Corriente alterna. Tipler. Problemas, Ejercicios de Física

¡Descarga Corriente alterna. Tipler. Problemas y más Ejercicios en PDF de Física solo en Docsity! CIRCUITOS DE CORRIENTE ALTERNA Generadores 1. Una bobina de 200 vueltas posee un área de 4 cm2 y gira en un campo magnético de 0,5 T. a) ¿Qué frecuencia debe poseer para generar una fem máxima de 10 V? b) Si la bobina gira a 60 Hz, ¿Cuál será su máxima fem? a) 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝑵 ∗ 𝑩 ∗ 𝑨 ∗ 𝝎 ; 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑵∗𝑩∗𝑨 ; 𝒇 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑵∗𝑩∗𝑨∗𝟐∗𝝅 𝒇 = 𝟏𝟎 𝟐𝟎𝟎∗𝟎.𝟓∗𝟒∗𝟏𝟎−𝟒∗𝟐∗𝝅 = 𝟑𝟗, 𝟖 𝑯𝒛 b) 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝑵 ∗ 𝑩 ∗ 𝑨 ∗ 𝝎 = 𝑵 ∗ 𝑩 ∗ 𝑨 ∗ 𝝎 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟎. 𝟓 ∗ 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 = 𝟏𝟓, 𝟏 𝑽 2. ¿En qué campo magnético debe girar la bobina del problema 1 para que genere una fem de 10 V a 60 Hz? 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝑵 ∗ 𝑩 ∗ 𝑨 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ; 𝑩 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑵 ∗ 𝑨 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 = 𝟏𝟎 𝟐𝟎𝟎 ∗ 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 𝑩 = 𝟎. 𝟑𝟑𝟐 𝑻 3. Un arrollamiento rectangular de 2 cm por 1,5 cm posee 300 vueltas y gira en un campo magnético de 4000 G. a) ¿Cuál es la fem máxima generada cuando la bobina gira con una frecuencia de 60 Hz? b) ¿Cuál debe ser su frecuencia para generar una fem máxima de 110 V? a) 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝑵 ∗ 𝑩 ∗ 𝑨 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝟑𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 ∗ 𝟐 ∗ 𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 = 𝟏𝟑, 𝟔 𝑽 b) 𝒇 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑵∗𝑩∗𝑨∗𝟐∗𝝅 = 𝟏𝟏𝟎 𝟑𝟎𝟎∗𝟒𝟎𝟎𝟎∗𝟏𝟎−𝟒∗𝟐∗𝟏.𝟓∗𝟏𝟎−𝟒∗𝟐∗𝝅 = 𝟒𝟖𝟔 𝑯𝒛 4. La bobina del problema 3 gira a 60 Hz en un campo magnético B. ¿Qué valor de B engendraría una fem máxima de 24 V? 𝜺𝒎𝒂𝒙 = 𝑵 ∗ 𝑩 ∗ 𝑨 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 𝑩 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑵∗𝑨∗𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟐𝟒 𝟑𝟎𝟎∗𝟐∗𝟏.𝟓∗𝟏𝟎−𝟒∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟎, 𝟕𝟎𝟕 𝑻 Corriente alterna en una resistencia 5. Cuando la frecuencia del circuito simple de ca de la figura crece, la corriente eficaz que circula por la resistencia a) Crece. b) No cambia. c) Puede aumentar o disminuir según la magnitud de la frecuencia original. d) Puede aumentar o disminuir segú8nla magnitud de la resistencia. e) Disminuye. En un circuito de corriente alterna (CA) simple que solo contiene una resistencia, la corriente eficaz que circula por la resistencia no se ve afectada por los cambios en la frecuencia. Esto se debe a que la resistencia es una medida de la oposición al flujo de corriente que no cambia con la frecuencia. Respuesta b. 6. Si el voltaje eficaz de un circuito de ca se duplica, el voltaje máximo a) Se duplica. b) Se reduce a la mitad. c) Crece en un factor √𝟐. d) Disminuye en un factor √𝟐. e) No cambia. 𝑽𝒆𝒇 = 𝑽𝒎𝒂𝒙 √𝟐 𝟐 ∗ 𝑽𝒆𝒇 = 𝑽′𝒎𝒂𝒙 √𝟐 𝑫𝒊𝒗𝒊𝒅𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐: 𝟐 = 𝑽′𝒎𝒂𝒙 𝑽𝒎𝒂𝒙 𝑹𝒆𝒔𝒑𝒖𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒂. 7. Una bombilla de 100 W se conecta a un enchufe de 120 V eficaces. Calcular a) Ief. b) Imax. c) La potencia máxima. a) 𝑷𝒎𝒆𝒅𝒊𝒂 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ ∆𝑽𝒆𝒇 ; 𝑰𝒆𝒇 = 𝑷𝒎 ∆𝑽𝒆𝒇 = 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟐𝟎 = 𝟎. 𝟖𝟑𝟑 𝑨 b) 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ √𝟐 = 𝟏. 𝟏𝟖 𝑨 c) 𝑷𝒎𝒂𝒙 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ ∆𝑽𝒎𝒂𝒙=𝑰𝒆𝒇 ∗ √𝟐 ∗ ∆𝑽𝒆𝒇 ∗ √𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟎. 𝟖𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟐𝟎 = 𝟏𝟗𝟗. 𝟗 𝑾 8. Una resistencia de 3 Ω se coloca en serie con un generador de 12,0 V (máximo) de 60 Hz de frecuencia. a) ¿Cuál es la frecuencia angular ω de la corriente? b) Hallar Imax e Ief. Determinar c) La potencia máxima debida a la resistencia. d) La potencia mínima. e) La potencia media. a) 𝝎 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 = 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝑰𝒎𝒂𝒙 = ∆𝑽𝒎𝒂𝒙 𝑹 = 𝟏𝟐 𝟑 = 𝟒 𝑨 𝑰𝒆𝒇 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 √𝟐 = 𝟐. 𝟖𝟑 𝑨 c) 𝑷𝒎𝒂𝒙 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ ∆𝑽𝒎𝒂𝒙 = 𝟒 ∗ 𝟏𝟐 = 𝟒𝟖 𝑾 d) 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅 √ 𝟏 𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅 √ 𝟏 𝟏𝟎−𝟑∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏. 𝟓𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑯𝒛 18. ¿Cuál es la reactancia de un condensador de 1,0 nF a a) 60 Hz, b) 6 kHz, c) 6 Mhz? a) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝝎∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 ∗𝟏𝟎−𝟗 = 𝟐. 𝟔𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝛀 b) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝝎∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎𝟎𝟎 ∗𝟏𝟎−𝟗 = 𝟐𝟔. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝛀 c) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝝎∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟔∗𝟏𝟎𝟔 ∗𝟏𝟎−𝟗 = 𝟐𝟔. 𝟓 𝛀 19. Una fem de 10,0 V de valor máximo y una frecuencia de 20 Hz se aplica a un condensador de 20 μF- Calcular a) Imax. b) Ief. a) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝝎∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗𝑪 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝚫𝑽𝒎𝒂𝒙 𝑿𝒄 = 𝚫𝑽𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑪 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟐𝟎 ∗ 𝟐𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝟐𝟓. 𝟏 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨 b) 𝑰𝒆𝒇 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 √𝟐 = 𝟐𝟓.𝟏∗𝟏𝟎−𝟑 √𝟐 = 𝟏𝟕. 𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨 20. ¿A qué frecuencia es la reactancia de un condensador de 10 μF a) 1 Ω, b) 100 Ω, c) 0,01 Ω? a) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝝎∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗𝑪 ; 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝑿𝒄 ∗𝑪 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏 ∗𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏𝟓, 𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑯𝒛 b) 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏𝟎𝟎 ∗𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏𝟓𝟗 𝑯𝒛 c) 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟎.𝟎𝟏 ∗𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏. 𝟓𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟔 𝑯𝒛 Fasores 21. Dibujar el diagrama de fasores resultante para un circuito LCR serie cuando VL<Vc. Demostrar condicho diagrama que la fem retrasará respecto a la corriente en un ángulo de fase 𝜹 dadopor 𝒕𝒈𝜹 = 𝑽𝒄−𝑽𝑳 𝑽𝑹 𝒕𝒈𝜹 = 𝑽𝒄−𝑽𝑳 𝑽𝑹 22. Dos fuyentes de tensión de ca se conectan en serie con una resistenc ia R=25 Ω. Una fuente viene dada por 𝑽𝟏 = (𝟓, 𝟎 𝑽)𝒄𝒐𝒔(𝝎 𝒕 − 𝜶) y la otra por 𝑽𝟐 = 𝒄𝒐𝒔(𝝎 𝒕 + 𝜶), siendo 𝜶 = 𝝅/𝟔. a) Hallar la corriente que pasa por R utilizando la identidad trigonomética correspondiente a la suma de los dos cosenos. b) Utilizar diagramas de fasores para hallar la corriente en R. c) Hallar la corriente en R si 𝜶 = 𝝅/𝟒 y la amplitud de V2 aumenta de 5,0 V a 7,0 V. a) 𝑰 = ∆𝑽 𝑹 = 𝑽𝟏+𝑽𝟐 𝑹 Usando: 𝒄𝒐𝒔 𝜽 + 𝒄𝒐𝒔 𝜷 = 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 ( 𝜽+𝜷 𝟐 ) ∗ 𝒄𝒐𝒔 ( 𝜽−𝜷 𝟐 ) 𝑽𝟏 + 𝑽𝟐 = 𝟓. 𝟎 ∗ [𝒄𝒐𝒔(𝝎 𝒕 + 𝜶) + 𝒄𝒐𝒔(𝝎 𝒕 − 𝜶)] 𝑽𝟏 + 𝑽𝟐 = 𝟓. 𝟎 ∗ 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) ∗ 𝒄𝒐𝒔(−𝜶) 𝑰 = 𝟏𝟎 𝟐𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (− 𝝅 𝟔 ) ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) = 𝟎. 𝟑𝟒𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) b) 𝑽 = 𝟐 ∗ 𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟑𝟎 = 𝟖. 𝟔𝟔 𝑽 𝑰 = 𝑽 𝑹 = 𝟖.𝟔𝟔 𝟐𝟓 = 𝟎. 𝟑𝟒𝟔 Para el valor instantáneo: 𝑰 = 𝟎. 𝟑𝟒𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) c) |𝑽| = √𝟓𝟐 + 𝟕𝟐 = 𝟖. 𝟔𝟎 𝑽 𝑰 = |𝑽| 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 + 𝜹) 𝜹 = 𝟒𝟓 − (𝟗𝟎 − 𝜶) = 𝜶 − 𝟒𝟓 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝟕 𝟓 ) − 𝟒𝟓 = 𝟗. 𝟒𝟔º = 𝟎. 𝟏𝟔𝟓 𝒓𝒂𝒅 𝑰 = 𝟖.𝟔𝟎 𝟐𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 + 𝟎. 𝟏𝟔𝟓) = 𝟎. 𝟑𝟒𝟒 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 + 𝟎. 𝟏𝟔𝟓) Circuitos LC y LCR sin generador. 23. Las unidades del producto inductancia por capacitancia son a) Segundos al cuadrado. b) Hertz. c) Voltios. d) Amperios. e) Ohmios. 𝑿𝑳 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑳 ; 𝑳 = 𝑿𝑳 𝟐∗𝝅∗𝒇 𝑿𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪 ; 𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑿𝑪 𝑳 ∗ 𝑪 = 𝑿𝑳 𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗ 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑿𝑪 = 𝑿𝑳 𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑿𝑪 Las dimensiones son las de f-2, por tanto, s2. Respuesta a. 24. Preparar circuitos LC con frecuencia de oscilación de millares de Hertz es fácil, pero preparar circuitos LC de frecuencias pequeñas es difícil. ¿Por qué? Para hacer un circuito LC con una frecuencia de resonancia pequeña se requiere una inductancia y una capacitancia grandes. Ninguno de los dos es fácil de construir. 