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EJERCICIO 1

Se tiene una masa de 2 Kg de aleación Fe-C de 1,00 % de C a una temperatura de 726 º C. Sabiendo que el contenido de carbono del αFe a esa temperatura es 0,0218 %.

SE PIDE:

a) Las cantidades relativas de las fases,

b) Las cantidades de hierro y carbono presentes en cada fase.

Solución:

a) A una temperatura de 726º C y con un porcentaje de carbono del 1%tenemos 2 fases: ferrita (Fe α ) con un contenido de carbono del 0,0218 % y cementita (CFe 3 ) con un contenido en carbono del 6,67%.

Las cantidades relativas de las fases se calculan:

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% Fe α = %0218,0%67,6

%1%67,6−

−= 85,28 %

% CFe 3 = %0218,0%67,6

%0218,0%1−

−= 14,7 %

b) Para calcular las cantidades de Fe y C que hay en cada fase es precisosaber que la cementita CFe 3 está formada por un 6,67% de C y el porcentaje restante, 93,33%, es hierro.

En el caso de la ferrita, está formada por un 100% de hierro.

Con estos datos pasamos a calcular las cantidades:

2 Kg. · 85,28 % Fe α = 1,705 Kg. de Fe

2 Kg. · 14,7% CFe 3 = 0,294 kg. de CFe 3

0,294 kg. CFe 3 · 6,67 % C = 0,019 Kg. de Carbono.

0,294 kg. CFe 3 · 93,33% Fe = 0,274 Kg. de Hierro.

Si a esta última cantidad de hierro le sumamos la cantidad de hierro presente en la ferrita obtendremos la cantidad total de hiero en la masa de 2 Kg.

Masa de hierro: 1,705 Kg. + 0,274 Kg. = 1,979 Kg.

Masa de carbono: 0,019 Kg.

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EJERCICIO 2

Un motor trifásico de 18 CV a 2.750 -1min (r.p.m.), cosϕ = 0,85 y η=86%, acciona una máquina por medio de un mecanismo de transmisión, según esquema y valores indicados Sabiendo que a la velocidad de giro indicada, el par resistente en la máquina es de 25 Kp · m.

SE PIDE:

a) La relación de transmisión del mecanismo, la distancia entre los ejes I y II y la potencia absorbida por la máquina,

b) La intensidad en la línea de alimentación del motor.

Solución:

a) La relación de transmisión del mecanismo es:

31

42

Z·ZZ·Z

i = = sconductora ruedas dientes nº producto

conducidas ruedas dientes nº producto=

16144638

⋅⋅

= 7,8 (reductora

de velocidad)

Entonces, si el motor gira a 2750 r.p.m., el último eje del mecanismo gira a la siguiente velocidad:

3

1

nn

i = ⇒ 3n = i

n1 = 8,7

2750= 352,56 r.p.m.

La distancia entre centros se calcula a partir del módulo de los engranajes.

Sabemos, por definición, que el módulo es la relación entre el diámetro y el

número de dientes del engranaje, m = ZD

, por lo tanto la distancia entre los ejes 1

y 2 de la figura es:

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2-1L = 2

)Z(Z · m 21 +=

2)3814( · 4 +

= 104 mm.

b) Para calcular la corriente de alimentación del motor es preciso primerocalcular la potencia absorbida, dato que obtenemos de la expresión del par resistente de la máquina:

El par resistente es: M r = 25 Kp · m ·Kp 1

N. 8,9 = 245 N · m

La potencia mecánica de la máquina es: P m = M r · ω , expresándose ω

en .seg

rad, es decir ω=

60n · · 2 π

=60

rpm 352,56 · · 2 π= 36,9

seg.rad.

La potencia mecánica resulta ser: Pm = M r · ω = 245 · 36,9 = 9040, 5 Watios

Una vez conocida la potencia útil, calculamos la absorbida total a través del dato del rendimiento:

P abs = η

uP· 100 = 100 ·

865,9040

= 10512,2 Watios

Finalmente, la corriente absorbida por el motor se deduce de la expresión:

P = 3 · U · I · cos ϕ

I = ϕ cos · U· 3

P=

85,03803

2,10512

⋅⋅= 18,8 Amperios.

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EJERCICIO 3

El ciclo Diesel teórico de un motor monocilíndrico, de cuatro tiempos y 60 mm de diámetro de pistón, está limitado por los volúmenes de V 1 = 480 3cm y V 2

= 60 3cm , y por las presiones de P1 = 0,1 MPa, P 2 = 1,84 MPa y P 4 = 0,26 MPa.

El estado de máxima temperatura corresponde a V 3 = 120 3cm ,

SE PIDE:

a) El diagrama teórico del ciclo termodinámico,

b) La cilindrada, carrera y relación volumétrica de compresión.

