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Ejercicios resueltos de FMC.

Tema 6. Circuitos electricos.

24 de septiembre de 2008

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1. En la figura cada condensador vale: C3 = 3µF y C2 = 2µF .

a

b

c

d

C2 C2

C3 C3

C3C3C3

C3

C3

Se pide:

a) Calculese la capacidad equivalente de la red comprendida entre los puntos a yb.

b) Hallese la carga de cada uno de los condensadores proximos a los puntos a yb, cuando Vab = 900V .

c) Calculese Vcd cuando Vab = 900V .

Solucion:

a) Capacidad equivalente.

QueGrande.org 1 QueGrande.org

a

b

c

dC3

C3

C3

C2

C3

C3

C2

Ca Cb Cc Cd

e

f

C3

C3

Ca =1

1

C3+ 1

C3+ 1

C3

=C3

3=

3

3= 1µF (en serie)

Cb = Ca + C2 = 3µF (en paralelo)

Cc =1

1

C3+ 1

Cb+ 1

C3

=3

3= 1µF (en serie)

Cd = Cc + C2 = 3µF (en paralelo)

Ceq =1

1

C3

+ 1

Cd+ 1

C3

=3

3= 1µF (en serie)

b) Vab =Q

Ceq

Q = Vab · Ceq = 900 · 1 · 10−6 = 900µC

c) Vcd si Vab = 900V

Ceq =Q

Vab

Q = Vab · Ceq = 900V · 1µF = 900µC

Cd =Q

Vef

⇒ Vef =Q

Cd

=900µC

3µF= 300V

e

f

C3

C3

Cb = 3µFVef = 300V

c

d

Cb =Qcd

Vcd


Vcd =Qcd

Cb

Qcd = Vef · Cef

Cef =1

1

3+ 1

3+ 1

3

= 1µF

Qcd = 300V · 1µF = 300µC

Vcd =Qcd

Cb

=300µC

3µF= 100V

2. Los condensadores de la figura estan inicialmente descargados y se hallan conectadoscomo indica el esquema, con el interruptor S abierto.

+200V

3µF

3µF 6µF

6µF

Sa b

Se pide:

a) ¿Cual es la diferencia de potencial Vab?

b) ¿Y el potencial del punto b despues de cerrado S?

c) ¿Que cantidad de carga fluye a traves de S cuando se cierra?

Solucion:

a) Vab? Vab = Va − Vb

Serie ParaleloQ = Q1 = Q2 Q = Q1 + Q2

V = V1 + V2 V = V1 = V21

Ceq= 1

C1+ 1

C2Ceq = C1 + C2

Rama 1:


Vc = 200V

+q1

−q1

−q2

+q2

C2

C1

C1 serie C2:

C1,2 =1

1

C1

+ 1

C2

= 2µF

q1,2 = C1,2 · Vc = 2µF · 200V = 400µC

En serie: q1,2 = q1 = q2

Va = VC2=

q2

C2

=q1,2

C2

=400µC

3µF=

400

3V

Rama 2:

+q3

−q3

−q4

+q4

C4

C3

Vc = 200V

C3 serie C4:

C3,4 =1

1

C3+ 1

C4

= 2µF

q3,4 = C3,4 · VC = 2µF · 200V = 400µC

En serie: q3,4 = q3 = q4

Vb = VC4=

q4

C4

=q3,4

C4

=400µC

6µF=

200

3V

Vab =400

6V

b) Vab = 0 ⇔ S cerrado


⇔

+200V

a b

+200V

a=b

C1 C3

C2

C1 C3

C2C4C4

(C1 ‖ C3) serie (C2 ‖ C4):

C =1

1

C1,3+ 1

C2,4

=1

1

C1+C3+ 1

C2+C4

=1

1

9+ 1

9

=9

2µF = 4,5µF

Q = C · Vc = 4,5 · 200 = 900µC

+Q

Vc = 200V

-Q

-QC1,3

C2,4

+Qa=b

Vb =Q2,4

C2,4

=Q

C2,4

=900µC

9µF= 100V

(

Vb =Vc

2

)

c) Carga que fluye a traves de S cuando se cierra.

+200V

S

q1 = −400µC

q2 = 400µC

+200V

S

q′2

= 300µC

q′1

= −600µC∆q1

⇒ ∆q2

∆q: Carga que fluye a traves de S.


∆q1: Carga que abandona la placa negativa de C1.

∆q2: Carga que abandona la placa positiva de C2.