25. Demostrar partiendo de las definiciones del henrio y del faradio que 𝟏/√𝑳 𝑪 tiene unidades de s-1. 𝟏 √𝑯∗𝑭 = 𝟏 √𝛀∗𝒔∗ 𝒔 𝛀 = 𝟏 𝒔 También: [𝑪] = [ 𝑸 𝑽 ] [𝑳] = [ 𝑽 𝒅𝑰 𝒅𝒕 ] = [ 𝑽 𝑸 𝑻𝟐 ] = [ 𝑽∗𝑻𝟐 𝑸 ] [ 𝟏 √𝑳∗𝑪 ] = [ 𝑸𝟏/𝟐∗𝒗𝟏/𝟐 𝑽𝟏/𝟐∗𝑻∗𝒒𝟏/𝟐] = [ 𝟏 𝑻 ] 26. a) ¿Cuál es el periodo de oscilación de un circuito LC compuesto por una bobina de 2 mH y un condensador de 2 μF? b) ¿Qué inductancia se necesita junto a un condensador de 80 μF para construir un circuito LC que oscile comuna frecuencia de 60 Hz? a) 𝑿𝑳 = 𝟐∗𝝅 𝑻 ∗ 𝑳 a) El factor de potencia. b) La resistencia de la bobina. c) La inductancia de la bobina. d) ¿Adelanta o retrasa la corriente a la tensión? ¿Cuál es el ángulo de fase 𝜹? a) La potencia media se disipa en la resistencia: 𝑷𝒎 = 𝑰𝒆𝒇 𝟐 ∗ 𝑹 ; 𝑹 = 𝑷𝒎 𝑰𝒆𝒇 𝟐 = 𝟔𝟎 𝟏.𝟓𝟐 = 𝟐𝟔. 𝟕 𝛀 𝚫𝑽𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝒁 ; 𝒁 = 𝚫𝑽𝒆𝒇 𝑰𝒆𝒇 = 𝟏𝟐𝟎 𝟏.𝟓 = 𝟖𝟎 𝛀 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝟐𝟔.𝟕 𝟖𝟎 = 𝟎. 𝟑𝟑𝟑 b) Hecho en a. c) 𝒁𝟐 = 𝑿𝑳 𝟐 + 𝑹𝟐 𝑿𝑳 = √𝒁𝟐 − 𝑹𝟐 = √𝟖𝟎𝟐 − 𝟐𝟔. 𝟕𝟐 = 𝟕𝟓. 𝟒 𝛀 d) 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔(𝟎. 𝟑𝟑) = 𝟕𝟎. 𝟓º La intensidad retrase 70.5’ respecto al voltaje al ser un circuito inductivo. 34. Un inductor de 36 mH y cuya resistencia es de 40 Ω se conecta a una fuente de voltaje 𝜺 = (𝟑𝟒𝟓 𝑽)𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟓𝟎𝝅𝒕), donde t está en segundos. Determinar la corriente máxima del circuito, el voltaje máximo y el voltaje eficaz a través del inductor, la disipación de potencia media y las energías máximas y medias almacenadas en el campo magnético del inductor. 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝒁 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝝎𝟐∗𝑳𝟐+𝑹𝟐 = 𝟑𝟒𝟓 √𝝅𝟐∗𝟏𝟓𝟎𝟐∗(𝟑𝟔∗𝟏𝟎−𝟑)𝟐+𝟒𝟎𝟐 = 𝟕. 𝟗𝟒 𝑨 𝚫𝑽𝒎𝒂𝒙,𝑳 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝑿𝑳 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟕. 𝟗𝟒 ∗ 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟓𝟎 = 𝟏𝟑𝟓 𝑽 𝚫𝑽𝒆𝒇,𝑳 = 𝚫𝑽𝒎𝒂𝒙,𝑳 √𝟐 = 𝟏𝟑𝟓 √𝟐 = 𝟗𝟓. 𝟓 𝑽 𝐏𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟕. 𝟗𝟒𝟐 ∗ 𝟒𝟎 = 𝟏. 𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑾 𝑬𝑳,𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 𝑻 ∗ ∫ 𝑼(𝒕) ∗ 𝒅𝒕 𝑻 𝟎 = 𝟏 𝑻 ∗ ∫ 𝟏 𝟐 ∗ 𝑳 ∗ 𝑰(𝒕)𝟐 ∗ 𝒅𝒕 𝑻 𝟎 = 𝑳 𝟐∗𝑻 ∗ ∫ 𝑰(𝒕)𝟐 ∗ 𝒅𝒕 𝑻 𝟎 𝑬𝑳,𝒎𝒆𝒅 = 𝑳 𝟐∗𝑻 ∗ ( 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 ∗ 𝑻) = 𝟏 𝟒 ∗ 𝑳 ∗ 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 𝑬𝑳,𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 𝟒 ∗ 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟕. 𝟗𝟒𝟐 = 𝟎. 𝟓𝟔𝟕 𝑱 𝑬𝑳,𝒎𝒂𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑳 ∗ 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟕. 𝟗𝟒𝟐 = 𝟏. 𝟏𝟑 𝑱 35. Una bobina de resistencia R, inductancia L y capacidad despreciable tiene un factor de potencia de 0,866 a una frecuencia de 60 Hz. ¿Cuál es el factor de potencia para una frecuencia de 240 Hz? 𝑿𝑳(𝟔𝟎) = 𝑳 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 𝑿𝑳(𝟐𝟒𝟎) = 𝑳 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟐𝟒𝟎 𝑿𝑳(𝟐𝟒𝟎) = 𝑿𝑳(𝟔𝟎) ∗ 𝟐𝟒𝟎 𝟔𝟎 𝒄𝒐𝒔𝜹𝟏 = 𝑹 √𝑹𝟐+𝑿𝑳 𝟐(𝟔𝟎) ; 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏 = 𝑹𝟐 𝑹𝟐+𝑿𝑳 𝟐(𝟔𝟎) 𝑹𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏 + 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏 ∗ 𝑿𝑳 𝟐(𝟔𝟎) = 𝑹𝟐; 𝑿𝑳 𝟐(𝟔𝟎) = 𝑹𝟐∗(𝟏−𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏) 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟐 = 𝑹𝟐 𝑹𝟐+𝑿𝑳 𝟐(𝟐𝟒𝟎) = 𝑹𝟐 𝑹𝟐+𝑿𝑳 𝟐(𝟔𝟎)∗ 𝟐𝟒𝟎𝟐 𝟔𝟎𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟐 = 𝑹𝟐 𝑹𝟐+ 𝑹𝟐∗(𝟏−𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏) 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏 ∗ 𝟐𝟒𝟎𝟐 𝟔𝟎𝟐 = 𝟏 𝟏+ (𝟏−𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏) 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹𝟏 ∗ 𝟐𝟒𝟎𝟐 𝟔𝟎𝟐 = 𝟏 𝟏+ (𝟏−𝟎.𝟖𝟔𝟔𝟐) 𝟎.𝟖𝟔𝟔𝟐 ∗ 𝟐𝟒𝟎𝟐 𝟔𝟎𝟐 = 𝟎. 𝟏𝟓𝟕𝟗 𝒄𝒐𝒔𝜹𝟐 = √𝟎. 𝟏𝟓𝟕𝟗 = 𝟎. 𝟑𝟗𝟕 36. Una resistencia y una bobina están en paralelo aplicadas a una fem E=𝜺maxcos(ωt), como muestra la figura. Demostrar que a) 𝑰𝑹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 b) 𝑰𝑳 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑳 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝟗𝟎) c) 𝑰 = 𝑰𝑹 + 𝑰𝑳 = 𝑰𝒎𝒂𝒙𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹), siendo 𝒕𝒈𝜹 = 𝑹 𝑿𝑳 e 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝒁 con 𝒁−𝟐 = 𝑹−𝟐 + 𝑿𝑳 −𝟐 . a) Aplicando Kirchoff a la malla de la resistencia: 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑰𝑹 ∗ 𝑹 = 𝟎 𝑰𝑹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) b) Aplicando ahora Kirchoff a la malla con la inducción: 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑰𝑳 ∗ 𝑿𝑳 = 𝟎 𝑰𝑳 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑳 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) c) 𝑰 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) + 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑳 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝟗𝟎) 𝑰 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) + 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) Usamos: 𝑨 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) + 𝑩 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) = √𝑨𝟐 + 𝑩𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝜹) Con: 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝑩 𝑨 ) 𝑰 = √( 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 ) 𝟐 + ( 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑳 ) 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝜹) 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑳 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝑹 𝑿𝑳 ) 𝑰 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ √( 𝟏 𝑹 ) 𝟐 + ( 𝟏 𝑿𝑳 ) 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝜹) Usando el dato del enunciado: 𝒁−𝟐 = 𝑹−𝟐 + 𝑿𝑳 −𝟐 𝑰 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝒁 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝜹) 37. La figura muestra una resistencia de carga RL=20 Ω conectada a un filtro de pasa-alta formado por un inductor L=3,2 mH y una resistencia R=4 Ω. El voltaje de entrada es 𝜺 = (𝟏𝟎𝟎 𝑽)𝒄𝒐𝒔(𝟐𝝅𝒇𝒕). Determinar las intensidades de corriente eficaces en R, L y RL si a) f= 500 Hz. b) f= 2000 Hz. c) ¿Qué fracción de la potencia suministrada por la fuente de voltaje se disipa en la resistencia de carga si la frecuencia es de 500 Hz y si la frecuencia es de 2000 Hz? a) 𝑰𝒆𝒇,𝑹 = 𝜺𝒆𝒇 𝒁 𝑰𝒆𝒇,𝑹𝑳 = 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 𝑹𝑳 𝑰𝒆𝒇,𝑳 = 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 𝑿𝑳 La impedancia total del circuito es: 𝒁 = 𝑹 + 𝒁𝑳,𝑹𝑳 Para la asociación en paralelo: 𝟏 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝝎 = 𝒊∗𝑳∗𝝎+𝑹𝑳 𝑹𝑳∗𝒊∗𝑳∗𝝎 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝝎 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝟐∗𝝅∗𝒇 |𝒁𝑳,𝑹𝑳 | = 𝟏 √( 𝟏 𝑹𝑳 ) 𝟐 +( 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑳 ) 𝟐 = 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑳∗𝑹𝑳 √𝑹𝑳 𝟐+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑳𝟐 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟐∗𝝅∗𝟓𝟎𝟎∗𝟎.𝟎𝟎𝟑𝟐∗𝟐𝟎 √𝟐𝟎𝟐+𝟒∗𝝅𝟐∗𝟓𝟎𝟎𝟐∗𝟎.𝟎𝟎𝟑𝟐𝟐 = 𝟖. 𝟗𝟖 𝛀 La impedancia total del circuito: |𝒁| = 𝑹 + |𝒁𝑳,𝑹𝑳 | = 𝟒 + 𝟖. 𝟗𝟖 = 𝟏𝟐. 𝟗𝟖 𝛀 𝑰𝒆𝒇,𝑹 = 𝜺𝒆𝒇 𝒁 = 𝟏𝟎𝟎/√𝟐 𝟏𝟐.𝟗𝟖 = 𝟓. 𝟒𝟒 𝑨 Considerando la impedancia resultante de la resistencia i la inducción: 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 = 𝑰𝒆𝒇,𝑹 ∗ 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟓. 𝟒𝟒 ∗ 𝟖. 𝟗𝟖 = 𝟒𝟖. 𝟖𝟓 𝑽 𝑰𝒆𝒇,𝑹𝑳 = 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 𝑹𝑳 = 𝟒𝟖.𝟖𝟓 𝟐𝟎 = 𝟐. 𝟒𝟒 𝑨 𝑰𝒆𝒇,𝑳 = 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 𝑿𝑳 = 𝟒𝟖.𝟖𝟓 𝟑.𝟐∗𝟏𝟎−𝟑∗𝟐∗𝝅∗𝟓𝟎𝟎 = 𝟒. 𝟖𝟔 𝑨 b) |𝒁𝑳,𝑹𝑳 | = 𝟐∗𝝅∗𝟐𝟎𝟎𝟎∗𝟎.𝟎𝟎𝟑𝟐∗𝟐𝟎 √𝟐𝟎𝟐+𝟒∗𝝅𝟐∗𝟐𝟎𝟎𝟎𝟐∗𝟎.𝟎𝟎𝟑𝟐𝟐 = 𝟏𝟕. 𝟗𝟏 𝛀 La impedancia total del circuito: 𝒁 = 𝑹 + 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟒 + 𝟏𝟕. 𝟗𝟏 = 𝟐𝟏. 𝟗𝟏 𝛀 𝑰𝒆𝒇,𝑹 = 𝜺𝒆𝒇 𝒁 = 𝟏𝟎𝟎/√𝟐 𝟐𝟏.𝟗𝟏 = 𝟑. 𝟐𝟑 𝑨 Considerando la impedancia resultante de la resistencia i la inducción: 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 = 𝑰𝒆𝒇,𝑹 ∗ 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟑. 𝟐𝟑 ∗ 𝟏𝟕. 𝟗𝟏 = 𝟓𝟕. 