
Q
salida
=
=
p sal
1000 lbf / in
2
=
37.68 seg
Se debe entender que la potencia de salida representa en este caso, a la necesaria para hacer que el vástago salga más no la potencia en la salida, de la misma manera, la fuerza de salida se refiere a la necesaria para que el vástago salga (esta es la misma para hacer que el vástago retorne).
π 2 π 2 2 2 2 Aregreso = 4 ( D − d ) = 4 [(4 in ) − (1.33 in ) ] = 11.17 in 18 in L in V = =9 regreso = t regreso 2 seg seg Pot = p .Q .V = F 3 regreso regreso regreso regreso π ( D 2 − d 2 )F regreso .V regreso F regreso .V regreso Q = = regreso regreso 4 F regreso 4 F regreso p sal = 2 2 π ( D − d ) π ( D 2 − d 2 )F regreso .V regreso in 2 = 11.17 in 9 Qregreso = 4 F regreso seg in 3 Qregreso = 100.5 seg r
r
r
r
r
Donde: D= diámetro del cilindro y d= diámetro del vástago = 1/3 D **Asumimos un rendimiento del cilindro A en 90%, entonces:
Pot 3
=
5 Hp
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**Calculamos el calor generado en el cilindro A en la salida:
1 1 − 1. X salida = Pot 2 − 1. X salida η G C η G C Btu 1 6 seg = 5.7 Hp − 1. = 0.32 Hp = 814 F 2 .V salida r
H C salida
H C salida
=
0.90
12 seg
hr
que Vemos que el caudal en el retorno es más grande el empleado en la salida, esto es correcto, debido a que en la 3 salida se debe vencer la carga, los (100.5-37.68) in /seg = 62.82 in3 /seg, sobrantes en la salida se van por el relief), pero en el retorno ya no hay carga por lo que este se hace más rápido, se comprueba también comparando el valor de las velocidades tanto en la salida y en retorno, **Calculamos el calor generado en el cilindro A en el retorno:
H C retorno
H C retorno
1 − 1. X retorno η G C Btu 1 2 seg = 5 Hp − 1. = 0.09 Hp = 228.9 hr 0.90 12 seg =
Pot 3
**Calculamos el calor generado en el cilindro A:
H C A
=
(814 + 228.9) Btu / hr = 1042.9 Btu / hr
Para el cilindro B: Realizamos un procedimiento exactamente igual al anterior.
π 2 π 2 2 Asalida = 4 D = 4 (5 in ) = 19.63 in 8 in L in V = = =2 salida t salida 4 seg seg 1000 psi Asumo p 4 = p salida = salida lbf F salida = p salida . Asalida = 1000 2 (19.63 in 2 ) = 19634.9 lbf in Pot = p .Q sal salida = F salida .V salida = 5.9 Hp 4 3 F salida .V salida 19634.9 lbf (2 in / seg ) in = = 39.26 Qsalida = 2 p sal 1000 lbf / in seg r
r
r
Se debe entender que la potencia de salida representa en este caso, a la necesaria para hacer que el vástago salga más no la potencia en la salida, de la misma manera, la fuerza de salida se refiere a la necesaria para que el vástago salga (esta es la misma para hacer que el vástago retorne).
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 63 EL RESERVORIO
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Para el regreso tenemos:
π 2 π 2 2 2 2 Aregreso = 4 ( D − d ) = 4 [(5 in ) − (1.66 in ) ] = 17.47 in 8 in L in V = = =4 regreso t regreso 2 seg seg = = 5 regreso .Qregreso F regreso .V regreso Pot p π ( D 2 − d 2 )F regreso .V regreso F regreso .V regreso = regreso Qregreso = 4 F regreso 4 F regreso p sal = 2 2 π ( D − d ) π ( D 2 − d 2 )F regreso .V regreso in 2 Q = = 17.47 in 4 regreso 4 F regreso seg 3 in Qregreso = 69.8 seg r
r
r
r
r
Donde: D= diámetro del cilindro y d= diámetro del vástago = 1/3 D **Asumimos un rendimiento del cilindro B en 90%, entonces:
Pot 5
=
5.3 Hp
**Calculamos el calor generado en el cilindro B en la salida:
H C salida
H C salida
1 − 1. X η G C salida Btu 1 4 seg = 5.9 Hp − 1. = 0.22 Hp = 559.77 hr 0.90 12 seg =
Pot 4
Vemos que el caudal en el retorno es más grande 3que el empleado en la salida, esto es correcto, debido a que en la salida se debe vencer la carga, los (69.8-39.26) in /seg = 30.54 in3 /seg, sobrantes en la salida se van por el relief), pero en el retorno ya no hay carga por lo que este se hace más rápido, se comprueba también comparando el valor de las velocidades tanto en la salida y en retorno, **Calculamos el calor generado en el cilindro B en el retorno:
H C retorno
H C retorno
1 − 1. X retorno η G C Btu 1 2 seg = 5 .3 Hp − 1. = 0.09 Hp = 228.9 hr 0.90 12 seg =
Pot 5
**Calculamos el calor generado en el cilindro B:
H C B
=
(559.77 + 228.9) Btu / hr = 788.67 Btu / hr
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 64 EL RESERVORIO
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De igual manera supondremos que el calor generado en todos los accesorios (distribuidores, relief, etc) suma el 15 % del calor total generado.
Calor total generado: H GEN = H C A + H C B + 0.15 H GEN → H GEN = 2155 Btu / hr
Sabemos que el calor se transfiere desde un sistema de alta temperatura hasta otro de menor temperatura, entonces, el calor que se genera en el sistema debe ser evacuado a través de la pared del reservorio (conducción), seleccionamos plancha de acero de 1/4 in y asumimos que el reservorio está en condiciones normales, por tanto:
H GEN
2155
Btu hr
25 =
= H DISIPADO =
k e
A L (T R
− T A )
Btu
hr . ft .º F
0.25 in ( = 0.0208 ft )
Pero:
A L (86 º F − 68º F )
A L
→
2ab + 2bc + a.c
=
A L
2
= 0.099 ft =
0.0092 m
2
(δ )
generalmente el último término suele ser
despreciado, debido a que en este se acumulan los sedimentos reduciendo la transferencia de calor, por tanto: 2
A L
=
2ab + 2bc y si además hacemos b=2a, tenemos: A L = 4a + 4 ac
b c
Tenemos que:
a
V
=
a.b.c
t
(1)
2
=
2 a .c
t
t
=
5Q2
Como en el miembro de la izquierda se tiene un volumen geométrico, este se lo divide para el tiempo (en relación a las unidades del caudal que eroga la bomba).
Pero, ¿cuál es el valor del caudal que eroga la bomba? Este valor se lo encuentra sumando los caudales parciales que llega a cada actuador, obteniendo:
Qbomba
=
Q A salida
+ Q B
Qbomba
=
Q A regreso
salida
+ Q B
(37.68 + 39.26 ) in 3 / seg = 76.94 in 3 / seg
=
regreso
=
(100.75 + 69.8) in 3 / seg = 170.55 in 3 / seg
El valor que se usará es el segundo, debido a que con este se asegura el retorno (aquí el caudal es mayor) de los actuadores, si tomáramos el primer valor, los actuadores nunca regresarían ¿por qué? Como el volumen que eroga la bomba está sobre segundos, entonces t=60 seg, obteniéndose: 2
2a .c 60 seg
Entonces
=
5170.55
3 in
seg
→c =
25582.5 in
a
2
3
=
0.42 m
a
b = 1.48 m
(2)
2
(δ ), (2) en (1) : 0.0092 = 4a 2 + 4a(0.42 / a 2 )
Los valores restantes serán:
3
→
3
4a − 0.0092a + 1.68 = 0
→
a
=
0.74 m
c = 0.76 m
Es de notar que la raíz es negativa, pero esto no debe importa, ya que se toma el valor absoluto de la misma.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 65 EL RESERVORIO
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Los siguientes problemas son referentes a los problemas de las transmisiones hidráulicas, es decir, se tomarán los datos correspondientes para el diseño correspondiente del reservorio.
PR 14. Para la transmisión hidráulica del PR 1 diseñe el reservorio. Un sistema hidráulico tiene una presión de sistema de 1600 psi, utiliza un promedio de 18 gpm, la bomba y el motor hidráulico tienen un rendimiento general de 87%. Todos los accesorios y ductos del sistema trabajan todo el ciclo produciendo una caída total de presión de 125 psi. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: ∆
Se empieza calculando elseguridad. calor generado en las bombas, actuadores, distribuidores, válvula de
P 2
0
3
4
Calor generado en la bomba:
H B
=
1
Pot sal
η G
− 1. X
La potencia de salida se localiza en el punto 2, el factor X es el ciclo de trabajo de cada componente de la transmisión, en este caso se debe hallar este valor para la bomba.
1
Como se dice que el sistema traba todo el tiempo X=1, y la potencia en 2 es 18.11 Hp. Entonces:
1
Pot sal
=
H
= 1.9 Btu / seg =
η G
550 lbf . ft 1.285 x10 −3 Btu 1 − 1 (1) = 2.7 Hp x 1lbf . ft 0.87 1 Hp.seg
− 1. X = 18.11 Hp
H B
6840 Btu / hr
B
Calor generado en un motor hidráulico:
H M
=
Pot ent (1 − η G ). X
La potencia de entrada se localiza en el punto 3 (=16.8 Hp), como el sistema trabaja todo el ciclo x=1, entonces:
=
H M
Pot ent (1 − η G ). X = 16.8 Hp (1 − 0.87 )(1) = 2.2 Hp = 5597.5 Btu / hr
Calor generado en los distribuidores:
A B A+
A-
H DIST
=
∑ Q .∆P. X 2
La caída de presión ∆P es la semisuma de las caídas de presión del fluido al pasar de P a A y de B a R en el mismo instante. Se asume que
∆
=
=∆
P − A
P R Entonces: H DIST =
→∆
=
, aunque en la
P son proporcionados P por los fabricantes. P 10 psi 5 psi realidad estos valores B − R
∑ Q .∆P. X = (69.3 in / seg )(10 lbf / in )(1) = 267.15 Btu / hr 3
2
2
Calor generado en el relief:
H RELIEF
=
Q2 .∆P R . X
Como la presión de trabajo es de 1725 psi, si colocamos un manómetro antes del relief, éste marcará la presión de 1725 psi, por tanto, esta es la presión que usamos en la ecuación. Entonces:
H RELIEF
=
Q2 .∆P R . X = (69.3 in 3 / seg )(1725 lbf / in 2 )(1) = 46083.6 Btu / hr
Calor generado en la red de distribución (tuberías):
H RD
=
Q2 .∆P RD . X
Generalmente, el dato ∆P lo facilita el fabricante, lo asumimos (rango entre 0.01 a 0.1 bar) en 0.1 bar (=1.45 psi).
H RD
=
3 2 Q2 .∆P RD . X = (69.3 in / seg )(1.45 lbf / in )(1) = 38.7 Btu / hr
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Ahora sumamos todos los valores de los calores generados en cada accesorio del sistema, es decir, hallamos el calor total generado. =
H GEN
58826.95 Btu / hr
Como ya seleccionamos el material su constante de conducción k (conductividad térmica) se busca en tablas, además el espesor será de 1/4 in, aplicamos la relación siguiente:
k GEN
H
= H
DISIPADO
=
L RESERVORIO e A (T
− T AMBIENTE
)
25 Btu Btu (98.6 − 78.8)º F = A L 1980 hr in. ft .hr (0.021 ft ).hr . ft .º F Btu Btu → A L = 2.5 ft 2 = 0.23 m 2 58826.95 = A L 23571 2 hr ft . hr 58826.95
Btu
= A L
Tenemos la siguiente expresión que soluciona el problema:
V G R
=
a.bc , como este es un volumen geométrico, no se
conoce el valor del mismo, pero si lo transformamos a un volumen por unidad de tiempo (al minuto), se puede igualar, al caudal que eroga por la bomba (con un valor superior entre 3 y 5 veces), entonces: 2
V G R
t
=
a.bc t
=
4Qreal →
2a .c t ( = 1 min = 60 seg )
=
4.Q2 , ahora ya podemos reemplazar los valores hallados en
cada ecuación. Es importante notar que si hacemos un análisis dimensional a cada ecuación, veremos que las unidades son consistentes. De esta forma se tiene:
(1)
2
0.23 = 4.a + 4.a.c
gal 2 → a .c = 36 gal min
2
2.a .c
=
1 min
418
De (2 ) : c
=
0.14
a
=
0.14 m 3
(2)
(3)
2
(3) en (1) : 4a 3 − 0.23a + 0.56 = 0 Resolviendo la ecuación, tenemos:
a
=
0.5 m
b
= 1m
c
=
056 m
De aquí en adelante solamente se tomarán los valores necesarios para el diseño del reservorio.
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PR 15. Para la transmisión hidráulica del PR 2 dimensione el reservorio. De una transmisión hidráulica debe salir un torque de 20 lbf.ft en un motor que gira a 1200 rpm. Asumir que entre el motor y la bomba hay una caída de presión de 150 psi, la bomba gira a 1500 rpm, los rendimientos tanto para el motor, la bomba y el motor eléctrico son:
η vol
=
0.93 ;η mec = 0.95 ; η eléc = 0.87 El sistema funciona todo el ciclo.
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: ∆P Se empieza calculando elseguridad. calor generado en las bombas, actuadores, distribuidores, válvula de
2
0
3
4
H B
Calor generado en la bomba:
=
1
Pot sal
η G
− 1. X
La potencia de salida se localiza en el punto 2, el factor X es el ciclo de trabajo de cada componente de la transmisión, en este caso se debe hallar este valor para la bomba.
1
Como se dice que el sistema traba todo el tiempo X=1, y la potencia en 2 es 18.11 Hp. Entonces:
H B
=
H B
=
1
Pot sal
η G
− 1. X =
550 lbf . ft 1.285 x10 −3 Btu 1 x − 1 (1) = 0.76 Hp 1lbf . ft 0.88 1 Hp.seg
5.59 Hp
0.54 Btu / seg = 1934 Btu / hr
Calor generado en un motor hidráulico:
H M
=
Pot ent (1 − η G ). X
La potencia de entrada se localiza en el punto 3 (=16.8 Hp), como el sistema trabaja todo el ciclo x=1, entonces:
H M
=
Pot ent (1 − η G ). X = 5.2 Hp (1 − 0.88 )(1) = 0.62 Hp
Calor generado en los distribuidores:
A B A+
A-
H DIST
=
∑ Q .∆P. X 2
La caída de presión ∆P es la semisuma de las caídas de presión del fluido al pasar de P a A y de B a R en el mismo instante. Se asume que
∆P
−
=
5 psi = ∆P
P A
−
→ ∆P = 10
psi ,
aunque en la
B R
realidad estos valores son proporcionados por los fabricantes.
P R Entonces: H DIST =
= 1588 Btu / hr
∑ Q .∆P. X = (17.16 in / seg )(10 lbf / in )(1) = 66.2 Btu / hr 3
2
2
Calor generado en el relief:
H RELIEF
=
Q2 .∆P R . X
Como la presión de trabajo es de 1725 psi, si colocamos un manómetro antes del relief, éste marcará la presión de 1725 psi, por tanto, esta es la presión que usamos en la ecuación. Entonces:
H RELIEF
=
3 2 Q2 .∆P R . X = (17.16in / seg )(2150 lbf / in )(1) = 14222.64 Btu / hr
Calor generado en la red de distribución (tuberías):
H RD
=
Q2 .∆P RD . X
Generalmente, el dato ∆P lo facilita el fabricante, lo asumimos (rango entre 0.01 a 0.1 bar) en 0.1 bar (=1.45 psi).