∆q = ∆q1 + ∆q2

∆q = [−q1 − (−q′1)] + [q2 − q′2]

q2,4 = 900µC

q1,3 = 900µC

Vb = 100V = V2,4 ⇒ V1,3 = Vc − V2,4 = 100V

q′1 = C1 · V1 = C1 · V1,3 = 6µF · 100V = 600µC

q′2 = C2 · V2 = C2 · V2,4 = 3µF · 100V = 300µC

∆q = [(−400) − (−600)] + [400 − 300] = 300µC

3. En el circuito de la figura se pide determinar:

M

N

I1 I3

I2

5Ω

20Ω

10Ω

100V50V

a) Corrientes I1, I2 e I3.

b) Diferencia de potencial entre los puntos M y N.

Solucion:

a) I2 = I3 − I1

100 − 50 = I1 · 10 + I1 · 5 − I3 · 550 = 5I3 + 20I3 − 5I1

50 = 15I1 − 5I3

50 = −5I1 + 25I3

+50 = 15I1 −5I3

150 = −15I1 +75I3


200 = 70I3 ⇒ I3 =20

7= 2,86A

I1 =50 + 5I3

15=

50 + 5 · 20

7

15=

450

5= 4,29A

I2 = 2,86 − 4,29 = −1,43A

b) VMN = −I2 · R + 50 = 7 + 50 = 57V

4. Determinar la tension Vxy en el circuito de la figura:

2Ω

2V

4V

x

y

3Ω 5Ω3Ω

4V

Solucion:

2Ω

2V

4V

x

y

5Ω3Ω

4V

I1I2

a

b

3Ω

−2 + 3I1 + 2I1 = 0 ⇒ I1 =2

5A

−4 + 3I2 + 5I2 = 0 ⇒ I2 =1

2A

Vxy = Vxa + Vab + Vby = 3(−I1) + (−4) + 3I2 = −3 ·2

5− 4 + 3 ·

1

2= −3,7V

5. En el circuito de la figura se pide determinar:

a) Corrientes I, I1 e I2.

b) Tension Vab.


2Ω

I1 I2

I

10V

4Ω8Ω

6Ω

3Ω

A B

Solucion:

a)

I2 · 2 + I1 · 3 + 4 · I − 10 = 0I2 · 6 + I2 · 8 + 4 · I − 10 = 0

I = I1 + I2

5I1 + 4(I1 + I2) − 10 = 014I2 + 4(I1 + I2) − 10 = 0

9I1 + 4I2 − 10 = 018I2 + 4I1 − 10 = 0

I2 =10 − 4I1

18=

5 − 2I1

9

9I1 + 4 ·5 − 2I1

9− 10 = 0

81I1 + 4(5 − 2I1) − 90 = 0

81I1 + 20 − 8I1 − 90 = 0

73I1 = 70 ⇒ I1 =70

73= 0,96A

I2 =5 · 2 · 70

73

9=

365 − 140

657=

225

657=

25

73= 0,34A

I = I1 + I2 = 0,96 + 0,34 = 1,3A

b) Tension Vab

BA

x

2Ω 6Ω

I1 I2


Vab = Vax + Vxb

Vab = −2I1 + 6I2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V

6. Usando el teorema de Thevenin, calcular la corriente I2 en la red de la figura:

R R

R

I2

BA

V I

Solucion:

Sabemos que se puede quitar una resistencia en paralelo con un generador idealde tension:

R

R

I2

BA

IVTH

Como consecuencia del teorema de Thevenin, sabemos que podemos quitar unaresistencia en paralelo con un generador de tension puesto que no afecta a losdemas valores de las magnitudes electricas del circuito (aunque sı a la corrientedel propio generador). Tambien se puede resolver el problema haciendo Theve-nin entre A y B.

VTH + I2 · R + (I2 + I) · R = 0

−VTH + RI2 + RI2 + RI = 0

−VTH + 2RI2 + RI = 0

2RI2 = V − RI

I2 =V − RI

2R

Thevenin entre A y B:


R

I2

BA

Req VTH

R R

BA

Req = R

R R

B

V I

A

V

VAB = VTH = V + (−IR)

I2 =VTH

R + Req

=V − IR

2R

7. En el circuito de la figura, calcular el valor de la corriente I:

5V

I

10A

2Ω

2Ω

5Ω

4Ω

Solucion:

Th. Thevenin

5V

I

10A

2Ω 5Ω

4Ω2Ω


10A

2Ω

10 · 2 = 20V2Ω ⇔

I

5Ω

4Ω

2Ω

2Ω20V

5V II1

−5 + 2I1 − 2I = 0−20 + 2I + 4I + 5I + 2I − 2I1 = 0

−5 + 2I1 − 2I = 0−20 + 13I − 2I1 = 0

I =25

11= 2,27A

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:

