Equilibrado de carga simple

1. Equilibrado de Carga Simple con Amortiguación de Masas
CorrectaA lo largo de algunas presentaciones iremos analizando una progresión de casos del
equilibrado de cargas con amortiguación de masas.
1. Equilibrado de carga simple
2. Equilibrado de carga incorrecto
3. Equilibrado de carga incompleto
4. Equilibrado de carga completo

Correcta
1. Equilibrado de Carga Simple con Amortiguación de Masas Correcta

Correcta
2. Equilibrado de Carga Incorrecto con Amortiguación Correcta

Correcta
3. Equilibrado de Carga Incompleto con Amortiguación Incorrecta

Correcta
4. Equilibrado de Carga Completo con Amortiguación Correcta

Correcta
En todos los casos aplicaremos una misma necesidad:
Subir o bajar una masa de 10.000 Kgr., colocados sobre una
plataforma de 1.500 Kgr.
Con el caso especial de bajar solo la plataforma.
Aplicación Práctica

Correcta
EQUILIBRADO DE CARGA SIMPLE
CON AMORTIGUACIÓN DE MASAS CORRECTA
EN ESTA PRESENTACIÓN TRATAREMOS EL:

Correcta
Válvula de presión en función
de Equilibrado de la Carga
Una de las aplicaciones de uso que puede tener una válvula de acción
directa por relevo [Tipo “R”] es la de equilibrado de una carga y su
posterior amortiguación al detenerla bajando.
Supongamos unos datos para un supuesto con el que vamos a
analizar este equilibrado simple de la carga con amortiguación. Datos
que fijaremos convenientemente para facilitar cálculos y visión de lo
que ocurre.
Cilindro: S0 = 120 cm2
; S1 = 60 cm2
; Rmsub= Rmbaj= 0,93
Masa a subir = 10.000 Kgr.
Masa plataforma= 1.500 Kgr.
Masa total = 11.500 Kgr. Peso o Carga total L = 112.800 N.
Contrapresión estimada subiendo (S0/T) P0= 5 bar.
Perdida de carga impulsión (P/S1) PM-P1= 3 bar.
Cilindrada de la bomba = 50,7 cm3/rev. RVB = 0,96 RMB =0,97
Motor eléctrico = 1480 rpm
Válvula de presión de acción
directa tipo “R” de pilotaje
interno y drenaje interno
Equilibrado de Carga Simple con Amortiguación de Masas Correcta

Correcta
Una de las aplicaciones de uso que puede tener una válvula de acción
directa por relevo [Tipo “R”] es la de equilibrado de una carga y su
posterior amortiguación al detenerla bajando.
Supongamos los datos para un supuesto con el que vamos a analizar
este equilibrado simple de la carga con amortiguación. Datos que
fijaremos convenientemente para facilitar cálculos y tener una visión de
lo que ocurre.
Cilindro: S0 = 120 cm2
; S1 = 60 cm2
; Rmsub= Rmbaj= 0,93
Masa máxima a subir y bajar = 10.000 Kgr.
Masa plataforma= 1.500 Kgr.
Masa total = 11.500 Kgr. Peso o Carga total L = 112.800 N.
Contrapresión estimada subiendo (S0/T) P0= 6 bar.
Perdida de carga impulsión subiendo (P/S1) PM-P1= 3+3=6 bar.
Perdida de carga impulsión bajando (P/S0) PM-P0= 2+2=4 bar.
Cilindrada de la bomba = 50,7 cm3/rev. RVB = 0,96 RMB =0,97
Motor eléctrico = 1480 rpm
N.112800m/s9,81Kgr11500gmL 2
sub. ≈⋅=⋅=
P0=3
P1=?
PM=3

Correcta
P0=3
P1=174
PM=3
La válvula de de Equilibrado
de la carga, tarada a 200 bar.
Aguanta perfectamente.
Pues la presión de P1 no
supera los 174 bar.
17414188PPP
14188202P
Rm
P
P
S10
.L
RmS10
.L
P
bar188
600
112800
S10
L
P
.LSP10
FrjLsub.1
Lsub.
sub.
Lsub.
Frj
1
sub
sub.1
sub
Frj
1
sub.
Lsub.
sub1Lsub.
=−=−=
=−=−=
⋅
−
⋅⋅
=
==
⋅
=
=⋅⋅
Calculamos la presión de la carga y deducimos la presión de las
fuerzas de rozamiento de las juntas para averiguar la presión
aproximada de P1.
Para así determinar el taraje de la Válvula de Equilibrado capaz de
Equilibrar la carga.

