Ejercicios resueltos de FMC.

Ejercicios resueltos de FMC.
Tema 6. Circuitos eléctricos.
24 de septiembre de 2008
All text is available under the terms of the GNU Free Documentation License
c 2008 Santa, FeR (QueGrande.org)
Copyright Permission is granted to copy, distribute and/or modify this document under the terms of the GNU Free
Documentation License, Version 1.2 or any later version published by the Free Software Foundation; with
no Invariant Sections, no Front-Cover Texts, and no Back-Cover Texts. A copy of the license is avaliable
at http://www.gnu.org/licenses/fdl.html
1. En la figura cada condensador vale: C3 = 3µF y C2 = 2µF .
C3
a
C3
c
C2
b
C3
C3
C3
C2
d
C3
C3
Se pide:
a) Calcúlese la capacidad equivalente de la red comprendida entre los puntos a y
b.
b) Hállese la carga de cada uno de los condensadores próximos a los puntos a y
b, cuando Vab = 900V .
c) Calcúlese Vcd cuando Vab = 900V .
Solución:
a) Capacidad equivalente.
QueGrande.org
1
QueGrande.org
C3
a
C3
e
C2
b
f
C3
Ca =
C2
d
C3
1
1
C3
1
C3
+
C3
c
1
C3
+
C3
Ca
Cb
Cc
Cd
C3
C3
3
= = 1µF (en serie)
3
3
=
Cb = Ca + C2 = 3µF (en paralelo)
Cc =
1
1
C3
+
1
Cb
+
1
C3
=
3
= 1µF (en serie)
3
Cd = Cc + C2 = 3µF (en paralelo)
Ceq =
b) Vab =
1
1
C3
+
1
Cd
+
1
C3
=
3
= 1µF (en serie)
3
Q
Ceq
Q = Vab · Ceq = 900 · 1 · 10−6 = 900µC
c) Vcd si Vab = 900V
Ceq =
Q
Vab
Q = Vab · Ceq = 900V · 1µF = 900µC
Cd =
Q
Q
900µC
⇒ Vef =
=
= 300V
Vef
Cd
3µF
C3
e
Vef
d
= 300V
Cb = 3µF
c
f
Cb =
QueGrande.org
C3
Qcd
Vcd
2
QueGrande.org
Vcd =
Qcd
Cb
Qcd = Vef · Cef
Cef =
1
1
3
+
1
3
+
1
3
= 1µF
Qcd = 300V · 1µF = 300µC
Vcd =
300µC
Qcd
=
= 100V
Cb
3µF
2. Los condensadores de la figura están inicialmente descargados y se hallan conectados
como indica el esquema, con el interruptor S abierto.
+200V
6µF
3µF
a
b
S
6µF
3µF
Se pide:
a) ¿Cuál es la diferencia de potencial Vab ?
b) ¿Y el potencial del punto b después de cerrado S?
c) ¿Qué cantidad de carga fluye a través de S cuando se cierra?
Solución:
a) Vab ? Vab = Va − Vb
Serie
 Q = Q1 = Q2

 V = V1 + V2
1
1
1
Ceq = C1 + C2


Paralelo
Q = Q1 + Q2 

V = V1 = V2 
Ceq = C1 + C2
Rama 1:
QueGrande.org
3
QueGrande.org
Vc = 200V
C1
C2
+q1
−q1
+q2
−q2
C1 serie C2 :
C1,2 =
1
C1
1
+
1
C2
= 2µF
q1,2 = C1,2 · Vc = 2µF · 200V = 400µC
En serie: q1,2 = q1 = q2
Va = VC2 =
q2
q1,2
400µC
400
=
=
=
V
C2
C2
3µF
3
Rama 2:
Vc = 200V
C3
C4
+q3
−q3
+q4
−q4
C3 serie C4 :
C3,4 =
1
C3
1
+
1
C4
= 2µF
q3,4 = C3,4 · VC = 2µF · 200V = 400µC
En serie: q3,4 = q3 = q4
Vb = VC4 =
Vab =
q4
q3,4
400µC
200
=
=
=
V
C4
C4
6µF
3
400
V
6
b) Vab = 0 ⇔ S cerrado
QueGrande.org
4
QueGrande.org
+200V
C1
+200V
C1
C3
a
C3
b
a=b
⇔
C4
C2
C4
C2
(C1 k C3 ) serie (C2 k C4 ):
C=
1
C1,3
1
+
1
C2,4
=
1
C1 +C3
1
+
=
1
C2 +C4
1
9
1
+
1
9
9
= µF = 4,5µF
2
Q = C · Vc = 4,5 · 200 = 900µC
Vc = 200V
+Q
C1,3
-Q
a=b
+Q
C2,4
-Q
Q2,4
Q
900µC
=
=
= 100V
C2,4
C2,4
9µF
Vc
Vb =
2
Vb =
c) Carga que fluye a través de S cuando se cierra.
