Ejercicios Resueltos Tecnología 4 de ESO 2026 / 2027

Corriente de base: se divide la de colector entre la ganancia. Ib = (200 mA) ÷ 100 = 2 mA, es decir 0,002 A. La ganancia es un número sin unidad, de manera que el resultado sigue siendo una corriente.

La resistencia de base no se queda con los 5 V enteros: entre base y emisor quedan 0,7 V. Lo que le toca es 5 V − 0,7 V = 4,3 V.

Con esa tensión y esa corriente sale su valor: R = (4,3 V) ÷ (0,002 A) = 2.150 Ω. Voltio entre amperio da ohmio.

Comprobación: se deshace la división y se cierra el reparto. (0,002 A) × (2.150 Ω) = 4,3 V, y 4,3 V + 0,7 V = 5 V, la tensión que da la salida de mando.

Segunda comprobación, por el otro extremo: (200 mA) ÷ (2 mA) = 100, la ganancia de partida.

Corriente de colector: se multiplica la de base por la ganancia. Ic = (0,4 mA) × 250 = 100 mA, es decir 0,1 A.

Potencia del relé: P = V × I = (12 V) × (0,1 A) = 1,2 W. Voltio por amperio da vatio.

Comprobación de la primera cuenta por el camino inverso: (0,1 A) ÷ (0,0004 A) = 250, que es la ganancia dada.

Una pista que avisa sobre la segunda: si la potencia saliera en el orden de los kilovatios, la corriente estaría en amperios y no en miliamperios. Un relé pequeño se mueve en fracciones de vatio o en vatios sueltos.

▲ Esa pista mira el tamaño del resultado, no su valor exacto. Sirve para detectar un factor mil de más, que es el error que deja la confusión entre miliamperios y amperios, y no sirve para detectar un error pequeño.

Tensión en la resistencia de base: 5 V − 0,7 V = 4,3 V. Corriente de base: Ib = (4,3 V) ÷ (4.300 Ω) = 0,001 A = 1 mA.

Con una ganancia de 100, esa base gobierna como mucho Ic = (1 mA) × 100 = 100 mA.

La lámpara pide 215 mA, o sea más del doble: con esta resistencia el transistor no llega a saturar y la lámpara luciría a medias.

Corriente de base que hace falta: Ib = (215 mA) ÷ 100 = 2,15 mA, es decir 0,00215 A.

Resistencia de base nueva: R = (4,3 V) ÷ (0,00215 A) = 2.000 Ω. Comprobación deshaciéndola: (0,00215 A) × (2.000 Ω) = 4,3 V.

▲ El síntoma de este fallo engaña: la lámpara luce, así que el montaje parece funcionar. Lo que delata la falta de corriente de base es que luce menos de lo que debería y el transistor se calienta.

Conviene expresar las dos corrientes con el mismo múltiplo antes de dividirlas. 20 µA son 0,02 mA, porque un microamperio es la milésima parte de un miliamperio.

Ganancia: (3 mA) ÷ (0,02 mA) = 150. Al dividir dos corrientes se cancelan las unidades, y la ganancia queda como un número suelto.

Corriente de emisor: es la suma de las otras dos. Ie = 0,02 mA + 3 mA = 3,02 mA.

Comprobación de la ganancia por el camino contrario: 150 × (0,02 mA) = 3 mA, la corriente de colector de partida.

▲ La suma del emisor solo se puede hacer con las dos corrientes en la misma unidad. Sumar 20 y 3 sin convertir daría 23 de una unidad que no existe.

Corriente de colector: 25 µA son 0,025 mA. Ic = (0,025 mA) × 200 = 5 mA.

Corriente de emisor: Ie = 0,025 mA + 5 mA = 5,025 mA.

Cuántas veces: (5,025 mA) ÷ (0,025 mA) = 201.