Correcta
bar.2206214P
21412202
600
6000
600
121290
P
200712129006P10
201610
0.93
112800
06P10
SP10
Rm
.L
SP10
SP10.Frj.LSP10
M
1
1
1
00
sub.
sub
11
00subsub11
=+=
=+=+=
+=⋅⋅
⋅⋅+=⋅⋅
⋅⋅+=⋅⋅
⋅⋅++=⋅⋅P0=6
P1=214
PM=220
Presión de Taraje
Válvula de Seguridad
245 bar.
Al excitarse la bobina Y1 (Y1=1) el caudal de la bomba se dirige a la
superficie S1 para levantar la carga, atravesando el antirretorno de la
válvula que equilibraba la carga:
Y1=1
bar.14188202.P
Rm
.P
P Lsub
sub.
Lsub
Frj =−=−=

Correcta
El caudal de la bomba al introducirse en la cámara anular de superficie
S1 generará una velocidad de ascensión de la carga de:
l/min.7296,075,04RQQ
l/min.04,75
1000
14807,05
1000
nV
Q
VBBUT
0
B
=⋅==
=
⋅
=
⋅
=
⋅
m/s2,0
606
72
S6
Q
v
1
UT
sub. =
⋅
=
⋅
=
P0=6
P1=214
PM=220
Presión de Taraje
Válvula de Seguridad
245 bar.

Correcta
Al activarse el final de carrera FC0 se desexcitará Y1
Y desaparecerá la fuerza de empuje, quedando la carga y la fuerza de
rozamiento de las juntas para frenarla.
Durante este movimiento de ascensión de la carga, la masa de la
carga llevaba una energía cinética (ligada al movimiento) de:
FC0
FC1
Hcinética
HHcinética
2
cinética
2
sub.cinética
FRJ)gm(E
FRJgmE
J.2302,011500
2
1
E
)0v(m
2
1
E
∆⋅+⋅=∆
∆⋅+∆⋅⋅=∆
=⋅⋅=∆
−⋅⋅=∆

Correcta
En este caso, hasta detenerse con velocidad 0, la variación de la
energía cinética es absorbida por la variación de la energía potencial y
por el trabajo de las fuerzas de rozamiento de las juntas, o, dicho de
otra manera, por el trabajo de la carga y las fuerza de rozamiento
juntas.
Hcinética
HHcinética
2
cinética
2
sub.cinética
FRJ)gm(E
FRJgmE
J.2302,011500
2
1
E
)0v(m
2
1
E
∆⋅+⋅=∆
∆⋅+∆⋅⋅=∆
=⋅⋅=∆
−⋅⋅=∆
FC0
FC1

Correcta
Cuando se desexcita Y1 (Y1=0)
La masas seguirán ascendiendo a expensas de la energía cinética
mientras la energía potencial la absorbe.
Se producirá una depresión en la cámara anular con absorción de
aceite antes de que el antirretorno se cierre para sujetar las masas.
La carga es de 112800 N.
Y ahora calculáremos la fuerza de rozamiento de las juntas y el
sobredesplazamiento sobre el final de carrera FC0 que procurará la
amortiguación de las masas.
mm.1,9m.0019,0
121200
230
)121200(230
)8400112800(230
)FRJg(mFRJgm230
FRJdeTrabajoEpotencialEcinética
N.8400064110SP10FRJ
H
H
H
Hsub.Hsub.H
1FRJsub.
===∆
∆⋅=
∆⋅+=
∆⋅+⋅=∆⋅+∆⋅⋅=
+=
=⋅⋅=⋅⋅=
FC0
FC1
Y1=0

Correcta
Una vez en su posición elevada, la carga permanecerá equilibrada por
la válvula de Equilibrado que, tarada por encima, no podrá abrir.
PM=3
P1=174
P0=3
La válvula de de Equilibrado
de la carga, tarada a 200 bar.
Aguanta perfectamente.
Pues la presión de P1 no
supera los 174 bar.

