Solucionario Primera Práctica Calificada de Circuitos Eléctricos I - FIEE UNI 2016 I
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1) El documento presenta la solución de varios ejercicios de circuitos eléctricos. 2) Se resuelven cinco ejercicios utilizando las leyes de Kirchhoff y reduciendo resistencias en paralelo y serie. 3) Los cálculos incluyen hallar corrientes, voltajes y potencia en diferentes ramas y nodos de los circuitos.
Solucionario Primera Práctica Calificada de Circuitos Eléctricos I - FIEE UNI 2016 I
- 1. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 1 | 15 Alumno: Sarango Veliz, Andy Juan. Código: 20141327K Centro de Estudios: Universidad Nacional de Ingeniería. Especialidad: Ingeniería de Telecomunicaciones. Sección: M Enunciado V1 6V R1 3Ω R2 3Ω V2 6V V3 6V R3 6Ω R4 2Ω V4 6V V5 -18/13 R5 1Ω R6 2Ω Ejercicio 1 Sarango Veliz, Andy Juan 20141327K PR1 W P: 1.70 W P(avg): 1.70 W PR2 A I: 3.38 A I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): 3.38 A I(freq): --
- 2. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 2 | 15 Solución Analizamos el circuito, trabajamos con la “Malla*”. De la “Malla*”: 6 − 3 ∙ 𝑖∗ = 0 ∴ 𝑖∗ = 2 𝐴 Entonces: +6 − (−(2 + 𝑖)) ∙ 3 − 6 − 6 ∙ 𝐼 = 0 ∴ 𝑖 = 2 ∙ 𝐼 − 2 2 Malla* 2 2+i Nodo A
- 3. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 3 | 15 En dicho contorno del circuito tenemos: −2 ∙ 𝑖∗∗∗ − 2 ∙ (3) + 6 − 3 ∙ (2 ∙ 𝐼) − 6 = 0 ∴ −(3 + 3 ∙ 𝐼) = 𝑖∗∗∗ El sentido es contrario a lo asumido, es decir: Finalmente obtenemos Ahora por la 2da Ley Kirchhoff. −(9 ∙ 𝐼 + 3) + 2 ∙ 𝐼 − 2 ∙ (3 + 3 ∙ 𝐼) = 0 ∴ 𝐼 = − 9 13 Donde podemos hallar “i”. 2 𝒊∗∗∗ 2I- 2 2I 3 + 3 ∙ 𝐼 = 𝑖∗∗∗ 2 2 2I 3I-2 3I 6I-2 9I+3 3I+5 3+3I
- 4. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 4 | 15 Enunciado Solución V1 10V R1 3Ω R2 6Ω V2 2V R3 3Ω R4 2Ω V3 4V R5 3Ω Ejercicio 2 Sarango Veliz, Andy Juan 20141327K PR1 A I: 1.00 A I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): 1.00 A I(f req): -- PR2 W P: -20.0 W P(av g): -20.0 W ∴ 𝑖 = − 44 13 𝟏𝟐 𝟏𝟑 ∴ 𝑃 = 𝐼2 ∙ 𝑅 = 288 169 w
- 5. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 5 | 15 Entonces hallamos “i” en función de 𝐼 𝑋. +3 ∙ 𝐼 𝑋 − 2 ∙ 𝑖 = 0 ∴ 𝑖 = 3 ∙ 𝐼 𝑋 2 Ahora hallamos “𝑖∗". 3 ∙ 𝐼 𝑥 − 2( 3 ∙ 𝐼 𝑥 2 )− 3 ∙ 𝑖∗ − 6 ∙ 𝐼 𝑥 = 0 ∴ 𝑖∗ = −2 ∙ 𝐼 𝑥 Hallamos las corrientes en la rama cuya tensión es 4 V. Y completamos las de las demás ramas. Ahora hallamos el valor de “𝐼 𝑥”. 10 − 3 ∙ 𝐼 𝑥 ∙ (3) − 6 ∙ 𝐼 𝑥 = 0 i 𝒊∗ 3IX 2IX 𝟑 𝟐 IX 𝟕 𝟐 IX 𝟒 𝟑
- 6. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 6 | 15 ∴ 𝐼 𝑥 = 2 3 Finalmente hallamos la intensidad del “fuse”. 7 2 ∙ 𝐼 𝑥 = 4 3 + 𝐼𝑓𝑢𝑠𝑒 7 2 ∙ ( 2 3 ) − 4 3 = 𝐼𝑓𝑢𝑠𝑒 ∴ 𝐼𝑓𝑢𝑠𝑒 = 1 2 ∴ 𝑃 = 𝑉 ∙ 𝐼 = 20 ( 𝐸) = −20 𝑤
- 7. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 7 | 15 Enunciado Solución Reducimos las resistencias paralelas. Y hallamos el resto de las corrientes que pasan por las ramas del circuito. R1 2Ω I1 3A R2 2Ω I2 3/2 R3 4Ω R4 4Ω R5 2/3 R6 1Ω V1 6V I3 I = { 0 } Ejercicio 3 Sarango Veliz, Andy Juan 20141327K PR2 W P: 0 W P(av g): 0 W PR1 W P: -- P(av g): --