H RD
=
Q2 .∆P RD . X = (17.16 in 3 / seg )(1.45 lbf / in 2 )(1) = 9.6 Btu / hr H GEN
= 17820 Btu / hr
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 68 EL RESERVORIO
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INGENIERÍA
MECÁNICA
Como ya seleccionamos el material su constante de conducción k (conductividad térmica) se busca en tablas, para aplicar la relación siguiente:
= H DISIPADO =
H GEN
k e
A L (T RESERVORIO − T AMBIENTE )
25 Btu Btu 1 ft (98.6 − 78.8)º F = A L 1980 x hr in. ft .hr 12 in (0.25 in ).hr . ft .º F Btu Btu 2 2 17820 = A L 165 → A L = 108 in = 0.1 m 2 hr in .hr 17820
Btu
= A L
Tenemos la siguiente expresión que soluciona el problema:
V G R
=
a.bc , como este es un volumen geométrico, no se
conoce el valor del mismo, pero si lo transformamos a un volumen por unidad de tiempo (al minuto), se puede igualar, al caudal que eroga por la bomba (con un valor superior entre 3 y 5 veces), entonces:
V G R t
=
2
a.bc
=
t
4Qreal →
2a .c
t ( = 1 min
=
=
60 seg )
4.Q2 , ahora ya podemos reemplazar los valores hallados en
cada ecuación. Es importanteDenotar que sisehacemos un análisis dimensional a cada ecuación, veremos que las unidades son consistentes. esta forma tiene:
(1)
2
0.1 = 4.a + 4.a.c 2
2.a .c
=
1 min
4 4.5
De (2 ) : c
=
gal
2 → a .c = 9 gal min
0.034
a
2
=
0.034 m
3
(2 )
(3)
(3) en (1) : 4a 3 − 0.1 a + 0.136 = 0 Resolviendo la ecuación, tenemos:
a
=
0.34 m
b = 0.68 m c
=
0.29 m
La raíz obtenida es negativa, obviamente, no existen longitudes negativas, pero, vemos que las dimensiones obtenidas con este valor son aceptables ya que como dijimos se toma el valor absoluto de la misma.
********************************************************************************** PR 16. Repita el problema anterior cuando el sistema traba en condiciones extremas, además use el caudal en 3
unidades de in /seg. De una transmisión hidráulica debe salir un torque de 20 lbf.ft en un motor que gira a 1200 rpm. Asumir que entre el motor y la bomba hay una caída de presión de 150 psi, la bomba gira a 1500 rpm, los rendimientos tanto para el motor, la bomba y el motor eléctrico son:
η vol
=
0.93 ;η mec = 0.95 ; η eléc = 0.87
El sistema funciona todo el ciclo. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Se empieza calculando el calor generado en las bombas, actuadores, distribuidores, válvula de seguridad.
∆P
2
0
3
4
1
Calor generado en la bomba:
H B
=
1
Pot sal
η G
− 1. X
La potencia de salida se localiza en el punto 2, el factor X es el ciclo de trabajo de cada componente de la transmisión, en este caso se debe hallar este valor para la bomba.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 69 EL RESERVORIO
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INGENIERÍA
MECÁNICA
Como se dice que el sistema traba todo el tiempo X=1, y la potencia en 2 es 18.11 Hp. Entonces:
H B
=
H B
=
1
Pot sal
η G
− 1. X =
550 lbf . ft 1.285 x10 −3 Btu 1 x − 1 (1) = 0.76 Hp 1lbf . ft 0.88 1 Hp.seg
5.59 Hp
0.54 Btu / seg = 1934 Btu / hr
Calor generado en un motor hidráulico:
H M
=
Pot ent (1 − η G ). X
La potencia de entrada se localiza en el punto 3 (=16.8 Hp), como el sistema trabaja todo el ciclo x=1, entonces:
H M
=
Pot ent (1 − η G ). X = 5.2 Hp (1 − 0.88 )(1) = 0.62 Hp
Calor generado en los distribuidores:
A B A+
A-
H DIST
=
∑ Q .∆P. X 2
La caída de presión ∆P es la semisuma de las caídas de presión del fluido al pasar de P a A y de B a R en el mismo instante. Se asume que
∆PP − A =
5 psi = ∆P B − R → ∆P = 10 psi , aunque en la
realidad estos valores son proporcionados por los fabricantes.
P R Entonces: H DIST =
= 1588 Btu / hr
∑ Q .∆P. X = (17.16 in / seg )(10 lbf / in )(1) = 66.2 Btu / hr 3
2
2
Calor generado en el relief:
H RELIEF
=
Q2 .∆P R . X
Como la presión de trabajo es de 1725 psi, si colocamos un manómetro antes del relief, éste marcará la presión de 1725 psi, por tanto, esta es la presión que usamos en la ecuación. Entonces:
H RELIEF
=
3 2 Q2 .∆P R . X = (17.16in / seg )(2150 lbf / in )(1) = 14222.64 Btu / hr
Calor generado en la red de distribución (tuberías):
H RD
=
Q2 .∆P RD . X
Generalmente, el dato ∆P lo facilita el fabricante, lo asumimos (rango entre 0.01 a 0.1 bar) en 0.1 bar (=1.45 psi).
H RD
=
3 2 Q2 .∆P RD . X = (17.16 in / seg )(1.45 lbf / in )(1) = 9.6 Btu / hr
H GEN
= 17820 Btu / hr
Como ya seleccionamos el material su constante de conducción k (conductividad térmica) se busca en tablas, para aplicar la relación siguiente:
H GEN
= H DISIPADO =
k e
A L (T RESERVORIO
− T AMBIENTE )
25 Btu Btu 1 ft (113 − 68)º F = A L 1980 x hr in. ft .hr 12 in (0.25 in ).hr . ft .º F Btu Btu 2 2 17820 = A L 375 → A L = 47.5 in = 0.03 m 2 hr in .hr 17820
Btu
= A L
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 70 EL RESERVORIO
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INGENIERÍA
Tenemos la siguiente expresión que soluciona el problema:
V G R
=
MECÁNICA
a.bc , como este es un volumen geométrico, no se
conoce el valor del mismo, pero si lo transformamos a un volumen por unidad de tiempo, se puede igualar, al caudal que eroga por la bomba (con un valor superior entre 10 y 18 veces), entonces:
V G R t
=
a.bc t
2
= 15Qreal →
2a .c
t ( = 1 min
=
60 seg )
= 15.Q2 , ahora ya podemos reemplazar los valores hallados en
cada ecuación. Es importante notar que si hacemos un análisis dimensional a cada ecuación, veremos que las unidades son consistentes. De esta forma se tiene:
(1)
2
0.03 = 4.a + 4.a.c
2
2.a .c 60 seg
= 1517.32
De (2 ) : c
=
in 3
0.13
a
2
→ a 2 .c = 7794 in 3
seg
=
0.13m
3
(2 )
(3)
(3) en (1) : 4a 3 − 0.03a + 0.52 = 0 Resolviendo la ecuación, tenemos:
a
=
0 .5 m
b
=1
m c
=
0.52 m
La raíz obtenida es negativa, obviamente, no existen longitudes negativas, pero, vemos que las dimensiones obtenidas con este valor son aceptables ya que como dijimos se toma el valor absoluto de la misma.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 71 EL RESERVORIO
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INGENIERÍA
MECÁNICA
PROBLEMAS PROPUESTOS
PREGUNTAS 1. 2. 3. 4. 5. 6.
Indique las funciones del Reservorio Cuándo asumo el material para el reservorio, ¿implícitamente que valor conozco? ¿El calor generado por el sistema se iguala al calor generado por el relief? ¿El calor generado por el sistema se debe evacuar a través de las paredes del reservorio? ¿Cuál es el rango de temperatura normal a la que trabaja el sistema? En base a la pregunta anterior, ¿el volumen del reservorio debe ser menor que el caudal erogado por la bomba? 7. ¿Qué solución plantearía para disminuir el calor generado en el relief? 8. ¿Supóngase que se tiene tres cilindros con diferentes cargas, en base a que valor de presión seleccionaría la bomba? ¿Por qué? 9. ¿Qué significa un valor desproporcionado de uno de los lados del reservorio? 10. ¿Afecta considerablemente que el sistema traba en condiciones extrema para las dimensiones del reservorio? 11. ¿Por qué se toma el valor absoluto de la raíz de una ecuación, en este caso la de tercer grado?
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA 72 EL RESERVORIO
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CIRCUITOS HIDRÁULICOS PR 1. Desarrollar una forma de realizar un circuito eléctrico. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.
Se debe determinar la secuencia de los actuadores. Se usa un pulsador On para que el circuito funcione. Se usa un relé, el mismo que en el momento de pulsar On, este se energice. Una vez que este se a energizado, debe cerrar un contacto N.A. Este contacto N.A con el final de carrera de ese momento debe “encender” el solenoide que se requiere. Generalmente, antes de usar el solenoide, se deben energizar otros relés. Se debe contar con un pulsador Off para cortar la energía, y de esta forma, detener el funcionamiento de la máquina, este debe ser colocado de forma que corte la energía para la siguiente secuencia (no se lo pone en forma arbitraria).
Se usará el siguiente diagrama para explicar lo anterior.
a On → X
b
Sec 1 Sec 2 Gi
c
a, b, c = finales de carreras
Sec i
+
Donde:
−
+
Sec = A ; A ; B ; B
−
X relé inicial G = relés usados
G j
=
En forma de ecuaciones y siguiendo el sentido de las flechas de izquierda a derecha en la figura, se tiene:
On → X X .a → G i G i → Sec 1 G i.b → G j G j → Sec 2 Lo anterior representa:
1) Cuando se pulsa On, se energiza el relé X. 2) El contacto N.A1 de X que está pisando a energiza otro relé Gi (X por a da Gi). 3) El contacto N.A de Gi activa al solenoide de Sec1 el mismo que cambia de posición al distribuidor, el contacto N.A de Gi seguirá actuando hasta que se pise el final de carrera b. 4) Cuando esta actuando todavía Gi y este pisa b energiza otro relé Gj (Gi por b da Gj). 5) El contacto N.A de Gj activa al solenoide de Sec 2el mismo que cambia de posición al distribuidor, el contacto N.A de Gj seguirá actuando en el regreso hasta que se pise el final de carrera c. 6) Cuando se pise c, el proceso es el mismo, hasta cuando se pise a. Es importante notar que se pueden tener dos secuencias (representadas generalmente por /A/, /B/, /C/, etc), las mismas que pueden tener un mismo Réle, es decir (/AB/) tendrán un G1, pero si se tiene seguidas dos secuencias + + como por ejemplo (A /A /) cada una tendrá un réle, es decir para (A /) se tendrá un G1 y para (A /) se tendrá otro G2, nunca un solo relé para las dos.
Esto se entenderá en los problemas siguientes.
_________________ 1
N.A (normalmente abierto)
N.C (normalmente cerrado)
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA
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+
−
PR 2. Para un cilindro hidráulico A se tiene la secuencia A / A ¿que representa dicha secuencia? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: +
La secuencia representa: A salida del cilindro, separación (tiempo) entre las secuencias.
A
−
retorno del cilindro, además el símbolo / representa la
************************************************************************************ +
−
+
−
PR 3. Para dos cilindros hidráulicos A y B la secuencia es: A / A / B / B ¿que representa dicha secuencia? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: La secuencia representa: primero se realiza salida del cilindro B, y finalmente
B
−
A
+
salida del cilindro A, segundo
A
−
retorno del cilindro A; tercero
B
+
retorno del cilindro B.
************************************************************************************ +
+
−
−
PR 4. Para dos cilindros hidráulicos A y B la secuencia es: A B / A B ¿que representa dicha secuencia? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: La secuencia representa: primero se realiza mismo instante), luego A
−
B
−
+
A B
+
que representa la salida del cilindro A y B simultáneamente (al
retorno del cilindro A y B simultáneamente (al mismo instante).
************************************************************************************ +
+
−
−
PR 5. Para dos cilindros hidráulicos A y B la secuencia es: A / B / A B ¿que representa dicha secuencia? ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: La secuencia representa: primero se debe cumplir −
A
+
que es la salida del cilindro A, después
B
+
que es la salida del
−
cilindro B, luego A B retorno del cilindro A y B simultáneamente. Se debe tener en cuenta que la secuencia siempre empieza de derecha a izquierda.
************************************************************************************ PR 6. Para el problema PR3, se necesitan 2 relés para que el circuito funcione, ¿es correcta esta afirmación? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Se necesita uno para cada separación (/ /), o sea serían 4 relés, además del que se activa cuando se pulsa On (el relé X), por tanto se necesitan 5 relés y la afirmación es incorrecta. Ver teoría del PR 1.
************************************************************************************ PR 7. Para el problema PR4, se necesitan 3 relés para que el circuito funcione, ¿es correcta esta afirmación? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Se necesita uno para cada letra o letras (o sea por separación / /), serían 2 relés, además el que se activa cuando se pulsa On (el relé X), por tanto se necesitan 3 r elés y la afirmación es correcta. Ver teoría del PR 1.
PR 8. De una ecuación que indique el número de relés necesarios para que funcione un circuito hidráulico que esté controlado eléctricamente. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Se cuenta primero las separaciones (/ /) y se suma el relé inicial (X), entonces: Obviamente, primero se debe determinar la secuencia.
Nr = Ne + 1
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA
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PR 9. Se tienen tres cilindros hidráulicos A, B y C, la secuencia es: sale A y B simultáneamente mientras C permanece estático; regresa A y B simultáneamente mientras C sigue estático; luego sale C y B simultáneamente mientras A permanece estático, finalmente regresan simultáneamente C y B mientras A sigue estando estático, represente en símbolos la secuencia. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: La secuencia es:
+
+
−
−
+
+
−
A B / A B / C B / C B
−
************************************************************************************ +
−
PR 10. Realizar el circuito eléctrico para un cilindro cuya secuencia es: A / A ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
G2
a0
a0
a1
On
A+
A-
G1
G1
X
a0
G1
G2
G1
} } } +
−
G1
1) On → X 2) X .a O → G1 3) G1 → Sol 1 4) G1 .a1
→
5) G 2
Sol 2
6) G 2 .a O
X
StopA+
X
G1
G2
a0 a1 } X N A / A
→
Off
a1
G2
G2
→
StopA+
A+
G2
X
G2
Off
A-
X
Las “ecuaciones” anteriores expresan lo siguiente:
1) Cuando se pulsa On, se energiza el relé X. 2) El contacto N.A de X que está pisando a0 energiza otro relé G1 (X por a0 da G1). 3) El contacto N.A de G1 activa al solenoide SOL 1 (A+) el mismo que cambia de posición al distribuidor, el contacto N.A de G1 seguirá actuando hasta que se pise el final de carrera a1. 4) Cuando el seguidor está saliendo (estando actuando todavía G1) pisa a1 energiza otro relé G2 (G1 por a1 da G2). 5) El contacto N.A de G2 activa al solenoide SOL 2 (A-) el mismo que cambia de posición al distribuidor, el contacto N.A de G2 seguirá actuando en el regreso hasta que se pise el final de carrera a0. 6) Cuando el seguidor esta regresando (estando actuando todavía G2) pisa a0 energiza el relé X (G2 por a0 da X). 7) El contacto de N.A X se energiza al momento pulsar On, y el contacto N.C de G1 no se energiza, este proceso se realiza en ambos contacto al mismo tiempo, cuando el vástago está saliendo.
8) El contacto de N.A G1 se energiza al momento pulsar On, y el contacto N.C de G2 no se energiza, este proceso se realiza en ambos contacto al mismo tiempo, cuando el vástago está saliendo.
9) El contacto de N.A G2 se energiza al momento pulsar On, y el contacto N.C de X no se energiza, este proceso se realiza en ambos contacto al mismo tiempo, cuando el vástago está saliendo.
