Neumática, hidráulica y fluidos: ejercicios de la PAU de Tecnología de Andalucía resueltos

Planteamiento El agua es incompresible y no hay fugas, así que el caudal es el mismo en toda la tubería (ecuación de continuidad): $Q=S_1 v_1=S_2 v_2$, con 1 en la planta baja y 2 en la superior.

1. Continuidad entre los dos puntos:

   $S_1 v_1=S_2 v_2$

2. Despejamos $v_1$. Las secciones son círculos, así que su cociente es el de los diámetros al cuadrado:

   $v_1$${}= v_2\left(\frac{D_2}{D_1}\right)^2$${}= 4\cdot\left(\frac{30}{60}\right)^2$${}= 1\ \mathrm{m/s}$

3. Caudal, con los datos del tramo de arriba ($D_2=0{,}030$ m):

   $Q$${}= \frac{\pi D_2^2}{4}\,v_2$${}= \frac{\pi\cdot 0{,}030^2}{4}\cdot 4$${}\approx 2{,}827\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s}$

4. En litros por minuto ($1\ \mathrm{m^3}=1\,000$ l y 1 min $=60$ s):

   $Q$${}\approx 2{,}827\cdot 10^{-3}\cdot 1\,000\cdot 60$${}\approx 169{,}6\ \mathrm{l/min}$

Planteamiento Sin pérdidas, la energía por unidad de volumen del agua se conserva entre la planta baja y la superior (ecuación de Bernoulli). Tomamos la planta baja como nivel de referencia, $z_1=0$ y $z_2=6$ m, y trabajamos con presiones manométricas en los dos puntos.

1. Ecuación de Bernoulli:

   $p_1+\tfrac{1}{2}\rho v_1^2$${}+\rho g z_1$${}= p_2+\tfrac{1}{2}\rho v_2^2$${}+\rho g z_2$

2. Despejamos la presión en la planta baja:

   $p_1$${}= p_2$${}+\tfrac{1}{2}\rho\,(v_2^2-v_1^2)$${}+\rho g\,(z_2-z_1)$

3. Término de velocidad, con $v_1=1$ m/s del apartado a.1:

   $\tfrac{1}{2}\rho\,(v_2^2-v_1^2)$${}= \tfrac{1}{2}\cdot 1\,000\cdot(4^2-1^2)$${}= 7\,500\ \mathrm{Pa}$

4. Término de altura:

   $\rho g\,(z_2-z_1)$${}= 1\,000\cdot 9{,}81\cdot 6$${}= 58\,860\ \mathrm{Pa}$

5. Sumamos, en kilopascales ($p_2=0{,}20\ \mathrm{MPa}=200\ \mathrm{kPa}$):

   $p_1$${}= 200+7{,}5+58{,}86$${}= 266{,}36\ \mathrm{kPa}$${}\approx 0{,}266\ \mathrm{MPa}$

Planteamiento En el avance el aire empuja sobre todo el émbolo; en el retroceso, sobre la corona, que es el émbolo menos la sección del vástago. La fuerza real es la teórica menos el rozamiento, el 8 % de la teórica: $F=0{,}92\,F_{\text{t}}$.

1. Diámetro del vástago, un tercio del del émbolo:

   $d=\frac{D}{3}=\frac{60}{3}=20\ \mathrm{mm}$

2. Sección del émbolo ($D=0{,}060$ m):

   $S_{\text{av}}$${}= \frac{\pi D^2}{4}$${}= \frac{\pi\cdot 0{,}060^2}{4}$${}\approx 2{,}8274\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

3. Fuerza teórica de avance, con $p=0{,}60\ \mathrm{MPa}=6\cdot 10^{5}\ \mathrm{Pa}$ (con la sección sin redondear):

   $F_{\text{t,av}}$${}= p\,S_{\text{av}}$${}= 6\cdot 10^{5}\cdot\frac{\pi\cdot 0{,}060^2}{4}$${}\approx 1\,696{,}5\ \mathrm{N}$

4. Fuerza real de avance, descontado el 8 % de rozamiento:

   $F_{\text{av}}=0{,}92\cdot 1\,696{,}5\approx 1\,561\ \mathrm{N}$

5. Sección útil en el retroceso, la corona ($d=0{,}020$ m):

   $S_{\text{ret}}$${}= \frac{\pi\,(D^2-d^2)}{4}$${}= \frac{\pi\,(0{,}060^2-0{,}020^2)}{4}$${}\approx 2{,}5133\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