Comprobación con un razonamiento que no vuelve a dividir: el emisor lleva la base más el colector, y el colector es 200 veces la base, así que el emisor tiene que ser 200 + 1 = 201 veces la base. Sale el mismo número.

Esa comprobación es independiente de los valores concretos: con cualquier ganancia, la razón entre emisor y base es la ganancia más uno.

Colector del primero: (10 µA) × 50 = 500 µA, que es medio miliamperio.

Esa corriente es la base del segundo. Colector del segundo: (500 µA) × 60 = 30.000 µA = 30 mA.

Ganancia del conjunto: se multiplican las dos, porque la segunda amplifica lo que la primera ya amplificó. 50 × 60 = 3.000.

Comprobación sin usar el resultado intermedio, que es una ruta independiente: 3.000 × (10 µA) = 30.000 µA = 30 mA. Coincide con la corriente calculada arriba.

▲ Las ganancias se multiplican, no se suman. Sumarlas daría 110 y una corriente final de 1,1 mA, un resultado perfectamente creíble. Por eso esta equivocación no salta a la vista en la cifra final.

Carga: es la capacidad por la tensión. Q = (0,000470 F) × (12 V) = 0,00564 C = 5,64 mC. Faradio por voltio da culombio, porque el faradio es un culombio por voltio.

Energía: es la mitad del producto de la capacidad por el cuadrado de la tensión. E = (0,5) × (0,000470 F) × (144 V²) = 0,03384 J = 33,84 mJ.

Comprobación de la energía por una fórmula que no repite el cuadrado: también vale la mitad de la carga por la tensión. (0,5) × (0,00564 C) × (12 V) = 0,03384 J. Coincide.

Esa comprobación usa la carga calculada antes, así que lo que demuestra es que las dos cuentas encajan entre sí, no que el dato de partida sea correcto.

▲ La tensión entra al cuadrado en la energía y sin cuadrado en la carga. Por eso doblar la tensión dobla la carga y multiplica por cuatro la energía.

En paralelo las capacidades se suman: 100 µF + 400 µF = 500 µF.

En serie se suman las inversas: 1 ÷ 100 + 1 ÷ 400 = 0,01 + 0,0025 = 0,0125, todo en unidades de uno entre microfaradio.

La capacidad es la inversa de esa suma: 1 ÷ 0,0125 = 80 µF.

Comprobación del tamaño, que es la que delata un montaje invertido: en serie el conjunto queda por debajo del menor de los dos, y 80 µF es menor que 100 µF. En paralelo queda por encima del mayor, y 500 µF es mayor que 400 µF.

▲ Esa comprobación detecta haber intercambiado las dos reglas, que es el error cómodo aquí. No detecta una división mal hecha que siga dando un número por debajo de 100 µF.

Capacidad: se despeja de la relación entre carga y tensión. C = (0,0018 C) ÷ (9 V) = 0,0002 F = 200 µF.

Carga a 15 V: Q = (0,0002 F) × (15 V) = 0,003 C = 3 mC.

Energía a 9 V: (0,5) × (0,0002 F) × (81 V²) = 0,0081 J. Energía a 15 V: (0,5) × (0,0002 F) × (225 V²) = 0,0225 J.

Cuántas veces: (0,0225 J) ÷ (0,0081 J) = 25 ÷ 9, es decir 25 novenos.

Comprobación sin emplear ninguna de las dos energías calculadas: como la energía depende del cuadrado de la tensión, la razón tiene que valer (15 ÷ 9) elevado al cuadrado, que es 225 ÷ 81 = 25 ÷ 9. Sale lo mismo.

Las dos magnitudes en unidades base: 100 kΩ son 100.000 Ω y 220 µF son 0,000220 F.

Constante de tiempo: τ = (100.000 Ω) × (0,000220 F) = 22 s.

Comprobación por unidades, que es la que dice si la cuenta tiene sentido: ohmio por faradio da segundo, porque el ohmio es voltio entre amperio y el faradio es amperio por segundo entre voltio. Al multiplicarlos quedan segundos.

