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Ejercicios resueltos de FMC. Tema 6. Circuitos el´ectricos. 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) Calc´ ulese la capacidad equivalente de la red comprendida entre los puntos a y b. b) H´allese la carga de cada uno de los condensadores pr´oximos a los puntos a y b, cuando Vab = 900V . c) Calc´ ulese Vcd cuando Vab = 900V . Soluci´ on:

a) Capacidad equivalente.

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1

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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 =

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C3

Qcd Vcd 2

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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 est´an 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) ¿Cu´al es la diferencia de potencial Vab ? b) ¿Y el potencial del punto b despu´es de cerrado S? c) ¿Qu´e cantidad de carga fluye a trav´es de S cuando se cierra? Soluci´ on:

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:

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3

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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

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4

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+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 trav´es de S cuando se cierra. +200V

+200V

q1′ = −600µC ∆q1 S

q1 = −400µC S

⇒ q2 = 400µC

∆q2 q2′

= 300µC

∆q: Carga que fluye a trav´es de S. QueGrande.org

5

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∆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. Soluci´ on: a) I2 = I3 − I1 

100 − 50 = I1 · 10 + I1 · 5 − I3 · 5 50 = 5I3 + 20I3 − 5I1



50 = 15I1 − 5I3 50 = −5I1 + 25I3

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+

50 = 15I1 −5I3 150 = −15I1 +75I3 6

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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 tensi´on Vxy en el circuito de la figura: 4V

2Ω x 2V

3Ω

3Ω

4V

5Ω

y

Soluci´ on: 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) Tensi´on Vab .

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7

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I1

I2 I 6Ω

10V

2Ω A

B 4Ω

3Ω

8Ω

Soluci´ on:

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) Tensi´on Vab I1

x

I2

2Ω

A

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6Ω

B

8

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Vab = Vax + Vxb Vab = −2I1 + 6I2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V 6. Usando el teorema de Th´evenin, calcular la corriente I2 en la red de la figura: A

I2

B

R R

V

R

I

Soluci´ on:

Sabemos que se puede quitar una resistencia en paralelo con un generador ideal de tensi´on: A

I2

B

R R

VT H

I

Como consecuencia del teorema de Th´evenin, sabemos que podemos quitar una resistencia en paralelo con un generador de tensi´on puesto que no afecta a los dem´as valores de las magnitudes el´ectricas del circuito (aunque s´ı a la corriente del propio generador). Tambi´en se puede resolver el problema haciendo Th´evenin 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

Th´evenin entre A y B:

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9

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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

Soluci´ on:

Th. Thevenin 10A 2Ω

4Ω I

5V

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2Ω

5Ω

10

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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

Soluci´ on: Aplicando Norton a las ramas de la izquierda y la derecha:

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11

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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

Soluci´ on: A

B

2Ω 4Ω

I

4Ω

A

B

Thevenin entre A y B 9A

2A

4V

⇔

2Ω Req VT H

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12

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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 desviaci´on a fondo de escala del galvan´ometro de la figura de resistencia interna RG = 1000Ω y sensibilidad S = 500µA. (Se recomienda aplicar Th´evenin entre A y B) R

2R A

24V

G

B

3R

4R

Soluci´ on: Aplicando Th´evenin: x RT H A

G

VT H

I1 B

R

2R

A I2

B

3R

4R

VT H = VAB = VAX + VXB R · I1 = 10

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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

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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

Soluci´ on: En corriente continua, a efectos de an´alisis, 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 Th´evenin: 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

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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 seguir´ıa como en la soluci´on 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 soluci´on anterior: RN = Req = 4Ω

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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 seguir´ıa como en las soluciones anteriores. Por superposici´on: 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 seguir´ıa 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

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3µF

5Ω

8V

x

15V

6Ω

2V 4Ω

1µF

3Ω

2µF

10Ω

Soluci´ on: 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

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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 est´ an 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

Soluci´ on:

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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 act´ uan 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 ·

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  4 = 4(I3 −I1 ) + 3 + 10 = −4 · I3 + 3 + 10 = −4 − − + 13 = 5

81 162 V = µC = 32,4µC 5 5 20

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