UNIVERSIDAD NACIONAL DEL SANTAFACULTAD DE INGENIERÍA – ESCUELA INGENIERÍA MECÁNICA ASIGNATURA: Circuitos Eléctricos TEMA: Ejercicios para Segunda Unidad PROFESOR: Ing. Fidel Ríos ALUMNO: Mimbela Chávez Jonh Jerson 2016 6.1 Si la tensión en un capacitor de 5 F es 2t𝒆−𝟑𝒕 V, halle la corriente y la potencia. Solución Corriente: 𝑑𝑣 𝑖=𝐶 𝑑𝑡 𝑑(2𝑡𝑒 −3𝑡 ) 𝑖=5 𝑑𝑡 𝑖 = 5(−6𝑡𝑒 −3𝑡 + 2𝑒 −3𝑡 ) 𝒊 = 𝟏𝟎(𝟏 − 𝟑𝒕)𝒆−𝟑𝒕 𝑨 Potencia: 𝑝 = 𝑣𝑖 = (2t𝑒 −3𝑡 ) 10(1 − 3t)e−3t 𝒑 = 𝟐𝟎𝒕𝒆−𝟔𝒕 (𝟏 − 𝟑𝒕)𝑾 Halle la forma de onda de la corriente.6.45.5 La tensión en un capacitor de 4 µF se muestra en la figura 6. 𝑣 = 20 − 5𝑡 𝑑(20 − 5𝑡) 𝑖 = 4𝑥10−6 𝑑𝑡 𝑖 = 4𝑥10−6 (−5) = −20µ𝐴 6 < t < 8. 𝑣 = 5𝑡 𝑑(5𝑡) 𝑖 = 4𝑥10−6 𝑑𝑡 𝑖 = 4𝑥10−6 (5) = 20µ𝐴 2 < t < 6. Solución 𝑑𝑣 𝑖=𝐶 𝑑𝑡 De la gráfica: 0 < t < 2. 𝑣 = 5𝑡 + 40 𝑑(5𝑡 + 40) 𝑖 = 4𝑥10−6 𝑑𝑡 𝑖 = 4𝑥10−6 (5) = 20µ𝐴 𝟐𝟎µ𝑨 𝟎 < 𝒕 < 𝟏 𝑖(𝒕) = [−𝟐𝟎µ𝑨 𝟏 < 𝒕 < 𝟐] 𝟐𝟎µ𝑨 𝟔 < 𝒕 < 𝟖 . 5 0 𝑣 = 12(𝑡 + 𝑒 −𝑡 )𝑉 En t=2s 𝒗(𝟐) = 𝟏𝟐(𝟐 + 𝒆−𝟐 ) = 𝟐𝟓.9 La corriente que circula por un capacitor de 0. Suponga v(0) = 0. Determine la tensión y la potencia en t = 2 s.5 F es 6(1 – e^-t) A. Solución Tensión: 1 𝑡 𝑣= ∫ 𝑖(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑣(0) 𝐶 0 1 𝑡 𝑣= ∫ 6(1 − 𝑒 −𝑡 )𝑑𝑡 + 0 0.6. 𝟔𝟐𝑽 Potencia: 𝑝 = 𝑣𝑖 = 6(1 − 𝑒 −𝑡 )12(𝑡 + 𝑒 −𝑡 ) 𝑝 = 72(𝑡 − 𝑒 −2𝑡 ) En t=2s 𝒑 = 𝟕𝟐(𝟐 − 𝒆−𝟐(𝟐) ) = 𝟏𝟒𝟐. 𝟔𝟖𝑾 . 𝑣 60 𝑖1 = = = 1𝐴 𝑅 30 + 10 + 20 Luego. Solución En condiciones de cd los capacitores se inhabilitan y por su rama no pasa corriente.6. las cuales están en serie. aplicamos ley de mallas con los voltajes de los capacitores.49 en condiciones de cd. 10Ω. Entonces solo circula corriente en la malla que abarca 30Ω. 𝑣1 = 30𝑖1 𝒗𝟏 = 𝟑𝟎𝑽 𝑣2 = 60 − 20𝑖1 𝒗𝟐 = 𝟒𝟎𝑽 .13 Halle la tensión en las terminales de los capacitores en el circuito de la figura 6. 20Ω y 60V. Si esa corriente es 𝑖1 . 