Examen Desarrollado De Circuitos Eléctricos Ii

Sistemas Eléctricos y Electrónicos (IS-244)

UNSCH 2006-II

PRIMER EXÁMEN PARCIAL
Fecha: 31-marzo-2007

Duración: 3:00 Hrs (3 p.m. – 6:00 p.m.)

1. Calcular la potencia que entrega la fuente “E”.

Solución:
Separando la red mediante un eje de simetría transversal tendremos:

Uniendo los puntos comunes y reduciendo la media red.

La potencia de media red es = - (6V)*(5.625A) = -33.75 Watts
La potencia de la red completa es = - (12V)* (5.625A) = - 67.5 Watts

2. En los terminales de una red activa y lineal se conectan amperímetros y voltímetros y
voltímetros: reales (AR, VR) e ideales (AI, VI). Obteniéndose como lectura los siguientes
valores: AR = 2.61A, VI = 3.13V, AI = 0.233A, VR = 22.136V.
Los cuales corresponden a las siguientes pruebas:
Red
Activa y
LinealAR

Red
Activa y
Lineal

VI

Prueba A

AI

Prueba B

Determinar la lectura de los instrumentos
cuando se conectan de la siguiente forma:

Red
Activa y
Lineal

AR
VR

Solución:
Planteamos la red activa y lineal por su Thevenin equivalente y en él representamos las
mediciones realizadas:

:
3.13V
= 1.2Ω
2.61A
= 3.13V + (2.61A) * RTH

22.136V
= 95Ω
0.233 A
=22.136V + (0.233 A) * RTH

RA =

RV =

VTH

VTH

De ambas relaciones obtenemos: RTH = 8Ω

y VTH = 24V aproximadamente.

Ahora analizamos cuando los dos instrumentos reales están conectados:

Ing° Nicolás E. Cortez Ledesma

Lo que mide el amperímetro real será: I AR =

24V
24V
=
= 0.23 A
8 + 1.2 + 95 104.2Ω

Lo que mide el voltímetro real será: VVR = ( RV * I AR ) = (95Ω)*(0.23 A) = 21.88V
3. Los dipolos activos lineales A y B, se conectan, obteniéndose los resultados mostrados.
Determinar los circuitos Norton equivalente de cada dipolo
10

B

A

A

15

B

E = 10V
Pe = 30W

+
-

E

B

A

+
-

1

Solución:
No hay solución satisfactoria, pues las mediciones realizadas son absurdas.
4. Hallar y graficar la tensión VS(t) en elcondensador si por él circula una intensidad como la
mostrada en la gráfica de la derecha siguiente

Solución:

VC (t ) =

1
i(t )dt
C∫

a) Para el intervalo < −∞, 0] :
b) Para el intervalo < 0,1] :

C = 0.5F

i (t ) = 0

VC (t ) = 0

i(t ) = 1 − t

t2
VC (t ) = 2 ∫ (1 − t )dt = 2(t − ) = 2t − t 2
0
2

i(t ) = 0

VC (t ) = 2 ∫ (0)dt + V (1) = 1V

i(t ) = t − 2

VC (t ) = 2∫ (t − 2) dt + V (2) = t 2 − 4t + 5

t

V (1) = 2 − 1 = 1V
c) Para el intervalo: < 1, 2] :
V (2) = 1V
d) Para el intervalo: < 2,3] :

Ing° Nicolás E. Cortez Ledesma

t

1

t

2

V (3) = 32 − 4*3 + 5 = 2V

VC (t ) = 2 ∫ (0) dt + V (3) = 2V
t

i (t ) = 0

e) Para el intervalo: < 3, +∞ >:

3

Graficando la función VC(t):
VC(t)
2

t
0

1

2

3

4

5. Paracircuito de la figura, obtener VR(t) para t>0 si la tensión de la fuente VE(t) se
comporta de la forma siguiente:

Solución: en el dominio del tiempo
Por transformación de fuente real de tensión a fuente real de corriente, tenemos:

Aplicando la primera Ley de Kirchhoff

V1 1
V
+ ∫Vdt + 2
1
12
1

Nodo-1:

6=

Nodo-2:

2(V '−V2 ') =V2
1

Ing° Nicolás E. Cortez Ledesma

⇒ V2= 6 −V1 −

⇒ 2V ' =V2 +2V2 '
1

1
Vdt
1
2∫

1
V2 ' =V1 '− V1
2

(1)

(2)

Remplazando (1) en (2) tenemos:

2V1 ' = 6 − V1 −
2V1 '' = −V1 '−

1
1
∫V1dt + 2(−V1 '− 2 V1 )
2

V1
− 2V1 ''− V1 '
2

⇒

1
1
V1 ''+ V1 '+ V1 = 0
2
8

⇒

V1 ''+ aV1 '+ a0V1 = 0
1

Asumiendo una solución del tipo:

V1 (t ) = Ke pt

V1 '(t ) = Kpe pt

V1 ''(t ) = Kp 2 e ptReemplazando en la ecuación diferencial

Kpe ( p + a1 p + a0 ) = 0
pt

2

⇔

p + a1 + a0 = 0
2

Reemplazando valores: p = −0, 25 ± j 0.25 = −α ± jw

⇒
⇒

p=

− a1 ± a12 − 4 a0
2

α = 0.25

w = 0.25

Solución SUBAMORTIGUADA, todas las variables de la red tendrán la misma forma,
incluyendo el voltaje en el condensador.
Primeramente buscaremos la solución para el...