Fundamentos Físicos de la Ingeniería

Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 11 julio 2005
1. La velocidad de un vehículo quitanieves es inversamente proporcional al tiempo transcurrido desde que
comenzó a nevar. Transcurrido un cierto tiempo, t0, a partir del instante en que empezó a nevar, el vehículo se
pone en marcha y recorre 2 km en la primera hora y 1 km en la segunda. a) Determinar la ecuación del
movimiento del vehículo, i.e., x(t). b) Calcular el valor de t0 y el de la constante de proporcionalidad. c) ¿Qué
distancia recorrerá el vehículo durante la tercera hora de funcionamiento?
a) Aplicamos la definición de velocidad e integramos para obtener la distancia al origen (x)
en función del tiempo:
dx
k
=v=
dt
t
→
∫
0
x
dx = k ∫
t
t0
dt
t
→
x = k ln
t
t0
b) Sustituimos en esta expresión los datos que nos proporciona el enunciado, expresando las
distancias en kilómetros (km) y los tiempos en horas (h):
⎧⎪
t +1
⎪⎪t1 = t0 + 1 → x1 = 2 → k ln 0
=2
⎪⎪
t0
→ (÷)
⎨
⎪⎪
t0 + 2
=3
⎪⎪t2 = t0 + 2 → x2 = 3 → k ln
t0
⎪⎩
t0 + 1
t0
2
=
t +2 3
ln 0
t0
ln
Desarrollamos la ecuación anterior
3
3ln
2
⎛ t + 1⎞⎟ ⎛ t0 + 2 ⎞⎟
t0 + 1
t +2
⎜
= 2 ln 0
→ ⎜⎜⎜ 0
⎟⎟ = ⎜
⎟⎟
t0
t0
⎝ t0 ⎠⎟ ⎝⎜ t0 ⎠⎟
3
2
→ (t0 + 1) = t0 (t0 + 2)
→
t03 + 3t02 + 3t0 + 1 = t03 + 4t02 + 4t0 → t02 + t0 −1 = 0
⎧⎪−1 + 5
⎪⎪
= 0.618 h
−1 ± 1 + 4 −1 ± 5 ⎪⎪
2
∴ t0 =
=
=⎨
⎪⎪−1− 5
2
2
⎪⎪
<0
⎩⎪ 2
Ahora determinamos el valor de la constante k:
x = k ln
t
t0
→ k=
x
ln
t
t0
=
x1
2
=
= 2.078 km →
1.618
t0 + 1
ln
ln
0.618
t0
x = 2.078ln
t
0.618
c) Utilizamos la expresión anterior para determinar la posición de la máquina quitanieves en
el instante t3 = t0+3 y el recorrido durante la tercera hora de funcionamiento:
x3 = 2.078ln
3.618
= 3.672 km → Δx3 = x3 − x2 = 0.672 km
0.618
t=
t0
t0+1
t0+2
x=
0
2 km
3 km
2 km
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Revisión:
1 km
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Impresión: 11/07/2005
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Examen Final / 11 julio 2005
2. Un semicilindro homogéneo, de peso P1 y radio R, se apoya en su base sobre
un plano horizontal rugoso. Una varilla homogénea AB, de longitud l y peso P2,
está articulada a la pared por su extremo A y se apoya en la superficie lisa del
semicilindro formando un ángulo de 60º con la vertical. a) Determinar el valor
mínimo del coeficiente de rozamiento del semicilindro con el plano horizontal para
que la posición indicada sea de equilibrio. b) En dicha posición, calcular la
reacción en la articulación A.
A
60º
B
De la geometría de la figura se sigue:
tg 60º =
h
→ h = R tg 60º = R 3
R
a) En la figura se muestra el diagrama de fuerzas que actúan sobre cada uno de los dos
cuerpos.
