Ejercicios Resueltos

1. Una resistencia que puede disipar como máximo 100 W se proyecta para funcionar con una diferencia de potencial de 200 V, calcular:

a) Cuánto vale la resistencia y que intensidad circula por ella. b) ¿Qué potencia disipa la resistencia si se alimenta a 125 V?

Solución:

a) Como la potencia y la tensión son datos del problema, la resistencia se puede deducir de la siguiente fórmula:

P = V

2

R

de Ohm: I = V/R = 200/400 = 0,5A

b) Alimentando la resistencia con 125V, la potencia disipada será de P = 1252_{/400 =}

39W

2. Una batería con una f.e.m. de 12 V tiene una diferencia de potencial en sus ex- tremos de 11.4 V cuando la intensidad suministrada a un motor es de 20 A. Cal- cular:

a) Cuál es la resistencia interna de la batería. b) Qué potencia suministra la batería.

c) De la potencia suministrada, ¿cuánta se pierde dentro de la propia batería? d) Si en lugar de alimentar el motor, alimenta una resistencia de 2 ohmios, ¿Cuál

es la diferencia de potencial en bornes de la batería?

Solución:

a) El problema se resume en el esquema siguiente:

A partir de esta figura y de los datos del problema se puede encontrar la resistencia interna r de la batería. Con la ley de Kirchhoff se obtiene:

E_{− rI − V}ab = 0 con I = 20A, Vab = 11,4V, E = 12V. Tenemos r = 0,03Ω.

b)La potencia suministrada por la batería es: P = VabI = 11,4· 20 = 228W. c) La potencia que se disipa internamente en la batería es la potencia de la resisten- cia interna r. Esta potencia es: Pr= rI2= 0,03· 202= 12W.

d) Cambiando el motor por una resistencia de R = 2Ω se obtiene la ecuación del circuito:

E_{− rI − RI = 0}

bornes de la batería es: Vab= RI = 11,8V

3. Encontrar la resistencia equivalente del circuito de la figura.

Figura del ejercicio 3

Solución:

Para solucionar este problema, se empieza por sumar las resistencias en serie (la de 2Ω y 4Ω). Luego se asocian las resistencias en paralelo. Un vez transformadas se puede de nuevos asociar resistencias en serie. Se sigue el proceso hasta obtener una única resistencia. Solución: 4.1 Ω

4. Demostrar que la resistencia equivalente entre los puntos A y B de la figura es R. ¿Qué pasaría si se añade una resistencia R entre los puntos C y D?

Figura del ejercicio 4

Solución:

Para obtener la resistencia equivalente se puede asociar las dos resistencias en se- rie, lo que nos daría 2R y luego asociarlas en paralelo, el resultado es R.

Si se añade una resistencia entre los puntos C y D debemos de analizar el circuito con más atención. En la figura siguiente se representa el circuito modificado con las corrientes correspondientes.

Gracias a las leyes de Kirchhoff se puede sacar las ecuaciones del circuito:

Ia= Ic+ Id

VAB= R(Ic+ If) = R(Id+ Ig)

If + Ig= Ia

Es decir que se obtiene el sistema de ecuaciones siguiente:

Ic+ Id= If+ Ig

Ic+ If = Id+ Ig

Sumando las dos ecuanciones se llega a la conclusion que Ic= Igy por lo tanto If =

Id. Significa que no circula ninguna corriente entre los puntos C y D. Un forma más intuitiva de obtener este resultado consiste en razonar sobre la simetría del circuito. Al tener las mismas resistencias en los caminos ACB y ADB, las corriente debe de ser la misma en ambos caminos. Las caídas de tensión en el tramo AC y el tramo AD son entonces las mismas. Conlleva que el potencial en C y D son los mismos, por lo tanto no hay diferencia de potencial.

5. En el circuito de la figura, la intensidad que circula por R1 vale 0.5 A, calcular:

a) La intensidad que circula por R2. b) La diferencia de potencial entre A y B. c) La resistencia equivalente entre A y B.

