La corriente eléctrica: Problemas Juan Ángel Sans Tresserras E-mail: juasant2@upv.es

Resolviendo este sistema: Problema 1 Calcular intensidad en la rama común Definimos sentido de intensidad en cada malla Consideramos fuerzas electromotrices orientadas a favor de la intensidad como positivas. Aplicamos Ley de Ohm generalizada -14-10=4·I2+(I2-I3)·6 10=(I3-I2)·6+2·I3 Resolviendo este sistema: I2=-3 A I3=-1 A I1= 2 A

Problema 1 Vcb= Vda= I3·2=-2 V Calcular la diferencia de potencial entre los puntos b y c. Diferencia de potencial entre b y c es equivalente entre d y a Vcb= Vda= I3·2=-2 V

Problema 2 Nueve resistencias de 10Ω cada una se conectan como indica la figura, y se aplica una diferencia de potencial entre a y b de 20 V. (a) Calcular la resistencia equivalente. (b) Determinar la intensidad de corriente en cada resistencia Sacamos circuito equivalente Malla a-d-b-generador: ε=I2·R+I4·3R Malla a-c-d: I1·3R+(I1-I2)·R-I2·R=0 También sabemos que si Vcd está determinada, entonces I4=I1 y I3=I2 𝐼 1 = 𝜀 5𝑅 𝑦 𝐼 2 = 2𝜀 5𝑅 → 𝑅 𝑒𝑞 = 𝜀 𝐼 1 + 𝐼 2 = 5 3 𝑅

Aplicando Ley de Ohm generalizada Problema 3 Calcular el valor de la intensidad de la corriente en el circuito de la figura Aplicando Ley de Ohm generalizada 𝐼= 𝜀 1 − 𝜀 2 𝑅 1 + 𝑅 2 + 𝑟 1 + 𝑟 2

Problema 4 Tenemos una batería de fuerza electromotriz ε y resistencia interna r conectada en serie con una resistencia variable R. Determinar: Intensidad del circuito Potencia suministrada a R Valor de R que hace máxima la potencia Potencia disipada en forma de calor en R Aplicando Ley de Ohm generalizada: 𝜀= 𝑟+𝑅 ·𝐼 → 𝐼= 𝜀 𝑟+𝑅 Potencia definida como P=I2·R → 𝑃= 𝜀 𝑟+𝑅 2 𝑅 Potencia máxima: 𝑑𝑃 𝑑𝑅 = 𝑅+𝑟 2 · 𝜀 2 −𝑅· 𝜀 2 ·2· 𝑅+𝑟 𝑅+𝑟 4 =0 → 𝑟−𝑅 𝑅+𝑟 3 =0 → 𝑅=𝑟

Problema 5: Puente de Wheatstone El puente de Wheatstone es un circuito tipo puente que se usa para medir resistencias. Se modifica la resistencia R3 hasta que la intensidad en el amperímetro sea nula. a) ¿Qué valor tiene Rx en términos de R1, R2 y R3?. b) Si el circuito está balanceado con R1=630Ω, R2=972Ω y R3=42.6Ω. ¿Cuál será el valor de la resistencia desconocida? Cuando el amperímetro no marca intensidad: VAB=VAD y VBC=VDC Además si no circula intensidad en el amperímetro la intensidad que pasa por Rx es I 3 y por R2 es I 1 . I 1 · R 1 = I 3 · R 3 y I 1 · R 2 = I 3 · R x 𝑅 𝑥 = 𝑅 2 · 𝑅 3 𝑅 1

Problema 6 𝐼 1 =2𝐴 𝐼 2 =1𝐴 𝑉 𝑎 − 𝑉 𝑜 =4·2=8𝑉 𝑉 𝑎 − 𝑉 𝑏 =8−2=6𝑉 El circuito de la figura ha estado conectado durante un largo período de tiempo. a) ¿Cuál es la tensión en el condensador? b) Si se desconecta la batería, ¿Cuánto tiempo tarda el condensador en descargarse hasta la décima parte de su tensión inicial? 10= 𝐼 1 ·1+ 𝐼 1 ·4 10= 𝐼 2 ·8+ 𝐼 1 ·2 𝐼 1 =2𝐴 𝐼 2 =1𝐴 𝑉 𝑎 − 𝑉 𝑜 =4·2=8𝑉 𝑉 𝑏 − 𝑉 𝑜 =1·2=2𝑉 𝑉 𝑎 − 𝑉 𝑏 =8−2=6𝑉