Aislamos la varilla y tomamos momentos en A:
⎛l
⎞
l sen 60º
l 3
l
hN 21 = P2 ⎜⎜ sen 60º⎟⎟⎟ → N 21 =
P2 =
P2 =
P2
⎜⎝ 2
⎠
2h
4R
4R 3
Aislamos el semicilindro y aplicamos la primera condición de la estática:
⎧⎪
⎪⎪→ f = N cos 60º = l P
12
2
⎪⎪
8R
lP2
f
⎪⎨
→ μ≥
=
⎪⎪
N1 8 RP1 + 3lP2
⎪⎪ ↑ N1 = P1 + N12 sen 60º = P1 + l 3 P2
⎪⎪⎩
8R
b) Aislamos la varilla y aplicamos la primera condición de la estática:
⎧⎪
⎪⎪ → T = N cos 60º = l P
h
21
2
⎪⎪
8R
⎪
⎨
⎪⎪
⎪⎪ ↑ Tv + N 21 sen 60º = P2 → Tv = P2 − N 21 sen 60º =
⎪⎪
⎪⎩
⎛ l 3 ⎞⎟
⎜⎜1−
⎟⎟ P2
⎜⎜
8
R
⎝
⎠⎟
Tv
A
N21
60º
B
Th
h
60º
30º
P2
C
N12
f
h
N1
O
60º
R
P1
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ETSIAM
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Examen Final / 11 julio 2005
3. El bloque A de la figura pesa 15 kg y el bloque B pesa 5 kg. El coeficiente de rozamiento entre todas las superficies en contacto vale 0.20. En cada uno de los casos que se
muestran en la figura, calcular la magnitud de la fuerza F necesaria para arrastrar el
bloque A hacia la derecha con velocidad constante.
B
F
A
B
A
En cada uno de los tres casos, la fuerza necesaria para arrastrar el bloque
A, con velocidad constante, será igual a la suma de las fuerzas de
rozamiento que se oponen al movimiento del bloque A y del B (en el
tercer caso).
B
A
F
F
NA
B
fA
F
A
a)
F = f A = μ N A = μ ( PA + PB ) = 0.20 (15 + 5) = 4 kg = 39.2 N
NB
B
fA
fAB
A
F
NA
b)
F = f A + f AB = μ N A + μ N B = μ ( PA + PB ) + μ PB =
= 0.20 (15 + 5) + 0.20×5 = 4 + 1 = 5 kg = 49.0 N
NB
fAB
B
NA
fBA
F
A
fA
c)
F = f A + f AB + f BA = μ N A + μ N B + μ N B = μ ( PA + PB ) + μ PB + μ PB =
= 0.20 (15 + 5) + 0.20×5 + 0.20×5 = 4 + 1 + 1 = 6 kg = 58.8 N
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Examen Final / 11 julio 2005
4. Dos masas m1 y m2 (m2 > m1), unidas mediante una cuerda inextensible y ligera,
penden de una polea de masa M, radio R y momento de inercia I respecto a su eje de
rotación. Sobre el eje de la polea se ejerce una fuerza F vertical y hacia arriba,
superior al peso del sistema, de tal magnitud que no produce aceleración sobre la
masa mayor m2. Considérese que la cuerda no resbale sobre la polea. Determinar las
aceleraciones de la masa pequeña m1 y del eje de la polea, la aceleración angular de
ésta y la magnitud de la fuerza F.
Aplicamos las ecuaciones cardinales de la dinámica a cada
una de las masas y a la polea, con el convenio de signos
indicado en la figura y tomando momentos en el eje de la
polea:
(1) T1 − m1 g = m1a1
+
F
m2
m1
F
+
A
O
B
T1
T2
(2) T2 − m2 g = 0
(3) F − Mg − T1 − T2 = Ma
(4) T2 R − T1 R = I α
Mg
T1
T2
Disponemos de cuatro ecuaciones con seis incógnitas (T1, a1,
T2, F, a, α).
