Puesto que la aceleración es constante, las expresiones de la

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1. Una partícula, que se mueve con aceleración constante a = 2 i + 3 j + k (S.I.), pasa por el origen de
coordenadas en el instante inicial (t = 0)con una velocidad - 3 i - 2 j (S.I.). a) Escribir las expresiones de la
velocidad y las ecuaciones de la trayectoria en función del tiempo. b) Determinar el instante en que la
velocidad es mínima y el valor de ésta. c) Dígase que tipo de trayectoria sigue la partícula (circular,
rectilínea, elíptica, u otra).
Puesto que la aceleración es constante, las expresiones de la velocidad y del vector de
posición serán:
v = v 0 + at
r = r0 + v 0t + 12 at 2
a) Sustituyendo en estas expresiones las condiciones propuestas, obtenemos:
æ -3 + t 2 ÷ö
æ ö
æ2÷ö
ç
çç-3÷÷
ç
÷
ç
1 ÷
r = çç-2÷÷ t + ççç3÷÷ t 2 = çç-2 + 1.5t 2 ÷÷÷
çç
÷
2 çç1÷÷
ççè 0 ÷÷ø
è ø
çè 0.5t 2 ø÷÷
æ ö æ ö æ
ö
çç-3÷÷ çç2÷÷ çç-3 + 2t ÷÷
÷
÷
÷
v = çç-2÷ + çç3÷ t = çç-2 + 3t ÷
ççè 0 ÷ø÷ ççè1÷÷ø ççè t ÷÷ø
y las ecuaciones paramétricas de la trayectoria son
x = -3 + t 2
y = -2 + 1.5t 2
z = 0.5t 2
b) La celeridad o módulo de la velocidad viene dado por
v 2 = (-3 + 2t ) 2 + (-2 + 3t ) 2 + t 2 = 14t 2 - 24t + 13
de modo que derivando con respecto al tiempo e igualando a cero (condición de máximo o de
mínimo), tenemos:
d(v 2 )
24 6
= 28t - 24 = 0  t =
= s
dt
28 7
y la celeridad en ese instante es
v 2 = 14
36
6
504 -1008 + 637 133
- 24 + 13 =
=
= 2.71 (m/s) 2
49
7
49
49
 v = 1.65 m/s
c) Con carácter general, cualquier movimiento en el que la aceleración sea constante presenta
una trayectoria parabólica. El paradigma de tales movimientos es el movimiento de un
proyectil en el campo gravitatorio.
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2. Un cilindro de radio R rueda sin deslizar, sobre una superficie plana y horizontal, con una velocidad angular
, constante en módulo dirección y sentido. Determinar: a) la velocidad y la aceleración de los puntos del
eje del cilindro. b) Ídem de un punto P del cilindro, de coordenadas (x, y, 0). c) Ídem de los puntos I del
cilindro que instantáneamente están en contacto con la superficie plana.
Se trata de un movimiento plano en el que el eje instantáneo de rotación (EIR) coincide con
la generatriz del cilindro que en cada instante está en contacto con la superficie plana.
a) Calculamos la velocidad del punto O a partir del
punto I (CIR)
y
 æç 0 ö÷÷ æç 0 ö÷÷ çæw Rö÷÷
v O = v I + ω ´ IO = ççç 0 ÷÷´ççç R÷÷ = ççç 0 ÷÷
çç-w ÷÷ çç 0 ÷÷ çç 0 ÷÷
è ø è ø è ø
æw Rö æ0ö
dv 0
d çç ÷÷÷ çç ÷÷÷
aO =
= çç 0 ÷ = çç0÷ = 0
dt
dt çç 0 ÷÷ çç0÷÷
è ø è ø
P
O
vP
vO
x
ω
aI
I
b) Para un punto genérico P tenemos
 çæw R÷÷ö çæ 0 ÷÷ö çæ x ÷÷ö çæw R + w y ÷÷ö çæw ( R + y )÷÷ö
v P = v O + ω ´ OP = ççç 0 ÷÷ + ççç 0 ÷÷´ççç y ÷÷ = ççç -w x ÷÷ = ççç -w x ÷÷
÷
÷÷
ççè 0 ø÷÷ èçç-w ø÷÷ èçç 0 ø÷÷ èçç
0
0
ø÷ èçç
ø
æ 0 ö÷ æ w y ) ö÷ æç-w 2 y ÷ö


