Presentación explicativa de un caso de simultaneidad y su análisis

1. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Esquema

2. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Dos Bombas Iguales
La cilindrada de las bombas es: V0= 37,6 cm3/rev
Las r.p.m del motor eléctrico = 1480
El rendimiento volumétrico =0,97
El rendimiento total =0,83
Bomba A Bomba B
lit./min.540,9755,65RQQ
lit./min.65,55
1000
48016,73
1000
nV
Q
VBUT
0
B
=⋅=⋅=
=
⋅
=
⋅
=

3. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Dos Cilindros Iguales
El diámetro del tubo del cilindro = 100 mm.
El diámetro del vástago del cilindro = 70 mm.
La sección llena del cilindro = 78,54 cm2
La sección anular del cilindro = 40,06 cm2
Relación ϕ = 1,96
Carrera del cilindro = 2000 mm.
En este caso consideraremos RMS=RME= 0,96
A su vez, para simplificar cálculos, consideraremos:
Cilindro A Cilindro B
2
cm40S
cm80S
2
1
2
0
≈
≈
≈
ϕ

4. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Dos Cargas Desiguales en los Cilindros
MOVIMIENTOS DE SUBIDA O SALIDA DE VÁSTAGO:
Carga cilindro A + Plataforma LA= 105.000 N
Carga cilindro B + Plataforma LB= 75.000 N
LA LB
MOVIMIENTOS DE BAJADA O ENTRADA DE VÁSTAGO:
[CON CARGA ]
Carga cilindro A + Plataforma LA= 75.000 N
Carga cilindro B + Plataforma LB= 105.000 N
PESO DE LA PLATAFORMA:
Plataforma = 20.000 N
[10.000 N. repartidos en cada cilindro.]
MOVIMIENTOS DE BAJADA O ENTRADA DE VÁSTAGO:
[SIN CARGA ]
Plataforma LA= 10.000 N
Plataforma LB= 10.000 N

5. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Dos Reguladores de Caudal Iguales y Otros Componentes
DISTRIBUIDOR DE MANDO PRINCIPAL 4v/3p NG 16:
DISTRIBUIDOR DE BOMBA AUXILIAR 4v/2p NG 10:
DISTRIBUIDOR DE CONTROL DE DESCARGA 2v/2p NG 4:Regulador
de Caudal
A
DOS REGULADORES DE CAUDAL FIJADOS AL MISMO
CAUDAL:
QA = QB ; ∆PH = 8 bars
[∆PH = Constante interna ajustada por la reductora.]
Regulador
de Caudal
B
NG 16
NG 10
NG 4
Y1
Y2
Y3 Y4
ANTIRRETORNO PILOTADO
En el sentido de libre paso ∆PAP = 3 bar.
Abierto por el pilotaje ∆PAP = 1 bar.
ANTIRRETORNO NORMAL ∆PAR = 1 bar.

6. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Dos Reguladores de Caudal Iguales y Otros Componentes
175 bars. 200 bars.
15 bars.
240 bars.
VÁLVULA DE PRESIÓN SERVOPILOTADA:
Taraje como válvula de Seguridad : PTSA =175 bars
Taraje del piloto de drenaje externo: PTP =15 bars.
VÁLVULA DE PRESIÓN AMORTIGUACIÓN CILINDROS:
Taraje como válvula de amortiguación : 240 bars
VÁLVULA DE PRESIÓN BOMBA AUXILIAR:
Taraje de la válvula : PTSB =200 bars
[Esta válvula trabaja más como válvula de amortiguación para el
transitorio del distribuidor NG10 que pone en descarga la
bomba, que como válvula en sí de seguridad, ya que el
distribuidor tendrá conectada la bomba a la válvula de presión
servopilotada o la tendrá directamente en descarga. Únicamente
durante el transitorio (al bloquearse el flujo durante un
microinstante) intentará activarse esta válvula de presión para
absorber la punta de presión.

7. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Movimiento de Salida del Vástago

8. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Excitación de Y1, Y2 e Y3
Y1 =1
Y2 =1
Y3=1 Y4

9. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Excitación de Y1, Y2 e Y3
P1=1
bar.
bar.15411651PPPP
bar.15615141PPP
bar.1023198PPPP
bar.14131371PPPP
bar.98
2
1
96,00810
75000P
RS10
L
P
bar.137
2
1
96,00810
105000P
RS10
L
P
bar.1P
ARDME
TPSAM
APAR0BSB
APAR0ASA
1
MS0
B
0B
1
MS0
A
0A
1
=−−=∆−∆−=
=+=+=
=++=∆+∆+=
=++=∆+∆+=
=+
⋅⋅
=+
⋅⋅
=
=+
⋅⋅
=+
⋅⋅
=
=
ϕ
ϕP0A=137
bar.
P0B=98
bar.
PSA=141
bar.
PSB=102
bar.
P0B=102
bar.
PE=154
bar.
PM=156
bar.
Excitadas las bobinas Y1, Y2 e Y3 el sistema se pone en
marcha con las siguiente concatenación de presiones

10. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
El Trabajo de la Reductora de los Reguladores
PSA=141
bar.
PSB=102
bar.
P0B=102
bar.
PE=154
bar.
De esto se deduce que la reductora del regulador aplica una
restricción diferente hacia A que hacia B
bar.44852P52P
bar.5813P13P
bar.52PP102451PP
bar.13PP141451PP
bar.15411651PPPP
HRB
HRA
RBHSBE
RAHSAE
ARDME
=−=∆−=∆
=−=∆−=∆
=∆+∆=−=−
=∆+∆=−=−
=−−=∆−∆−=
∆PRB=44
bar.
∆PRA=5
bar.
∆PH=8
bar.
∆PH=8
bar.

11. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Caudales en Circulación y Velocidad de los Cilindros
P1=1
bar.P0A=137
bar.
P0B=98
bar.
P0A=141
bar.
P0B=102
bar.
P0B=102
bar.
PE=155
bar.
PM=156
bar.
QH=48
lit./min.
El caudal QH que está fijado en los reguladores de dos vías es
de 48 lit./min.
Como el caudal que impulsan las bombas es:
Tendremos que, mientras salen los vástagos de los cilindros con
una velocidad de:
Habrá una descarga por la válvula de presión servopilotada.
lit./min.540,9755,65RQQ
lit./min.65,55
1000
48016,73
1000
nV
Q
VBUT
0
B
=⋅=⋅=
=
⋅
=
⋅
=
m/s1,0
086
48
S6
Q
v
0
H
S =
⋅
=
⋅
=

12. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Caudales en Circulación y Velocidad de los Cilindros
PM=156
bar.
QH=48
lit./min.
Mientras el cilindro llega a arriba, el caudal en descarga por la
válvula de presión sería:
Por lo que la potencia que se pierde en la descarga durante el
movimiento de salida de vástago sería:
lit./min.12)Q(Q2Q2Q2Q
lit./min.48Q
lit./min.54Q
HUTHUTD
H
UT
=−⋅=⋅−⋅=
=
=
kw.12,3
600
12156
600
QP
W
DM
PDS =
⋅
=
⋅
=

13. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Final de la Salida del Vástago
Al llegar arriba y accionar a1 y b1 se desexcitan las bobinas y el
sistema queda en total descarga con las cargas retenidas por
los antirretornos

14. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Final de la Salida del Vástago
Desalojada la carga el sistema queda a la espera del
movimiento de entrada de vástago

15. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Movimiento de Entrada del Vástago

16. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Permutadas las Cargas se Excitan Y2 e Y4
Y1
Y2 =1
Y3 Y4=1
Cargada la carga para la bajada de forma invertida a la de la
salida
Excitadas las bobinas Y2 e Y4, el sistema pone la bomba
auxiliar en descarga directa a través del distribuidor NG10
4v/2p, estando la otra en descarga presurizada (del caudal
sobrante que no absorben los reguladores) por la válvula
servopilotada y, así, comienza el descenso pilotando los
antirretornos.
Puesto que la presión de pilotaje de estos antirretornos está
limitada por la presurización de la válvula servopilotada y esta
queremos que sea baja, dichos antirretornos no solo deben
tener y tienen conexión de drenaje a tanque, sino que hemos
buscado además que sean preaccionados, porque de otro modo
no funcionarían en estas condiciones.
[Volveremos a hablar sobre esto más adelante]

17. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Las Presiones en la Entrada de Vástago Serían
bar.13211134PPPP
bar.961198PPPP
bar.341
2
16
0810
96,0105000P
S10
RL
P
bar.98
2
16
0810
96,075000P
S10
RL
P
bar.61117PPP
bar.71152PPP
bar.211PPPP
ARAP0BEB
ARAP0AEA
1
0
MSB
0B
1
0
MSA
0A
DM1
TPSAM
DARSBSA
=−−=∆−∆−=
=−−=∆−∆−=
=+
⋅
⋅
=+
⋅
⋅
=
=+
⋅
⋅
=+
⋅
⋅
=
=−=∆−=
=+=+=
=+=∆+∆==
ϕ
ϕ
Comienza así el descenso con las siguiente concatenación de
presiones
P1=16
bar.P0A=98
bar.
P0B=134
bar.
PSA=2
bar.
PSB=2
bar.
PEA=96
bar.
PEB=132
bar.
PM=17
bar.
[NOTA: la ∆PAP pilotada genera menos perdida de carga que en
tránsito libre porque no tiene que vencer el muelle que la ayuda
a cerrar.]

18. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
De esto se deduce que la reductora aplica una restricción
diferente hacia A y hacia B y mayor que en la subida
bar.1228130P130P
bar.86894P94P
bar.130PP2231PP
bar.94PP296PP
HRB
HRA
RAHSBEB
RAHSAEA
=−=∆−=∆
=−=∆−=∆
=∆+∆=−=−
=∆+∆=−=−
PSA=2
bar.
PSB=2
bar.
PEA=96
bar.
PEB=132
bar.
∆PRA=86
bar.
∆PRB=122
bar.∆PH=8
bar.
∆PH=8
bar.
El Trabajo de la Reductora de los Reguladores

19. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Pilotaje de los Antirretornos Pilotados.
Y1
Y2 =1
Y3 Y4=1
Como se ve solo se dispone de una presión P1 de 16 bar. Para
pilotar un antirretorno cargado con una presión P0B de 134 bar.
Esto, que no es sencillo de hacer, requiere de un antirretorno
preaccionado.
Estos antirretornos preaccionados pueden tener un factor
desmultiplicador para la presión de pilotaje de hasta 1/13
Supuesto que este caso se aplica en estos antirretornos:
16bar.3,10
13
134
13
P
P
0B
requeridapilotaje <===
Luego: se pilotan.
Una vez abierto y pilotado, no vuelve a cerrarse (a pesar de
abrir hacia un regulador de caudal con lo que la alta presión se
mantiene) debido a que es de drenaje a tanque; de otra forma
se despilotaría para volver a pilotarse provocando vibración.
En caso de no ser suficiente la presión de pilotaje se debería
subir la presurización de la válvula servopilotada:
O bien tarando la válvula piloto a una PTP mayor
O bien poniendo una estrangulación unidireccional en el tramo
común entre los reguladores y el distribuidor de mando,
aumentando así la PSA=PSB, con lo que se aumenta la
presurización hasta que no vibre.
Pero en nuestro caso con 16 bar. > 10,3 bar. No es necesario.

20. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Las Presiones en la Entrada de Vástago [Sin Carga] Serían
Y1
Y2 =1
Y3 Y4=1
bar.181120PPPPP
bar.20
2
16
0810
96,010000P
S10
RL
PP
bar.61117PPP
bar.71152PPP
bar.211PPPP
ARAP0AEBEA
1
0
MSA
0B0A
DM1
TPSAM
DARSBSA
=−−=∆−∆−==
=+
⋅
⋅
=+
⋅
⋅
==
=−=∆−=
=+=+=
=+=∆+∆==
ϕ
Si hacemos un análisis de las presiones para un posible
descenso sin carga de la plataforma, tendríamos la siguiente
concatenación de presiones
P1=16
bar.P0A=20
bar.
P0B=20
bar.
PSA=2
bar.
PSB=2
bar.
PEA=18
bar.
PEB=18
bar.
PM=17
bar.
Lo que permite el trabajo de los Reguladores como veremos a
continuación.

21. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Las Presiones en la Entrada de Vástago [Sin Carga] Serían
De PEA=PEB=18 bar.
Se deduce que la reductora aplica aún una restricción suficiente
para hacer que el regulador funcione como tal.
bar.8816P16PP
bar.16PP218PPPP
HRBRA
RAHSBEBSAEA
=−=∆−=∆=∆
=∆+∆=−=−=−
PSA=2
bar.
PSB=2
bar.
PEA=16
bar.
PEB=16
bar.
∆PRA=8
bar.
∆PRB=8
bar.∆PH=8
bar.
∆PH=8
bar.

22. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Caudales y Velocidad de la Entrada de Vástago.
Y1
Y2 =1
Y3 Y4=1
Volviendo al sistema con la carga para los caudales (aunque en
relación al caudal es igual con carga o sin carga), puesto que
sigue siendo el mismo caudal QH el que marca la velocidad de
entrada, únicamente que ahora reteniendo. Tenemos que por
tanto la velocidad es la misma que con la salida de vástago:
Lo que nos dice que el caudal requerido en la sección anular
sería:
Luego el caudal de descarga por la válvula de presión de la
única bomba que impulsa, estando la otra en descarga directa
por el distribuidor, y calculando la potencia perdida sería:
Ahorrándonos con este sistema de dos bombas algún kw. (no
mucho), al poner una bomba en descarga directa, si no:
kw.26,009,017,0
600
541
600
617
W
600
QP
600
QP
W
lit./min.64845QQQ
PDE
UTDDM
PDE
EEUTD
=+=
⋅
+
⋅
=
⋅∆
+
⋅
=
=−=−=
kw7,1
600
)48108(71
600
QP
W
DM
PDE =
−⋅
=
⋅
=
lit./min.481,00462vS62Q E1EE =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=
m/s1,0
086
48
S6
Q
v
0
H
E =
⋅
=
⋅
=

23. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Final de la Entrada del Vástago
Al llegar abajo y accionar a0 y b0 se desexcitan las bobinas y el
sistema queda en descarga

24. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
Final y Análisis Global de Potencias y Rendimiento
Hagamos ahora un pequeño análisis de potencias.
Con un sistema de una sola bomba sería:
¿Merece la pena una mejora porcentual en el rendimiento global
de un 2% por usar dos bombas?: Algunos lo venderían como un
éxito, pero ustedes decidan.
[Recuerden el esquema anterior, vean: https://www.facebook.com
/OHCA.IND.CMC/photos/a.520376467977797.143130.141154685899979/1389520924396676/?
type=3&theater]
503,0
89,17
9
W
W
R
kw9
2
018
tt
tWtW
W
kw89,17
2
95,183,33
tt
tWtW
W
kw95,1
83,0600
5415417
R600
QPQP
W
kw18
1000
1,0180000
1000
v)L(L
W
kw83,33
83,0600
542651
R600
Q2P
W
M
N
G
ES
ENESNS
N
ES
EMESMS
M
T
UTDUTM
ME
SBA
NS
T
UTM
MS
===
=
+
=
+
⋅+⋅
=
=
+
=
+
⋅+⋅
=
=
⋅
⋅+⋅
=
⋅
⋅∆+⋅
=
=
⋅
=
⋅+
=
=
⋅
⋅⋅
=
⋅
⋅⋅
=
480,0
76,18
9
W
W
R
kw76,18
2
69,383,33
tt
tWtW
W
kw69,3
83,0600
08117
R600
Q2P
W
M
N
G
ES
EMESMS
M
T
UTM
ME
===
=
+
=
+
⋅+⋅
=
=
⋅
⋅
=
⋅
⋅⋅
=

25. Desarrollo de un Caso de Simultaneidad
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