+200V
+200V
q1′ = −600µC
∆q1
S
q1 = −400µC
S
⇒
q2 = 400µC
∆q2
q2′
= 300µC
∆q: Carga que fluye a través de S.
QueGrande.org
5
QueGrande.org
∆q1 : Carga que abandona la placa negativa de C1 .
∆q2 : Carga que abandona la placa positiva de C2 .
∆q = ∆q1 + ∆q2
∆q = [−q1 − (−q1′ )] + [q2 − q2′ ]
q2,4 = 900µC
q1,3 = 900µC
Vb = 100V = V2,4 ⇒ V1,3 = Vc − V2,4 = 100V
q1′ = C1 · V1 = C1 · V1,3 = 6µF · 100V = 600µC
q2′ = C2 · V2 = C2 · V2,4 = 3µF · 100V = 300µC
∆q = [(−400) − (−600)] + [400 − 300] = 300µC
3. En el circuito de la figura se pide determinar:
I1
I3
M
10Ω
5Ω
I2
20Ω
50V
100V
N
a) Corrientes I1 , I2 e I3 .
b) Diferencia de potencial entre los puntos M y N.
Solución:
a) I2 = I3 − I1
100 − 50 = I1 · 10 + I1 · 5 − I3 · 5
50 = 5I3 + 20I3 − 5I1
50 = 15I1 − 5I3
50 = −5I1 + 25I3
QueGrande.org
+
50 =
15I1 −5I3
150 = −15I1 +75I3
6
QueGrande.org
200 = 70I3 ⇒ I3 =
I1 =
20
= 2,86A
7
50 + 5 ·
50 + 5I3
=
15
15
20
7
=
450
= 4,29A
5
I2 = 2,86 − 4,29 = −1,43A
b) VM N = −I2 · R + 50 = 7 + 50 = 57V
4. Determinar la tensión Vxy en el circuito de la figura:
4V
2Ω
x
2V
3Ω
3Ω
4V
5Ω
y
Solución:
2Ω
b
4V
x
2V
3Ω
3Ω
5Ω
4V
I2
I1
a
y
2
−2 + 3I1 + 2I1 = 0 ⇒ I1 = A
5
1
−4 + 3I2 + 5I2 = 0 ⇒ I2 = A
2
Vxy = Vxa + Vab + Vby = 3(−I1 ) + (−4) + 3I2 = −3 ·
2
1
− 4 + 3 · = −3,7V
5
2
5. En el circuito de la figura se pide determinar:
a) Corrientes I, I1 e I2 .
b) Tensión Vab .
QueGrande.org
7
QueGrande.org
I1
I2
I
6Ω
10V
2Ω
A
B
4Ω
3Ω
8Ω
Solución:
a)
I2 · 2 + I1 · 3 + 4 · I − 10 = 0
I2 · 6 + I2 · 8 + 4 · I − 10 = 0
I = I1 + I2
5I1 + 4(I1 + I2 ) − 10 = 0
14I2 + 4(I1 + I2 ) − 10 = 0
9I1 + 4I2 − 10 = 0
18I2 + 4I1 − 10 = 0
10 − 4I1
5 − 2I1
=
18
9
5 − 2I1
9I1 + 4 ·
− 10 = 0
9
I2 =
81I1 + 4(5 − 2I1 ) − 90 = 0
81I1 + 20 − 8I1 − 90 = 0
73I1 = 70 ⇒ I1 =
5·2·
I2 =
9
70
73
=
70
= 0,96A
73
365 − 140
225
25
=
=
= 0,34A
657
657
73
I = I1 + I2 = 0,96 + 0,34 = 1,3A
b) Tensión Vab
I1
x
I2
2Ω
A
QueGrande.org
6Ω
B
8
QueGrande.org
Vab = Vax + Vxb
Vab = −2I1 + 6I2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V
6. Usando el teorema de Thévenin, calcular la corriente I2 en la red de la figura:
A
I2
B
R
R
V
R
I
Solución:
Sabemos que se puede quitar una resistencia en paralelo con un generador ideal
de tensión:
A
I2
B
R
R
VT H
I
Como consecuencia del teorema de Thévenin, sabemos que podemos quitar una
resistencia en paralelo con un generador de tensión puesto que no afecta a los
demás valores de las magnitudes eléctricas del circuito (aunque sı́ a la corriente
del propio generador). También se puede resolver el problema haciendo Thévenin entre A y B.
