PROBLEMA 1. Un cilindro de doble efecto levanta cajas hasta la altura de un transportador de rodillos. Cuando el operador acciona un pulsador, el vastago deberá levantar completamente la plataforma con la caja. El operador dispone de un pulsador de descenso, que es inoperante hasta que la plataforma se halle completamente arriba, lo cual se detecta con un final de carrera. La plataforma debe seguir subiendo, incluso si el operador ha soltado el pulsador antes de llegar arriba. Debe poder ajustarse la velocidad de subida y bajada. El panel de control está alejado por lo que la electroválvula debe controlarse indirectamente. Representar el esquema del circuito y explicar su funcionamiento. Criterios calificación: - Esquema circuito 1/2 - Explicación funcionamiento: - General 1/5 - Regulación velocidad 1/10 - Estado inicial de válvula distribuidora 1/10 - Caso de oprimir los tres pulsadores 1/10 La acción sobre S1, excita K1, cuyo contacto 13-14 da tensión a Y1. La válvula 1.1 invierte su estado y el aire fluye de 1 a 4. El émbolo del cilindro 1.0 avanza incluso si se suelta S1, debido al comportamiento memorizante de 1.1. Cuando el vástago ha salido completamente pisa S2, que no produce efecto alguno hasta que no se pulse S3. Pulsando S3 se cumple la serie S2-S3, se excita K2, que alimenta a Y2, y, si S1 ya no se halla presionado, el cilindro retrocede. La válvula distribuidora biestable (memorizante) cuando se monta por primera vez, puede estar en una cualquiera de las dos posiciones, lo cual significa que no puede determinarse su estado de conexión. Si existen accionamientos manuales auxiliares en la propia válvula, debería forzarse el correspondiente a Y2 antes de aplicar el aire comprimido para asegurar que el cilindro inicialmente se halla retraído. Naturalmente, una vez aplicado el aire, debe liberarse el accionamiento manual auxiliar, de lo contrario la válvula no funcionaría. En este circuito, la función memorizante se consigue utilizando una válvula biestable de doble solenoide que precisa tan solo un breve pulso de unos 20 segundos para bascular. Cuando no hay tensión en ninguna de las bobinas la corredera de la válvula permanece en la última posición determinada por la última señal que le hubiera sido aplicada. 1/13
Las velocidades de avance y de retroceso del cilindro se controlan por los reguladores de flujo 1.01 y 1.02. El método de control elegido aquí es el de estrangulación del aire de escape. En otras palabras, durante el avance el aire que escapa por 2-3 es estrangulado por el paso variable de 1.02. Al retroceder, el aire escapa por 4-5 y es Ia válvula 1.01 la que controla el caudal de escape y con ello la velocidad de retroceso. En esta situación el antirretorno de 1.02 permite que penetre todo el caudal en el lado del vástago. Si en este circuito se mantiene el pulsador S1 presionado continuamente el cilindro avanza normalmente. Sin embargo al alcanzarse S2 y pulsar S3 la señal aplicada a Y2 será inoperante ya que señal de Y1 se opone a la inversión. Esto significa que en la función memorizante de una electroválvula biestable no tiene sentido hablar de prioridad de marcha o de paro y, en caso de existir ambas señales debe considerarse como prioritaria la primera señal que haya llegado. Esquema neumático. Control del circuito. 2/13
PROBLEMA 2. Diseñar mediante las puertas lógicas necesarias, después de haber simplificado por Karnaugh, el circuito de un motor mediante tres pulsadores a, b y c; que cumpla la siguientes condiciones de funcionamiento: - Si se accionan los tres pulsadores, el motor se activa. - Si se accionan dos pulsadores cualesquiera, el motor se activa, pero se enciende una lámpara de peligro. - Si solo se acciona un pulsador; el motor no se activa pero si se enciende la lámpara de peligro. - Si no se acciona ningún pulsador, el motor y la lámpara están desactivados. Criterios de calificación: - Tabla de la verdad 1/3 - Simplificación funciones 1/3 - Esquema eléctrico 1/3 Partiendo de las condiciones indicadas en el enunciado se obtiene la tabla de verdad del circuito a implementar: 3/13
Si aplicamos los mapas de Karnaugh para simplificar las ecuaciones de ambas salidas se obtienen los mapas de la figura. De los anteriores mapas se obtienen la ecuaciones: M a b + b c + a c L a c + b c + a b El circuito resultante de la implementación de las ecuaciones anteriores aparece en la figura siguiente: 4/13
