Lugar Geometrico.docx

Se desea obtener el lugar geométrico de la corriente en un circuito serie R-L cuando se varía la frecuencia de una fuente de amplitud de tensión constante. El procedimiento general es ●

representar el lugar geométrico del vector impedancia compleja Z,

●

determinar mediante la inversión de Z el lugar del vector admitancia Y correspondiente,

●

multiplicar el lugar geométrico de Y por la tensión vectorial E obteniendo el lugar geométrico de la corriente I.

𝑍 = 𝑍 + 𝑍𝑍𝑍

j(Imag) 3 1 X = L 2 1 Z 1 Z R = Cte

●

Real

1

Trazar 𝑍 = 𝑍

● Lo trataremos como un problema de geometría analítica. Teniendo: 𝑍(𝑍) = 𝑍(𝑍) + 𝑍𝑍(𝑍) ●

hallar un lugar geométrico recíproco gráficamente. Si representamos Z(u) en un sistema cartesiano R-X el plano determinado se llama "plano Z" y el lugar geométrico de Z al variar u podría tener la forma siguiente:

X

Z(uZ)

X(uZ)

Z R(uZ)

●

Deseamos hallar:

R

𝑍 = 1/𝑍(𝑍) = 1/[𝑍(𝑍) + 𝑍𝑍(𝑍)] ● 𝑍 =

abandonando la notación funcional por simplicidad

1 1 𝑍 − 𝑍𝑍 = = = 𝑍 + 𝑍𝑍 𝑍 𝑍 + 𝑍𝑍 𝑍2 + 𝑍2

●

con:

𝑍 = 𝑍/(𝑍2 + 𝑍2)𝑍 = −𝑍/(𝑍2 + 𝑍2) B G(uZ) G

Y

B(uZ)

Y(uZ)

El lugar geométrico de Y al variar u se representa en el plano G-B llamado "plano Y" y este lugar es la inversión compleja del lugar Z(u). Tomando el recíproco de Y se podrían obtener R y X en función de G y de B: 𝑍 = 1/𝑍 = 1/(𝑍 + 𝑍𝑍) = (𝑍 − 𝑍𝑍)/(𝑍2 + 𝑍2) = 𝑍 + 𝑍𝑍 ●

●

con:

𝑍 = 𝑍/(𝑍2 + 𝑍2)𝑍 = −𝑍/(𝑍2 + 𝑍2)

●

Hemos visto que la parte imaginaria de Y es de signo opuesto al de la de Z por lo que geométricamente conviene realizar la inversión en dos pasos principales. Primero se obtiene el conjugado de Y, Y*:

Y *  G  jB  ●

R X j 2 2 R X R X2 2

Luego se obtiene Y substituyendo B' por -B' es decir obteniendo la imagen de Y* con respecto al eje G. Se puede evitar trabajar en el plano complejo haciendo varios pasos intermedios en el plano real. Del punto R + jX del plano complejo Z se toman R y X determinando un punto en el plano real R-X (geométricamente igual al Z pero con coordenadas reales). Mediante las ecuaciones:

𝑍 = 𝑍/(𝑍2 + 𝑍2); 𝑍 = −𝑍/(𝑍2 + 𝑍2); 𝑍 𝑍′ = −𝑍

LUGARES GEOMÉTRICOS DE LAS FUNCIONES ELEMENTALES (SIN PÉRDIDAS). gfhgfhfg

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Si consideramos los elementos reactivos en forma aislada obtenemos como respuesta las curvas siguientes:



XL



BL

Reactancia Inductiva

Susceptancia Inductiva



BC

 XC Reactancia Capacitiva

●

Susceptancia Capacitiva

Vemos que se cumple que la pendiente de las curvas es siempre positiva, es decir hacia arriba y a la derecha. Para las combinaciones de inductancia y capacidad se obtienen las gráficas siguientes. Para los elementos en serie se cumple la misma propiedad para la reactancia y para la susceptancia. Y, por dualidad, podemos decir que lo mismo ocurre con los elementos puestos en paralelo. A las curvas las definen los polos (infinitos) y los ceros y la escala vertical la da otro punto cualquiera. El Teorema de la reactancia de Foster dice que ninguna otra curva puede pasar por los mismos polos y ceros a menos que difiera en la escala vertical.