ç ÷ ç
÷
dω
÷ ç
a P = aO +
´ OP + ω ´ ω ´OP = ççç 0 ÷÷´ççç-w y ÷÷ = çç-w 2 y ÷÷÷
÷
÷ ç
dt
çèç-w ø÷ èçç 0 ø÷ çèç 0 ÷ø÷÷
(
)
c) Aunque la velocidad del punto I del cilindro es instantáneamente nula, su aceleración no es
nula. La calculamos a partir de la aceleración del punto O:
æ
ö
 æç 0 ÷ö÷ éêçæ 0 ÷ö÷ çæ 0 ÷ö÷ùú çæ 0 ÷÷ö çæ-w R÷÷ö çç 02 ÷÷
dω 
ç
ç
ç
ç
ç
a I = aO +
´ OI + ω ´ ω ´OI = çç 0 ÷÷´ êçç 0 ÷÷´çç-R÷÷ú = çç 0 ÷÷´çç 0 ÷÷ = çç-w R÷÷÷
÷ ê
÷
÷ú
÷
÷ ç
dt
÷
èçç-w ø÷ êëèçç-w ø÷ èçç 0 ø÷úû èçç-w ø÷ çèç 0 ø÷ çè 0 ÷ø
(
)
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B
3. La barra AB de la figura tiene sección recta uniforme, masa 25 kg y
longitud 1 m. Determinar el ángulo  correspondiente al equilibrio.
A

30º
45º
De la figura, se siguen fácilmente las siguientes relaciones entre
ángulos:
a + a ¢ + q = 90º  a ¢ = 90º -(a + q )
b + b ¢ - q = 90º  b ¢ = 90º -(b - q )
y

A
NB
NA
x
’


G

Aplicando las ecuaciones cardinales de la
estática, tomando momentos en G :
’
B

mg

ì
ï
ï
ï
 [1] N A sen a = N B sen b
ï
ï
ï
ï
í  [2] N A cos a + N B cos b = mg
ï
ï
ï
l
l
ïï
[3] N A sen a ¢ = N B sen b ¢

ï
2
2
ï
î G
Puesto que tan sólo estamos interesados en determinar el valor del ángulo  correspondiente a
la posición de equilibrio, podemos eliminar fácilmente las reacciones en los apoyos de entre
las ecuaciones [1] y [3]:
ïüï
ý ¸ 
N A cos(a + q ) = N B cos(b - q )ïþï
N A sen a = N B sen b
sen a
sen b
=
cos(a + q ) cos(b - q )
de modo que, desarrollando las expresiones trigonométricas, tenemos
sen a
sen b
=

cos a cos q - sen a sen q cos b cos q + sen b sen q
sen a cos b cos q + sen a sen b sen q = cos a sen b cos q - sen a sen b sen q 
2sen a sen b sen q = (cos a sen b - sen a cos b ) cos q 
sen(b - a)
sen15º
=
= 1.3660  q = 20º
tg q =
2sen a sen b 2sen 30º sen 45º
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4. Una masa puntual m está unida a un hilo inextensible de masa despreciable y
longitud l. La masa se deja caer desde la posición horizontal con velocidad inicial
nula, como se indica en la figura. Determinar, en función del ángulo θ, la velocidad
de la masa, la aceleración tangencial, la aceleración normal y la tensión de la
cuerda. Particularizar los valores de las magnitudes anteriores para θ = 0º y
θ = 90º.
l

m
Conservación de la energía

l
1
0 = -mgh + mv 2  v = 2 gh = 2 gl sen q
2
h
N
La aceleración centrípeta o normal se determina
fácilmente por tratarse de una trayectoria circular:
m
mg
an =
v2
= 2 g sen q
l
La aceleración tangencial se obtiene a partir de la ecuación del movimiento tangencial:
mg cos q = mat
 at = g cos q
También podemos obtenerla como la derivada de la celeridad (módulo de la velocidad):
at =
2 gl sen q
dv dv dq
dv v
d
cos q
=
=w
=
= g cos q
2 gl
sen q =
2 gl
dt dq dt
dq l
dq
l
2 sen q
El módulo de la aceleración es
a = at2 + an2 = g 2 cos 2 q + 4 g 2 sen 2 q = g 1 + 3sen 2 q .
Para determinar la tensión de la cuerda, escribimos la componente radial de la ec. del
movimiento:
N - mg sen q = man
 N = m ( g sen q + an )
en la que sustituimos el valor de la aceleración normal para obtener la tensión en función del
ángulo θ:
N = m( g sen q + 2 g sen q ) = 3mg sen q
ángulo velocidad ac. tangencial ac. normal mód. aceleración tensión
0º
0
g
0
g
0
90º
2gl
0
2g
2g
3mg
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5. Una bola hueca, de espesor despreciable, masa m y radio r, se lanza
rodando por un plano horizontal con velocidad de su centro v0 y recorre un
bucle situado en un plano vertical, siempre rodando, de radio R, del cual se
despega cuando forma un ángulo θ con la horizontal, tal como se indica en
la figura. Hállese: a) El momento de inercia de la bola con respecto a un eje
diametral. b) La velocidad v0 que debe de tener para que se despegue en θ.
R