17 Determine la capacitancia equivalente de cada uno de los circuitos de la figura 6. Solución 4𝑥12 a) 4F está en serie con 12F: 4+12 = 3𝐹 Este 3F está en paralelo con 6F y el otro 3F: 3+6+3=12F 4𝑥12 4F está serie con este 12F: 4+12 = 𝑪𝒆𝒒 = 𝟑𝑭 b) Tenemos 4F y 2F en paralelo: 4F+2F=6F 6𝑥6 Este 6F está en serie con el otro 6F: 6+6 = 3𝐹 El 3F en paralelo con 5F: 3+5= 𝑪𝒆𝒒 = 𝟖𝑭 3𝑥6 c) 3F y 6F en serie: = 2𝐹 3+6 Este 2F en paralelo con 4F: 2+4 = 6F 1 1 1 1 El 6F está en serie con 2F y 3F: = + + =1 𝐶𝑒𝑞 6 2 3 𝑪𝒆𝒒 = 𝟏𝑭 .51.6. 𝟓µ𝑭 .5µ𝐹 𝑪𝒆𝒒 = 𝟐.21 Determine la capacitancia equivalente en las terminales a-b del circuito de la figura 6. Solución 4𝑥12 4µ en serie con 12µ: 4+12 = 3µ𝐹 Este 3µF en paralelo con el otro 3µF: 3+3 = 6µF 6𝑥6 Este 6µF en serie con el otro 6µF: 6+6 = 3µ𝐹 Este 3µF en paralelo con 2µF: 3+2 = 5µF 5𝑥5 Este 5µF en serie con el otro 5µF: 5+5 = 2.55.6. demuestre que la regla de la división de corriente es 𝐶₁ 𝐶2 𝑖1 = 𝑖 𝑖2 = 𝑖 𝐶₁+𝐶₂ 𝑠 𝐶₁+𝐶₂ 𝑠 suponiendo que las condiciones iniciales son de cero.59 a) es 𝐶₂ 𝐶₁ 𝑣1 = 𝐶₁+𝐶₂ 𝑣𝑠 𝑣2 = 𝐶₁+𝐶₂ 𝑣𝑠 suponiendo que las condiciones iniciales son de cero.6. Solución a) Para 2 capacitores en serie: 𝑄1 = 𝑄2 𝐶1 𝑣1 = 𝐶2 𝑣2 𝐶2 𝑣1 = 𝑣2 𝐶1 También: 𝑣𝑠 = 𝑣1 + 𝑣2 𝐶 𝑣𝑠 = 𝐶2 𝑣2 + 𝑣2 1 𝐶2 + 𝐶1 𝑣𝑠 = 𝑣2 𝐶1 𝑪𝟏 𝒗𝟐 = 𝒗 𝑪𝟐 + 𝑪𝟏 𝒔 𝑪𝟐 De la misma manera: 𝒗𝟏 = 𝑪 𝒗𝒔 𝟐 +𝑪𝟏 b) Para 2 capacitores en paralelo: 𝑄1 𝑄2 𝑣1 = 𝑣2 = = 𝐶1 𝐶2 𝐶1 𝑄1 = 𝑄 𝐶2 2 .25 a) Demuestre que la regla de la división de tensión para dos capacitores en serie como en la figura 6.59b). b) En relación con dos capacitores en paralelo como en la figura 6. 𝑄𝑠 = 𝑄1 + 𝑄2 𝐶1 𝑄𝑠 = 𝑄 + 𝑄2 𝐶2 2 𝐶2 + 𝐶1 𝑄𝑠 = 𝑄2 𝐶2 𝐶2 𝐶1 Tenemos para ambos casos: 𝑄2 = 𝐶 𝑄𝑠 𝑄1 = 𝐶 𝑄𝑠 2 +𝐶1 2 +𝐶1 𝑑𝑄 Sabemos: 𝑖= 𝑑𝑡 Derivando Q con respecto al tiempo para ambos casos. resulta: 𝑪𝟐 𝑪𝟏 𝒊𝟐 = 𝑪 𝒊𝒔 𝒊𝟏 = 𝑪 𝒊𝒔 𝟐 +𝑪𝟏 𝟐 +𝑪𝟏 . 6. Solución 𝐶𝑥𝐶 𝐶 a) Del lado derecho tenemos un C en serie con otro C: = 𝐶+𝐶 2 𝐶 𝐶 3 Este está en paralelo con otro C: 𝐶 + = 𝐶 2 2 2 3 3 𝐶𝑥 𝐶 3 Este 2 𝐶 resulta estar en serie con otro C: 23 = 𝐶 𝐶+ 𝐶 5 2 3 3 𝟖 Este 5 𝐶 está en paralelo con el ultimo C: 5 𝐶 + 𝐶 = 𝑪𝒆𝒒 = 𝟓 𝑪 = 𝟏.29 Determine 𝑪𝒆𝒒 en cada circuito de la figura 6.61. por tanto: 𝐶 + 𝐶 = 2𝐶 2𝐶𝑥2𝐶 4𝐶 2 Luego en quedan en serie: 2𝐶+2𝐶 = 4𝐶 = 𝑪𝒆𝒒 = 𝑪 . 