B

X









Las reglas generales son: gfhgfhfg

Reactancia Serie L-C

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Susceptancia Serie L-C

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1) En todas observamos que la pendiente es siempre positiva, arriba y a la derecha. 2) Los polos y ceros están siempre alternados a lo largo del eje 𝑍 3) Encontraremos siempre un polo o un cero en ambos extremos, es decir para frecuencia cero y para frecuencia infinita. Físicamente hay un cero para 𝑍 = 0 si existe un camino que no pase por un capacitor. Hay un cero para 𝑍 = ∞ Si hay un camino que no contenga una inductancia. Debe recalcarse que así como hay una sola forma de círculo o de recta hay una sola forma de curva de reactancia (o susceptancia). Sólo una recta puede pasar por dos puntos, una circunferencia por tres, y una curva de reactancia o susceptancia por los polos y ceros especificados. LUGARES GEOMÉTRICOS DE LAS FUNCIONES ELEMENTALES (CON PÉRDIDAS). Si consideramos una inductancia en serie con una resistencia su impedancia estará dada por la expresión: 𝑍 = 𝑍0 + 𝑍𝑍𝑍 Por consiguiente la admitancia será la recíproca compleja: 𝑍 = 1 / 𝑍 = 1 / ( 𝑍0 + 𝑍𝑍𝑍 ) La primera expresión es la de una semirrecta en el plano Z mientras que la otra es un semicírculo en el plano Y; lo que puede ponerse en evidencia escribiendo 𝑍(𝑍0 + 𝑍𝑍𝑍) = 1 y dividiendo por 𝑍0 queda 𝑍 + 𝑍𝑍𝑍𝑍/𝑍0 = 1/𝑍0 que indica que para cualquier valor de frecuencia se forma un triángulo rectángulo que tiene la hipotenusa de valor constante. Nótese que la primera está en el semiplano positivo y la segunda en el negativo debido al hecho de ser expresiones complejas.

X

(Z)

(Y)

B 1/2R0 L

Y

f 

Y R0

1/R0 G

jYL/R0

f

R

Para el circuito paralelo R, L, C, de tres ramas veremos que con la frecuencia varía tanto la parte resistiva como la reactiva de la impedancia: G B Y  G  jB  Z  2 j 2  R  jX 2 G B G  B2 Podemos obtener entonces los siguientes diagramas: gfhgfhfg

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R

0

0.99

1.0

f/f0

1.01

Parte resistiva de la impedancia X

f/f0 0.99

0

1.0

1.01

Parte reactiva de la impedancia

X

f/f0 =0. 99

f/f0 =1.0

f=0 f=∞

R

f/f0=1.01 Impedancia en el plano Z

En el circuito sin pérdidas la reactancia cambia de signo en la frecuencia de resonancia, en f=f 0, con discontinuidad infinita; con pérdidas el cambio se hace menos brusco. En todos los casos que representamos el plano de impedancias o admitancias la frecuencia no aparece como variable pero se puede indicar sobre las curvas. gfhgfhfg

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REGLAS GENERALES: 1) Cuando el lugar geométrico es una curva cerrada la frecuencia aumenta en el sentido del reloj, cuando es abierta aumenta hacia arriba. 2) Los lugares geométricos empiezan y terminan (en f = 0 o en f = ) sea en el eje horizontal o en el infinito. En su principio y en su final la curva es horizontal o vertical. El circuito paralelo de dos ramas se comporta de la misma manera que el de tres ramas cerca de la frecuencia de resonancia. La rama C es una recta y la R-L una semicircunferencia. La admitancia es la suma de ambas para cada frecuencia. Para la impedancia tiene la forma que se muestra.

