Ejercicios resueltos de FMC. - QueGrande

Ejercicios resueltos de FMC. 

Tema 6. Circuitos eléctricos. 

24 de septiembre de 2008 

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

a 

C 3 

C 3 

C 3 

c 

C 3 

C 2 C 2 

b 

C 3 

d 

C 3 C 3 

Se pide: 

a) Calcúlese la capacidad equivalente de la red comprendida entre los puntos a y 

b. 

b) Hállese la carga de cada uno de los condensadores próximos a los puntos a y 

b, cuando V ab = 900V . 

c) Calcúlese V cd cuando V ab = 900V . 

Solución: 

a) Capacidad equivalente. 

QueGrande.org 1 QueGrande.org

a 

e 

C 3 

C 3 

C 3 

c 

C 3 

b 

C 2 

C 3 

C 2 

C a C b C c C d 

C 3 

f 

C 3 

d 

1 

C a = 

1 

C 3 

+ 1 C 3 

+ 1 = C 3 

C 3 

3 = 3 = 1µF (en serie) 

3 

C b = C a + C 2 = 3µF (en paralelo) 

1 

C c = 

1 

C 3 

+ 1 C b 

+ 1 = 3 = 1µF (en serie) 

C 3 

3 

C d = C c + C 2 = 3µF (en paralelo) 

1 

C eq = 

1 

C 3 

+ 1 C d 

+ 1 = 3 = 1µF (en serie) 

C 3 

3 

b) V ab = Q C eq 

Q = V ab · C eq = 900 · 1 · 10 −6 = 900µC 

c) V cd si V ab = 900V 

C eq = Q V ab 

Q = V ab · C eq = 900V · 1µF = 900µC 

C d = Q 

V ef 

⇒ V ef = Q C d 

= 900µC 

3µF = 300V 

C 

e 3 

d 

V ef = 300V 

C b = 3µF 

C 3 

f 

c 

C b = Q cd 

V cd 


V cd = Q cd 

C b 

Q cd = V ef · C ef 

1 

C ef = 

1 

+ 1 + 1 = 1µF 

3 3 3 

Q cd = 300V · 1µF = 300µC 

V cd = Q cd 

C b 

= 300µC 

3µF = 100V 

2. Los condensadores de la figura están inicialmente descargados y se hallan conectados 

como indica el esquema, con el interruptor S abierto. 

+200V 

6µF 

3µF 

a 

S 

b 

3µF 6µF 

Se pide: 

a) ¿Cuál es la diferencia de potencial V ab ? 

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

c) ¿Qué cantidad de carga fluye a través de S cuando se cierra? 

Solución: 

⎢ 

⎣ 

a) V ab ? V ab = V a − V b 

⎡ 

Rama 1: 

⎤ 

Serie Paralelo 

Q = Q 1 = Q 2 Q = Q 1 + Q 2 

⎥ 

V = V 1 + V 2 V = V 1 = V 2 

⎦ 

1 

C eq 

= 1 C 1 

+ 1 C 2 

C eq = C 1 + C 2 


V c = 200V 

C 1 

C 2 

+q 1 

−q 1 

+q 2 

−q 2 

C 1 serie C 2 : 

1 

C 1,2 = 

1 

C 1 

+ 1 = 2µF 

C 2 

q 1,2 = C 1,2 · V c = 2µF · 200V = 400µC 

En serie: q 1,2 = q 1 = q 2 

V a = V C2 = q 2 

C 2 

= q 1,2 

C 2 

= 400µC 

3µF = 400 

3 V 

Rama 2: 

V c = 200V 

C 3 

C 4 

+q 3 

−q 3 

+q 4 

−q 4 

C 3 serie C 4 : 

