Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
c
A
1. La manivela CB oscila en torno a C describiendo un arco limitado y
haciendo que la manivela OA oscile en torno a O. Cuando la biela AB
pasa por la posición representada, en que CB está horizontal y OA
vertical, la velocidad angular de CB es 4 rad/s en sentido antihorario.
Hallar las velocidades angulares de OA y AB en ese instante. Datos: a =
100 mm, b = 225 mm, c = 75 mm y d = 50 mm.
B
a
C
d
O
b
manivela BC (rotación pura en C): Determinamos la velocidad del extremo B,
vB = ωBC c = 4× 75 = 300 mm/s
biela AB (rototraslatorio): Determinamos el CIR gráficamente, como se indica en la figura.
Entonces, escribimos
ωAB =
vA
v
vA
v
300
= B
→ ωAB =
=
→ ωAB = A = 2 rad/s
a−d b−c
100 − 50 225 − 75
50
∴ ωAB = 2 rad/s
vA = 100 mm/s
manivela OA (rotación pura en O): A partir de la velocidad
del extremo A determinamos la velocidad angular de la
manivela,
vA = ωOA a → ωOA =
vA 100
=
= 1 rad/s
a 100
A
a
B cC
CIR
d
O
b
y
Con notación vectorial
JJG ⎛⎜ 0 ⎞⎟ ⎜⎛−c⎟⎞ ⎜⎛ 0 ⎟⎞
v B = v C + ω CB × CB = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟×⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟ = ⎜⎜−cωCB ⎟⎟⎟ con ωCB = 4 rad/s
⎜⎜⎝ω ⎠⎟ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎠
CB
x
∴ v B = −cωCB j = −75× 4 j = −300 j mm/s
⎧
⎪
JJG ⎜⎛ 0 ⎟⎞ ⎜⎛ 0 ⎟⎞ ⎜⎛−(b − c)⎟⎞ ⎛⎜ −(a − d )ωAB ⎞⎟
⎪
⎪
v
v
ω
BA
=
+
×
= ⎜⎜−cωCB ⎟⎟⎟ + ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟×⎜⎜ a − d ⎟⎟⎟ = ⎜⎜−cωCB − (b − c)ωAB ⎟⎟
A
B
AB
⎪
⎪
⎜⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜⎜ωAB ⎠⎟ ⎝⎜ 0 ⎠⎟ ⎝⎜
⎠⎟
0
⎪
⎪
⎨
⎪
JJJG ⎜⎛ 0 ⎟⎞ ⎜⎛ 0⎟⎞ ⎜⎛aωOA ⎟⎞
⎪
⎪
v
v
ω
OA
+
×
= ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟×⎜⎜a⎟⎟⎟ = ⎜⎜ 0 ⎟⎟⎟
=
⎪ A
OA
O
⎪
⎜⎜⎝ω ⎠⎟ ⎝⎜⎜ 0⎠⎟ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎠
⎪
OA
⎪
⎩
⎧⎪
a−d
100 − 50
⎪⎪ωOA =
ωAB =
(−2) = −1 rad/s
⎧
a
d
ω
a
ω
+
(
−
)
=
+
⎪
⎪
a
100
AB
OA
⎪⎨
⎨
⎪⎩
⎪−cωCB − (b − c)ωAB = 0 ⎪⎪⎪ω = −c ω = −75 × 4 = −2 rad/s
⎪⎪⎩ AB b − c CB 225 − 75
∴ ωAB = 2 rad/s
vA = 100 mm/s
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
a
2. Una barra de longitud a se apoya sin rozamiento sobre una pared de perfil
circular tal como se indica en la figura. a) Determinar la fuerza horizontal
que se debe aplicar en B para mantener la barra en equilibrio. b) Si en lugar
de aplicar una fuerza en B se aplicase un par en B, ¿qué valor debería tomar
dicho par?