𝟖𝟓 𝑽 𝑽𝑹 = √𝜺𝒆𝒇 𝟐 − 𝑽𝑪 𝟐 = √𝟏𝟎𝟎𝟐 − 𝟖𝟎𝟐 = 𝟔𝟎 𝑽 40. El circuito indicado en la figura se denomina filtro pasa alta RC porque las frecuencias de entrada elevadas se transmiten con una amplitud mayor que las frecuencias bajas. a) Si la tensión de entrada es 𝑽𝒆𝒏𝒕 = 𝑽𝒐𝒄𝒐𝒔 𝝎𝒕, demostrar que la tensión de salida vale 𝑽𝒔𝒂𝒍 = 𝑽𝒐 √( 𝟏 𝝎𝑹𝑪 )𝟐+𝟏 b) ¿A qué frecuencia angular la tensión de salida es la mitad que la de entrada? c) Dibujar un gráfico de 𝑽𝒔𝒂𝒍 𝑽𝒐 ⁄ en función de ω. a) Aplicando Kirchoff a la malla a la malla de la entrada el condensador y la resistencia: 𝑽𝒆𝒏𝒕 − 𝑽𝒄 − 𝑰 ∗ 𝑹 = 𝟎 𝑽𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑽𝒄 − 𝑹 ∗ 𝒅𝑸 𝒅𝒕 = 𝟎 En el condensador 𝑸 = 𝑪 ∗ 𝑽𝒄 𝑽𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑽𝒄 − 𝑹 ∗ 𝒅(𝑪∗𝑽𝒄) 𝒅𝒕 = 𝟎 𝑽𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑽𝒄 − 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ 𝒅(𝑽𝒄) 𝒅𝒕 = 𝟎 La solución tendrá la forma: 𝑽𝒄 = 𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) + 𝑽𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝒔𝒊𝒏 (𝝎 ∗ 𝒕) 𝒅(𝑽𝒄) 𝒅𝒕 = −𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝝎 ∗ 𝒔𝒊𝒏 (𝝎 ∗ 𝒕) + 𝑽𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝝎 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) 𝑽𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) + 𝑽𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝒔𝒊𝒏 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ (−𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝝎 ∗ 𝒔𝒊𝒏 (𝝎 ∗ 𝒕) + 𝑽𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝝎 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) ) = 𝟎 De esto: 𝑽𝒐 = 𝑽𝒄𝒐𝒔 + 𝑽𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 𝑽𝒔𝒊𝒏 + 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ 𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝝎 = 𝟎 De ambas obtenemos: 𝑽𝒄𝒐𝒔 = 𝑽𝒐 𝟏−𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 𝑽𝒔𝒊𝒏 = −𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ (𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪) = − 𝑽𝟎 𝟏−𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 ∗ (𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪) = 𝑽𝟎∗𝝎∗𝑹∗𝑪 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐+𝟏 𝑪𝒐𝒏𝒔𝒊𝒅𝒆𝒓𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒗𝒐𝒍𝒕𝒂𝒋𝒆 𝒅𝒆 𝒔𝒂𝒍𝒊𝒅𝒂: 𝑽𝒔𝒂𝒍 = 𝑽𝒔𝒆ñ𝒂𝒍 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝜹) El voltaje máximo de la señal tendrá la forma: 𝑽𝒔𝒆ñ𝒂𝒍(𝒕) = 𝒗𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) + 𝒗𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝒔𝒊𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) La relación ente el voltaje de entrada y salida es: 𝑽𝒔𝒆ñ𝒂𝒍(𝒕) = 𝑽𝒆𝒏𝒕(𝒕) − 𝑽𝒄(𝒕) 𝒗𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) + 𝒗𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝒔𝒊𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) = 𝑽𝒐 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑽𝒄𝒐𝒔 ∗ 𝒄𝒐𝒔 (𝝎 ∗ 𝒕) − 𝑽𝒔𝒊𝒏 ∗ 𝒔𝒊𝒏 (𝝎 ∗ 𝒕) 𝒗𝒄𝒐𝒔 = 𝑽𝒐 − 𝑽𝒄𝒐𝒔 = 𝑽𝒐 − 𝑽𝒐 𝟏−𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 = 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐−𝟏 ∗ 𝑽𝒐 𝒗𝒔𝒊𝒏 = −𝑽𝒔𝒊𝒏 = − 𝑽𝟎∗𝝎∗𝑹∗𝑪 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐+𝟏 El módulo del voltaje de salida: 𝑽𝒔𝒆ñ𝒂𝒍 = √𝒗𝒄𝒐𝒔 𝟐 + 𝒗𝒔𝒊𝒏 𝟐 = 𝑽𝟎∗𝝎∗𝑹∗𝑪 √𝟏+𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 = 𝑽𝟎 √𝟏+ 𝟏 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 b) 𝑽𝒔𝒆ñ𝒂𝒍 = 𝑽𝟎 √𝟏+ 𝟏 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 𝟏 𝟐 = 𝟏 √𝟏+ 𝟏 𝝎𝟐∗𝑹𝟐∗𝑪𝟐 𝝎 = 𝟏 √𝟑 ∗ 𝟏 𝑹∗𝑪 c) Tomando Vo=1 y Rc=1. 41. Por una bobina circulan 15 A cuando se conecta a una línea de 220 V de ca y 60 Hz. Cuando se pone en serie con una resistencia de 4 Ω y se conecta la combinación a una batería de 100 V, se observa que la corriente que proporciona la batería al cabo de un tiempo largo es 10 A. a) ¿Cuál es la resistencia de la bobina? b) ¿Cuál es la inductancia de la misma? a) En corriente continua la inductancia no afecta, sólo afecta la resistencia de la bobina. ∆𝑽 = 𝟏𝟎𝟎 = 𝑰 ∗ (𝑹 + 𝑹𝑳) 𝑹𝑳 = ∆𝑽 𝑰 − 𝑹 = 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎 − 𝟒 = 𝟔 𝛀 b) En corriente alterna: 𝚫𝑽 = 𝑰 ∗ 𝒁 = 𝑰 ∗ √𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 + 𝑹𝑳 𝟐 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 50 100 150 200 250 V señal/Vo 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 + 𝑹𝑳 𝟐 = 𝚫𝑽𝟐 𝑰𝟐 𝑳 = 𝟏 𝝎 ∗ √𝚫𝑽𝟐 𝑰𝟐 − 𝑹𝑳 𝟐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 ∗ √𝟐𝟐𝟎𝟐 𝟏𝟓𝟐 − 𝟔𝟐 = 𝟎. 𝟎𝟑𝟓𝟓 𝑯 42. La figura muestra una resistencia de carga RL=20 Ω conectada a un filtro de pasa- baja formado por un condensador de capacidad C = 8 μF y una resistencia R= 4 Ω. El voltaje de entrada es 𝜺 = (𝟏𝟎𝟎 𝑽)𝒄𝒐𝒔 (𝟐𝝅𝒇𝒕). Determinar las corrientes eficaces en R, C y RL si a) f = 500 Hz. b) f = 2000 Hz. c) ¿Qué fracción de la potencia total suministrada por la fuente de voltaje se disipa en la resistencia de carga si la frecuencia es 500 Hz y si la frecuencia es 200 Hz? En el circuito, para la asociación en paralelo de C y RL: a) 𝟏 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒁𝑪 = 𝟏 𝑹𝑳 + 𝒊 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑪 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 +𝒊∗𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪 = 𝑹𝑳 𝟏+𝒊∗𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪∗𝑹𝑳 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝑹𝑳 𝟏+𝒊∗𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪∗𝑹𝑳 ∗ 𝟏−𝒊∗𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪∗𝑹𝑳 𝟏−𝒊∗𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪∗𝑹𝑳 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝑹𝑳−𝒊∗𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪∗𝑹𝑳 𝟐 𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑪𝟐∗𝑹𝑳 𝟐 |𝒁𝑪𝑹𝑳 | = 𝟏 𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑪𝟐∗𝑹𝑳 𝟐 ∗ √𝑹𝑳 𝟐 + (𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑪 ∗ 𝑹𝑳 𝟐) 𝟐 |𝒁𝑪𝑹𝑳 | = 𝑹𝑳∗√𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑪𝟐∗𝑹𝑳 𝟐 𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑪𝟐∗𝑹𝑳 𝟐 |𝒁𝑪𝑹𝑳 | = 𝟐𝟎∗√𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝟓𝟎𝟎𝟐∗(𝟖∗𝟏𝟎−𝟔) 𝟐∗𝟐𝟎𝟐 𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝟓𝟎𝟎𝟐∗(𝟖∗𝟏𝟎−𝟔) 𝟐∗𝟐𝟎𝟐 = 𝟏𝟕. 𝟖𝟕 𝛀 𝒁 = 𝑹 + 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝟒 + 𝟏𝟕. 𝟖𝟕 = 𝟐𝟏. 𝟖𝟕 𝛀 𝑰𝒆𝒇,𝑹 = 𝜺 𝒁 = 𝟏𝟎𝟎 √𝟐 𝟐𝟏.𝟖𝟕 = 𝟑. 𝟐𝟑 𝑨 Para la asociación en paralelo de C i RL: 𝚫𝑽𝒆𝒇,𝑪 ,𝑹𝑳 = 𝑰𝒆𝒇,𝑹 ∗ 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝟑. 𝟐𝟑 ∗ 𝟏𝟕. 𝟖𝟕 = 𝟓𝟕. 𝟕𝟐 𝑽 Ahora para el condensador: 𝑼𝒆 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑸𝟐 𝑪 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏𝟓𝟐∗𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝟐𝟐.𝟖𝟔∗𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝟏𝟐𝟓𝟎 ∗ 𝒕 + 𝝅 𝟒 ) 𝑼𝒆 = 𝟒. 𝟗𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 (𝟏𝟐𝟓𝟎 ∗ 𝒕 + 𝝅 𝟒 ) 𝑼 = 𝑼𝒎 + 𝑼𝒆 = 𝟒. 𝟗𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑱 45. En un método de medida de la comprensibilidad de un material dieléctrico se usa un circuito LC con un condensador de placas paralelas. El dieléctrico se inserta entre las placas y se determina el cambio experimentado por la frecuencia de resonancia cuando las placas del condensador se someten a una compresión. En este dispositivo la frecuencia de resonancia es 120 MHz cuando entre las placas del condensador se introduce un dieléctrico de espesor 0,1 cm y constante dieléctrica 𝜿 = 𝟔. 𝟖. Bajo una presión de 800 atm la frecuencia de resonancia disminuye a 116 MHz. Determinar el módulo de Young del material dieléctrico. 𝒀 = ∆𝑷 ∆𝒍/𝒍 La capacidad de un condensador plano es: 𝑪𝒐 = 𝜿 ∗ 𝜺𝒐 ∗ 𝑨 𝒍 Con el dieléctrico comprimido: 𝑪𝒄 = 𝜿 ∗ 𝜺𝒐 ∗ 𝑨 𝒍−𝚫𝒍 Para la situación de resonancia: 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪𝒐 = √ 𝒍 𝑳∗𝜿∗𝜺𝒐∗𝑨 𝝎𝒄 = 𝟏 √𝑳∗𝑪𝑪 = √ (𝒍−𝚫𝒍) 𝑳∗𝜿∗𝜺𝒐∗𝑨 Dividiendo: 𝝎𝒄 𝝎𝒐 = √ 𝒍−𝚫𝒍 𝒍 = √𝟏 − 𝚫𝒍 𝒍 Considerando 𝚫𝒍 ≪ 𝒍 , podemos hacer desarrollo binomial y queda: 𝝎𝒄 𝝎𝒐 ≈ 𝟏 − ∆𝒍 𝟐∗𝒍 ∆𝒍 𝟐∗𝒍 = 𝟐 ∗ (𝟏 − 𝝎𝒄 𝝎𝒐 ) 𝒀 = ∆𝑷 ∆𝒍/𝒍 = 𝒀 = ∆𝑷 𝟐∗(𝟏− 𝝎𝒄 𝝎𝒐 ) = 𝟖𝟎𝟎 𝟐∗(𝟏− 𝟏𝟏𝟔 𝟏𝟐𝟎 ) = 𝟏𝟏𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟗 𝑵/𝒎𝟐 46. La figura muestra una bobina L y un condensador de placas paralelas de anchura ω=20 cm y espesor 0,2 cm. Un dieléctrico de constante dieléctrica 𝜿=4,8 que llena completamente el espacio entre las placas, puede deslizarse entre éstas. La bobina posee una inductancia L=0 2 mH. Cuando la mitad del dieléctrico se encuentra entre las placas del condensador, es decir, cuando x = ½ ω, la frecuencia de resonancia de esta combinación LC es 90 MHz. a) ¿Cuál es la capacidad del condensador sin dieléctrico? b) Determinar la frecuencia de resonancia en función de x. a) En el caso representado en la figura tenemos dos condensadores en paralelo: 𝑪 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 = 𝜿 ∗ 𝜺𝑶 ∗ 𝑨𝟏 𝒅 + 𝜺𝑶 ∗ 𝑨𝟐 𝒅 𝑨 = 𝒘 ∗ 𝒍 𝑨𝟐 = 𝒙 ∗ 𝒍 𝑨𝟏 = (𝒘 − 𝒙) ∗ 𝒍 = 𝑨 − 𝒍 ∗ 𝒙 = 𝑨 − 𝑨𝟐 𝑪 = 𝜺𝑶 𝒅 ∗ (𝜿 ∗ 𝑨𝟏 + 𝑨𝟐) = 𝜺𝑶 𝒅 ∗ (𝜿 ∗ (𝑨 − 𝑨𝟐) + 𝑨𝟐) 𝑪 = 𝜺𝑶 𝒅 ∗ 𝒍 ∗ (𝒘 ∗ 𝜿 − 𝒙 ∗ 𝜿 + 𝒙) = 𝜿 ∗ 𝜺𝑶 𝒅 ∗ 𝒍 ∗ 𝒘 ∗ (𝒘∗𝜿−𝒙∗𝜿+𝒙) 𝜿∗𝒘 𝑪 = 𝜿 ∗ 𝑪𝒐 ∗ (𝒘∗𝜿−𝒙∗𝜿+𝒙) 𝜿∗𝒘 = 𝜿 ∗ 𝑪𝒐 ∗ (𝟏 − 𝜿−𝟏 𝒘∗𝜿 ∗ 𝒙) Donde 𝑪𝒐 = 𝜺𝑶 𝒅 ∗ 𝒍 ∗ 𝒘 En la situación indicada, x = ½ w: 𝑪 = 𝜿 ∗ 𝑪𝒐 ∗ (𝟏 − 𝜿−𝟏 𝒘∗𝜿 ∗ 𝟏 𝟐 ∗ 𝒘) = 𝑪𝒐 ∗ 𝜿+𝟏 𝟐 En la resonancia: 𝝎 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 ; 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪𝒐∗ 𝜿+𝟏 𝟐 𝑪𝑶 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐 ∗ 𝟏 𝑳∗ 𝜿+𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟐∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐 ∗ 𝟏 𝑳∗(𝜿+𝟏) 𝑪𝑶 = 𝟏 𝟐∗𝝅𝟐∗(𝟗𝟎∗𝟏𝟎𝟔)𝟐 ∗ 𝟏 𝟐∗𝟏𝟎−𝟑∗(𝟒.𝟖+𝟏) = 𝟓. 𝟑𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑭 b) 𝒇 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗√𝑳∗𝜿∗𝑪𝒐∗(𝟏− 𝜿−𝟏 𝒘∗𝜿 ∗𝒙) = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗√𝟒∗𝟏𝟎−𝟑∗𝟒.𝟖∗𝟓.𝟑𝟗∗𝟏𝟎−𝟔∗(𝟏− 𝟒.𝟖−𝟏 𝟎.𝟐∗𝟒.𝟖 ∗𝒙) 𝒇 = 𝟕𝟎∗𝟏𝟎𝟔 √𝟏−𝟑.