- 8. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 8 | 15 Del contorno del circuito tendremos: 6 − 3 ∙ ( 𝐼 2 ) − 4 3 ∙ ( 𝐼 + 9 2 ) = 0 ∴ 𝐼 = 0 Hallamos los potenciales pedidos cuando “I=0”. ∴ 𝑃 = 𝑉 ∙ 𝐼 = 0=𝑃6 𝑉 = 𝑃 𝐼 2
- 9. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 9 | 15 Enunciado Solución En la malla tendremos la siguiente igualdad: V2 193V I1 1/2 V3 -72V R1 2Ω R2 8Ω R3 10Ω R4 2.5Ω R5 7.5Ω I2 10A Ejercicio 4 Sarango Veliz, Andy Juan 20141327K PR1 V V: 173 V V(p-p): 19.4 pV V(rms): 0 V V(dc): 173 V V(f req): -- V A I: -10.0 A I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): -10.0 A I(f req): -- V V: 25.0 V V(p-p): 1.29 pV V(rms): 0 V V(dc): 25.0 V V(f req): -- V A I: -12.0 A I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): -12.0 A I(f req): -- W P: -386 W P(av g): -386 W 4 10 𝑉1 7.5 𝑉 2 1 2 1 2 − 0.1 ∙ 𝑉 -4∙ 𝑉 +
- 10. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 10 | 15 4 ∙ 𝑉 + 𝑉 + 0.8 ∙ 𝑉1 = 𝑉1 + 193 + 10 ∙ ( 1 2 − 0.1 ∙ 𝑉) + 7.5 ∙ ( 1 − 𝑉 2 ) Ahora en el nodo “o”. De este nodo tendremos la ecuación 𝑉1 7.5 + 𝑉 2 = 1 2 Tendremos los valores siguientes: ∴ 𝑉 = 25 ∴ 𝑉1 = −90 Finalmente, en la rama: Tendremos el valor de 𝑉0. O 𝑉1 7.5 𝑉 2 1 2 − 0.1 ∙ 𝑉
- 11. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 11 | 15 −𝑉0 = −193 − 10 ∙ ( 1 2 − 0.1 ∙ 𝑉) Ahora hallamos la potencia de 193 V. Enunciado R2 2Ω I1 1A R1 24/7 V1 6V Ejercicio 5 Sarango Veliz, Andy Juan 20141327K PR1 A I: 750 mA I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): 750 mA I(freq): -- PR3 W P: -8.00 W P(avg): -8.00 W PR4 W P: -4.50 W P(avg): -4.50 W ∴ 𝑉0 = −173 𝑉 ∴ 𝑃193 𝑉 = 193 − 10 ∙ ( 1 2 − 0.1 ∙ (25)) = −386 𝑤
- 12. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 12 | 15 Solución Hallamos la resistencia equivalente del “rombo”. Por reducciones simétricas. Entonces nos queda 8Ω // 6Ω. Simetría vertical de corriente Simetría horizontal de voltaje
- 13. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 13 | 15 En la “Malla*”: +6 − (𝑖 + 1) ∙ 24 7 = 0 ∴ 𝑖 = 3 4 Ahora para la “malla del contorno**”. Tenemos: +𝑉 − 2 ∙ (1) − 6 = 0 ∴ 𝑉 = 8 Finalmente nos piden: Malla* Potencia (P) = 𝐼 ∙ 𝑉 + - V
- 14. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 14 | 15 Enunciado V1 186V R1 22Ω R2 14Ω V2 16V V3 43V R3 2Ω Sarango Veliz, Andy Juan 20141327K Ejercicio 6 PR1 A I: 9.50 A I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): 9.50 A I(freq): -- PR2 A I: 10.0 A I(p-p): 0 A I(rms): 0 A I(dc): 10.0 A I(freq): -- PR3 V V: -23.0 V V(p-p): 1.40 pV V(rms): 0 V V(dc): -23.0 V V(freq): -- V ∴ 𝑃 = 𝐼 ∙ 𝑉 = 6 ∙ 3 4 = 9 2 ( 𝐸) = −4.5 𝑤 V=8 + - ∴ 𝑃 = 𝐼 ∙ 𝑉 = 1 ∙ (8) = 8 ( 𝐸) = −8 𝑤
- 15. SOLUCIONARIO PRÁCTICA I – CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (EE 111) P á g i n a 15 | 15 Solución Analizamos el circuito por la 2da ley de Kirchhoff En la rama con V0 tendremos: 𝑉0 = 2 ∙ 𝑖 − 43 = 186 − 22 ∙ 𝐼∗∗ 𝑉0 = −1.6 ∙ 𝑖 + 14 ∙ (𝐼∗∗ − 𝑖) Tendremos entonces la igualdad de ecuaciones. ∴ 𝑖 = 229 − 22 ∙ 𝐼∗∗ 2 → 𝑖 = 10 𝐴 ∴ 𝐼∗∗ = 9.5 𝐴 𝑰∗∗ 𝑰∗∗ − 𝒊 ∴ 𝑉0 = 2 ∙ 𝑖 − 43 = 2 ∙ (10) − 43 = −23