Carga terminada: 5 × (22 s) = 110 s, es decir un minuto y cincuenta segundos.

▲ Pasar los 110 s a «un minuto y cincuenta segundos» es restar 60, no dividir entre 60. Dividir daría los minutos con decimales: también es correcto, y no responde a lo que pide el enunciado.

De la constante se despeja la resistencia: R = τ ÷ C.

Con las unidades base: R = (4,7 s) ÷ (0,000047 F) = 100.000 Ω, es decir 100 kΩ.

Comprobación deshaciendo la cuenta: (100.000 Ω) × (0,000047 F) = 4,7 s, la constante pedida.

Una pista que avisa sobre el orden de magnitud: con microfaradios y constantes de segundos, la resistencia sale en decenas o centenas de kiloohmios. Un resultado en ohmios sueltos indicaría un factor mil perdido.

▲ Esa pista sirve para este rango de valores y fuera de él deja de valer: con condensadores de milifaradios la resistencia sí saldría en ohmios sueltos.

Constante de tiempo: τ = (50.000 Ω) × (0,000050 F) = 2,5 s.

Tensión al cabo de una constante: (12 V) × 0,63 = 7,56 V.

Lo que le falta: 12 V − 7,56 V = 4,44 V.

Carga terminada: 5 × (2,5 s) = 12,5 s.

Comprobación de lo que falta por un camino que no resta: lo que queda es el 100 % menos el 63 %, o sea el 37 %, y (12 V) × 0,37 = 4,44 V. Coincide con la resta. Sumar 7,56 y 4,44 y ver que dan 12 no comprobaría nada: el 4,44 se obtuvo restando de 12, así que la suma sale bien aunque el 7,56 esté mal.

▲ El 63 % es un valor redondeado que se usa como referencia, y por eso el enunciado lo da como dato. La carga no sigue una recta: en la segunda constante no sube otro 63 % de los 12 V, sino el 63 % de lo que quedaba.

Se empieza por el peso más alto y se va bajando: 128, después 64, y luego 32. El mayor que cabe en 45 es 32, porque 64 ya se pasa.

Se resta: 45 − 32 = 13. El mayor que cabe en 13 es 8, y queda 13 − 8 = 5. En 5 cabe el 4, y queda 1. Y en 1 cabe el 1, y queda 0.

Los pesos usados son 32, 8, 4 y 1. Los no usados son 16 y 2.

Escribiendo un 1 donde se usa el peso y un 0 donde no, de 32 hacia abajo: 101101.

Comprobación por el camino contrario, que no repite ninguna resta: 32 + 8 + 4 + 1 = 45, el número de partida.

Con ocho bits el peso de la izquierda vale 128, y cada posición siguiente vale la mitad de la anterior hasta llegar al 1 de la derecha.

Se emparejan los bits con sus pesos: el 1 de la izquierda vale 128; el 0 siguiente, nada; el 1 vale 32; el 1 vale 16; el 0, nada; el 1 vale 4; y los dos últimos ceros, nada.

Suma de los pesos con un 1 delante: 128 + 32 + 16 + 4 = 180.

Comprobación de tamaño, que descarta de golpe los errores gordos: el bit de mayor peso vale 1, así que el resultado queda entre 128 y 255. Y 180 cae dentro.

▲ Esa comprobación descarta un resultado disparatado, y no distingue 180 de 176. Para eso hay que repasar los pesos uno a uno.

Con n bits se escriben 2 elevado a n valores. Hay que buscar la menor potencia de dos que alcance los 200.

Con 7 bits: 2⁷ = 128, que se queda corto. Con 8 bits: 2⁸ = 256, que llega. Hacen falta 8 bits.

Combinaciones que sobran: 256 − 200 = 56.

Tanto por ciento: (56) ÷ (256) = 0,21875, es decir un 21,875 % del total.

