UNIVERSIDAD AUTONOMA DEL CARMEN DEPENDENCIA ACADEMICA DE INGENIERIA Y TECNOLOGÍA Programa Educativo:
INGENIERIA ELECTRÓNICA Asignatura:
CIRCUITOS ELÉCTRICOS II
TAREA NO. II
DEL
CURSO
TEMAS EMAS Y Y SUBTEMAS DEL CURSO QUE SE CUBREN CON ESTA TAREA: TEMA III: ANÁLISIS DE POTENCIA DE CA III.1.- POTENCIA INSTANTÁNEA Y PROMEDIO III.2.- MÁXIMA TRANSFERENCIA DE POTENCIA PROMEDIO III.3.- VALOR EFICAZ O RMS III.4.- POTENCIA APARENTE PARENTE Y Y FACTOR DE POTENCIA III.5.- POTENCIA COMPLEJA III.6.- CONSERVACIÓN DE LA POTENCIA DE CA III.7.- CORRECCIÓN DEL FACTOR DE POTENCIA
NÚMERO DE LOS E JERCICIOS ASIGNADOS AL EQUIPO NO. 6:
11. 11.1 11.2 11.3 11.4 11.5 11.6 11.7 6 8 7 5 3 2 3 4
ALUMNOS PARTICIPANTES
DEL
EQUIPO 6
GONZALEZ NOTARIO LUIS ANDRES LUGO JIMÉNEZ JOSÉ ANTONIO MARTÍNEZ MARQUEZ ROSALINO LEONIDES MORENO CRUZ LILIANA ANGELICA PERALTA JERÓNIMO MARIA ASUNCION PROFESOR : JORGE GABRIEL PACHECO RICHARD Fecha de Entrega: 16-Noviembre-2012
[1]
11.6.- En referencia al circuito de la figura 11.38,
is
= 6 cos10
3
Nuestro problema nos pide que hallemos la potencia promedio absorbida por el resistor
tA . Halle la potencia
de 50Ω , como observamos no tenemos la corriente y la tensión que fluye por el resistor para obtener dicho resultado aplicamos la técnica de Análisis Nodal:
promedio absorbida por el resistor de 50Ω.
20i x
+ − ↓ i x
−6 +
10 + 20 j
+
V X − 0 50 − 25 j
=0
(Ec.1)
20mH
50Ω
Sabiendo que la corriente que fluye por la
i s
resistencia de 50Ω es:
10Ω
40 µ F
Fig 1.- Fig. 11.38 Libro Eléctricos, Sadiku. Pág. 491.
−6 +
jwC
=
1 −6
j (10 )(40 × 10 ) 3
=
1 0.04
V x
(Ec.2)
50 − 25 j
V X − 20
V x
(
10 + 20 j 50 − 25 j
)+
V X − 0 50 − 25 j
Simplificando para despejar V x
=0
a modo de
encontrar el valor de la tensión eléctrica que se encuentra en el nodo donde son divididas las corrientes.
20mH → jwL = j(10 3 )(20 ×10 −3 ) = 20 j 1
I x =
Sustituyendo la corriente I x (ec.2) a la (ec.1).
Circuitos
Como primer paso hemos de observar el circuito que nos presentan y transformarlo al dominio fasorial por medio de las formulas que hemos visto en clase buscando sus valores nuevos tanto del capacitor como de nuestro inductor.
40 µ F →
V X − 20 I x
1 20 1 1 ( )( )+ )V x = 6 −( 10 + 20 j 10 + 20 j 50 − 25 j 50 − 25 j
= − 25 Ahora
para
poder
simplificar
lo
mas
Tras hallar los valores en dominio fasorial
entendible posible dividimos por partes esta
pasamos a redibujar el circuito.
suma y resta, de modo que:
Resolviendo
1 10 + 20 j
nos permitirá obtener
el primero valor que multiplica a nuestra V x
1
10 − 20 j 10 − 20 j 10 − 20 j ( )= = = 0.02 − 0.04 j 10 + 20 j 10 − 20 j 100 − 400 j 2 500 para poder simplificarlo hizo falta multiplicarle Fig 2.- Circuito con elementos en el dominio fasorial.
por [2]
su
conjugado
y
reducir
términos
obteniendo
lo
que
se
(− 0.0128 + 9.6 × 10 − 3 j) + (0.02 − 0.04 j) + (0.016 + 8 × 10 − 3 j) V x = 6
menciona
[ 0.0232 − 0.0224 j ] V x = 6
anteriormente.