1 

C 3,4 = 

1 

C 3 

+ 1 = 2µF 

C 4 

q 3,4 = C 3,4 · V C = 2µF · 200V = 400µC 

En serie: q 3,4 = q 3 = q 4 

V b = V C4 = q 4 

C 4 

= q 3,4 

C 4 

= 400µC 

6µF = 200 

3 V 

V ab = 400 

6 V 

b) V ab = 0 ⇔ S cerrado 


+200V 

+200V 

a 

C 1 C 3 

C 1 C 3 

b 

a=b 

⇔ 

C 2 

C 4 

C 2 

C 4 

(C 1 ‖ C 3 ) serie (C 2 ‖ C 4 ): 

C = 

1 

1 

C 1,3 

+ 1 = 

C 2,4 

1 

1 

C 1 +C 3 

+ 1 

Q = C · V c = 4,5 · 200 = 900µC 

= 1 

1 

C 2 +C 4 

9 + 1 9 

= 9 µF = 4,5µF 

2 

V c = 200V 

+Q 

C 1,3 

-Q 

a=b 

+Q 

C 2,4 

-Q 

V b = Q 2,4 

= Q = 900µC 

C 2,4 C 2,4 9µF = 100V 

( 

V b = V ) 

c 

2 

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

+200V 

+200V 

q 1 = −400µC 

S 

q 2 = 400µC 

q 1 ′ = −600µC 

∆q 1 

S 

⇒ ∆q 2 

q 2 ′ = 300µC 

∆q: Carga que fluye a través de S. 


∆q 1 : Carga que abandona la placa negativa de C 1 . 

∆q 2 : Carga que abandona la placa positiva de C 2 . 

∆q = ∆q 1 + ∆q 2 

∆q = [−q 1 − (−q 1)] ′ + [q 2 − q 2] 

′ 

q 2,4 = 900µC 

q 1,3 = 900µC 

V b = 100V = V 2,4 ⇒ V 1,3 = V c − V 2,4 = 100V 

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

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

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

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

I 1 I 

M 3 

10Ω 

100V 

I 2 

5Ω 

50V 

20Ω 

N 

a) Corrientes I 1 , I 2 e I 3 . 

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

Solución: 

a) I 2 = I 3 − I 1 

{ 100 − 50 = I1 · 10 + I 1 · 5 − I 3 · 5 

50 = 5I 3 + 20I 3 − 5I 1 

{ 50 = 15I1 − 5I 3 

50 = −5I 1 + 25I 3 

{ 

+ 50 = 15I 1 −5I 3 

150 = −15I 1 +75I 3 


200 = 70I 3 ⇒ I 3 = 20 7 = 2,86A 

I 1 = 50 + 5I 3 

15 

= 50 + 5 · 20 7 

15 

= 450 

5 = 4,29A 

I 2 = 2,86 − 4,29 = −1,43A 

b) V MN = −I 2 · R + 50 = 7 + 50 = 57V 

4. Determinar la tensión V xy en el circuito de la figura: 

2Ω 

x 

4V 

2V 

3Ω 

4V 

3Ω 

5Ω 

y 

Solución: 

2Ω 

x 

b 

4V 

2V 

3Ω 

4V 

3Ω 

5Ω 

I 1 

I 2 

a 

y 

−2 + 3I 1 + 2I 1 = 0 ⇒ I 1 = 2 5 A 

−4 + 3I 2 + 5I 2 = 0 ⇒ I 2 = 1 2 A 

V xy = V xa + V ab + V by = 3(−I 1 ) + (−4) + 3I 2 = −3 · 2 

5 − 4 + 3 · 1 

2 = −3,7V 

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

a) Corrientes I, I 1 e I 2 . 

b) Tensión V ab . 