𝟔𝑪 b) La conexión del medio de los triángulos puede reducirse a un nodo y resulta que las C de arriba están en paralelo entre si al igual que las C de abajo. Tenga en cuenta que por lo general no existen circuitos equivalentes de Thévenin de circuitos que incluyen capacitores y resistores. cuya resultante es 5F y. entre a – b: 𝟏𝟓 𝒗𝒕𝒉 = = 𝟕. el voltaje de 15V se divide equitativamente entre las dos capacitancias de 5F. Solución Las terminales a – b solo poseen las capacitancias en paralelo de 3F y 2F entre ellas. 𝟓𝑭 .65.33 Obtenga el equivalente de Thévenin en las terminales a-b del circuito que aparece en la figura 6. ya que es netamente capacitivo.6. Éste es un caso especial en el que sí existe el circuito equivalente de Thévenin. podemos hacer uso de las propiedades de serie y paralelo para hallar la capacitancia equivalente. 𝟓𝑽 𝟐 Debido a que este circuito no tiene combinaciones de resistencias y capacitancias. Ya tenemos: 3F y 2F están en paralelo: 3+2 = 5F 5𝑥5 Este 5F está en serie con el 5F de arriba: = 2.5𝐹 5+5 Esta capacitancia resulta ser la capacitancia equivalente de Thevenin del circuito en cuestión: 𝑪𝒕𝒉 = 𝟐. además. Entonces. y la energía almacenada en t = π/200 s. Solución 𝑑𝑖 𝑑(4 𝑠𝑖𝑛 100𝑡) 𝑣=𝐿 = 12𝑥10−3 𝑥 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = 12𝑥10−3 𝑥4 (100)𝑐𝑜𝑠 100𝑡 𝒗 = 𝟒. 𝟖 𝒄𝒐𝒔 𝟏𝟎𝟎𝒕 𝑽 Hallamos primero: 𝑝 = 𝑣𝑖 𝑝 = 4.8 𝑐𝑜𝑠 100𝑡 𝑉(4 sin 100𝑡) 𝑝 = 9.37 La corriente que circula por un inductor de 12 mH es 4 sen100t A.6 𝑠𝑖𝑛200𝑡 𝑑𝑡 0 0 9.6. Halle la tensión en el inductor en 0 < t < π/200 s.6 𝑠𝑖𝑛200𝑡 Luego: 𝜋 𝑡 200 𝑤 = ∫ 𝑝𝑑𝑡 = ∫ 9.6 𝜋/200 𝑤=− cos 200𝑡 { 200 0 𝑤 = −48(𝑐𝑜𝑠𝜋 − 1)𝑚𝐽 𝒘 = 𝟗𝟔 𝒎𝑱 . 41 La tensión en un inductor de 2 H es 20(1 – e^-2t) V. 𝟕 = 𝟓. 𝑖(0) = 0. 𝟕𝟐𝑱 𝟐 .3 𝐿 0 1 𝑡 𝑖 = ∫ 20(1 − 𝑒 −2𝑡 )𝑑𝑡 + 0. 