Comprobación por el otro lado del reparto: 200 ÷ 256 = 0,78125, y 78,125 + 21,875 = 100. Las dos partes suman el total.

▲ Sobrar no es un defecto del diseño: los bits se compran de ocho en ocho y no hay medio bit. Lo que sí conviene mirar es si con 7 bits, agrupando valores, el panel seguiría sirviendo.

Las cuatro combinaciones, contando en binario: A = 0 y B = 0; A = 0 y B = 1; A = 1 y B = 0; A = 1 y B = 1.

Puerta Y, que da 1 solo si las dos entradas valen 1. Con 0 y 0 da 0; con 0 y 1 da 0; con 1 y 0 da 0; con 1 y 1 da 1. Vale 1 en una de las cuatro.

Puerta O, que da 0 solo si las dos entradas valen 0. Con 0 y 0 da 0; con 0 y 1 da 1; con 1 y 0 da 1; con 1 y 1 da 1. Vale 1 en tres de las cuatro.

Comparación fila a fila: con 0 y 0 las dos salidas valen 0; con 0 y 1 la Y da 0 y la O da 1; con 1 y 0 la Y da 0 y la O da 1; con 1 y 1 las dos valen 1. Los dos montajes discrepan en 2 de las cuatro.

Comprobación por un camino que no repasa las salidas una a una: los dos montajes coinciden cuando las entradas son iguales, y eso pasa en 2 filas; discrepan cuando son distintas, y eso pasa en las otras 2. Y 2 + 2 = 4.

▲ Ese recuento comprueba que no se ha perdido ninguna combinación, y no comprueba que cada salida esté bien puesta. Las dos cosas hay que mirarlas por separado.

Número de combinaciones: con 3 entradas son 2³ = 8.

Puerta Y de tres entradas: da 1 solo cuando las tres valen 1, y esa es una sola combinación. Vale 1 en 1 de las 8.

Puerta O de tres entradas: da 0 solo cuando las tres valen 0, y esa también es una sola combinación. Así que vale 1 en 8 − 1 = 7 de las 8.

Con cuatro entradas las filas pasan a ser 2⁴ = 16. La Y sigue valiendo 1 en una sola, la de las cuatro entradas a 1, o sea 1 de las 16; y la O sigue valiendo 0 en una sola, así que vale 1 en 16 − 1 = 15 de las 16.

Comprobación por una propiedad que no depende de estos números: con cualquier número de entradas, la Y vale 1 en una sola fila y la O vale 0 en una sola, de modo que sus recuentos de unos suman el total. Con tres entradas, 1 + 7 = 8; con cuatro, 1 + 15 = 16.

▲ Contar las filas donde la salida vale 0 suele ser más rápido que contar las de 1, cuando las de 0 son pocas. El total de filas es el que cierra el recuento.

La O EXCLUSIVA da 1 con las entradas distintas, y eso ocurre con A = 0 y B = 1 y con A = 1 y B = 0. Son 2 de las 4.

Tanto por ciento de esas dos: (2) ÷ (4) = 0,5; en tanto por ciento, un 50 %.

Frente a una O corriente la diferencia está en una sola fila, la de A = 1 y B = 1: ahí la O da 1 y la O EXCLUSIVA da 0. En las otras tres coinciden, así que discrepan en 1 de las 4.

Filas con cuatro entradas: 2⁴ = 16. Con dos entradas eran 2² = 4.

Cuántas más: 16 − 4 = 12 filas más, o dicho de otra manera, 16 ÷ 4 = 4 veces más.

Comprobación del crecimiento por un camino independiente: al pasar de 2 a 4 entradas se añaden 2 bits, y cada bit añadido dobla las filas. Doblar dos veces es multiplicar por 4, que es lo que ha salido.

▲ Ese crecimiento es lo que hace que las tablas de muchas entradas no se escriban del tirón. Con 10 entradas harían falta 1.024 filas.

