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Ejercicios resueltos de FMC.                                  Tema 6. Circuitos el´ctricos.                               ...
C3                  C3                 C3                a                         e              c                       ...
Qcd              Vcd =                       Cb              Qcd = Vef · Cef                               1              ...
Vc = 200V                      +q1                C1                      −q1                      +q2                C2  ...
+200V                                          +200V                      C1                         C3                  C...
∆q1 : Carga que abandona la placa negativa de C1 .            ∆q2 : Carga que abandona la placa positiva de C2 .          ...
20            200 = 70I3 ⇒ I3 =               = 2,86A                                          7                          ...
I1                         I2                              I            2Ω                    10V            6Ω       A   ...
Vab = Vax + Vxb            Vab = −2I1 + 6I2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V   6. Usando el teorema de Th´venin, calcular la...
I2                     A                 B                              R                         Req       VT H          ...
2Ω       10A              2Ω            ⇔         10 · 2 = 20V                         20V                                ...
A       30V                                                                              4V           = 10A               ...
A                              B                      A                             B                4Ω           4Ω      ...
R · I2 = 4                                                      6        24 = −I1 (R + 3R) ⇒ I1 = −                       ...
b) Carga almacenada en el condensador C.                              R5 = 5Ω                          I1 = 1A            ...
R5 = 5Ω                                                       a                                             R1 = 1Ω       ...
I                                              a                     IN        RT H                R4                     ...
5Ω              3µF                   x              8V             15V             2V                                    ...
C3                a                    +q -q                        Ceq                                   ⇔               ...
E2 = 10V                    R6 = 6Ω                G                          I1                                   R5 = 5Ω...
2. Dado el circuito de la figura se pide:            a) Intensidad en cada rama.        b) Potencia entregada por los gener...
II) I1 + I7 = I5 = 1 + I7                V) I3 + I8 = I6 + I7                   3 + I8 = −1 + I7             I5 = 2A      ...
R1                                        A                                                           A                   ...
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  1. 1. Ejercicios resueltos de FMC. Tema 6. Circuitos el´ctricos. e 24 de septiembre de 2008All 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 FreeDocumentation License, Version 1.2 or any later version published by the Free Software Foundation; withno Invariant Sections, no Front-Cover Texts, and no Back-Cover Texts. A copy of the license is avaliableat http://www.gnu.org/licenses/fdl.html 1. En la figura cada condensador vale: C3 = 3µF y C2 = 2µF . C3 C3 C3 a c C2 C2 C3 b d C3 C3 C3 Se pide: a) Calc´ lese la capacidad equivalente de la red comprendida entre los puntos a y u b. b) H´llese la carga de cada uno de los condensadores pr´ximos a los puntos a y a o b, cuando Vab = 900V . c) Calc´ lese Vcd cuando Vab = 900V . u Soluci´n: o a) Capacidad equivalente.QueGrande.org 1 QueGrande.org