O
F
60º
B
B
a) Las fuerzas que actúan sobre la barra son las que se representan
en la figura. Tomamos momentos en O:
NA
NB
a
A
a
3
3
Fa = mg sen 60º =
mga → F =
mg = 0.43 mg
2
2
4
b) En este caso las fuerzas que actúan sobre la barra serán las que
se representan en la figura. De nuevo tomamos momentos en O,
mg
para obtener:
O
a
3
3
M = mg sen 60º =
mg → M =
mga
2
2
4
NA
NB 60º
M
B
A
mg
Lo que resulta obvio, ya que el momento del par (invariante)
debe ser igual al de la fuerza F inicialmente aplicada con
respecto al punto O.
Cálculo de reacciones
Ecuaciones cardinales de la estática:
⎧⎪
3
⎪⎪
mg
F
1
⎪⎪
4
=
= mg
NA =
⎪
⎧⎪⎪↔ F = N A cos 30º
⎪
cos 30º
2
3
→ ⎪
⎨
⎨
⎪
⎪
2
⎩⎪7 N B + N A sen 30º = mg
⎪⎪⎪
⎪⎪ N = mg − N sen 30º = mg − 1 mg 1 = 3 mg
A
⎪⎪⎩ B
2
2 4
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
3. Una partícula de masa m está situada en la cima de una semiesfera lisa, de radio R, que está apoyada por su
base sobre un plano horizontal. Cuando desplazamos ligeramente la partícula de su posición de equilibrio
comienza a deslizar sobre la superficie de la esfera. La posición de la partícula queda determinada en cada
instante por el ángulo θ que forma el radio-vector correspondiente con la vertical. Determinar el valor del
ángulo para el cuál la partícula se despega de la semiesfera.
Conservación de la energía:
1
mgR = mgR cos θ + mv 2 → v 2 = 2 gR(1− cos θ )
2
Componente radial de la ecuación del movimiento:
mg cos θ − N = m
v2
R
→ N = mg cos θ − m
v2
R
Sustituyendo en esta ecuación el valor de la velocidad, tenemos
N = mg cos θ − 2mg (1− cos θ ) = mg (3cos θ − 2)
En el instante en que la partícula se despega de la semiesfera, la reacción normal será nula
(“se rompe la ligadura”), de modo que
3cos θmax = 2 → cos θmax =
2
→ θmax = 48.2º
3
N
R
θ
mg
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
4. Una semiesfera y un cono, ambos macizos y homogéneos, construidos con el mismo material y
del mismo radio, están soldados por sus bases. Calcular el valor máximo de la altura del cono
que permita el conjunto comportarse como un tentetieso (i.e., que no vuelque) al apoyarlo
sobre una superficie horizontal.
Determinamos la posición del centro de masa del cono: z =
∫ zdV
∫ dV
Descomponemos el cono el rodajas (discos) perpendiculares al eje de revolución, de modo
que:
r
z
=
R H
dV = πr 2 dz
V = ∫ d V = π ∫ r 2 dz = π
∫
→ r=
R
z
H
z
R
R2 H 2
R2 H 3 1 2
z
d
z
=
π
= πR H
H 2 ∫0
H2 3
3
r
R2 H
R2 H 4 1 2 2
zdV = π 2 ∫ z 3dz = π 2
= πR H
H 0
H 4
4
z
1 2 2
πR H
zdV
3
∫
∴ z=
=4
= H (medido desde el vértice)
∫ dV 13 π R 2 H 4
φ
Procedemos análogamente con la hemisfera.