𝟗𝟕𝟕𝑨 1 La energía almacenada: 𝑤 = 2 𝐿𝑖 2 𝟏 𝒘= (𝟐)(𝟓.3 A. Solución 1 𝑡 𝑖 = ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑖(0) .3 2 0 𝑖 = 10𝑡 + 5𝑒 −2𝑡 − 4.3 2 0 1 𝑡 𝑖 = 10 (𝑡 + 𝑒 −2𝑡 ) + 0. Si la corriente inicial a través del inductor es de 0. halle la corriente y la energía almacenada en el inductor en t = 1 s.6.7𝐴 Para t=1s: 𝒊 = 𝟏𝟎 + 𝟓𝒆−𝟐 − 𝟒. 𝟗𝟕𝟕)𝟐 = 𝟑𝟓. v=5t 𝑡 1 𝑖= ∫ 5𝑡 + 0 10𝑥10−3 0 5 𝑖 = 102 ( 𝑡 2 ) 2 𝑖 = 250𝑡 2 𝐴 para 1 < t < 2.45 Si la forma de onda de la tensión de la figura 6.68 se aplica a un inductor de 10 mH. Suponga i(0) = 0. 𝑖(0) = 0 𝐿 𝑡𝑜 De la gráfica: para 0 < t < 1. v=-10+5t 𝑡 1 𝑖= ∫ (−10 + 5𝑡)𝑑𝑡 + 𝑖(1) 10𝑥10−3 1 5 𝑡 𝑖 = 102 (−10𝑡 + 𝑡 2 ) + 250(1)2 2 1 𝑖 = −103 𝑡 + 250𝑡 2 + 103 − 250 + 250 𝑖 = −103 𝑡 + 250𝑡 2 + 103 𝐴 𝑖(𝒕) = [ 𝟐𝟓𝟎𝒕𝟐 𝑨 𝟎 < 𝒕 < 𝟏] 𝟑 𝟐 𝟑 −𝟏𝟎 𝒕 + 𝟐𝟓𝟎𝒕 + 𝟏𝟎 𝑨 𝟏 < 𝒕 < 𝟐 . Solución 1 𝑡 𝑖 = ∫ 𝑣(𝑡)𝑑𝑡 + 𝑖(𝑡𝑜). halle la corriente del inductor i(t).6. Suponga que todos los inductores son de 10 mH. hallamos una de ellas: 𝐿𝑥𝐿 𝐿2 𝐿 = = 𝐿 + 𝐿 + 𝐿 3𝐿 3 𝐿 𝐿 4 Tenemos un en serie con el L de arriba: 𝐿 + = 𝐿 3 3 3 4 1 4 𝐿 𝑥 Este 3 𝐿 3 3 está en paralelo con el de la derecha: 4 1 3 = 154 𝐿 + 3 3 4 𝐿 4 𝐿 3 Este 𝐿 está en serie con el ultimo de abajo: 𝐿+ = 𝐿 15 3 15 3 5 3 3 𝑥1 3 5 Este 𝐿 está en paralelo con el ultimo L de la derecha: 3 = 𝐿 5 +1 8 5 𝟑 Pero 10𝑚𝐻 = 𝐿. Solución Podemos empezar por convertir los 3 inductores de la parte baja de delta a estrella: Tomando: 10𝑚𝐻 = 𝐿 Debido a que las 3 capacitancias son iguales.6. 𝟕𝟓𝒎𝑯 .49 Halle la inductancia equivalente del circuito de la figura 6. entonces: 𝑳𝒆𝒒 = 𝟖 (𝟏𝟎𝒎𝑯) = 𝟑.72. otro 8mH en serie con 4mH: 8+4 = 12mH 12𝑥6 Esta inductancia de 12mH está en serie con 6mH: = 4mH 12+6 20𝑥5 La inductancia de 20mH está en paralelo con 5mH: = 4mH 20+5 Estas 2 inductancias de 4mH están en serie entre sí: 4+4 = 8mH 8𝑥8 Este 8mH está en paralelo con el 8mH vertical: = 4mH 8+8 Este 4mH resulta en serie con 6mH y 10mH: 4+6+10 = 𝑳𝒆𝒒 = 20mH .75. Solución Tenemos 8mH en serie con 12mH: 8+12 = 20mH También.6.53 Halle 𝑳𝒆𝒒 en las terminales del circuito de la figura 6. 