m,r
v0
a) Puesto que toda la masa de la bola se encuentra situada a la misma distancia de su centro,
el momento de inercia con respecto a este es I O = mr 2 . Entonces, aplicando el teorema que
nos dice que la suma de los momentos con respecto a tres ejes perpendiculares que se
interceptan en un punto es igual al doble del momento de inercia con respecto a dicho punto,
tenemos
I xx + I yy + I zz = 2 I O
 3I D = 2 I O
2
 I D = I = mr 2
3
b) Puesto que la bola rueda sin deslizar en todo momento, no hay disipación de energía por
rozamiento, de modo que la energía total de la bola permanece constante. Podemos escribir
1 2 1 2
1
1
mv0 + I w0 = mgR (1 + sen q ) + mv 2 + I w 2
2
2
2
2
con v0 = rw0 y v = rw , de modo que nos queda
1 2 12 2 2
1
12 2 2
mv0 +
mr w0 = mgR (1 + sen q ) + mv 2 +
mr w 
2
23
2
23
6
5 2
5
mv0 = mgR (1 + sen q ) + mv 2  v 2 = v02 + gR (1 + sen q )
6
5
6
N

mg
Escribimos la componente radial de la ec. del movimiento del centro de masa de la bola:
N + mg cos q = macp = m
v2 6
v2
= m 0 + mg (1 + sen q )
R
R 5
En el momento crítico en el que la bola se despega de la pista, será N = 0, de modo que
g cos q =
æ
ö
v02 6
6
+ g (1 + sen q )  v02 = gR ççcos q - (1 + sen q )÷÷÷
èç
ø
R 5
5
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6. Un cubo macizo y de acero, de 25 cm arista se sumerge a una profundidad de 500 m en agua marina
(densidad del agua constante  = 1.05 g/cm3).. Calcular la variación de volumen que experimenta el cubo.
Datos para el acero: módulo de Young = 2106 kg/cm2 y coeficiente de Poisson = 0.3.
Escribimos las ecuaciones elásticas, teniendo en cuenta que, al tratarse de una compresión
uniforme debida a la presión, será s xx = s yy = s zz = -s = Δp , de modo que la deformación
unitaria en cada arista vendrá dada por
ìï
1é
ù
ïïïexx = E êës xx - m(s yy + s zz )ûú
ì
1
1 - 2m
ï
ïexx = e yy = ezz = [s - m(s + s ) ] =
s
ïïï
ï
E
E
ïíe = 1 és - m(s + s )ù  ïí
xx
zz ûú
ï yy E ëê yy
ï
1 - 2m
ï
ï
e =Δp
ï
ï
ï
ï
E
ï
î
ïïe = 1 és - m(s + s )ù
yy
xx ûú
ïïî zz E ëê zz
El cambio unitario en el volumen será
ΔV
3(1- 2m)
Δp
= exx + e yy + ezz = 3e = V
E

con
3
5
Δp = r gh = 1.06´10 ´9.8´500 = 51.94´10 Pa = 51.3 atm
2
kg
N
N
4 cm
9.8
10
E = 2´10
´
´
= 19.6´1010 2
2
2
cm
kg
m
m