Como paso importante debemos convertir nuestro resultado que esta expresado en rectangular a polar:
Ahora para resolver la segunda parte de nuestras sumas y restas, buscamos lo
[ 0.03225 −43.99°] V x = 6
valores siguiente de modo que resolviendo
1 −20 × 10 + 20 j 50 − 25 j
Despejando V x obtenemos para obtener un valor
V x =
6 0.03225 −43.99°
= 186.05 43.99°
más simple y nos ayude a sumar y restar los De
términos con rapidez: −
−
20
20000 + 15000 j
1000000 + 562500
=
−
=
−
20
1000 − 75
( 1000 + 750 j 1000 − 75
20000 + 15000 j 1562500
= −
Convertimos a dominio fasorial para poder obtener una respuesta mas adecuada a nuestro problema:
I x =
186.05 55.9
la tensión del resistor de 50Ω .
1
V x = RI
50 − 25 j
50 − 25 j 50 + 25 j
50 + 25 j 3125
= 3.328 A
Conociendo la corriente I x se puede obtener
nuestra primera ecuación de modo que
50 + 25 j
V x
50 − 25 j
sumarles respectivamente como se indica en
(
que el
186.05
I x =
−
finalmente tras conseguir su valor vamos a
1
sabiendo
resistor de 50Ω .
0.0128+ 9.6× 10
Nos resta buscar un último resultado y
resolviendo
manera
obtenemos la corriente que fluye en el
500 − 250 j + 1000 j − 500 j 2 =
esta
obtenemos:
)=
V x = (50)(3.328) = 166.4v
50 + 25 j 2500 + 625
Así pudiendo calcular la potencia promedio absorbida por el resistor de 50Ω con nuestra formula.
= 0.016 + 8 × 10−3 j
1 P = Vm I m 2
Sumando los resultados anteriores nos queda un resultado de la siguiente forma y procedemos a reducir términos semejantes:
P = [3]
1 2
(166.4)(3.328)
P = 276.88ω es de P =
− j10Ω
40Ω
La potencia absorbida por el resistor de 50Ω
40Ω
276.88ω
80Ω
a
11.18.- Hallar el valor de Z L en el circuito de la figura 11.49 para la transferencia de la potencia máxima.
60 0°V −
b
Fig 4.- Circuito equivalente Thevenin. Como se puede apreciar, se anulan los efectos de la fuente. Ahora se procede a realizar las operaciones pertinentes entre los elementos del circuito.
− j10Ω
40Ω 40Ω
− j 20Ω
80Ω
5 0° A
Fig 3.- Figura 11.49 Libro Eléctricos, Sadiku. Pág. 492
ZTH
− j 20Ω
Se aplicara un paralelo entre las dos resistencias de 40 Ohms, teniendo entonces que:
Z L
Z1
=
40(40 ) 40 + 40
=
160
= 20
80
Como siguiente paso, obtendremos el paralelo de los otros 2 elementos del circuito, es decir, el paralelo de la resistencia de 80 Ω y –j10Ω, valor que será Z2.
Circuitos
Para la resolución de este circuito, escogeremos el método del equivalente Thevenin para la resolución de este problema. Recordemos que para encontrar el equivalente Thevenin se anulan los efectos de la fuente. Para determinar Z T se reducen todas las fuentes externas, cortocircuiteando las fuentes de tensión y abriendo el circuito de las fuentes de corriente.
Tenemos así que:
Z 2
=
80( −10 j ) 80 − j10
=
−800 j 80 − j10
Por la manera en que quedo expresado, es necesario aplicar complejo conjugado a Z2. Obteniendo así:
Z 2
Teniendo esta consideración en cuenta, se prosigue a aplicarla en el circuito, quedando este de la siguiente manera:
=
−800 j 80 + j10 • 80 − j10 80 + j10
Desarrollando el complejo conjugado:
Z2
=
−64000 j + 8000 = 1.230 − 9.846 j 6500
Sumando los valores encontrados de Z 1 y Z 2 con el valor del inductor que es de -20j, encontramos finalmente el valor del equivalente Thevenin ZTH: [4]
= 20 j + 20 + 1.230 − 9.846 j = 21. 230 + 10. 154 j
ZTH ZTH
IRMS
=
1
5
(t ) dt 5 ∫ 2
0
Tenemos entonces que, ZTH es igual a ZL.