Correcta
Si excitamos Y2 (Y2=1), entonces el empuje de la bomba forzará a
abrir la válvula de equilibrado de la carga y, por tanto, esta bajará
siempre por efecto de ese empuje y nunca por su propio peso.
Puesto que, como ya hemos dicho, la válvula de equilibrado está
tarada a 200 bar. Se cumplirá la ecuación de esfuerzos siguiente, en
donde consideraremos la fuerza de rozamiento de las juntas del mismo
valor que subiendo:
Y2=1
bar.11947100P
1280014008120000P2001
40080600210128001201P10
FRJSP10LSP10
0
0
0
baj.11baj.00
=−+=
−+=⋅
+⋅⋅=+⋅⋅
+⋅⋅=+⋅⋅
P0=11
P1=200
PM=15

Correcta
Las dificultades (en este casó mínimas) surgen cuando se debe bajar
sin carga.
El caudal de la bomba al introducirse en la cámara llena de la
superficie S0 generará una velocidad de bajada de la carga de:
l/min.7296,075,04RQQ
l/min.04,75
1000
14807,05
1000
nV
Q
VBBUT
0
B
=⋅==
=
⋅
=
⋅
=
⋅
m/s1,0
1206
72
S6
Q
v
0
UT
baj. =
⋅
=
⋅
=

Correcta
Cuando se debe bajar sin carga ocurre que:
bar.75,9425,127100P
147004008120000P2001
4008060021014700201P10
FRJSP10LSP10
0
0
0
baj.11baj.00
=−+=
−+=⋅
+⋅⋅=+⋅⋅
+⋅⋅=+⋅⋅
N.1470081,91500gmL cargasin =⋅=⋅=
P0=94,75
P1=200
PM=98,75
Como se ve, tenemos la paradoja de necesitar mucha más presión
para bajarlo sin carga alguna que cuando estaba la carga.
BAJAR SIN
CARGA

Correcta
Al activarse el final de carrera FC1 se desexcitará Y2
Y desaparecerá la fuerza de empuje, quedando solo la presión P1
frenando las masas y manteniendo la válvula de equilibrado abierta
mientras hace la función de válvula de amortiguación hasta que,
absorbida la energía cinética, las masas se paren.
Durante este movimiento de bajada de la carga, las masas llevaban
una energía cinética:
FC0
FC1
VOLVAMOS
A LA CARGA
]cmVv;bar.[PVOLcinética
36
3
3
2
24
2
VOLH1cinética
2
cinética
2
baj.cinética
3
OLTVVP
10
1
E
10
1
cm10
m1
]cm[
m1
cm10
]
cm
DN
[
VPSPE
J.5,571,011500
2
1
E
)0v(m
2
1
E
=∆=∆⋅⋅=∆
==
∆⋅=∆⋅⋅=∆
=⋅⋅=∆
−⋅⋅=∆
factor

Correcta
En este caso la variación de la Energía cinética es absorbida por la
variación de la Energía de presión
FC0
FC1
]cmVv;bar.[PVOLcinética
36
3
3
2
24
2
VOLH1cinética
2
cinética
2
baj.cinética
3
OLTVVP
10
1
E
10
1
cm10
m1
]cm[
m1
cm10
]
cm
DN
[
VPSPE
J.5,571,011500
2
1
E
)0v(m
2
1
E
=∆=∆⋅⋅=∆
==
∆⋅=∆⋅⋅=∆
=⋅⋅=∆
−⋅⋅=∆
factor

Correcta
Cuando se desexcita Y2 (Y2=0)
La masas seguirán descendiendo a expensas de la energía cinética
mientras la válvula de equilibrado de carga las va deteniendo
absorbiendo la energía cinética y convirtiéndola en energía de presión
a través de la válvula convertida en válvula de amortiguación.
A continuación calculáremos el volumen de aceite que pasa por la
válvula, y el sobredesplazamiento sobre el final de carrera FC1 que se
origina.
mm.0,058cm.0,0058
60
0,34783
S0,34783
0,34783
575
002
Vv
Vv002
10
1
57,5
VvP
10
1
Epresión
EpresiónEcinética
H
H1
OL
OL
]cmVv;bar.[POLTV
3
OLTV
===∆
∆⋅=
==∆
∆⋅⋅=
∆⋅⋅=
=
=∆=
FC0
FC1
Y2=0
P0=3
P1=200
PM=3

Correcta
Por último, se cerrará la válvula y las masas se detendrán.
P0=3
P1=174
PM=3

Correcta
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