6
de modo que
ΔV
3(1- 0.6)
=´51.19´105 = - 3.30´10-4
10
19.6´10
V
ΔV = - 3.30´10-4 ´0.253 = -5.2´10-6 m3 = -5.2 cm3
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7. En el interior de un tubo vertical, cerrado por su base inferior, hay un muelle de 100
espiras y constante elástica k. Sobre dicho muelle se apoya, (por simple contacto, sin
ningún tipo de unión), un bloque de masa m. Determinar: a) La amplitud máxima con
que puede oscilar el bloque sin despegarse del muelle y la frecuencia angular  de las
oscilaciones. b) Si decidiésemos recortar el muelle para que la misma masa oscilase con
frecuencia angular 2 ¿cuántas espiras deberíamos dejar?
m
k
a) Puesto que el muelle y el bloque tan solo están en contacto (sin unión fija), ambos
permanecerán en contacto en tanto que el muelle esté comprimido. Esto es, el muelle nunca
podrá alargarse más allá de su longitud natural, ya que no puede ser “traccionado” por el
bloque.
Durante las oscilaciones del sistema, la energía permanece constante (sistema conservativo).
Tomamos como nivel de referencia para la energía gravitatoria la correspondiente a la
posición más baja del bloque y sabemos que la distancia entre las dos posiciones extremas es
el doble de la amplitud de las oscilaciones (i.e., 2A) y que en ellas el bloque se encuentra
instantáneamente en reposo.
x
Conservación de la energía
+A
En la elongación máxima positiva (longitud natural del muelle):
Ecin = 0
Egrav = mgA
Eel = 0  E = mgA
En la elongación máxima negativa (muelle comprimido):
Ecin = 0
Egrav = -mgA
1
2
Eel = k (2 A)
2
 E = -mgA + 2kA
0
2
De donde:
E = mgA = -mgA + 2kA2  2mgA = 2kA2 
A=
mg
k
-A
b) La frecuencia de las oscilaciones del sistema masa-muelle es w = k / m , por lo que, para
una masa dada, será
w¢
k
=
= 2  k ¢ = 4k
w
k
Por otra parte, es bien sabido que dos muelles idénticos conectados uno a continuación de
otro equivalen a un muelle de constante elástica dada por
1
1 1 2
k
= + =
 keq =
 k = 2keq
keq k k k
2
A la inversa, si tenemos un muelle de constante k y lo cortamos en dos partes iguales,
dispondremos de dos muelles de constante k’ = 2k ; si volvemos a cortar en dos parte iguales
cada una de estas mitades, tendremos cuatro muelles de constante k’’ = 2k’ = 4k, que es lo
que pretendemos. Por consiguiente, puesto que el muelle original tiene 100 espiras,
deberemos quedarnos con un muelle de tan solo 25 espiras.
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8. Una lámina de aluminio ( = 2.70 g/cm3) desliza por un plano inclinado bajo la acción de la gravedad y de
la fuerza viscosa ejercida sobre ella por una fina película de aceite lubricante SAE-30 ( = 250 cP) de 0.25
mm de espesor, depositada sobre el plano. Las dimensiones de la lámina son 1041 cm3 y el ángulo de
inclinación del plano respecto de la horizontal es de 5º. Calcular la velocidad límite que alcanza la lámina
en su descenso.
Datos:
Fvisc
ρAl = 2.70 g/cm3
N
h = 9.25 mm = 0.025 cm
v
2
S = 410 = 40 cm
mg
η = 250 cP = 2.5 P
v
h
θ
El flujo del líquido en el espacio comprendido entre las dos
superficies se reduce a un flujo de Couette, como se ilustra en la
figura inferior. Aplicamos la ley de la viscosidad de Newton:.
s=h
v

h
f visc = s S = h S
v
h
ya que el esfuerzo cortante está uniformemente distribuido sobre
la cara de la lámina en contacto con el aceite.
Bajo la acción de las fuerzas que actúan sobre la lámina (indicadas en la figura superior), ésta
se acelera, aumentando continuamente su velocidad de bajada y la resistencia viscosa a su
movimiento, hasta que finalmente se alcanza una cierta velocidad límite. Las ec. del
movimiento se escribe en la forma:
mg sen q - f visc = ma = 0  mg sen q = h S
vlím
h
 vlím =
mgh sen q
hS
con
m = rAlV = 2.7´ (10´ 4´1) = 108 g ,
de modo que
vlím =
108´980´ 0.025´sen 5º
= 2.31 cm
2.5´(10´ 4)
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9. Dos litros de helio (gas monoatómico) a la presión de 16 atm y 600 K se expansionan isotérmicamente hasta
que su volumen es de 8 L y luego se comprime a presión constante hasta que su volumen y temperatura son
tales que puede cerrarse el ciclo mediante una compresión adiabática. a) Dibujar el ciclo termodinámico
reversible en un diagrama (p-V) b) Calcular la temperatura, presión y volumen en los estados que no son
conocidos. c) Calcular los trabajos, calor y variaciones de energía interna, entalpía y entropía en cada una de
las transformaciones elementales y en el ciclo.
Datos: Puesto que se trata de un gas ideal
monoatómico (tres grados de libertad), serán
p
(atm)
f +2
5
cal ü
ï
ï
R = R = 4.97
ï
2
2
mol.K ï
ý 
ï
f
3
cal
ï
CV = R = R = 2.98
ï
ï
2
2
mol.K
ï
þ