Desarrollando:
Como ZTH = ZL entonces 21.230 + 10.154 j
IRMS
=
1
5
t dt 5 ∫ 2
0
ZL=
11.27.- Calcule el valor rms de la onda de corriente mostrada en la figura 11.58
Integrando obtenemos entonces:
I RMS
=
1 t 3
5 3
5
0
Evaluando tenemos que:
IRMS IRMS
Fig 5.Figura 11.58 Libro Circuitos Eléctricos, Sadiku. Pág. 493
T=5 La onda de corriente responde a la siguiente condición:
Para encontrar el valor R ms de la onda de corriente proporcionada por el problema, se empleará la siguiente formula, que nos dice que:
IRMS
=
1
T
∫ i dt
T 0
2
1 5 3
5
El valor de la corriente I RMS es de 2.8867A
Para esta gráfica, podemos notar que el período de la onda de corriente mostrada en la figura es 5, entonces:
i (t ) = { t 0
+ 0 ÷ 3 = 8.333 = 2.8867 A =
Introduciendo valores a la formula de valor Rms tenemos entonces:
[5]
Para obtener el valor Rms del ciclo de onda periódica de tensión, aplicaremos la formula de Vrms, la que nos dice que:
VRMS
=
1
T
v (t ) dt T ∫ 2
0
Sustituyendo los valores de las condiciones de v(t) en la ecuación de V RMS, obtenemos así que:
11. 35.- Un ciclo de la onda periódica de tensión se representa gráficamente en la figura 11.66. Halle el valor eficaz de la tensión. Note que el ciclo empieza en t=0 y termina en t=6 seg.
VRMS
=
2 4 5 6 1 2 2 2 2 2 ∫ (10 ) dt + ∫ (20) dt + ∫ (30 ) dt + ∫ (20 ) dt + ∫ (10) dt 6 0 1 2 4 5
1
Los intervalos de las escalones no varían en el tiempo, es decir son constantes. Resolviendo, tenemos que:
Fig 6.- Fig. 11.66 Libro Eléctricos, Sadiku. Pág. 494
Circuitos
VRMS
=
VRMS
=
2 4 5 6 1 + + + + 100 400 900 400 100 ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 6 0 1 2 4 5
1
1 6
[100 + 400 + 1800 + 400 +100 ]
Como vimos, la parte del escalón con v(t)=30 tiene un espacio de 2, por lo que este, después de elevarse al cuadrado se multiplicó por 2.
En primera instancia debemos recordar que los escalones no varían en el tiempo, es decir, son constantes.
Teniendo esto en cuenta, procedemos a seguir resolviendo, obteniendo así que:
Se definirán los intervalos de tiempo para la señal mostrada en la figura, recordando que la señal solo varía su amplitud con respecto al tiempo.
VRMS
=
1 6
[ 2800 ]
Resolviendo este último paso entonces que:
10 20 v (t ) = 30 20 10
0
< t <1
1
2
4
5
< t <6
VRMS
=
466.66
= 21.6V
tenemos:
El valor VRMS de la onda periódica de tensión dada en el problema es de 21.6 V
[6]
Teniendo los valores rms de cada parte de la senoide aplicaremos la siguiente fórmula para encontrar el valor rms de la tensión.
VRMS= V 2 RMS1 11.43.- La tensión aplicada a un resistor de 10 Ω es: v (t ) = 5 + 3 cos(t + 10°) + cos(2t + 30° )V
+V
2
+ V
2
RMS 2
RMS 3
Sustituyendo valores: 2
(5 )
+
2
÷ + 2
3
VRMS= Tenemos entonces que:
a) Calcule el valor rms de la tensión. b) Determine la potencia promedio disipada en el resistor.
2
÷ 2
1
VRMS= = 30 VRMS= = 5.47V
Para encontrar el valor rms de la tensión v (t) primero calcularemos el valor rms de cada amplitud de la senoide mediante la siguiente fórmula:
La segunda parte del ejercicio nos pide determinar la potencia promedio disipada por el resistor. Sabemos que la formula de potencia promedio es:
Por la forma en la que esta expresada, la senoide podemos ver que nos está dando los valores pico.
