ejercicios resueltos de fmc. -...
Post on 31-Jan-2018
271 Views
Preview:
TRANSCRIPT
Ejercicios resueltos de FMC.
Tema 6. Circuitos electricos.
24 de septiembre de 2008
All text is available under the terms of the GNU Free Documentation License
Copyright c© 2008 Santa, FeR (QueGrande.org)
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 .
a
b
c
d
C2 C2
C3 C3
C3C3C3
C3
C3
Se pide:
a) Calculese la capacidad equivalente de la red comprendida entre los puntos a yb.
b) Hallese la carga de cada uno de los condensadores proximos a los puntos a yb, cuando Vab = 900V .
c) Calculese Vcd cuando Vab = 900V .
Solucion:
a) Capacidad equivalente.
QueGrande.org 1 QueGrande.org
a
b
c
dC3
C3
C3
C2
C3
C3
C2
Ca Cb Cc Cd
e
f
C3
C3
Ca =1
1
C3+ 1
C3+ 1
C3
=C3
3=
3
3= 1µF (en serie)
Cb = Ca + C2 = 3µF (en paralelo)
Cc =1
1
C3+ 1
Cb+ 1
C3
=3
3= 1µF (en serie)
Cd = Cc + C2 = 3µF (en paralelo)
Ceq =1
1
C3
+ 1
Cd+ 1
C3
=3
3= 1µF (en serie)
b) Vab =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
Vef
⇒ Vef =Q
Cd
=900µC
3µF= 300V
e
f
C3
C3
Cb = 3µFVef = 300V
c
d
Cb =Qcd
Vcd
QueGrande.org 2 QueGrande.org
Vcd =Qcd
Cb
Qcd = Vef · Cef
Cef =1
1
3+ 1
3+ 1
3
= 1µF
Qcd = 300V · 1µF = 300µC
Vcd =Qcd
Cb
=300µC
3µF= 100V
2. Los condensadores de la figura estan inicialmente descargados y se hallan conectadoscomo indica el esquema, con el interruptor S abierto.
+200V
3µF
3µF 6µF
6µF
Sa b
Se pide:
a) ¿Cual es la diferencia de potencial Vab?
b) ¿Y el potencial del punto b despues de cerrado S?
c) ¿Que cantidad de carga fluye a traves de S cuando se cierra?
Solucion:
a) Vab? Vab = Va − Vb
Serie ParaleloQ = Q1 = Q2 Q = Q1 + Q2
V = V1 + V2 V = V1 = V21
Ceq= 1
C1+ 1
C2Ceq = C1 + C2
Rama 1:
QueGrande.org 3 QueGrande.org
Vc = 200V
+q1
−q1
−q2
+q2
C2
C1
C1 serie C2:
C1,2 =1
1
C1
+ 1
C2
= 2µF
q1,2 = C1,2 · Vc = 2µF · 200V = 400µC
En serie: q1,2 = q1 = q2
Va = VC2=
q2
C2
=q1,2
C2
=400µC
3µF=
400
3V
Rama 2:
+q3
−q3
−q4
+q4
C4
C3
Vc = 200V
C3 serie C4:
C3,4 =1
1
C3+ 1
C4
= 2µF
q3,4 = C3,4 · VC = 2µF · 200V = 400µC
En serie: q3,4 = q3 = q4
Vb = VC4=
q4
C4
=q3,4
C4
=400µC
6µF=
200
3V
Vab =400
6V
b) Vab = 0 ⇔ S cerrado
QueGrande.org 4 QueGrande.org
⇔
+200V
a b
+200V
a=b
C1 C3
C2
C1 C3
C2C4C4
(C1 ‖ C3) serie (C2 ‖ C4):
C =1
1
C1,3+ 1
C2,4
=1
1
C1+C3+ 1
C2+C4
=1
1
9+ 1
9
=9
2µF = 4,5µF
Q = C · Vc = 4,5 · 200 = 900µC
+Q
Vc = 200V
-Q
-QC1,3
C2,4
+Qa=b
Vb =Q2,4
C2,4
=Q
C2,4
=900µC
9µF= 100V
(
Vb =Vc
2
)
c) Carga que fluye a traves de S cuando se cierra.
+200V
S
q1 = −400µC
q2 = 400µC
+200V
S
q′2
= 300µC
q′1
= −600µC∆q1
⇒ ∆q2
∆q: Carga que fluye a traves 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 − (−q′1)] + [q2 − q′2]
q2,4 = 900µC
q1,3 = 900µC
Vb = 100V = V2,4 ⇒ V1,3 = Vc − V2,4 = 100V
q′1 = C1 · V1 = C1 · V1,3 = 6µF · 100V = 600µC
q′2 = C2 · V2 = C2 · V2,4 = 3µF · 100V = 300µC
∆q = [(−400) − (−600)] + [400 − 300] = 300µC
3. En el circuito de la figura se pide determinar:
M
N
I1 I3
I2
5Ω
20Ω
10Ω
100V50V
a) Corrientes I1, I2 e I3.
b) Diferencia de potencial entre los puntos M y N.