  2. 2. C3 C3 C3 a e c C2 C2 C3 Ca Cb Cc Cd b f d C3 C3 C3 1 C3 3 Ca = 1 1 1 = = = 1µF (en serie) C3 + C3 + C3 3 3 Cb = Ca + C2 = 3µF (en paralelo) 1 3 Cc = 1 1 1 = = 1µF (en serie) C3 + Cb + C3 3 Cd = Cc + C2 = 3µF (en paralelo) 1 3 Ceq = 1 1 1 = = 1µF (en serie) C3 + Cd + C3 3 Q b) Vab = Ceq Q = Vab · Ceq = 900 · 1 · 10−6 = 900µC c) Vcd si Vab = 900V Q Ceq = Vab Q = Vab · Ceq = 900V · 1µF = 900µC Q Q 900µC Cd = ⇒ Vef = = = 300V Vef Cd 3µF C3 e d Vef = 300V Cb = 3µF c f C3 Qcd Cb = VcdQueGrande.org 2 QueGrande.org
  3. 3. Qcd Vcd = Cb Qcd = Vef · Cef 1 Cef = 1 1 1 = 1µF 3 + 3 + 3 Qcd = 300V · 1µF = 300µC Qcd 300µC Vcd = = = 100V Cb 3µF 2. Los condensadores de la figura est´n inicialmente descargados y se hallan conectados a como indica el esquema, con el interruptor S abierto. +200V 6µF 3µF a b S 3µF 6µF Se pide: a) ¿Cu´l es la diferencia de potencial Vab ? a b) ¿Y el potencial del punto b despu´s de cerrado S? e c) ¿Qu´ cantidad de carga fluye a trav´s de S cuando se cierra? e e Soluci´n: o Serie Paralelo    Q = Q1 = Q2 Q = Q1 + Q2  a) Vab ? Vab = Va − Vb   V = V1 + V2 V = V1 = V2   1 1 1 Ceq = C1 + C2 Ceq = C1 + C2 Rama 1:QueGrande.org 3 QueGrande.org
  4. 4. Vc = 200V +q1 C1 −q1 +q2 C2 −q2 C1 serie C2 : 1 C1,2 = 1 1 = 2µF C1 + C2 q1,2 = C1,2 · Vc = 2µF · 200V = 400µC En serie: q1,2 = q1 = q2 q2 q1,2 400µC 400 Va = VC2 = = = = V C2 C2 3µF 3 Rama 2: Vc = 200V +q3 C3 −q3 +q4 C4 −q4 C3 serie C4 : 1 C3,4 = 1 1 = 2µF C3 + C4 q3,4 = C3,4 · VC = 2µF · 200V = 400µC En serie: q3,4 = q3 = q4 q4 q3,4 400µC 200 Vb = VC4 = = = = V C4 C4 6µF 3 400 Vab = V 6 b) Vab = 0 ⇔ S cerradoQueGrande.org 4 QueGrande.org
  5. 5. +200V +200V C1 C3 C1 C3 a b a=b ⇔ C2 C4 C2 C4 (C1 C3 ) serie (C2 C4 ): 1 1 1 9 C= 1 1 = 1 1 = 1 1 = µF = 4,5µF C1,3 + C2,4 C1 +C3 + C2 +C4 9 + 9 2 Q = C · Vc = 4,5 · 200 = 900µC Vc = 200V +Q C1,3 -Q a=b +Q C2,4 -Q Q2,4 Q 900µC Vb = = = = 100V C2,4 C2,4 9µF Vc Vb = 2 c) Carga que fluye a trav´s de S cuando se cierra. e +200V +200V q1 = −400µC q1 = −600µC ′ ∆q1 S S ⇒ ∆q2 ′ q2 = 400µC q2 = 300µC ∆q: Carga que fluye a trav´s de S. eQueGrande.org 5 QueGrande.org
  6. 6. ∆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´n: o a) I2 = I3 − I1 100 − 50 = I1 · 10 + I1 · 5 − I3 · 5 50 = 5I3 + 20I3 − 5I1 50 = 15I1 − 5I3 50 = −5I1 + 25I3 50 = 15I1 −5I3 + 150 = −15I1 +75I3QueGrande.org 6 QueGrande.org
  7. 7. 20 200 = 70I3 ⇒ I3 = = 2,86A 7 20 50 + 5I3 50 + 5 · 7 450 I1 = = = = 4,29A 15 15 5 I2 = 2,86 − 4,29 = −1,43A b) VM N = −I2 · R + 50 = 7 + 50 = 57V 4. Determinar la tensi´n Vxy en el circuito de la figura: o 4V 2Ω x 2V 3Ω 3Ω 5Ω 4V y Soluci´n: o 4V 2Ω b x 2V 3Ω 3Ω 5Ω 4V I1 I2 a y 2 −2 + 3I1 + 2I1 = 0 ⇒ I1 = A 5 1 −4 + 3I2 + 5I2 = 0 ⇒ I2 = A 2 2 1 Vxy = Vxa + Vab + Vby = 3(−I1 ) + (−4) + 3I2 = −3 · − 4 + 3 · = −3,7V 5 2 5. En el circuito de la figura se pide determinar: a) Corrientes I, I1 e I2 . b) Tensi´n Vab . oQueGrande.org 7 QueGrande.org