Partiendo de esta fórmula, solo sustituiremos valores, para así obtener que:
Calculando el valor rms de cada miembro de la senoide tenemos que: VRMS1= 5 Para 3 cos (t+10”), su valor pico es de 3 y sustituyendo en la formula de V rms tenemos que:
V RMS2
=
Vp
V RMS
=
3
VRMS
= 2.12
2
2
Entonces, la potencia promedio es de: P=
2
2
Para cos (2t+30°) tenemos que su valor pico es de 1. Sustituyendo tenemos que:
V RMS3
=
Vp
V RMS
=
1
VRMS
= 0.707
3
3
2
2
[7]
FP =
P S
Despejamos S: 11.52.- En el circuito de la figura 11.71, el dispositivo A recibe 2 kW con fp atrasado de 0.8, el dispositivo B recibe 3 kVA con fp adelantado de 0.4, mientras que el dispositivo C es el inductivo y consume 1 kW y recibe 500 VAR.
=
P
S1
=
2kw
Q1
= S senθ = 2500 sin 36.86° = 1499.65 j
FP Sustituyendo valores tenemos que:
A
I →
S1
Q1
+
Q1
B
v s
C
0.8
= 2500
Entonces tenemos que para el bloque A, la potencia compleja es de: S1=2000+ 1499.65j
−
Para el bloque B, tenemos que el ángulo del factor de potencia es de 66.42° a) Determine el factor de potencia del sistema completo. b) Halle I dado que Vs = 120 ∠45°Vrms Fig. 7.- Fig. 11.71 Libro Eléctricos, Sadiku. Pág. 496
F .P = cos θ θ 2
Circuitos
θ 2 θ 2
= cos− FP = cos− 0.4 = 66.42° 1
1
Datos de los bloques: Q2
A)
Q2
2kw F.P=0.8 (-)
Q2
B)
Inductivo 1KW 500 VAR Para el bloque A, tenemos que el ángulo del FP es de 36.86° F .P = cos θ θ 1 θ 1
S2
=P +
P2
C)
θ 1
P2
= s cos θ = 3000 cos 66.429 = 1200
P2
3KVA F.P=0.4 (+)
= S senθ = 3000 sin 66.48° = 2750 j
2
jQ2
Tenemos así, que la potencia compleja del bloque B es de:
= cos− FP = cos− 0.8 = 36.86° 1
S2=1200+2750j
1
Retomando la formula de factor de potencia F.P que nos dice que: [8]
El problema también nos pide calcular la corriente. Para eso utilizaremos la formula de potencia compleja y se despejará la corriente de dicha fórmula, teniendo así que:
Para el bloque C, se toman en cuenta las siguientes consideraciones:
= 1kw Q = 500VAR S = P + jQ P
Potencia Compleja : S
= 1000 + 500 j Sustituyendo valores:
Tenemos así, que la potencia compleja del bloque C es de:
Potencias complejas de los bloques A, B y C: S1=2000+ 1499.65j
* I RMS
=
4200 − 749 j
4266.26 ∠ −10.11° 120 ∠45°
Obteniendo así la corriente I*RMS: I*RMS= 35. 55 ∠ − 55. 11°
S2=1200+2750j
Cambiando el signo debido a que es un complejo conjugado:
S3=1000+500j Sumando las potencias complejas de cada bloque encontraremos el valor de la potencia compleja total S:
I= 35.55 ∠55.11° El factor de potencia del sistema completo es de f.p=0.98 adelantando(+) y la corriente I es de 35.55 ∠55.11°
S= S1+ S2+ S3 S=2000+1499.65j+1200+2750j+1000+500j S=4200-749j Teniendo el valor de la potencia compleja S, A continuación calcularemos el ángulo de factor de potencia.
tan−1
=
120 ∠45° Desarrollando :
S3=1000+500j
tan−1
* I RMS
B A
−749 4200
= − 10.11
Obteniendo factor de potencia: FP = cos θ
= cos( −10.11) F .P = 0.98 F .P
Entonces F.P=0.98 esta adelantado.
F.P=0.98(+) [9]
Con los datos del triángulo de potencia del bloque A, calculamos el ángulo del factor de potencia.
11.63.- Halle I 0 en el circuito de la figura 11.82 I0
220 ∠0°V
+ -
-
Como
12 KW
16 KW
20 KVAR
Fp adelantado 0.866
Fp atrasado 0.85
Fp atrasado 0.6
Fig. 8.- Fig 11.82 Libro Eléctricos, Sadiku. Pág. 497.