Problema 6 𝜏=𝑅·𝐶= 𝑅 𝑒𝑞 ·𝐶=3.6 𝜇𝑠 El circuito de la figura ha estado conectado durante un largo período de tiempo. a) ¿Cuál es la tensión en el condensador? b) Si se desconecta la batería, ¿Cuánto tiempo tarda el condensador en descargarse hasta la décima parte de su tensión inicial? 𝜏=𝑅·𝐶= 𝑅 𝑒𝑞 ·𝐶=3.6 𝜇𝑠 𝑉= 𝑉 𝑜 ·𝑒 − 𝑡 𝜏 →0.1= ·𝑒 − 𝑡 3.6· 10 −6 𝑅 𝑒𝑞 =3.6Ω 𝑡=8.3 𝜇𝑠

Problema 7 Tenemos una caja negra en la rama izquierda (Figura A) que hace que no circule corriente por la rama central. Si se introduce la misma caja negra en la rama de la derecha (Figura B) por la rama central tampoco circula corriente. a) ¿Qué contiene la caja?. b) ¿Aporta o extrae energía al circuito en la figura B? ¿Qué potencia? Figura A Figura B Figura A Figura B Figura A: 𝜀+10= 𝑅+10+1 · 𝐼 1 + 𝐼 1 − 𝐼 2 ·1 −5= 5+1 · 𝐼 2 + 𝐼 2 − 𝐼 1 ·1 𝐼 1 = 𝐼 2 Figura B: 10= 10+1 · 𝐼 1 + 𝐼 1 − 𝐼 2 ·1 −5−𝜀= 𝑅+5+1 · 𝐼 2 + 𝐼 2 − 𝐼 1 ·1 𝐼 1 = 𝐼 2

Problema 7 Tenemos una caja negra en la rama izquierda (Figura A) que hace que no circule corriente por la rama central. Si se introduce la misma caja negra en la rama de la derecha (Figura B) por la rama central tampoco circula corriente. a) ¿Qué contiene la caja?. b) ¿Aporta o extrae energía al circuito en la figura B? ¿Qué potencia? Figura A Figura B Figura A Figura B 𝜀=−115𝑉 𝑅=115Ω Figura A: 6·𝜀+5·𝑅+115=0 Figura B: 11·𝜀+10·𝑅+115=0

Problema 7 𝑃 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 =𝜀·𝐼 𝑃 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 =𝑅· 𝐼 2 Tenemos una caja negra en la rama izquierda (Figura A) que hace que no circule corriente por la rama central. Si se introduce la misma caja negra en la rama de la derecha (Figura B) por la rama central tampoco circula corriente. a) ¿Qué contiene la caja?. b) ¿Aporta o extrae energía al circuito en la figura B? ¿Qué potencia? 𝑃 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 =𝜀·𝐼 𝑃 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 =𝑅· 𝐼 2 𝑃 𝑛𝑒𝑡𝑎 = 𝑃 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑑𝑎 - 𝑃 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑎 Figura A Figura B

Teorema de Thevenin Definición. Si una parte de un circuito eléctrico lineal está comprendida entre dos terminales A y B, esta parte en cuestión puede sustituirse por un circuito equivalente que esté constituido únicamente por un generador de tensión en serie con una impedancia, de forma que al conectar un elemento entre los dos terminales A y B, la tensión que cae en él y la intensidad que lo atraviesa son las mismas tanto en el circuito real como en el equivalente Resumen. Por complicado que sea el circuito, se puede sustituir por una resistencia y un generador equivalente. Utilidad. Circuitos muy complejos donde se cambia un componente. Evitas el tener que calcular todo el circuito cada vez que cambias el componente. A B

Teorema de Thevenin Ejemplo: + 16−10= 3+3+6 ·𝐼 1 A - 𝐼 1 =0.5 𝑚𝐴 B 3 KΩ - + 1. Definimos la polaridad de los distintos elementos 16 V 16−10= 3+3+6 ·𝐼 1 6 KΩ A 𝐼 1 =0.5 𝑚𝐴 10 V 3 KΩ 10 KΩ 8 KΩ 2. Calculamos la d.d.p. entre los puntos A y B B 𝑉 𝑎𝑏 =− 3+3 ·0.5+16=13𝑉= 𝜀 𝑇𝐻 3. Cortocircuitamos los generadores de voltaje, abrimos los generadores de corriente y calculamos la resistencia equivalente A B 3 KΩ 6 KΩ 10 KΩ 3 KΩ A B 6 KΩ 1 𝑅 𝑒𝑞 = 1 3+3 + 1 6 → 𝑟 𝑇𝐻 =3𝐾Ω

Teorema de Thevenin Ejemplo: + A - B A 0= 3+3 ·𝐼 1 +6 ·(𝐼 1 − 𝐼 𝑝 ) B 3 KΩ - + 1. Suponemos un generador de prueba entre los bornes A y B. 16 V 6 KΩ 2. Cortocircuitamos el resto de generadores A vp 3 KΩ A B 6 KΩ 10 V 3 KΩ 10 KΩ B vp 0= 3+3 ·𝐼 1 +6 ·(𝐼 1 − 𝐼 𝑝 ) 𝑣 𝑝 =6 ·(𝐼 𝑝 − 𝐼 1 ) 𝑣 𝑝 =3 ·𝐼 𝑝 → 𝑟 𝑇𝐻 = 𝑣 𝑝 𝐼 𝑝 =3 𝐾Ω 0= 12·𝐼 1 −6· 𝐼 𝑝 → 𝐼 1 =0.5· 𝐼 𝑝