Obtenemos una nueva ecuación a partir de la condición de
inextensibilidad de la cuerda (condición de ligadura)
m1g
m2g
( x − x1 ) + ( x − x2 ) + π R = l → 2 x − x1 − x2 = l − π R
que la derivamos dos veces con respecto del tiempo para obtener una
relación entre las aceleraciones:
2 x − x1 − x2 = 0 → 2a = a1 + a2
→ (5)
a1 = 2a
La condición de que la cuerda no resbala en la polea nos proporciona
otra ecuación:
(6) a1 − a = α R → a = α R →
α=
x1
x
x2
a
R
Resolvemos el sistema de ecuaciones:
(1) T1 = 2m1a + m1 g
(2) T2 = m2 g
(4) m2 g − 2m1a − m1 g =
I
a →
R2
a=
(m2 − m1 )
I
2m1 + 2
R
g
(3) F = Ma + Mg + 2m1a + m1 g + m2 g = ( M + m1 + m2 ) g + ( M + 2m1 ) a
⎛
⎞⎟
⎜⎜
⎟
M
+
2
m
m
−
m
(
1 )( 2
1 )⎟
F = ⎜⎜⎜ M + m1 + m2 +
⎟⎟⎟ g
I
⎜⎜
⎟⎟
2m1 + 2
⎟
⎜⎝
⎠
R
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Examen Final / 11 julio 2005
5. El eje de transmisión de un automóvil es de acero y mide 1.80 m de longitud por 2.5 cm de diámetro.
a) ¿Qué ángulo se tuerce uno de sus extremos con respecto al otro cuando el eje está transmitiendo una potencia
de 30 CV a 2400 r.p.m.? b) ¿Qué energía elástica está entonces almacenada en el eje?
Datos: módulo de rigidez del acero, G = 7.8×1010 N/m2; coeficiente de torsión para un eje macizo,
τ=
πR4
G ; 1 CV = 736 kW.
2l
Datos:
l = 1.80 m
D = 2.50 cm = 0.025 m
l
R = 1.25 cm = 0.0125 m
ω = 2400 r.p.m. = 40 r.p.s. = 80π rad/s
P = 30 CV = 30× 736 = 22 080 W
ω
G = 7.8×1010 N/m 2
a) Determinamos el “par” (momento) transmitido por el eje a partir de la potencia transmitida
a unas “revoluciones” conocidas; esto es,
P = Mω → M =
P 22080
=
= 87.9 m.N
80π
ω
El “par o momento de torsión” (M) es proporcional al ángulo de torsión (φ),
M = τφ
siendo τ el coeficiente de torsión, cuyo valor es
4
π (0.0125)
πR4
τ=
G=
× 7.8×1010 = 1.66×103 m.N/rad
2l
2×1.80
Así pues, el ángulo de torsión correspondiente a las condiciones de trabajo del enunciado,
vale:
φ=
M
87.9
=
= 0.0529 rad = 3.03º
1.66×103
τ
b) Energía elástica de torsión:
1
1
U = τφ 2 = 1.66×103 × 0.05292 = 2.32 J
2
2
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Examen Final / 11 julio 2005
6. Un arquero tensa la cuerda de su arco desplazando el punto medio de la misma 60 cm hacia atrás; para ello,
debe ejercer una fuerza sobre la cuerda que se incrementa uniformemente desde cero hasta 120 N. a) Calcular la
constante elástica del arco. b) ¿Qué trabajo se ha realizado para tensar el arco?
En esas condiciones, se dispara horizontalmente una flecha de 20 g hacia un blanco situado a 30 m.
c) Determinar la velocidad con la que sale impulsada la flecha. d) ¿Cuánto se desviará verticalmente del blanco?
a) En el supuesto de que la fuerza ejercida sea directamente proporcional a la elongación que
experimenta el punto medio de la cuerda del arco, i.e., que se cumpla la ley de Hooke, será
F = kx → k =
F 120
=
= 200 N/m
x 0.60
b) El trabajo realizado será igual a la energía elástica almacenada en el sistema
1
1
W = Eelast = kx 2 → W = × 200× 0.602 = 36 J
2
2
c) La energía elástica se convierte en energía cinética de la flecha, que saldrá impulsada con
una velocidad v0 :
2 Eelast
1
2×36
=
= 60 m/s
Eelast = Ek = mv02 → v0 =
m
2
0.020
d) Bajo la acción gravitatoria, la flecha describe una trayectoria parabólica.