r = R sen θ
z = R cos θ → dz = −R sen θ dθ
z
dV = πr 2 dz = π R sen 2 θ (−R sen θ )dθ = −π R 3 sen 3 θdθ
V = −π R 3 ∫
0
π/2
∫
2
sen 3 θdθ = π R 3 (como es sabido)
3
r
0
⎡ sen 4 θ ⎤
πR4
⎢
⎥
zdV = −π R ∫ sen θ cos θ dθ = −π R
=
⎢ 4 ⎥
π/2
4
⎣
⎦ π /2
4
0
3
4
φ
z
πR4
d
z
V
3
∫
∴ z=
= 4 = R
∫ dV 32 π R3 8
El centro de masa del cuerpo compuesto tiene que estar situado por
debajo del punto O para que el cuerpo se comporte como un tentetieso
(equilibrio estable). En las condiciones críticas será:
V z + Vhemisf zhemisf
zcm = cono cono
= 0 → Vcono zcono + Vhemisf zhemisf = 0
Vcono + Vhemisf
1 2 3
2
3
π R H H = π R 3 R → H 2 = 3R 2
3
4
3
8
R
z
H
O
R
→ H=R 3
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
5. En un tubo cilíndrico horizontal hay dos discos, de masa m, unidos por un hilo
L
que los mantiene a una distancia l uno del otro, y a distancia l/2 del centro del
l
tubo O. Este dispositivo está girando libremente alrededor de un eje
perpendicular al tubo que pasa por O, con una velocidad angular ω . En un
cierto instante se rompe el hilo que une ambos discos (dejándolos libres). El
O
rozamiento entre los discos y el tubo se considera despreciable, el momento de
2
inercia del tubo respecto al eje de giro es It = ma (donde a es un parámetro
ω
con dimensiones de longitud) y el momento de inercia de cualquiera de los
discos respecto a un eje paralelo al de giro que pasa por el centro de masa del
disco es Id = (ma2)/2. Hállese: a) La velocidad angular de giro del dispositivo
descrito cuando, ambas masas llegan a sus respectivos extremos del tubo. b) Con qué velocidad se aleja del
eje en el momento que abandonan el tubo.
2
I t = ma
⎛l ⎞
1
1
1
I d = ma 2 + m ⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ma 2 + ml 2
⎜
⎝ 2⎠
2
2
4
2
1
→ I = I t + 2 I d = 2ma 2 + ml 2
2
a) Por no existir momento externo, el momento angular del sistema se conserva:
L = cte. → I i ωi = I f ωf
1
2ma 2 + ml 2
Ii
4a 2 + l 2
2
∴ ω f = ωi =
ω= 2
ω
1
If
4a + L2
2ma 2 + mL2
2
b) Por no existir fuerzas disipativas (rozamiento) se conserva la energía mecánica;
concretamente, se conserva la energía cinética del sistema:
1
2
I i ωi2 = 12 I f ωf2 + 2 12 mvr2
2mvr2 = I i ωi2 − I f
→ 2mvr2 = I i ωi2 − I f ωf2
I i2 2 ⎜⎛ I i ⎟⎞ 2
ωi = ⎜⎜1− ⎟⎟ I i ωi
I f2
⎝ I f ⎟⎠
→ vr2 =
→
1 ⎛⎜ I i ⎞⎟ 2
⎜1− ⎟ I i ωi
2m ⎝⎜ I f ⎠⎟⎟
de modo que sustituyendo los valores de Ii e If y operando se obtiene
vr2 =
⎞
1 ⎛⎜ I i ⎞⎟ 2
1 ⎛⎜ 4a 2 + L2 − 4a 2 − l 2 ⎞⎟⎛⎜
1
⎟⎟⎜2ma 2 + ml 2 ⎟⎟⎟ ωi2 =
⎜1− ⎟⎟ I i ωi =
⎜
2
2
⎠
2m ⎜⎝ I f ⎟⎠
2m ⎜⎝
4a + L
2
⎠⎟⎜⎝
1 ⎛ L2 − l 2 ⎞⎟ 2 2 2
⎟(4a + l ) ωi
= ⎜⎜ 2
4 ⎜⎝ 4a + L2 ⎟⎠⎟
De modo que
1 2 2 4a 2 + l 2 2
ω
v = (L − l ) 2
4
4a + L2
2
r
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
6. De dos hilos de longitud A , sección S y módulos de Young E y 2E se cuelga una masa m
inicialmente en reposo, como se indica en la figura. Determinar la pulsación (o frecuencia
angular) y amplitud del movimiento oscilatorio que se produce.