𝟗𝟔∗𝒙 Circuitos LCR con un generador 47. Verdadero o falso: a) Un circuito LCR con un factor Q elevado tiene una curva de resonancia estrecha. b) En la resonancia la impedancia de un circuito LCR es igual a la resistencia. c) En la resonancia, la corriente y la tensión del generador están en fase. a) 𝑸 = 𝝎𝒐 𝚫𝝎 = 𝝎𝒐∗𝑳 𝑹 , indica la agudeza de la curva de resonancia, a mayor Q mayor agudeza. Verdadero. b) 𝑽𝒆𝒓𝒅𝒂𝒅𝒆𝒓𝒐, 𝑿𝑳 = 𝑿𝑪 ; 𝒁 = 𝑹. Verdadero. c) Verdadero, en la resonancia cos 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝟏; 𝜹 = 𝟎 . Por tanto, Voltaje i intensidad estarán en fase. 48. ¿Depende el factor de potencia de la frecuencia? cos 𝜹 = 𝑹 𝒁 Como la impedancia del circuito depende de la frecuencia, el factor de potencia también dependerá. 49. ¿Tiene alguna desventaja el hecho de que el circuito de sintonía de una radio posea un factor Q excesivamente grande? Sí, si el rango de frecuencia es muy grande pueden oírse diferentes frecuencias interfiriendo. 50. ¿Cuál es el factor de potencia de un circuito que posee inductancia y capacitancia, pero no resistencia? cos 𝜹 = 𝑹 𝒁 si R = 0; cos 𝜹 = 𝟎 51. Un circuito LCR serie de un receptor de radio se sintoniza mediante un condensador variable de modo que pueda resonar a frecuencias comprendidas entre 500 y 1600 k Hz. Si L= 1,0 μH, hallar el intervalo de valores necesarios de la capacidad para cubrir el margen de frecuencias señalado. 𝝎 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 ; 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅 ∗ 𝟏 √𝑳∗𝑪 ; 𝑪 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐 ∗ 𝟏 𝑳 𝑪𝒎𝒊𝒏 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗(𝟏𝟔𝟎𝟎∗𝟏𝟎𝟑)𝟐 ∗ 𝟏 𝟏𝟎−𝟔 = 𝟗. 𝟖𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟗 𝑭 𝑪𝒎𝒂𝒙 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗(𝟓𝟎𝟎∗𝟏𝟎𝟑)𝟐 ∗ 𝟏 𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏. 𝟎𝟏 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝑭 𝟗. 𝟖𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟗 𝑭 < 𝑪 < 𝟏. 𝟎𝟏 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝑭 52. a) Hallar el factor de potencia del circuito LCR en serie con L= 2 H, C = 2 μF y R = 20 Ω conectado aun generador de frecuencia variable y comuna fem máxima de 100 V, cuando ω=400 rad/s. b) ¿A qué frecuencia angular vale dicho factor 0,5? a) 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝒄)𝟐 = √𝟐𝟎𝟐 + (𝟐 ∗ 𝟒𝟎𝟎 − 𝟏 𝟐∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟒𝟎𝟎 )𝟐 = 𝟒𝟓𝟎 𝛀 57. Encontrar el factor de potencia y el ángulo de fase 𝜹 para el circuito del problema 55 cuando la frecuencia del generador es a) 900 Hz. b) 1,1 kHz. c) 1,3 k Hz. a) 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟐∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟗𝟎𝟎 = 𝟖𝟖. 𝟒𝟐 𝛀 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟗𝟎𝟎 = 𝟓𝟔. 𝟓𝟓 𝛀 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = √𝟓𝟐 + (𝟓𝟔. 𝟓𝟓 − 𝟖𝟖. 𝟒𝟐)𝟐 = 𝟑𝟐. 𝟑 𝛀 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝟓 𝟑𝟐.𝟑 = 𝟎. 𝟏𝟓𝟓 𝜹 = 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨 𝐬 ( 𝑹 𝒁 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝟓 𝟑𝟐.𝟑 ) = 𝟖𝟏. 𝟏 Como Xc>XL el ángulo es negativo, -81.1 º. b) 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟐∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝟕𝟐. 𝟑 𝛀 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟏𝟎𝟎 = 𝟔𝟗. 𝟏 𝛀 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = √𝟓𝟐 + (𝟔𝟗. 𝟏 − 𝟕𝟐. 𝟑)𝟐 = 𝟓. 𝟗𝟒 𝛀 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝟓 𝟓.𝟗𝟒 = 𝟎. 𝟖𝟒𝟐 𝜹 = 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨 𝐬 ( 𝑹 𝒁 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝟓 𝟓.𝟗𝟒 ) = 𝟑𝟐. 𝟔 Como Xc>XL el ángulo es negativo, -32.6 º. c) 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟐∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟏𝟑𝟎𝟎 = 𝟔𝟏. 𝟐 𝛀 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟑𝟎𝟎 = 𝟖𝟏. 𝟕 𝛀 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = √𝟓𝟐 + (𝟖𝟏. 𝟕 − 𝟔𝟏. 𝟐)𝟐 = 𝟐𝟏. 𝟏 𝛀 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝟓 𝟐𝟏.𝟏 = 𝟎. 𝟐𝟑𝟕 𝜹 = 𝐚𝐫𝐜𝐜𝐨 𝐬 ( 𝑹 𝒁 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝟓 𝟐𝟏.𝟏 ) = 𝟕𝟔. 𝟑 Como Xc<XL el ángulo es positivo, 76.3 º. 58. Hallar a) El factor Q. b) La anchura de resonancia correspondiente al circuito del problema 55. c) ¿Cuál es el factor de potencia cuando ω=8000 rad/s? a) 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 = 𝟏 √𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟑∗𝟐∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟕𝟎𝟕𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝑸 = 𝝎𝒐∗𝑳 𝑹 = 𝟕𝟎𝟕𝟏∗𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟑 𝟓 = 𝟏𝟒. 𝟏 b) 𝚫𝒇 = 𝝎𝒐 𝟐∗𝝅∗𝑸 = 𝟕𝟎𝟕𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏𝟒.𝟏 = 𝟕𝟗. 𝟖 𝑯𝒛 c) 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟐∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟖𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟐. 𝟓 𝛀 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝟖𝟎𝟎𝟎 = 𝟖𝟎. 𝟎 𝛀 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = √𝟓𝟐 + (𝟖𝟎 − 𝟔𝟐. 𝟓)𝟐 = 𝟏𝟖. 𝟐 𝛀 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝟓 𝟏𝟖.𝟐 = 𝟎. 𝟐𝟕𝟓 59. Las estaciones de radio de FM tienen frecuencias de ondas portadoras que se encuentran separadas por 0,20 MHz. Cuando la radio se sintoniza a una estación, tal como 100,1 MHz, la anchura de resonancia del circuito receptor deberá ser mucho menor que 0,2 MHz de forma que no se reciban las estaciones adyacentes. Si fo= 100,1 i 𝚫f=0,05 Hz, ¿Cuál es el factor Q de este circuito? 𝑸 = 𝒇𝒐 𝚫𝒇 = 𝟏𝟎𝟎.𝟏 𝟎.𝟎𝟓 = 𝟐𝟎𝟎𝟐 60. Una bobina está conectada a un generador de ca de 100 V y 60 Hz. A esta frecuencia, la bobina tiene una impedancia de 10 Ω y una reactancia de 8 Ω. a) ¿Cuál es la corriente que circula por la bobina? b) ¿Cuál es el ángulo de fase entre la corriente y el voltaje aplicado? c) ¿Qué capacitancia en serie se requiere para que la corriente y el voltaje estén en fase? ¿Cuál es entonces el voltaje medido entre las placas del condensador? a) En este circuito: Z=10 Ω y XL= 8 Ω. 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝒁 = 𝟏𝟎𝟎 𝟏𝟎 = 𝟏𝟎 𝑨 b) 𝜹 = 𝒂𝒓𝒔𝒆𝒏 ( 𝑿𝑳 𝒁 ) = 𝒂𝒓𝒔𝒆𝒏 ( 𝟖 𝟏𝟎 ) = 𝟓𝟑. 𝟏º c) 𝑿𝑳 = 𝟏 𝑪∗𝝎 ; 𝑪 = 𝟏 𝑿𝑳∗𝝎 = 𝟏 𝑿𝑳∗𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟏 𝟖∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟑𝟑𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑭 𝚫𝑽𝑪 = 𝑰 ∗ 𝑿𝑪 𝐄𝐧 𝐫𝐞𝐬𝐨𝐧𝐚𝐧𝐜𝐢𝐚, 𝑿𝑳 = 𝑿𝑪 𝐙 = 𝐑 . 𝚫𝑽 = 𝑰 ∗ 𝑹 ; 𝑰 = 𝚫𝑽 𝑹 𝚫𝑽𝑪 = 𝑰 ∗ 𝑿𝑪 = 𝚫𝑽 𝑹 ∗ 𝑿𝑪 = 𝚫𝑽 𝑹 ∗ 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 Para la resistencia de la bobina usamos Z=10 Ω y XL= 8 Ω. 𝑹 = √𝒁𝟐 − 𝑿𝑳 𝟐 = √𝟏𝟎𝟐 − 𝟖𝟐 = 𝟔 𝛀 𝚫𝑽𝑪 = 𝟏𝟎𝟎 𝟔 ∗ 𝟏 𝟑𝟑𝟐∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟏𝟑𝟑 𝑽 61. Se conecta en serie con un generador de ca de 60 Hz una bobina de 0,25 H y un condensador C. Se utiliza un voltímetro de ca para medir la tensión eficaz que aparece por separado en la bobina y en el condensador. La tensión eficaz que aparece en el condensador es 75 V y en la bobina 50 V. a) Hallar la capacidad C y la corriente eficaz en el circuito. b) ¿Cuál será la medida de la tensión eficaz en el conjunto condensador- bobina? a) ∆𝑽𝑪 = 𝑿𝑪 ∗ 𝑰 = 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗ 𝑰 ∆𝑽𝑳 = 𝑿𝑳 ∗ 𝑰 = 𝑳 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑰 𝑰 = ∆𝑽𝑳 𝑳∗𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟓𝟎 𝟎.𝟐𝟓∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟎. 𝟓𝟑𝟏 𝑨 𝑪 = 𝑰 ∆𝑽𝑪 = ∆𝑽𝑳 ∆𝑽𝑪∗𝑳∗𝟐∗𝝅∗𝒇 ∗ 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟓𝟎 𝟕𝟓∗𝟎.𝟐𝟓∗(𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎)𝟐 = 𝟏. 𝟖𝟖 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝑭 b) 𝒁 = √(𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = |𝑳 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 − 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 | 𝒁 = |𝟎. 𝟐𝟓 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 − 𝟏 𝟏.𝟖𝟖∗𝟏𝟎−𝟓∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 | = 𝟒𝟔. 𝟗 𝛀 𝚫𝑽𝑻 = 𝑰 ∗ 𝒁 = 𝟎. 𝟓𝟑𝟏 ∗ 𝟒𝟔. 𝟗 = 𝟐𝟒. 𝟗 𝑽 62. a) Demostrar que la ecuación 𝒕𝒈𝜹 = 𝑿𝑳−𝑿𝑪 𝑹 puede escribirse en la forma 𝒕𝒈𝜹 = 𝑳(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) 𝝎 𝑹 Determinar 𝜹 aproximadamente a b) frecuencias muy bajas. c) Frecuencias muy altas. a) En la resonancia: 𝝎𝒐 = √ 𝟏 𝑳∗𝑪 𝒕𝒈𝜹 = 𝑿𝑳−𝑿𝑪 𝑹 = 𝝎∗𝑳− 𝟏 𝑪∗𝝎 𝑹 = 𝝎𝟐∗𝑳−𝟏/𝑪 𝑹∗𝝎 = 𝑳∗(𝝎𝟐− 𝟏 𝑳∗𝑪 ) 𝑹∗𝝎 𝒕𝒈𝜹 = 𝑳∗(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) 𝑹∗𝝎 b) 𝒕𝒈𝜹 = 𝝎∗𝑳 𝑹 − 𝟏 𝝎∗𝑹∗𝑪 𝑺𝒊 𝝎 ≪ 𝟏 𝒕𝒈𝜹 = − 𝟏 𝝎∗𝑹∗𝑪 𝒄𝒐𝒕𝒈𝜹 = −𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 𝜹 = 𝒄𝒐𝒕𝒈−𝟏(−𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪) Usamos 𝒄𝒐𝒕𝒈−𝟏𝒙 = ± 𝝅 𝟐 − 𝒙 − 𝝅 𝟐 − 𝜹 = −𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 𝜹 = − 𝝅 𝟐 + 𝝎 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 c) 𝑺𝒊 𝝎 ≫ 𝟏 𝒕𝒈𝜹 = 𝝎∗𝑳 𝑹 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝝎∗𝑳 𝑹 ) Usamos: 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 𝒙 = 𝝅 𝟐 − 𝟏 𝒙 𝜹 = 𝝅 𝟐 − 𝑹 𝝎∗𝑳 63. a) Demostrar que en un circuito RC serie sin inductancia, el factor de potencia viene dado por 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝑪 𝝎 √𝟏+(𝑹 𝑪 𝝎)𝟐 b) Hacer un gráfico que muestre el factor de potencia en función de ω. a) 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝑹 √𝑹𝟐+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)𝟐 En nuestro caso: 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝑹 √𝑹𝟐+𝑿𝑪 𝟐 = 𝑹 √𝑹𝟐+( 𝟏 𝑪∗𝝎 ) 𝟐 = 𝑹 𝑹∗√𝟏+ 𝟏 (𝝎∗𝑹∗𝑪)𝟐 = 𝝎∗𝑹∗𝑪 √𝟏+(𝝎∗𝑹∗𝑪)𝟐 b) Haciendo R=1 y C = 1. 