𝑖 = 𝑖1 + 𝑖2 .57 Determine la 𝑳𝒆𝒒 que puede usarse para representar la red inductiva de la figura 6. 𝑣 = 𝑣1 + 𝑣2 y 𝑣1 = 4 𝑑𝑡 Designamos un v1 en la inductancia de 4H y un v2 por 3H que viene a ser el mismo que por 5H 𝑑𝑖 y2 .*6. 𝑑𝑡 𝑑𝑖2 𝑑𝑖 Aplicando malla: 𝑣2 − 5 − 2 𝑑𝑡 = 0 𝑑𝑡 𝑑𝑖2 𝑑𝑖 𝑣2 = 5 +2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑(𝑖 − 𝑖1 ) 𝑑𝑖 𝑣2 = 5 +2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑖 𝑑𝑖1 𝑑𝑖 𝑣2 = 5 −5 +2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑖 𝑑𝑖1 𝑑𝑖 𝑣2 = 5 −5 +2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑖 𝑑𝑖1 𝑣2 = 7 −5 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑖1 Siendo i1 la intensidad por 3H: 𝑣2 = 3 𝑑𝑡 𝑑𝑖1 𝑣2 = 𝑑𝑡 3 Entonces: 𝑑𝑖 𝑣2 𝑣2 = 7 −5 𝑑𝑡 3 5 𝑑𝑖 𝑣2 (1 + ) = 7 3 𝑑𝑡 35 𝑑𝑖 𝑣2 = 8 𝑑𝑡 . Solución 𝑑𝑖 𝑑𝑖 Sabemos 𝑣 = 𝐿𝑒𝑞 𝑑𝑡 .79 en las terminales. 𝟑𝟕𝟓𝑯 𝟖 .Luego: 𝑣 = 𝑣1 + 𝑣2 𝑑𝑖 35 𝑑𝑖 𝑣=4 + 𝑑𝑡 8 𝑑𝑡 67 𝑑𝑖 𝑑𝑖 𝑣= => 𝑣 = 𝐿𝑒𝑞 𝑑𝑡 8 𝑑𝑡 𝟔𝟕 𝑳𝒆𝒒 = 𝑯 = 𝟖. este mismo es 𝑣0 : 𝒗𝟎 = 𝒗𝒔 = −𝟐𝟎𝒆−𝒕 µ𝑽 .83. Halle: a) 𝑳𝒆𝒒 .6667)(−3𝑒 −𝑡 ) 𝑣𝑠 = −20𝑒 −𝑡 µ𝑉 Sabemos que para inductores en paralelo el voltaje es el mismo: 𝑑𝑖1 𝑑𝑖2 𝑣𝑠 = 𝐿1 𝑣𝑠 = 𝐿2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑖1 𝑑𝑖2 −20𝑒 −𝑡 = 20 −20𝑒 −𝑡 = (4 + 6) 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑𝑖1 𝑑𝑖2 −𝑒 −𝑡 = −2𝑒 −𝑡 = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Integrando con respecto al tiempo ambas ecuaciones: 𝒆−𝒕 𝒎𝑨 = 𝒊𝟏 𝟐𝒆−𝒕 𝒎𝑨 = 𝒊𝟐 b) Como sabemos. c) la energía almacenada en el inductor de 20 mH en t = 1 s.6. Solución a) 4mH está en serie con 6mH: 4+6 = 10mH 20𝑥10 10mH está en paralelo con 20mH: = 𝑳𝒆𝒒 = 𝟔.6667) 𝑑𝑡 𝑣𝑠 = (6. 𝟔𝟔𝟔𝟕𝒎𝑯 20+10 Tenemos: 𝑑𝑖𝑠 𝑣𝑠 = 𝐿𝑒𝑞 𝑑𝑡 𝑑(3𝑒 −𝑡 ) 𝑣𝑠 = (6. b) 𝒗𝟎 (t). en inductores en paralelo el voltaje es el mismo.61 Considere el circuito de la figura 6. 𝒊𝟏 (t) e 𝒊𝟐 (t) si 𝒊𝒔 = 3e^-t mA. entonces si en 𝑖𝑠 existe un voltaje 𝑣𝑠 . 1 c) Sabemos: 𝑤 = 𝐿𝑖1 2 2 1 𝑤 = (20)(𝑒 −1 )2 2 𝒘 = 𝟏. 𝟑𝟓𝟑𝟑𝟓 𝒏𝑱 .