Solucion:
a) I2 = I3 − I1
100 − 50 = I1 · 10 + I1 · 5 − I3 · 550 = 5I3 + 20I3 − 5I1
50 = 15I1 − 5I3
50 = −5I1 + 25I3
+50 = 15I1 −5I3
150 = −15I1 +75I3
QueGrande.org 6 QueGrande.org
200 = 70I3 ⇒ I3 =20
7= 2,86A
I1 =50 + 5I3
15=
50 + 5 · 20
7
15=
450
5= 4,29A
I2 = 2,86 − 4,29 = −1,43A
b) VMN = −I2 · R + 50 = 7 + 50 = 57V
4. Determinar la tension Vxy en el circuito de la figura:
2Ω
2V
4V
x
y
3Ω 5Ω3Ω
4V
Solucion:
2Ω
2V
4V
x
y
5Ω3Ω
4V
I1I2
a
b
3Ω
−2 + 3I1 + 2I1 = 0 ⇒ I1 =2
5A
−4 + 3I2 + 5I2 = 0 ⇒ I2 =1
2A
Vxy = Vxa + Vab + Vby = 3(−I1) + (−4) + 3I2 = −3 ·2
5− 4 + 3 ·
1
2= −3,7V
5. En el circuito de la figura se pide determinar:
a) Corrientes I, I1 e I2.
b) Tension Vab.
QueGrande.org 7 QueGrande.org
2Ω
I1 I2
I
10V
4Ω8Ω
6Ω
3Ω
A B
Solucion:
a)
I2 · 2 + I1 · 3 + 4 · I − 10 = 0I2 · 6 + I2 · 8 + 4 · I − 10 = 0
I = I1 + I2
5I1 + 4(I1 + I2) − 10 = 014I2 + 4(I1 + I2) − 10 = 0
9I1 + 4I2 − 10 = 018I2 + 4I1 − 10 = 0
I2 =10 − 4I1
18=
5 − 2I1
9
9I1 + 4 ·5 − 2I1
9− 10 = 0
81I1 + 4(5 − 2I1) − 90 = 0
81I1 + 20 − 8I1 − 90 = 0
73I1 = 70 ⇒ I1 =70
73= 0,96A
I2 =5 · 2 · 70
73
9=
365 − 140
657=
225
657=
25
73= 0,34A
I = I1 + I2 = 0,96 + 0,34 = 1,3A
b) Tension Vab
BA
x
2Ω 6Ω
I1 I2
QueGrande.org 8 QueGrande.org
Vab = Vax + Vxb
Vab = −2I1 + 6I2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V
6. Usando el teorema de Thevenin, calcular la corriente I2 en la red de la figura:
R R
R
I2
BA
V I
Solucion:
Sabemos que se puede quitar una resistencia en paralelo con un generador idealde tension:
R
R
I2
BA
IVTH
Como consecuencia del teorema de Thevenin, sabemos que podemos quitar unaresistencia en paralelo con un generador de tension puesto que no afecta a losdemas valores de las magnitudes electricas del circuito (aunque sı a la corrientedel propio generador). Tambien se puede resolver el problema haciendo Theve-nin entre A y B.
VTH + I2 · R + (I2 + I) · R = 0
−VTH + RI2 + RI2 + RI = 0
−VTH + 2RI2 + RI = 0
2RI2 = V − RI
I2 =V − RI
2R
Thevenin entre A y B:
QueGrande.org 9 QueGrande.org
R
I2
BA
Req VTH
R R
BA
Req = R
R R
B
V I
A
V
VAB = VTH = V + (−IR)
I2 =VTH
R + Req
=V − IR
2R
7. En el circuito de la figura, calcular el valor de la corriente I:
5V
I
10A
2Ω
2Ω
5Ω
4Ω
Solucion:
Th. Thevenin
5V
I
10A
2Ω 5Ω
4Ω2Ω
QueGrande.org 10 QueGrande.org
10A
2Ω
10 · 2 = 20V2Ω ⇔
I
5Ω
4Ω
2Ω
2Ω20V
5V II1
−5 + 2I1 − 2I = 0−20 + 2I + 4I + 5I + 2I − 2I1 = 0
−5 + 2I1 − 2I = 0−20 + 13I − 2I1 = 0
I =25
11= 2,27A
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:
4Ω
3A
B
4V30V
3Ω 2Ω
A
Solucion:
Aplicando Norton a las ramas de la izquierda y la derecha:
