TRABAJO DE FÍSICA II

1. Ejercicios resueltos de FMC.
Tema 6. Circuitos el´ctricos.
e
24 de septiembre de 2008
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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. 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 =
Vcd
QueGrande.org 2 QueGrande.org

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. 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 cerrado
QueGrande.org 4 QueGrande.org

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.
e
QueGrande.org 5 QueGrande.org

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 +75I3
QueGrande.org 6 QueGrande.org

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 .
o
QueGrande.org 7 QueGrande.org

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 B
QueGrande.org 8 QueGrande.org

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:
e
QueGrande.org 9 QueGrande.org

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
5V
QueGrande.org 10 QueGrande.org

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. 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 H
QueGrande.org 12 QueGrande.org

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 = 10
QueGrande.org 13 QueGrande.org

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 = 1440Ω
Feb-96. En el circuito de la figura determinar:
a) Potencia en la resistencia R4 .
QueGrande.org 14 QueGrande.org

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 = 3V
QueGrande.org 15 QueGrande.org

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
o
QueGrande.org 16 QueGrande.org

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.
ıa
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

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, 5A
QueGrande.org 18 QueGrande.org

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 = 8,1V
Ejercicios de examen resueltos en clase que no est´n
a
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 IA = 1A
R2 = 2Ω C1 = 1µF
E2 = 10V
C2 = 2µF R2 = 2Ω
Soluci´n:
o
QueGrande.org 19 QueGrande.org

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 5
QueGrande.org 20 QueGrande.org

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 + 5
QueGrande.org 21 QueGrande.org

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 = 8V
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23. R1
A
A
R4
⇒ R2 R4
R2
B
B
R3
R2 · R4 2·4 4
Req = = = Ω
R2 + R4 2+4 3
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