UNIVERSIDAD FERMIN TORO

VICE RECTORADO ACADEMICO

FACULTAD DE INGENIERIA

ESCUELA DE TELECOMUNICACIONES

Participante:

Kent González

Asignatura: Circuitos Eléctricos I

SAIA A

Prof. José Morillo

Julio, 2015

1.- Halle la capacitancia equivalente entre los terminales a y b en el circuito de la figura. Todas las capacitancias están en μf.

Empezando de derecha a izquierda:

Los capacitores de 10, 20, y 30 uF con el circulo negro están en paralelo. Su capacitancia

equivalente:

C1 = 10 + 20 + 30 = 60 uF.

Redibujamos el circuito:

Los capacitores indicados de 60 y 60 uF están en serie:

1/C2 = 1/60 + 1/60 = 1/60

C2 = 60 uF.

Redibujando:

Los capacitores de 50 y 60 uF están en paralelo. Su resistencia equivalente:

C3 = 50 + 60 = 110 uF.

Redibujamos:

Los capacitores con el círculo azul están en paralelo.

C4 = 40 + 80 = 120 uF.

Este equivalente de 120 uF estará en serie con el de 110 uF: 1/C5 = 1/120 + 1/ 110

C5 = 57.39 uF.

Redibujamos:

El C5 = 57.39 uF y el 12 uF a la derecha están en paralelo:

C6 = 57.39 + 12 = 69.39 uF

El C6 está en serie con el 12:

1/CET = 1/69.39 + 1/12

CET = 10.23 uF; la capacitancia total equivalente.

2.- Halle la inductancia equivalente desde los terminales a-b del circuito de la figura.

Los Inductores en paralelo y en serie se comportan igual que las resistencias en paralelo

y en serie. Por tanto, dado que el inductor de 9 H y el de 3 H están en serie, su H

equivalente es:

H1 = 9 H + 3 H = 12 H.

El circuito queda:

Vemos claramente que los inductores dentro del círculo verde están en paralelo, por

tanto:

1/H2 = 1/12 + 1/6

H2 = 4 H

El circuito se simplifica:

Nos damos cuenta que los inductores de 10 H y 4 H están en serie:

H3 = 10 + 4 = 14

H3 está en paralelo con el inductor de 12 H:

1/H4 = 1/14 + 1/12

H4 = 6.46 H

El circuito queda así:

Por tanto la inductancia total equivalente será:

HTE = 6.46 H + 4 H = 10.46 H

3.- El interruptor en la figura ha estado en la posición a durante mucho

tiempo. En t=0, se mueve a la posición b. calcule i(t) para cualquier t > 0.

Nota el valor de la resistencia que falta es el tercer digito de su número de

cedula, si es cero tome el siguiente número a la derecha.

Circuito en t=0-

Tenemos:

Vr1 (

) (

) = 10 Pero Vr1 = Vc(t) = 10V, para t=0

-

Circuito en t=0+

Una ecuación de Nodos, ya que: Vn1=V2=12V

6

Vc(t)

6

Vc(t)

Ir

Ir1

I(t) N1 N2

Entonces:

N2: Ir = Ir1+I(t) (

) (

)+(

) pero Vn2=Vc

(

) (

)+(

) = (

) (

) + Vc ((

) (

) = (

)

(

) + (

) Vc = 2

+

Vc(t) = 1

Vc(t) = Vct(t) + Vcp(t)

Vc(t) =

Vcp(t) = C evaluando C en la E.D

+

= 1 C = 4

Vc(t) = Vct(t) + Vcp(t) = + 4

Para obetener K, se evaluan las condiciones iniciales:

Vc(t=0) = 10V

10 = + 4 k=6

10 = + 4

Vc(t) = + 4)V para t>0

It = Ic = (

)

I(t) = 2 I(t) =

E.D. lineal de

primer orden

4.- Halle V (t) para t < 0 y t > 0 del circuito de la figura. Nota el

valor de la resistencia que falta es el tercer digito de su número

de cedula, si es cero tome el siguiente número a la derecha.

Malla I1:

V1 – I1 R – 4 Io = 0, con I1 = - Io

V1 = 4 Io + Io R V1 = 4 Io - 6 Io V1 = -2 Io

Io =

Io =

Io = 12 A, para t<0

Malla I2:

4 Io – V2 – V(t) = 0 V2 + V(t) = 0 V2 + V(t) = 4 Io

con L = 0,5M ; L0 = -12ª ; R2 = 2Ω

;

I2(t) = I2t(t) + I2p(t)

I2t(t) = ; Para t<0

I2p(t) = C, sustituyendo C en la E.D

6

Por t<0. E.D. lineal de

primer orden

+ 4C = -96 C = -24

I2 (t) = – 24

Para obtener K, se evalúa I2 (t) en t= 0-. Para ello se debe asumir

que el interruptor estará así por mucho tiempo hasta t = 0-.

La Malla I1, no cambiaría.

I1 = - Io = 12 A

Io = - 12 A

La Malla I2:

4 Io = V(t) V(t) = 4 (-12A) V(t) = -48V en t = 0-.

I2 (t) =

en t = 0- I2 (t) =

I2 (t) = -24A

-24A = k – 24 k = 0

6

Circuito para t = 0+.

Como Io = 0A

4 Io = 0V la fuente se c produce cortocircuito.

V2 + V(t) = 0

+ R2 + I2 = 0

I2 = 0 , Con R2 = 2Ω L = 0,5 M

+ 4 I2 = 0 I2(t) = I2t(t)

I2t(t) = I2(t) = k

I2(t) = k con I2 (t=0) = -24A

-24A = k k = -24A

I2(t) = -24 A, Para t > 0

V(t) = I2(t) R2, con R2 = 2Ω

V(t) = -48 V, Para t > 0