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Practica 2 campos e parte 2

ejercicios capacitores

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Practica 2 campos e parte 2

  1. 1. PROBLEMAS 9 Datos del problema C1 2μF:= d1 0.02mm:= A1 1.9651m 2 := C2 4μF:= C3 3μF:= C4 1μF:= Vbc 250V:= a ) Capacitancia equivalente del sistema primero hacemos la reduccion de la conexion paralelo C34 C3 C4+:= C34 4 μF= reduccion de los capacitores en serie C12 C1 C2 C1 C2+ := C12 1.333 μF= Finalmente tendremos el equivalente total Ce C34 C12 C34 C12+ := Ce 1 μF= b ) valor de la fuente de fuerza electromotriz primero hallamos la carga total Qt Q1= Q2= Q34= por estar en serie los capacitores Q2 C2 Vbc:= Q2 1 mC= Finalmente la carga total sera Qt Q2 1 10 3  μC=:= ε1 Qt Ce := ε1 1 kV= c ) La energia total alamacenada Ut 1 2 Ce ε1 2 := Ut 0.5J= d ) Determinar el tipo de dielectrico para construir el capacitor uno primero calculamos el voltaje en el capacitor Vab Qt C2 := Vab 250 V= Er Vab d1 := Er 12.5 kV mm = de la tabla seleccionamos el papel k 3.6:=
  2. 2. PROBLEMA 10 Datos del problema A 250cm 2 := σ 5 μC m 2 := xo 4:= C2. 1.5nF:= C3. 1nF:= a ) Calcular la carga en cada una de las placas d 1mm:= Qpositiva σA:= Qpositiva 125 nC= Qnegativa Qpositiva−:= b ) la magnitud del campo electrico en el dielectrico del capacitor uno usando la ley de gauss Ep Qpositiva A ε0 := Ep 564.705 kN C = c ) la diferencia de potencial entres los puntos a y c como la carga es la misma para la configuracion serie C1. A xo ε0 d := C1. 0.885 nF= CT C1 C2. C3.+( ) C1. C2.+ C3.+ := CT 1.477 μF= diferencia de potencial VAB Qpositiva C1. := VAB 141.176 V= diferencia de potencia para el arreglo en paralelo VBC Qpositiva C2. C3.+( ) := VBC 50 V= aplicano ley de voltajes tendremos VAC VAB VBC+:= VAC 191.176 V= d ) la capacitancia equivalente del sistema la desarrollamos en el inciso c ) e ) La energia total alamacenada en el arreglo UF 1 2 CT VAC 2 := UF 0.027J=
  3. 3. PROBLEMA 11 Considerando los datos del problema c1 150nF:= c2 15nF:= Ac 0.5m 2 := ke 4:= ΔVac 150V:= a ) Determinar el vector de polarizacion primero hallamos la direncia de potencial del capacitor dos Ceq c1 c2 c1 c2+ := Ceq 13.636 nF= Qto Ceq ΔVac:= Qto 2.045μC= esta carga es la misma para los dos capacitores Vbc. Qto c1 := Vbc. 13.636 V= luego hallamos la distancia c entre las placas del capacitor co ke Ac ε0 c1 := co 0.118mm= Finalmente hallamos el campo electrico del capacitor uno E1 Vbc co := E1 2.118 10 3  kN C = Luego hallamos el vector de polarizacion donde la susceptibilidad electrica es P1 ke ε0 E1:= P1 75 μC m 2 = b ) Determinar la densidad de carga inducida en la cara izquierda σ1 Qto Ac := σ1 4.091 μC m 2 =
  4. 4. PROBLEMA 12 ce 50nF:= c2. 100nF:= c3 100nF:= εr1 31.25 pF m := εr2 15.625 pF m := para determinar el valor del capacitor uno, usaremos el arreglo en paralelo ΔVab 100V:= de la condicion tendremos U1 1 2 Ce1 ΔVab= U2 1 2 Ce2 ΔVab= U1 3 U2= igualando ambas ecuaciones 1 2 Ce1 ΔVab 2  3 2 Ce2 ΔVab 2 = simplificando tendremos Ce1 3 Ce2= Por otro lado las formulas de las capacitancias son d1e 2d2e= Ce1 A11 εr1 ε0 2d22 = Ce2 A22 εr2 ε0 d22 = A11 εr1 6 A22 εr2= Ce A11 εr1 ε0 d11 A22 εr2 ε0 d22 += combinando las ecuaciones tendremos Ce 3 A22 εr2 ε0 d22 A22 εr2 ε0 d22 += b ) la capacitancia equivalente Cequi Ce c2. c3 c2. c3+       +:= Cequi 1.05 μF=

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