B X R

Z

Y=jC+1/(R+jL) jC

L

C

f=∞ f=f0

1/R0 f=0

R0

f=f0

f=0

R

G

1/(R+jL) Circuito

Impedancia

Admitancia

Analicemos ahora la expresión de la tensión en una impedancia: 𝑉 = 𝐼 · 𝑍 = 𝐼 · 𝑅 + 𝑗𝐼 · 𝑋 y supongamos que el circuito tiene resistencia constante, con lo que podemos poner: 𝑉/𝑅 = 𝐼 + 𝑗𝐼 · 𝑋/𝑅 Expresión que nos indica que el lugar geométrico de la corriente es, en este caso, una circunferencia ya que nos queda formado un triángulo rectángulo con la hipotenusa constante.

X<0 =0

V/R

=0

=

jIX/R I

X>0

La circunferencia ocupa el semiplano positivo para valores negativos de la reactancia y el negativo para los positivos. gfhgfhfg

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R=0 Si es en función de la frecuencia ésta aumenta en el sentido horario comenzando en el origen, recorriendo el semiplano positivo hasta llegar a la abscisa para la frecuencia de resonancia y volviendo al origen, por el semiplano negativo, para la frecuencia infinita. Si, en cambio, resulta la resistencia variable y constante la reactancia el resultado es el siguiente: 𝑉/𝑗𝑋 = 𝐼𝑅/𝑗𝑋 + 𝐼 y se obtiene una semicircunferencia ubicada en el semiplano negativo si la reactancia es positiva, o en el positivo si ésta es negativa.

X<0

R= I V/jX

X>0 IR/jX

R=0 Para la expresión de la corriente tendríamos en el circuito paralelo: 𝑍 = 𝑍 · 𝑍 + 𝑍𝑍 · 𝑍 Expresión dual a la de la tensión y, consecuentemente, el lugar geométrico de la tensión puede obtenerse por dualidad de los mismos gráficos.

PROBLEMAS RESUELTOS: 1. Si tenemos que implementar:

Como impedancia:

b) Como admitancia:

Veremos la impedancia de este 2º circuito: gfhgfhfg

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IMPEDANCIA (Diagrama Fasorial)

ADMITANCIA (Lugar Geométrico)

2. Si implementamos:

a) Como impedancia:

b) Como admitancia:

gfhgfhfg

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ADMITANCIA (Lugar

Geométrico)

senoidal de 𝑍 = 10𝑍𝑍𝑍(𝑍𝑍) con una 3. Sea un generador frecuencia de 10 kHz que alimenta a una inductancia de 10 mH y una resistencia de 1,2 k ..

Calculemos la corriente que circula en el circuito:

gfhgfhfg

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= 7.38 El módulo de la corriente es:

Z=1200+j628.3=135.453 La corriente está en retardo de fase con respecto a la fase del generador. Eso es lógico, ya que el circuito es inductivo.

4. Las constantes R y L de una bobina se pueden obtener conectándola en serie con una resistencia R1 y midiendo la tensión en la bobina Vx ,en la resistencia V1 y la total Vt, si f = 60Hz, V1 = 20v, Vx =22,4v, Vt =36v y R1 = 10Ω. Calcular R y L.

Solución Las tensiones medidas son valores eficaces, pero en lo que se refiere a los cálculos de la impedancia, no hay diferencia si se trata de los valores máximos o eficaces.

I La intensidad de corriente (eficaz) es:

V1 20   2A R1 10

ZX 

Vx 22.4   11.2 I 2

Z eq 

VT 36   18 I 2

Diagrama de impedancias: Del diagrama de impedancias: gfhgfhfg

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182 = (10+R)2 + (ωL)2 1.2 2 = R2+ (ωL)2 Donde: ω = 2π x 60 = 377 rad/s Resolviendo el sistema: R= 4.92Ω y L = 26.7mH

5. En el siguiente circuito se pide hallar:  Y a) El lugar geométrico de b) Calcule Rc para que el ángulo de potencia sea 45° Solución Sabemos:

 1    Y1   0.1 YT  Y1  Y2 Entonces 10  Y a) Entonces el L.G de T sera:

b) Calculo de Rc para que Ф=

45°

YT  0.1 

YT  0.1 

1 R  j4

R 4 j 2 R  16 R  16 2

Para que Ф= 45° debe cumplirse:

gfhgfhfg

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0.1 

R 4  2 R  16 R  16 2

Entonces Rc = 2Ω

6. En el circuito mostrado los amperímetros A1 y A2 marcan 63.2A y 20A respectivamente, la





I 1 esta corriente I 2 esta retrazada 53.13°  respecto del voltaje del generador y la corriente adelantada 18.19° respecto de I . Si el generador entrega un voltaje de 200 voltios con un factor    Z ,Z ,Z de potencia de 0.95 en retrazo, determinar las impedancias 1 2 3 en modulo y ángulo.

