Perdidas de potencia de una válvula distribuidora
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Perdidas de potencia en una válvula distribuidora
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Las válvulas distribuidoras tienen perdidas de potencia que pueden deberse a:
Perdidas de carga o de presión Las diferencias de presión entre su entrada y su salida tanto en la
impulsión como en el retorno
Perdidas de caudal o de fugas Las fugas de caudal que a través de sus coberturas se escapan a
tanque
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Perdidas de carga o de presión
Análisis de las perdidas de potencia de una válvula distribuidora debidas a:
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Las perdidas de carga de una válvula distribuidora dependen de:
Del tamaño nominal TN de la válvula.
Del caudal o flujo en circulación Q.
Del tipo de fluido: Su densidad δ Su viscosidad ν
Del tipo de embolo o corredera de la válvula.
Del tipo de tránsito del que se trate: PA BT PB AT PT
Los grafos o curvas del 1 al 7 corresponden a diferentes émbolos y tránsitos
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A continuación vamos a mostrar las gráficas de dichas perdidas de carga para los émbolos más característicos
Los émbolos más característicos son:
005
004
002
001
000
Nº de émbolo
Utilizaciones a bomba
Utilizaciones a tanque
Centro en tandem
Centro todo cerrado
Centro todo abierto
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Perdidas de carga de un distribuidor de TN 6
-1414005
-3212004
67777002
-3232001
23111000
PTATPBBTPANº de émbolo
Densidad = 0,8 Kgr/dm3
Viscosidad = 35 mm2/s
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Perdidas de carga de un distribuidor de TN 10
-3242005
-1373004
81243002
-3333001
63232000
PTATPBBTPANº de émbolo
Densidad = 0,8 Kgr/dm3
Viscosidad = 35 mm2/s
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Las perdidas de carga de un distribuidor en cada una de las fases del sistema son:
θ⋅∆=∆ P P PTrθ⋅∆⋅φ+∆=∆ P 1 P( P BTPAs ) θ∆⋅φ+∆=∆ . P P( P ATPBe )
En donde el factor θ que multiplica el resultado previo es el compensador de densidad y viscosidad que se explicará más adelante. Y el factor φ es la relación de superficies del cilindro.
Fase de reposo Fase de salida Fase de entrada
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La perdida de carga global de un distribuidor
rr
pr t 600
Q P E ⋅⋅∆=
tets tr
P te P ts P tr P esr
g ++∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆
ss
ps t . 600
Q . P E∆=
ee
pe t 600
Q P E ⋅⋅∆=
Fase de reposo Fase de salida Fase de entrada
tets tr600
Q . P te
600Q . P
ts 600
Q . P tr
600
Q PW
esr
gP perdida global ++
∆⋅+∆⋅+∆⋅=
⋅∆=∆
Teniendo en cuenta que la energia es igual a la potencia por el tiempo de su uso. Las energías perdidas en cada una de las fases serán:
Por lo que la potencia global perdida por perdidas de carga de undistribuidor será la suma de las energías perdidas partido por el tiempo del ciclo.
De donde se deduce que la perdida de carga global de un distribuidor es la media ponderada de las perdidas de carga de cada una de sus fases.
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Presión manométrica media o global de un sistema oleohidráulico:
De igual modo a lo anterior, la potencia global de un sistema oleohidráulico estará en función de las presiones manométricas Pm de las fases del sistema.
tets tr
P te P ts P tr P memsmr
mg ++⋅+⋅+⋅=
tets tr
600Q P
te 600
Q P ts
600Q P
tr
600
Q PW
memsmr
mgsistema del global ++
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
⋅=
De donde podemos deducir la presión manométrica media o global
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El % ∆P de un distribuidor
El % ∆P de un distribuidor es, en realidad, el porcentaje de la potencia perdida por causa de las perdidas de carga en relación a la potencia global del sistema.
100 P
P P
mg
g ⋅∆
=∆%
El % ∆P para un distribuidor deberá ser:
% ∆P < = 2 Excelente 2 < % ∆P < = 3,5 Bien 3,5 < % ∆P < = 5 Aceptable 5 < % ∆P No aconsejable
P 100 P
P 100
600
Q P600
Q P
100 W
W
mg
g
mg
g
sistema del global
P perdida global ∆=⋅∆
=⋅⋅
⋅∆
=⋅∆ %
En resumen:
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El factor compensador θ de densidad y viscosidad
Todos los resultados de las perdidas de carga deben ser compensados por el factor compensador θ
0,25
prueba
real
prueba
real
νν⋅
δδ=θ
En nuestro caso:
/smm 35 y Kgr/dm 0,8 2prueba
3prueba =ν=δ
Por lo que para, nuestros ejercicios basados en nuestros grafos, podremos utilizar la expresión:
0,514 0,25real real ν⋅δ⋅=θ
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Aplicación práctica
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Aplicación práctica explicativa de “Perdidas de carga de un distribuidor”
Determinar la perdida de carga global del circuito siguiente y el %∆P que se estaría asumiendo para un distribuidor de TN10.