6. Fuerza teórica de retroceso:

   $F_{\text{t,ret}}$${}= p\,S_{\text{ret}}$${}= 6\cdot 10^{5}\cdot 2{,}5133\cdot 10^{-3}$${}\approx 1\,508{,}0\ \mathrm{N}$

7. Fuerza real de retroceso:

   $F_{\text{ret}}=0{,}92\cdot 1\,508{,}0\approx 1\,387\ \mathrm{N}$

Planteamiento En cada ciclo el cilindro se llena de aire dos veces: en el avance, el volumen del émbolo por la carrera; en el retroceso, el de la corona. El caudal es ese volumen por los ciclos que hace en un minuto, medido a la presión de trabajo (sin pasarlo a presión atmosférica).

1. Volumen de aire en el avance ($L=0{,}25$ m):

   $V_{\text{av}}$${}= S_{\text{av}}\,L$${}= 2{,}8274\cdot 10^{-3}\cdot 0{,}25$${}\approx 7{,}069\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^3}$

2. Volumen de aire en el retroceso:

   $V_{\text{ret}}$${}= S_{\text{ret}}\,L$${}= 2{,}5133\cdot 10^{-3}\cdot 0{,}25$${}\approx 6{,}283\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^3}$

3. Volumen por ciclo, en litros ($1\ \mathrm{m^3}=1\,000$ l):

   $V$${}= V_{\text{av}}+V_{\text{ret}}$${}\approx 1{,}3352\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3}$${}= 1{,}3352\ \mathrm{l}$

4. Caudal, con 18 ciclos por minuto:

   $Q=18\cdot 1{,}3352\approx 24{,}0\ \mathrm{l/min}$

Planteamiento El caudal es la sección de la tubería por la velocidad del fluido: $Q=S\,v$.

1. Diámetro de la tubería, dos pulgadas:

   $D=2\cdot 2{,}54=5{,}08\ \mathrm{cm}=0{,}0508\ \mathrm{m}$

2. Sección:

   $S$${}= \frac{\pi D^2}{4}$${}= \frac{\pi\cdot 0{,}0508^2}{4}$${}\approx 2{,}0268\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

3. Caudal:

   $Q$${}= S\,v=2{,}0268\cdot 10^{-3}\cdot 2{,}5$${}\approx 5{,}067\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3/s}$

4. En litros por minuto ($1\ \mathrm{m^3}=1\,000$ l y 1 min $=60$ s):

   $Q$${}\approx 5{,}067\cdot 10^{-3}\cdot 1\,000\cdot 60$${}\approx 304{,}0\ \mathrm{l/min}$

Planteamiento La potencia útil que la bomba comunica al líquido es la presión que le da por el caudal, $P_u=p\,Q$; la que consume es la útil entre el rendimiento. Ojo: el enunciado no da la presión del tanque; tomamos que la bomba lleva el líquido desde la presión atmosférica (presión manométrica nula) hasta 30 atm.

1. Presión en pascales ($1\ \mathrm{atm}=10^5$ Pa):

   $p=30\cdot 10^{5}=3\cdot 10^{6}\ \mathrm{Pa}$

2. Potencia útil, con el caudal del apartado a.1:

   $P_u$${}= p\,Q=3\cdot 10^{6}\cdot 5{,}067\cdot 10^{-3}$${}\approx 15\,200\ \mathrm{W}$

3. El rendimiento es $\eta=P_u/P$. Despejamos la potencia de la bomba:

   $P=\frac{P_u}{\eta}=\frac{15\,200}{0{,}85}\approx 17\,880\ \mathrm{W}$

4. La energía cinética del líquido añade muy poco, unos 14 W, menos del 0,1 % de la potencia útil:

   $\tfrac{1}{2}\rho v^2 Q$${}= \tfrac{1}{2}\cdot 900\cdot 2{,}5^2\cdot 5{,}067\cdot 10^{-3}$${}\approx 14\ \mathrm{W}$

Planteamiento En el avance, el aire empuja toda la cara del émbolo. El enunciado no da ningún rozamiento, así que la fuerza es la presión por la superficie del émbolo. Los 9 bar son la presión manométrica, la que marca el manómetro por encima de la atmosférica, que es la que empuja el émbolo.