10) Cuando el vástago regresa el proceso es lo contrario, por ejemplo, El contacto de N.A X se desenergiza y el contacto N.C de G1 se energiza, este proceso se realiza en ambos contacto al mismo tiempo, cuando el vástago está regresando, y así para los otros.
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA
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En el gráfico inferior de la izquierda, se da la representación de cómo ir formando el circuito. Generalmente los contactos N.C se van colocando luego de haber hecho por lo menos los 5 primeros pasos de la ecuación, se los coloca de la forma y en el orden que se muestra, de otra forma el regreso nunca se realizará. Es importante notar la posición de los pulsadores Off (interrumpe la señal al solenoide A-) y Stop A+ (interrumpe la señal al solenoide A+), los mismos que impiden el regreso y salida del vástago del cilindro en cualquier tramo respectivamente, además el circuito es automático. Generalmente, cuando se usan distribuidores 4x3 estos deben tener muelles de autocentrado.
************************************************************************************ PR 11. Realizar el circuito eléctrico para dos cilindros cuya secuencia es A / B / A / B +
+
−
−
______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: G4
G4 a0
a0
X
a1
On A+
Off
X
A-
X
G1
X
a0
G1
G1
G2
G1
b0
b1
G1
G2 B+
A+
b0
G2
G3
B-
G2
G2
B+
a1
G3
G3
G4
G3
a0
}
G1 }
X N A
+
b0 }
/
G2 }
B
+
G3
a1
b1
}
}
/ A
}
−
/
G4
G3
}
B
A-
b1
G4
+
G4
B-
De acuerdo a la figura inferior izquierda, obtenemos las ecuaciones del circuito:
1) On → X 2) X .a O
6) G 2 .a1 → G3
→
3) G1 → A
G1
+
4) G1 .bO
→
5) G 2
B
→
G2
+
7 ) G 3 → A
−
8) G 3 .b1 → G 4 9) G 4
→
B
10) G 4 .a O
−
→
Algo muy importante de notar, es que los “productos” entre un contacto N.A y un N.C se colocan en una línea más debajo de la cual se encuentran los finales de carrera. Se deberá siempre comprobar que todos los contactos N.A y N.C usados en los productos se encuentren presentes, es decir, como en este caso se usaron 5 relés, deberá haber 5 productos de los contactos internos (X, G1, etc) que tiene cada relé.
X
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+
+
−
−
PR 12. Realizar el circuito eléctrico para dos cilindros cuya secuencia es A B / A B ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
G2 a0
a0
a1 On
A+
Off
X
A-
G1
X
a0
G1
X
G1
G2
A+ G1
a0
B+
a1 G1
B+
B-
G2
a1
G2
X A-
G2 B-
************************************************************************************ PR 13. Se requiere que la velocidad de un cilindro a la salida sea lenta, mientras que en el retorno, esta sea rápida. Además, se debe tener un bloqueo momentáneo del actuador y el accionamiento debe ser manual. ____________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: 1
En este problema haremos el análisis siguiente : Para regular la velocidad, se necesita regular el caudal, esto lo hacemos mediante una válvula reguladora de caudal, la misma que la colocamos en el ramal de la entrada al cilindro. Cuando colocamos este tipo de dispositivos, siempre se debe colocar una válvula check en paralelo para el retorno. Por accionamiento manual se entiende que se deberá colocar un distribuidor, el mismo que será operado por una persona.
P1
P2
__________________ 1 Automation Studio 5.0
________________________________________________________________________________ OLEODINÁMICA Y NEUMÁTICA
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Realizamos la simulación en el programa en la carrera de salida (a) y luego en la de retorno (b):
(a)
(b )
P1
P2
OBSERVACIONES: 1. Nótese la posición del distribuidor (4x3) en ambas posiciones (a) y (b). 2. Observe el sentido de las flechas en cada posición. 3. Adviértase el estado de la válvula check en cada posición, a saber, en (a) hace que el aceite pase exclusivamente por el regulador de caudal, mientras que en (b) el aceite circula a través de ésta.
4. Para estar en (a) se pulsa P1, mientras que para (b) se pulsa P2. Verifique en el programa.
____________ * En esta parte, lo que se pretende, es proporcionar una ayuda en la forma de armar y hacer que funcione el sistema hidráulico y/o neumático, por medio de un control eléctrico. Como es evidente, controlar el sistema en forma eléctrica o mecánica (válvulas, finales de carrera mecánicos, etc), dependerá de la habilidad del estudiante para manejar sea el uno u otro.
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NEUMÁTICA PR 1. Enumere las partes fundamentales de un Sistema Neumático. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Las partes fundamentales son:
1. Compresor 2. Tanque (almacenamiento) 3. Desidratador 4. Filtro 5. Válvula reductora de presión (de salida constante) 6. Lubricador 7. Válvulas 8. Red de distribución 9. Actuadores 10. Válvula Check siempre entre el compresor y el tanque. ************************************************************************************ PR 2. Realice un esquema general de un Sistema Neumático. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
CHECK COMPRESOR
TANQUE
LUBRIFICADOR
N Ó I E C D U B D I E R R T S I D
DESIDRATADOR
REDUCTORA DE PRESIÓN
FILTRO
VÁLVULAS
ACTUADORES
1. Compresor: Su efecto es conseguir la presión de aire conveniente para el accionamiento de los elementos neumáticos. Este proceso está basado en la disminución del volumen específico del aire (compresión).
2. Tanque: El aire comprimido obtenido es conducido a través de canalizaciones y normalmente es almacenado, en depósitos o acumuladores de donde es usado.
3. Desidratador: Llamado también Colector de Condensado, sirve para eliminar el agua condensada arrastrada por el aire a lo largo de las tuberías hacia los órganos de trabajo y módulos de mando.
4. Filtro: Retiene las impurezas sólidas, líquidas o gaseosas del aire comprimido. Se lo selecciona en función del caudal (flujo de aire).
5. Lubrificador: Tienen por objeto tratar de conseguir que el aceite se introduzca en el aire comprimido en forma de partículas pequeñas, consiguiendo una niebla de aceite que lubricara las partes móviles (mecánicas) de ciertosmuy elementos del sistema. Son aparatos que regulan y controlan la mezcla de aire-aceite.
6. Válvula Reductora de presión: La salida (siempre inferior a la de entrada o en todo caso igual ) de presión oscilará muy poco con respecto al valor prefijado. El verdadero razonamiento para su uso es: Que la presión de salida tenga un valor lo más constante posible. 7. Válvulas: Pueden ser Reguladores de caudal, para limitar el flujo del aire comprimido. 8. Red de distribución: Configuración dispuesta para el gasto de aire comprimido, por lo general de forma intermitente y no uniforme, es decir, dependiendo de las necesidades de usa. 9. Actuadores: Son elementos que van a usar el aire comprimido, pueden ser cilindros, motores, etc.
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PR 3. Realice un Diagrama con los elementos principales que forman un Sistema Neumático. ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN:
Cilindro Compresor
Tanque
Desidratad or
Filtro
Lubricador 144 4 4 4 244 4 4 4 3
V . Re ductora
Motor
UNIDAD F . R . L
Al conjunto de elementos: Filtro, Lubricador y Desidratador se lo llama Unidad F.R.L
************************************************************************************ PR 4. ¿A que se llama Unidad Técnica de Mantenimiento (UTM) en un Sistema Neumático y cuál es su símbolo? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Se la llama al conjunto formado por: Filtro, Lubricador, Desidratador y Válvula Reuctora de Presión.
Su símbolo es:
************************************************************************************ PR 5. ¿Qué tipos de Red de Distribución de un Sistema Neumático conoce? ______________________________________________________________________________________________ SOLUCIÓN: Generalmente son de tres tipos:
1. Modelo en Línea o Abierta: Es poco recomendada, pero es la que más se usa. El gran inconveniente es que entre cada toma, existe una caída de presión diferente, por ejemplo la caída de presión entre 1 y 2 es diferente.
Tanque
1
2
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2. Distribución Cerrada o en Anillo: Es un poco difícil de construir, pero esta disminuye las caídas de presión entre cada toma, las caídas de presión más grandes se localizan en el centro.
∆ p
Tanque
3. Distribución Reticulada: Es más difícil de construir que la anterior, pero esta disminuye aún más las caídas de presión entre cada toma que la de Anillo, las caídas de presión “más altas” se siguen localizando en el centro, pero estas son muy pequeñas.
************************************************************************************ PR 6. Un sistema neumático trabaja con una presión máxima y mínima de 8 y 6 bar, respectivamente, además se requiere un pistón de 4 in de diámetro y 2 in de vástago para empujar una carga. Se sabe además que el cilindro realiza una carrera de 4 ft. El tiempo de salida y entrada del vástago es 5 y 3 segundos, respectivamente. Seleccione el compresor y encuentre la capacidad del tanque. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN:
SELECCIÓN DEL COMPRESOR: Se debe encontrar la potencia absorbida con una de las siguientes expresiones, las mismas que dependerán del proceso termodinámico que se asuma:
•
Proceso Isotérmico: Se produce cuando el tiempo del proceso es rápido ( t < 2 min ), es decir, cuando no existe intercambio de calor entre el fluido de trabajo y el ambiente, entonces:
Pmáx P atmosférica
Pot = PatmosféricaV consumido ln
Proceso Adiabático: Se produce cuando el tiempo del proceso es lento( t > 2 min ),es decir, cuando existe intercambio de calor entre el fluido de trabajo y el ambiente, entonces:
Pot =
n n −1
PatmosféricaV consumido
Pmáx P atmosféric a
n −1 n
Si se toma un proceso adiabático n= 1.4. Se toma el valor de la presión atmosférica, debido a que el compresor comprime el aire desde este valor. El volumen consumido, se refiere al que los actuadores gastan (consumen) para realizar un trabajo.
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Generalmente se debe empezar calculando el volumen consumido (gastado) por los actuadores. Como se trata de un solo cilindro, basta hallar el volumen en la salida y entrada.
V consumido cilindro
=
π 4
[
]
. L D + ( D − d ) . RP . z 2
2
2
donde : R P z
π (48 in ) [(4 in )2
V consumido cilindro
=
V consumido cilindro
= 1056 0
+
4
in
3
min
= 176
(4
2
in
−2
2
) in ] 2
=
Pmáx
=
Patmosférica número de ciclos / tiempo
117.6 psi 5 ciclos 14.7 psi . 4 min
3
seg
Como los valores de tiempo dados, como son menores a 2 min, se trata de un proceso isotérmico.
Pmáx in 3 = 14.7 lbf ln 176 2 P seg in atmosféric a lbf . in 1 Hp.seg 1 ft Pot = 5379,93 seg 550 lbf . ft x 12 in = 0.8 Hp Pot = Patmosférica V consumido ln
117.6 psi 14.7 psi
Ahora, encontramos el volumen del tanque:
V tan que
=
V consumido . t m . Patm
donde : t m
(Pmáx − Pmín ) = ∆Pint erior del tan que
=
tiempo muerto (entre encendido
y apagado del compresor ) Generalmente, el tiempo muerto debe ser menor al que transcurre en el ciclo, es decir, debe ser menor a 4 minutos, por ejemplo 3 minutos (=180 seg), entonces:
V consumido . t m . Patm
V tan que
=
V tan que
= 15218.8
(Pmáx − Pmín ) = ∆Pint erior del tan que in
3
=
in 3 176 (180 seg ) (14.7 psi ) seg =
249.4 litros = 0.25 m
Finalmente:
(117.6 − 87 ) psi
3
Pot compresor = 0.8 Hp 3 V tan que = 0.25 m
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PR 7. Un acumulador va hacer usado como “cargador”, se requiere un pistón de 4 in de diámetro y 2 in de vástago para empujar una bandeja de carga en 30 seg, después que la bandeja a sido empujada, retorna en 20 seg. El cilindro esta desocupado por 4 min con 10 seg antes de operar de nuevo, hallar el volumen del acumulador que está pre cargado a 1000psi y que provea una presión mínima de 1500 psi al pistón, asuma que la presión máxima de la bomba es de 2500 psi, además la temperatura a su alrededor es de 30ºC y el cilindro realiza una carrera de 4 ft. ______________________________________________________________________________________________
SOLUCIÓN: Sabemos que la presión de precarga es:
=
Pmáx
= 1000 psi
Po = 0.9 Pmáx , pero, ya se da el valor de la misma, a
De la teoría sabemos que: saber,
p0
2500 psi , además, Pmín = 1500 psi
Primero debemos hallar el volumen de la membrana:
V membrana
= V máx − V mín =
Qm .t d
Hallamos el caudal 1 y 2 (salida y entrada) del cilindro respectivamente. Caudal 1 (salida):
Q1
=
r
v 2 . A2
=
L π
t 1 4
2
. D =
48 in π
2 (4 in ) = 20.1
30 seg 4
in
3
seg
=
L π
t 2 4
.( D − d ) = 2
2
48 in π
[(4 in)
2
20 seg 4
− (2
2
]
in ) = 22.6
in 3 seg
Ahora debemos hallar el caudal medio:
Qm Qm
r
v1 . A1
Caudal 2 (regreso):
Q2
=
=
Q1 .t 1 t 1
=
+ Q2 .t 2
=
+ t 2 + t d
[(20.1 x30) + (22.6 x 20 )] in 3 (30 + 20 + 250 ) seg
=
(603 + 452)in 3 300 seg
3
3.52 in / seg
El volumen de la membrana es:
V máx V 2
− V 1 =
Qm .t d
880 in
=
3.52
in
3
seg
(250 seg ) = 880 in 3
(α )
3
Para hallar el volumen del acumulador Vo, usaremos el método del factor de compresibilidad, además el gas a usarse será el Nitrógeno, tenemos las siguientes ecuaciones:
P0 .V 0
=
Z 0 .T 0 Donde:
− V mín =
V 1
= V mín
P1 .V 1 Z 1 .T 1
=
P2 .V 2 Z 2 .T 2
con P1
=
(ψ )
Pmáx ; V 2
= V máx
P R
=
con P2
P PC =
; V R =
Pmín
V V C
;
T R
=
T T C
(ξ )
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Si suponemos un proceso isotérmico, tenemos
T 0
= T 1 = T 2 =
P0 .V 0
=
P1 .V 1
Z 0
P R 0
Para
=
Z 0 : T R 0
=
P0 PC T 0
=
545.67 º R
=
T C
P2 .V 2
Z 1
=
229 º R
(1)
Z 2
1000 psi = 2.03 492 psi
=
30º C = 545.67 º R , de modo que:
→ Z 0
2.38
= 1
Los valores de Pc y Tc están tabulados de acuerdo al gas, ver tabla 9.2 del texto del Ing. Iván Morán. Con los valores obtenidos nos ubicamos en la figura 9.6 del texto, para obtener Zo. Es importante notar como la ecuación
Z 1 :
PC 492 psi → Z 1 T 1 545.67 º R T R1 = = = 2.38 T C 229 º R
Z 2 :
→ Z 2 T 2 545.67 º R T R 2 = = = 2.38 229 º R T C
P R 1
Para
P R 2
Para
(ξ ) se debe reordena para cada valor de Z.
=
=
P1
P2
=
2500 psi
1500 psi
=
492 psi
PC
=
=
5
= 1.01
3
=
0.98
Con los valores de Z encontrados, hallamos los volúmenes máximos y mínimos con la ecuación (1).
V 2 y V 1 :
Z 1 .P2 .V 2 1.01 (1500 ).V 2 V 1 = P . Z = 2500 (0.98) = 0.62V 2 (2) 1 2 3 3 (2) en (α ): V 2 − 0.62 V 2 = 880 in →V 2 = 2316 in Entonces : V 1 =1436 in 3
Para
Ahora ya podemos hallar el volumen del acumulador Vo en la ecuación (1):
V 0
=
Z 0 .P1 .V 1
=
1 (2500 psi ) (1436 in
P0 . Z 1
3
1.01(1000 psi )
) = 3555 in
3
3
=
0.058 m = 58.25 litros
=
0.0581 m = 58.1 litros
Se debe obtener un valor similar, reemplazando el volumen 2.
