Dic 172011

 

Este circuito de resistencias con varias baterías o pilas es un ejercicios que se pone mucho en examenes, en el se resuelven intensidades y potencias. Habrá que repasar la Ley de Ohm y las Leyes de Kirchhoff.

Métodos de resolución de circuitos

Sistema de mallas

Métodos de resolución de circuitos

 

Ejemplo 8: determinar las incógnitas de todo el circuito.

V1 = 20 V
V4 = 20 V
V2 = 30 V
R par = 10Ω
V3 = 10 V
R impar = 5 Ω

(1) V1– V2 = I1.(R1 + R2 + R5) – I2.R5 – I3.0
(2) V3 = I2.(R4 + R5 + R3) – I1.R5 – I3.R3
(3) V2– V4 = -I1.0 – I2.R3 + I3.(R3 + R6)
Reemplazando:
(1) 20V – 30 V = I1.(10 Ω + 5 Ω + 10 Ω)- I2.10 Ω- I3.0
(2) 10V = I2.(5 Ω + 10 Ω + 10 Ω)- I1.10 Ω- I3.10 Ω
(3) 30V – 20 V = -I1.0 – I2.10 Ω + I3.(10 Ω + 5 Ω)
(1) -10V = I1.25 Ω- I2.10 Ω- I3.0
(2) 10V = -I1.10 Ω + I2.25 Ω- I3.10 Ω
(3) 10V = -I1.0 – I2.10 Ω + I3.15 Ω
1) Determinante de todas las incógnitas = Δ

Δ=25Ω
-10Ω
-10 Ω
25 Ω
-10 Ω
0 Ω
-10 Ω
15 Ω
Þ Δ= (9.375 + 0 + 0) Ω³ – (0 + 1.500 + 2.500) Ω³Þ Δ= 5.375 Ω³

2) Determinante de I1 = Δ1

Δ1 =-10 V
10 V
10 V
-10 Ω
25 Ω
-10 Ω
0 Ω
-10 Ω
15 Ω
Þ Δ1 = (-3.750 + 1.000 + 0) VΩ ² – (0 – 1.000 – 1.500) VΩ ² Þ Δ1 = -250 VΩ ²

3) Determinante de I2 = Δ2

Δ2 =25 Ω
-10 Ω
0 Ω
-10 V10 V
10 V
0 Ω
-10 Ω
15 Ω
Þ Δ2 = (3.750 + 0 + 0) VΩ ² – (0 – 2.500 + 1.500) VΩ ² Þ Δ2 = 4.750 VΩ ²

4) Determinante de I3 = Δ3

Δ3 =25 Ω
-10 Ω
0 Ω
-10 Ω
25 Ω
-10 Ω
-10 V
10 V
10 V
Þ Δ3 = (6.250 – 1.000 + 0) VΩ ² -(0 + 1.000 – 2.500) VΩ ² Þ Δ3 = 6.750 VΩ ²

Luego:
I1 = Δ1Þ I1 = -250 VΩ ²/5.375 Ω³ Þ I1 = -0,047 A
I2 = Δ2Þ I2 = 4.750 VΩ ²/5.375 Ω³ Þ I2 = 0,884 A
I3 = Δ3Þ I3 = 6.750 VΩ ²/5.375 Ω³ Þ I3 = 1,256 A
A I1 se le invierte el sentido por ser negativo.

i1 = I1 = 0,047 A
i3 = I2 = 0,884 A
i4 = I3 = 1,256A
i6 = I3 – I2 = 0,372 A
i5 = I1 + I2 = 0,931 A
i2 = I3 + I1 = 1,303 A

Para verificar se pueden aplicar las leyes de Kirchhoff
1) Se estudia una malla (1° ley)
2) Se estudia un nodo (2° ley)
Otro método consiste en comparar la potencia de los elementosactivos contra la potencia de los elementos pasivos.

P2 = V2.I2 = 30 V. 1,303 A = 39,09 W P3 = V3.I3 = 10 V. 0,884 A = 8,84 W
P4 = V4.I4 = 20 V. 1,256 A = 25,12 W
P1 = V1.I1 = 20 V. 0,047 A = 0,94 W
Potencia de elementos activos = 47,93 W
PR12 = (R2 + R1).i1 ² = 15 Ω.(0,047A) ² = 0,0331 WPR4 = R4.i3 ² = 5 Ω.(0,884A) ² = 3,9073 W
PR6 = R6.i4 ² = 5 Ω.(1,256A) ² = 7,8877 W
PR5 = R5.i5 ² = 10 Ω.(0,931A) ² = 8,6676 W
PR3 = R3.i6 ² = 10 Ω.(0,372A) ² = 1,3838 W
Potencia de elementos pasivos = 47,94 W
Potencia de elementos activos
Potenciade elementos pasivos
= 47,93 W
= -47,94 W
@0 W

Este ejercicio esta extraído de http://www.fisicanet.com.ar



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