1. Presión en pascales ($1\ \mathrm{bar}=10^{5}\ \mathrm{Pa}$):

   $p=9\ \mathrm{bar}=9\cdot 10^{5}\ \mathrm{Pa}$

2. Superficie del émbolo, con $D=20\ \mathrm{mm}=0{,}02\ \mathrm{m}$:

   $A$${}= \dfrac{\pi D^2}{4}$${}= \dfrac{\pi\cdot 0{,}02^2}{4}$${}\approx 3{,}1416\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^2}$

3. Fuerza de avance:

   $F_{\text{av}}$${}= p\,A=9\cdot 10^{5}\ \mathrm{Pa}\cdot 3{,}1416\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^2}$${}\approx 282{,}7\ \mathrm{N}$

Planteamiento En cada ciclo el cilindro se llena dos veces: en el avance, la cámara del émbolo, y en el retroceso, la cámara del vástago, cuya sección es la del émbolo menos la del vástago. Ese aire está a la presión de trabajo; para pasarlo a condiciones normales (a la presión atmosférica) se multiplica por la relación de presiones absolutas, como dice la ley de Boyle a temperatura constante.

1. Volumen de avance, con $A=3{,}1416\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^2}$ y la carrera $L=0{,}04\ \mathrm{m}$:

   $V_{\text{av}}$${}= A\,L=3{,}1416\cdot 10^{-4}\cdot 0{,}04$${}\approx 1{,}2566\cdot 10^{-5}\ \mathrm{m^3}$

2. Sección del vástago, con $d=8\ \mathrm{mm}=0{,}008\ \mathrm{m}$, y volumen de retroceso:

   $a=\dfrac{\pi d^2}{4}\approx 5{,}027\cdot 10^{-5}\ \mathrm{m^2}$$V_{\text{ret}}=(A-a)\,L$

3. Sustituimos:

   $V_{\text{ret}}$${}= (3{,}1416-0{,}5027)\cdot 10^{-4}\cdot 0{,}04$${}\approx 1{,}0556\cdot 10^{-5}\ \mathrm{m^3}$

4. Volumen de aire por ciclo a la presión de trabajo ($1\ \mathrm{l}=10^{-3}\ \mathrm{m^3}$):

   $V_{\text{ciclo}}$${}= V_{\text{av}}+V_{\text{ret}}$${}\approx 2{,}3122\cdot 10^{-5}\ \mathrm{m^3}$${}= 0{,}023122\ \mathrm{l}$

5. Relación de presiones absolutas: la presión manométrica de 9 bar más la atmosférica, que tomamos como $1\ \mathrm{bar}$:

   $\dfrac{p_{\text{abs}}}{p_{\text{atm}}}=\dfrac{9+1}{1}=10$

6. Consumo en condiciones normales: los 12 ciclos de cada minuto, con cada volumen expandido a la presión atmosférica (ley de Boyle, $p_{\text{abs}}\,V=p_{\text{atm}}\,V_N$):

   $Q_N$${}= 12\cdot V_{\text{ciclo}}\cdot\dfrac{p_{\text{abs}}}{p_{\text{atm}}}$${}= 12\cdot 0{,}023122\cdot 10$${}\approx 2{,}77\ \mathrm{l/min}$

7. Ojo: si se toma $1{,}013$ bar como presión atmosférica, la relación es $10{,}013/1{,}013\approx 9{,}88$ y el consumo sale $2{,}74\ \mathrm{l/min}$; si los 9 bar se tomaran como presión absoluta, la relación sería $9$ y saldría $2{,}50\ \mathrm{l/min}$. Aquí damos los 9 bar como presión manométrica, que es lo que marca el manómetro de un compresor.

Planteamiento La fuerza teórica de avance es la presión por la superficie del émbolo. El rozamiento se lleva el 10 % de esa fuerza, así que la fuerza real es el 90 % de la teórica.