C
f + 2 3+ 2
=
= 1, 6
g= p =
CV
f
3
Cp =
1
16
2
4
600 K
3
2
8
V (L)
n=
p (atm) V (L) T (K)
1 16
2
600
2 4
8
600
3 4
4.6
345
p1V1
16´ 2
=
= 0.65 moles
RT1 0.08205´ 600
1→2 Isoterma: p1V1 = p2V2
2→3 Isobara:
V2 V3
=
T2 T3

 T3 = T2
1→3 Adiabática: p1V1g = p3V3g
V3 æç p1 ö÷
=ç ÷
V1 çè p3 ÷÷ø
1
g
p2 =
p1V1 16´ 2
=
= 4 atm
V2
8
V3
4.59
= 600
= 344.6 K
V2
8

3
3
æ p1 ö÷ 5
æ16 ö 5
 V3 = V1 ççç ÷÷ = 2 çç ÷÷÷ = 4.59 L
çè 4 ø
è p3 ÷ø
(1→2) Proceso de expansión isotérmica (∆T = 0):
2
Q12 = W12 = ò pdV = nRT1 ln
1
V2
8
= 0.65´1.987´ 600 ln = 1074 cal
2
V1
ΔU12 = ΔH12 = 0
ΔS12 =
Q12 1074
=
= 1.79 cal
K
600
T1
(2→3) Proceso de compresión isobárica (∆p = 0):
Q23 = nC p (T3 - T2 ) = 0.65´ 4.97´(345 - 600) = -825 cal
W23 = p2 (V3 -V2 ) = 4 ´(-3.41) = -13.64 atm ⋅ L = -330.3 cal
ΔU 23 = nCV (T3 - T2 ) = 0.65´ 2.98´(345 - 600) = -495 cal
ΔH 23 = Q23 = -825 cal
ΔS23 = ò
3
2
3 dT
T
dQ
345
= nC p ò
= nC p ln 3 = 0.65´ 4.97 ´ln
= 1.79 cal
K
2 T
600
T
T2
(3→1) Proceso de compresión adiabática (Q = 0):
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Q31 = 0
W31 = p2 (V1 -V3 ) = 4 ´(-3.41) = -13.64 atm ⋅ L = -330.3 cal
ΔU 31 = nCV (T1 - T3 ) = 0.65´ 2.98´(345 - 600) = -495 cal
ΔH 31 = Q31 = -825 cal
ΔS31 = 0
Q (cal)
W (cal)
U (cal)
1→2 (T = cte)
1074
1074
0
0
1.79
2→3 (p =cte)
-825
-330
-495
-825
-1.79
3→1 (Q = 0)
0
-495
495
825
0
249
249
0
0
0
Ciclo
H (cal) S (cal/K)
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z
10. Un plano infinito situado en el plano de coordenadas xy posee una densidad de
carga superficial uniforme 1 = 354 nC/m2. Un segundo plano también infinito
está situado en el plano xz y su densidad de carga es 2 = 177 nC/m2.
Determinar el vector campo eléctrico en un punto genérico P de coordenadas (x,
y, z), utilizando el teorema de Gauss.
+
1
+
+ +
+
x
E
dS
+
σ
+
y
+
+
2
+
a) Consideramos una superficie gaussiana de
forma cilíndrica, de generatriz infinitesimal y perpendicular al plano
cargado y con cada una de sus bases a cada lado del plano, como se
ilustra en la figura. Por ser el campo perpendicular al plano (razones
de simetría), no hay flujo a través de la superficie lateral del cilindro
gaussiano. Siendo σ la densidad superficial de carga, el cálculo del
flujo saliente (+) a través de cada una de las bases del cilindro y el
teorema de Gauss nos permiten escribir:
+
+
+
P(x,y,z)
dF = E dS + E dS = 2 E dS =
s dS
e0
 E=
s
2e0
que es la expresión del campo eléctrico creado por un plano infinito cargado con una
densidad de carga σ; vemos que el campo es independiente
z
E2
E
de la distancia al plano.
+
1
θ
P(x,y,z)
+
+
+
+
+
x
E1
+
y
b) El campo creado en un punto cualquiera del espacio viene
dado por la superposición de los campos creados en dicho
punto por cada uno de los planos:
s2
k
2e0
s
s
1
E = E1 + E2 = 1 j + 2 k =
(s1 j + s2k )
2e0
2e0
2e0
E1 =
+
2
+
s1
j
2e0
E2 =
con 1 = 35410-9 C/m2, 2 = 17710-9 C/m2 y 0 = 8.8510-12 C2/N.m2, de modo que
E=
1
kV
(354 j +177k )´10-9 = (20 j + 10k )
-12
2´8.85´10
m
o bien
E = 22.36
kV
m
q = arctg
10
= 26.6º
20
en todos los puntos del espacio.
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Fundamentos Físicos de la Ingeniería
Examen Final / 13 julio 1998
11. Dado el circuito de la figura determinar la intensidad de corriente que pasa por la resistencia de 2  situada
entre A y B y la d.d.p. entre esos puntos.
Aplicamos el método de Maxwell, con las corrientes de malla indicadas en el esquema:
æ10 ö÷ æ7 2 0öæ
7 2 0
÷÷çç I1 ö÷÷
çç ÷ çç
÷
÷
÷
çç20÷ = çç2 9 4÷çç I 2 ÷  D = 2 9 4 = 242 Ω3
÷ç ÷
ççè 0 ø÷÷ ççè0 4 6øè
÷ç I 3 ø÷
0 4 6
I1 =
10 2 0
1
140
= 0.5785 A
20 9 4 =
D 0 4 6 242
7 10 0
1
720
I 2 = 2 20 4 =
= 2.975 A
D 0 4 6 242
5
10V
I1
La intensidad de la corriente que circula por la
rama AB, en el sentido de A→B, es la suma de
las dos corrientes de malla; esto es,
3
A
2
I2
B
2
I3
20V
4
iAB = I1 + I 2 = 0.5785 + 2.975 = 3.55 A
La d.d.p. entre A y B será:
VAB = RABiAB = 2´3.55 = 7.10 V
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12. Un generador de corriente alterna (200 V) suministra una intensidad de 100 A a una instalación que tiene un
factor de potencia inductivo de 0.6. Cuando ponemos un condensador en paralelo con dicha instalación, el
factor de potencia pasa a valer 0.9, también inductivo. a) Hallar la intensidad que pasa por el mencionado
condensador. b) ¿Qué intensidad suministra el generador después de la corrección del factor de potencia?
200V
Puesto que el factor de potencia es inductivo, la
intensidad de corriente está atrasada con respecto al
voltaje un ángulo:
100 A
~
f = arccos 0.6 = 53.13º
Z
La intensidad será:  = 100 -53.13º0 = 60 - 80 j A
La impedancia total de la instalación será:
200V
Icond
I’
~
C
Icarga
=
Z


 =
200 0

=
= 2 53.13º Ω
 100 -53.13º
Cuando ponemos el condensador en paralelo, el retraso
de la intensidad se reduce hasta un valor:
f ¢ = arccos 0.9 = 25.84º
a) Por el condensador circula una corriente adelantada 90º respecto de la tensión, cuyo valor
se determina fácilmente a partir del diagrama de intensidades:
I cond = I act tg f - I act tg f ¢ = I act ( tg f - tg f ¢) = 60 ( tg 53.13º - tg 25.84º ) = 51 A
Y con notación fasorial:
 cond = 51 +90º A
b) Después de colocar el condensador, el generador suministra una corriente I’ que se
determina a partir del diagrama de intensidades:
 ¢ = I act - j( I act tg f ¢) = 60 - 60 tg 25.84º j = (60 - 29 j) A = 91 -25.84º A
Iact=I cos
’
I’
Iact tg
Icond
I sen
I
Iact tg’
I’ sen’

V
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