•
entonces:
Usando la función trigonométrica de tangente, la cual relacionada al cateto opuesto y al cateto adyacente. Si empleamos esta relación en nuestro triángulo, obtendríamos que:
Circuitos
Necesitamos encontrar el valor de Q a partir de la función de tangente antes descrita, con lo cual obtenemos que:
Datos para el Bloque A.
A) Potencia Real=12 KW F.P=0.866 (+)
Sustituyendo valores encontramos entonces que:
Con los datos dados, calcularemos el valor de Q, para así poder expresar la potencia compleja del bloque A. Sabemos que la Potencia Compleja “S” esta expresada también como:
Juntando el valor de la Potencia Real (P) que es de 12 KW y el recién encontrado valor de la Potencia Reactiva (Q), tenemos que S1 es 12 + 6.929 j
S=P+Qj La potencia para este bloque es de 12 KW, así que solo falta encontrar el valor de Q para tener todos los factores que engloba S.
S1 =12 + 6.929 j
•
Para encontrar el valor de Q, utilizaremos un triángulo de potencias, el cual relaciona la Potencia Compleja S, la Potencia Real R y la Potencia Reactiva Q. Tomando los datos del bloque A, los reflejamos en el triangulo de potencia, quedando de la siguiente manera:
Datos para el Bloque B
B) Potencia Real=16 Kw F.P= 0.85 (-) Para el Bloque B, realizaremos los mismos pasos que para el Bloque A y se empleará un triángulo de potencia donde se representa el fp atrasado:
S2
12 KW Θ1
Θ1
S1
16 KW
Fig. 10.- Triangulo de potencia para el bloque B.
Fig. 9.- Triangulo de potencia para el bloque A.
[10]
Como siguiente paso, calcularemos el ángulo del
Al igual que en los dos bloques anteriores encontraremos el valor del ángulo del factor de Potencia, para el cual tenemos que:
factor de potencia. Tenemos que y conociendo este dato, calculamos entonces que:
Para este paso, repetiremos la misma analogía que el bloque A para encontrar el valor de la Potencia Reactiva (Q).
Utilizando funciones trigonométricas para hacer más fácil la analogía de este bloque, emplearemos la función SENO, la cual nos dice que:
Despejando Q, tenemos entonces que:
Agregamos el ángulo de fp para poder obtener la potencia compleja. Sustituyendo los valores dados para el Bloque C y el ángulo θ 3 recientemente calculado, tenemos que:
Encontramos así el valor que hacía falta para expresar en su totalidad la Potencia Compleja S para este bloque. Unimos ambos valores y encontramos S2.
Despejando para encontrar el valor de la Potencia Compleja tenemos que:
S2=16 + 9.9216 j
•
Datos para el Bloque C
C)
Entonces
tenemos
que:
S3= 25K ∠53.13° .
Expresando en términos polares tenemos que: F.P=0.6 (-)
S3=15 +20j Para este bloque tenemos el siguiendo Triángulo de Potencia.
Teniendo los valores de S1, S2 y S3 se procede a sumar estos 3 valores para encontrar la Potencia Compleja Total. Tenemos entonces que:
20 kVAR
S3 Θ1
Sustituyendo los valores de S 1,S2 y S3 tenemos que: Fig.11.- Triángulo de impedancia para el bloque C. Reduciendo obtenemos:
[11]
El problema nos pide encontrar el valor de la corriente I0. Para esto, recordaremos una versión en particular de la fórmula de Potencia Compleja, la cual nos dice que:
11.74.- Una fuente de 120 V rms a 60 Hz alimenta a dos cargas conectadas en paralelo, como se observa en la figura 11.89 a) Halle el factor de potencia de la combinación en paralelo.
A partir de esta fórmula despejaremos I* para encontrar el valor de la corriente quedando el despeje de la siguiente manera:
b) Calcule el valor de la capacitancia conectada en paralelo que elevará el factor de potencia a la unidad.