I 1 I 2 

2Ω 

I 

10V 

6Ω 

A 

3Ω 

4Ω 

B 

8Ω 

Solución: 

a) 

{ 

I2 · 2 + I 1 · 3 + 4 · I − 10 = 0 

I 2 · 6 + I 2 · 8 + 4 · I − 10 = 0 

I = I 1 + I 2 

{ 

5I1 + 4(I 1 + I 2 ) − 10 = 0 

14I 2 + 4(I 1 + I 2 ) − 10 = 0 

{ 9I1 + 4I 2 − 10 = 0 

18I 2 + 4I 1 − 10 = 0 

I 2 = 10 − 4I 1 

18 

= 5 − 2I 1 

9 

9I 1 + 4 · 5 − 2I 1 

9 

− 10 = 0 

81I 1 + 4(5 − 2I 1 ) − 90 = 0 

81I 1 + 20 − 8I 1 − 90 = 0 

73I 1 = 70 ⇒ I 1 = 70 

73 = 0,96A 

I 2 = 5 · 2 · 70 

73 

9 

= 

365 − 140 

657 

I = I 1 + I 2 = 0,96 + 0,34 = 1,3A 

= 225 

657 = 25 

73 = 0,34A 

b) V 

I 1 

x 

I 2 

Tensión ab 

B 

2Ω 

6Ω 

A 


V ab = V ax + V xb 

V ab = −2I 1 + 6I 2 = −2 · 0,96 + 0,34 · 6 = 0,12V 

6. Usando el teorema de Thévenin, calcular la corriente I 2 en la red de la figura: 

A 

I 2 

R 

B 

V 

R 

R 

I 

Solución: 

Sabemos que se puede quitar una resistencia en paralelo con un generador ideal 

de tensión: 

A 

I 2 

R 

B 

V TH 

R 

I 

Como consecuencia del teorema de Thévenin, sabemos que podemos quitar una 

resistencia en paralelo con un generador de tensión puesto que no afecta a los 

demás valores de las magnitudes eléctricas del circuito (aunque sí a la corriente 

del propio generador). También se puede resolver el problema haciendo Thévenin 

entre A y B. 

V TH + I 2 · R + (I 2 + I) · R = 0 

−V TH + RI 2 + RI 2 + RI = 0 

−V TH + 2RI 2 + RI = 0 

2RI 2 = V − RI 

I 2 = V − RI 

2R 

Thévenin entre A y B: 


A 

I 2 

R 

B 

R eq 

V TH 

A 

B 

R 

R 

R eq = R 

A 

B 

V 

R 

V 

R 

I 

V AB = V TH = V + (−IR) 

I 2 = 

V TH 

= V − IR 

R + R eq 2R 

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

10A 

2Ω 

4Ω 

I 

5V 

2Ω 

5Ω 

Solución: 

Th. Thevenin 

10A 

2Ω 

4Ω 

I 

5V 

2Ω 

5Ω 


2Ω 

10A 

2Ω 

⇔ 

10 · 2 = 20V 

20V 

2Ω 

4Ω 

I 

5V 

I 1 

2Ω 

I 

5Ω 

{ −5 + 2I1 − 2I = 0 

−20 + 2I + 4I + 5I + 2I − 2I 1 = 0 

{ 

−5 + 2I1 − 2I = 0 

−20 + 13I − 2I 1 = 0 

I = 25 

11 = 2,27A 

2I 1 = 5 + 2I = 5 + 2 · 2,27 = 9,49A 

I 1 = 4,775A 

8. Calcular la diferencia de potencial V AB en el circuito de la figura: 

3Ω 2Ω 

A 

4Ω 

30V 

3A 

4V 

B 

Solución: 

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


A 

30V 

3Ω = 10A 

4Ω 

4V 

2Ω = 2A 

3Ω 

3A 

2Ω 

⇕ 

B 

A 

10+2=12A 

3 · 2 

4Ω 

3 + 2 = 6 5 Ω B 

3A 

V AB = (12 + 3)A · 6 

5 Ω = 18V 

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

2Ω 

4Ω 

4Ω 

9A 2A 4V 

Solución: 