En los dos sumandos aparece A, así que sale como factor común: S = A Y (B O NO B). Una variable sumada a su contraria da 1, de modo que queda A Y 1; y algo Y 1 se queda igual. Así que S = A.

Recorrido de las cuatro combinaciones con la expresión de partida. Con A = 0 y B = 0: el primer sumando vale 0 y el segundo también, y 0 O 0 da 0. Con A = 0 y B = 1: los dos vuelven a valer 0, y la salida es 0.

Con A = 1 y B = 0: el primer sumando vale 0 y el segundo vale 1, y 0 O 1 da 1. Con A = 1 y B = 1: el primero vale 1 y el segundo vale 0, y 1 O 0 da 1.

Las cuatro salidas son 0, 0, 1 y 1, que coincide con el valor de A fila por fila. La simplificación se sostiene.

Comprobación de que no se ha perdido nada: se han recorrido 4 filas, que son las 2² que tiene una tabla de dos entradas.

▲ El recorrido comprueba estas dos expresiones concretas, no la propiedad en general. Para eso hace falta el recorrido completo, que es lo que se acaba de hacer: con dos entradas, cuatro filas son todas.

Negar un producto equivale a sumar las negadas, así que lo que se puede montar con lo que queda en el cajón es (NO A) O (NO B).

Versión de partida. A Y B vale 0, 0, 0 y 1 en las cuatro combinaciones, en el orden de contar en binario. Al negarlo queda 1, 1, 1 y 0.

Versión que se monta. NO A vale 1, 1, 0 y 0. NO B vale 1, 0, 1 y 0. La O de las dos da 1, 1, 1 y 0.

Las dos dan la misma lista de salidas en las cuatro filas, así que son equivalentes y el montaje sirve.

Puertas de cada versión: la de partida lleva una Y y una NO, o sea 2 puertas; la que se puede montar lleva dos NO y una O, o sea 3 puertas. La equivalencia sale, pero cuesta una puerta más.

Comprobación de que el recuento de unos cuadra por los dos caminos: la versión de partida vale 1 en 3 filas, que son las 4 menos la única donde A Y B valía 1. Y la montada vale 0 en 1 fila, la de A = 1 y B = 1.

▲ Esta comprobación vale para dos entradas. Con tres, la equivalencia se sigue cumpliendo, pero comprobarlo pide recorrer las ocho filas.

Sacando A como factor común: S = A Y (B O C O D).

Puertas de la versión de partida: tres puertas Y, una por cada producto, y dos puertas O para sumar los tres términos, porque sumar tres cosas con puertas de dos entradas pide dos puertas. Total 3 + 2 = 5 puertas.

Puertas de la versión simplificada: dos puertas O para sumar B, C y D, y una puerta Y para multiplicar el resultado por A. Total 2 + 1 = 3 puertas.

Ahorro: 5 − 3 = 2 puertas, que sobre 5 son (2) ÷ (5) = 0,4; en tanto por ciento, un 40 %.

Comprobación de la aritmética del porcentaje: si se ahorra el 40 %, queda el 60 %, y el 60 % de 5 son 3. Esto comprueba el tanto por ciento y no el recuento de puertas: con 4 puertas en la versión simplificada el reparto también cuadraría, en el 20 % y el 80 %. El recuento hay que repasarlo puerta por puerta.

▲ El recuento depende de contar las puertas de tres entradas como dos de dos. Con puertas de tres entradas disponibles saldrían otros números, y el ahorro no sería el mismo.

Las tres condiciones han de cumplirse de manera simultánea, y por eso se multiplican. Y la del sensor entra negada, porque el motor arranca cuando el sensor no está activado.

Expresión: S = A Y B Y (NO C).

Combinaciones posibles: con 3 entradas son 2³ = 8.

El motor arranca cuando A vale 1, B vale 1 y C vale 0. Eso fija las tres entradas, así que es 1 combinación de las 8.

