Ejercicios de feedback de la unidad 2 circuitos electricos 

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Nombre
ARANTZA INCERA

Asignatura
Electricidad

Tema
Ejercicios de Feedback de la Unidad 2 circuitos electricos

Ejercicio Feedback
En los circuitos que se muestran a continuación:
* Escribir las ecuaciones de malla.
* Escribir las ecuaciones de nudo.
* Resolver las ecuaciones por el método que se crea más conveniente.
* Calcular los valores de intensidad, tensión ypotencia de de cada una de las resistencias.

Ejercicio 1:

Siendo los valores, de tensión y corriente los siguientes:
V1 = 14V
V2 = 9,5V
R1 = R3 = 0,5
R2 = 3,5
R4 = 5,5
R5 = 2

SOLUCIÓN
ECUACIONES DE MALLA
Primero asignamos las direcciones a las corrientes en las mallas 1 y 2

I1
I1

I2
I2

Aplicamos la ley de voltajes de Kirchhoff en la Malla 1
∑V = – VR2 + V1 – VR1 – VR3 –VR4 – V2 = 0
∑V = – (R1 + R2 + R3 + R4)*I1 + V1 + (R3 + R4)*I2 – V2 = 0
Sustituyendo valores nos queda la siguiente ecuación
∑V = – 10I1 + 14 + 6I2 – 9.5 = 0
∑V = – 10I1 – 6I2 = -4.5 V Ecuación Malla 1
Aplicamos ahora la misma ley en la Malla 2
∑V = V2 – VR3 –VR4 - VR5 = 0
∑V = V2 – (R3 + R4)*I2 + (R3 + R4)*I1 – R5*I2 = 0
Sustituyendo valores nos queda la siguiente ecuación
∑V = 9.5 –6I2 + 6I1 – 2I2 = 0
∑V = 6I1 – 8I2 = - 9.5 V Ecuación Malla 2

Nuestro sistema de ecuaciones queda de la siguiente manera
- 10I1 – 6I2 = -4.5 Ecuación Malla 1
6I1 – 8I2 = - 9.5 Ecuación Malla 2

ECUACIONES DE NUDOS
Primero asignamos las direcciones de las corrientes en cada rama del circuito y asignamos nuestros nudos con sus respectivos voltajes de referencia VA y VB

I1I1

I2
I2

VA
VA
VB
VB

I3
I3

Como dice la ley de Kirchhoff, la corriente que sale de un nudo es igual a la suma de las que entran, por lo tanto;
I1 + I2 = I3
Entonces,
I1 + I2 – I3 = 0
Obteniendo las ecuaciones de nudos en cada rama,
VB – VA = V1 – (R1 + R2)*I1
VB – VA = V2 – (R3 + R4)*I2
VB – VA = R5*I3
Como VA es nuestro nudo de referencia y lo tomamos como un valor nulo.VA = 0, por lo tanto, despejamos las corrientes en cada ecuación
I1 = (V1 – VB) / (R1 + R2)
I2 = (V2 – VB) / (R3 + R4)
I3 = VB / R5
Sustituyendo las corrientes en la ecuación I1 + I2 – I3 = 0; por lo tanto
[(V1 – VB) / (R1 + R2)] + [(V2 – VB) / (R3 + R4)] – (VB/R5) = 0
RESOLVIENDO LAS ECUACIONES DE MALLAS
Tomando las ecuaciones de mallas y resolviendo por el método de determinantes;
- 10I1– 6I2 = -4.5 Ecuación Malla 1
6I1 – 8I2 = - 9.5 Ecuación Malla 2

- 4.5 6
36 + 57 |
80 – 36 |
93 |
44 |
- 9.5 -8
I1 = ____________= = = 2.1136 Amps
-10 6
6 -8

- 10 -4.5
95 + 27 |
80 – 36 |
122 |
44 |
6 -9.5
I2 = ____________= = = 2.7727 Amps
-10 6
6 -8

Debido a que I1 e I2 son positivos y fluyen en direcciones opuestas en losresistores R3 y R4, y que la corriente en estas es la misma. La corriente en la rama donde estos resistores se encuentran será la diferencia entre I1 e I2. Dicha corriente irá en dirección de la de mayor valor.
IR3 = IR4 = I2 – I1
IR3 = IR4 = 2.7727 – 2.1136 = 0.6591 Amps
Por lo tanto;
IR1 = IR2 = 2.1136 Amps
IR3 = IR4 = 2.7727 Amps
IR5 = 0.6591 Amps
Obteniendo los valores de las caídasde tensión y los consumos de cada resistor;
VR1 = R1*IR1 = (0.5)*(2.1136) = 1.0568 V
VR2 = R2*IR2 = (3.5)*(2.1136) = 7.3976 V
VR3 = R3*IR3 = (0.5)*(0.6591) = 0.32955 V
VR4 = R4*IR4 = (5.5)*(0.6591) = 3.62505 V
VR5 = R5*IR5 = (2)*(2.7727) = 5.5454 V

PR1 = VR1* IR1 = R1*(IR1)2 = (0.5)*(2.1136)2 = 2.233 W
PR2 = VR2* IR2 = R2*(IR2)2 = (3.5)*(2.1136)2 = 15.635 W
PR3 = VR3* IR3 = R3*(IR3)2 =(0.5)*(0.6591)2 = 0.2172 W
PR4 = VR4* IR4 = R4*(IR4)2 = (5.5)*(0.6591)2 = 2.389 W
PR5 = VR5* IR5 = R5*(IR5)2 = (2)*(2.7727)2 = 15.375 W

Ejercicio 2:

Siendo los valores, de tensión y corriente los siguientes:
V1 = 40V
V2 = 360V
V3 = 80V
R1 = 200
R2 = 80
R3 = 20
R4 = 70

ECUACIONES DE MALLA
Primero asignamos las direcciones a las corrientes en las mallas 1, 2 y 3

I3
I3
I2...
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