64. En el circuito de la figura el generador de ca produce una tensión eficaz de 115 V cuando funciona a 60 Hz. ¿Cuál es la tensión eficaz entre los puntos 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 0 2 4 6 8 10 12 cos 𝟏 𝑪 = 𝟏 𝟗.𝟗𝟗∗𝟏𝟎−𝟓 + 𝟏 𝑪𝒂ñ𝒂𝒅𝒊𝒅𝒂 ; 𝟏 𝑪𝒂ñ𝒂𝒅𝒊𝒅𝒂 = 𝟏 𝑪 − 𝟏 𝟗.𝟗𝟗∗𝟏𝟎−𝟓 = 𝟏 𝟏.𝟒𝟏∗𝟏𝟎−𝟒 − 𝟏 𝟗.𝟗𝟗∗𝟏𝟎−𝟓 = Si C= 𝟗. 𝟗𝟗 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝑭: 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟗.𝟗𝟗∗𝟏𝟎−𝟓∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟐𝟔. 𝟓𝟓 𝛀 𝑿𝑪 = 𝑿𝑳𝟏 + 𝑿𝑳𝟐 ; 𝑿𝑳𝟐 = 𝑿𝑪 − 𝑿𝑳𝟏 = 𝟐𝟔. 𝟓𝟓 − 𝟎. 𝟎𝟓 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟔𝟎 = 𝟕. 𝟕𝟎 𝛀 𝑳𝟐 = 𝑿𝑳𝟐 𝝎 = 𝟕.𝟕𝟎 𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟎. 𝟎𝟐𝟎𝟒 𝑯 68. Un circuito LCR serie se conecta a una fuente de 500 Hz. El ángulo de fase entre la tensión aplicada y la corriente se determina que vale 𝜹 = 𝟕𝟓 𝒐mediante medida hecha con un osciloscopio. Si se sabe que la resistencia total es 35 Ω y la inductancia vale 0,15 H, ¿Cuál es la capacidad del circuito? 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝑹 𝒁 ; 𝟎. 𝟐𝟓𝟗 = 𝑹 √𝑹𝟐+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)𝟐 ; 𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = 𝟏𝟒. 𝟗𝟐 ∗ 𝑹𝟐 (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = 𝟏𝟑. 𝟗𝟐 ∗ 𝑹𝟐 𝑿𝑳 − 𝑿𝑪 = 𝟑. 𝟕𝟑 ∗ 𝑹 𝑿𝑪 = 𝑳 ∗ 𝝎 − 𝟑. 𝟕𝟑 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟎. 𝟏𝟓 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟓𝟎𝟎 − 𝟑. 𝟕𝟑 ∗ 𝟑𝟓 = 𝟑𝟒𝟏 𝛀 𝑪 = 𝟏 𝑿𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟑𝟒𝟏∗𝟐∗𝝅∗𝟓𝟎𝟎 = 𝟗. 𝟑𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 𝑭 69. Un circuito LCR serie con R = 400 Ω, L = 0,35 H y C = 5 μF se conecta a un generador de frecuencia f variable. a) ¿Cuál es la frecuencia de resonancia? Hallar f y f/fo cuando el ángulo de fase 𝜹 es b) 60o. c) -60o. a) 𝒇 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝟎.𝟑𝟓∗𝟓∗𝟏𝟎−𝟓 = 𝟏𝟐𝟎 𝑯𝒛 b) 𝒄𝒐𝒔 𝟔𝟎 = 𝑹 𝒁 = 𝑹 √𝑹𝟐+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)𝟐 ; 𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝟔𝟎 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟒 ∗ 𝑹𝟐 (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = 𝟑 ∗ 𝑹𝟐 𝑬𝒍 𝒄𝒊𝒓𝒄𝒖𝒊𝒕𝒐 𝒆𝒔 𝒊𝒏𝒅𝒖𝒄𝒕𝒊𝒗𝒐: 𝑳 ∗ 𝝎 − 𝟏 𝑪∗𝝎 = √𝟑 ∗ 𝑹 𝑳 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎𝟐 − 𝟏 = √𝟑 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎 𝑳 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎𝟐 − √𝟑 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎 − 𝟏 = 𝟎 𝟎. 𝟑𝟓 ∗ 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝝎𝟐 − √𝟑 ∗ 𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝝎 − 𝟏 = 𝟎 ω=2235 rad/s 𝒇 = 𝝎 𝟐∗𝝅 = 𝟐𝟐𝟑𝟓 𝟐∗𝝅 = 𝟑𝟓𝟓 𝑯𝒛 𝒇 𝒇𝒐 = 𝟑𝟓𝟓 𝟏𝟐𝟎 = 𝟐. 𝟗𝟔 c) El circuito es capacitivo: 𝑳 ∗ 𝝎 − 𝟏 𝑪∗𝝎 = −√𝟑 ∗ 𝑹 𝑳 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎𝟐 − 𝟏 = −√𝟑 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎 𝑳 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎𝟐 + √𝟑 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎 − 𝟏 = 𝟎 𝟎. 𝟑𝟓 ∗ 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝝎𝟐 + √𝟑 ∗ 𝟒𝟎𝟎 ∗ 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝝎 − 𝟏 = 𝟎 𝝎 = 𝟐𝟓𝟔 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝒇 = 𝝎 𝟐∗𝝅 = 𝟐𝟓𝟔 𝟐∗𝝅 = 𝟒𝟎, 𝟕 𝑯𝒛 𝒇 𝒇𝒐 = 𝟒𝟎.𝟕 𝟏𝟐𝟎 = 𝟎. 𝟑𝟑𝟗 70. Representar gráficamente la impedancia Z en función de ω para a) Un circuito serie RL. b) Un circuito serie RC. c) Un circuito serie LCR. a) 𝒁 = √𝑹𝟐 + 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 b) 𝒁 = √𝑹𝟐 + 𝟏 𝑪𝟐∗𝝎𝟐 c) 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑳 ∗ 𝝎 − 𝟏 𝑪∗𝝎 ) 𝟐 71. Dado el circuito de la figura: a) Hallar la pérdida de potencia en la bobina. b) Hallar la resistencia r de la bobina. c) Hallar la inductancia. a) b) 𝑰𝒆𝒇 = 𝚫𝑽𝒆𝒇 𝑹 = 𝟓𝟎 𝟓𝟎 = 𝟏 𝑨 𝟏𝟏𝟎 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ √(𝒓 + 𝑹)𝟐 + 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝟗𝟎 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ √(𝒓)𝟐 + 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝟏𝟏𝟎𝟐 = 𝟏 ∗ ((𝒓 + 𝑹)𝟐 + 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐) 𝟗𝟎𝟐 = 𝟏 ∗ ((𝒓)𝟐 + 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐) 𝑳𝟐 = 𝟗𝟎𝟐−𝒓𝟐 𝝎𝟐 𝟏𝟏𝟎𝟐 = 𝟏 ∗ ((𝒓 + 𝑹)𝟐 + 𝟗𝟎𝟐−𝒓𝟐 𝝎𝟐 ∗ 𝝎𝟐) 𝟏𝟏𝟎𝟐 = 𝑹𝟐 + 𝒓𝟐 + 𝟐 ∗ 𝑹 ∗ 𝒓 + 𝟗𝟎𝟐 − 𝒓𝟐 𝒓 = 𝟏𝟏𝟎𝟐−𝟗𝟎𝟐−𝑹𝟐 𝟐∗𝑹 = 𝟏𝟏𝟎𝟐−𝟗𝟎𝟐−𝟓𝟎𝟐 𝟐∗𝟏𝟎𝟎 = 𝟏𝟓 𝛀 𝑷𝑳 = 𝑷𝒓 = 𝑰𝒆𝒇 𝟐 ∗ 𝒓 = 𝟏𝟐 ∗ 𝟏𝟓 = 𝟏𝟓 𝑾 c) 𝑳𝟐 = 𝟗𝟎𝟐−𝒓𝟐 𝝎𝟐 ; 𝑳 = √𝟗𝟎𝟐−𝒓𝟐 𝝎𝟐 = √𝟗𝟎𝟐−𝒓𝟐 𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = √𝟗𝟎𝟐−𝟏𝟓𝟐 𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟎. 𝟐𝟑𝟓 𝑯 72. Demostrar que la ecuación 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+(𝑿𝑳−𝑿𝒄)𝟐 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝒁 Puede escribirse en la forma 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝝎𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝝎𝟐𝑹𝟐+𝑳𝟐(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐)𝟐 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+(𝑿𝑳−𝑿𝒄)𝟐 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+(𝑳∗𝝎− 𝟏 𝑪∗𝝎 ) 𝟐 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+𝑳𝟐∗𝝎𝟐∗(𝟏− 𝟏 𝑪∗𝑳∗𝝎𝟐 ) 𝟐 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+𝑳𝟐∗𝝎𝟐∗(𝟏− 𝝎𝒐 𝟐 𝝎𝟐 ) 𝟐 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+𝑳𝟐∗𝝎𝟐∗( 𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐 𝝎𝟐 ) 𝟐 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 √𝑹𝟐+ 𝑳𝟐 𝝎𝟐∗(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐 ) 𝟐 = 𝜺𝒎𝒂𝒙∗𝝎 √𝑹𝟐∗𝝎𝟐+𝑳𝟐∗(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐 ) 𝟐 73. En un circuito LCR serie Xc=16 Ω y XL= 4 Ω a la misma frecuencia. La frecuencia de resonancia es ω0= 104 rad/s. Podemos poner: 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 + 𝜹) = 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝜹 − 𝒔𝒊𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) ∗ 𝒔𝒊𝒏 𝜹 Comparando las dos expresiones: 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) −𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 = − 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑪 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) De la primera: 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔 𝜹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑹 De la segunda: 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑿𝑪 De la división de éstas dos: 𝒕𝒈𝜹 = 𝑹 𝑿𝑪 Elevando al cuadrado las dos ecuaciones anteriores obtenemos: 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐 𝜹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝟐 𝑹𝟐 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 ∗ 𝒔𝒆𝒏𝟐 𝜹 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝟐 𝑿𝑪 𝟐 Sumándolas: 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝟐 𝑹𝟐 + 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝟐 𝑿𝑪 𝟐 Usando la expresión: 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝒁 𝟏 𝒁𝟐 = 𝟏 𝑹𝟐 + 𝟏 𝑿𝑪 𝟐 78. Las impedancias de los motores, transformadores y electroimanes poseen una reactancia inductiva. Supongamos que el ángulo de fase de la impedancia total de una gran planta industrial es 25o cuando está en pleno funcionamiento y consume una potencia de 2,3 MW. La energía es suministrada a la factoría por una subestación situada a 4,5 km de la planta. El voltaje eficaz de la línea en la planta es 40 000 V y la frecuencia de 60 Hz. La resistencia de la línea de transmisión de la subestación a la planta es de 5,2 Ω. El coste por kilovatio-hora es 0,07 dólares. La planta paga sólo la energía real utilizada. a) ¿Cuáles son la resistencia y reactancia inductiva de la carga total de la planta? b) ¿Cuál es la corriente en las líneas de potencia y cuál debe ser el voltaje eficaz de la subestación para mantener el voltaje de la planta a 40 000 V? c) ¿Cuánta potencia se pierde en la transmisión? d) Suponer que el ángulo de fase de la impedancia de la planta se reduce a 18o añadiendo una batería de condensadores en serie con la carga. ¿Cuánto dinero se ahorraría con esta modificación durante un mes de trabajo, suponiendo que la planta opera a plena capacidad durante 16 h diarias? e) ¿Cuál debe ser la capacitancia de esta batería de condensadores? a) El circuito está formado por una resistencia en serie (la línea de transmisión) con una bobina (con resistencia y inducción, impedancia Z=R +i XL). Conocemos la diferencia de potencial en la impedancia i la potencia consumida en ella: ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 = 𝟒𝟎 𝟎𝟎𝟎 𝑽 ; 𝑷𝒎 = 𝟐, 𝟑 𝑴𝑾 𝑷𝒎 = ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 ∗ 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 ; 𝑰𝒆𝒇,𝒁 = 𝑷𝒎 ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁∗𝒄𝒐𝒔𝜹 𝒁 = ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 𝑰𝒆𝒇 = ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 𝑷𝒎 ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁∗𝒄𝒐𝒔𝜹 = ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 𝟐 ∗𝒄𝒐𝒔𝜹 𝑷𝒎 = 𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎𝟐∗𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓 𝟐.𝟑∗𝟏𝟎𝟔 = 𝟔𝟑𝟎, 𝟓 𝛀 𝒄𝒐𝒔𝜹 = 𝑹 𝒁 ; 𝑹 = 𝒁 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 = 𝟔𝟑𝟎, 𝟓 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓 = 𝟓𝟕𝟏, 𝟒 𝛀 𝑿𝑳 = √𝒁𝟐 − 𝑹𝟐 = √𝟔𝟑𝟎, 𝟓𝟐 − 𝟓𝟕𝟏, 𝟒𝟐 = 𝟐𝟔𝟔. 