Figura del ejercicio 5

Solución:

a y b) La intensidad circulando por la rama de R1es de 0.5A. Se aplica la ley de

Kirchhoff a la rama superior:

VAB= 0,5R1+ 0,5(10Ω//10Ω) + 0,5· 10 = 15V

En la rama en paralelo de las dos resistencia de 10Ω la corriente se separa en dos corrientes iguales. La diferencia de potencial es identica en los extremos y las re- sistencias iguales. La corriente en cada rama tiene que ser de 0.25A.

c) La resistencia equivalente se obtiene asociando las resistencias en serie y en par- alelo, obtenemos: Req= 10Ω.

d) La intensidad circulando por R3se puede obtener calculando primero la intensi-

dad total que entra en el circuito. En concreto:

VAB= ReqI

La corriente vale I = 1,5A. Dado que la suma de las corrientes vale 1,5A y que la corriente de la rama de R1es de 0.5A, se deduce con las leyes de Kirchhoff que la

corriente de la rama de R3es de 1A.

6. En el circuito de la figura siguiente la diferencia de potencial entre c y d es de 12 V, calcular:

a) La intensidad que circula por cada rama. b) La diferencia de potencial entre a y b. c) La resistencia equivalente.

Figura del ejercicio 6

Solución:

a) Para calcular la intensidad de cada rama se aplican las leyes de Kirchhoff a cada rama:

Vcd= I1(6 + 10)

Vcd= I2(16 + 8)

La aplicación numérica nos da I1= 0,75A e I2= 0,5A.

b) Para obtener la diferencia de potencia entre los puntos a y b se debe encontrar una malla adecuada.

Aplicando la ley de Kirchhoff sobre el lazo indicado en la figura se obtiene la ecuación:

−6I1− Vab+ 16I2= 0

Despejando: Vab= 3,5V

c) La resistencia equivalente del circuito es Req= 9,6Ω. Se puede deducir asocian- do las resistencias o simplemente con esta ecuación:

Req=

Vcd

I1+ I2

= 12

1,25 = 9,6Ω

Es la tensión partido de la corriente total que circula entre los puntos c y d. 7. En el circuito de la figura, encontrar:

a) La intensidad en cada resistencia. b) La potencia suministrada por cada fuente. c) La potencia disipada en cada resistencia.

Figura del ejercicio 7

Solución:

a) Para proceder a la resolución del circuito conviene primero simplificarlo. Para ello se asocian las fuentes y las resistencias en serie para clarificar el circuito.

En esta figura se pueden aplicar las leyes de Kirchhoff en el nudo marcado además de las dos mallas. Obtenemos las siguientes ecuaciones:

Ia+ Ib= Ic 12_{− 3I}a+ 2Ib− 4 = 0 4_{− 2I}b− 6Ic= 0

Son tres ecuaciones con tres incognitas. Un forma de resolver el sistema consiste en escribirlo en forma matricial:

           1 1 ₋₁ −3 2 0 0 _{−2 −6}                       Ia Ib Ic            =            0 −8 −4           

Se resuelve con métodos de algebra lineal: Ia = 2A, Ib=−1A, Ic= 1A. Notese que la corriente Ibes negativa, esto significa que la batería de 4V está actuando como un acumulador.

b) La potencia de cada fuente se obtiene a partir de las corrientes calculadas anteri- ormente. Para la fuente de 8V el consumo es de 2_{· 8 = 16W, de 8W para la fuente de} 4V y de_{−4W para la fuente de 4V con la corriente negativa. Esta potencia negativa} significa que el generador acumula potencia.

c) La potencia en cada resistencia se deduce también de las corrientes, por orden de izquierda a derecha:

P1Ω= 4W

P2Ω= 8W

P2Ω= 2W

8. A partir del circuito de la figura siguiente calcular:

a) la tensión V1, b) la corriente I,

c) la potencia proporcionada por cada generador.

