Ayudantía 15 - Soluciones - Pontificia Universidad Católica de Chile

Ponticia Universidad Católica de Chile
Facultad de Física
Electricidad y Magnetismo: Fis 1532 Sección 1; Fiz 0221
Ayudantía 15 - Soluciones
Leyes de Kircho, Circuitos RC
Profesor: Ricardo Ramirez (rramirez@puc.cl)
Ayudante: Daniel Narrias (dinarria@uc.cl)
Miércoles 08 de Octubre del 2008
Problema 1
En el circuito de la gura, el interruptor S ha estado abierto mucho tiempo. En el
instante t=0, el interruptor se cierra.
a) Calcule las corriente por R1 , R2 inmediatamente después de cerrar el interruptor
(t = 0+ ).
b) Calcule las corrientes por R1 , R2 mucho tiempo después de cerrar el interruptor
(t → +∞), y la carga nal en el condensador.
c) Determine la carga en el condensador en cualquier instante luego de cerrar el
interruptor S.
d) Luego de mucho tiempo cerrado el interruptor, se conecta el punto a del circuito
a tierra. Calcule el potencial en los puntos b y d en estas condiciones.
Solución:
1
a) Al estar abierto el interruptor, el circuito se reduce sólo a la malla izquierda. Por
la ley de mallas, tenemos
V1 −
Q
− i1 R1 = 0
C
Al transcurrir mucho tiempo antes de cerrar el interruptor, el condensador se
carga completamente y deja de pasar corriente, es decir, i1 = 0. Por tanto, resulta
V1 −
Q
= 0 =⇒ Q(0+ ) = CV1
C
pues esta es la carga justo después de cerrar el interruptor S.
De lo anterior, tenemos que la corriente por R1 es
i1 (0+ ) = 0
(esto puede vericarse de aplicar la ley de mallas a la malla izquierda, con Q =
Q(0+ )).
Aplicando la ley de mallas a la malla derecha, resulta
0 = V2 − i2 (0+ )R2 −
Q(0+ )
C
Q(0+ )
V2
−
=⇒ i2 (0 ) =
R2
R2 C
V2
CV1
=
−
R2 R2 C
V2 − V1
i2 (0+ ) =
R2
+
b) Cerremos el interruptor. En dicho caso, obtenemos tres ecuaciones: dos por la ley
de mallas y una por la ley de nodos.
Q
− i2 R2
C
Q
0 = V1 − − i1 R1
C
i = i1 + i2
0 = V2 −
(1)
(2)
(3)
Al transcurrir mucho tiempo (es decir, t → +∞), el condensador se carga completamente y deja de pasar corriente, es decir, i = 0 =⇒ i2 = −i1 . Nótese que la
2
ecuación i2 = −i1 nos dice que nalmente queda una corriente que recorre en un
sólo sentido el conductor externo al circuito, pasando por las dos baterías y las
dos resistencias.
Reemplazando la última ecuación en las dos primeras, obtenemos
Q
+ i1 R2
C
Q
0 = V1 − − i1 R1
C
=⇒ 0 = V2 − V1 + (R1 + R2 )i1
V1 − V2
=⇒ i1 (+∞) =
R1 + R2
0 = V2 −
De la última ecuación, tenemos que si V1 > V2 , entonces la corriente resultante
en el circuito (por el conductor externo) tiene el sentido de i1 y i1 es la corriente
que buscamos. Si V1 < V2 , la corriente resultante tiene el sentido de i2 y i2 es la
corriente que buscamos.
Ahora, usando ley de mallas en la malla de la izquierda, obtenemos
0 = 4V − V1 + i1 R1
=⇒ 4V = V1 − i1 R1
V1 − V2
R1
4V = V1 −
R1 + R2
V1 R2 + V2 R1
4V =
R1 + R2
donde 4V es la diferencia de potencial en el condensador.