E
En cada instante los dos cables tienen igual deformación x, de modo que
F1 =
l
E
2E
F1
A
posición de
equilibrio
m
ES
x
l
F2 =
F = F1 + F2 =
F2
2E
m
(2E ) S
l
x
3ES
x = keq x
l
por lo que la constante elástica de los dos hilos es
x
m
keq =
3ES
.
l
El sistema equivale a una masa suspendida de un muelle de constante elástica keq, por lo que
la frecuencia de sus oscilaciones es
ω=
keq
m
=
3ES
ml
Dado que la energía mecánica se conserva, igualamos la energía del sistema en la posición
inicial (1) (cuando se cuelga la masa) y la de máxima deformación (2)
Ep1 + Ek1 + Eel1 = Ep2 + Ek 2 + Eel2
1
posición
inicial
2
posición de
equilibrio
elongación
máxima
2A
N.R.
1
2
mg 2 A = keq (2 A)
2
mg mgl
A=
=
keq 3ES
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
→
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
7. La función y(x,t) correspondiente a cierta onda estacionaria sobre una cuerda tensa es
y = 0.05 sen (2.5 x) cos (500 t) (SI)
a) Hallar la amplitud y velocidad de propagación de las ondas que originan esta onda estacionaria. b) ¿Cuál
es la distancia entre nodos sucesivos? c) ¿Cuál es la longitud más corta posible de la cuerda?
Cuando dos ondas que se propagan en direcciones opuestas se superponen, dan lugar a una
onda estacionaria, cuya función de onda es
y1 ( x, t ) = A0 sen(ωt − kt + φ1 ) ⎪⎫⎪
⎬
y2 ( x, t ) = A0 sen(ωt + kt + φ1 ) ⎪⎪⎭
y ( x, t ) = (2 A0 ) cos(kx + ϑ) sen(ωt + φ)
a) Identificando los valores numéricos de la expresión dada en el problema, se obtiene
k = 2.5 m -1
2 A = 0.05 m
ω = 500 s -1
de donde
A = 25 mm
c=
ω 500
m
=
= 200
k
2.5
s
b) La longitud de onda viene dada por
λ=
2π 2π
=
= 2.513 m
k
2.5
y tanto la distancia entre nodos sucesivos como la longitud mínima de la cuerda serán iguales
a media longitud de onda; esto es
Lmin =
λ
= 1.257 m
2
V
N
N
L
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
8. Un cilindro macizo de radio R = 10 cm y altura h = 10 cm gira en el interior de otro cilindro hueco de radio
R + 2 mm y altura h + 4 mm. En el espacio entre ambos cilindros existe un líquido de viscosidad η = 84 cP
que rodea totalmente el cilindro interior. Determínese el momento que hay que aplicar al eje del cilindro
móvil y potencia necesaria para mantener una velocidad de rotación constante de 1000 r.p.m.
Datos:
2π
= 104.72 rad/s
60
v = ω R = 104.72×10 = 1047.2 cm/s
ω = 1000
El flujo del líquido en el espacio entre los dos cilindros se
reduce a un flujo de Couette, como se ilustra en la imagen
inferior. Aplicamos la ley de la viscosidad de Newton:
σ=η
R
R+ΔR
ω
v
1047.2
= 0.84
= 4398.23 dyn/cm 2
ΔR
0.2
Este esfuerzo cortante está uniformemente distribuido
sobre la superficie lateral del cilindro interior móvil. En consecuencia, el momento dinámico
con respecto al eje de rotación será:
M = σ (2π Rh) R = 2π R 2 hσ = 2π ×102 ×10× 4398.23 = 2.76×107 dyn ⋅ cm
∴ M = 2.76×107 dyn ⋅ cm = 2.76 N ⋅ m
que es igual al momento que deberemos aplicar para mantener el
cilindro interior en movimiento.