𝟓 𝛀 b) 𝑰𝒆𝒇,𝒁 = 𝑷𝒎 ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁∗𝒄𝒐𝒔𝜹 = 𝟐.𝟑∗𝟏𝟎𝟔 𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝒄𝒐𝒔𝟐𝟓 = 𝟔𝟑, 𝟒 𝑨 El circuito tiene las componentes en serie, la intensidad es la misma en todo el circuito. El voltaje total de todo el sistema será: 𝚫𝑽𝑻 = ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 + 𝚫𝑽𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂 = ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁 + 𝑰𝒆𝒇,𝒁 ∗ 𝑹𝒕𝒓 𝚫𝑽𝑻 = 𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎 + 𝟔𝟑, 𝟒 ∗ 𝟓. 𝟐 = 𝟒𝟎𝟑𝟑𝟎 𝑽 c) 𝑷𝒍𝒊𝒏𝒆𝒂 = 𝑰𝒆𝒇,𝒁 𝟐 ∗ 𝑹𝒕𝒓 = 𝟔𝟑. 𝟒𝟐 ∗ 𝟓. 𝟐 = 𝟐𝟎𝟗𝟎𝟐 𝑾 d) La planta trabaja siempre en las mismas condiciones, la diferencia de energía radica en la potencia consumida en la línea de transmisión. 𝚫𝑬 = (𝑷𝟐𝟓 − 𝑷𝟏𝟖) ∗ 𝚫𝒕 𝑰𝒆𝒇,𝒁,𝟏𝟖 = 𝑷𝒎 ∆𝑽𝒆𝒇,𝒁∗𝒄𝒐𝒔𝜹 = 𝟐.𝟑∗𝟏𝟎𝟔 𝟒𝟎𝟎𝟎𝟎∗𝒄𝒐𝒔𝟏𝟖 = 𝟔𝟎, 𝟓 𝑨 𝑷𝟏𝟖 = 𝑰𝒆𝒇,𝒁,𝟏𝟖 𝟐 ∗ 𝑹𝒕𝒓 = 𝟔𝟎. 𝟓𝟐 ∗ 𝟓. 𝟐 = 𝟏𝟗𝟎𝟑𝟑 𝑾 Suponemos 20 días laborables en un mes. 𝚫𝑬 = (𝑷𝟐𝟓 − 𝑷𝟏𝟖) ∗ 𝚫𝒕 = (𝟐. 𝟑 ∗ 𝟏𝟎𝟔 − 𝟏𝟗𝟎𝟑𝟑) ∗ 𝟏𝟔 𝒉 𝒅í𝒂 ∗ 𝟐𝟎𝒅 í𝒂𝒔 𝚫𝑬 = 𝟕𝟐𝟗𝟗𝟎𝟗𝟒𝟒𝟎 𝑱 𝟕𝟐𝟗𝟗𝟎𝟗𝟒𝟒𝟎 𝑱 ∗ 𝟏 𝒌𝑾 𝒉 𝟑.𝟔∗𝟏𝟎𝟔 𝑱 ∗ 𝟎.𝟎𝟕 𝒅𝒐𝒍𝒂𝒓𝒔 𝟏 𝒌𝑾 𝒉 = 𝟏𝟒. 𝟐 𝒅𝒐𝒍𝒂𝒓𝒆𝒔 e) 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 𝒄𝒐𝒔𝜹 = 𝑹 𝒁 = 𝑹 √𝑹𝟐+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)𝟐 𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = 𝑹𝟐 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 − 𝟏) 𝑿𝑳 − 𝑿𝑪 = ±𝑹 ∗ √ 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 − 𝟏 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝑿𝑳 − 𝑹 ∗ √ 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 − 𝟏 𝑪 = 𝟏 𝝎∗(𝑿𝑳−𝑹∗√ 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 −𝟏) = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟓𝟎∗(𝟐𝟔𝟔.𝟓−𝟓𝟕𝟏.𝟒∗√ 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝟏𝟖 −𝟏) = 𝟑. 𝟗𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟓 𝑭 𝑿𝑳 − 𝑿𝑪 = −𝑹 ∗ √ 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 − 𝟏 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝑿𝑳 + 𝑹 ∗ √ 𝟏 𝒄𝒐𝒔𝟐𝜹 − 𝟏 = 𝟕. 𝟎𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑭 Como el circuito total ha de ser inductivo cogeremos la solución primera como correcta. 79. En el circuito que se muestra en la figura, R = 10 Ω, RL= 30 Ω , L = 150 mH y C = 8 µ F; la frecuencia de la fuente de ca es 10 Hz. a) Utilizando diagramas de fasores, determinar la impedancia del circuito cuando está cerrado el interruptor S. b) Determinar la impedancia del circuito cuando el interruptor S está abierto. c) ¿Cuáles son los voltajes a través de la resistencia de carga RL cuando el interruptor S está abierto y cuando está cerrado? d) Repetir las partes (a), (b) y (c) con la frecuencia de la fuente a 100 Hz. e) ¿Qué disposición constituye un mejor filtro pasa-baja: S abierto o S cerrado? a) Con S cerrado no pasa corriente por L, toda la corriente pasa por S, de forma que tenemos un condensador y una resistencia en paralelo. 𝟏 𝒁𝑪,𝑹𝑳 = 𝟏 −𝑿𝑪∗𝒊 + 𝟏 𝑹𝑳 ; 𝟏 𝒁𝑪,𝑹𝑳 = 𝑹𝑳−𝑿𝑪∗𝒊 −𝑿𝑪∗𝒊∗𝑹𝑳 𝒁𝑪,𝑹𝑳 = −𝑿𝑪∗𝒊∗𝑹𝑳 𝑹𝑳−𝑿𝑪∗𝒊 ; 𝒁𝑪,𝑹𝑳 = −𝑿𝑪∗𝒊∗𝑹𝑳 𝑹𝑳−𝑿𝑪∗𝒊 ∗ 𝑹𝑳+𝑿𝑪∗𝒊 𝑹𝑳+𝑿𝑪∗𝒊 𝒁𝑪,𝑹𝑳 = 𝑿𝑪 𝟐∗𝑹𝑳 𝑹𝑳 𝟐+𝑿𝑪 𝟐 − 𝑿𝑪∗𝑹𝑳 𝟐 𝑹𝑳 𝟐+𝑿𝑪 𝟐 ∗ 𝒊 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟖∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟏𝟎 = 𝟏𝟗𝟖𝟗 𝛀 𝒁𝑪,𝑹𝑳 = 𝟏𝟗𝟖𝟗𝟐∗𝟑𝟎 𝟏𝟗𝟖𝟗𝟐+𝟑𝟎𝟐 − 𝟏𝟗𝟖𝟗∗𝟑𝟎𝟐 𝟏𝟗𝟖𝟗𝟐+𝟑𝟎𝟐 ∗ 𝒊 = 𝟑𝟎 − 𝟎. 𝟒𝟓 𝒊 Teniendo en cuenta la resistencia R de 10 Ω en serie con la anterior: 𝒁 = 𝟒𝟎 − 𝟎. 𝟒𝟓 𝒊 ; |𝒁| = √𝟒𝟎𝟐 + 𝟎. 𝟒𝟓𝟐 = 𝟒𝟎 𝛀 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝑹 𝒁 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝟒𝟎 𝟒𝟎 ) ≈ 𝟎 b) Con S abierto hay que tener en cuenta L: 𝟏 𝒁𝑪,𝑹𝑳;𝑳 = 𝟏 −𝑿𝑪∗𝒊 + 𝟏 𝑹𝑳+𝑿𝑳∗𝒊 ; 𝟏 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = (𝑹𝑳+𝑿𝑳∗𝒊)−𝑿𝑪∗𝒊 −𝑿𝑪∗𝒊∗(𝑹𝑳+𝑿𝑳∗𝒊) 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = −𝑿𝑪∗𝒊∗(𝑹𝑳+𝑿𝑳∗𝒊) (𝑹𝑳+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)∗𝒊) ; 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = (𝑿𝑳∗𝑿𝒄−𝑿𝒄∗𝑹𝑳∗𝒊) (𝑹𝑳+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)∗𝒊) 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = (𝑿𝑳∗𝑿𝒄−𝑿𝒄∗𝑹𝑳∗𝒊) (𝑹𝑳+(𝑿𝑳−𝑿𝑪)∗𝒊) ∗ (𝑹𝑳−(𝑿𝑳−𝑿𝑪)∗𝒊) (𝑹𝑳−(𝑿𝑳−𝑿𝑪)∗𝒊) 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = 𝑿𝑪 𝟐∗𝑹𝑳 𝑹𝑳 𝟐+((𝑿𝑳−𝑿𝑪)) 𝟐 − 𝑿𝑪∗𝑹𝑳 𝟐+𝑿𝑳∗𝑿𝒄∗(𝑿𝑳−𝑿𝑪) 𝑹𝑳 𝟐+((𝑿𝑳−𝑿𝑪)) 𝟐 ∗ 𝒊 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟎. 𝟏𝟓𝟎 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟎 = 𝟗. 𝟒𝟐 𝛀 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = 𝟏𝟗𝟖𝟗𝟐∗𝟑𝟎 𝟑𝟎𝟐+((𝟗.𝟒𝟐−𝟏𝟗𝟖𝟗)) 𝟐 − 𝟏𝟗𝟖𝟗∗𝟑𝟎𝟐+𝟗.𝟒𝟐∗𝟏𝟗𝟖𝟗∗(𝟗.𝟒𝟐−𝟏𝟗𝟖𝟗) 𝟑𝟎𝟐+((𝟗.𝟒𝟐−𝟏𝟗𝟖𝟗)) 𝟐 ∗ 𝒊 𝒁𝑪,𝑹𝑳,𝑳 = 𝟑𝟎. 𝟑 + 𝟗. 𝟎 ∗ 𝒊 Añadiendo la resistencia R en serie: 𝒁 = 𝟒𝟎. 𝟑 + 𝟗. 𝟎 ∗ 𝒊 ; |𝒁| = √𝟒𝟎. 𝟑𝟐 + 𝟗. 𝟎𝟐 = 𝟒𝟏. 𝟑 𝛀 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝑹 𝒁 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒄𝒐𝒔 ( 𝟒𝟎.𝟑 𝟒𝟏.𝟑 ) = 𝟏𝟐. 𝟔 𝒐 𝟔 ∗ (𝟐 ∗ 𝑳 ∗ 𝝎 − 𝟒 𝑪∗𝝎 ) = (𝟖 + 𝑳 𝑪 ) ∗ (𝑳 ∗ 𝝎 − 𝟏 𝑪∗𝝎 ) (𝟏𝟐 ∗ 𝑪𝟐 ∗ 𝑳 − 𝟖 ∗ 𝑳 ∗ 𝑪𝟐 − 𝑳𝟐 ∗ 𝑪) ∗ 𝝎𝟐 = 𝟏𝟔 ∗ 𝑪 − 𝑳 𝝎 = √ 𝟏𝟔∗𝑪−𝑳 𝟏𝟐∗𝑪𝟐∗𝑳−𝟖∗𝑳∗𝑪𝟐−𝑳𝟐∗𝑪 𝝎 = √ 𝟏𝟔∗𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔−𝟎.𝟎𝟏𝟐 𝟏𝟐∗(𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔)𝟐∗𝟎.𝟎𝟏𝟐−𝟖∗𝟎.𝟎𝟏𝟐∗(𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔)𝟐−𝟎.𝟎𝟏𝟐𝟐∗𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏𝟔𝟒𝟏 𝒓𝒂𝒅/𝒔 𝒇𝒐 = 𝝎 𝟐∗𝝅 = 𝟐𝟔𝟏 𝑯𝒛 b) 𝒁𝒄 = 𝑹𝟏 − 𝑿𝒄 ∗ 𝒊 = 𝟐 − 𝟏 𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟏𝟔𝟒𝟏 ∗ 𝒊 = 𝟐 − 𝟐𝟎. 𝟑 ∗ 𝒊 |𝒁𝒄| = √𝟐𝟐 + 𝟐𝟎. 𝟑𝟐 = 𝟐𝟎. 𝟒 𝛀 𝑰𝒆𝒇,𝑪 = 𝚫𝑽𝒆𝒇 |𝒁𝒄| = 𝟒𝟎 √𝟐∗𝟐𝟎.𝟒 = 𝟏. 𝟑𝟗 𝑨 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( −𝑿𝒄 𝑹 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( −𝟐𝟎.𝟑 𝟐 ) = −𝟖𝟒. 𝟒𝒐 𝒁𝑳 = 𝑹𝟐 − 𝑿𝑳 ∗ 𝒊 = 𝟒 + 𝟎. 𝟎𝟏𝟐 ∗ 𝟏𝟔𝟒𝟏 ∗ 𝒊 = 𝟐 + 𝟏𝟗. 𝟕 ∗ 𝒊 |𝒁𝒄| = √𝟒𝟐 + 𝟏𝟗. 𝟕𝟐 = 𝟐𝟎. 𝟏 𝛀 𝑰𝒆𝒇,𝑳 = 𝚫𝑽𝒆𝒇 |𝒁𝒄| = 𝟒𝟎 √𝟐∗𝟐𝟎.𝟏 = 𝟏. 𝟒𝟏 𝑨 𝜹 = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝑿𝑳 𝑹 ) = 𝒂𝒓𝒄𝒕𝒈 ( 𝟏𝟗.𝟕 𝟒 ) = 𝟕𝟖. 𝟓 𝒐 𝑰𝒆𝒇,𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑰𝒆𝒇,𝑪 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹𝑪 + 𝑰𝒆𝒇,𝑳 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹𝑳 𝑰𝒆𝒇,𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝟏. 𝟑𝟗 ∗ 𝒄𝒐𝒔(−𝟖𝟒. 𝟒𝒐) + 𝟏. 𝟒𝟏 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟕𝟖. 𝟓 𝒐) = 𝟎. 𝟒𝟏𝟕 𝑨 81. Deducir una expresión para el valor Q del circuito representado en la figura, suponiendo que la resonancia es aguda. 𝟏 𝒁 = 𝟏 𝑹 + 𝟏 − 𝟏 𝑪∗𝝎 ∗𝒊 + 𝟏 𝑳∗𝝎∗𝒊 = 𝟏 𝑹 + ( 𝟏 𝑳∗𝝎 − 𝑪 ∗ 𝝎) ∗ 𝒊 𝒁 = 𝟏 ( 𝟏 𝑹 ) 𝟐 +( 𝟏 𝑳∗𝝎 −𝑪∗𝝎) 𝟐 ∗ ( 𝟏 𝑹 − ( 𝟏 𝑳∗𝝎 − 𝑪 ∗ 𝝎) ∗ 𝒊) En la resonancia: ( 𝟏 𝑳∗𝝎𝒐 − 𝑪 ∗ 𝝎𝒐) = 𝟎 ; ( 𝟏 𝑳∗𝝎𝒐 = 𝑪 ∗ 𝝎𝒐) ; 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 Considerando las intensidades: 𝑰𝑪 = ∆𝑽 𝑿𝑪 = 𝝎 ∗ 𝑪 ∗ ∆𝑽 ; 𝒂𝒅𝒆𝒍𝒂𝒏𝒕𝒂𝒏𝒕𝒐 𝒆𝒏 𝟗𝟎º 𝒂𝒍 𝒗𝒐𝒍𝒕𝒂𝒋𝒆. 𝑰𝑳 = ∆𝑽 𝑿𝑳 = ∆𝑽 𝑳∗𝑽 ; 𝒓𝒆𝒕𝒓𝒂𝒔𝒂𝒅𝒂 𝒆𝒏 𝟗𝟎º 𝒂𝒍 𝒗𝒐𝒍𝒕𝒂𝒋𝒆. 𝑰𝑹 = ∆𝑽 𝑹 = ∆𝑽 𝑹 𝑳𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒏𝒔𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒕𝒐𝒕𝒂𝒍 𝒄𝒖𝒎𝒑𝒍𝒊𝒓á: 𝑰 = ∆𝑽 |𝒁| = ∆𝑽 ∗ √( 𝟏 𝑹 ) 𝟐 + ( 𝟏 𝑳∗𝝎 − 𝑪 ∗ 𝝎) 𝟐 En la resonancia 𝑰𝒐 = ∆𝑽 𝑹 ; ∆𝑽 = 𝑰𝒐 ∗ 𝑹. 𝑰 = 𝑰𝒐 ∗ 𝑹 ∗ √( 𝟏 𝑹 ) 𝟐 + ( 𝟏 𝑳∗𝝎 − 𝑪 ∗ 𝝎) 𝟐 = 𝑰𝒐 ∗ √𝟏 + 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟏 𝑳∗𝝎 − 𝑪 ∗ 𝝎) 𝟐 La energía total acumulada en un ciclo en el circuito se da cuando el condensador tiene la carga máxima, Qo: Usando 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝝎 ∗ 𝑸𝒐 = 𝑰𝒐 = ∆𝑽 𝑹 𝑼𝒕𝒐𝒕 = 𝑸𝒐 𝟐 𝟐∗𝑪 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝟐 𝝎𝟐 𝟐∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝎𝟐∗𝑪 ∗ ∆𝑽𝟐 𝑹𝟐 Relacionando la energia total con la frecuencia usando ∆𝑽 = 𝑰𝒐 √( 𝟏 𝑹 ) 𝟐 +( 𝟏 𝑳∗𝝎 −𝑪∗𝝎) 𝟐 : 𝑼𝒕𝒐𝒕 = 𝟏 𝟐∗𝝎𝟐∗𝑪 ∗ ∆𝑽𝟐 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐∗𝝎𝟐∗𝑪 ∗ 𝑰𝒐 𝟐 𝟏+𝑹𝟐∗( 𝟏 𝑳∗𝝎 −𝑪∗𝝎) 𝟐 En la resonancia este valor es máximo: 𝑼𝒕𝒐𝒕,𝒐 = 𝑰𝒐 𝟐 𝟐∗𝝎𝟐∗𝑪 Considerando los márgenes de Q: 𝟏 𝟐 ∗ 𝑼𝒕𝒐𝒕,𝒐 = 𝑰𝒐 𝟐 𝟒∗𝝎𝟐∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝎𝟐∗𝑪 ∗ 𝑰𝒐 𝟐 𝟏+𝑹𝟐∗( 𝟏 𝑳∗𝝎 −𝑪∗𝝎) 𝟐 𝟏 𝟐 = 𝟏 𝟏+𝑹𝟐∗( 𝟏 𝑳∗𝝎 −𝑪∗𝝎) 𝟐 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟏 𝑳∗𝝎 − 𝑪 ∗ 𝝎) 𝟐 = ±𝟏 𝑹 ∗ 𝑳 ∗ 𝑪 ∗ 𝝎𝟐 ± 𝑳 ∗ 𝝎 − 𝑹 = 𝟎 𝝎+ = 𝟏 𝟐∗𝑹∗𝑪 + √( 𝟏 𝟐∗𝑹∗𝑪 ) 𝟐 + 𝟏 𝑳∗𝑪 𝝎− = 𝟏 𝟐∗𝑹∗𝑪 − √( 𝟏 𝟐∗𝑹∗𝑪 ) 𝟐 + 𝟏 𝑳∗𝑪 ∆𝝎 = 𝟏 𝑹∗𝑪 𝑸 = 𝝎𝒐 ∆𝝎 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 ∗ 𝑹 ∗ 𝑪 = 𝑹 ∗ √ 𝑪 𝑳 82. En el circuito anterior, L = 4 mH. a) ¿Cuál será la capacitancia si la frecuencia de resonancia es de 4 kHz? b) Cuando C tiene el valor determinado en (a), ¿Cuánto debe valer la resistencia R para que el valor de Q de circuito sea 8? a) 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 ; 𝑪 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑳 = 𝟏 𝟒∗𝝅𝟐∗(𝟒∗𝟏𝟎𝟑)𝟐∗𝟎.𝟎𝟎𝟒 = 𝟎. 𝟑𝟗𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑭 b) 𝑸 = 𝑹 ∗ √ 𝑪 𝑳 ; 𝑹 = 𝑸 ∗ √ 𝑳 𝑪 = 𝟖 ∗ √ 𝟎.𝟎𝟎𝟒 𝟎.𝟑𝟗𝟔∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟖𝟎𝟒 Ω 83. Si la capacitancia C del problema 82 se reduce a la mitad del valor determinado en dicho problema, ¿Cuáles son entonces la frecuencia de resonancia y el valor de Q del circuito? ¿qué valor debe tener la resistencia R para que Q = 8? 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 = 𝟏 √𝟎.𝟎𝟒∗ 𝟎.𝟑𝟗𝟔 𝟐 ∗𝟏𝟎−𝟔 𝒇 = 𝝎𝒐 𝟐∗𝝅 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝟎.𝟎𝟎𝟒∗𝟎.𝟓∗𝟎.𝟑𝟗𝟔∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟓𝟔𝟓𝟓 𝑯𝒛 𝟖 = 𝑹 ∗ √ 𝑪 𝑳 𝑸 = 𝑹 ∗ √ 𝟎.𝟓∗𝑪 𝑳 = √𝟎. 𝟓 ∗ 𝟖 = 𝟓. 𝟕 𝟖 = 𝑹 ∗ √ 𝟎.𝟓∗𝟎.𝟑𝟗𝟔∗𝟏𝟎−𝟔 𝟎.𝟎𝟎𝟒 ; 𝑹 = 𝟖 ∗ √ 𝟎.