Por tanto, la carga nal en el condensador es
Q+∞ = C4V = C
V1 R2 + V2 R1
R1 + R2
c) Además de las tres ecuaciones obtenidas de las leyes de Kircho, tenemos que
i=
dQ
dt
= Q̇
De (1) y (2) obtenemos
V2
Q
−
R2 R2 C
V1
Q
=
−
R1 R1 C
i2 =
i1
3
Reemplazando esto en (3) obtenemos
i = i1 + i2
V1
Q
V2
Q
i =
−
+
−
R1 R1 C R2 R2 C
V1
V2
1
1
1
=⇒
+
= Q̇ + Q
+
R1 R2
C R1 R2
Redenamos los parámetros.
1
α=
C
1
1
+
R1 R2
β=
V1
V2
+
R1 R2
Por tanto,
β = Q̇ + αQ
d
β · exp(αt) =
(Q(t)exp(αt))
dt
β
=⇒ Q(t)exp(αt) =
· exp(αt) + K
α
β
=⇒ Q(t) =
+ K · exp(−αt)
α
Pero tenemos como condición inicial que Q(0+ ) = CV1 , por lo cual
Q(0+ ) = K +
pero
β
α
=C
V1 R2 +V2 R1
R1 +R2
β
β
= CV1 =⇒ K = CV1 −
α
α
, por lo cual
β
K = CV1 − = CV1 − C
α
V1 R2 + V2 R1
R1 + R2
= CR1
V1 − V2
R1 + R2
Por tanto, la carga es
β
Q(t) = +K·exp(−αt) = C
α
V1 R2 + V2 R1
V1 − V2
(R1 + R2 )
+CR1
·exp −
t
R1 + R2
R1 + R2
CR1 R2
Podemos ver que cuando t → +∞ obtenemos Q+∞ , y cuando t = 0+ obtenemos
Q(0+ ), ambas cargas encontradas de forma directa anteriormente.
4
d) Al conectar el punto a a tierra, tenemos que Va = 0. Los cálculos los haremos
para t → +∞.
Así, usando la ley de mallas, tenemos
0 = Vd − Va + i1 R2 − V1
=⇒ Vd = −i1 R2 + V1
V2 − V1
= V1 + R2
R1 + R2
0 = Vb − Va +
Q
− V1
C
Q
+ V1
C V1 R2 + V2 R1
= V1 −
R1 + R2
V1 − V2
= R1
R1 + R2
=⇒ Vb = −
Problema 2
Considere el circuito de la gura.
a) Encuentre el valor de la resistencia X , de tal forma que no pase corriente por S.
b) Con el valor de la resistencia X calculada en a), encuentre el valor de R que
maximiza la potencia disipada en el circuito, y calcule tal potencia disipada.
Solución:
5
a) Consideremos la porción superior del circuito. De las leyes de Kircho, tenemos
i =
i3 =
i7 =
0 =
0 =
i3 + i4 = i6 + i7
i5 + i6
i5 + i4
−i3 R − i5 S + i4 2R
−i6 X + i7 4R + i5 S
La condición es que no pase corriente por la resistencia S , por lo que imponemos
i5 = 0, resultando
i =
i3 =
i7 =
0 =
0 =
i3 + i4 = i6 + i7
i6
i4
−i3 R + i4 2R
−i6 X + i7 4R
De las dos últimas ecuaciones, obtenemos la ecuación matricial
−R 2R
−X 4R
i3
i4
=
0
0
donde usamos que i3 = i6 , i7 = i4 .