A 

2Ω 

B 

4Ω 

4Ω 

A 

I 

B 

Thevenin entre A y B 

2Ω 

9A 2A 4V 

⇔ 

R eq 

V TH 


A 

B 

A 

B 

4Ω 

4Ω 

4Ω 

4Ω 

9A 2A 4V 

R eq = 8Ω 

V TH = 9 · 4 + 11 · 4 = 80V 

I = V TH 

2 + 8 = 80 

10 = 80V 

P 2Ω = V · I = I 2 · R = 8 2 · 2 = 128W 

10. Determinar el valor de R que produce una desviación a fondo de escala del galvanómetro 

de la figura de resistencia interna R G = 1000Ω y sensibilidad S = 500µA. 

(Se recomienda aplicar Thévenin entre A y B) 

R 

2R 

24V 

A 

G 

B 

3R 

4R 

Solución: 

Aplicando Thévenin: 

x 

R TH 

A 

G 

R 

2R 

V TH 

I 1 A I 2 

B 

B 

3R 

4R 

V TH = V AB = V AX + V XB 

R · I 1 = 10 


R · I 2 = 4 

24 = −I 1 (R + 3R) ⇒ I 1 = − 6 R 

24 = I 2 (2R + 4R) ⇒ I 2 = 4 R 

V ab = I · R = V TH = I 1 R + 2I 2 R = − 6R R + 24R R 

= −6 + 8 = 2V 

R eq1 

R eq2 

R 

2R 

R 

2R 

A B ⇔ 

3R 

4R 

3R 

4R 

R eq1 = 

R eq2 = 

1 

1 

3R + 1 R 

1 

1 

+ 1 

4R 2R 

= 1 4 

3R 

= 1 1 

4R 

R T = 3R 4 + 4R 3 = 25 

12 R 

= 3R 4 

= 4R 3 

R TH 

A 

G 

V TH 

B 

I G = 500µA 

R G = 1000Ω 

V TH = R TH · I G + R G · I G 

2 = 25 

12 R · 500 · 10−6 + 1000 · 500 · 10 −6 

R = 1440Ω 

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

a) Potencia en la resistencia R 4 . 


) Carga almacenada en el condensador C. 

R 5 = 5Ω 

I 1 = 1A 

R 2 = 2Ω 

C = 1µF 

R 1 = 1Ω 

R 3 = 3Ω 

R 4 = 4Ω 

I 2 = 2A 

E=12V 

Solución: 

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

(Directamente) Kirchoff: 

a) I · R 4 − 12 + (2 + I) · R 3 + (3 + I) − R 1 = 0 

I · 4 − 12 + 2 · 3 + 3I + 3 · 1 + I = 0 

8I = 3 

I = 2 8 A = 0,375A 

PR 4 = IR 2 4 · R 4 = 0,375 2 · 4 = 0,5625W 

b) V cd = (I + 3) · R 1 + 3 · R 5 + R 2 ·I 2 = (3 + 0,375) · 1 + 3 · 5+2·2 = 22,375V 

Q = C · V 

Q = C · V cd = 1µF · 22,375V = 22,375µC 

Por Thévenin: 

R 5 = 5Ω 

R 2 = 2Ω 

I 1 = 1A 

R 1 = 1Ω 

R 3 = 3Ω 

a 

V ab = E TH 

I 2 = 2A 

E=12V 

b 

E TH = V ab = −3 · 1 − 2 · 3 + 12 = 3V 


R 5 = 5Ω 

a 

R 2 = 2Ω 

R 1 = 1Ω 

R 3 = 3Ω 

b 

R eq = R TH = R 1 + R 3 = 1 + 3 = 4Ω 

I 

a 

E TH 

R TH 

R 4 

I = 

b 

E TH 

R 4 + R TH 

= 3 

4 + 4 = 0,375A 

Y seguiría como en la solución anterior. 