v=ωR
La potencia necesaria para mantener constante la velocidad de
rotación será:
P = M ω = 2.76×104.72 = 289 W
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
9. a) Una máquina frigorífica irreversible, movida por un motor de 1 kW, extrae 50 kcal/min de un recinto
frío. ¿Cuál es su rendimiento o eficacia?¿Qué cantidad de calor recibe el foco caliente? b) Si el rendimiento
de la máquina fuese la mitad del correspondiente a un ciclo reversible de Carnot que operase entre los
mismos límites de temperatura (-20ºC y 130ºC), ¿cuál sería el trabajo recibido por minuto por el sistema
activo? ¿qué cantidad de calor se cedería entonces al foco caliente?
T1
Datos:
W = 1000 W
50 000× 4.18
Q 2 =
= 3483 W
60
a) Primer Principio:
Q1 = Q 2 + W = 3483 + 1000 = 4483 W
Eficacia de la máquina frigorífica:
εf =
Q 2
3483
=
= 3.483 = 348%
1000
W
Q1
W
Q2
T2
T1=403K
Rendimiento funcionando como máquina térmica:
W
1000
η=
=
= 0.22 = 22 %
4483
Q1
Obsérvese que, funcionando como máquina térmica, sería:
Q1 Q 2 4483 3483
+
=
−
= 11.12 −13.77 = −2.64 W/K
T1 T2
403
253
Q1 Q 2
+
≤ 0 (teorema de Clausius)
T1 T2
Q1
W
Q2
T2=253K
(irreversible)
b) Rendimiento de un ciclo reversible de Carnot que trabaje entre las mismas temperaturas:
η=
T1 − T2
T
253
η
= 1− 2 = 1 −
= 0.37 = 37 % → η ′ = = 0.19
T1
T1
403
2
Del Primer Principio de la definición del rendimiento se sigue:
⎧
⎪
Q1′ = Q 2′ + W ′
⎪
⎧
⎪
⎪
⎪ W ′ = Q1′ − Q2′
⎪
⎪
⎪
→ ⎨
⎨
W′
⎪η ′ =
⎪ W ′ = η ′ Q ′
⎪
⎪
1
⎪
⎪
⎩
′
Q
⎪
1
⎪
⎩
→ (1− η ′) Q1′ = Q 2′
T1
Q’1
de modo que
⎧
⎪
Q 2′
50 000
kcal
⎪
⎪⎪ Q1′ =
=
= 61.43
= 4280 W
(1− η ′) 1− 0.19
min
⎨
⎪
⎪
⎪
W ′ = 0.19× 4280 = 796 W
⎪
⎪
⎩
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
W’
Q’2
T2
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
10. En el esquema de la figura, determinar: a) La intensidad que pasa por cada rama en el
instante inicial (t = 0), cuando se conecta la batería. b) La intensidad que pasa por cada
rama cuando alcanza el estado estacionario (t = ∞).
q
a) Inicialmente el condensador está descargado por lo que VAB = = 0 .
C
12V 12Ω
4Ω
10μF
10μH
Al ser VAB = 0 , por la resistencia de 4 Ω no pasará corriente.
B
12V 12Ω
di
= 0 , luego en ese instante i no
dt
varía; como antes era nula, ahora seguirá siéndolo.
En la rama de la bobina será VAB = L
A
En definitiva, la corriente circula tal como se indica en la figura, a través
de la resistencia de 12 Ω y del condensador (que “deja pasar”), siendo su
intensidad
4Ω
10μF
I=
10μH
E 12
= =1 A
R 12
siendo nula en los otros elementos.
b) Una vez haya transcurrido un tiempo suficientemente largo (t → ∞), se alcanza el estado
estacionario y todas esas magnitudes permanecerán constantes.