V 0
=
Z 0 .P2 .V 2
=
P0 . Z 2
1 (1500 psi ) (2316 in 0.98(1000 psi )
3
) = 3545 in
3
3
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PROPLEMAS PROPUESTOS PP 1 . Seleccione un acumulador de tal manera que se requiere un pistón de 6 in de diámetro y una carrera de 40 in, capaz que pueda levantar una fuerza mínima de 60 toneladas y una máxima de 80 toneladas, considerando que el tiempo de salida del piston es de 5 seg y el de retorno de 5 seg y que la carga actúa por 28 seg.
PP 2. Un sistema neumático trabaja a 4 atm, tres cilindros de 2.5 cm de diámetro y 1.2 cm de diámetro del vástago, trabajan simultáneamente realizando carreras de 12, 15, 18 cm, respectivamente. Ocupan 2 seg en su viaje de ida y 1.5 seg en su viaje de retorno. Seleccionar el compresor y el tanque de almacenamiento del aire.
PP 3. En un sistema neumático se tiene dos cilindros, ambos recorren 40 cm, pero el primero lo hace en 15 seg, y el segundo en 10 seg, el primero aplica una fuerza de 4.89 kgf, mientras que el segundo aplica 13.6 kgf. Seleccione los cilindros, el compresor, y el tanque de almacenamiento del aire comprimido.
PP 4. El cilindro de potencia utiliza un mecanismo de cremallera piñón, para impulsar la carga. El sistema tiene los siguientes parámetros, una carga W de 500 Kg, un coeficiente de fricción = 0.3. El sistema realiza 15 ciclos por minuto, y una carrera del cilindro de 60 cm. Seleccione el cilindro, el compresor, y el tanque de almacenamiento del aire comprimido.
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PP 5. Con el polipasto de la figura se requiere levantar (300 lb) a una velocidad de (10 in/s). Seleccione el cilindro y el compresor más adecuado.
IMPORTANTE! Tenga siempre presente que, una presión p se genera por la acción de una fuerza F exterior o viceversa, por ejemplo, en un pistón la fuerza aplicada producirá una fuerza línea en el vástago, ocasionando una presión en el interior del mismo. Como una pauta, se debe a veces calcular el valor de las fuerzas generadas por uno o varios mecanismos, y a veces asumir el valor del área en donde estas están actuando (como es obvio, siempre y cuando no la conozcamos), pero, si conocemos el valor de la presión y se requiere hallar la fuerza deberemos asumir el valor del área. Una pregunta importante suele ser ¿y qué valor de la carrera o del diámetro nos imponemos? Para contestar esta pregunta, nos referiremos a los cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 de la FESTO.
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Para tener una referencia de la fuerza, tenemos:
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1) Tener en cuenta las condiciones de funcionamiento de los detectores 2) Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas.
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Si queremos más datos, entonces:
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IMPORTANTE ¡
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Al combinar cilindros y conjuntos de posiciones múltiples debe respetarse la carrera máxima.
Como el estudiante habrá notado, existe una gran variedad de cilindros, pero, el que se vaya a usar estará en función de los datos que hayamos calculado, las tablas anteriores sirven para orientarnos un poco sobre los valores que a veces deben ser asumidos.
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552
Solidez, economía y calidad: cilindros normalizados de Festo
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Cilindros normalizados DNCB: robusto y fiable Actuadores modernos. Economía sistemática *
El cilindro DNCB, el más reciente de la gama de cilindros DNC, es especialmente apropiado para solucionar tareas sencillas que exigen la utilización de cilindros normalizados. Su nuevo émbolo ejecuta movimientos con extraordinaria suavidad y es muy compacto, por lo que consume menos energía. Además, siendo muy compacto, tiene apoyos más largos. Se sobreentiende que el nuevo cilindro de la gama DNC es compatible con todos los accesorios y elementos de fijación correspondientes.
*
2 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Comprobado y certificado con los productos ADVU, DGPL y DNC
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 115/159
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Una solución es óptima siempre que se cump an satis actoriamente os cri-terios económicos y técnicos a la vez. El DNCB es una solución óptima. Compruebe usted mismo nuestros argumentos:
¡Con escala!
¡Una solución completa y económica!
¡Una solución limpia!
¡Una solución sistemática!
¡Una solución muy compacta!
¡Nuevo! Ajuste sencillo y preciso de la amortiguación mediante el nuevo tornillo PPV de ajuste. ¡Con escala!
Gama completa de elementos de fijación para cilindros normalizados y excelente relación entre el precio y el rendimiento.
¡Nuevo! Perfil de elegante diseño industrial y fácil de limpiar.
¡Nuevo! Émbolo compacto y eficiente con movimientos de gran precisión
Detección en espacios reducidos gracias al detector montado en el perfil
Ventajas en el diseño de proyectos 1.
Cilindro normalizado según ISO 15552 (ISO 6431 y VDMA 24562)
• •
•
•
2. Alto nivel de productividad
•
•
•
3.
Diseño compacto para el montaje en espacios reducidos
•
•
•
• •
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Dimensiones normalizadas Tecnología de comprobada eficiencia, diseño compacto, construcción robusta y fiable Utilización de todos los accesorios y elementos de fijación de la gama DNC Diseño de proyectos más sencillo: Elementos CAD en 2D ó 3D gratuitos en Internet Émbolo con excelentes cualidades en los movimientos Ajuste rápido y sencillo de la amortiguación PPV Escala para una fácil reproducibilidad del ajuste óptimo Perfil de elegante diseño industrial y fácil de limpiar Detección en espacios reducidos gracias al detector montado en el perfil Asistencia y apoyo técnicos de alta calidad después de la compra Reparación y piezas de repuesto Apoyo durante la configuración y la definición de las dimensiones de sistemas neumáticos
Ventajas en la compra •
•
•
•
•
•
•
Reducción de costos y máximo rendimiento Solución económica mediante la inclusión de todas las funciones básicas
Buena relación entre el precio y el rendimiento Sólo se pagan las funciones que se necesitan
Un sólo proveedor para todos los productos de neumática Asistencia técnica en todo el mundo Suministro desde almacén en el plazo de 48 horas
3
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Características Cuadro general •
Cilindros según la norma ISO 15552 (corresponde a las normas anteriores ISO 6431, DIN ISO 6431, VDMA 24 562, NF E 49 003.1 y UNI 10290)
•
El diseño moderno y compacto permite ahorrar hasta un 11% de espacio de montaje en comparación con cilindros normalizados convencionales. Por ello, la máquina también puede ser más compacta
DIN
Alto nivel de productividad •
•
•
Tecnología de comprobada eficiencia, diseño compacto, construcción robusta y fiable Émbolo con excelentes cualidades en los movimientos Ajuste sencillo y preciso de la amortiguación mediante el nuevo tornillo PPV de ajuste
Detección sin contacto •
Escala para una fácil reproducibilidad del ajuste óptimo
•
Montaje sencillo
Detectores de proximidad montados a ras en la ranura. Por lo tanto es posible prescindir de elementos de fijación adicionales y, además, los detectores están más protegidos
• •
Diversas posibilidades de fijación Utilización de todos los accesorios y elementos de fijación de la gama DNC
Accesorios
Las guías evitan que los cilindros normalizados giren si son expuestos a momentos elevados. Además aumentan la precisión al manipular las piezas.
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Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 117/159
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Código para el pedido DNCB
—
50
—
80
—
PPV
—
A
Tipo
Doble efecto DNCB
Cilindros normalizados
Diámetro del émbolo [mm] Carrera [mm] Amortiguación
PPV
Amortiguación neumática regulable en ambos lados
Detección
A
Para detectores de proximidad
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Cuadro general de periféricos
1
5 2
8
7 3
aJ
4
aD
aB
6
aC 9 bG
aB
5
aA
bF
aE
aF aF aG
aI bJ
aH aJ
bE
bA 2 3
bD 4
5
6 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
bB
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Cuadro general de periféricos Elementos de fijación y accesorios
1
2 3 4 5 6 7 8 9 aJ aA aB aC aD aE aF aG aH aI bJ bA bB bD bE bF bG
Conjunto para posiciones múltiples DPNC Pies de fijación HNC Fijación por brida FNC Brida basculante con pivotes ZNCF Caballete LNZG Brida basculante SNC Caballete LSNG Caballete LSNSG Brida basculante SNCS-... Caballete LBG Brida basculante SNCL Brida basculante SNCB Caballete LNG Caballete LSN Brida basculante con pivotes ZNCM Cabeza de rótula SGS Caballete transversal LQG Horquilla SGA Placa de acoplamiento KSG Horquilla SG Rótula FK Unidad de guía FENG Tapa de la ranura ABP-5-S Detector de posición SME/SMT-8 Válvula reguladora de caudal GRLA Racores rápidos roscados QS
Descripción resumida
Página
Para unir dos cilindros DNC de émbolos de igual diámetro para formar un cilindro de varias posiciones
12
Para culatas anterior y posterior Corresponde a MS1 según ISO 15552 Para culata anterior o posterior Corresponde a MF1/MF2 según ISO 15552 Para culata anterior o posterior
13
Corresponde a MT4 según ISO 15552
16
Para culata posterior
16
Con cojinete esférico
18
Soldable Con cojinete esférico Con cojinete esférico para la culata posterior
18
Con bulón antigiro
18
Para culata posterior Corresponde a MP4 según ISO 15552 Para culata posterior Corresponde a MP2 según ISO 15552 Para brida basculante SNCB
18
Con cojinete esférico
18
Para la fijación variable a la camisa del cilindro Corresponde a MT4 según ISO 15552 Con cojinete esférico
15
Con bulón antigiro Para cabeza de rótula SGS En combinación con la cabeza de rótula SGS, apropiada para unir cilindros
18
Para compensar desviaciones radiales
19
Permite giros del cilindro neumático en un plano
19
Para compensación de desviaciones radiales y angulares
19
Para el bloqueo antigiro al soportar grandes momentos
20
Para proteger los cables de los detectores y las ranuras frente a la suciedad
21
Integrable en la camisa perfilada del cilindro
21
Para regular la velocidad
19
Para la conexión de tubos flexibles con tolerancias en su diámetro exterior
www.festo.com
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
13 14
17
17 18
19
19
7
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Hoja de datos Función
-N-T-
DIN
-W-
Diámetro 32 … 100 mm
www.festo.com/es/ Repuestos
Carrera 2 … 2 000 mm Juegos de piezas de desgaste 11
Datos técnicos generales
Diámetro del émbolo
32
Conexión neumática Rosca del vástago Construcción
Gx G¼ G¼ M10x1,25 M12x1,25 M16x1,5 Émbolo Vástago Tubo perfilado Amortiguación neumática regulable en ambos lados 20 20 22 Para detectores de proximidad Con rosca interior Con accesorios
Amortiguación Carrera de amortiguación Detección de posiciones Tipo de fijación
[mm]
Posición de montaje
40
50
63
80
100
Gy M16x1,5
Gy M20x1,5
G½ M20x1,5
22
32
32
Indistinta
Condiciones de funcionamiento y del entorno
Fluido Presión de funcionamiento [bar] Temperatura ambiente1) [°C] Clase de resistencia a la corrosión2) 1) 2)
Aire comprimido filtrado, con o sin lubricación 0,6 … 12 –20 … +80 2
Tener en cuenta las condiciones de funcionamiento de los detectores Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
Fuerzas [N] y energía de impacto [J]
Diámetro del émbolo
32
40
50
63
80
100
Fuerza teórica con 6 bar en avance Fuerza teórica con 6 bar en retroceso Energía máx. de impacto en las posiciones finales
483
754
1 178
1 870
3 016
4 712
415
633
990
1 682
2 721
4 418
0,4
0,7
1
1,3
2
3
Definición de las dimensiones con ProPneu www.festo.com/es/engineering
8 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 121/159
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Hoja de datos Fuerza transversal Fq en función de la carrera l
∅ ∅ ∅ ∅
32 40 50/63 80/100
Pesos [g]
Diámetro del émbolo
32
40
50
63
80
100
Peso con carrera de 0 mm Peso adicional por 10 mm de carrera
460 27
760 37
1 225 56
1 800 62
3 135 92
4 575 101
Masa móvil con carrera de 0 mm Masa adicional por 10 mm de carrera
108 9
204 16
363 25
460 25
800 39
1 045 39
Materiales
Vista en sección 2
3
1
2
4
Cilindro normalizado 1 2 3 4
–
Camisa del cilindro Culatas anterior y posterior Vástago Tornillos con hexágono y rosca interior Juntas Materiales
Aluminio anodizado Fundición inyectada de aluminio Acero de aleación fina Acero cincado Poliuretano, caucho nitrílico Sin cobre ni PTFE ni silicona
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Hoja de datos Datos CAD disponibles en www.festo.com/es/engineering
Dimensiones
1 Tornillo cilíndrico con hexágono y rosca interior para elementos de fijación
Diámetro
AM
B
2 Tornillo para regular la amortiguación en las posiciones finales
3 Ranura para detectores SME/SMT-8
+
= añadir carrera
BG
E
EE
J2
J3
KK
L1
L2
L7
∅
[mm]
d11
32 40 50
22 24 32
30 35 40
16 16 17
45 54 64
Gx G¼ G¼
5,25 8 8
5,7 4 5,5
M10x1,25 M12x1,25 M16x1,5
18 21,3 26,8
94 105 106
6,5 7,5 9,5
63 80 100
32 40 40
45 45 55
17 17 17
75 93 110
Gy Gy G½
12,75 12,5 13,5
6,25 8 10
M16x1,5 M20x1,5 M20x1,5
27 34,2 38
121 128 138
9 11 7,5
Diámetro
MM
PL
RT
TG
VA
VD
WH
ZJ
ß1
ß2
ß3
19,5 22,5 22,5 27,5 30 31,5
M6 M6 M8 M8 M10 M10
32,5 38 46,5 56,5 72 89
4 4 4 4 4 4
4 4 4 4 4 4
26 30 37 37 46 51
120 135 143 158 174 189
10 13 17 17 22 22
16 18 24 24 30 30
6 6 8 8 6 6
∅
[mm] 32 40 50 63 80 100
12 16 20 20 25 25
10 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 123/159
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Hoja de datos Referencias
Carrera [mm] 25 40 50 80 100 125 160 200 250 320 400 500
Nº de art. Tipo Diámetro del émbolo: 32 mm
Nº de art. Tipo Diámetro del émbolo: 40 mm
Nº de art. Tipo Diámetro del émbolo: 50 mm
532 724 532 725 532 726 532 727 532 728 532 729 532 730 532 731 532 732 532 733 532 734 532 735
532 737 532 738 532 739 532 740 532 741 532 742 532 743 532 744 532 745 532 746 532 747 532 748
532 750 532 751 532 752 532 753 532 754 532 755 532 756 532 757 532 758 532 759 532 760 532 761
DNCB-32-25-PPV-A DNCB-32-40-PPV-A DNCB-32-50-PPV-A DNCB-32-80-PPV-A DNCB-32-100-PPV-A DNCB-32-125-PPV-A DNCB-32-160-PPV-A DNCB-32-200-PPV-A DNCB-32-250-PPV-A DNCB-32-320-PPV-A DNCB-32-400-PPV-A DNCB-32-500-PPV-A
DNCB-40-25-PPV-A DNCB-40-40-PPV-A DNCB-40-50-PPV-A DNCB-40-80-PPV-A DNCB-40-100-PPV-A DNCB-40-125-PPV-A DNCB-40-160-PPV-A DNCB-40-200-PPV-A DNCB-40-250-PPV-A DNCB-40-320-PPV-A DNCB-40-400-PPV-A DNCB-40-500-PPV-A
DNCB-50-25-PPV-A DNCB-50-40-PPV-A DNCB-50-50-PPV-A DNCB-50-80-PPV-A DNCB-50-100-PPV-A DNCB-50-125-PPV-A DNCB-50-160-PPV-A DNCB-50-200-PPV-A DNCB-50-250-PPV-A DNCB-50-320-PPV-A DNCB-50-400-PPV-A DNCB-50-500-PPV-A
Carrera [mm] 25 40 50 80 100 125 160 200 250
Diámetro del émbolo: 63 mm
Diámetro del émbolo: 80 mm
Diámetro del émbolo: 100 mm
532 763 532 764 532 765 532 766 532 767 532 768 532 769 532 770 532 771
532 884 532 885 532 886 532 887 532 888 532 889 532 890 532 891 532 892
532 897 532 898 532 899 532 900 532 901 532 902 532 903 532 904 532 905
320 400 500
532 532 772 773 DNCB-63-320-PPV-A DNCB-63-400-PPV-A 532 774 DNCB-63-500-PPV-A
DNCB-63-25-PPV-A DNCB-63-40-PPV-A DNCB-63-50-PPV-A DNCB-63-80-PPV-A DNCB-63-100-PPV-A DNCB-63-125-PPV-A DNCB-63-160-PPV-A DNCB-63-200-PPV-A DNCB-63-250-PPV-A
DNCB-80-25-PPV-A DNCB-80-40-PPV-A DNCB-80-50-PPV-A DNCB-80-80-PPV-A DNCB-80-100-PPV-A DNCB-80-125-PPV-A DNCB-80-160-PPV-A DNCB-80-200-PPV-A DNCB-80-250-PPV-A
532 532 893 894 DNCB-80-320-PPV-A DNCB-80-400-PPV-A 532 895 DNCB-80-500-PPV-A
DNCB-100-25-PPV-A DNCB-100-40-PPV-A DNCB-100-50-PPV-A DNCB-100-80-PPV-A DNCB-100-100-PPV-A DNCB-100-125-PPV-A DNCB-100-160-PPV-A DNCB-100-200-PPV-A DNCB-100-250-PPV-A
532 532 906 907 DNCB-100-320-PPV-A DNCB-100-400-PPV-A 532 908 DNCB-100-500-PPV-A
Referencias: consumibles1)
Referencias: carreras específicas
Diámetro
Carrera
Nº de artículo
Tipo
[mm]
[mm]
32 40 50 63 80
2 … 2 000 2 … 2 000 2 … 2 000 3 … 2 000 3 … 2 000
532 723 532 736 532 749 532 762 532 883
100
3 … 2 000
532 896 DNCB-100-…-PPV-A
Diámetro
Nº de artículo
Tipo
32 40 50 63 80
665 294 665 295 665 296 665 297 665 298
DNCB-32-PPV-A DNCB-40-PPV-A DNCB-50-PPV-A DNCB-63-PPV-A DNCB-80-PPV-A
100
665 299 DNCB-100-PPV-A
[mm] DNCB-32-…-PPV-A DNCB-40-…-PPV-A DNCB-50-…-PPV-A DNCB-63-…-PPV-A DNCB-80-…-PPV-A
1)
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
El suministro incluye la grasa para el montaje
11
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Conjunto para posiciones múltiples DPNC
Material: Brida: Aleación de aluminio Pasador roscado, tuercas hexagonales: Acero cincado
+
= añadir carrera
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
F1
ZJ
27 27 32 28 38 38
120 135 143 158 174 189
[mm]
-H-
Importante
Al combinar cilindro con unto de osiciones múlti les debe res etarse la carrera máxima..