Si tenemos los grafos anteriores y sabemos: El caudal de utilización es de 30
litros / minuto La relación φ del cilindro es de 2 El tiempo del reposo es de 7,5
segundos El tiempo de la salida es de 5
segundos La presión manométrica en el
reposo es de: 6 bars La presión manométrica en la
salida es de: 120 bars. La presión manométrica en la
entrada es de: 30 bars Datos del fluido:
La densidad δ = 0,83 Kgr/dm3
La viscosidad ν = 25 mm2 /s
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Determinación del factor compensador θ de densidad y viscosidad
Puesto que el factor compensador θ viene dado por la expresión
0,25
prueba
real
prueba
real
νν⋅
δδ=θ
Y en nuestro caso:
/smm 25 y Kgr/dm 0,83
/smm 35 y Kgr/dm 0,8 2
real3
real
2prueba
3prueba
=ν=δ
=ν=δ
Tendremos por tanto que el factor compensador θ tendrá el valor de:
0,95 25 0,83 0,514 0,514 0,250,25real real =⋅⋅=ν⋅δ⋅=θ
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Determinación de la perdida de carga en la “Fase de reposo”
La perdida de carga total en la fase de reposo coincide con la perdida de carga del émbolo pertinente en el tránsito PT
θ⋅∆=∆ P P PTr
Para el caso que nos ocupa con un distribuidor de émbolo 002, el grafo que le corresponde para un TN 10 es el 8. El cual para un caudal de 30 l/m nos da un valor de ∆PPT = 1,8 bars según comprobamos en la gráfica.
Por tanto:
1,71bars 0,95 1,8 P P PTr =⋅=θ⋅∆=∆
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Determinación de la perdida de carga en la “Fase de salida”
La perdida de carga total en la fase de salida viene dada por la expresión:
Para el caso que nos ocupa con un distribuidor de émbolo 002, el grafo que le corresponde para un TN 10 es el 3 para ∆PPA y el 4 para ∆PBT. Lo cual para un caudal de 30 l/m nos da un valor de ∆PPA = 1,2 bars. y para el caudal de 15 l/m de ∆PBT = 0,4 bars. Según comprobamos en la gráfica.
Por tanto:
θ⋅
∆⋅φ+∆=∆ P 1 P P BTPAs
( ) bars 1,33 0,95 0,4 21 1,2 P 1 P P BTPAs =⋅+=θ⋅
∆⋅φ+∆=∆
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Determinación de la perdida de carga en la “Fase de entrada”
La perdida de carga total en la fase de entrada viene dada por la expresión:
Para el caso que nos ocupa con un distribuidor de émbolo 002, el grafo que le corresponde para un TN 10 es el 2 para ∆PPB y el 1 para ∆PAT. Lo cual para un caudal de 30 l/m nos da un valor de ∆PPB = 0,8 bars. y para el caudal de 60 l/m de ∆PAT = 1,8 bars. Según comprobamos en la gráfica.
Por tanto:
( ) θ⋅∆⋅φ+∆=∆ P P P ATPBe
( ) ( ) bars 4,18 0,95 1,8 2 0.8 P P P ATPBe =⋅⋅+=θ⋅∆⋅φ+∆=∆
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bars 48 15
30 2,5 120 5 6 7,5
tets tr
P te P ts P tr P memsmr
mg =⋅+⋅+⋅=++
⋅+⋅+⋅=
bars 2 15
4,18 2,5 1,33 5 1,71 7,5
tets tr
P te P ts P tr P esr
g =⋅+⋅+⋅=++
∆⋅+∆⋅+∆⋅=∆
La perdida de carga global del distribuidor y su porcentaje serán por tanto:
Teniendo en cuenta los tiempos tr = 7,5 segundos ts = 5 segundos te = 1/φ ts = 2,5 segundos
Teniendo en cuenta las presiones manométricas Pmr = 6 bars. Pms = 120 bars. Pme = 30 bars.
Y hallando las oportunas medias ponderadas:
% 4,17 100 48
2 100
P
P P
mg
g =⋅=⋅∆
=∆% aceptables
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Las fugas de caudal
Análisis de las perdidas de potencia y las consecuencias en una válvula distribuidora debidas a:
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Cierres realizados por la cobertura y la holgura émbolo carcasa
A pesar de la cobertura positiva, y debido a las holguras, se establecen fugas de caudal en una válvula distribuidora.
x
h d P 240 Qf
3
∆⋅ν⋅⋅∆⋅=
Qf – l/m
∆P – bars
d, h, Dx – mm
ν – mm2/ s
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Gráficas de holguras y fugas
Las holguras propias de los émbolos de un distribuidor van de 5 a 25 µm
Los diámetros de los émbolos se pueden considerar como de 5/3 de su TN
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Aplicaciones prácticas
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Aplicación práctica explicativa de potencia perdida por “fugas en un distribuidor”
Determinar la perdida de potencia global debida a las fugas de caudal en el distribuidor del circuito si sabemos: El caudal de utilización es de 30
litros / minuto La relación φ del cilindro es de 2 El tiempo del reposo es de 2,5
segundos y se descarga por la válvula de seguridad que está tarada a 135 bars
El tiempo de la salida es de 5 segundos
La presión manométrica en la salida es de: 120 bars.
