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Máquinas Hidráulicas Bomba Centrífuga

DESMONTAJE Y MONTAJE DE UNA BOMBA CENTRÍFUGA

Trabajo a realizar por el alumno:

1.-Dibujar un corte de la bomba.

Podemos ver el corte de la bomba en la pagina 0-bis.

Además podemos observar a continuación varias fotos, tanto de la bomba que utilizaremos para el trabajo como de un corte real de la misma:

Además daremos en este punto las especificaciones necesarias a conocer sobre la bomba para poder realizar la práctica:

-Presión de aspiración de la bomba: esta presión dependerá de la ubicación en la que la bomba vaya a trabajar , es decir, dependerá del conducto con el que se hará operar a la bomba. En nuestro caso concreto, supondremos que

barP bombaaspiración 35.0−=−

-Viscosidad cinemática:

s

m36101.1 −⋅=υ

-PUNTO DE DISEÑO:Grado de reacción:

6.0=σ

- -

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h

mQ

mH3

38

3.20

=

=

CT

rpmn

º25

1430

=

=

2.-Dibujar los tres caudales internos que intervienen en el rendimiento volumétrico.

Podemos ver en la hoja 0-bis los tres caudales internos dibujados con diferentes colores en el corte de la bomba.

3.-Dibujar el cierre mecánico

Veremos a continuación las piezas de las que esta compuesto el cierre mecánico de la bomba centrífuga con la que hemos trabajado:

- 1 -

Diferentes cierres

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4.-Cálculo del balance de fuerzas axiales sobre la parte giratoria

Antes de analizar las fuerzas debidas a la presión, cuya representación viene dada en la hoja 2-bis , consideraremos otro tipo de fuerzas:

-Fuerzas debidas al muelle : F=10 N-Chorro que choca contra el rodete:

vmF ⋅= con

eroentradaA

Qv

det−

=

• FUERZAS DEBIDAS A LAS PRESIONES SOBRE LA SUPERFICIE CERRADA QUE ENVUELVE A LA MASA GIRATORIA

F1: provocada por la presión de aspiración sobre la boca de entrada. La presión de aspiración no es conocida, ya que depende de muchos factores (z, patm,v). Como ya sabemos

)(65.0)(35.0 absolutabarrelativabarP bombaaspiración ≅−=−

Nmm

NDPSPF aspiraciónaspiración 51.413

4

09.01065.0

42

2

25

2

1 =⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅= ππ

F2: la presión no es constante , ya que variará debido a la aceleración normal que se le imprimirá debido al giro de la bomba. Debemos pues calcular la presión en función del radio y después integrar:

222

2222rrw

PPINTEGRAMOSdrrw

dp extrcámara

−⋅

⋅=−⇒⇒⋅⋅

⋅= ρρ

La presión en la cámara la calcularemos a partir de los datos del fabricante:

Conocemos

mH salida 3.20=

Aplicamos Bernoulli:

entradasalidag

vh

P

g

vh

PH

++−

++=22

22

γγ

- 2 -

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barPbarP

mPP

H cámaracámaraes 64.2

65.03.20 =⇒

−=⇒

−=

γγ

Y ya somos capaces ahora de realizar la integral para poder hallar la fuerza que necesitamos:

∫∫ =⋅⋅⋅

−⋅

⋅−⇒⇒⋅⋅⋅⋅=

rext

asplabr

extrext

asplabrNdrr

rrwdosustituyendrrPF

..

222

..2 9775222

64.22 πρπ

F3: utilizaremos la Pr ya calculada, para hacer la integral correspondiente ha esta fuerza, en la que solamente cambiarán los limites de integración, que en este caso, tendrán valores diferentes:

∫∫ =⋅⋅⋅

−⋅

⋅−⇒⇒⋅⋅⋅⋅=

rext

asplabr

extrext

asplabrNdrr

rrwdosustituyendrrPF

..

222

..3 10077222

64.22 πρπ

F4: se recalculara la Pr para después repetir un procedimiento similar al realizado en el caso anterior:

222

2222conexión

aspiraciónr

rrwPPINTEGRAMOSdrr

wdp

−⋅

⋅=−⇒⇒⋅⋅

⋅= ρρ

∫∫ =⋅⋅⋅

−⋅

⋅+⇒⇒⋅⋅⋅⋅=

asplabr

conexiónr

conexiónasplabr

conexionr r Ndrrrrw

dosustituyendrrPF..