  8. 8. I1 I2 I 2Ω 10V 6Ω A B 4Ω 3Ω 8Ω Soluci´n: o I2 · 2 + I1 · 3 + 4 · I − 10 = 0 a) 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 I2 = = 18 9 5 − 2I1 9I1 + 4 · − 10 = 0 9 81I1 + 4(5 − 2I1 ) − 90 = 0 81I1 + 20 − 8I1 − 90 = 0 70 73I1 = 70 ⇒ I1 = = 0,96A 73 70 5·2· 73 365 − 140 225 25 I2 = = = = = 0,34A 9 657 657 73 I = I1 + I2 = 0,96 + 0,34 = 1,3A b) Tensi´n Vab o I1 I2 x 2Ω 6Ω A BQueGrande.org 8 QueGrande.org
  9. 9. Vab = Vax + Vxb Vab = −2I1 + 6I2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V 6. Usando el teorema de Th´venin, calcular la corriente I2 en la red de la figura: e I2 A B R V R R I Soluci´n: o Sabemos que se puede quitar una resistencia en paralelo con un generador ideal de tensi´n: o I2 A B R VT H R I Como consecuencia del teorema de Th´venin, sabemos que podemos quitar una e resistencia en paralelo con un generador de tensi´n puesto que no afecta a los o dem´s valores de las magnitudes el´ctricas del circuito (aunque s´ a la corriente a e ı del propio generador). Tambi´n se puede resolver el problema haciendo Th´ve- e e nin 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 V − RI I2 = 2R Th´venin entre A y B: eQueGrande.org 9 QueGrande.org
  10. 10. I2 A B R Req VT H A B R R Req = R A B V R V R I VAB = VT H = V + (−IR) VT H V − IR I2 = = R + Req 2R 7. En el circuito de la figura, calcular el valor de la corriente I: 10A 4Ω I 2Ω 2Ω 5Ω 5V Soluci´n: o Th. Thevenin 10A 2Ω 4Ω I 2Ω 5Ω 5VQueGrande.org 10 QueGrande.org
  11. 11. 2Ω 10A 2Ω ⇔ 10 · 2 = 20V 20V 2Ω 4Ω I 2Ω 5Ω 5V I1 I −5 + 2I1 − 2I = 0 −20 + 2I + 4I + 5I + 2I − 2I1 = 0 −5 + 2I1 − 2I = 0 −20 + 13I − 2I1 = 0 25 I= = 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´n: o Aplicando Norton a las ramas de la izquierda y la derecha:QueGrande.org 11 QueGrande.org
  12. 12. A 30V 4V = 10A = 2A 3Ω 4Ω 2Ω 3Ω 2Ω 3A B A 4Ω 10+2=12A 3·2 6 = 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´n: o A 2Ω B I 4Ω 4Ω A B Thevenin entre A y B 2Ω ⇔ 9A 2A 4V Req VT HQueGrande.org 12 QueGrande.org
  13. 13. A B A B 4Ω 4Ω 4Ω 4Ω 9A 2A 4V Req = 8Ω VT H = 9 · 4 + 11 · 4 = 80V VT H 80 I= = = 80V 2+8 10 P2Ω = V · I = I 2 · R = 82 · 2 = 128W 10. Determinar el valor de R que produce una desviaci´n a fondo de escala del gal- o van´metro de la figura de resistencia interna RG = 1000Ω y sensibilidad S = 500µA. o (Se recomienda aplicar Th´venin entre A y B) e R 2R 24V A B G 3R 4R Soluci´n: o Aplicando Th´venin: e x RT H G R 2R A VT H I1 A I2 B B 3R 4R VT H = VAB = VAX + VXB R · I1 = 10QueGrande.org 13 QueGrande.org
  14. 14. R · I2 = 4 6 24 = −I1 (R + 3R) ⇒ I1 = − R 4 24 = I2 (2R + 4R) ⇒ I2 = R 6R 4R Vab = I · R = VT H = I1 R + 2I2 R = − +2 = −6 + 8 = 2V R R Req1 Req2 R 2R R 2R A B ⇔ 3R 4R 3R 4R 1 1 3R Req1 = 1 1 = 4 = 3R + R 3R 4 1 1 4R Req2 = 1 1 = 1 = 4R + 2R 4R 3 3R 4R 25 RT = + = R 4 3 12 RT H G A VT H B IG = 500µA RG = 1000Ω VT H = RT H · IG + RG · IG 25 2= R · 500 · 10−6 + 1000 · 500 · 10−6 12 R = 1440ΩFeb-96. En el circuito de la figura determinar: a) Potencia en la resistencia R4 . QueGrande.org 14 QueGrande.org
  15. 15. b) Carga almacenada en el condensador C. R5 = 5Ω I1 = 1A R1 = 1Ω R2 = 2Ω R3 = 3Ω R4 = 4Ω C = 1µF I2 = 2A E=12V Soluci´n: o En corriente continua, a efectos de an´lisis, podemos quitar los condensadores. a (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 = IR4 · R4 = 0,3752 · 4 = 0,5625W 2 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´venin: e R5 = 5Ω I1 = 1A a R1 = 1Ω R2 = 2Ω R3 = 3Ω Vab = ET H I2 = 2A E=12V b ET H = Vab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3VQueGrande.org 15 QueGrande.org