VT H + I2 · R + (I2 + I) · R = 0
−VT H + RI2 + RI2 + RI = 0
−VT H + 2RI2 + RI = 0
2RI2 = V − RI
I2 =
V − RI
2R
Thévenin entre A y B:
QueGrande.org
9
QueGrande.org
I2
A
B
R
Req
VT H
A
B
R
Req = R
R
A
V
R
B
V
R
I
VAB = VT H = V + (−IR)
I2 =
V − IR
VT H
=
R + Req
2R
7. En el circuito de la figura, calcular el valor de la corriente I:
10A
4Ω
I
2Ω
2Ω
5V
5Ω
Solución:
Th. Thevenin
10A
2Ω
4Ω
I
5V
QueGrande.org
2Ω
5Ω
10
QueGrande.org
2Ω
⇔
2Ω
10A
20V
10 · 2 = 20V
2Ω
4Ω
I
2Ω
5V
5Ω
I
I1
−5 + 2I1 − 2I = 0
−20 + 2I + 4I + 5I + 2I − 2I1 = 0
−5 + 2I1 − 2I = 0
−20 + 13I − 2I1 = 0
I=
25
= 2,27A
11
2I1 = 5 + 2I = 5 + 2 · 2,27 = 9,49A
I1 = 4,775A
8. Calcular la diferencia de potencial VAB en el circuito de la figura:
3Ω
2Ω
A
4Ω
30V
4V
3A
B
Solución:
Aplicando Norton a las ramas de la izquierda y la derecha:
QueGrande.org
11
QueGrande.org
A
30V
= 10A
3Ω
4V
= 2A
2Ω
4Ω
3Ω
2Ω
3A
B
m
A
4Ω
10+2=12A
6
3·2
= Ω
3+2
5
3A
B
6
VAB = (12 + 3)A · Ω = 18V
5
9. En el circuito de la figura, hallar la potencia disipada en la resistencia de 2Ω.
2Ω
4Ω
4Ω
9A
2A
4V
Solución:
A
B
2Ω
4Ω
I
4Ω
A
B
Thevenin entre A y B
9A
2A
4V
⇔
2Ω
Req
VT H
QueGrande.org
12
QueGrande.org
A
A
B
4Ω
4Ω
B
4Ω
9A
2A
4V
VT H = 9 · 4 + 11 · 4 = 80V
Req = 8Ω
I=
4Ω
VT H
80
=
= 80V
2+8
10
P2Ω = V · I = I 2 · R = 82 · 2 = 128W
10. Determinar el valor de R que produce una desviación a fondo de escala del galvanómetro de la figura de resistencia interna RG = 1000Ω y sensibilidad S = 500µA.
(Se recomienda aplicar Thévenin entre A y B)
R
2R
A
24V
G
B
3R
4R
Solución:
Aplicando Thévenin:
x
RT H
A
G
VT H
I1
B
R
2R
A I2
B
3R
4R
VT H = VAB = VAX + VXB
R · I1 = 10
QueGrande.org
13
QueGrande.org
R · I2 = 4
24 = −I1 (R + 3R) ⇒ I1 = −
24 = I2 (2R + 4R) ⇒ I2 =
6
R
4
R
Vab = I · R = VT H = I1 R + 2I2 R = −
6R
4R
+2
= −6 + 8 = 2V
R
R
Req1
Req1 =
Req2 =
RT =
R
2R
A
B
3R
4R
1
3R
1
+
1
R
1
4R
1
+
1
2R
=
=
1
4
3R
1
1
4R
Req2
R
2R
3R
4R
⇔
=
=
3R
4
4R
3
3R 4R
25
+
= R
4
3
12
RT H
A
G
VT H
B
IG = 500µA
RG = 1000Ω
VT H = RT H · IG + RG · IG
2=
25
R · 500 · 10−6 + 1000 · 500 · 10−6
12
R = 1440Ω
Feb-96. En el circuito de la figura determinar:
a) Potencia en la resistencia R4 .