QueGrande.org 11 QueGrande.org
4Ω
3A
B
A
3Ω 2Ω
4V
2Ω= 2A30V
3Ω= 10A
m
10+2=12A
4Ω
3A
3 · 2
3 + 2=
6
5Ω
B
A
VAB = (12 + 3)A ·6
5Ω = 18V
9. En el circuito de la figura, hallar la potencia disipada en la resistencia de 2Ω.
2Ω
4Ω 4Ω
9A 2A 4V
Solucion:
VTH
A BI
Req
2Ω
4Ω 4Ω
9A 2A 4V
Thevenin entre A y B
A B
⇔
2Ω
QueGrande.org 12 QueGrande.org
4Ω 4Ω
A B
4Ω 4Ω
9A 2A 4V
A B
VTH = 9 · 4 + 11 · 4 = 80VReq = 8Ω
I =VTH
2 + 8=
80
10= 80V
P2Ω = V · I = I2 · R = 82 · 2 = 128W
10. Determinar el valor de R que produce una desviacion a fondo de escala del gal-vanometro de la figura de resistencia interna RG = 1000Ω y sensibilidad S = 500µA.(Se recomienda aplicar Thevenin entre A y B)
GA B
R
3R 4R
2R
24V
Solucion:
Aplicando Thevenin:
G
VTH
B
A
I1 I2
R
3R 4R
2R
A B
x
RTH
VTH = VAB = VAX + VXB
R · I1 = 10
QueGrande.org 13 QueGrande.org
R · I2 = 4
24 = −I1(R + 3R) ⇒ I1 = −6
R
24 = I2(2R + 4R) ⇒ I2 =4
R
Vab = I · R = VTH = I1R + 2I2R = −6R
R+ 2
4R
R= −6 + 8 = 2V
R
3R 4R
2R
A B ⇔
R 2R
4R3R
Req1 Req2
Req1 =1
1
3R+ 1
R
=14
3R
=3R
4
Req2 =1
1
4R+ 1
2R
=11
4R
=4R
3
RT =3R
4+
4R
3=
25
12R
G
VTH
B
A
RTH
IG = 500µA
RG = 1000Ω
VTH = RTH · IG + RG · IG
2 =25
12R · 500 · 10−6 + 1000 · 500 · 10−6
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.
I1 = 1A
R5 = 5Ω
R4 = 4Ω
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
E=12V
C = 1µF
I2 = 2A
R2 = 2Ω
Solucion:
En corriente continua, a efectos de analisis, 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
I =2
8A = 0,375A
PR4 = I2R4
· 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 Thevenin:
I1 = 1A
R5 = 5Ω
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
E=12VI2 = 2A
R2 = 2Ω
Vab = ETH
a
b
ETH = Vab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3V
QueGrande.org 15 QueGrande.org
R5 = 5Ω
R1 = 1Ω
R3 = 3ΩR2 = 2Ω
a
b
Req = RTH = R1 + R3 = 1 + 3 = 4Ω
R4RTHETH
I
a
b
I =ETH
R4 + RTH
=3
4 + 4= 0,375A
Y seguirıa como en la solucion anterior.
Por Norton:
I1 = 1A
R5 = 5Ω
R1 = 1Ω
R3 = 3Ω
E=12VI2 = 2A
R2 = 2ΩIN
a
b
−(3 + IN ) · 1 + −(2 + IN) · 3 + 12 = 0
IN =3
4= 0,75A
Se calula como en la solucion anterior: RN = Req = 4Ω
QueGrande.org 16 QueGrande.org
R4RTHIN
I
a
b
Vab = IN ·1
1
RN+ 1
R4
= I · R4
I = IN ·R4
R4 + RN
= 0,75 ·4
4 + 4= 0,75 ·
1
2= 0,375A
Y seguirıa como en las soluciones anteriores.