32 40 50 63 80 100
Carrera total máxima
Peso
[mm]
[g]
1 000 1 000 1 000 1 000 1 000 1 000
85 115 210 360 620 1 190
Nº de artículo
Tipo
174 418 174 419 174 420 174 421 174 422 174 423
DPNC-32 DPNC-40 DPNC-50 DPNC-63 DPNC-80 DPNC-100
Para unir dos cilindros del mismo diámetro para formar un cilindro de tres o cuatro posiciones
Un cilindro de tres o cuatro posiciones está compuesto de dos cilindros cuyos vástagos avanzan en sentido contrario. Dependiendo del sistema de
accionamiento y la distribución de las carreras, un cilindro de este tipo puede avanzar hasta cuatro
Realización de 3 posiciones Para ello deben unirse entre sí dos cilindros con la misma carrera.
12 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
posiciones precisas. Deberá tenerse en cuenta que si el extremo de un vástago está inmovilizado, el movi-
miento es ejecutado por la camisa del cilindro. El cilindro debe conectarse mediante tubos y cables flexibles.
Realización de 4 posiciones Para ello deben unirse entre sí dos cilindros de carreras diferentes.
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 125/159
5/12/2018
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Pies de fijación HNC
Material: Acero cincado Sin cobre ni PTFE ni silicona
+
= añadir carrera
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
AB
AH
AO
AT
AU
SA
TR
US
XA
XS
KBK1)
32 36 45 50 63 71
6,5 9 9,5 12,5 15 17,5
4 4 5 5 6 6
24 28 32 32 41 41
142 161 170 185 210 220
32 36 45 50 63 75
45 54 64 75 93 110
144 163 175 190 215 230
45 53 62 63 81 86
2 2 2 2 2 2
Peso
∅
[mm] 32 40 50 63 80 100 1)
Nº de artículo
Tipo
174 369 174 370 174 371 174 372 174 373 174 374
HNC-32 HNC-40 HNC-50 HNC-63 HNC-80 HNC-100
[g] 7 10 10 10 12 14,5
135 180 325 405 820 1 000
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
Brida de fijación FNC
+
= añadir carrera
Material: Acero cincado Sin cobre ni PTFE ni silicona
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos 1)
Para diámetro
E
[mm] 32 40 50 63 80 100 1)
FB ∅
MF
R
TF
UF
W
ZF
10 10 12 12 16 16
32 36 45 50 63 75
64 72 90 100 126 150
80 90 110 120 150 175
16 20 25 25 30 35
130 145 155 170 190 205
KBK
H13 45 54 65 75 93 110
7 9 9 9 12 14
Peso
Nº de artículo
Tipo
174 376 174 377 174 378 174 379 174 380 174 381
FNC-32 FNC-40 FNC-50 FNC-63 FNC-80 FNC-100
[g] 2 2 2 2 2 2
240 280 520 690 1 650 2 400
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Brida basculante ZNCF
Material: Fundición de acero inoxidable Sin cobre ni PTFE ni silicona
+
= añadir carrera
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
C2
C3
TD
TK
TL
TM
US
XH
XL
KBK1)
16 20 24 24 28 38
12 16 16 20 20 25
50 63 75 90 110 132
45 54 64 75 93 110
18 20 25 25 32 32
128 145 155 170 188 208
2 2 2 2 2 2
Peso
∅
[mm] 32 40 50 63 80 100 1)
e9 71 87 99 116 136 164
86 105 117 136 156 189
12 16 16 20 20 25
Nº de artículo
Tipo
174 411 174 412 174 413 174 414 174 415 174 416
ZNCF-32 ZNCF-40 ZNCF-50 ZNCF-63 ZNCF-80 ZNCF-100
[g] 130 240 390 600 1 150 2 030
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
14 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 127/159
5/12/2018
Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Brida basculante central ZNCM
El conjunto puede montarse en posiciones indistintas en el tubo perfilado del cilindro. Material: Acero templado
+ = añadir carrera +½ = añadir media carrera
1 Par de apriete máx.
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
B1
C2
C3
TD
TL
TM
UW
12 16 16 20 20 25
50 63 75 90 110 132
65 75 95 105 130 145
∅
[mm]
e9
32 40 50 63 80 100
30 32 34 41 44 48
71 87 99 116 136 164
Para diámetro
XG
XJ
XV
[mm] 32 40 50 63 80 100
69 79 87 98 111 123
73 82,5 90 97,5 110 120
77 86 93 100 109 117
1)
86 105 117 136 156 189
12 16 16 20 20 25 Ángulo Par de apriete [Nm] 4 +1 8 +1 8 +2 18 +2 28 +2 28 +2
KBK1)
Peso
2 2 2 2 2 2
[g] 210 385 595 890 1 450 2 045
Nº de artículo
Tipo
163 525 163 526 163 527 163 528 163 529 163 530
ZNCM-32 ZNCM-40 ZNCM-50 ZNCM-63 ZNCM-80 ZNCM-100
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Caballete LNZG
Material: Caballete: Aluminio anodizado Cojinete deslizante: Material sintético Sin cobre ni PTFE ni silicona
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
CR
DA
FK
∅
∅
∅
[mm]
D11
H13
±0,1
32 40, 50 63, 80 100
12 16 20 25
11 15 18 20
15 18 20 25
1)
FN
FS
H1
HB
KE
NH
6,8 9 11 13
18 21 23 28,5
UL
KBK1)
46 55 65 75
2 2 2 2
TH
Peso
∅
H13 30 36 40 50
10,5 12 13 16
15 18 20 24,5
±0,2
6,6 9 11 14
32 36 42 50
Nº de artículo
Tipo
32 959 32 960 32 961 32 962
LNZG-32 LNZG-40/50 LNZG-63/80 LNZG-100/125
[g] 125 400 480 960
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
Brida basculante SNC
Material: Fundición inyectada de aluminio
+ = añadir carrera 1 El perno está provisto de un pasador elástico para evitar que gire. Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
CG
CP
EK
FL
L
SR
XC
KBK1)
Peso
∅
[mm]
H14
h14
32 40 50 63 80 100
14 16 21 21 25 25
34 40 45 51 65 75
1)
±0,2 10 12 16 16 20 20
22 25 27 32 36 41
Nº de artículo
Tipo
174 383 174 384 174 385 174 386 174 387 174 388
SNC-32 SNC-40 SNC-50 SNC-63 SNC-80 SNC-100
[g] 13 16 16 21 22 27
10 12 12 16 20 20
142 160 170 190 210 230
2 2 2 2 2 2
90 120 240 320 625 830
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas exteriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes, detergentes o lubricantes, con superficies principalmente decorativas
16 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 129/159
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Brida basculante SNCB
Material: Fundición inyectada de aluminio Sin cobre ni PTFE ni silicona
+
= añadir carrera
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
CB
EK
FL
L
ML
MR
13 16 16 21 22 27
55 63 71 83 103 127
10 12 12 16 16 20
UB
XC
KBK1)
142 160 170 190 210 230
2 2 2 2 2 2
Peso
∅
[mm]
H14
e8
±0,2
32 40 50 63 80 100
26 28 32 40 50 60
10 12 12 16 16 20
22 25 27 32 36 41
1)
h14 45 52 60 70 90 110
Nº de artículo
Tipo
174 390 174 391 174 392 174 393 174 394 174 395
SNCB-32 SNCB-40 SNCB-50 SNCB-63 SNCB-80 SNCB-100
[g] 100 150 225 365 610 925
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas ex teriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes o detergentes, con superficies funcionales
Brida basculante SNCS
Material: Fundición inyectada de aluminio
+
= añadir carrera
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
CN
EP
EX
FL
LT
MS
XC
KBK1)
Peso
–0,2 10,5 12 15 15 18 18
14 16 21 21 25 25
±0,2 22 25 27 32 36 41
13 16 18 21 22 27
15 17 20 22 27 29
142 160 170 190 210 230
2 2 2 2 2 2
[g] 85 125 210 280 540 700
∅
[mm] 32 40 50 63 80 100 1)
10 12 16 16 20 20
Nº de artículo
Tipo
174 397 174 398 174 399 174 400 174 401 174 402
SNCS-32 SNCS-40 SNCS-50 SNCS-63 SNCS-80 SNCS-100
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas ex teriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes o detergentes, con superficies funcionales
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Brida basculante SNCL
Material: Fundición inyectada de aluminio Sin cobre ni PTFE ni silicona
+
= añadir carrera
Dimensiones y datos para efectuar los pedidos
Para diámetro
CD
EW
FL
L
MR
XC
KBK1)
13 16 16 21 22 27
10 12 12 16 16 20
142 160 170 190 210 230
2 2 2 2 2 2
Peso
∅
[mm]
H9
h12
±0,2
32 40 50 63 80 100
10 12 12 16 16 20
26 28 32 40 50 60
22 25 27 32 36 41
1)
Nº de artículo
Tipo
174 404 174 405 174 406 174 407 174 408 174 409
SNCL-32 SNCL-40 SNCL-50 SNCL-63 SNCL-80 SNCL-100
[g] 75 100 160 250 405 655
Clase de resistencia a la corrosión 2 según norma de Festo 940 070 Válida para piezas expuestas a gran peligro de corrosión. Piezas ex teriores en contacto directo con substancias usuales en entornos industriales, tales como disolventes o detergentes, con superficies funcionales
Hojas de datos www.festo.com
Referencias: elementos de fijación
Denominación Para diámetro
Nº de artículo
Tipo
Denominación Para diámetro
32 40 50 63 80 100
31 740 31 741 31 742 31 743 31 744 31 745
LSNG-32 LSNG-40 LSNG-50 LSNG-63 LSNG-80 LSNG-100
Caballete LSNSG 32 40 50 63 80 100
32 40
31 761 31 762
LBG-32 LBG-40
50 63 80 100
31 763 31 764 31 765 31 766
LBG-50 LBG-63 LBG-80 LBG-100
32 40 50 63 80 100
5 561 5 562 5 563 5 564 5 565 5 566
LSN-32 LSN-40 LSN-50 LSN-63 LSN-80 LSN-100
Caballete LSNG
Caballete LBG
Nº de artículo
Tipo
31 747 31 748 31 749 31 750 31 751 31 752
LSNSG-32 LSNSG-40 LSNSG-50 LSNSG-63 LSNSG-80 LSNSG-100
32 40
33 890 33 891
LNG-32 LNG-40
50 63 80 100
33 892 33 893 33 894 33 895
LNG-50 LNG-63 LNG-80 LNG-100
31 768 31 769 31 770 31 771 31 772 31 773
LQG-32 LQG-40 LQG-50 LQG-63 LQG-80 LQG-100
Caballete LNG
Caballete LSN
18 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Caballete en escuadra LQG 32 40 50 63 80 100
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Referencias: cabezales para vástagos
Denominación Para diámetro Cabeza de rótula SGS 32 40 50 63 80 100
Nº de artículo
Tipo
9 261 9 262 9 263
SGS-M10x1,25 SGS-M12x1,25 SGS-M16x1,5
9 264
SGS-M20x1,5
6 144 6 145 6 146
SG-M10x1,25 SG-M12x1,25 SG-M16x1,5
6 147
SG-M20x1,5
32 963 32 964 32 965
KSG-M10x1,25 KSG-M12x1,25 KSG-M16x1,5
32 966
KSG-M20x1,5
Denominación Para diámetro
Nº de artículo
Hojas de datos www.festo.com Tipo
Horquilla SGA
Horquilla SG
32 40 50 63 80 100
32 954 10 767 10 768
SGA-M10x1,25 SGA-M12x1,25 SGA-M16x1,5
10 769
SGA-M20x1,5
32 40 50 63 80 100
6 140 6 141 6 142
FK-M10x1,25 FK-M12x1,25 FK-M16x1,5
6 143
FK-M20x1,5
Rótula FK 32 40 50 63 80 100
Placa de acoplamiento KSG 32 40 50 63 80 100
Referencias: válvulas reguladoras de caudal
Conexión Para diámetro 32
40, 50
63, 80
100
Nº de artículo
Ejecución en metal
193 142 193 143 193 144 193 145 193 146 193 147 193 148 193 149 193 150
GRLA-x-QS-3-D GRLA-x-QS-4-D GRLA-x-QS-6-D GRLA-x-QS-8-D GRLA-¼-QS-6-D GRLA-¼-QS-8-D GRLA-¼-QS-10-D GRLA-y-QS-6-D GRLA-y-QS-8-D
193 151 193 152
GRLA-y-QS-10-D GRLA-½-QS-12-D
Para tubo de diámetro exterior 3 4 6 8 6 8 10 6 8 10 12
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Hojas de datos www.festo.com Tipo
Material
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Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Referencias: unidades de guía para carreras fijas (sólo guía de rodamiento de bolas)
Carrera [mm]
Nº de artículo
Tipo
Carrera [mm]
Nº de artículo
Hojas de datos www.festo.com Tipo
Para diámetro de 32 mm 10 … 50 34 493 10 … 100 34 494 10 … 160 34 495 10 … 200 34 496 10 … 250 150 289 10 … 320 34 497 10 … 400 150 290 10 … 500 34 498
FENG-32-50-KF FENG-32-100-KF FENG-32-160-KF FENG-32-200-KF FENG-32-250-KF FENG-32-320-KF FENG-32-400-KF FENG-32-500-KF
Para diámetro de 40 mm 10 … 50 34 499 10 … 100 34 500 10 … 160 34 501 10 … 200 34 502 10 … 250 34 503 10 … 320 34 504 10 … 400 150 291 10 … 500 34 505
FENG-40-50-KF FENG-40-100-KF FENG-40-160-KF FENG-40-200-KF FENG-40-250-KF FENG-40-320-KF FENG-40-400-KF FENG-40-500-KF
Para diámetro de 50 mm 10 … 50 34 506 10 … 100 34 507 10 … 160 34 508 10 … 200 34 509 10 … 250 34 510 10 … 320 34 511 10 … 400 150 292 10 … 500 34 512
FENG-50-50-KF FENG-50-100-KF FENG-50-160-KF FENG-50-200-KF FENG-50-250-KF FENG-50-320-KF FENG-50-400-KF FENG-50-500-KF
Para diámetro de 63 mm 10 … 50 34 513 10 … 100 34 514 10 … 160 34 515 10 … 200 34 516 10 … 250 34 517 10 … 320 34 518 10 … 400 34 519 10 … 500 34 520
FENG-63-50-KF FENG-63-100-KF FENG-63-160-KF FENG-63-200-KF FENG-63-250-KF FENG-63-320-KF FENG-63-400-KF FENG-63-500-KF
Para diámetro de 80 mm 10 … 50 34 521 10 … 100 34 522
FENG-80-50-KF FENG-80-100-KF
Para diámetro de 100 mm 10 … 50 34 529 10 … 100 34 530
FENG-100-50-KF FENG-100-100-KF
10 … … 200 160 10 10 … 250 10 … 320 10 … 400 10 … 500
FENG-80-160-KF FENG-80-200-KF FENG-80-250-KF FENG-80-320-KF FENG-80-400-KF FENG-80-500-KF
10 … … 200 160 10 10 … 250 10 … 320 10 … 400 10 … 500
FENG-100-160-KF FENG-100-200-KF FENG-100-250-KF FENG-100-320-KF FENG-100-400-KF FENG-100-500-KF
34 523 34 524 34 525 34 526 34 527 34 528
Referencias: unidades de guía para carreras variables
34 531 34 532 34 533 34 534 34 535 34 536
Hojas de datos www.festo.com Con guía de deslizamiento Nº de Tipo artículo
Para diámetro
Carrera
[mm]
[mm]
Con guía de rodamiento de bolas Nº de Tipo artículo
32 40
10 … 500 10 … 500
34 487 34 488
FENG-32-…-KF FENG-40-…-KF
34 481 34 482
FENG-32-… FENG-40-…
50 63 80 100
10 … 500 10 … 500 10 … 500 10 … 500
34 489 34 490 34 491 34 492
FENG-50-…-KF FENG-63-…-KF FENG-80-…-KF FENG-100-…-KF
34 483 34 484 34 485 34 486
FENG-50-… FENG-63-… FENG-80-… FENG-100-…