Por Norton: 

R 5 = 5Ω 

I 1 = 1A 

a 

R 2 = 2Ω 

R 1 = 1Ω 

R 3 = 3Ω 

I N 

I 2 = 2A 

E=12V 

b 

−(3 + I N ) · 1 + −(2 + I N ) · 3 + 12 = 0 

I N = 3 4 = 0,75A 

Se calula como en la solución anterior: R N = R eq = 4Ω 


I 

a 

I N 

R TH 

R 4 

V ab = I N · 

I = I N · 

b 

1 

1 

R N 

+ 1 = I · R 4 

R 4 

R 4 

R 4 + R N 

= 0,75 · 

4 

4 + 4 = 0,75 · 1 

2 = 0,375A 

Y seguiría como en las soluciones anteriores. 

Por superposición: 

R 5 = 5Ω 

R 2 = 2Ω 

d 

R 1 = 1Ω 

R 3 = 3Ω 

I E 

R 4 = 4Ω 

c 

V cd 

E=12V 

I E = 

E 

R 1 + R 4 + R 3 

= 12 8 = 3 2 A = 1,5A 

V cdE = I E · R 1 + 0 + 0 = 1,5V 

R 5 = 5Ω 

R 2 = 2Ω 

c 

I 1 = 1A 

d 

V cd 

R 1 = 1Ω 

R 3 = 3Ω 

I R4 

R 4 = 4Ω 

Y seguiría 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. 


5Ω 

3µF x 

8V 15V 2V 

6Ω 3Ω 1µF 

4Ω 

10Ω 

2µF 

Solución: 

I 5 

I 1 I 3 I 4 

I 

8V 15V 2V 4 

4Ω 

6Ω 3Ω 1µF 

V 1 

5Ω 

3µF x 

I 2 

10Ω 

2µF 

a) I 3 = I 5 = 0 

I 3 + I 5 = I 4 ⇒ I 4 = 0 

V 1 − 2 = 0 ⇒ V 1 = 2V 

q 1 = C 1 · V 1 = 1µF · 2V = 2µC 

{ 8 = 5I1 + 15 − 3I 2 + 6I 1 = 11I 1 − 3I 2 + 15 

I 1 + I 2 = I 5 = 0 ⇒ I 1 = −I 2 

I 1 = −0, 5A 

I 2 = 0, 5A 


a 

C 3 

+q -q 

+q -qC 2 

⇔ 

C eq 

a +q -q 

b 

b 

1 

C eq = 

1 

C 2 

+ 1 = 6 

C 3 

5 µF 

q = V ab · C eq 

V ab = 15 − 3I 2 = 13,5V 

q = 13,5V · 6 

5 µF = 16,2µC = q 2 = q 3 

b) V x ? 

V x = V xy + V yb + V b 

I 6 = I 1 + I 2 = 1 ( 

2 + − 1 ) 

= 0A ⇒ V b = 0 

2 

V yb = q C = 16,2µC 

2µF = 8,1V 

V x = V yb = 8,1V 

Ejercicios de examen resueltos en clase que no están 

en los boletines. 

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

R 6 = 6Ω 

E 2 = 10V 

R 4 = 4Ω 

R 5 = 5Ω 

I B = 2A 

E 3 = 3V 

I A = 1A 

R 2 = 2Ω 

E 2 = 10V 

C 1 = 1µF 

C 2 = 2µF 

R 2 = 2Ω 

Solución: 


R 6 = 6Ω 

G 

E 2 = 10V 

A 

R 2 = 2Ω 

I 1 

R 4 = 4Ω 

E 3 = 3V 

I 3 

R 5 = 5Ω 

B 

E 2 = 10V 

I B = 2A 

I 4 

I A = 1A 

I 2 

C 

C 1 = 1µF 

E 

C 2 = 2µF 

D 

R 2 = 2Ω 

F 

G 

R 5 = 5Ω 

G 

I B 

R 5 = 5Ω 

⇔ 

E B 

B 

B 

En continua los condensadores actúan como un circuito abierto. (I 3 = I 4 = 0) 