Necesitamos que (i3 , i4 ) no sea solución trivial, por lo cual
−R 2R
−X 4R
= 0 =⇒ −4R2 + 2RX = 0 =⇒ X = 2R
b) Dado que no pasa corriente por la resistencia S , los nodos extremos del segmento
en el que está S están al mismo potencial. Por tanto, considerando la malla
superior del circuito, las dos primeras resistencias negras están en paralelo, las
últimas dos resistencias plomas están en paralelo y ambos sistemas están entre
sí en serie. De esta forma, si R1 y R2 son las resistencias equivalentes de las
resistencias negras y plomas, respectivamente, y R‘ es la resistencia equivalente
de la malla superior, tenemos
6
1
1
1
=
+
R1
R 2R
3
=
2R
2R
=⇒ R1 =
3
1
1
1
=
+
R2
2R 4R
3
=
4R
4R
=⇒ R2 =
3
R‘ = R1 + R2
2R 4R
+
=
3
3
= 2R
Por tanto, nalmente la resistencia del circuito (excluyendo las resistencias internas de las baterias) es
Req = 3R
De esta forma, la potencia disipada en el circuito es
P = i2 Req
Encontremos el valor de i.
Aplicando las leyes de Kircho a las baterias, tenemos
i = i1 + i2
0 = − + i2 r − i1 r
i
=⇒
= i1 = i2
2
Además, tenemos
i
2
−i(3R) − r + = 0 =⇒ i =
2
6R + r
7
Por tanto, la potencia disipada es
P = i2 Req = 122
R
(6R + r)2
Ahora maximicemos la potencia.
0 =
0 =
=⇒ 0 =
0 =
=⇒ 0 =
=⇒ R =
dP
dR (6R + r)2 − 12R(6R + r)
2
12
(6R + r)4
(6R + r)2 − 12R(6R + r)
(6R + r)[(6R + r) − 12R]
(6R + r) − 12R
r
6
Por tanto, nalmente la potencia máxima disipada es
R
1 2
P = 12
=
= Pmax
(6R + r)2 R=r/6 2 r
2
Problema 3
Considere el circuito de la gura.
a) Pruebe que la corriente que entra al nudo A se reparte por las ramas AR0 B y
AR1 B de forma inversamente proporcional a las resistencias de las ramas. Además,
muestre que
R0
R0 + R1
i1 = i
b) Encuentre la resistencia equivalente del circuito, vista desde los terminales de la
batería. Luego encuentre i, i1 .
8
c) Teorema de Thévenin Saque la rama R1 . Calcule la diferencia de potencial
en circuito abierto entre las terminales c y d. Calcule la resistencia vista desde
los terminales CD, con la fuente en corto-circuito. De aquí dibuje el circuito
Thévenin equivalente (del circuito hacia la izquierda de CD). Conecte la rama R1
y calcule i1 . Verique que coincide con la calculada en b).
Solución:
a) Apliquemos las leyes de Kircho. Por ley de nudos, tenemos que i = i0 + i1 . Por
ley de mallas, en la segunda malla, tenemos
i0 R0 − i1 R1 = 0 =⇒
R1
i0
=
i1
R0
Por tanto, la corriente tiende a pasar mayormente por los sectores que le oponen
menor resistencia.
Ahora, usando la primera ecuación, tenemos que
i1 = i0
R0
R1
= (i − i1 )
R0
R1
R0
R0
=⇒ i1 1 +
= i
R1
R1
R0
=⇒ i1 = i
R0 + R1
b) Encontremos la resistencia equivalente del circuito, visto desde la bateria. Tenemos que R0 ,R1 están en paralelo, por lo que la resistencia equivalente entre ambos
es
1
1
1
R0 R1
=
+
=⇒ R0 =
0
R
R0 R1
R0 + R1
Además, las resistencias R0 ,RC ,RS están en serie, por lo que la resistencia equivalente del circuito visto desde la bateria es
RE = RC + RS + R0 = RC + RS +
(RC + RS )(R0 + R1 ) + R0 R1
R0 R1
=
R0 + R1
R0 + R1
Por tanto, la corriente i es
9
i=
(R0 + R1 )
=
RE
(RC + RS )(R0 + R1 ) + R0 R1
y de aquí tenemos que i1 es
i1 = i
R0
R0 + R1
=
R0
(RC + RS )(R0 + R1 ) + R0 R1
c) El teorema de Thévenin es muy práctico cuando se quiere conocer la corriente
a través de una sola resistencia, especialmente si el circuito es muy grande y
las variables involucradas muchas. El teorema de Thévenin nos dice que si un par
cualquiera de terminales emerge de un circuito arbitrario constituido por resistencia y fuentes de tensión y de corriente, entonces el comportamiento del circuito,
visto desde este par de terminales, es idéntico al de un circuito simple formado
por una fuente de tensión de voltaje 0 conectado en serie con una resistencia
R; el valor de 0 es igual a la caída de tensión que mide entre los terminales del
circuito primitivo, y el de R es igual a la resistencia vista desde los terminales
cuando se corto-circuitan las fuentes de voltaje y se abren las fuentes de corriente
del circuito primitivo.