Comprobación contando los casos en los que NO arranca, uno por uno y sin restar: con A = 0 hay 4 combinaciones; con A = 1 y B = 0, otras 2; y con A = 1, B = 1 y el sensor activado, 1 más. Son 4 + 2 + 1 = 7, y 7 + 1 = 8, el total.

▲ Conviene decir qué significa el 1 de cada entrada antes de escribir nada. Si el 1 del sensor significara «vía libre» en vez de «activado», la expresión iría sin la negación.

«Movimiento y además de noche» se multiplican: M Y N. «O bien si se abre la puerta» se suma: se añade P con una puerta O.

Expresión: S = (M Y N) O P.

Combinaciones con P = 1: la alarma suena, valgan lo que valgan M y N. Son 4 de las 8, porque M y N quedan libres.

Combinaciones con P = 0: la alarma suena solo si M vale 1 y N vale 1, y eso es 1 combinación.

Total: 4 + 1 = 5 de las 8.

Comprobación contando una a una las combinaciones en las que no suena, sin restar: con P = 0 y M = 0 hay 2, y con P = 0, M = 1 y N = 0 hay 1 más. Son 2 + 1 = 3, y 3 + 5 = 8, que son todas.

Puertas: una Y para A Y B, una NO para invertir D, una Y para C Y (NO D) y una O para sumar los dos términos. Son 4 puertas.

Filas: hay cuatro entradas, así que 2⁴ = 16 filas.

Filas en las que A Y B vale 1: A y B quedan fijadas a 1 y las otras dos libres, o sea 2² = 4 filas. Filas en las que C Y (NO D) vale 1: C fijada a 1 y D a 0, y A y B libres, otras 4 filas.

Las dos listas se solapan en las filas donde se cumplen los dos términos al mismo tiempo: A = 1, B = 1, C = 1 y D = 0. Eso fija las cuatro entradas, así que es 1 fila.

Salida a 1: se suman las dos listas y se descuenta el solape, para no contarlo dos veces. 4 + 4 − 1 = 7 filas de las 16.

▲ Descontar el solape es el paso que se olvida. Sumar 4 + 4 daría 8, un número creíble, y la equivocación no aparece si no se recorren las filas.

Presión en unidades base: 6 bar × 100.000 = 600.000 Pa.

Sección en metros cuadrados: 8 cm² = 0,0008 m², porque un centímetro cuadrado es la diezmilésima parte de un metro cuadrado.

Fuerza: F = p × S = (600.000 Pa) × (0,0008 m²) = 480 N. Pascal por metro cuadrado da newton, porque el pascal es un newton por metro cuadrado.

Comprobación deshaciendo la cuenta: (480 N) ÷ (0,0008 m²) = 600.000 Pa, que son los 6 bar de partida.

▲ Trabajar con bares y centímetros cuadrados sin convertir da un número que no es ni newtons ni nada. Es un error que no salta a la vista porque la cifra sale razonable.

Presión: 5 bar × 100.000 = 500.000 Pa.

Al avanzar, el aire empuja sobre el émbolo entero: S = 12 cm² = 0,0012 m². Fuerza de avance: (500.000 Pa) × (0,0012 m²) = 600 N.

Al retroceder, el vástago ocupa parte de la superficie y queda menos: 12 − 2 = 10 cm² = 0,0010 m². Fuerza de retroceso: (500.000 Pa) × (0,0010 m²) = 500 N.

Diferencia: 600 N − 500 N = 100 N. La de retroceso es cinco sextos de la de avance.

Comprobación por las superficies, sin pasar por las fuerzas: a la misma presión las fuerzas van en la misma proporción que las secciones, y 10 ÷ 12 es cinco sextos. Coincide con 500 ÷ 600.

▲ La diferencia sale de los 2 cm² del vástago, no de la presión. Subir la presión aumenta las dos fuerzas y la proporción entre ellas se queda igual.

Sección en metros cuadrados: 15 cm² = 0,0015 m².