1. Superficie del émbolo, con $D=10\ \mathrm{cm}=0{,}1\ \mathrm{m}$:

   $A$${}= \dfrac{\pi D^2}{4}$${}= \dfrac{\pi\cdot 0{,}1^2}{4}$${}\approx 7{,}854\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

2. Fuerza teórica, con $p=2\ \mathrm{MPa}=2\cdot 10^{6}\ \mathrm{Pa}$:

   $F_t$${}= p\,A=2\cdot 10^{6}\ \mathrm{Pa}\cdot 7{,}854\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$${}\approx 15\,708\ \mathrm{N}$

3. Fuerza real de avance, descontando el rozamiento:

   $F_{\text{av}}$${}= F_t-0{,}10\,F_t$${}= 0{,}9\cdot 15\,708\ \mathrm{N}$${}\approx 14\,137\ \mathrm{N}$

Planteamiento El caudal en condiciones normales se pasa a la presión de trabajo con la ley de Boyle. Dividido entre los ciclos por minuto da el volumen de aire de un ciclo, que en un cilindro de doble efecto es el de avance más el de retroceso, $(2A-a)\,L$. De ahí se despeja la carrera $L$.

1. Diámetro del vástago, con $D/d=5$:

   $d=\dfrac{D}{5}=\dfrac{10\ \mathrm{cm}}{5}=2\ \mathrm{cm}$

2. Sección del vástago, con $d=0{,}02\ \mathrm{m}$:

   $a$${}= \dfrac{\pi d^2}{4}$${}= \dfrac{\pi\cdot 0{,}02^2}{4}$${}\approx 3{,}142\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^2}$

3. Relación de presiones absolutas: los 2 MPa son la presión manométrica de la red, y la atmosférica es $p_{\text{atm}}\approx 0{,}1\ \mathrm{MPa}$ (1 bar):

   $\dfrac{p_{\text{abs}}}{p_{\text{atm}}}=\dfrac{2+0{,}1}{0{,}1}=21$

4. Caudal a la presión de trabajo (ley de Boyle, $p_{\text{abs}}\,Q=p_{\text{atm}}\,Q_N$):

   $Q$${}= \dfrac{Q_N}{21}$${}= \dfrac{583\ \mathrm{l/min}}{21}$${}\approx 27{,}76\ \mathrm{l/min}$${}= 2{,}776\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^3/min}$

5. Volumen de aire en cada ciclo, con 15 ciclos por minuto:

   $V_{\text{ciclo}}$${}= \dfrac{Q}{15}$${}= \dfrac{2{,}776\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^3}}{15}$${}\approx 1{,}851\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3}$

6. En un ciclo se llenan la cámara de avance, $A\,L$, y la de retroceso, $(A-a)\,L$. Despejamos la carrera:

   $V_{\text{ciclo}}$${}= (2A-a)\,L$${}\Rightarrow L=\dfrac{V_{\text{ciclo}}}{2A-a}$

7. Sustituimos, con $2A-a$${}= 2\cdot 7{,}854\cdot 10^{-3}$${}-3{,}142\cdot 10^{-4}$${}\approx 1{,}539\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^2}$:

   $L$${}= \dfrac{1{,}851\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3}}{1{,}539\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^2}}$${}\approx 0{,}120\ \mathrm{m}$

8. Ojo: con $p_{\text{atm}}=0{,}1013\ \mathrm{MPa}$ la relación de presiones es $20{,}74$ y la carrera sale $0{,}122\ \mathrm{m}$; con $0{,}1\ \mathrm{MPa}$ sale casi exactamente 12 cm.

Planteamiento En el avance, el aire empuja el émbolo con la fuerza teórica $F_t=p\,S$. A esa fuerza hay que restarle el rozamiento, que es el $10\ \%$ de la teórica, y la fuerza del muelle, que al comienzo del ciclo es nula porque el muelle está en su longitud natural.

1. Sección del émbolo, con $D=10$ cm $=0{,}1$ m:

   $S$${}= \dfrac{\pi D^2}{4}$${}= \dfrac{\pi\cdot 0{,}1^2}{4}$${}\approx 7{,}854\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

2. Fuerza teórica, con $p=1$ MPa $=10^{6}$ Pa:

   $F_t$${}= p\,S=10^{6}\cdot 7{,}854\cdot 10^{-3}$${}\approx 7\,854\ \mathrm{N}$

3. Al comienzo del ciclo el muelle no está comprimido, así que no hace fuerza:

   $F_m=0$

4. Fuerza en el vástago: la teórica menos el rozamiento ($0{,}1\,F_t$) y menos la del muelle:

   $F$${}= F_t-0{,}1\,F_t-F_m$${}= 0{,}9\cdot 7\,854$${}\approx 7\,069\ \mathrm{N}$

Planteamiento El rozamiento es el $10\ \%$ de la fuerza teórica calculada en el apartado a.