𝟎𝟎𝟒 𝟎.𝟓∗𝟎.𝟑𝟗𝟔∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏. 𝟏𝟒 ∗ 𝟏𝟎𝟑𝛀 84. Un circuito serie consta de un condensador de 4,0 nF, un inductor de 36 mH y una resistencia de 100 Ω. El circuito está conectado a una fuente de ca de 20 V cuya frecuencia puede modificarse en un amplio intervalo. a) Determinar la frecuencia de resonancia fo el circuito. b) En la resonancia, ¿Cuál es la corriente eficaz del circuito y cuáles son los voltajes eficaces a través del inductor y el condensador? c) ¿Cuál es la corriente eficaz y cuáles los voltajes eficaces en el inductor y condensador si 𝒇 = 𝒇𝒐 + 𝟏 𝟐 𝚫𝒇, en donde 𝚫𝒇 es la anchura de resonancia? a) 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 ; 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝟎.𝟎𝟑𝟔∗𝟒∗𝟏𝟎−𝟗 = 𝟏. 𝟑𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 𝑯𝒛 b) Considerando los 20 V como eficaces, en la resonancia Z =R: 𝑰𝒆𝒇 = 𝜺 𝑹 = 𝟐𝟎 𝟏𝟎𝟎 = 𝟎. 𝟐 𝑨 ∆𝑽𝑳 .𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑿𝑳 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑳 ∗ 𝝎𝒐 = 𝟎. 𝟐 ∗ 𝟎. 𝟎𝟑𝟔 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏. 𝟑𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟒 ∆𝑽𝑳 .𝒆𝒇 = 𝟔𝟎𝟎 𝑽 ∆𝑽𝑪 .𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑿𝑪 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝟏 𝝎𝒐∗𝑪 = 𝟎. 𝟐 ∗ 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏.𝟑𝟐𝟔∗𝟏𝟎−𝟒∗𝟒∗𝟏𝟎−𝟗 ∆𝑽𝑪 .𝒆𝒇 = 𝟔𝟎𝟎 𝑽 c) 𝑸 = 𝝎𝒐∗𝑳 𝑹 ≈ 𝝎𝒐 ∆𝝎 = 𝒇𝒐 ∆𝒇 ; ∆𝒇 = 𝒇𝒐∗𝑹 𝝎𝒐∗𝑳 𝒇 = 𝒇𝒐 + 𝟏 𝟐 ∗ ∆𝒇 = 𝒇𝒐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒇𝒐∗𝑹 𝝎𝒐∗𝑳 = 𝒇𝒐 ∗ (𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹 𝝎𝒐∗𝑳 ) 𝒇 = 𝟏. 𝟑𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟒 ∗ (𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟏𝟎𝟎 𝟐∗𝝅∗𝟏.𝟑𝟐𝟔∗𝟏𝟎𝟒∗𝟎.𝟎𝟑𝟔 ) = 𝟏𝟑. 𝟒𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑯𝒛 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟑. 𝟒𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟎. 𝟎𝟑𝟔 = 𝟑. 𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝛀 𝑿𝑪 = 𝟏 𝑪∗𝝎 = 𝟏 𝟒∗𝟏𝟎−𝟗∗𝟐∗𝝅∗𝟏𝟑.𝟒𝟖∗𝟏𝟎𝟑 = 𝟐. 𝟗𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝛀 𝒁 = √𝑹𝟐 + (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 = √𝟏𝟎𝟎𝟐 + (𝟑. 𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 − 𝟐. 𝟗𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑)𝟐 = 𝟏𝟒𝟏 𝛀 𝑰𝒆𝒇 = 𝜺 𝒁 = 𝟐𝟎 𝟏𝟒𝟏 = 𝟎. 𝟏𝟒𝟐 𝑨 ∆𝑽𝑳 .𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑿𝑳 = 𝟎. 𝟏𝟒𝟐 ∗ 𝟑. 𝟎𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 = 𝟒𝟑𝟑 𝑽 ∆𝑽𝑪 .𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑿𝑪 = 𝟎. 𝟏𝟒𝟐 ∗ 𝟐. 𝟗𝟓 ∗ 𝟏𝟎𝟑 = 𝟒𝟏𝟗 𝑽 85. Repetir el problema 84 cuando la resistencia de 100 Ω se reemplaza por otra de 40 Ω. a) 𝝎𝒐 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 ; 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝟎.𝟎𝟑𝟔∗𝟒∗𝟏𝟎−𝟗 = 𝟏. 𝟑𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟒 𝑯𝒛 b) Considerando los 20 V como eficaces, en la resonancia Z =R: 𝑰𝒆𝒇 = 𝜺 𝑹 = 𝟐𝟎 𝟒𝟎 = 𝟎. 𝟓 𝑨 ∆𝑽𝑳 .𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑿𝑳 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑳 ∗ 𝝎𝒐 = 𝟎. 𝟓 ∗ 𝟎. 𝟎𝟑𝟔 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏. 𝟑𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟒 ∆𝑽𝑳 .𝒆𝒇 = 𝟏𝟒𝟓𝟎 𝑽 ∆𝑽𝑪 .𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝑿𝑪 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ 𝟏 𝝎𝒐∗𝑪 = 𝟎. 𝟓 ∗ 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏.𝟑𝟐𝟔∗𝟏𝟎𝟒∗𝟒∗𝟏𝟎−𝟗 ∆𝑽𝑪 .𝒆𝒇 = 𝟏𝟒𝟓𝟎 𝑽 c) 𝑸 = 𝝎𝒐∗𝑳 𝑹 ≈ 𝝎𝒐 ∆𝝎 = 𝒇𝒐 ∆𝒇 ; ∆𝒇 = 𝒇𝒐∗𝑹 𝝎𝒐∗𝑳 𝒇 = 𝒇𝒐 + 𝟏 𝟐 ∗ ∆𝒇 = 𝒇𝒐 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝒇𝒐∗𝑹 𝝎𝒐∗𝑳 = 𝒇𝒐 ∗ (𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝑹 𝝎𝒐∗𝑳 ) 𝒇 = 𝟏. 𝟑𝟐𝟔 ∗ 𝟏𝟎𝟒 ∗ (𝟏 + 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒𝟎 𝟐∗𝝅∗𝟏.𝟑𝟐𝟔∗𝟏𝟎𝟒∗𝟎.𝟎𝟑𝟔 ) = 𝟏𝟑. 𝟑𝟒𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝑯𝒛 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝝎 = 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟑. 𝟑𝟒𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟑 ∗ 𝟎. 𝟎𝟑𝟔 = 𝟑. 𝟎𝟏𝟗 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝛀 Utilizar identidades trigonométricas para el seno y coseno de la suma de los ángulos y escribir la ecuación de la siguiente forma 𝑨 𝒔𝒆𝒏 𝝎𝒕 + 𝑩 𝒄𝒐𝒔 𝝎 𝒕 = 𝟎 Puesto que esta ecuación debe ser válida en todo instante, A = 0 y B =0). 𝑳 ∗ 𝒅𝟐𝑸 𝒅𝒕𝟐 + 𝑹 ∗ 𝒅𝑸 𝒅𝒕 + 𝑸 𝑪 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) 𝑳 ∗ 𝒅𝑰 𝒅𝒕 + 𝑹 ∗ 𝑰 + 𝟏 𝑪 ∗ ∫ 𝑰 ∗ 𝒅𝒕 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) Usando: 𝑰 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹) 𝒅𝑰 𝒅𝒕 = −𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝝎 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) ∫ 𝑰 ∗ 𝒅𝒕 = ∫ 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹) = 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝝎 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) Substituyendo: 𝑳 ∗ (−𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝝎 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) + 𝑹 ∗ 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹) + 𝟏 𝑪 ∗ 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝝎 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) Dividiendo por Imax: −𝑳 ∗ (𝝎 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) + 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹) + 𝟏 𝑪∗𝝎 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) −𝑿𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) + 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹) + 𝑿𝑪 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕 − 𝜹) = 𝒁 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) Usando las expresiones de sin (a+b) y cos ( a+b): −𝑿𝑳 ∗ (𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕) ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 − 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹) + 𝑹 ∗ (𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 + 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕) ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹) + 𝑿𝑪 ∗ (𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕) ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 − 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹) = 𝒁 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) (−𝑿𝑳 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 + 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 + 𝑿𝑪 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹) ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎𝒕) + (𝑿𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 + 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 − 𝑿𝑪 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹) ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) = 𝒁 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) −𝑿𝑳 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 + 𝑹 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 + 𝑿𝑪 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 = 𝟎 𝑿𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 + 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 − 𝑿𝑪 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 = 𝒁 De la primera: 𝒕𝒈𝜹 = 𝑿𝑳−𝑿𝑪 𝑹 De la segunda: 𝑿𝑳 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 + 𝑹 ∗ 𝒄𝒐𝒔𝜹 − 𝑿𝑪 ∗ 𝒔𝒆𝒏 𝜹 = 𝒁 (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪) ∗ 𝒕𝒈𝜹 + 𝑹 = 𝒁 𝒄𝒐𝒔𝜹 (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪) ∗ 𝑿𝑳−𝑿𝑪 𝑹 + 𝑹 = 𝒁 𝑹 𝒁 (𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 + 𝑹𝟐 = 𝒁𝟐 𝒁 = √(𝑿𝑳 − 𝑿𝑪)𝟐 + 𝑹𝟐 89. Se conecta en serie un generador de ca con un condensador y una bobina en un circuito con resistencia despreciable. a) Demostrar que la carga en el condensador obedece a la ecuación 𝐞𝐜𝐮𝐚𝐜𝐢ó𝐧 𝑳 𝒅𝟐𝑸 𝒅𝒕𝟐 + 𝑸 𝑪 = 𝜺𝒎𝒂𝒙𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 b) Demostrar por sustitución directa que esta ecuación se satisface por 𝑸 = 𝑸𝒎𝒂𝒙𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 si 𝑸𝒎𝒂𝒙 = − 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳 (𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) c) Demostrar que la corriente puede escribirse como 𝑰 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕 − 𝜹), en donde 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝝎 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳 |𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐| = 𝜺𝒎𝒂𝒙 |𝑿𝑳−𝑿𝑪| Y δ=- 90º para ω<ωo y δ=90º para ω>ωo. a) Aplicando Kirchoff: 𝜺 − 𝑸 𝑪 − 𝑳 ∗ 𝒅𝑰 𝒅𝒕 = 𝟎 𝑳 ∗ 𝒅𝑰 𝒅𝒕 + 𝑸 𝑪 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) 𝑼𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝑰 = 𝒅𝑸/𝒅𝒕 𝑳 ∗ 𝒅𝟐𝑸 𝒅𝒕𝟐 + 𝑸 𝑪 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) b) Si la solución es 𝑸 = 𝑸𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) 𝒅𝑸 𝒅𝒕 = − 𝝎 ∗ 𝑸𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) 𝒅𝟐𝑸 𝒅𝒕𝟐 = − 𝝎𝟐 ∗ 𝑸𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) 𝑺𝒖𝒃𝒔𝒕𝒊𝒕𝒖𝒚𝒆𝒏𝒅𝒐: 𝑳 ∗ 𝒅𝟐𝑸 𝒅𝒕𝟐 + 𝑸 𝑪 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝐜𝐨 𝐬(𝝎𝒕) −𝑳 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑸𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) + 𝑸𝒎𝒂𝒙 𝑪 