Solución Si: cos Ф = 0.95 entonces Ф = 18.19° que es el retrazo de I respecto de Vg. De los datos: I = 63.2A

I3 = 20A

Vg = 200v

Tomando como referencia a Vg, entonces:

 I 3  20

 I 2  I 2   53.13

 I  63.2  18.19

Vg  2000

 I1  I10

Sabemos :

  Vg  (Z 3 20.56  9  90).I 3

2000  (Z 3 20.56  9  90).20 2000  20.Z 3 20.56     180  90 Diagrama Fasorial:

gfhgfhfg

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Por Ley de senos:

200 18  sen.69.44 sen(20.56   )

Entonces   36.86

Por Ley de senos:

20 Z 3 200  sen.69.44 sen(90   )

 Z Z  8.5520.56  8 . 55  3 Entonces ; 3

Por la Ley de Kirchoff :

    I  I1  I 2  I 3

63.2  18.19  I10.  I 2   53.13.  2036.86 ReI   63.2. cos( 18.19)  I 1  I 2 cos( 53.13)  20 cos(36.86) ImI   63.2.sen(18.19)  I 2 sen(53.13)  20sen(36.86) Entonces:

I 2  39.66 A  I 2  39.66  53.13

I 1  20.24 A  I 1  20.240

Por lo tanto:

 2000 Z1   9.880 20.240

 Z2 

2000  5.04353.13 39.66  53.13

7. Hallar el valor de RL si es que existe resonancia en el circuito, trazar el lugar geométrico de admitancias y explicar los resultados obtenidos.

gfhgfhfg

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Solución: Yt = Yc + YL

1

1

𝑍𝑍 = 𝑍𝑍+𝑍10 + 4−𝑍5



𝑍𝑍

𝑍𝑍 = ( Para la resonancia: 5 = 41

10 𝑍𝑍2 +100

4

5

𝑍𝑍2 +100

+ 41) + j(41 −



𝑍𝑍2 = −18

10 𝑍𝑍2 +100

)

𝑍𝑍 = √−18 Por lo tanto no existe ningún valor para la resonancia. 1 Ahora calculamos la admitancia de la rama fija, la cual sería: 4−𝑍5 = 0.097 +j0.122 El radio que tendrá la semicircunferencia del lugar geométrico de la rama variable es: r = 1/2XL = 1/20 = 0.05  D = 2r = 0.10, como la suceptancia capacitiva de la rama fija es 1.22, el lugar geométrico de la rama variable no corta al eje real, en consecuencia, no es posible el fenómeno de resonancia.

8. El circuito de la figura debe resonar a 455KHz. Para este caso determine: a) El valor de X. b) Impedancia del circuito. c) Además el lugar geométrico de la admitancia con escala adecuada. Solución: Yt = Y1 + Y2  𝑍𝑍 =

1 1 + 5+𝑍30 15+𝑍𝑍

𝑍𝑍 = (

5−30𝑍

52 +302

gfhgfhfg

+

1

𝑍1 = 5+𝑍30

15−𝑍𝑍 152 +𝑍2



𝑍𝑍 =

;

1

𝑍2 = 10+(5+𝑍𝑍)

1 1 + 5+𝑍30 15+𝑍𝑍

) Pág. 14 de 20

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5

𝑍𝑍 = (925 +

15

𝑍

−30

225+𝑍2

) + j(925 −

5

Yo = 925 +

225+𝑍2

)

15 225+𝑍2

a) Para que exista el fenómeno de resonancia la parte imaginaria de Yt debe ser igual a “0” Imag. Yt =0 −30 𝑍 − =0 925 225 + 𝑍2 30X2 + 925X +6750 = 0 X1 = -11.85j Ω  Yo1 = 0.0464\0˚ X2 = -18.97j Ω  Yo2 = 0.0311\0˚ X1 y X2 son los valores de X para q exista resonancia.