4Ω

3A

B

4V30V

3Ω 2Ω

A

Solucion:

Aplicando Norton a las ramas de la izquierda y la derecha:


4Ω

3A

B

A

3Ω 2Ω

4V

2Ω= 2A30V

3Ω= 10A

m

10+2=12A

4Ω

3A

3 · 2

3 + 2=

6

5Ω

B

A

VAB = (12 + 3)A ·6

5Ω = 18V

9. En el circuito de la figura, hallar la potencia disipada en la resistencia de 2Ω.

2Ω

4Ω 4Ω

9A 2A 4V

Solucion:

VTH

A BI

Req

2Ω

4Ω 4Ω

9A 2A 4V

Thevenin entre A y B

A B

⇔

2Ω


4Ω 4Ω

A B

4Ω 4Ω

9A 2A 4V

A B

VTH = 9 · 4 + 11 · 4 = 80VReq = 8Ω

I =VTH

2 + 8=

80

10= 80V

P2Ω = V · I = I2 · R = 82 · 2 = 128W

10. Determinar el valor de R que produce una desviacion a fondo de escala del gal-vanometro de la figura de resistencia interna RG = 1000Ω y sensibilidad S = 500µA.(Se recomienda aplicar Thevenin entre A y B)

GA B

R

3R 4R

2R

24V

Solucion:

Aplicando Thevenin:

G

VTH

B

A

I1 I2

R

3R 4R

2R

A B

x

RTH

VTH = VAB = VAX + VXB

R · I1 = 10


R · I2 = 4

24 = −I1(R + 3R) ⇒ I1 = −6

R

24 = I2(2R + 4R) ⇒ I2 =4

R

Vab = I · R = VTH = I1R + 2I2R = −6R

R+ 2

4R

R= −6 + 8 = 2V

R

3R 4R

2R

A B ⇔

R 2R

4R3R

Req1 Req2

Req1 =1

1

3R+ 1

R

=14

3R

=3R

4

Req2 =1

1

4R+ 1

2R

=11

4R

=4R

3

RT =3R

4+

4R

3=

25

12R

G

VTH

B

A

RTH

IG = 500µA

RG = 1000Ω

VTH = RTH · IG + RG · IG

2 =25

12R · 500 · 10−6 + 1000 · 500 · 10−6

R = 1440Ω

Feb-96. En el circuito de la figura determinar:

a) Potencia en la resistencia R4.


b) Carga almacenada en el condensador C.

I1 = 1A

R5 = 5Ω

R4 = 4Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3Ω

E=12V

C = 1µF

I2 = 2A

R2 = 2Ω

Solucion:

En corriente continua, a efectos de analisis, podemos quitar los condensadores.

(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

I =2

8A = 0,375A

PR4 = I2R4

· R4 = 0,3752 · 4 = 0,5625W

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 Thevenin:

I1 = 1A

R5 = 5Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3Ω

E=12VI2 = 2A

R2 = 2Ω

Vab = ETH

a

b

ETH = Vab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3V


R5 = 5Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3ΩR2 = 2Ω

a

b

Req = RTH = R1 + R3 = 1 + 3 = 4Ω

R4RTHETH

I

a

b

I =ETH

R4 + RTH

=3

4 + 4= 0,375A

Y seguirıa como en la solucion anterior.

Por Norton:

I1 = 1A

R5 = 5Ω

R1 = 1Ω

R3 = 3Ω

E=12VI2 = 2A

R2 = 2ΩIN

a

b

−(3 + IN ) · 1 + −(2 + IN) · 3 + 12 = 0

IN =3

4= 0,75A

Se calula como en la solucion anterior: RN = Req = 4Ω


R4RTHIN

I

a

b

Vab = IN ·1

1

RN+ 1

R4

= I · R4

I = IN ·R4

R4 + RN

= 0,75 ·4

4 + 4= 0,75 ·

1

2= 0,375A

Y seguirıa como en las soluciones anteriores.

Por superposicion:

R5 = 5Ω

c

d

E=12V

Vcd

R3 = 3Ω

R1 = 1Ω

IE

R4 = 4ΩR2 = 2Ω

IE =E

R1 + R4 + R3

=12

8=

3

2A = 1,5A

VcdE = IE · R1 + 0 + 0 = 1,5V

c

d

R3 = 3Ω

R1 = 1Ω

R4 = 4Ω

I1 = 1A

R5 = 5Ω

Vcd

IR4

R2 = 2Ω

Y seguirıa como en las soluciones anteriores.

Jun-94. En el circuito de la figura determinar:

a) Carga almacenada por cada uno de los condensadores.

b) Potencial del punto x.