Solución:

a) Sabiendo que un ciclo Diesel está formado por las siguientes fases:

1-2: compresión adiabática.

2-3: expansión isobárica.

3-4: expansión adiabática.

4-1: descenso isócoro.

y con los puntos que nos proporciona el enunciado, podemos representar el diagrama del ciclo termodinámico:

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Volumen (cm 3 ) Presión (Pa)

1 480 0,1

2 60 1,84

3 120 1,84

4 480 0,26

b) Empezaremos definiendo las magnitudes que nos piden:

Cilindrada, volumen comprendido entre los puntos extremos del pistón del cilindro, que son los denominados PMS (punto muerto superior) y PMI (punto muerto inferior).

Carrera, distancia que recorre el émbolo en su desplazamiento (expresada en milímetros).

Cilindrada unitaria, V U = Volumen PMS – Volumen PMI = 480 – 60 = 420

cm 3

Para calcular la cilindrada total multiplicaremos la correspondiente a un cilindro por el número total de cilindros. En este caso, al tener sólo un cilindro, la cilindrada unitaria y la total coincide.

Volumen de la cámara de compresión, volumen comprendido entre la culata y el pistón cuando éste último se encuentra en el PMS.

V CC = 60 cm 3

Calculamos la carrera a partir del volumen del cilindro:

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V = Area cilindro · carrera

V= A · c = 4π

· D 2 · c ⇒ c =2D·

4π

· V =2

23

mm 60mm10 · 420 · 4

⋅π= 148,5 mm.

Finalmente, la relación de compresión es el cociente entre el volumen total del cilindro y el de la cámara de compresión.

Rc = CC

CC

VVV +

= 60480

= 8

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EJERCICIO 4

Un motor, que dispone de excitación compuesta, ha de mover una carga equivalente a 5 KW. Sabiendo que tiene conectado el devanado en paralelo a las bornas de salida a una tensión constante de 250 V, que el rendimiento a plena carga es η= 0,8 y que las resistencias del inducido, del inductor serie y del inductor en paralelo son respectivamente: 0,7 Ω , 0,9 Ω y 250 Ω .

SE PIDE:

a) Las pérdidas totales a plena carga,

b) El rendimiento cuando trabaja a la mitad de su carga.

Solución:

a) Por el enunciado del problemas deducimos que se trata de unamáquina de continua con excitación compound larga, por tener el devanado excitación en paralelo con los bornes de salida.

A continuación se muestran los circuitos equivalentes de dicha máquina:

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Como el motor ha de mover una carga de 5KW, debe desarrollar una potencia útil del mismo valor.

A partir del rendimiento es posible calcular la potencia total absorbida.

abs

util

P

P=η ⇒ P abs = η

utilP=

8,05000

= 6250 Watios.

La potencia perdida se calcula por la diferencia entre la potencia absorbida y la potencia útil.

Potencia perdida, P p = P abs - P util = 6250 – 5000 = 1250 Watios.

Las pérdidas se desglosan en dos tipos diferentes: pérdidas mecánicas y pérdidas en el hierro (constantes) y pérdidas Joule (variables).

En primer lugar determinamos las pérdidas Joule (o perdidas en el cobre) conociendo previamente las corrientes que circulan por los devanados del circuito.

P abs = U · I ⇒ I = U

Pabs = 2506250

= 25 Amperios.

Calculamos la corriente de excitación en paralelo a partir de la expresión:

U = Id · R d ⇒ Id =dR

U=

250250

= 1 Amperio.

La corriente por el inducido se deduce por: I = Id + Ia ⇒

Ia = I – Id = 25 – 1= 24 Amperios.

Las pérdidas en el cobre, proporcionales al cuadrado de la corriente se obtienen de forma sencilla:

Perdida Joule en el inducido: P ja = R a · Ia2 = 0,7 · 24 2 = 403,2 W.

Perdida Joule en la excitación serie: P js = R s · Is2 = 0,9 · 24 2 =518,4 W.

Perdida Joule en la excitación derivación: P jd = Rd · Id2 = 250 · 1 2 = 250

W.

Total de pérdidas Joule: 403,2 + 518,4 + 250 = 1171,6 Watios.

Finalmente, las pérdidas constantes (mecánicas y en el hierro) se obtienen restando de las totales las correspondientes a las perdidas Joule:

P mec +P fe = 1250 – 1171,6 = 78, 4 Watios.

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b) Las perdidas a media carga hacen referencia al funcionamiento delmotor absorbiendo por el inducido la mitad de la corriente que a plena carga, pero manteniendo la corriente de excitación constante.

Por lo tanto,

I =2I

=225

= 12,5 Amperios.

En estas nuevas condiciones, la potencia absorbida será:

P´ abs = U · I´ = 250 · 12,5 = 3125 Watios.

La corriente de excitación en paralelo es la misma, de 1 amperio, y por lo tanto, la corriente por el inducido será:

I a = I -Id = 12,5 – 1 = 11,5 Amperios.