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
Cilindros normalizados DNCB según ISO 15552 Accesorios Referencias: Detector de posición para ranura en T, con salida electrónica
Montaje Contacto abierto en reposo Enchufable
Introducción hasta que ar a ras con e perfil del cilindro Contacto cerrado en reposo Enchufable
Salida
Conexión eléctrica Longitud del cable Nº de artículo Cable Conector M8 Conector M12 [m]
PNP NPN – PNP NPN PNP PNP
Trifilar
–
–
2,5
Bifilar –
– 3 contactos
– –
2,5 0,3
– Trifilar
– –
3 contactos –
–
3 contactos
Trifilar
–
PNP
0,3 2,5
525 898 525 909 525 908 525 899 525 910 525 900 175 436
SMT-8F-PS-24V-K2,5-OE SMT-8F-NS-24V-K2,5-OE SMT-8F-ZS-24V-K2,5-OE SMT-8F-PS-24V-K0,3-M8D SMT-8F-NS-24V-K0,3-M8D SMT-8F-PS-24V-K0,3-M12 SMT-8-PS-K-LED-24-B
–
0,3
175 484
SMT-8-PS-S-LED-24-B
–
7,5
525 911
SMT-8F-PO-24V-K7,5-OE
Referencias: Detector de posición para ranura en T, magnético Reed
Montaje Contacto abierto en reposo Enchufable
Introducción hasta quedar a ras con el perfil del cilindro Contacto cerrado en reposo Introducción hasta quedar a ras con el perfil del cilindro
Conexión eléctrica Cable
Conector M8
Trifilar
–
Bifilar –
Longitud del cable Nº de artículo [m]
Conector recto tipo zócalo Tuerca M8 Tuerca de racor M12 Conector acodado tipo zócalo Tuerca M8 Tuerca de racor M12
Hojas de datos www.festo.com Tipo
– 3 contactos
2,5 5,0 2,5 0,3
525 895 525 897 525 907 525 896
SME-8F-DS-24V-K2,5-OE SME-8F-DS-24V-K5,0-OE SME-8F-ZS-24V-K2,5-OE SME-8F-DS-24V-K0,3-M8D
Trifilar –
– 3 contactos
2,5 0,3
150 855 150 857
SME-8-K-LED-24 SME-8-S-LED-24
Trifilar
–
7,5
160 251
SME-8-O-K-LED-24
Referencias: cable para conectores tipo zócalo
Montaje
Hojas de datos www.festo.com Tipo
Salida PNP
Longitud del cable Nº de artículo [m]
3 contactos
2,5 5 2,5 5
159 420 159 421 159 428 159 429
SIM-M8-3GD-2,5-PU SIM-M8-3GD-5-PU SIM-M12-3GD-2,5-PU SIM-M12-3GD-5-PU
2,5 5 2,5 5
159 422 159 423 159 430 159 431
SIM-M8-3WD-2,5-PU SIM-M8-3WD-5-PU SIM-M12-3WD-2,5-PU SIM-M12-3WD-5-PU
NPN
Hojas de datos www.festo.com Tipo
Conexión
3 contactos
3 contactos 3 contactos
Referencias – Tapa para ranura en T
Montaje
Longitud
Nº de artículo
Tipo
Enchufable
2x 0,5 m
151 680
ABP-5-S
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Productos y servicios de un mismo proveedor Cuando los conocimientos técnicos se combinan con la eficiencia, se obtienen productos innovadores. Cuando el cliente es el centro de la atención, se ofrece una asistencia personalizada.
Actuadores neumáticos y eléctricos
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Cilindros neumáticos Actuadores giratorios Módulos para la manipulación Sistemas de posicionamiento servoneumáticos Actuadores electromecánicos Sistemas de control de posicionamiento y controladores
Válvulas y terminales de válvulas
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Válvulas normalizadas Válvulas universales y válvulas optimizadas para aplicaciones específicas Válvulas de accionamiento manual y mecánico Válvulas de cierre, reguladoras de presión y reguladoras de caudal Válvulas proporcionales Válvulas de seguridad
Sistemas de bus de campo, periferia eléctrica • • •
Preparación del aire comprimido
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Combinaciones de unidades de mantenimiento Unidades de filtro y regulador Filtros Reguladores de presión Lubricadores Válvulas de cierre y válvulas de arranque progresivo Secadores Intensificador de presión Accesorios para la preparación de aire comprimido
Bus de campo Direct Sistema de instalación CP/CPI Terminal eléctrico modular CPX
Componentes Soluciones específicas para clientes Grupos Soluciones específicas para sectores industriales Sistemas
Asistencia de Festo = Más eficiencia y productividad. A lo largo de toda la cadena de agregación de valor.
< Ingeniería: proceso más rápido de desarrollo de proyectos • • • • •
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Modelos CAD Software para ingeniería Catálogo digital FluidDRAW ® Más de 1 000 ingenieros de ventas y de proyectos en todo el mundo Líneas directas para asistencia técnica
22 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
< Cadena de suministro más rápida en el proceso de compra •
• •
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Comercio electrónico y tienda online Seguimiento online de pedidos Servicio especial europeo de fabricación Optimización de logística
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 135/159
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Técnica de pinzas y vacío
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Generador de vacío Conjuntos de aspiración Válvulas de retención de vacío Accesorios para vacío Pinzas estándar Micropinzas Pinzas de precisión Pinzas robustas
Detectores y equipos de control
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Detectores Sensores de presión y detectores de caudal Equipos de indicación y de control Detectores de posición inductivos y ópticos Sistemas de medición de recorrido para cilindros de posicionamiento Control óptico de la posición y de la calidad
Sistemas de control / Sistemas de bus •
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Controles neumáticos y electroneumáticos Controles lógicos programables Sistemas de bus de campo y accesorios Temporizadores / Contadores Software para visualización y captación de datos Equipos de indicación y de control
Accesorios
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Tubos rígidos Tubos flexibles Conductos y racores Conexiones eléctricas Silenciadores Depósito de aire Pistolas sopladoras
En resumen: Calidad perfecta de productos y servicios
Una gama de productos sin límites: mediante componentes individuales se crean grupos y sistemas listos para su montaje. Ejecuciones especiales: los productos concebidos para sectores industriales y las soluciones específicas se basan en más de 23 000 productos incluidos en el catálogo de Festo. Productos y servicios a lo largo de toda la cadena de agregación de valor, para soluciones altamente eficientes.
< Ensamblaje: montaje y puesta en funcionamiento más rápidos
< Procesos operativos más rápidos •
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PrePack PreAssembly Neumática lista para el montaje Soluciones para la manipulación
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2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
Piezas de repuesto Servicio de ahorro de energía Análisis de consumo de aire comprimido Análisis de la calidad del aire comprimido Asistencia técnica
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La dimensión de la calidad La calidad se puede medir aplicando diversos criterios. Una corta visita virtual al centro de investigación y desarrollo, a la fábrica o al centro de asistencia al cliente explica más que 1 000 palabras.
Ingeniería 3D y simulación
>
Calidad e innovación
Calidad en la fabricación
Festo invierte mucho para alcanzar esos objetivos:
Expertos interesados en la calidad y economía. Por ello, Festo cumple los siguientes objetivos:
• •
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6,5% de la facturación 2 800 patentes y 100 registros de productos nuevos cada año Ingeniería 3D y simulación 10 600 expertos en todo el mundo Expertos con ideas innovadoras
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Mínimas tolerancias en la fabricación Sistemas de fabricación propios y de avanzada tecnología Competencia profesional en materia de fabricación Estándares de calidad definidos a lo largo de toda la cadena de fabricación Sistemas de aseguramiento de la calidad sumamente precisos para productos plenamente fiables.
Info 118 – Reservado el derecho de modificación – 2007/03 137/159
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Precio y calidad
Amplia gama de productos de alta calidad
Didactic, calidad en sistemas de estudio
Más eficiencia y economía Todos los
Oferta de soluciones específicas.
Además de los productos y servicios
productos nuevos y desarrollados de Festo tienen algo en común: son superiores técnica y económicamente que sus antecesores. Así lo prueban los productos de todos los segmentos: actuadores, válvulas, terminales de válvulas, unidades de mantenimiento y accesorios.
Festo ofrece productos de catálogo, productos específicos para diversos sectores industriales y ejecuciones especiales muy específicas. Las combinaciones de componentes de forman grupos y sistemas y son parte de la cartera de productos de Festo. La cantidad de productos incluidos en conjuntos modulares para la configuración individual aumenta constantemente.
para la automatización industrial, Festo ofrece a través de Didactic hardware, software y seminarios altamente eficientes para la formación y el perfeccionamiento profesional. Todos los productos y servicios de Festo se adaptan óptimamente a las exigencias del cliente. En resumen: aprender en la práctica para la práctica.
2007/03 – Reservado el derecho de modificación – Info 118 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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¿Qué hay que tener en cuenta al utilizar elementos de Festo?
Para el buen funcionamiento de los elementos de Festo, el usuario deberá respetar los valores límite indicados, considerar los datos técnicos y atenerse las indicaciones. Deberá prestarse especial atención en utilizar aire comprimido convenientemente preparado y exento de substan-
Cualquier modificación de los productos y sistemas de Festo implica un riesgo para la seguridad. Festo no se responsabiliza de los daños ocasionados por modificaciones hechas en sus productos. Recurra al asesoramiento de Festo si en su caso se aplica uno de los
cias agresivas, Al utilizar elementos de Festo en aplicaciones de seguridad, deberán respetarse las normas nacionales correspondientes, por ejemplo, la directiva de máquinas.
siguientes criterios: del entorno o de Si las condiciones utilización o el fluido no corresponden a los datos técnicos. Si el producto debe cumplir una función de seguridad determinada.
Si es necesario realizar un análisis de peligros y de seguridad. Si tiene dudas sobre si el producto es apropiado para la aplicación. Si tiene dudas sobre si el producto cumple los requisitos necesarios para el funcionamiento en aplicaciones de seguridad.
Todos los textos, gráficos, imágenes y dibujos contenidos en esta publicación son propiedad de Festo AG & Co. KG y, en consecuencia, están sujetos a los derechos de autor. Queda prohibida su reproducción, tratamiento, traducción, microfilmación, memorización y procesamiento me-
Todos los datos técnicos pueden sufrir cambios en función de las actualizaciones de los productos.
diante sistemas electrónicos sin previa autorización explícita de Festo AG & Co. KG. Festo se reserva el derecho de efectuar modificaciones como resultado de la constante innovación de sus productos.
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MOTORES NEUMÁTICOS
CARACTERÍSTICAS GENERALES
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MOTORES NEUMATICOS. CARACTERISTICAS COMUNES A LOS MOTORES NEUMATICOS. Diseño compacto y ligero. Un motor
Mantenimiento mínimo. El aire comprimido debe
neumático pesa menosy que eléctrico de la misma potencia tieneununmotor volumen más pequeño.
estar limpio bien y elimina lubricado, lo que reduce desgastes en ely motor tiempos de parada al alargar la vida del motor.
Los motores neumáticos desarrollan más potencia con relación a su tamaño que la mayoría de los otros tipos de motores.
Los motores neumáticos pueden trabajar en cualquier posición.
El par del motor neumático aumenta con la carga. Los motores neumáticos no se dañan cuando se bloquean por sobrecargas y no importa el tiempo quea suestén Cuando carga baja valor bloqueados. normal, el motor vuelve la a funcionar correctamente. Los motores neumáticos, se pueden arrancar y parar de forma ilimitada. El arranque, el paro y el cambio de sentido de giro son instantáneos, incluso cuando el motor esté trabajando a plena carga. Control de velocidad infinitamente variable. Simplemente con una válvula montada a la entrada del motor. Par y potencia regulables. presión de trabajo.
Variando la
Como no hay ninguna parte eléctrica en el motor, la posibilidad de que se produzca una explosión en presencia de gases inflamables es reducida.