b) La impedancia del circuito para resonar será: Zr = 1/YTr 𝑍𝑍 =

𝑍𝑍 =

1 5 15 ( + ) + 𝑍0 925 225 + 𝑍2 Para, X1 = -11.85j Ω

1 5 15 ( + ) 925 225 + (−11.85)2 𝑍𝑍 = 21.52\0˚

𝑍𝑍 =

Para, X2 = -18.97j Ω

1 5 15 ( + ) 925 225 + (−18.97)2 𝑍𝑍 = 32.21\0˚ 1

c) 𝑍1 = 5+𝑍30 = 0.0328\-80.5˚ Ahora para hallar el lugar geométrico de X el cual varía entre -j35 y j40 hacemos: 1 15−𝑍𝑍 𝑍2 = 10+(5+𝑍𝑍) = 2 2 15 +𝑍

Para X = j40  𝑍2 = Para X =- j35  𝑍2 = gfhgfhfg

15−𝑍40 152 +402

= 0.0235\-69.5˚

15+ 𝑍35 152 +352

= 0.0264\66.7˚ Pág. 15 de 20

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Radio = 1/2R



r = ½(10+5) = 0.03

9. Para el circuito: a) Hallar el X que permite resonar al circuito. b) Trazar el lugar geométrico de las admitancias y c) Encontrar el valor máximo de la impedancia en el rango de variación.

Solución: Yt = Y1 + Y2 1

𝑍1 = 30−𝑍40 =

30+𝑍40 2500

Y1 = 0.02 \53˚ 1 25−𝑍(𝑍−10) 𝑍2 = 25+𝑍(𝑍−10) = 2 2 25 +𝑍(𝑍−10)

gfhgfhfg

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Si X = -10j  Y2 = X = 60j  Y2 =

25−𝑍(−10−10)

25−𝑍(60−10) 252 +𝑍(60−10)2

Luego:

𝑍𝑍 =

30

𝑍𝑍 = (2500 +

= 0.03123\38.6˚

252 +𝑍(−10−10)2

= 0.01788\-63.5˚

30+𝑍40 2500

25 252 +(𝑍−10)2

+

25−𝑍(𝑍−10) 252 +𝑍(𝑍−10)2

40

) + j(2500 −

(𝑍−10) 252 +(𝑍−10)2

)

a) Para que exista el fenómeno de resonancia la parte imag. de Yt debe ser igual a “0” Imag. Yt =0 40 (𝑍 − 10) − 2 =0 2500 25 + (𝑍 − 10)2 40X2 - 3300X +54000 = 0 X1 = 60 Ω X2 = 22.5 Ω X1 y X2 son los valores de X para q exista resonancia.

b) 𝑍1 =

30+𝑍40 2500

= 0.02 \53˚

Ahora para hallar el lugar geométrico de X el cual varía entre –j10 y j60 hacemos:

X = -10j  Y2 =

X = 60j  Y2 =

25−𝑍(−10−10) 252 +𝑍(−10−10)2

25−𝑍(60−10) 252 +𝑍(60−10)2

Radio = 0.02

gfhgfhfg

= 0.03123\38.6˚

= 0.01788\-63.5˚

1/2R

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

r = ½(25) =

c) El valor máximo de la impedancia total será la mínima admitancia; por lo que: Yt min = Y1 + Y2 = 0.02\53˚ + 0.01788\-63.5 Yt min = 0.020002\-0.082 Por lo tanto:

Zmax = 1/ Yt min

Zmax = 1/0.020002\-0.082 Zmax = 50 \0.082 Ω

10.