1. Fuerza de rozamiento:

   $F_r$${}= 0{,}1\,F_t$${}= 0{,}1\cdot 7\,854$${}\approx 785{,}4\ \mathrm{N}$

2. Comprobación: la fuerza teórica se reparte entre la fuerza útil del apartado a y el rozamiento.

   $F+F_r\approx 7\,069+785{,}4\approx 7\,854\ \mathrm{N}$

Planteamiento Los dos son elementos de la parte de producción y control del aire comprimido. Sus símbolos normalizados están en la figura.

1. Compresor: su símbolo es un círculo con un triángulo sin rellenar (los triángulos vacíos indican aire; los rellenos, líquido) en el borde de la salida y con el vértice hacia fuera. Función: aspira aire de la atmósfera y lo comprime hasta la presión de trabajo; es la fuente de energía de la instalación neumática.

2. Manómetro: su símbolo es un círculo atravesado por una flecha oblicua, que representa la aguja, con su conducto de conexión. Función: mide e indica la presión del aire, por encima de la atmosférica, en el punto de la instalación donde se conecta.

Planteamiento El caudal es el volumen de agua que pasa por una sección en cada segundo, $Q=S\,v$. Lo calculamos a la salida, donde conocemos el diámetro ($5$ cm) y la velocidad ($12\ \mathrm{m/s}$).

1. Sección de salida, con $d_2=5$ cm $=0{,}05$ m:

   $S_2$${}= \dfrac{\pi d_2^2}{4}$${}= \dfrac{\pi\cdot 0{,}05^2}{4}$${}\approx 1{,}963\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

2. Caudal:

   $Q$${}= S_2\,v_2$${}= 1{,}963\cdot 10^{-3}\cdot 12$${}\approx 2{,}36\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^3/s}$

Planteamiento La velocidad en la tubería horizontal sale de la ecuación de continuidad. Después aplicamos el teorema de Bernoulli entre un punto de esa tubería (1) y la salida del agua (2), donde la presión es la atmosférica, es decir, presión manométrica nula. Tomamos el nivel del suelo como altura cero y $g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$.

1. Continuidad, $S_1v_1=S_2v_2$; como las secciones van con el cuadrado del diámetro:

   $v_1$${}= v_2\left(\dfrac{d_2}{d_1}\right)^2$${}= 12\cdot\left(\dfrac{5}{15}\right)^2$${}= \dfrac{4}{3}$${}\approx 1{,}33\ \mathrm{m/s}$

2. Bernoulli entre 1 y 2, con presiones manométricas ($p_2=0$):

   $p_1+\rho g z_1$${}+\tfrac{1}{2}\rho v_1^2$${}= \rho g z_2+\tfrac{1}{2}\rho v_2^2$

3. Despejamos $p_1$:

   $p_1$${}= \rho g\,(z_2-z_1)$${}+\tfrac{1}{2}\rho\,(v_2^2-v_1^2)$

4. Término de altura, con $z_1=-8$ m y $z_2=1{,}75$ m, un desnivel de $9{,}75$ m:

   $\rho g\,(z_2-z_1)$${}= 1\,000\cdot 9{,}8\cdot 9{,}75$${}= 95\,550\ \mathrm{Pa}$

5. Término de velocidad, con $v_1=4/3\ \mathrm{m/s}$:

   $\tfrac{1}{2}\rho\,(v_2^2-v_1^2)$${}= \tfrac{1}{2}\cdot 1\,000\cdot\left(12^2-\left(\tfrac{4}{3}\right)^2\right)$${}\approx 71\,111\ \mathrm{Pa}$

6. Presión manométrica en la tubería horizontal:

   $p_1$${}\approx 95\,550+71\,111$${}\approx 1{,}67\cdot 10^{5}\ \mathrm{Pa}$

7. Ojo: el enunciado no da $g$. Con $g=9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ el término de altura es $95\,648$ Pa y el resultado, redondeado, es el mismo: $1{,}67\cdot 10^{5}$ Pa.