⎧⎪ x = v0t
⎪⎪
⎨
⎪⎪ y = − 1 gt 2
⎪⎩
2
→
y =−
g 2
x
2v02
de modo que, para x = 30 m, será
h =−
9.8
302 = −1.225 m
2
2× 60
y
P
v0
x
h
v
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Examen Final / 11 julio 2005
7. Determinar la fuerza resultante (módulo y dirección) que actúa sobre la compuerta cilíndrica AB, cuya sección recta es la de un cuarto de circunferencia. La anchura
de la compuerta es 1.20 m.
60 cm
agua
B
90 cm
Determinamos las componentes horizontal y vertical del empuje
hidrostático sobre la compuerta.
A
Componente horizontal = Empuje sobre la proyección de la compuerta sobre un plano
vertical:
Fh = pc S = ρ ghc RL
y sustituyendo valores
Fh = 1000×9.8×(0.60 + 0.45)× 0.90×1.20 = 11.1×103 N = 1135 kg
Componente vertical = Peso del volumen de líquido situado por encima de la compuerta:
⎛
⎛
π R 2 ⎞⎟
π ⎞
⎟⎟ L = ρ g ⎜⎜ H − R⎟⎟⎟ RL
Fv = ρ gVencima = ρ g ⎜⎜ HR −
⎜⎝
⎜
⎝
4 ⎠⎟
4 ⎠
y sustituyendo valores
⎛
⎞
π
Fv = 1000×9.8×⎜⎜1.50 − × 0.90⎟⎟⎟× 0.90×1.20 = 8.40×103 N = 857 kg
⎜⎝
⎠
4
La línea de acción del empuje resultante pasa por el punto O, ya que las diferentes
contribuciones son perpendiculares a la superficie y, por tanto, tienen dirección radial.
El módulo y la dirección del empuje hidrostático resultante se calculan fácilmente
2
2
F = Fhorz
+ Fvert
= 11.12 + 8.402 ×103 = 13.9×103 N = 1421 kg
tg θ =
Fvert 8.40
=
= 0.7554 →
Fhorz 11.1
θ = 37.1º
60 cm
agua
Fh
θ
H
Fv
B
A
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90 cm
CP
F
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θ
O
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Examen Final / 11 julio 2005
8. Un tanque de grandes dimensiones abierto a la atmósfera está apoyado
en el suelo y contiene agua, como se indica en la figura. Se hace un agujero
de pequeño diámetro a una altura h en la pared del tanque. a) Deducir la
velocidad de salida del agua por el orificio. b) Determinar el alcance
horizontal x del chorro de agua. c) Calcular la altura a la que debería hacerse
el orificio para que el alcance fuese máximo.
H
h
x
a) Aplicamos el teorema de Torricelli para
calcular la velocidad de salida del agua por el
orificio:
y
v0
v0 = 2 g ( H − h)
H
h
b) Escribimos las ecuaciones paramétricas de la
trayectoria, que corresponde a la de un
movimiento uniformemente acelerado; i.e., una
trayectoria parabólica,
⎧ x = v0t
⎪
⎪
⎪
→
⎨
1
⎪
y = h − gt 2
⎪
⎪
2
⎩
x
xalc
y = h−
g 2
x
2v02
El alcance se determina haciendo y = 0, de modo que
2h
g 2
x = 0 → xalc = v0
= 2 h ( H − h)
2
g
2v0
c) Puesto que el alcance es función de la posición h a la que se encuentra el orificio,
determinaremos su valor máximo imponiendo la condición de extremo (máximo o mínimo)
de la función:
dvalc
H − 2h
H − 2h
=2
=
= 0 → h = 12 H
dh
h ( H − h)
2 h ( H − h)
y = h−
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Examen Final / 11 julio 2005
9. Dos máquinas térmicas reversibles funcionan acopladas: una como máquina térmica y la otra como máquina frigorífica. La primera máquina absorbe 30 kcal de un foco a 600 K y cede calor a otro foco a 200 K. El
trabajo producido por la máquina térmica se le suministra a la máquina frigorífica, que intercambia calor con
dos focos a 200 K y 300 K. Determinar todos los intercambios de calor de las máquinas con sus focos caloríficos.