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PROBLEMA 3. En una vivienda con demanda térmica en calefacción de 10.000 Kcal/h, con una utilización de 10 h al día en la temporada de invierno (150 días 5 meses) se desea saber qué sistema de calefacción resulta más económico de los tres que se mencionan a continuación: 1) Gasóleo-C con poder calorífico de Qe 10.000 Kcal/kg. Densidad 0,85kg/litro. Precio 54 ptas/litro. Con un rendimiento estimado de la instalación del 80%. 2) Gas propano con poder calorífico de Qe13.000 kcal/kg. La botella de 13 Kg. vale 1.000 pts con un rendimiento estimado de la instalación del 70 %. 3) Bomba de calor con coeficiente de eficiencia de 3,4. Valor de 1Kwh 16,22 ptas y cuota de potencia 282 pts/kw-mes. (en este caso considerar 16 % IVA). Criterios calificación: Cálculo y elección del sistema más económico 10/10. La demanda total de la instalación es: Energía calorífica necesaria Ec 150 días 150.000.000 Kcal 10 horas día 10.000 Kcal hora Conversión a Kw-hora: 10.000 Kcal 1 Kw-hora 861 Kcal hora Caso 1. Gasóleo-C. 11,6144 Kw-hora. pesetas Gasto temporada Caso 2. Propano. 10 horas 150 días día 10.000 Kcal hora 0,85Kg 10.000 Kcal 0,8 litro Kg. 54 pts. litro 119.117,65 Gasto temporada 126.796,26 pesetas. Caso 3. Bomba de calor. 10 horas 150 días día 10.000 Kcal hora 13.000 Kcal 13 Kg 0,7 Kg. botella 1.000 pts. botella 6/13
Resulta más económico ya que: 49 pesetas. Consumo temporada 10 horas 150 días día 10.000 Kcal hora 861 Kcal Kw - h 3,4 16,02 pts. Kw - h 82.086, Gasto cuota potencia (todo el año) 10.000 Kcal 861 hora Kcal Kw - h 11,614 Kw. Con el coeficiente de eficiencia de 3,4 la bomba de calor debe tener una potencia de: 11,614 Kw 3,416 Kw 12 meses 3,4 282 pts. Kw mes 11559, 74 pesetas. Sumamos el consumo y la cuota y aplicamos el IVA: Gasto total (82.086, 49 + 11.559, 74 ) + IVA (16%) 108.629,62 pesetas. 7/13
PROBLEMA 4. La potencia total disipada en el circuito de la figura es 1.100 watios. Hallar: a) La potencia de cada elemento. b) La lectura del amperímetro. I 2 Criterios de calificación: - Apartado a) 2/3 - Apartado b) 1/3 a) I 1 I 2 V V 3 + j4 Z 1 V V Z 2 10 V 5 53,1º La relacion de intensidades es: I I 1 2 V V 5 10 1 2 Como P R I 2, la relación entre las potencias disipadas en las resistencias de 3 Ω y 10 Ω es: 2 P 3 R 1 I1 2 P10 R2 I2 2 3 2 6 10 1 5 Como P T P 3 + P 10, dividiendo ambos miembros por P 10 se tiene: P T P 3 + 1 P 10 P 10 8/13
Sustituyendo: 1.100 6 11 + 1 5 5 P 10 Despejando: P 10 1.100 500 Watios. 11 5 P 3 P T -P 10 1.100 500 600 Watios. a) De la expresión P R I 2 se deduce: P 3 R 1 I 2, de donde I P 3 600 1 1 14,14 amperios. R1 3 Tomando V V 0 º I 1 14,14 53,1º 8,48 j 11,31 A. 19,25 36º I I 2 1 7,07 2 0 º 7,07 A. Así, I 1 + I 2 I T I T (8,48 j 11,31) + (7,07) 15,55 - j 11,31 A. Por lo tanto la lectura del amperímetro es: I 19,25 Amperios. 9/13
PROBLEMA 5. Dadas las gráficas I y II, dar respuesta a las siguientes cuestiones: a) A qué tipo de material corresponde cada una de estas gráficas?. Explica la diferencia fundamental. b) Define período elástico y plástico de un material. Dibújalo en una de las gráficas. c) Indica en ambas gráficas el limite de fluencia. Traza en la fig. II la tensión de fluencia y la deformación correspondiente. d) Qué diferencias existen entre ambos materiales en el momento de la rotura. Criterios de calificación: Cada uno de los apartados: 1/4 a) La figura I corresponde a un acero y la figura II a una fundición. La diferencia fundamental está en el punto de fluencia (F). Mientras que el acero se deforma sin aumentar la tensión (σ ), en la fundición no ocurre lo mismo. b) El período elástico es aquel en el que las deformaciones desaparecen al cesar las cargas y el plástico es en el que las deformaciones son permanentes. c) Límite de fluencia en las dos gráficas: 10/13
d) En el acero la tensión en el momento de la rotura es menor que la tensión máxima. En la fundición coinciden ambas. 11/13
PROBLEMA 6. Los mecanismos para transmitir el movimiento al eje principal de una fresadora, a la mesa y al carro transversal de la misma están representados en la figura. Calcular: a) Las r.p.m. máxima y mínima del eje principal de la máquina. b) El valor de los avances máximo y mínimo de que dispone la mesa. c) El avance máximo y mínimo de la mesa por vuelta del eje principal. a) Calculamos las velocidades máxima y mínima partiendo de la polea inicial que gira a 1500 rpm, pasando por el eje 2, el eje 1 y terminando en el eje principal. 1500 ruedas conducidas ruedas conductora s V min 360 50 55 100 20 24 V min 1500100 20 24 360 55 50 72,72 rpm. 1500 360 35 37 100 35 42 V max V max 1500100 35 42 360 35 37 472,97 rpm. b) Calculamos las velocidades máxima y mínima partiendo de la polea inicial que gira a 1500 rpm, pasando por el eje 2, el eje 3, el cardan, el tornillo sin fin y terminando en la mesa. 12/13
Avance mínimo: 1500 360 4015 20 30 20 30 x 100 20 15 201 20 20 x 4,628 vueltas Avance mínimo x paso 4,628 5 23,14 mm. Avance máximo: 1500 360 2515 20 30 20 30 y 100 40 15 201 20 20 14,808 vueltas Avance máximo y paso 14,808 5 74,04 mm. c) El avance mínimo se cumple cuando el eje principal lleva las máximas revoluciones y el avance máximo cuando el eje principal lleva las mínimas revoluciones. Avance mínimo: 1 42 35 4015 20 30 30 x 37 35 2015 20 1 20 x 0,00978 vueltas Avance mínimo x paso 0,00978 5 0,0489 mm. 1 24 20 2515 20 30 30 y 55 50 40 15 201 20 y 0,20370 vueltas Avance máximo y paso 0,20370 5 1,0185 mm. 13/13