Planteamiento La unidad de mantenimiento se coloca a la entrada de cada instalación neumática, después de la red de aire, para dejar el aire limpio, a la presión de trabajo y lubricado. Su símbolo está en la figura.

1. Filtro con purga: retiene las partículas sólidas y separa el agua condensada del aire; el agua se acumula abajo y se vacía por la purga.

2. Regulador de presión con manómetro: fija la presión de trabajo y la mantiene constante aunque cambie la de la red; el manómetro la indica.

3. Lubricador: añade al aire una niebla fina de aceite para lubricar las válvulas y los cilindros de la instalación.

Planteamiento La presión del aire empuja el émbolo con $F_t=p\,S$, y el muelle, al comprimirse, empuja en sentido contrario con $F_m=k\,x$ (ley de Hooke). El enunciado no da rozamiento, así que no lo tenemos en cuenta.

1. Sección del émbolo, con $D=0{,}1$ m:

   $S$${}= \dfrac{\pi D^2}{4}$${}= \dfrac{\pi\cdot 0{,}1^2}{4}$${}\approx 7{,}854\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^2}$

2. Fuerza del aire, con $p=10^{6}$ Pa:

   $F_t$${}= p\,S=10^{6}\cdot 7{,}854\cdot 10^{-3}$${}\approx 7\,854\ \mathrm{N}$

3. Al comienzo del ciclo el muelle está en su longitud natural ($x=0$) y no hace fuerza:

   $F_{\text{inicio}}=F_t-0\approx 7\,854\ \mathrm{N}$

4. Al final de la carrera el muelle se ha comprimido $x=3$ cm:

   $F_m$${}= k\,x=100\ \mathrm{N/cm}\cdot 3\ \mathrm{cm}$${}= 300\ \mathrm{N}$

5. Fuerza en el vástago al final de la carrera:

   $F_{\text{final}}$${}= F_t-F_m$${}\approx 7\,854-300$${}= 7\,554\ \mathrm{N}$

Planteamiento En un cilindro de simple efecto solo se llena de aire la cámara del émbolo en el avance; el retorno lo hace el muelle. Ese aire está a la presión absoluta de trabajo, y la ley de Boyle-Mariotte ($p\,V$ constante a temperatura constante) da el volumen que ocuparía a la presión atmosférica, que es el de las condiciones normales.

1. Volumen de la cámara en un ciclo, la sección por la carrera:

   $V$${}= S\,L=7{,}854\cdot 10^{-3}\cdot 0{,}03$${}\approx 2{,}356\cdot 10^{-4}\ \mathrm{m^3}$

2. La presión de la red, 1 MPa, es manométrica; la absoluta le suma la atmosférica:

   $p_{\text{abs}}$${}= 10^{6}+10^{5}$${}= 1{,}1\cdot 10^{6}\ \mathrm{Pa}$

3. Boyle-Mariotte entre el aire dentro del cilindro y ese mismo aire a la presión atmosférica:

   $p_{\text{abs}}\,V$${}= p_{\text{atm}}\,V_n$${}\Longrightarrow V_n$${}= V\,\dfrac{p_{\text{abs}}}{p_{\text{atm}}}$

4. Por ciclo:

   $V_n$${}= 2{,}356\cdot 10^{-4}\cdot\dfrac{1{,}1\cdot 10^{6}}{10^{5}}$${}\approx 2{,}592\cdot 10^{-3}\ \mathrm{m^3}$

5. En 20 ciclos:

   $V_{20}$${}= 20\cdot 2{,}592\cdot 10^{-3}$${}\approx 5{,}18\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^3}$

6. Ojo: si se toma 1 MPa como presión absoluta, el cociente de presiones es 10 en vez de 11 y el consumo sale $4{,}71\cdot 10^{-2}\ \mathrm{m^3}$, unos 47,1 litros. Lo habitual es que la presión de una red de aire comprimido se dé como manométrica, que es lo que mide su manómetro.

Planteamiento Las dos son válvulas que actúan sobre el paso del aire, no sobre su dirección hacia uno u otro conducto. Sus símbolos están en la figura.