Aplicamos el Primer y Segundo Principios de la Termodinámica a la primera máquina
reversible,
⎧Q1 + Q2 = W
⎧⎪30 + Q2 = W
⎪
⎪
⎪
⎪W = +20 kcal
⎪
⎪⎧
→ ⎨⎪ 30
→
⎨ Q1 Q2
⎨
Q
⎪
⎪
⎪⎪
+
=0
+ 2 =0
⎩Q2 = −10 kcal
⎪
⎪
T
T
⎪
⎪
600
200
⎩
2
⎪
⎩ 1
y a la segunda, teniendo en cuenta que W' = -W = -20 kcal, de modo que
⎧Q1′ + Q2′ = W ′
⎪
⎪⎧⎪Q1′ + Q2′ = −20
⎪
⎧
⎪
⎪
⎪⎨ Q ′ Q ′
⎪⎨⎪Q1′ = −60 kcal
→
→
⎨
′
′
⎪⎪ 1 + 2 = 0
⎪⎪ Q1 + Q2 = 0
⎪⎪⎩Q2′ = +40 kcal
′
′
⎪
⎪
T
T
300
200
⎪
⎩
1
2
⎪
⎩
600 K
Q1
300 K
W
W’
Q2
Q2’
200 K
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Q1’
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200 K
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Examen Final / 11 julio 2005
10. Consideremos tres varillas no conductoras, cada una de ellas de longitud l y cargadas
uniformemente con cargas eléctricas +Q, +Q y –Q, respectivamente, como se indica en la
figura. Determinar el campo eléctrico en el punto P equidistante de las tres varillas.
+Q
P
-Q
+Q
E2
Por razones de simetría, los campos eléctricos creados en P
por cada una de las tres varillas cargadas tienen todos la
misma magnitud (E1 = E2 = E3 = E) y las direcciones
indicadas en la figura. Así, el campo eléctrico resultante
tiene una intensidad:
ET
θ
+Q
P
E1
E3
-Q
ET = E 22 + 12 = E 5
1
y forma un ángulo θ = arctg = 26.57º con la horizontal.
2
+Q
Para calcular el valor de E, descomponemos la varilla en elementos de longitud dx, que
poseen una carga dq = λdx, siendo λ =Q/l la densidad lineal de carga. El campo elemental
creado por tal elemento en P será
⎧⎪
1 dq
1 λ dx
1 λ dx
1 λ
⎪⎪dE =
cos 2 θ =
=
=
dθ
2
2
2
⎪⎪
4πε0 s
4πε0 s
4πε0 h
4πε0 h
⎨
⎪⎪
dθ
⎪⎪con h = s cos θ → s = h / cos θ ; x = h tg θ → dx = h
cos 2 θ
⎪⎩
En tanto que calculemos el campo en puntos de la mediatriz de la varilla, las componentes
paralelas a ésta se compensarán por simetría, y el campo será perpendicular a la varilla, de
modo que, al integrar todas las contribuciones elementales, tendremos:
E = ∫ dE cos θ =
π
λ
λ
λ ⎛⎜ 2
2 ⎞⎟ λ 2
π/4
4
⎟⎟ =
cos
d
sen
θ
θ
θ
=
=
+
⎜
[
]
π
−π / 4
4πε0 h ∫− 4
4πε0 h
4πε0 h ⎜⎜⎝ 2
2 ⎠⎟ 4πε0 h
con h = l/2 y λ =Q/l, de modo que
dE
E=
dE cosθ
P
2Q
2πε0l 2
y
x
ET = E 5 =
θ
h=l/2
s
dx
10Q
2πε0l 2
x
l
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Impresión: 11/07/2005
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Examen Final / 11 julio 2005
11. Una varilla metálica gira con velocidad angular constante alrededor de un eje perpendicular a ella y que pasa por uno de sus extremos, deslizando sobre un anillo
conductor de radio l, como se esquematiza en la figura. El eje de la varilla está conectado al borne positivo de un generador de f.e.m., cuyo borne negativo está conectado al
anillo. Si existe un campo magnético uniforme perpendicular al plano del anillo, determinar la velocidad angular que adquirirá la varilla y el sentido de ésta.