Tenemos que la diferencia de potencial entre CD es igual a la tensión entre AB ,
por lo cual
VC D = VA B = R0 i0 = VT h
pero
= (RC + RS + R0 )i0
por lo cual
VT h = VC D =
R0
RC + RS + R0
donde VT h es la tensión de Thévenin entre los términales CD.
Encontremos ahora la resistencia vista desde los terminales CD, con la fuente en cortocircuito (es decir, no participa del circuito). Tenemos que las resistencia
RC , RS están en serie, y ambas están en paralelo con R0 . Por tanto, la resistencia
vista desde los términales CD, que es la resistencia de Thévenin, es
1
1
1
R0 (RC + RS )
=
+
=⇒ RT h =
RT h
R0 RC + RS
RC + RS + R0
Por tanto, el circuito de Thévenin equivalente, con la rama R1 reconectada, la
podemos ver en la siguiente gura.
10
De la gura, vemos que
i1 =
VT h
R0
=
R1 + RT h
(RC + RS )(R0 + R1 ) + R0 R1
que es justamente el resultado obtenido en b).
Problema 4
Encuentre las corrientes en todo el circuito de la gura.
Solución: El circuito tiene 5 ramas y 3 nudos, por lo cual existen Nr − Nn + 1 = 3
ecuaciones de mallas independientes.
Sean i1 la corriente que pasa por 1 saliendo de la bateria de 200V ; i2 la corriente que
pasa por 2 y i3 la que pasa por 3 tal que i1 = i2 + i3 ; i5 la corriente que pasa por 5 y i4
por 4 tal que i2 = i5 + i4 (las ecuaciones de nudos denen el sentido de las corrientes).
Ahora, para própositos de cálculo (este es un recurso muy empleado), sea I1 la corriente
que se transmite en el sentido del reloj por la primera malla; I2 la que se transmite en
el sentido del reloj por la mitad superior de la segunda malla, y I3 la que se transmite
en el sentido del reloj por la mitad inferior de la segunda malla.
Aplicando ley de mallas a estas tres mallas, obtenemos las ecuaciones
0 = 20I1 − 200 + 100I1 + 30(I1 − I2 ) + 100
0 = 30(I2 − I − 1) + 50(I2 − I3 ) − 100
0 = 50(I3 − I2 ) + 10I3 − 50
Tras un poco de álgebra, llegamos a la forma al sistema equivalente
10 = 15I1 − 3I2
10 = −3I1 + 8I2 − 5I3
5 = 5I2 + 6I3
sistema del cual se obtiene
11
5
3
= 5
= 5
I1 =
I2
I3
donde las corrientes están en amperes.
Ahora, tenemos que
5
3
= I2 = 5
i1 = I1 =
i2
i3 = I1 − I2 = −
10
3
i4 = I2 − I3 = 0
i5 = i2 = 5
El valor negativo en i3 indica que la corriente va en sentido contrario al elegido (los
sentidos de las corrientes se pueden tomar arbitrariamente para resolver el problema,
luego los signos indican el sentido real de las corrientes).
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