Figura del ejercicio 8

Solución:

Para resolver el circuito se deben encontrar cuatro ecuaciones para obtener las cuatro corrientes del circuito. Por ejemplo se usa la ecuación proporcionada por un nudo y las otras tres ecuaciones se obtienen a partir de las tres mallas del circuito. El sistema de ecuaciones es el siguiente:

Ia= Ib+ Ic 5_{− 15I}a− 2Ib= 0 20 + 10Ic− 2Ib= 0 150I_{− 15I}a− 10Ic= 0

Se puede observar que las tres primeras ecuaciones no dependen de la corriente I, por lo que se puede resolver directamente este sistema:

           1 _{−1 −1} −15 −2 0 0 _{−2 10}                       Ia Ib Ic            =            0 −5 −20           

Se obtiene: Ia = 0,1A, Ib = 1,75A, Ic = −1,65A. La tensión V1 es entonces:

V1= 1,75· 2 = 3,5V

b) La corriente I se deduce a partir de las ecuaciones anteriores: I = (15Ia + 10Ic)/150 = (15· 0,1 + 10 · −1,65)/150 = −0,1A.

c) La potencia proporionada por cada generador se obtiene con la corriente anteri- ores. La corriente que circula por la fuente de 5V es Ia+ I = 0,1− 0,1 = 0A. No hay

corriente circulando por este generador, por lo que no produce potencia. En el segun- do generador de 20V la corriente es de_{−I − I}c = 0,1 + 1,65 = 1,75A, la potencia producida es de P = 1,75_{· 20 = 35W.}

9. A partir del circuito de la figura siguiente calcular:

a) las corrientes que circulan en cada rama. ,

b) el equivalente Thévenin visto desde los puntos d y e.

Figura del ejercicio 9

Solución:

a) Se determinan tres corrientes en este problema: Ia, Ib e Ic. Una vez aplicadas las leyes de Kirchhoff en los nudos, se completan las ecuaciones con una malla del circuito:

Se obtienen las siguientes ecuaciones:

Ia= Ib+ 1

Ic+ Ib= 1,5 1_{− I}a− 2Ib+ 2Ic− 2 = 0 Son tres ecuaciones con tres incognitas:

           1 _{−1 0} 0 1 1 −1 −2 2                       Ia Ib Ic            =            1 1,5 1           

derecha, la resistencia de 6Ω no tiene ninguna influencia, el generador de corriente impone la condición en el nudo.

b) Para hallar el equivalente Thévenin del circuito se halla primero la resistencia equivalente. Como el circuito no tiene ninguna fuente dependediente, se abren las fuentes de corriente y se ponen en corto circuito las fuentes de tensión como sigue:

En la figura anterior, la única resistencia que aparece de desde los puntos e y d es la resitencia de 6Ω. Es la resistencia equivalente de Thévenin. Para obtener la tensión equivalente de Thevenin se mide la tensión entre e y d:

Vth= Ved= 6· 1,5 = 9V

se obtiene el siguiente equivalente de Thevenin: Rth = 6Ω, Vth = 9V. A efectos prácticos solo afecta la fuente de 1.5A.

10. A partir del circuito de la figura siguiente calcular:

a) las corrientes que circulan en cada rama.

b) el equivalente Norton del circuito visto desde los puntos a y b.

Figura del ejercicio 10

Solución

el circuito transformando las fuentes de tensión y corriente en su equivalente Thévenin o Norton según nos conviene. Por ejemplo, se simplifica la fuente de corriente de 1A en paralelo con la resistencia de 1Ω como un generador de tensión de 1V en serie con una resistencia de 1Ω. El generador de tensión de 5V se puede transformar en una fuente de corriente de 0,5A en paralelo con una resistencia de 10Ω.