Teorema de Thevenin Ejemplo: A 𝐼 1 𝐼 𝑝 1. Suponemos un generador de prueba entre los bornes A y B. 2. Calculamos la resistencia equivalente del circuito cortocircuitando los generadores. 5 KΩ 5 KΩ 𝐼 1 𝐼 𝑝 10 KΩ 0= 5·𝐼 1 +5 ·(𝐼 1 − 𝐼 𝑝 )+10 ·(𝐼 1 − 𝐼 2 ) 0=2. 5·𝐼 2 +10 ·(𝐼 2 − 𝐼 1 )+2.5 ·(𝐼 2 − 𝐼 𝑝 ) 𝑣 𝑝 =5 ·(𝐼 𝑝 − 𝐼 1 )+2.5 ·(𝐼 𝑝 − 𝐼 2 ) vp 2.5 KΩ 𝐼 2 2.5 KΩ 10 V 0= 20·𝐼 1 −5· 𝐼 𝑝 −10· 𝐼 2 0=1 5·𝐼 2 −10· 𝐼 1 −2.5· 𝐼 𝑝 𝑣 𝑝 =7.5 ·𝐼 𝑝 − 5·𝐼 1 −2.5· 𝐼 2 B + ×2 0= 20·𝐼 1 −5· 𝐼 𝑝 −5· 𝐼 𝑝 → 𝐼 1 =0.5· 𝐼 𝑝 0= 20·𝐼 2 −10· 𝐼 𝑝 → 𝐼 2 =0.5· 𝐼 𝑝 𝑣 𝑝 = 7.5·𝐼 𝑝 −2.5· 𝐼 𝑝 −1.25· 𝐼 𝑝 → 𝑣 𝑝 𝐼 𝑝 =3.75 𝐾Ω= 𝑟 𝑇𝐻

Problema 8 Calcular la intensidad que pasa por la resistencia de 5Ω. 5 Ω 𝑉 𝑎𝑏 = 20 (20+5) ·20+1.5·10=31𝑉= 𝜀 𝑇𝐻 𝑅 𝑒𝑞 = 20·5 (20+5) +10= 𝑟 𝑇𝐻

Problema 9 Calcular la intensidad que pasa por la resistencia de 150Ω. 180 Ω 150 Ω 120 Ω A B 10 V 470 Ω 560 Ω 20 V A B O O

Problema 9 Calcular la intensidad que pasa por la resistencia de 150Ω. 180 Ω A 𝑉 𝐴𝑂 = 10 (180+470) ·470=7.23 𝑉= 𝜀 𝑇𝐻1 𝑅 𝑒𝑞 = 180·470 180+470 =130 Ω= 𝑅 𝑇𝐻1 10 V 470 Ω O 120 Ω B 𝑉 𝐵𝑂 = 20 (120+560) ·560=16.47 𝑉= 𝜀 𝑇𝐻2 𝑅 𝑒𝑞 = 120·560 120+560 =99 Ω= 𝑅 𝑇𝐻2 560 Ω 20 V O

Problema 9 Calcular la intensidad que pasa por la resistencia de 150Ω. RTH1 A 150 Ω B RTH2 eTH1 eTH2 𝜀 𝑇𝐻1 + 𝜀 𝑇𝐻2 = (𝑅 𝑇𝐻1 + 𝑅 𝑇𝐻2 +150)·𝐼 → 𝐼= 𝜀 𝑇𝐻1 + 𝜀 𝑇𝐻2 𝑅 𝑇𝐻1 + 𝑅 𝑇𝐻2 +150 𝑅 𝑇𝐻 = 𝑅 𝑇𝐻1 + 𝑅 𝑇𝐻2 𝜀 𝑇𝐻 = 𝜀 𝑇𝐻1 + 𝜀 𝑇𝐻2

Problema 10 Calcular el circuito equivalente de Thevenin. I1 I2 I3 A B 500 Ω 6 mA 5 V 500 Ω 400 Ω B 𝐼 1 = 𝐼 2 +𝐼 3 =0.006 +𝐼 2 5− 𝑣 𝑇𝐻 500 =0.006+ 𝑣 𝑇𝐻 500 𝑣 𝑇𝐻 =500· 𝐼 2 𝑣 𝑇𝐻 =1𝑉 5=500· 𝐼 1 + 𝑣 𝑇𝐻 A 500 Ω B 𝑅 𝑇𝐻 = 500·500 500+500 =250Ω