Pueden trabajar en ambientes sucios, sin que se dañe el motor. No pueden quemarse. Comparándolos con los motores hidráulicos, los motores neumáticos tienen las siguientes ventajas: No se calientan cuando se sobrecargan, aún estando bloqueados durante un largo tiempo. Las líneas neumáticas de suministro de aire son mas baratas que las hidráulicas y su mantenimiento también. Las presiones son mucho más bajas. Las conexiones y los empalmes de las tuberías neumáticas son limpias. Pequeños escapes de aceite en las líneas hidráulicas pueden causar caídas, incendios, atacar a partes pintadas o contaminar productos. Estas ventajas pueden suponer un ahorro importante en el entorno de trabajo de los motores neumáticos.
Cuando el motor gira, el aire expandido enfría el motor. Por esto, los motores pueden usarse en ambientes con temperaturas altas (70 grados centígrados).
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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TIPOS DE MOTORES NEUMATICOS La mayoría de los motores neumáticos son de dos tipos: de paletas y de pistones. Hay también de engranajes. MOTORES NEUMATICOS DE PALETAS Estos motores tienen un rotor montado excéntricamente en un cilindro, con paletas longitudinales alojadas en ranuras a lo largo del rotor. El par se origina cuando el aire a presión actúa sobre las paletas. El número de paletas suele ser de 4 a 8. Normalmente cuatro o cinco paletas son suficientes para la mayoría de las aplicaciones. Se utilizan mayor número de paletas cuando se necesita mejorar la fiabilidad de la máquina y su par de arranque. Los motores de paletas giran desde 3000 a 25000 R.P.M.,en vacío. Como norma general, los motores deben trabajar con una precarga para evitar que giren a velocidades altas. Al girar en vacío el motor, el número de veces que las paletas rozan sobre el cilindro es casi doble que en carga. Esto supone un desgaste innecesario de las paletas y de la pared del cilindro sobre la que deslizan. La vidadedehoras las trabajando paletas seelprolongará a varios cientos motor a velocidades moderadas y metiendo aire al motor debidamente limpio y lubricado con aceite en suspensión. Los motores de paletas giran a velocidades más altas y desarrollan mas potencia en relación con su peso que los motores de pistones, sin embargo tienen un par de arranque menos efectivo. Los motores de paletas son más ligeros y más baratos que los motores de pistones de potencia similar. Son los motores de uso más frecuente. MOTORES NEUMATICOS DE PISTONES Los motores neumáticos de pistones tienen de 4 a 6 cilindros. La potencia se desarrolla bajo la influencia de la presión encerrada en cada cilindro. Trabajan a revoluciones más bajas que los motores de paletas. Tienen un par de arranque elevado y buen control de su velocidad. Se emplean para trabajos a baja velocidad con grandes cargas. Pueden tener los pistones colocados axial o radialmente. Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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CARACTERÍSTICAS MOTORES REVERSIBLES O CON UN SOLO SENTIDO DE GIRO. Los motores neumáticos con un solo sentido de giro, tienen ligeramente mayor potencia, par y velocidad que los motores reversibles. PRESION DE TRABAJO. Los motores neumáticos pueden trabajar entre 3 y 7 bar, aunque la presión normal de trabajo es cercana a 6 bar. Los motores, están diseñados para dar sus mejores características a esta presión. Aunque pueden trabajar por debajo de 3 bar, a esta presión tan baja, el rendimiento de los motores puede ser insuficiente para el trabajo solicitado. Por otra parte, también pueden trabajar por encima de 7 bar, pero con riesgo de favorecer el desgaste y aumentar el mantenimiento del motor. Las características del motor varían de una forma aproximada como se indica en la tabla siguiente según sea la presión de alimentación del motor. Presión (bar)
Potencia
Velocidad
Par
Consumo de aire
-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------7 1.20 1.03 1.17 1.15 6 1.00 1.00 1.00 1.00 5 0.77 0.95 0.84 0.82 4 0.54 0.87 0.67 0.65 3 0.36 0.75 0.51 0.47 POTENCIA. La curva de potencia correspondiente a un motor sin regulador de velocidad es de forma aproximada a la que figura a continuación. La velocidad se lo sitúa sobre el eje ejevertical. horizontal, mientras que la potencia y el par hacen en el En la figura se ve que la potencia es cero para velocidad cero y que va incrementándose cuando se incrementa la velocidad hasta un máximo que corresponde con la mitad de las revoluciones libres del motor. A partir de ese punto si se incrementa la velocidad, la potencia disminuye hasta cero cuando el motor gira a las máximas revoluciones (revoluciones libres). Los motores neumáticos obtienen la mayor parte de su potencia por la fuerza con que el aire actúa sobre las paletas o los pistones. Otra parte de la potencia se obtiene por la expansión dellagas comprimido. La creación expansióndedel aire noyaesque de ningún modo principal fuente de potencia no es práctica. Cuando el aire se expande, se enfría. Una expansión excesiva ocasiona la formación de hielo en los orificios de salida del aire ahogando al motor. La mayor cantidad de expansión que puede usarse con seguridad sin que se forme hielo es del 20%.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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MOTORES CON REGULADOR DE VELOCIDAD. Un motor sin regulador de velocidad y girando a velocidad libre, puede dañarse si se le sobrecarga bruscamente. Para evitar que esto ocurra, se pueden montar reguladores de velocidad en los motores. Un motor con regulador de velocidad gira a velocidad libre a unaselrevoluciones cercanas a las de potencia máxima aporuna lo que motor reacciona mejor cuando se le somete carga inesperada. Los motores con regulador se emplean para accionar máquinas en las que hay que garantizar que el motor no pase de ciertas revoluciones.
PAR MOTOR. El par alcanza su valor máximo cuando el motor comienza a girar (velocidad cercana a cero) y cae rápidamente (casi linealmente) hasta cero cuando el motor gira a velocidad libre. Si se va aumentando la carga al motor, la velocidad del motor baja y el par se incrementa hasta que al llegar a velocidad cero, se bloquea el motor. Si por el contrario, la carga disminuye, el motor aumenta su velocidad y el par disminuye hasta ajustarse a la carga aplicada. El par al cual el motor se atasca, es, aproximadamente, el doble del par que tiene el motor girando a máxima potencia. El par de arranque de un motor es el que el motor puede desarrollar cuando arranca bajo carga. Dependiendo de la posición paletas el cilindro respecto a la entrada y la salidadedelasaire, en elen momento delcon arranque, el valor del par de arranque está entre dos valores: máximo y mínimo. El par de arranque mínimo es el que figura en los catálogos como par de arranque y suele ser el 75% del par de atascamiento o bloqueo del motor. Este último también puede considerarse cercano al valor del par máximo de arranque. Hay que considerar que la fricción estática de las paletas es mayor que la dinámica. (Cuesta más arrancar el motor que mantenerlo en marcha.) VELOCIDAD. La velocidad libre de los motores neumáticos, varía desde cero hasta 30000 R.P.M. La velocidad en carga, debe ser la mitad de la velocidad libre de un motor sin regulador. La velocidad en carga para un motor con regulador es aproximadamente el 80% de la velocidad libre del motor. Para poder obtener velocidades mas bajas de trabajo, los motores neumáticos se equipan con diferentes reducciones. Con la misma potencia se obtienen menos revoluciones y mayor par.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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SELECCIÓN DEL MOTOR. Lo primero que debe saberse es la velocidad a la que debe trabajar el motor y el par para esa velocidad. La combinación de ambas variables nos indicará la potencia del motor. Entre todos los motores posibles que den las características que buscamos hay que elegir el que da máxima potencia para los valores buscados. Asegurarse de que se ha elegido el valor de par adecuado. (No el par de arranque o bloqueo, sino el del motor girando a la velocidad seleccionada.) AIRE COMPRIMIDO. Las características de los motores se han definido para la presión de trabajo y el caudal de aire comprimido que figura en el folleto del motor. Esta presión es la del aire que llega al motor, medida en la boca de entrada del mismo y cuando el motor está trabajando. La instalación de aire debe tener la sección suficiente para que el caudal de aire que necesita el motor le llegue sin pérdidas de presión. Las características del motor pueden ser modificadas de varias maneras: -Regulando la presión de entrada de aire al motor, con los resultados ya explicados en la página 3. -Reduciendo la cantidad de aire que llega al motor se consiguen resultados parecidos al actuar sobre la presión de entrada. Se bajan las revoluciones y el par disminuye en mayor medida. -Estrangulando el escape de aire puede bajarse en mayor proporción la velocidad, con lo que el par motor disminuye menos. Cuando se quieran silenciar los escapes, para disminuir el ruido de los motores, hay que poner el silencioso adecuado al caudal de aire que sale del motor. TRATAMIENTO DEL AIRE. El aire que llega al motor debe de estar limpio y engrasado. Hay que colocar cerca la entrada de aire a los motores un filtro de aire, seguido de un regulador de presión y de un lubricador. Asegurarse que estos componentes tienen la capacidad necesaria para los motores que se van a usar. VALVULAS DE MANDO DE LOS MOTORES. Estas válvulas se emplean para el accionamiento de los motores reversibles (giro a derechas, a izquierdas o paro) y para los motores con giro en un sentido de giro para la marcha o el paro.
Válvula de 5 vías y 3 posiciones (Giro izquierda, giro derecha y paro)
Válvula de 3 vías y 2 posiciones (Marcha y paro)
Pueden ser mandadas manualmente o por accionamiento automático (neumático, eléctrico o mecánico.)
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TIPOS DE MOTORES FABRICADOS POR NEUMAC, S.A. MOTORES DE PALETAS TIPO MA – MAR. De potencias comprendidas entre 0,37 y 0,7 C.V. Pueden ser reversibles, MAR, o con giro en un sentido, MA, bien a izquierdas o a derechas. Al solicitar el motor, indicarlo. Son motores de aspecto cilíndrico y de pequeño diámetro. Giran a gran velocidad, aunque la mayoría de ellos llevan incorporados reductores epicicloidales para bajar su velocidad a la necesaria para su aplicación. MOTORES DE PALETAS TIPO NR De 2,4 a 6 C.V. De mayores dimensiones que los MA, tienen formas irregulares. Algunos incorporan reductores excéntricos al eje del rotor del motor y otros reductores epicicloidales de una o de dos etapas. Todos los motores son reversibles. MOTORES DE PALETAS TIPO NR..U Motores reversibles. Son los motores base de los tipos NR, montados en carcasas provistas de válvulas para controlar desdeque el propio motor, la marcha y el sentido de giro. Hay accionar la válvula para que el aire entre al motor. Al soltar la palanca, se corta la entrada de aire. MOTORES DE PALETAS TIPO CR Motores reversibles. De diseño mas sencillo que los tipos MA, NR o NR..U, tienen carcasas de fundición de hierro. Desde 2,5 a 7,8 C.V. Se fabrican en dos grupos: Motores CR sin reductores de velocidad Motores CR con reducciones de velocidad MOTORES DE PISTONES Neumac fabrica tres tipos de motores de pistones con un solo motor base. Estos motores están diseñados para ser usados en máquinas de perforación, aunque también pueden usarse en la Industria.
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MOTORES NEUMÁTICOS TIPO MA Y MAR. DE 0,37 A 0,70 C.V.
CARACTERISTICAS. • • • • •
De diseño alargado y escaso diámetro. Compactos y ligeros. Gran potencia en relación a su peso/volumen. Exterior liso. Especialmente indicados en: Agitadores y mezcladores de pintura. Máquinas herramienta. Utillajes. Automatismos. Etc….
VERSIONES DE MONTAJE. El suministro normal es con brida completa (4 agujeros). Cualquier otro tipo de brida es opcional. Opcionalmente, se suministran motores con patas. Los ejes son cilíndricos y lisos, con chavetero. Opcionalmente se puede suministrar cualquier tipo de eje (roscado, cuadrado, etc…) MOTORES DE UN SOLO SENTIDO DE GIRO Y MOTORES REVERSIBLES. En los motores de un sentido de giro, la rotación es, mirando de frente el eje del motor, en sentido contrario a las agujas del reloj. Motores con giro en un sentido
Motores reversibles.
Entrada de aire 1/4”
Entradas de aire ¼”
Escape 3/8”
Escape 3/8”
Cuando en los motores reversibles se mete aire para que gire el motor en un sentido, el aire sale por el escape principal y por la otra entrada del motor.
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MOTORES NEUMATICOS TIPO MA Y MAR. DIMENSIONES.
MODELO
A
B
MA-05/18 MAR-05/14 MA-05/04 MAR-05/02 MA-07/90 MAR-07/65
143
118
MA-07/07 MAR-07/05 MA-07/01 MAR-07/01
C
D
E
F
G
H
J
25
10
180
155
116
100
16
8
160
135
25
10
221
195
26
6
80
7
120
50
80
65
6,5
100
100
14
CARACTERÍSTICAS (Paire=6 bares) Potencia máxima
Modelo
CV.
kW
R.P.M. a máxima potencia
R.P.M. libres
Par a máxima potencia (Nm)
Par de arranque (Nm)
Peso (Kg)
Consumo de aire a máxima potencia (l/min)
No Reversibles MA-05/18
0,52
0,38
1800
3600
2,1
3,15
1,35
500
MA-05/04
0,48
0,35
380
750
9
13,5
1,65
480
MA-07/90
0,7
0,51
9000
18000
0,6
0,9
1,1
660
MA-07/07
0,63
0,46
750
1500
6,2
9,3
1,37
640
MA-07/01
0,57
0,42
147
300
29
43,5
2,35
620
Reversibles MAR-05/14
0,41
0,3
1400
2800
2,5
3,75
1,33
480
MAR-05/02
0,37
0,27
260
520
10,5
15,75
1,63
460
MAR-07/65
0,56
0,41
6500
13000
0,7
1,05
1,12
640
MAR-07/05
0,51
0,37
560
1100
6,6
9,9
1,39
620
MAR-07/01
0,47
0,35
100
200
33,6
50,4
2,37
600
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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MOTORES NEUMÁTICOS TIPO MA Y MAR. CARACTERÍSTICAS (Paire=6 bares) MA-05/18
MA-05/04
7
0,7
40
0,8
6
0,6
35
0,7
0,5
30
0,6
5
MOTORES NO REVERSIBLES
. V . 0,4 C a i c 0,3 n e t o P
) m4 N ( r a 3 P
2
0,2
1
0,1
0
0 0
450
. 0,5 V . C a 0,4 i c n e t 0,3 o P
) 25 m N ( 20 r a P 15 10
0,2
5
0,1
0
900 1350 1800 2250 2700 3150 3600
0 0
190
r.p.m.
MA-07/90
380
570
760
r.p.m.
MA-07/07
MA-07/01
0,8
14
0,7
70
0,7
1,4
0,7
12
0,6
60
0,6
1,2
0,6
10
0,5
50
0,5
1,6
0,4
. . 0,5 V C a 0,4 i c n e 0,3 t o P 0,2
0,2
) 1 m N0,8 ( r a P 0,6
0 0
) m 8 N ( r a 6 P
0,4
0,3
4
0,2
0,1
2
0,1
0
0
. V . C a i c n e t o P
20
. V . 0,4 C a i c 0,3 n e t o P 0,2
10
0,1
) m40 N ( r a 30 P
0
2250 4500 6750 9000 11250 13500 15750 18000
0
0 0
187,5
375
562,5
r.p.m.
750
937,5
1125
1312,5
0
1500
3 7, 5
75
1 87 ,5
2 25
2 62 ,5
MAR-05/02
MAR-05/14
7
0,56
6
0,48
5
0,4
2
. V . 0,32 C a i c n 0,24 e t o P 0,16
1
0,08
) m4 N ( r a 3 P
35
0,49
30
0,42
25
0,35
. V . 0,28 C a i c n 0,21 e t o P 0,14
) m20 N ( r a 15 P
10 5
0,07
0 0
0 0
350
MAR-07/65
1,5
0,6 0,5
. V . 0,4 C a i c 0,3 n e t o P 0,2
) m 1 N ( r a 0,75 P
0,5 0,25
65
1 30 1 9 5 26 0 3 25 3 9 0 4 55 5 20
r.p.m.