Por superposicion:
R5 = 5Ω
c
d
E=12V
Vcd
R3 = 3Ω
R1 = 1Ω
IE
R4 = 4ΩR2 = 2Ω
IE =E
R1 + R4 + R3
=12
8=
3
2A = 1,5A
VcdE = IE · R1 + 0 + 0 = 1,5V
c
d
R3 = 3Ω
R1 = 1Ω
R4 = 4Ω
I1 = 1A
R5 = 5Ω
Vcd
IR4
R2 = 2Ω
Y seguirıa 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
8V 15V 2V
3Ω6Ω
10Ω
5Ω
4Ω1µF
2µF
3µF x
Solucion:
8V 15V 2V
3Ω6Ω
10Ω
5Ω
4Ω1µF
2µF
3µF x
I5
I4
I4I3
I2
I1
V1
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 + 15I1 + I2 = I5 = 0 ⇒ I1 = −I2
I1 = −0, 5A
I2 = 0, 5A
QueGrande.org 18 QueGrande.org
Ceq
C3
C2
+q-q
a
b
ba -q
-q+q
+q⇔
Ceq =1
1
C2
+ 1
C3
=6
5µF
q = Vab · Ceq
Vab = 15 − 3I2 = 13,5V
q = 13,5V ·6
5µF = 16,2µC = q2 = q3
b) Vx?
Vx = Vxy + Vyb + Vb
I6 = I1 + I2 =1
2+
(
−1
2
)
= 0A ⇒ Vb = 0
Vyb =q
C=
16,2µC
2µF= 8,1V
Vx = Vyb = 8,1V
Ejercicios de examen resueltos en clase que no estan
en los boletines.
1. Determinar las cargas en los condensadores del circuito de la figura:
R5 = 5Ω IB = 2A
E2 = 10V
C1 = 1µFE2 = 10V
R2 = 2Ω
R6 = 6Ω
R2 = 2ΩC2 = 2µF
IA = 1A
R4 = 4Ω
E3 = 3V
Solucion:
QueGrande.org 19 QueGrande.org
R5 = 5Ω
G
A
IB = 2A
B
I2
E2 = 10V
C
C1 = 1µF
E
D
F
I3E2 = 10V
R2 = 2Ω
R6 = 6Ω
R2 = 2ΩC2 = 2µF
I4
IA = 1A
R4 = 4Ω
I1
E3 = 3V
R5 = 5Ω
G
IB
BB
G
EBR5 = 5Ω⇔
En continua los condensadores actuan como un circuito abierto. (I3 = I4 = 0)
R6 · I! + R5(I1 + I2) + EB − E3 + R4(I1 − I3) = 0I2 + IA = I4
I4 = 0 ⇒ I2 = IA = −1A
G · I1 + 5(I1 + 1) + 10 − 3 + 4(I1 − 0) = 0
I1 = −12
15A
Q1 = C1 · VCF
Q2 = C2 · VED
VCF = VCB + VBD − VDF = VCG + VGB + VBD = −10 − (I1 − I2) − 5 + 10 + 10 =(
−12
15+ 1
)
− 5 + 10 =
(
−4
5+ 1
)
− 5 + 10 = 1 + 10 = 11V
Q1 = 1µF · 11V = 11µC
VED = VEA+VAB +VBD = 4(I3−I1)+3+10 = −4 ·I3+3+10 = −4−
(
−4
5
)
+13 =
16
5+
65
5=
81
5V
Q2 = 2µF ·81
5V =
162
5µC = 32,4µC
QueGrande.org 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 Thevenin entre A y B.
I1
R1
R4
R2
E4
R3
I3
E2
E3
E1
I2
I1 = 1A
I2 = 2A
I3 = 3A
Ri = iΩA
B
Solucion:
I1
R1
R4
R2
E4
R3
I3
E2
E3
E1
I2
I6
I7
I1 = 1A
I2 = 2A
I3 = 3A
Ri = iΩ
I5
I4
I8
II
III IV
V
I
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
b) Potencia disipada en las resistencias:
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
PTOTAL = 1 + 18 + 75 + 16 = 110W
Potencia entregada por los generadores:
Potencia entregada por I1 = VI1 · I1 = 0WPotencia entregada por I2 = VI2 · I2 = −38WPotencia entregada por I3 = VI3 · I3 = −51WPotencia entregada por E1 = E1 · (−I2) = −2WPotencia entregada por E2 = E2 · (−I1) = −2WPotencia entregada por E3 = E3 · (−I6) = 3WPotencia entregada por E4 = E4 · (−I4) = −20W
− 110W
VI1 + I1 · 1 + E2 − E3 = 0 ⇒ VI1 = 0
VI2 − 1 + 3 − VI3 = 0VI3 − I8 · 2 − 4 + I4 · 3 = 0
VI2 = −19VVI3 = −17V
c) Thevenin entre A y B:
VTH
A
B
Req
VTH = I5 · R4 = 2 · 4 = 8V
QueGrande.org 22 QueGrande.org
R1
R4
R2
R3
A
B
R4R2
A
B
⇒
Req =R2 · R4
R2 + R4
=2 · 4
2 + 4=
4
3Ω
QueGrande.org 23 QueGrande.org
top related