.
.
.
.
.
.
.
.B
.
.
. .
. .
. .
ω
. .
. .
. .
. .
l
. .
. .
. .
E
El generador produce una corriente eléctrica, en el sentido indicado en la figura, que
tomaremos como sentido positivo.
La varilla se encuentra en un campo magnético externo (B) y está recorrida por la intensidad
de corriente I. En consecuencia, la varilla está sometida a una fuerza F = I (l × B ) ,
uniformemente distribuida que da lugar a un momento resultante que la hace girar en el
sentido horario con velocidad angular creciente (movimiento acelerado de rotación).
Como consecuencia del movimiento de la varilla conductora en un campo magnético externo
(B), se induce en ella una cierta f.e.m.. El campo no-electrostático en la varilla, dado por,
Ene = v × B , está dirigido a lo largo de la varilla, hacia el extremo fijo de la misma (sentido
negativo). Cada elemento de la varilla en rotación tiene una velocidad distinta, esto es,
v = rω, siendo r la distancia del elemento al extremo fijo de la varilla. Calculamos la f.e.m.
inducida mediante integración:
Eind = ∫
cond
1
2
l
(v × B )idl = −∫cond vB dr = −ω B ∫0 r dr = − ω Bl 2
cond
E ne idl = ∫
La varilla quedará libre de la acción de fuerzas y momentos cuando alcance una cierta
velocidad angular tal que la f.e.m. inducida sea igual (y opuesta) a la del generador, ya que
entonces la intensidad de la corriente será nula. Esto es,
E + Eind = IR = 0 →
E = Eind
E + Eind = IR = 0 →
E = Eind
de modo que
.
.
.
.
.
.
.
B
.
.
.
.
.
.
.
.
. . .
.l . E .
. . F.
ω v
. . .
. . .
ind
Eind
E
E
I
I
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I
I
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Examen Final / 11 julio 2005
12. A una red alterna de 220 V / 50 Hz se conectan (en paralelo) un motor que consume 1.5 kW con factor de
potencia inductivo 0.8 y 50 lámparas fluorescentes de 40 W (cada una) y factor de potencia 0.4 también
inductivo. a) Calcular la intensidad total que consume esta instalación. b) Hallar el factor de potencia del
conjunto. c) Determinar a capacidad del condensador que hay que colocar en paralelo para corregir totalmente el
factor de potencia.
Iact
Utilizando las relaciones que se indican, completamos la tabla:
Grupo
Elementos
I act
P
=
V
→
I=
I react = I act tg φ
φ
I act
cosφ
Ireact
⎧
⎪
⎪
P = VI cos φ = VI act →
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
I = I sen φ = I act tg φ →
⎪
⎩ react
I
φ = arctg react
I act
I
I
I1 1
I2 2
V
P (W)
f.p.=cos φ
φ
Iact (A)
Ireact (A)
I (A)
1
1 motor
1500
0.80 (i)
36.9º
6.82
5.11
8.52
2
50 tubos 40 W
2000
0.40 (i)
66.4º
9.09
20.83
22.73
Totales
3500
0.52 (i)
58.5º
15.91
25.94
30.43
a) Intensidad total que consume la instalación: I = 30.43 −58.5º A
b) El factor de potencia del conjunto vale 0.52 (inductivo)
c) El factor de potencia inductivo se corrige con un condensador en paralelo con la carga.
Iact=I cosφ
C=
I
I react = I sen φ
V
V
adelantada: I cond =
=
= ωCV
X C 1/ ωC
I
I senφ
I react = ωCV → C = react =
ωV
ωV
Sustituyendo valores:
atrasada:
25.94
= 3.75×10−4 = 375 μF
100π × 220
Departamento de Física Aplicada
Revisión:
Icond
retrasada
C
adelantada
V
Ireact=I senφ
φ
I
V
ETSIAM
Universidad de Córdoba
Impresión: 11/07/2005