Las potencias de perdidas se calculan de forma análoga al apartado anterior:

Perdida Joule en el inducido: P´ ja = R a · I a2 = 0,7 · 11,5 2 = 92,5 W.

Perdida Joule en la excitación serie: P´ js = R s · I s2 = 0,9 · 11,5 2 = 119,02

W.

Perdida Joule en la excitación derivación: P´ jd = R d · Id2 = 250 · 1 2 = 250

W.

El total de potencia de pérdidas Joule es: 461,6 Watios

Las pérdidas mecánicas y en el hierro se mantienen: 78,4 Watios

Total de potencias de pérdidas: 461,6 + 78,4 = 540 Watios

El rendimiento de la máquina será:

abs

util

P

P=η =

abs

pabs

P

PP −=

31255403125 −

= 0,827 ⇒η= 82,7 %

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EJERCICIO 5

Un zumbador debe accionarse para dar una señal de alarma cuando 4 relés A, B, C y D cumplen las siguientes condiciones:

A y B excitados, C y D en reposo;

A y D excitados, B y C en reposo;

C excitado, A, B y 0 en reposo;

A, B y C excitados, D en reposo;

SE PIDE:

a) La tabla de la verdad correspondiente y la función lógica defuncionamiento,

b) El esquema del circuito con puertas lógicas.

Solución:

La tabla de verdad del circuito se muestra a continuación:

A B C D Salida

0 0 0 0 0 0

1 0 0 0 1 0

2 0 0 1 0 1

3 0 0 1 1 0

4 0 1 0 0 0

5 0 1 0 1 0

6 0 1 1 0 0

7 0 1 1 1 0

8 1 0 0 0 0

9 1 0 0 1 1

10 1 0 1 0 0

11 1 0 1 1 0

12 1 1 0 0 1

13 1 1 0 1 0

14 1 1 1 0 1

15 1 1 1 1 0

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En el mapa de Karnaugh agrupamos las casillas correspondientes como se muestra en la figura:

00 01 11 10

00 1

01 1

11

10 1 1

La función lógica resultante es:

S = A · B · C · D + A · B · D + A · B · C · D

Finalmente, se realiza el circuito con puertas lógicas:

CD

AB

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EJERCICIO 6

En el circuito neumático de la figura.

SE PIDE:

a) Identificar los elementos componentes del circuito (A, a.01,..),denominando correctamente los mismos.

b) Explicar, de forma breve y precisa, el funcionamiento del circuito.

Solución:

a) Componentes del circuito:

0.1 Unidad de mantenimiento.

a.2 Válvula 3/2 (3 vías y 2 posiciones), NC (normalmente cerrado), de accionamiento manual por pulsador y retorno por muelle.

a.4 Válvula 3/2, NC, de accionamiento manual por pedal y retorno por muelle.

a.5 Válvula 3/2, NC, de accionamiento mecánico por rodillo (final decarrera) y retorno por muelle.

a.6 Válvula selectora de circuito de función “O”.

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a.1 Válvula 5/2 (5 vías y 2 posiciones) de doble mando neumático por presión. Hace la función de distribuidor principal.

a.01 Válvula de escape rápido.

a.02 Válvula reguladora de caudal unidireccional.

A Cilindro de doble efecto.

b) Explicación del circuito.

El circuito corresponde al accionamiento de un cilindro de doble efecto, donde se regula la velocidad de la carrera de avance (se ralentiza) y se regula la de retroceso (se acelera).

La puesta en marcha se efectúa mediante el accionamiento de una de las válvulas a.2 o a.4. Al iniciarse el proceso, se interconectan las vías 1 y 2 de cualquiera de las 2 válvulas.

El aire comprimido circula a través de la válvula selectora de circuito a.6, que envía una señal de pilotaje al orificio 14 de la válvula distribuidora a.1, que hace que se pongan en contacto las vías 1 y 4, produciendo la salida del vástago del cilindro.

El aire que sale del cilindro pasa a través de la estrangulación de la válvula de caudal a.02, por tanto, la salida del vástago se produce lentamente.

Cuando el vástago alcanza su posición extrema, acciona el rodillo de mando de la válvula a.5, que actúa como final de carrera.

En dicha válvula se ponen en comunicación las vías 1 y 2, produciéndose el pilotaje de la válvula a.1 a través del orificio 12.

El distribuidor bascula de posición, con lo que se establece la comunicación de sus orificios 1 y 2, circulando el aire a través del antirretomo de la válvula a.02 entrando en el cilindro.

El aire que sale del cilindro llega a la válvula a.01 y escapa a la atmósfera, con lo que el retorno del vástago al interior del cilindro se produce rápidamente.

La orden de inicio de la operación se puede realizar indistintamente mediante la válvula a.2 o a.4.