QueGrande.org
14
QueGrande.org
b) Carga almacenada en el condensador C.
R5 = 5Ω
I1 = 1A
R2 = 2Ω
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
C = 1µF
I2 = 2A
R4 = 4Ω
E=12V
Solución:
En corriente continua, a efectos de análisis, podemos quitar los condensadores.
(Directamente) Kirchoff:
a) I · R4 − 12 + (2 + I) · R3 + (3 + I) − R1 = 0
I · 4 − 12 + 2 · 3 + 3I + 3 · 1 + I = 0
8I = 3
2
I = A = 0,375A
8
P R4 = IR2 4 · R4 = 0,3752 · 4 = 0,5625W
b) Vcd = (I + 3) · R1 + 3 · R5 + R2 · I2 = (3 + 0,375) · 1 + 3 · 5 + 2 · 2 = 22,375V
Q=C ·V
Q = C · Vcd = 1µF · 22,375V = 22,375µC
Por Thévenin:
R5 = 5Ω
I1 = 1A
a
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
Vab = ET H
I2 = 2A
E=12V
b
ET H = Vab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3V
QueGrande.org
15
QueGrande.org
R5 = 5Ω
a
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
b
Req = RT H = R1 + R3 = 1 + 3 = 4Ω
I
a
ET H
RT H
R4
b
I=
ET H
3
=
= 0,375A
R4 + RT H
4+4
Y seguirı́a como en la solución anterior.
Por Norton:
R5 = 5Ω
I1 = 1A
a
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
I2 = 2A
E=12V
IN
b
−(3 + IN ) · 1 + −(2 + IN ) · 3 + 12 = 0
IN =
3
= 0,75A
4
Se calula como en la solución anterior: RN = Req = 4Ω
QueGrande.org
16
QueGrande.org
I
a
IN
RT H
R4
b
Vab = IN ·
I = IN ·
1
RN
1
+
1
R4
= I · R4
4
1
R4
= 0,75 ·
= 0,75 · = 0,375A
R4 + RN
4+4
2
Y seguirı́a como en las soluciones anteriores.
Por superposición:
R5 = 5Ω
IE
d
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
R4 = 4Ω
Vcd
c
IE =
E=12V
E
12
3
=
= A = 1,5A
R1 + R4 + R3
8
2
VcdE = IE · R1 + 0 + 0 = 1,5V
R5 = 5Ω
I1 = 1A
d
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
R2 = 2Ω
R4 = 4Ω
Vcd
c
IR4
Y seguirı́a como en las soluciones anteriores.
Jun-94. En el circuito de la figura determinar:
a) Carga almacenada por cada uno de los condensadores.
b) Potencial del punto x.
QueGrande.org
17
QueGrande.org
3µF
5Ω
8V
x
15V
6Ω
2V
4Ω
1µF
3Ω
2µF
10Ω
Solución:
I5
3µF
5Ω
I1
I3
8V
6Ω
I4
15V
x
1µF
3Ω
I4
2V
4Ω
V1
I2
10Ω
2µF
a) I3 = I5 = 0
I3 + I5 = I4 ⇒ I4 = 0
V1 − 2 = 0 ⇒ V1 = 2V
q1 = C1 · V1 = 1µF · 2V = 2µC
8 = 5I1 + 15 − 3I2 + 6I1 = 11I1 − 3I2 + 15
I1 + I2 = I5 = 0 ⇒ I1 = −I2
I1 = −0, 5A
I2 = 0, 5A
QueGrande.org
18
QueGrande.org
C3
a
Ceq
+q -q
⇔
a +q -q b
-q +q
b
C2
Ceq =
1
C2
1
+
1
C3
6
= µF
5
q = Vab · Ceq
Vab = 15 − 3I2 = 13,5V
6
q = 13,5V · µF = 16,2µC = q2 = q3
5
b) Vx ?
Vx = Vxy + Vyb + Vb
1
1
I6 = I1 + I2 = + −
= 0A ⇒ Vb = 0
2
2
q
16,2µC
Vyb =
=
= 8,1V
C
2µF
Vx = Vyb = 8,1V
Ejercicios de examen resueltos en clase que no están
en los boletines.