.

222..

.4 49.49222

65.02 πρπ

F5:

( ) Nmm

NDDPcierretoroideejeconexiónasp 37.103028.0053.0

41065.0

4222

252

.2 =−⋅⋅=

−⋅⋅ ππ

F6:

nD

PF ejeatm 37.62

4

2

6 =⋅

⋅=π

• FUERZA DEBIDA AL FLUJO NETO DE CANTIDAD DE MOVIMIENTO

- 3 -

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Dada la simetría del rodete, el flujo de cantidad de movimiento a la salida es cero. Sólo nos queda el caudal o la integral a través de la superficie de entrada:

( )N

DDu

QvQF

eejeroentra

entrada 23.20

4

1

2det

2

27 =

−⋅⋅⋅=⋅⋅= ρρ

Así pues, la fuerza total que actuará sobre nuestra bomba será:

( ) ( ) NFFFFFFFFT 49.836543217 −=+++−++=

El signo menos indica que la fuerza es contraria al flujo de entrada de agua, ya que habíamos adoptado este sentido como positivo:

∑ −−= muelleaxiales FF 49.83

5.-Valorar numéricamente los tres caudales internos. Todos estos cálculos o valoraciones los haremos para el punto de operación de la bomba.

Para responder a esta pregunta debemos hacer un estudio de los laberintos existentes en la bomba así como la presión en cada uno de ellos.

-Laberinto nº 1:circuito cerrado del laberinto de aspiración. El agua que sale del rodete y es recogida por la espiral esta a alta presión, mientras que a la entrada de la bomba se produce una depresión de aspiración. Estas dos zonas están aisladas mediante el laberinto de aspiración, pero como es lógico este laberinto no es hermético y su ajuste permite que un caudal de agua abandone la zona de alta presión para volver de nuevo a la zona de aspiración. El agua es aspirada y se cierra el circuito.

El agua se encuentra centrifugada variando desde una velocidad igual a la del rodete en la capa límite de contacto agua-rodete hasta una velocidad nula en la capa límite de contacto agua-paredes de la bomba.

Para la realización de las prácticas consideraremos la velocidad del agua como la media entre la velocidad máxima y la velocidad mínima:

( )22detdet eroparedero

agua

VVVV =

+=

-Laberinto nº 2:circuito cerrado del laberinto espalda. Debido a que cera del eje del rotor se practican unos agujeros. La zona posterior del rodete también se encuentra a baja presión ya que está comunicada con la zona de bajapresión de la aspiración. Esto provoca. Al igual que en el circuito anterior, que el laberinto de la espalda divida dos zonas a distinta

- 4 -

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presión y a través del ajuste se filtre agua que abandona la zona posterior mediante los agujeros de conexión y vuelve a ser aspirada.

Al igual que el laberinto nº 1 , el agua se encuentra centrifugada variando desde una velocidad igual a la del rodete en la capa límite de contacto agua-rodete hasta una velocidad nula en la capa límite de contacto agua-paredes de la bomba.

Por tanto, haremos la misma suposición que para el laberinto nº 1:

2det ero

agua

VV =

-Laberinto nº 3:circuito cerrado de lubricación del cierre mecánico. El cierre mecánico debe ser refrigerado y lubricado mediante agua, para ello se practica un orificio desde la espiral (zona de alta presión). Por medio de 6 agujeros de conexión hacemos que la zona del cierre esté a baja presión. El agua a alta presión pasa a través del agujero llegando al cierre mecánico que se encuentra a baja presión, atravesando después los agujeros de conexión y vuelve a salir del rodete.

Se puede asegurar a la hora de calcular la bomba que los caudales y las presiones están interrelacionados y son directamente dependientes.