La presión manométrica en la entrada es de: 60 bars.
La cobertura positiva es de 1 mm y la holgura es de 10 µm para un diámetro de émbolo de 10 mm. DDatos del fluido:
La densidad δ = 0,8 Kgr/dm3
La viscosidad ν = 35 mm2 /s
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Determinación de las fugas de caudal y la energía oleohidráulica perdida en cada una de las fases del sistema Fase de reposo
Fase de salida
Fase de entrrada
Estos resultados hacen irrelevante la potencia perdida volumetricamente por un distribuidor
La irrelevante potencia perdida volumétricamente por un distribuidor
l/m 0,009 1 35
0,01 10 135 240
x
h d P 240 Qf
33
=⋅⋅⋅⋅=
∆⋅ν⋅⋅∆⋅=
KJ 0,0051 2,5 600
0,009 135 t
600
Q P E r
frmrpfr =⋅⋅=⋅⋅=
l/m 0,008 1 35
0,01 10 120 240
x
h d P 240 Qf
3 3
=⋅⋅⋅⋅=
∆⋅ν⋅⋅∆⋅=
KJ 0,008 5 600
0,008 120 t
600
Q P E s
fsmspfs =⋅⋅=⋅⋅=
l/m 0,004 1 35
0,01 10 60 240
x
h d P 240 Qf
33
=⋅⋅⋅⋅=
∆⋅ν⋅⋅∆⋅=
KJ 0,001 2,5 600
0,004 60 t
600
Q P E s
femepfe =⋅⋅=⋅⋅=
Kw 0,0014 2,5 5 2,5
0,001 0,008 0,005
t tt
E E E W
esr
pfepfspfrpf =
++++=
++++
=
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Aplicación práctica explicativa de la pérdida de posición de una carga por “fugas en un distribuidor”
Si en el circuito siguiente, se pretendiese conservar una posición avanzada con carga ¿qué ocurriría?
Datos a considerar Sección llena del cilindro 50 cm2. Caudal de utilización 15 l/m. Carga suspendida 50.000 N. Distribuidor TN 6
Diametro del émbolo 10 mm Holgura 10 µm. Cobertura 0,5 mm
Características del fluido. Densidad 0,8 Kgr/dm3. Viscosidad 35 mm2/s.
¿En cuantos mm. se podría estimar el descenso de la carga si tuviese que estar 4 horas suspendida?
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La presión de la carga sería:
Fugas que se producen:
Volumen de aceite fugado:
Desplazamiento de la carga
3fff cm 4152 60 4 17,3 t Q V =⋅⋅=⋅=
/m.cm 13,7 l/m. 0,0137 Qf
0,5 35
(0,01) 10 100 240 Qf
x
h d P 240 Qf
3
3
3
==⋅⋅⋅⋅=
∆⋅ν⋅⋅∆⋅=
bars. 100 50 10
50.000
S 10
L P
0
=⋅
=⋅
=
cm. 83,04 50
4152
S
V c c S V
0
f0f ===∆⇒∆⋅=
Determinación de la relevante perdida de posición debida a fugas
Algo realmente excesivo
(habría que aumentar la cobertura)
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Evaluación
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Supuesto práctico para la evaluación
Determinar la perdida de carga global del circuito siguiente y el porcentaje de la misma que se estaría asumiendo para un distribuidor de TN6.
Si tenemos los grafos anteriores y sabemos que: El caudal de utilización es de 15 l/
m La relación φ del cilindro es de 2 El tiempo del reposo es de 5
segundos El tiempo de la salida es de 5
segundos La presión manométrica en el
reposo es de: 6 bars. La presión manométrica en la
salida es 120 bars. La presión manométrica en la
entrada es de 60 bars.
Datos del fluido:
La densidad δ = 0,86 Kgr/dm3
La viscosidad ν = 46 mm2 /s
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Evaluación global
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Determinar el %∆P y la ∆c de la pérdida de posición, si la carga debiese estar 1 hora suspendida
En el supuesto de Sección llena del cilindro 50 cm2. Sección anular 25 cm2. Caudal de utilización 15 l/m. Carga en la salida 50.000 N. Distribuidor TN 6
Diametro del émbolo 10 mm Holgura 5 µm. Cobertura 0,5 mm
Características del fluido. Densidad 0,8 Kgr/dm3. Viscosidad 35 mm2/s.
Pms = 110 bars. Pme = 40 bars. Pmr = 6 bars. Carrera del cilindro 80 cm. Tiempo del reposo 8 s.