Sustituyendo valores obtenemos que:
Carga 1 24KW Fp atrasado= 0.8
Entonces:
Carga 2 40 Kw Fp atrasado= 0.95
Fig. 12.-Fig.11.89 Libro Eléctricos, Sadiku. Pág. 499
Convirtiendo a Polar: 443.23 ∠28.13° I0= 443.23 ∠ − 28.13°
a)
Para
hallar
el
factor
Circuitos
de
potencia
basándonos en la figura, observamos que las cargas están en paralelo y que ya nos proporcionan ciertos valores tales como factor de potencia y nuestra P. Estos valores los emplearemos para elaborar un grafico donde se pueda apreciar mejor lo que buscamos y obtenemos así el siguiente triángulo de potencia:
Q = 17.99
θ 1
S 1
= 36.86° 24kw .
Fig 13.- Triángulo de potencia para la carga de 24 KW
[12]
Obteniendo el ángulo para el primero bloque tenemos que:
cos θ 1 = 0.8( −) θ 1 θ 1
θ 2
= cos−1 0.95
θ 2
= 18.19°
tan θ 2 =
Q (40 kw)
= cos −1 0.8 Despejando Q, obtenemos que:
= 36.86°
Q = (40kw) tan θ 2 = 13.14 kVAR
Buscamos nuestro c.o o en este caso nuestra Q: Buscamos la potencia compleja una vez que ya
tan θ 1 =
Q (24kw)
hemos obtenido nuestra parte real e imaginaria expresándolo de la siguiente forma:
Q = (24 kw) tan θ 1 = 17.99 kVAR
S 2 = 40kw + j13.14 kVAR
Buscando la potencia compleja de los resultados
Para encontrar la potencia compleja total se deben
obtenidos
sumar los dos resultados que corresponden a
previamente,
de
manera
que
obtenemos:
cada bloque o carga que se nos dio y buscamos el valor de S:
S1 = 24kw + j17.99 kVAR
S = S1 + S 2 Para el segundo bloque de la misma forma ya
S = 24 + j17.99 + 40 + j13.14 = 64 + j31.13
tenemos dados los valores del factor de potencia
S = 24 + j17.99 + 40 + j13.14 = 64 + j31.13
retrasado junto a su P.
A partir de estos valores podemos deducir que S=P+jQ, donde:
Q = 13.14kVAR
θ 2
P= 64
S 2
Q = j31.13 Entonces:
= 18.19°
S=64+ 31.13j
40kw
Una vez obtenido la potencia compleja hemos de Fig. 14.- Triángulo de potencia para la carga de
buscar su ángulo y por último el factor de potencia
40 kW.
de la combinación en paralelo de nuestras cargas
Buscando
el
ángulo
del
segundo
bloque
No conocemos La Qc (Potencia Reactiva Capacitiva), no conocemos la frecuencia angular, y tenemos el voltaje rms, dado por el problema.
obtenemos:
cos θ 2 = 0.95( −)
Primero tenemos que encontrar el ángulo de la Inductancia, por medio del triángulo de potencia. Sabemos que: [13]
θ 2
= tan −1 (
31.14 (64)
Calculamos la capacitancia obteniendo como
) = 25.94°
resultado:
F . p = cos θ = cos(25.94°) = 0.899 El problema nos
pide que encontremos
C =
Tenemos entonces que el valor de la Capacitancia es de:
factor de potencia igual a la unidad, es decir, que
C=5.7345μF
no existan potencias reactivas. Esto quiere decir que el ángulo será igual a cero
= 0°
Nosotros sabemos que en términos de diferencia de ángulos, la Potencia Reactiva se puede calcular como sigue:
Q = P [tan θ 2 − tan θ 1 ] Sabemos también que la Potencia Real es de P=64. Sustituimos los valores de los ángulos y la potencia real. c
Q =Potencia Reactiva Capacitiva necesaria para poder mantener el factor de Potencia 1.
Qc = (64)[tan(25.94) − tan(0)] Qc = 31.131kVAR Ya conocemos Qc, ahora debemos hallar la frecuencia angular ω, sabemos que: ω= 2 ω
= 2π f
Donde f= 60Hz (dado por el problema). Sustituyendo, obtenemos entonces que:
= 2π (60 ) ω = 377 ω
Una vez que tenemos la frecuencia angular y, como ya conocemos Qc y Vrms, sustituimos en la ecuación de la capacitancia, la cual nos dice que:
C =
Q ω V rms
(2π )(60)(120)2
la
Capacitancia, de tal forma que mantengamos el
El siguiente ángulo seria θ 1
31.131
2
[14]