1. Determinar las cargas en los condensadores del circuito de la figura:
E2 = 10V
R6 = 6Ω
R5 = 5Ω
IB = 2A
R4 = 4Ω
E3 = 3V
R2 = 2Ω
C2 = 2µF
IA = 1A
C1 = 1µF
E2 = 10V
R2 = 2Ω
Solución:
QueGrande.org
19
QueGrande.org
R6 = 6Ω
I1
R5 = 5Ω
R4 = 4Ω
A
E2 = 10V
G
IB = 2A
I2
B
C
E3 = 3V
IA = 1A
R2 = 2Ω
C1 = 1µF
I4
E2 = 10V
I3
D
E
C2 = 2µF
F
R2 = 2Ω
R5 = 5Ω
G
IB
R5 = 5Ω
G
EB
⇔
B
B
En continua los condensadores actúan como un circuito abierto. (I3 = I4 = 0)
R6 · I! + R5 (I1 + I2 ) + EB − E3 + R4 (I1 − I3 ) = 0
I2 + IA = I4
I4 = 0 ⇒ I2 = IA = −1A
G · I1 + 5(I1 + 1) + 10 − 3 + 4(I1 − 0) = 0
I1 = −
12
A
15
Q1 = C1 · VCF
Q2 = C2 · VED
VCF = VCB+ VBD − VDF = VCG + VGB + VBD = −10 − (I1 − I2 ) − 5 + 10 + 10 =
4
12
− + 1 − 5 + 10 = − + 1 − 5 + 10 = 1 + 10 = 11V
15
5
Q1 = 1µF · 11V = 11µC
VED = VEA + VAB + VBD
16 65
81
+
= V
5
5
5
Q2 = 2µF ·
QueGrande.org
4
= 4(I3 −I1 ) + 3 + 10 = −4 · I3 + 3 + 10 = −4 − −
+ 13 =
5
81
162
V =
µC = 32,4µC
5
5
20
QueGrande.org
2. Dado el circuito de la figura se pide:
a) Intensidad en cada rama.
b) Potencia entregada por los generadores y absorvida por las resitencias.
c) Calcualar el aquivalente Thévenin entre A y B.
I1
R1
A
I1 = 1A
Ri = iΩ
I2 = 2A
E3
I3 = 3A
E1
E2
R4
I2
R2
I3
B
R3
E4
Solución:
I
I1
II
R1
I1 = 1A
I6
I2 = 2A
I7
E3
E1
R4
I2
R2
I8
I3
R3
I3 = 3A
E2
V
III
Ri = iΩ
E4
I5
IV
I4
a) Intensidad en cada rama
I) I2 + I6 = I1
I6 = −1A
IV) I4 = I2 + I3 = 5A
III) I5 = I8 + I4 = I8 + 5
QueGrande.org
21
QueGrande.org
II) I1 + I7 = I5 = 1 + I7
V) I3 + I8 = I6 + I7
3 + I8 = −1 + I7
I5 = 2A
I7 = 1A
I8 = −3A
Potencia disipada en las resistencias:
b)
PR1 = I1 2 · R1 = 11 · 1 = 1W
PR2 = I8 2 · R2 = (−3)1 · 2 = 18W
PR3 = I4 2 · R3 = 51 · 3 = 75W
PR4 = I5 2 · R4 = 22 · 4 = 16W
PT OT AL = 1 + 18 + 75 + 16 = 110W
Potencia entregada por los generadores:
Potencia
Potencia
Potencia
Potencia
Potencia
Potencia
Potencia
entregada
entregada
entregada
entregada
entregada
entregada
entregada
por
por
por
por
por
por
por
I1 = VI1 · I1 = 0W
I2 = VI2 · I2 = −38W
I3 = VI3 · I3 = −51W
E1 = E1 · (−I2 ) = −2W
E2 = E2 · (−I1 ) = −2W
E3 = E3 · (−I6 ) = 3W
E4 = E4 · (−I4 ) = −20W










− 110W









VI1 + I1 · 1 + E2 − E3 = 0 ⇒ VI1 = 0
VI 2 − 1 + 3 − VI 3 = 0
VI2 = −19V
VI3 − I8 · 2 − 4 + I4 · 3 = 0
VI3 = −17V
c) Thévenin entre A y B:
Req
A
VT H
B
VT H = I5 · R4 = 2 · 4 = 8V
QueGrande.org
22
QueGrande.org
R1
A
A
R4
⇒
R2
R4
R2
B
R3
Req =
QueGrande.org
B
2·4
4
R2 · R4
=
= Ω
R2 + R4
2+4
3
23
QueGrande.org