Asociando las resistencias en paralelo, y a continuación transformando el gener- ador de corriente a un equivalente Thévenin llegamos a un circuito más sencillo:

Notese que las corrientes son distintas debido a las transformaciones realizadas. Sin embardo una vez obtenidas estas nuevas, las anteriores se deducen facilmente. Para resolver el circuito en este estado vamos a emplear el método de los nudos. Se elige el nudo b como referencia. Se han de deducir las ecuaciones de los otros dos nudos. Obtenemos el balance de corriente del nudo a y las ecuaciones de los potenciales de los nudos:

I1 = Id+ I2

Va= 2Id

Va= 2,5− 5I1

con Vc= 3V. Despejando las corrientes en función de las tensiones:

Id=V₂a

I1=2,5−V₅ a

I2= Va− Vc+ 1 Sustituyendo en la ecuación que relaciona las corrientes:

2,5_{− V}a

5 =

Va

2 + Va− Vc+ 1 el resultado es: Va = 1,47V

Las corrientes del circuito son: I1 = 0,21A, Id = 0,74A, I2 =−0,53A. El resto de

las corrientes se hallan con estas relaciones:

I1= Ia+ Ib 10Ib= 5 + 10Ia

I2= 1 + Ic

Se resuelve el sistema: Ic=−1,53A, Ia=−0,15A, Ib= 0,35A.

No se ha calculado la corriente circulando por la resistencia de 10Ω, se calcula directamente con la ley de Ohm dado que se conoce la diferencia de potencial entre sus polos.

b) Para obtener el equivalente Norton se transforma el circuito de forma que aparez- can los dos puntos a y b como sigue:

Desaparece en este esquema la resistencia de 10Ω dado que no modifica los demás potenciales del circuito.

La tensión entre los puntos a y b se calculó en el apartado anterior, Vab= Va−Vb = 1,47. Ahora para encontrar la resistencia equivalente se coloca la salida en corto- circuito y se mide la corriente que circula por esta rama.

La corriente INse expresa como:

IN=−Id+ I1− I2

Pasan por el cable de corto circuito las corrientes siguientes Id = 0A, I1 = 2,5/5 =

0,5A, I2 =−2/1A. La corriente de Norton es: IN = 2,5A y la resistencia de Norton

RN = Vab/IN= 1,46/2,5 = 0,59Ω.

11. Calcular las corrientes del circuito siguiente con el método de las mallas:

Datos: R1= 1Ω, R2= 2Ω, R3= 3Ω, R4= 4Ω, Id= 1A, V1= 1V, V2= 2V.

Solución

Para resolver el circuito anterior con el método de las mallas se debe formar una “supermalla”. La fuente de corriente Idpertenece a dos mallas simultaneamente, por lo que se han de juntar estas dos mallas con fin de realizar las operaciones:

Determinamos las dos ecuaciones de las mallas más la ecuación que relaciona la fuente de corriente Idcon las corrientes de mallas:

V1− R1(I1− I3)− R2(I1− I2) = 0

R2(I1− I2) + R1(I1− I3)− I3R4− I2R3− V2= 0

Id= I2− I3

Se obtiene un sistema de tres ecuaciones con tres incognitas. Sustituyendo los valores de los elementos, se consigue el sistema en forma matricial:

           −3 2 0 3 _{−5 −5} 0 1 ₋₁                       I1 I2 I3            =            −1 2 1           

Resulta: I1 = 2/3A, I2 = 0,5A, I3 =−0,5A. A partir de estos dos valores hallamos

las otras intensidades:

Ia = I1− I3= 7/6A

Ib = I1− I2= 1/6A

Ic= I2= 0,5A

Ie=−I3= 0,5A

12. A partir del circuito de la figura siguiente calcular las corrientes del circuito en función de α.

Figura del ejercicio 12

Solución

Este circuito contiene fuentes de corrientes controladas por la tensión V1. Primero

se calcula V1:

V1= 1/2 = 0,5V

Ahora el sub-circuito de la derecha puede tratarse como un circuito clásico con fuentes de 0,5αA. El nuevo circuito es el siguiente:

Las ecuaciones del circuito son las siguientes: 1_{− I}a− 2Ib+ 2Ic= 0

Ia= 0,5α + Ib

Ib+ Ic= 0,5α

Después de unas pocas manipulaciones se llega a: Ia = (1 + 3α)/5A , Ib = (1 + 0,5α)/5A, Ic= (−1 + 2α)/5A.

In document INTRODUCCION CIRCUITOS Y MAQUINAS ELECTRICAS (página 82-96)