Datos:-Laberinto 1(aspiración):

mmDlab 1001 =

mmLlab 151 =

Holgura:

mmrlab 3.01 =∆

Rugosidad:

mm02.0=ε-Laberinto 2:

mmDlab 952 =

mmLlab 152 =

Holgura:mmj 3.0=

Rugosidad:

mm02.0=ε-Rodete:

mmD ero 247det =

- 5 -

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mmD eroentrada 90det1 =−−

-Diámetro agujeros de paso:

mmDo 4=

-Diámetro conducto para la refrigeración del cierre:

mmDconducto 4=

mmLconducto 80=

mm02.0=ε-Diámetro para el eje donde está alojado la junta tórica :

mmD 28=

Valoración de los caudales internos:Una vez conocidos los parámetros generales de la bomba, podemos

empezar a realizar el cálculo del caudal de cada laberinto:

Laberinto 1: pérdidas existentes en el laberinto:

cióncentrifugaeroolaber

f

PPPh

∆−

∆=

∆=

γγγdet1int

1

Conocidas las pérdidas de carga, tenemos un sistema de 2 ecuaciones con 2 incógnitas( f1 y V1)

g

Vk

D

Lfh undarias

Hf ⋅

+⋅= ∑ 2

21

sec1

11

mojadoPerímetro

ÁeraRD HH −

⋅=⋅= 441

1111 lablab rDVq ∆⋅⋅⋅= π

- 6 -

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h

mq

3

1 5.2=

Laberinto 2: pérdidas existentes en el laberinto:

(1)

agujerof

cióncentrifugaeroolaber

f hPPP

h −−

∆−

∆=

∆=γγγ

det2int

2

(2)

g

Vk

D

Lfh undarias

Hf ⋅

+⋅= ∑ 2

22

sec2

222

(3) Diagrama de Moody

(4)

jDVq lab ⋅⋅⋅= 222 π

Conducto refrigeración: pérdidas existentes en el laberinto:

(5)

agujerof

eroconductoextremos

f hPP

h −−

∆=

∆=det_

3 γγ

(6)

g

Vk

D

Lfh undarias

conducto

conductof ⋅

+⋅= ∑

2

23

sec33

(7) Diagrama de Moody

(8)

4

2

33

conductoDVq

⋅⋅= π

La presencia de la incógnita hf-agujero en las ecuaciones del laberinto 2 y del conducto produce una indeterminación . Para resolverla, usaremos la siguiente condición:

- 7 -

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(9)

( ) ( )

⋅⋅−

⋅=⋅

⋅= ∑∑− g

D

qq

kg

Vkh

o

agujerof 2

4

6

2

2

32

26

π

Los valores de k necesarios para nuestras ecuaciones serán los siguientes:

5.0

1

==

entrada

salida

k

k

Nos encontramos pues, ante la resolución de un sistema lineal con 9 incógnitas y 9 ecuaciones; el cual no resulta muy difícil de resolver debido a lo engorroso de algunas de sus ecuaciones analíticamente hablando, y el costoso trabajo de utilizar los diagramas de Moody para hallar los coeficientes de pérdidas. Por ello, realizaremos las siguientes simplificaciones:

SIMPLIFICACIONES

Para evitar el engorroso trabajo de trabajar con diagramas de Moody, interpolaciones, cálculos engorrosos. . Supondremos ya los valores de los coeficientes de pérdidas, cuyo cálculo sabemos realizar, ya que fue estudiado en Mecánica de Fluidos de 2º. Así pues a partir de un diagrama de Moody como el que sigue.

Tomaremos unos determinados valores de coeficientes de pérdidas, los valores nos han sido proporcionados orientativamente. Los valores serán los siguientes:

064.02 =f

Con esta simplificación consigo eliminarme el diagrama de Moody (3) además de que la incógnita f2 de la ecuación (2) deje de serlo.

032.03 =f

Con esta simplificación consigo eliminarme el diagrama de Moody (7) además de que la incógnita f3 de la ecuación (6) deje de serlo. Haciendo esta segunda simplificación para las ecuaciones correspondientes al conducto de refrigeración.

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ddddddd

Con las simplificaciones realizadas arriba, ya somos capaces de resolver el sistema de ecuaciones planteado, obteniendo como resultado:

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f2=0.064

f3=0.032

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mhh

mq

h

mq

agujerof 2.4

38.0

62.1

3

3

3

2

=

=

=

- 10 -


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