En la rama de la bobina será
di
di
= 0 → VAB = L = 0 y la bobina “deja pasar” libremente
dt
dt
la corriente.
Por ser VAB = 0 , la intensidad por la rama de la resistencia de 4 Ω será nula. Por la misma
razón será nula la intensidad en la rama del condensador, ya que habrán
pasado todos los efectos transitorios de carga del condensador.
12V 12Ω
A
B
4Ω
En definitiva, la corriente circula tal como se indica en la figura, a través
de la resistencia de 12 Ω y de la bobina (que “deja pasar”), siendo su
intensidad
10μF
10μH
I=
E 12
= =1 A
R 12
y siendo nula en los otros elementos.
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
11. Una espira conductora circular elástica se expansiona a una velocidad constante, de modo que su radio
viene dado por R = R0 + vt. La espira se encuentra en una región de campo magnético constante
perpendicular a la misma. Determinar la fuerza electromotriz generada en la espira. Despreciar los efectos
posibles de autoinducción.
× × × × × × ×
B
× × × × × ×
× × × × ×
R × ×
× × × × × ×
× × × × × × ×
× × × × × ×
La fuerza electromotriz inducida en la espira viene dada por la
expresión:
E =−
dΦ
(ley de inducción de Faraday)
dt
con
2
Φ = B S = Bπ ( R0 + vt )
de modo que
E =−
d ⎡
d
2
2
Bπ ( R0 + vt ) ⎤⎥ = −π B ⎡⎢( R0 + vt ) ⎤⎥ = −2π Bv ( R0 + vt )
⎢
⎦
⎦
dt ⎣
dt ⎣
Esto es,
E = −2π Bv ( R0 + vt )
en el sentido antihorario (ley de Lenz).
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba
Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen final / 6 de julio de 2000
15Ω
12. En el esquema de la figura determínense: a) La intensidad que
circula por cada rama. b) La diferencia de potencial entre A y
B. c) La potencia y el factor de potencia. d) Valor de la
capacidad que hay que colocar en paralelo para corregir el
factor de potencia.
220 V
50 Hz
1
F
700π
0, 07
A
π
1Ω
H
B
1Ω
a) Calculamos las impedancias de cada elemento y de
las asociaciones en paralelo y total:
⎧
1
700π
⎪
XC =
=
=7Ω
⎪⎪
⎪
ωC 100π
⎨
⎪
⎪ X = ω L = 100π 0.07 = 7 Ω
⎪
L
⎪
π
⎪
⎩
]p =
I=
50 −82º 50 +82º
]C] L
50
=
=
= 25 0 º Ω
2
] C + ] L (1− 7 j) + (1 + 7 j)
V 220 0º
=
= 5.5 0º A
]
40 0º
IC =
⎧⎪] = 1− 7 j = 50 −82º = 7.07
−82º Ω
⎪⎪ C
⎨
⎪
⎪⎩⎪] L = 1 + 7 j = 50 +82º = 7.07 +82º Ω
(en fase)
137.5 0º
V
=
= 19.45 82º A
]C
50 −82º
] = 40 0º Ω
Vp = IZ p = 5.5 0º × 25 0º = 137.5 0º V
IL=
137.5 0º
V
=
= 19.45 −82º A
]L
50 +82º
b) Cálculo de la d.d.p. entre A y B:
VAB = I C ×1− I L ×1 = I C −I L = (2.75 −19.25 j) − (2.75 + 19.25 j) = 38.5 j = 38.5 90º V
c) Factor de potencia y potencia:
φ = 0 → f.p. = cos φ = 1 → P = VI cos φ = 220×5.5 = 1210 W
d) No hay nada que corregir
Departamento de Física Aplicada
Revisión: 04/04/2008 - Impresión:04/04/2008
Universidad de Córdoba