MAR-07/05 0,7
1,25
0 0
700 1050 1400 1750 2100 2450 2800
r.p.m.
1,75
3 00
r.p.m.
r.p.m.
MOTORES REVERSIBLES
1 12, 5 1 50
MAR-07/01
21
0,7
18
0,6
15
0,5
6
. V . 0,4 C a i c n 0,3 e t o P 0,2
3
0,1
) m12 N ( r a 9 P
105
0,7
90
0,6
75
0,5
30
. V . 0,4 C a i c 0,3 n e t o P 0,2
15
0,1
) m 60 N ( r a 45 P
0,1
0
0 0
1625 3250 4875 6500 8125 9750 1137 1300 5 0
r.p.m.
0
0 0
137,5
275
412,5
550
r.p.m.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
687,5
825
962,5 1100
0
0 0
25
50
75
100
1 25
1 50
1 75
2 00
r.p.m.
10 149/159
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTORES NEUMÁTICOS TIPO NR. DE 2,4 A 6 C.V.
CARACTERISTICAS. -
Reversibles. La mayoría, con reductores de velocidad incorporados. Estos pueden ser de rueda con piñón (eje descentrado con respecto al eje del motor) o de trenes de engranajes (concéntricos al eje.) Numerosas aplicaciones en Grúas y cabrestantes. Perforadoras, cargadoras de minas. Reductores. -
Cintas, trasportadores. Máquinas de inyección o proyección de mortero Refinerías, industria química, astilleros, etc.
VERSIONES DE MONTAJE. Se suministran con brida, unas veces postiza y otras, formando parte de la propia carcasa. Todas las carcasas de los reductores son de aluminio. El motor 4NR007, puede suministrarse con patas o con brida, de serie. Todos los demás motores pueden suministrarse opcionalmente con patas. Los ejes son cilíndricos y lisos, con chavetero. Opcionalmente se pueden suministrar ejes con medidas distintas a las de catálogo. FUNCIONAMIENTO. Todos los motores son reversibles. Tienen una tapa en la parte opuesta al eje con dos agujeros roscados que son las entradas de aire al motor. Una para cada sentido de giro. Además hay un escape central en la carcasa del motor. Cuando se mete aire en una de las entradas, la otra debe de estar libre así como el escape central. Ambos agujeros son escapes del aire que se ha metido al motor.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTORES NEUMATICOS TIPO NR..U / NRW..U. DE 3,4 A 6 C.V.
CARACTERÍSTICAS. Reversibles. Con válvula de inversión y de accionamiento. Eje con cuadrado interior (versiones W) De uso muy extendido a bordo de buques para: Accionamiento de pescantes, grúas y cabrestantes. Tornos de izado, arrollamiento de mangueras, etc. Aplicaciones también en maquinaria de minas y obras públicas, siderurgia, industria química y petroquímica. VERSIONES DE MONTAJE. Se suministran con brida. Los motores tipo W llevan eje con cuadrado interior para su acoplamiento a reductores. Los demás modelos llevan eje cilíndrico con chavetero. FUNCIONAMIENTO. Todos los motores son reversibles. La entrada de aire al motor es única (parte inferior de la carcasa motor). El giro se selecciona con la válvula de inversión llevándola a tope a un lado u otro. En posiciones intermedias, no puede bajarse la válvula de accionamiento. Una vez la válvula de inversión en su sitio, hay que empujar hacia abajo, la válvula de accionamiento para que el aire pase al interior del motor. Los dos escapes de aire del motor se han unido en un solo orificio de escape situado en la parte posterior de la carcasa motor.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTORES NEUMÁTICOS TIPO NR..U / NRW..U. DIMENSIONES.
MOTORES TIPO NR
MODELO
A
B
C
3NR-30 3NR-15 3NR-04 3NR-007 4NR-30 4NR-15 4NR-04 4NR-007 6NR-30 6NR-15 6NR-09 6NR-04
205 333 292 410 240 358 317 435 240 363 380 390
50
24 28 32 35
60 50 60 50 60 80
D
E
F
170 200
50
130 160 130
230
28
130
170 200
32 35 28
160 130 160
38
180
230 190 250
60
G
4,5
60
3,5
72,5
4,5 3,5
80
J
3,5
72,5
60
H
4,5
3/4"
1"
3/4"
1"
K
L
150 165 195 185 150 165 195 185 172
8,5
M
N
M
N
11,5 14 8,5 11,5 14 8,5
215
14
K
L
150 165 195 172
8,5 11,5
215
14
MOTORES TIPO NR..U/NRW..U
MODELO
A
B
C
4NR-30U 4NRW-15U 4NRW-04U 6NR-30U 6NRW-15U
430 534 497 434 547
60 45,5 46,5 60
28
6NRW-09U 6NRW-04U
532 552
28
D 130 160
E 170 200 230 190
58 48
180
250
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
F
G 3,5 4,5 3,5 4,5
H
J
1"
27 1"
8,5
1-1/4"
27
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTORES NEUMÁTICOS TIPO NR..U / NRW..U CARACTERÍSTICAS (Paire=6 bar) Potencia máxima CV
kW
R.P.M. a máxima potencia
2,80 2,71 2,58 2,38 3,90 3,69 3,38 3,17 6,00 5,68 5,68 5,45
2,06 1,98 1,91 1,76 2,87 2,72 2,50 2,35 4,41 4,19 4,19 4,01
3000 1300 460 75 3000 1300 460 75 3000 1500 950 450
Modelo 3NR-30 3NR-15 3NR-04 3NR-007 4NR-30/4NR-30U 4NR-15/4NRW-15U 4NR-04/4NRW-04U 4NR-007 6NR-30/6NR-30U 6NR-15/6NRW-15U 6NR-09/6NRW-09U 6NR-04/6NRW-04U
Par a máxima potencia Nm
Par de arranque Nm
Peso Kg
6000 2600 920 150 6000 2600 920 150 6000 3000 1900 900
6,7 15,0 41,0 230,0 9,3 20,4 52,7 306,0 14,3 27,2 41,0 87,5
10,1 22,5 61,5 345,0 14,0 30,6 79,0 459,0 21,5 40,8 61,5 131,2
7 10,4 14 27,5 8,5/12,5 14/19 15,5/19,5 29 12,5/19 19,5/26 17,5/24 21,5/28
3NR-30
3NR-15
15 12,5
0 0
1500
3000
4500
3600
5000
3NR-04
35
3,5
90
3,5
2,5
30
3
75
3
2
2,5
2700
3
. V . C a 1,5 i c n e t 1 o P
) 10 m N ( 7,5 r a P 5
Consumo de aire a máxima potencia l/min
R.P.M. libres
. 2,5 V . C 2 a i c 1,5 n e t o 1 P
25 ) m20 N ( r 15 a P 10
0,5
5
0,5
0
0
0 0
6000
650
r.p.m.
1300
1950
. 2,5 V . C 2 a i c 1,5 n e t o 1 P
) 60 m N45 ( r a P30
15
0,5
0
2600
0 0
230
r.p.m.
690
920
r.p.m.
4NR-30
3NR-007
460
4NR-15
540
3,5
24
4,8
48
4,8
450
3
20
4
40
4
. 2,5 V . C 2 a i c 1,5 n e t o 1 P
) 360 m N ( 270 r a P180
90 0 0
37,5
75
112,5
. . 3,2 V C a 2,4 i c n e t 1,6 o P
)16 m N (12 r a P8
0,5
4
0,8
8
0
0
0
0
150
0
1500
r.p.m.
4NR-04 100
650
. . 2,8 V C
) 80 m 60 N ( r a
2,1 i a c n e t 1,4 o P
P 40
20
0,7
0 690
4,2
550
3,5 . 2,8 V . C
) 440 m N330 ( r a P220
2,1 i a c n e 1,4 t o P 0,7
0
920
0 0
37,5
75
1950
2600
6NR-30
110
0
1300
r.p.m.
660
3,5
460
0 0
6000
4NR-007 4,2
230
4500
0,8
r.p.m.
120
0
3000
. . 3,2 V C a 2,4 i c n e t 1,6 o P
) 32 m N ( 24 r a P16
112,5
42
7
36
6 . 5 V . C 4 a i c 3 n e t o 2 P
30
) m24 N ( r a 18 P 12
6
1
0
150
0 0
1500
3000
r.p.m.
r.p.m.
r.p.m.
6NR-15
6NR-09
6NR-04
4500
6000
70
7
90
7
210
7
60
6
75
6
180
6
50
5
150
5 V .
) m 40 N ( r 30 a P 20
4
. V . C a i c n e t o P
5
) 60 m N ( 45 r a P 30
4
. V . C a i c n e t o P
.
) m120 N ( r 90 a P
C
4 a i
60
c e t o 2 P
10
1
15
1
30
1
0
0
0
0
0
3 2
0
750
1500
r.p.m.
2250
3000
3 2
0
475
950
r.p.m.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
1425
1900
3 n
0 0
225
450
675
900
r.p.m.
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTORES NEUMÁTICOS TIPO CR DE 2,5 C.V. A 7,8 C.V.
CARACTERISTICAS. Reversibles De diseño robusto. Carcasa de fundición de hierro. Alto par de arranque. Velocidades bajas con buen rendimiento. Arranque fiable. Escaso mantenimiento. VERSIONES DE MONTAJE. SUMINISTRO NORMAL: Con patas y brida. La brida, de cuatro agujeros pasantes, concéntricos al eje, puede formar parte de una de las tapas del motor o ser postiza en algunos modelos. También puede montarse otro tipo de brida, bajo pedido. Todos motores llevan en su parte inferior una meseta plana con cuatro agujeros roscados para amarrar el motor y que hacen las veces de patas. Los ejes son cilíndricos con chavetero. Opcionalmente las dimensiones de los ejes pueden variarse. FUNCIONAMIENTO. Todos los motores son reversibles. Las entradas de aire al motor están en la parte superior de la carcasa. Según a que entrada se conecte el aire, el motor girará en un sentido u otro. En cualquier caso, la entrada que no se emplea es el escape del motor y por tanto tiene que estar siempre libre.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTORES NEUMÁTICOS TIPO CR DIMENSIONES.
Modelo 2CR-30 3CR-30 5CR-30
A
B
C
139 170 210
30 40 50
109 130 160
6,5CR-30
234
60
174
D
E
H
J
L
M
N
O
R
S
T
U
9 30 14 10 3,5 40 19 13 50 24
110
160 200
49,5 61,5
130
130
52,5 73,5
9 12
44 53,2 57
250
80
24 34 51
180
75
28 46 67
13
GAS 1/2" GAS 3/4" GAS 1" GAS 1 1/4"
100
9,5
59,5
4
F
G
60 28
165 215
15
X M.6 M.8
CARACTERÍSTICAS (Paire=6 bar) Potencia máxima
Modelo
C.V. 2,41 3,82 6,22 7,64
2CR-30 3CR-30 5CR-30 6,5 CR-30
kW 1,77 2,81 4,6 5,62
R.P.M. a máxima potencia
R.P.M. vacío
Par a máxima potencia Nm
4000 3000 3000 2500
8000 6000 6000 5000
4,25 8,50 14,50 24,22
Par de arranque mínimo Nm 4,15 7,80 14,10 23,50
2CR-30
Peso (Kg)
Consumo de aire a máxima potencia (l/min)
4,8 9,5 15,0 17,0
2600 3800 6100 7500
3CR-30
7
2,8
14
4,9
6
2,4
12
4,2
5
2
10
3,5
) m 4 N ( r a 3 P
1,6 1,2
. V . C a i c n e t o P
) m 8 N ( r 6 a P
2
0,8
1
0,4
2
0
0
0
0
a i c n e t 1,4 o P
2,1
4
1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000
0,7 0 0
1000
2000
3000
r.p.m.
4000
5000
6000
r.p.m.
5CR-30
6,5CR-30
28
7,7
35
10,5
24
6,6
30
9
20
5,5
25
7,5
) m 16 N ( r 12 a P
. V
. 4,4 C a i c n e t 2,2 o P
3,3
8
) m 20 N ( r 15 a P
1,1
5
0
0
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
r.p.m.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
6 4,5
10
4
0
. V
. 2,8 C
3
. V . C a i c n e t o P
1,5 0 0
1000
2000
3000 r.p.m.
4000
5000
16 155/159
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Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
MOTOR NEUMÁTICO DE PISTONES TIPO MP Y MPL. DE 2,2 C.V.
CARACTERÍSTICAS. Reversibles. De diseño robusto. Con reductor de velocidad incorporado. Carcasa motor de aleación ligera de gran resistencia. Par de arranque elevado. Empleados en trabajos a baja velocidad con grandes cargas. Aplicación principal: Equipos de perforación del tipo de martillo de fondo. •
VERSIONES DE MONTAJE. Se fabrican tres tipos de motores con el mismo motor base. El diseño de todos ellos está dirigido a su uso en equipos de perforación -Motor MP-22/007. Tiene el eje con chavetero y una brida con cuatro agujeros situada aproximadamente en la parte media del motor. La carcasa reductora lleva rodamientos de bolas de gran capacidad de carga radial. -Motor MPL-22/007. El eje de salida está roscado interiormente con rosca redonda de diámetro 40 mm. La carcasa reductora, de acero, tiene dos alojamientos cilíndricos sobre los que bascula el motor. Este motor recibe todo el empuje de la perforación por lo que tiene dos rodamientos cónicos que soportan cargas axiales de gran magnitud. -Motor MPL-22/005. De características similares al motor MPL-22/007. Se diferencia de éste en que gira a revoluciones más bajas, por lo que el par de trabajo es mayor. También los rodamientos y el tamaño son mayores. Se fabrica en dos versiones de eje: Roscado con rosca interior redonda de 50 mm, o estriado interiormente. FUNCIONAMIENTO. Todos los motores son reversibles. Llevan dos entradas de aire en la parte superior del motor. El motor gira en un sentido o en otro según la entrada a la que se conecte el aire. El escape de aire se realiza por la parte trasera del motor.
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MOTOR NEUMÁTICO DE PISTONES TIPO MP Y MPL DIMENSIONES MP22-007
MPL22-007
MPL22-005 Eje roscado
MPL22-005 Eje estriado
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CARACTERÍSTICAS (Paire=6 bar) Modelo MP22-007 MPL22-007 MPL22-005
Potencia máxima C.V. 2,2 2,2 2,2
kW 1,62 1,62 1,62
R.P.M. a máxima potencia
R.P.M. vacío
Par máximo Nm
Par de arranque Nm
Peso (Kg)
Consumo de aire a máxima potencia (l/min)
50 50 40
105 105 82
650 650 780
450 450 546
22 30,5 42
2000 2000 2000
MP22-007 / MPL22-007
)
1000
2,50
900
2,25
800
2,00
700
1,75
600
1,50
m N ( 500 r a P 400
1,25 1,00
300
0,75
200
0,50
100
0,25
0 0
15
30
45
60
75
90
. V . C i a c n e t o P
0,00 105
r.p.m.
MPL22-005 1000
2,50
900
2,25
800
2,00
700
1,75
) 600 m N ( 500 r a P
1,50
400
1,00
300
0,75
200
0,50
100
0,25
1,25
0
. V . C a i c n e t o P
0,00 0
10
20
30
40
50
r.p.m.
Revisión: Diciembre 2004 http://slide pdf.c om/re a de r/full/proble ma s-de -siste ma s-hidra ulic os-y-ne uma tic os
60
70
80
90
19 158/159
5/12/2018
Proble ma s de Siste ma s Hidrá ulic os y Ne umá tic os - slide pdf.c om
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