8V 15V 2V

3Ω6Ω

10Ω

5Ω

4Ω1µF

2µF

3µF x

Solucion:

8V 15V 2V

3Ω6Ω

10Ω

5Ω

4Ω1µF

2µF

3µF x

I5

I4

I4I3

I2

I1

V1

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 + 15I1 + I2 = I5 = 0 ⇒ I1 = −I2

I1 = −0, 5A

I2 = 0, 5A


Ceq

C3

C2

+q-q

a

b

ba -q

-q+q

+q⇔

Ceq =1

1

C2

+ 1

C3

=6

5µF

q = Vab · Ceq

Vab = 15 − 3I2 = 13,5V

q = 13,5V ·6

5µF = 16,2µC = q2 = q3

b) Vx?

Vx = Vxy + Vyb + Vb

I6 = I1 + I2 =1

2+

(

−1

2

)

= 0A ⇒ Vb = 0

Vyb =q

C=

16,2µC

2µF= 8,1V

Vx = Vyb = 8,1V

Ejercicios de examen resueltos en clase que no estan

en los boletines.

1. Determinar las cargas en los condensadores del circuito de la figura:

R5 = 5Ω IB = 2A

E2 = 10V

C1 = 1µFE2 = 10V

R2 = 2Ω

R6 = 6Ω

R2 = 2ΩC2 = 2µF

IA = 1A

R4 = 4Ω

E3 = 3V

Solucion:


R5 = 5Ω

G

A

IB = 2A

B

I2

E2 = 10V

C

C1 = 1µF

E

D

F

I3E2 = 10V

R2 = 2Ω

R6 = 6Ω

R2 = 2ΩC2 = 2µF

I4

IA = 1A

R4 = 4Ω

I1

E3 = 3V

R5 = 5Ω

G

IB

BB

G

EBR5 = 5Ω⇔

En continua los condensadores actuan como un circuito abierto. (I3 = I4 = 0)

R6 · I! + R5(I1 + I2) + EB − E3 + R4(I1 − I3) = 0I2 + IA = I4

I4 = 0 ⇒ I2 = IA = −1A

G · I1 + 5(I1 + 1) + 10 − 3 + 4(I1 − 0) = 0

I1 = −12

15A

Q1 = C1 · VCF

Q2 = C2 · VED

VCF = VCB + VBD − VDF = VCG + VGB + VBD = −10 − (I1 − I2) − 5 + 10 + 10 =(

−12

15+ 1

)

− 5 + 10 =

(

−4

5+ 1

)

− 5 + 10 = 1 + 10 = 11V

Q1 = 1µF · 11V = 11µC

VED = VEA+VAB +VBD = 4(I3−I1)+3+10 = −4 ·I3+3+10 = −4−

(

−4

5

)

+13 =

16

5+

65

5=

81

5V

Q2 = 2µF ·81

5V =

162

5µC = 32,4µC


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 Thevenin entre A y B.

I1

R1

R4

R2

E4

R3

I3

E2

E3

E1

I2

I1 = 1A

I2 = 2A

I3 = 3A

Ri = iΩA

B

Solucion:

I1

R1

R4

R2

E4

R3

I3

E2

E3

E1

I2

I6

I7

I1 = 1A

I2 = 2A

I3 = 3A

Ri = iΩ

I5

I4

I8

II

III IV

V

I

a) Intensidad en cada rama

I) I2 + I6 = I1

I6 = −1A

IV) I4 = I2 + I3 = 5A

III) I5 = I8 + I4 = I8 + 5


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

PTOTAL = 1 + 18 + 75 + 16 = 110W

Potencia entregada por los generadores:

Potencia entregada por I1 = VI1 · I1 = 0WPotencia entregada por I2 = VI2 · I2 = −38WPotencia entregada por I3 = VI3 · I3 = −51WPotencia entregada por E1 = E1 · (−I2) = −2WPotencia entregada por E2 = E2 · (−I1) = −2WPotencia entregada por E3 = E3 · (−I6) = 3WPotencia entregada por E4 = E4 · (−I4) = −20W

− 110W

VI1 + I1 · 1 + E2 − E3 = 0 ⇒ VI1 = 0

VI2 − 1 + 3 − VI3 = 0VI3 − I8 · 2 − 4 + I4 · 3 = 0

VI2 = −19VVI3 = −17V

c) Thevenin entre A y B:

VTH

A

B

Req

VTH = I5 · R4 = 2 · 4 = 8V


R1

R4

R2

R3

A

B

R4R2

A

B

⇒

Req =R2 · R4

R2 + R4

=2 · 4

2 + 4=

4

3Ω


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