  16. 16. R5 = 5Ω a R1 = 1Ω R2 = 2Ω R3 = 3Ω b Req = RT H = R1 + R3 = 1 + 3 = 4Ω I a ET H RT H R4 b ET H 3 I= = = 0,375A R4 + RT H 4+4 Y seguir´ como en la soluci´n anterior. ıa o Por Norton: R5 = 5Ω I1 = 1A a R1 = 1Ω R2 = 2Ω R3 = 3Ω IN I2 = 2A E=12V b −(3 + IN ) · 1 + −(2 + IN ) · 3 + 12 = 0 3 IN = = 0,75A 4 Se calula como en la soluci´n anterior: RN = Req = 4Ω oQueGrande.org 16 QueGrande.org
  17. 17. I a IN RT H R4 b 1 Vab = IN · 1 1 = I · R4 RN + R4 R4 4 1 I = IN · = 0,75 · = 0,75 · = 0,375A R4 + RN 4+4 2 Y seguir´ como en las soluciones anteriores. ıa Por superposici´n: o R5 = 5Ω IE d R1 = 1Ω R2 = 2Ω R3 = 3Ω R4 = 4Ω Vcd c E=12V E 12 3 IE = = = A = 1,5A R1 + R4 + R3 8 2 VcdE = IE · R1 + 0 + 0 = 1,5V R5 = 5Ω I1 = 1A d R1 = 1Ω R2 = 2Ω R3 = 3Ω R4 = 4Ω Vcd c IR4 Y seguir´ como en las soluciones anteriores. ıaJun-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
  18. 18. 5Ω 3µF x 8V 15V 2V 4Ω 6Ω 3Ω 1µF 2µF 10Ω Soluci´n: o I5 5Ω 3µF x I1 I3 I4 I4 8V 15V 2V 4Ω 6Ω 3Ω 1µF V1 I2 2µF 10Ω 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, 5AQueGrande.org 18 QueGrande.org
  19. 19. C3 a +q -q Ceq ⇔ a +q -q b -q +q b C2 1 6 Ceq = 1 1 = µF C2 + C3 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 = 8,1VEjercicios de examen resueltos en clase que no est´n aen 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 IA = 1A R2 = 2Ω C1 = 1µF E2 = 10V C2 = 2µF R2 = 2Ω Soluci´n: oQueGrande.org 19 QueGrande.org
  20. 20. E2 = 10V R6 = 6Ω G I1 R5 = 5Ω IB = 2A I2 A R4 = 4Ω B C E3 = 3V IA = 1A R2 = 2Ω C1 = 1µF E2 = 10V I4 I3 D E F C2 = 2µF R2 = 2Ω R5 = 5Ω G G R5 = 5Ω EB IB ⇔ B B En continua los condensadores act´ an como un circuito abierto. (I3 = I4 = 0) u 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 12 I1 = − A 15 Q1 = C1 · VCF Q2 = C2 · VED VCF = VCB + VBD − VDF = VCG + VGB + VBD = −10 − (I1 − I2 ) − 5 + 10 + 10 = 12 4 − + 1 − 5 + 10 = − + 1 − 5 + 10 = 1 + 10 = 11V 15 5 Q1 = 1µF · 11V = 11µC 4 VED = VEA + VAB + VBD = 4(I3 −I1 ) + 3 + 10 = −4 · I3 + 3 + 10 = −4 − − + 13 = 5 16 65 81 + = V 5 5 5 81 162 Q2 = 2µF · V = µC = 32,4µC 5 5QueGrande.org 20 QueGrande.org
  21. 21. 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 Th´venin entre A y B. e I1 R1 A I1 = 1A Ri = iΩ I2 = 2A E3 I3 = 3A E1 E2 R4 I2 R2 I3 B R3 E4 Soluci´n: o I1 I R1 II I1 = 1A Ri = iΩ I6 I2 = 2A E3 I7 I3 = 3A E1 E2 V R4 I2 I5 R2 I8 I3 III R3 IV E4 I4 a) Intensidad en cada rama I) I2 + I6 = I1 I6 = −1A IV) I4 = I2 + I3 = 5A III) I5 = I8 + I4 = I8 + 5QueGrande.org 21 QueGrande.org
  22. 22. 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 PT OT AL = 1 + 18 + 75 + 16 = 110W Potencia entregada por los generadores:  Potencia entregada por I1 = VI1 · I1 = 0W   Potencia entregada por I2 = VI2 · I2 = −38W     Potencia entregada por I3 = VI3 · I3 = −51W    Potencia entregada por E1 = E1 · (−I2 ) = −2W − 110W Potencia entregada por E2 = E2 · (−I1 ) = −2W     Potencia entregada por E3 = E3 · (−I6 ) = 3W     Potencia entregada por E4 = E4 · (−I4 ) = −20W  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) Th´venin entre A y B: e Req A VT H B VT H = I5 · R4 = 2 · 4 = 8VQueGrande.org 22 QueGrande.org
  23. 23. R1 A A R4 ⇒ R2 R4 R2 B B R3 R2 · R4 2·4 4 Req = = = Ω R2 + R4 2+4 3QueGrande.org 23 QueGrande.org
  • AngelCalixto5

    Apr. 4, 2020

TRABAJO DE FÍSICA II

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