Un circuito serie de corriente alterna consta de una resistencia R de 200 Ω, una autoinducción de 0’3 H y un condensador de 10 μ F. Si el generador suministra una fuerza electromotriz V = 2 0’5 sen( 1000 t), calcular : a) la impedancia del circuito b) la intensidad instantánea (P.A.U Jun95)

a) 2

2

1  1    2 Z  R 2   L    300   0´3  100    6 C  10  10  1000     300 2  (300  100) 2  360 Z XL

b)

XL -XC

V 2 I 0   3´93 10 3 A Z 360

cos  

 XC

R

R 300   0´833   0,586 rad Z 360 ;

circuito inductivo Tensión adelantada respecto de I (Intensidad RETRASADA respecto V)

I t   3´93  10 3  sen 1000t  0,586

11.

Mediante la red eléctrica ordinaria de 220 V (eficaces) a 50 Hz, se alimenta un circuito R-L-C con una R=20 Ω, L=0’02 H y C= 20μF Calcular : a) la potencia media disipada por el circuito b) deducir si se encuentra o no en resonancia. ( P.A.U Sep 95)

gfhgfhfg

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1 10 3 XC    C 2 a) X L  L  2fL  2 ; Z  R  X L  X C  2

2

2

 10 3    154´2  20   2  2   2

2

2

V R V   220  P  Ve Le cos   Ve  e    e   R     20  40´7 Z Z Z  154´2  W b) Si

12.

XL  XC

está en resonancia. Podemos ver que no son iguales, por lo tanto no está en resonancia

Un circuito serie R-L-C está formado por una bobina de coeficiente de autoinducción L= 1 H y resistencia óhmica interna de 10 Ω, un condensador de capacidad C= 5 μF, y una resistencia de 90 Ω . La frecuencia de la corriente es de 100 Hz. Si el circuito se conecta a un generador de corriente alterna de 220 V de tensión máxima, calcular: a) la potencia disipada por el circuito b) la expresión de la intensidad instantánea (P.A.U. Jun 96)

a)

XC 

X L  L  1 2 100  628´3

1 1   318´3 6 C 5  10  2  100

Z  R 2   X L  X C   90 2  628´3  318´3  225´7 2

Ve 

2

2

2

V R V   155´6   155´6 P  Ve Le cos   Ve  e    e   R     90  22´8 Z Z Z  225´7  2 V; W

220

b)

tg  

XL  XC  3´1   arctg 3´1  7212´ 1´26 rad R ; Z

XL 200  t V (t )  220  sen  V (t )  220  (200    t  1´26) X -X     I (t )  220  sen 200    t ) I (t )  0´68  sen( 200    t  1´26  o L

XC 13.

C

R

En un circuito serie RLC se aplica una tensión alterna de frecuencia 50 Hz, de forma que las tensiones entre los bornes de cada elemento son: VR = 200 V, VL= 180 V y V c = 75 V, siendo R= 100 Ω . Calcular: a) el valor de L y de C b) la intensidad que circula por el circuito. (P.A.U. Jun 97)

b)

I

VR  2A R

a)

XC  gfhgfhfg

1 1 1 VC C   85 XC   37´5   X 2   50  X C  C C I ; ; F Pág. 19 de 20

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XL 

14.

VL X XL  90 L L   0´29 I  2  50 ; X L  L ; H

Un condensador de 1 μ F se carga a 1000 V mediante una batería . Se desconecta de la batería, y se conecta inmediatamente a los extremos de otros dos condensadores, previamente descargados, de 2 y 8 μ F de capacidad, respectivamente, conectados entre si como se muestra en la figura. Calcular : a) la diferencia de potencial entre las placas del primer condensador después de la conexión a los otros dos b) la variación de energía electrostática asociada al proceso. Rta :385 V ; 0’308 J (P.A.U. Sept 96)

C1  a)

Q1 V0

;

C1

  3F Q1 6  10 3 110 Q1  C1  V0  10 C ´

C C 28 C23  2 3   1´6 C C31  C23  1  1´6  2´6 F 2C123 C C 2  C3 2  8 ´ F ; Q2 ´ ´ Q  Q1  Q22  F 8  F

VF 

VF  V1´ V2 ´

Q 10 3   385 C123 2´6  10 6

EA 

1 1 2 C 0V0   10 6  (10 3 ) 2  0´5 2 2 J

ED 

1

b)

2

 C123  V F  2

1 2

 2´6  10  3  (385) 2  0´192 J

E  E A  ED  0´308 J

gfhgfhfg

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