Presión: se despeja de la relación entre fuerza y superficie. p = (900 N) ÷ (0,0015 m²) = 600.000 Pa.

En bares: (600.000) ÷ (100.000) = 6 bar.

Comprobación deshaciendo la cuenta: (600.000 Pa) × (0,0015 m²) = 900 N, la fuerza pedida.

▲ Conviene mirar si esa presión cabe en la red del taller antes de dar el cálculo por bueno. Si la red no llega, la salida es un cilindro de más sección, no más presión.

Volumen de una carrera: es la sección por la carrera. V = (8 cm²) × (25 cm) = 200 cm³.

En litros: (200) ÷ (1.000) = 0,2 L, porque mil centímetros cúbicos son un litro.

Caudal: el volumen de una carrera por los ciclos de cada minuto. (0,2 L) × 20 = 4 L/min.

Comprobación por unidades: litro por ciclo, multiplicado por ciclos por minuto, deja litros por minuto. Los ciclos se cancelan y queda la unidad que se buscaba.

▲ Esa comprobación detecta haber dividido en vez de multiplicar, porque entonces los ciclos quedarían al revés. No detecta un error en el número de ciclos.

Caudal en centímetros cúbicos por minuto: (6 L) × 1.000 = 6.000 cm³/min.

Velocidad: es el caudal dividido entre la sección. v = (6.000 cm³/min) ÷ (10 cm²) = 600 cm/min. Centímetro cúbico entre centímetro cuadrado deja centímetro.

En centímetros por segundo: (600) ÷ 60 = 10 cm/s.

Comprobación deshaciendo la cuenta: (600 cm/min) × (10 cm²) = 6.000 cm³/min, que son los 6 L/min de partida.

▲ Un regulador que recorte el caudal baja la velocidad en la misma proporción, porque la sección no cambia. La fuerza, en cambio, se queda igual: depende de la presión y no del caudal.

Presión absoluta: la de trabajo más la atmosférica. 6 + 1 = 7 bar.

El aire comprimido ocupa menos que el mismo aire suelto, en la proporción de la presión absoluta. Aire por carrera medido a presión atmosférica: (0,2 L) × 7 = 1,4 L.

Consumo por minuto: (1,4 L) × 20 = 28 L/min.

Comprobación cambiando el orden de las operaciones: el caudal dentro del cilindro es (0,2 L) × 20 = 4 L/min, y 4 × 7 = 28 L/min. Sale lo mismo, lo que descarta un tropiezo aritmético. Lo que no descarta es equivocarse con el 7: las dos rutas lo usan, así que olvidar la atmósfera y multiplicar por 6 daría 24 L/min por los dos caminos.

▲ Los 4 L/min y los 28 L/min miden cosas distintas: lo que cabe dentro del cilindro y lo que el compresor tiene que fabricar. Dimensionar el compresor con el primer número lo deja corto.

Sección pequeña en metros cuadrados: 5 cm² = 0,0005 m².

Presión: p = (200 N) ÷ (0,0005 m²) = 400.000 Pa, es decir (400.000) ÷ (100.000) = 4 bar.

Por el principio de Pascal esa presión llega por igual a cada punto del líquido, de modo que es la que empuja el émbolo grande.

Sección grande: 100 cm² = 0,01 m². Fuerza: (400.000 Pa) × (0,01 m²) = 4.000 N.

Comprobación por la proporción de secciones, sin pasar por la presión: (100) ÷ (5) = 20, y (200 N) × 20 = 4.000 N. Sale la misma fuerza por un camino que no usa ninguna de las dos cuentas anteriores.

Volumen de líquido que desaloja el émbolo pequeño: (5 cm²) × (40 cm) = 200 cm³.

Ese mismo volumen es el que levanta al otro lado. Subida del émbolo grande en un bombeo: (200 cm³) ÷ (100 cm²) = 2 cm.

Bombeos para subirlo 10 cm: (10 cm) ÷ (2 cm) = 5 bombeos.