1. Válvula antirretorno: deja pasar el aire en un sentido y lo bloquea en el contrario. Dentro tiene un cierre (una bola, un cono o una membrana) que un muelle o la propia presión aprietan contra un asiento. En el sentido de paso, el aire separa el cierre del asiento y pasa; en el contrario, la presión aprieta el cierre contra el asiento y no deja pasar el aire.

2. Válvula reguladora de caudal (o estranguladora): estrecha el paso del aire con un tornillo de regulación, de modo que fija el caudal que pasa y, con él, la velocidad del cilindro. La más usada es la unidireccional: una estranguladora con una antirretorno en paralelo, que regula el caudal en un sentido y deja pasar el aire libremente en el otro; así se regula por separado la velocidad de avance o la de retroceso.

Planteamiento Por el principio de Pascal, la presión que el pistón A comunica al líquido es la misma en el pistón B: $F_A/S_A=F_B/S_B$. La fuerza sobre el pistón A es la de la mano multiplicada por diez por la palanca, y la del pistón B es el peso de la masa que eleva, con $g=9{,}8\ \mathrm{m/s^2}$.

1. Fuerza sobre el pistón A:

   $F_A=10\,F=10\cdot 100=1\,000\ \mathrm{N}$

2. Fuerza que hace el pistón B, el peso de la masa de 1000 kg:

   $F_B=m\,g=1\,000\cdot 9{,}8=9\,800\ \mathrm{N}$

3. Principio de Pascal; como las secciones son círculos, su cociente es el de los diámetros al cuadrado:

   $\dfrac{F_A}{S_A}$${}= \dfrac{F_B}{S_B}$${}\Longrightarrow \dfrac{F_A}{F_B}$${}= \left(\dfrac{d_A}{d_B}\right)^2$

4. Despejamos $d_A$, con $d_B=80$ mm:

   $d_A$${}= d_B\sqrt{\dfrac{F_A}{F_B}}$${}= 80\sqrt{\dfrac{1\,000}{9\,800}}$${}\approx 25{,}6\ \mathrm{mm}$

Planteamiento El aceite no se comprime, así que el volumen que desplaza el pistón A es el mismo que entra bajo el pistón B (ecuación de continuidad): $S_A\,x_A=S_B\,x_B$.

1. Igualdad de volúmenes, con las secciones escritas con los diámetros:

   $\dfrac{\pi d_A^2}{4}\,x_A$${}= \dfrac{\pi d_B^2}{4}\,x_B$${}\Longrightarrow d_A^2\,x_A$${}= d_B^2\,x_B$

2. Despejamos $d_A$, con $x_A=5$ cm $=50$ mm y $x_B=1$ mm:

   $d_A$${}= d_B\sqrt{\dfrac{x_B}{x_A}}$${}= 80\sqrt{\dfrac{1}{50}}$${}\approx 11{,}3\ \mathrm{mm}$

3. Con este diámetro la sección del pistón B es 50 veces la del A, así que el gato multiplica por 50 la fuerza que recibe el pistón A; en el apartado a la multiplicaba por $9{,}8$.

Planteamiento Una bomba hidráulica transforma la energía mecánica de un motor en energía del líquido, que sale con caudal y presión. En los circuitos oleohidráulicos se usan bombas de desplazamiento positivo: encierran el aceite en cámaras que crecen en la aspiración y se reducen en la impulsión.

1. Bombas de engranajes: dos ruedas dentadas engranadas giran dentro de una carcasa; el aceite queda atrapado entre los dientes y la carcasa y pasa de la aspiración a la impulsión. Son sencillas, baratas y robustas.

2. Bombas de paletas: un rotor excéntrico dentro de una carcasa lleva unas paletas que salen y entran de sus ranuras; el volumen entre dos paletas crece en la aspiración y se reduce en la impulsión. Son silenciosas, y algunas permiten variar el caudal.

3. Bombas de pistones o de émbolos, axiales o radiales: varios pistones se mueven en sus cilindros y en cada carrera aspiran e impulsan el aceite. Son las que dan las presiones más altas, con buen rendimiento.

4. Bombas de tornillo: dos o tres husillos engranados empujan el aceite a lo largo de su eje; dan un caudal muy uniforme y hacen muy poco ruido.

5. Además están las bombas centrífugas, en las que un rodete que gira empuja el líquido hacia fuera; dan mucho caudal a poca presión y se usan sobre todo para mover agua.