{ 

R6 · I ! + R 5 (I 1 + I 2 ) + E B − E 3 + R 4 (I 1 − I 3 ) = 0 

I 2 + I A = I 4 

I 4 = 0 ⇒ I 2 = I A = −1A 

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

I 1 = − 12 

15 A 

Q 1 = C 1 · V CF 

Q 2 = C 2 · V ED 

( V CF = V CB + V BD − V DF = V CG + V GB + V BD = −10 − (I 1 − I 2 ) − 5 + 10 + 10 = 

− 12 ) 

15 + 1 − 5 + 10 = 

(− 4 ) 

5 + 1 − 5 + 10 = 1 + 10 = 11V 

Q 1 = 1µF · 11V = 11µC 

( 

V ED = V EA +V AB +V BD = 4(I 3 −I 1 )+3+10 = −4·I 3 +3+10 = −4− − 4 ) 

+13 = 

5 

16 

5 + 65 

5 = 81 

5 V 

Q 2 = 2µF · 81 5 V = 162 µC = 32,4µC 

5 


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 Thévenin entre A y B. 

I 1 

R 1 

R 4 

E 1 

I 2 

E 3 

I 3 

E 2 

R 2 

A 

I 1 = 1A 

I 2 = 2A 

I 3 = 3A 

R i = iΩ 

R 3 

E 4 

B 

Solución: 

I 1 

I 

R 1 II 

I 1 = 1A 

I 6 I 2 = 2A 

E 3 

I 7 

I 3 = 3A 

E 1 

E 

V 2 

R 4 

I 2 

I 

R 5 

2 

I 8 

I 3 

III R 3 

IV 

E 4 

I 4 

R i = iΩ 

a) Intensidad en cada rama 

I) I 2 + I 6 = I 1 

I 6 = −1A 

IV) I 4 = I 2 + I 3 = 5A 

III) I 5 = I 8 + I 4 = I 8 + 5 


II) I 1 + I 7 = I 5 = 1 + I 7 

V) I 3 + I 8 = I 6 + I 7 

3 + I 8 = −1 + I 7 

I 5 = 2A 

I 7 = 1A 

I 8 = −3A 

b) Potencia disipada en las resistencias: 

P R1 = I 12 · R 1 = 1 1 · 1 = 1W 

P R2 = I 82 · R 2 = (−3) 1 · 2 = 18W 

P R3 = I 42 · R 3 = 5 1 · 3 = 75W 

P R4 = I 52 · R 4 = 2 2 · 4 = 16W 

P TOTAL = 1 + 18 + 75 + 16 = 110W 

Potencia entregada por los generadores: 

Potencia entregada por I 1 = V I1 · I 1 = 0W 

Potencia entregada por I 2 = V I2 · I 2 = −38W 

Potencia entregada por I 3 = V I3 · I 3 = −51W 

Potencia entregada por E 1 = E 1 · (−I 2 ) = −2W 


Potencia entregada por E 3 = E 3 · (−I 6 ) = 3W 


⎫ 

⎪⎬ 

− 110W 

⎪⎭ 

V I1 + I 1 · 1 + E 2 − E 3 = 0 ⇒ V I1 = 0 

V I2 − 1 + 3 − V I3 = 0 

V I3 − I 8 · 2 − 4 + I 4 · 3 = 0 

c) Thévenin entre A y B: 

} 

VI2 = −19V 

V I3 = −17V 

R eq 

A 

V TH 

B 

V TH = I 5 · R 4 = 2 · 4 = 8V 


R 1 

A 

R 4 

A 

⇒ 

R 2 

R 4 

R 2 

B 

R 3 

B 

R eq = R 2 · R 4 

R 2 + R 4 

= 2 · 4 

2 + 4 = 4 3 Ω

Ejercicios resueltos de FMC. - QueGrande

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