Trabajo del lado pequeño: fuerza por recorrido. (200 N) × (0,4 m) = 80 J.

Trabajo del lado grande: (4.000 N) × (0,02 m) = 80 J. Los dos salen iguales.

Comprobación por las proporciones: la fuerza se multiplica por 20 y el recorrido se divide entre 20, así que el producto de ambos no varía. Y con él tampoco varía el trabajo.

▲ Lo que la prensa multiplica es la fuerza, y lo paga en recorrido. Una máquina que multiplicara el trabajo no existe, y ese es el primer repaso de cualquier resultado de este tipo.

Sección grande: 120 cm² = 0,012 m².

Presión: p = (6.000 N) ÷ (0,012 m²) = 500.000 Pa, es decir 5 bar.

Sección pequeña: 4 cm² = 0,0004 m². Fuerza que hay que hacer: (500.000 Pa) × (0,0004 m²) = 200 N.

Comprobación por la proporción de secciones, que no usa la presión: (120) ÷ (4) = 30, y (6.000 N) ÷ 30 = 200 N. Coincide.

▲ Con 200 N no se levantan 6.000 N de golpe: hay que bombear muchas veces, porque cada empujón mueve poco líquido. La cuenta dice la fuerza, no el número de bombeos.

Gasto diario del primero: (24 km) × (8 L) ÷ (100 km) = 1,92 L. Los kilómetros se cancelan y queda una cantidad de litros.

Gasto diario del segundo: (24 km) × (6 L) ÷ (100 km) = 1,44 L.

Ahorro diario: 1,92 − 1,44 = 0,48 L.

En un curso entero: (0,48 L) × 180 = 86,4 L.

Tanto por ciento: (0,48) ÷ (1,92) = 0,25; en tanto por ciento, un 25 %.

Comprobación del tanto por ciento sin usar los litros del trayecto: se pasa de 8 a 6 litros cada 100 km, y (6) ÷ (8) = 0,75. Gastar el 75 % es ahorrar el 25 %, que es lo que había salido.

Autobús lleno: (25 L) ÷ 50 = 0,5 L por viajero y por cada 100 km.

Turismo lleno: (5 L) ÷ 4 = 1,25 L por viajero y por cada 100 km.

Cuántas veces más: (1,25) ÷ (0,5) = 2,5 veces.

Viajeros a los que el autobús iguala al turismo: se busca el número que reparta los 25 litros en porciones de 1,25. (25) ÷ (1,25) = 20 viajeros.

Comprobación de ese número por el camino contrario: (25 L) ÷ 20 = 1,25 L por viajero, que es lo que gasta el turismo lleno. Con menos de 20 dentro, el autobús queda por detrás.

▲ El resultado depende de cuánta gente va dentro, no del tamaño del vehículo. Un autobús con cuatro pasajeros gasta 6,25 litros por viajero, cinco veces más que el turismo lleno.

Gasto de un turismo en ese trayecto: (12 km) × (5 L) ÷ (100 km) = 0,6 L.

Con cuatro turismos, cada uno hace su trayecto: (0,6 L) × 4 = 2,4 L.

Con uno solo, el recorrido es el mismo y el gasto también: 0,6 L. Llevar acompañantes no aumenta los kilómetros.

Ahorro: 2,4 − 0,6 = 1,8 L, que sobre 2,4 es (1,8) ÷ (2,4) = 0,75; en tanto por ciento, un 75 %.

Comprobación por el reparto por persona: en cuatro turismos cada uno carga con 0,6 L, y compartiendo carga con (0,6 L) ÷ 4 = 0,15 L. La razón entre los dos repartos es (0,15) ÷ (0,6) = 0,25, que es el 25 % que queda tras ahorrar el 75 %.

▲ La cuenta supone que el trayecto compartido es el mismo. Si recoger a los otros tres añadiera kilómetros, habría que sumarlos antes de comparar.