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎𝒕) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝐜𝐨 𝐬(𝝎𝒕) (−𝑳 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑸𝒎𝒂𝒙 + 𝑸𝒎𝒂𝒙 𝑪 ) ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝐜𝐨 𝐬(𝝎𝒕) (−𝑳 ∗ 𝝎𝟐 ∗ 𝑸𝒎𝒂𝒙 + 𝑸𝒎𝒂𝒙 𝑪 ) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑸𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 ( 𝟏 𝑪 −𝑳∗𝝎𝟐) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳∗( 𝟏 𝑳∗𝑪 −𝝎𝟐) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳∗(𝝎𝒐 𝟐−𝝎𝟐) 𝑸𝒎𝒂𝒙 = − 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) c) 𝑰 = 𝒅𝑸 𝒅𝒕 = −𝝎 ∗ 𝑸𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) = 𝝎 ∗ 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝝎 ∗ 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳∗(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 𝑳 𝝎 ∗(𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐) = 𝜺𝒎𝒂𝒙 |𝑳∗𝝎− 𝟏 𝝎 ∗ 𝟏 𝑪 | 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝜺𝒎𝒂𝒙 |𝑿𝑳−𝑿𝑪| Si ω>ωo, XL>XC y la corriente se retrasa con el voltaje en 90º: 𝑰 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 − 𝟗𝟎) Si ω<ωo, XL<XC y la corriente se adelanta con el voltaje en 90º: 𝑰 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎 ∗ 𝒕) = 𝑰𝒎𝒂𝒙 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎 ∗ 𝒕 + 𝟗𝟎) 90. En la figura Se muestra una representación de la potencia media Pm en función de la frecuencia ω del generador para un circuito LCR con un generador. La potencia media Pm viene dada por la ecuación 𝑷𝒎 = 𝜺𝒆𝒇 𝟐 𝑹 𝝎𝟐 𝑳𝟐 (𝝎𝟐−𝝎𝒐 𝟐)𝟐+ 𝝎𝟐 𝑹𝟐 La “anchura a la mitad de su valor máximo” Δω es la anchura de la curva de resonancia entre los dos puntos en que Pm tiene un valor que es la mitad de su valor máximo. Demostrar que en el caso de una resonancia muy aguda ∆𝝎 ≈ 𝑹/𝑳 y , por tanto, 𝑸 ≈ 𝝎𝒐/∆𝝎 en este caso. Indicación: En la resonancia, el denominador del segundo miembro de la ecuación de la potencia media es 𝝎𝟐 𝑹𝟐. Los puntos a mitad de potencia se presentarán cuando el denominador sea aproximadamente el doble que el que posee cerca de la resonancia, esto es, cuando 𝑳𝟐 (𝝎𝟐 − 𝝎𝒐 𝟐)𝟐 = 𝝎𝟐 𝑹𝟐 ≈ 𝝎𝒐 𝟐 𝑹𝟐. Sean ω1 y ω2 las soluciones de esta ecuación. En el caso de una resonancia aguda, 𝛚𝟏 ≈ 𝝎𝒐 𝒚 𝛚𝟐 ≈ 𝝎𝒐. Entonces, aprovechando el hecho de que 𝝎 + 𝝎𝒐 ≈ 𝟐 𝝎𝒐, se tiene ∆𝝎 = 𝝎𝟐 − 𝝎𝟏 ≈ 𝑹/𝑳. La potencia máxima tiene lugar en la resonancia, el denominador de la Pm es en ese caso es: 𝝎𝒐 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 Los puntos de potencia media serán aquellos donde el denominador sea el doble que el anterior, o sea cuando : 𝑳𝟐 ∗ (𝝎𝟐 − 𝝎𝒐 𝟐) 𝟐 = 𝝎𝟏 ∗ 𝑹𝟐 ≈ 𝝎𝒐 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 ( 𝑳 𝑹 ) 𝟐 ∗ (𝝎𝟐 − 𝝎𝒐 𝟐) 𝟐 = 𝝎𝒐 𝟐 (𝝎𝟐 − 𝝎𝒐 𝟐) 𝟐 = ( 𝑹 𝑳 ) 𝟐 ∗ 𝝎𝒐 𝟐 𝝎𝟐 − 𝝎𝒐 𝟐 = ± 𝑹 𝑳 ∗ 𝝎𝒐 𝝎 = √𝝎𝒐 𝟐 ± 𝑹 𝑳 ∗ 𝝎𝒐 = √𝝎𝒐 𝟐 ± 𝑹 𝑳 ∗ 𝝎𝒐 𝟐 𝝎𝒐 = 𝝎𝒐 ∗ (𝟏 + 𝑹 𝑳∗𝝎𝒐 ) 𝟏 𝟐 𝑯𝒂𝒄𝒊𝒆𝒏𝒅𝒐 𝒆𝒍 𝒅𝒆𝒔𝒂𝒓𝒓𝒐𝒍𝒍𝒐 𝒃𝒊𝒏𝒐𝒎𝒊𝒂𝒍: 𝝎 = 𝝎𝒐 ∗ (𝟏 ∓ 𝑹 𝑳∗𝝎𝒐 + ⋯ . ) 𝝎𝟏 ≈ 𝝎𝒐 ∗ (𝟏 − 𝑹 𝑳∗𝝎𝒐 ) 𝝎𝟐 ≈ 𝝎𝒐 ∗ (𝟏 + 𝑹 𝑳∗𝝎𝒐 ) ∆𝝎 ≈ 𝑹 𝑳 𝑼𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒍𝒂 𝒅𝒆𝒇𝒊𝒏𝒊𝒄ó𝒏 𝒅𝒆 𝑸 = 𝝎𝒐 ∗ 𝑳 𝑹 ; 𝑹 𝑳 = 𝝎𝒐 𝑸 ∆𝝎 ≈ 𝝎𝒐 𝑸 𝑸 ≈ 𝝎𝒐 ∆𝝎 91. Demostrar por sustitución directa que se satisface la ecuación 𝑳 𝒅𝟐𝑸 𝒅𝒕𝟐 + 𝑸 𝑪 + 𝑹 𝒅𝑸 𝒅𝒕 = 𝟎 por 𝑸 = 𝑸𝒐𝒆−𝑹𝒕/𝟐𝑳𝒄𝒐𝒔𝝎′𝒕 en donde 𝝎′ = √( 𝟏 𝑳𝑪 − ( 𝑹 𝟐𝑳 )𝟐 y Qo es la carga sobe el condensador cuando t = 0. 𝒅𝑸 𝒅𝒕 = −𝑸𝒐 ∗ 𝒆− 𝑹∗𝒕 𝟐∗𝑳 ∗ (𝝎′ ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝝎′ ∗ 𝒕) + 𝑹 𝟐∗𝑳 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝝎′ ∗ 𝒕)) 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√ 𝝁𝒐 𝟐∗𝝅 ∗𝒍∗𝒍𝒏( 𝒃 𝒂 )∗ 𝟐∗𝝅∗𝜺𝒐 𝒍𝒏( 𝒃 𝒂 ) ∗𝒍 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒍∗√𝝁𝒐∗𝜺𝒐 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏∗√𝟒∗𝝅∗𝟏𝟎−𝟕∗𝟖.𝟖𝟓𝟒∗𝟏𝟎−𝟏𝟐 = 𝟒. 𝟕𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟕 𝑯𝒛 b) 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒍∗√𝝁𝒐∗𝜺𝒐 𝒍 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇𝒐 ∗ √𝝁𝒐 ∗ 𝜺𝒐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟗 ∗ √𝟒 ∗ 𝝅 ∗ 𝟏𝟎−𝟕 ∗ 𝟖. 𝟖𝟓𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟏𝟐 𝒍 = 𝟐. 𝟔𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑𝒎 95. Repetir el problema 94 considerando que los conductores interno y externo del cable están separados por un dieléctrico de constante dieléctrica 𝜿 = 𝟓, 𝟖. a) 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√𝑳∗𝑪 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗√ 𝝁𝒐 𝟐∗𝝅 ∗𝒍∗𝒍𝒏( 𝒃 𝒂 )∗ 𝟐∗𝝅∗𝜿∗𝜺𝒐 𝒍𝒏( 𝒃 𝒂 ) ∗𝒍 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒍∗√𝝁𝒐∗𝜿∗𝜺𝒐 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏∗√𝟒∗𝝅∗𝟏𝟎−𝟕∗𝟓.𝟖∗𝟖.𝟖𝟓𝟒∗𝟏𝟎−𝟏𝟐 = 𝟏. 𝟗𝟖 ∗ 𝟏𝟎𝟕 𝑯𝒛 b) 𝒇𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒍∗√𝝁𝒐∗𝜿∗𝜺𝒐 𝒍 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇𝒐∗√𝝁𝒐∗𝜿∗𝜺𝒐 = 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝟏𝟖∗𝟏𝟎𝟗∗√𝟒∗𝝅∗𝟏𝟎−𝟕∗𝟓.𝟖∗𝟖.𝟖𝟓𝟒∗𝟏𝟎−𝟏𝟐 +ç𝒍 = 𝟏. 𝟏𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑𝒎 96. ¿Para qué frecuencia la caída de tensión en la resistencia de carga del problema 37 sería la mitad de la fem de la fuente? 𝑹𝑳 = 𝟐𝟎 𝛀 ; 𝑳 = 𝟑, 𝟐 𝒎𝑯 ; 𝑹 = 𝟒 𝛀; 𝜺 = (𝟏𝟎𝟎 𝑽)𝒄𝒐𝒔 (𝟐𝝅 𝒇𝒕) 𝜺𝒆𝒇 = 𝑰𝒆𝒇,𝑹 ∗ 𝒁 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 = 𝑰𝒆𝒇,𝑹𝑳 ∗ 𝑹𝑳 𝜺𝒆𝒇,𝑹−𝑳 = 𝑰𝒆𝒇,𝑳 ∗ 𝑿𝑳 La impedancia total del circuito es: 𝒁 = 𝑹 + 𝒁𝑳,𝑹𝑳 Para la asociación en paralelo: Para la asociación en paralelo: 𝟏 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝝎 = 𝒊∗𝑳∗𝝎+𝑹𝑳 𝑹𝑳∗𝒊∗𝑳∗𝝎 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝝎 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝟐∗𝝅∗𝒇 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝝎 = 𝟏 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒊∗𝑳∗𝟐∗𝝅∗𝒇 |𝒁𝑳,𝑹𝑳 | = 𝟏 √( 𝟏 𝑹𝑳 ) 𝟐 +( 𝟏 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑳 ) 𝟐 = 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑳∗𝑹𝑳 √𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑳𝟐 La impedancia total del circuito: 𝒁 = 𝑹 + 𝒁𝑳,𝑹𝑳 = (𝑹 + 𝑹𝑳∗𝑳𝟐∗𝝎𝟐 𝑹𝑳 𝟐+(𝑳∗𝝎)𝟐 ) + 𝒊 ∗ 𝑳∗𝒘∗𝑹𝑳 𝟐 𝑹𝑳 𝟐+(𝑳∗𝝎)𝟐 Si la caída de tensión en RL ha de ser la mitad que la de la fuente, la caída de tensión en R ha de ser la mismas que en RL. La resistencia R ha de ser la misma que 𝒁𝑳,𝑹𝑳 . 𝑹 = 𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑳∗𝑹𝑳 √𝑹𝑳 𝟐+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑳𝟐 𝑹𝟐 ∗ (𝑹𝑳 𝟐 + 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝒇𝟐 ∗ 𝑳𝟐) = (𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑳 ∗ 𝑹𝑳)𝟐 𝑹𝟐 ∗ 𝑹𝑳 𝟐 + 𝑹𝟐 ∗ 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝒇𝟐 ∗ 𝑳𝟐 = 𝑹𝑳 𝟐 ∗ 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝒇𝟐 ∗ 𝑳𝟐 (𝑹𝑳 𝟐 − 𝑹𝟐) ∗ 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝒇𝟐 ∗ 𝑳𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ 𝑹𝑳 𝟐 𝒇 = √ 𝑹𝟐 ∗ 𝑹𝑳 𝟐 (𝑹𝑳 𝟐 − 𝑹𝟐) ∗ 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝑳𝟐 = √ 𝟒𝟐 ∗ 𝟐𝟎𝟐 (𝟐𝟎𝟐 − 𝟒𝟐) ∗ 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝟎. 𝟎𝟑𝟐𝟐 = 𝟐𝟎, 𝟑 𝑯𝒛 97. ¿Para qué frecuencia la caída de tensión en la resistencia de carga del problema 42 sería la mitad de la fem de la fuente? RL=20 Ω ,C = 8 μF y R= 4 Ω. El voltaje de entrada es 𝜺 = (𝟏𝟎𝟎 𝑽)𝒄𝒐𝒔 (𝟐𝝅𝒇𝒕). En el circuito, para la asociación en paralelo de C y RL: 𝟏 𝒁𝑪𝑹𝑳 = 𝟏 𝑹𝑳 + 𝟏 𝒁𝑪 = 𝟏 𝑹𝑳 + 𝒊 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑪 |𝒁𝑪𝑹𝑳 | = 𝟏 √( 𝟏 𝑹𝑳 ) 𝟐 +(𝟐∗𝝅∗𝒇∗𝑪)𝟐 Para que la caída de tensión sea la indicada: 𝑹𝟐 ∗ (( 𝟏 𝑹𝑳 ) 𝟐 + (𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 ∗ 𝑪)𝟐) = 𝟏 𝑹𝟐 ∗ ( 𝟏+𝟒∗𝝅𝟐∗𝒇𝟐∗𝑪𝟐 𝑹𝑳 𝟐 ) = 𝟏 𝑹𝟐 + 𝟒 ∗ 𝝅𝟐 ∗ 𝒇𝟐 ∗ 𝑪𝟐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝑹𝑳 𝟐 𝒇 = √ 𝑹𝑳 𝟐−𝑹𝟐 𝟒∗𝝅𝟐∗𝑪𝟐∗𝑹𝟐 = √ 𝟐𝟎𝟐−𝟒𝟐 𝟒∗𝝅𝟐∗(𝟖∗𝟏𝟎−𝟔) 𝟐 ∗𝟒𝟐 = 𝟗𝟕𝟒𝟔𝟐 𝑯𝒛 98. a) Determinar la frecuencia angular ω del circuito del problema 80 para que la magnitud de la reactancia de las dos ramas paralelas sea igual. b) A esta frecuencia, ¿Cuál es la disipación de potencia en cada una de las dos resistencias? R1=2 Ω, R2= 4 Ω, L = 12 mH, C = 30 μF y ε=(40 V) cos(ωt). a) 𝒁𝟏 = 𝑹𝟏 − 𝑿𝑪 ∗ 𝒊 𝒁𝟐 = 𝑹𝟐 + 𝑿𝑳 ∗ 𝒊 𝑿𝑳 = 𝑿𝑪 ; 𝝎 = 𝟏 √𝑳∗𝑪 = 𝟏 √𝟎.𝟎𝟏𝟐∗𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔 = 𝟏. 𝟔𝟕 ∗ 𝟏𝟎𝟑 𝒓𝒂𝒅/𝒔 b) 𝑷 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑰𝟐 ∗ 𝑹 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝜺 𝒁 ) 𝟐 ∗ 𝑹 Para la rama del condensador: 𝒁𝟏 = 𝑹𝟏 − 𝒊 ∗ 𝟏 𝝎∗𝑪 ; |𝒁𝑳| = √𝑹𝟏 𝟐 + ( 𝟏 𝝎∗𝑪 ) 𝟐 𝑷𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝜺 √𝑹𝟏 𝟐+( 𝟏 𝝎∗𝑪 ) 𝟐 ) 𝟐 ∗ 𝑹𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜺𝟐∗𝑹𝟏 (𝑹𝟏 𝟐+( 𝟏 𝝎∗𝑪 ) 𝟐 ) 𝑷𝟏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒𝟎𝟐∗𝟐 (𝟐𝟐+( 𝟏 𝟏.𝟔𝟕∗𝟏𝟎𝟑∗𝟑𝟎∗𝟏𝟎−𝟔) 𝟐 ) = 𝟑. 𝟗𝟖 𝑾 𝒁𝟐 = 𝑹𝟐 + 𝒊 ∗ 𝑳 ∗ 𝝎 |𝒁𝟐| = √𝑹𝟐 𝟐 + 𝑳𝟐 ∗ 𝝎𝟐 𝑷𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ ( 𝜺 √𝑹𝟐 𝟐+𝑳𝟐∗𝝎𝟐 ) 𝟐 ∗ 𝑹𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝜺𝟐∗𝑹𝟐 (𝑹𝟐 𝟐+𝑳𝟐∗𝝎𝟐) 𝑷𝟐 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒𝟎𝟐∗𝟒 (𝟒𝟐+𝟎.𝟎𝟏𝟐𝟐∗(𝟏.𝟔𝟕∗𝟏𝟎𝟑)𝟐) = 𝟕. 𝟔𝟔 𝑾 99. a) Determinar en el circuito del problema 80 la frecuencia angular ω para que la disipación de potencia en las dos resistencias sea la misma. b) Para esta frecuencia angular, ¿Cuál es la resistencia de cada una de las dos ramas en paralelo? c) Dibujar un diagrama de fasores mostrando la corriente a través de cada una de las dos ramas en paralelo. d) ¿Cuál es la impedancia del circuito? R1=2 Ω, R2= 4 Ω, L = 12 mH, C = 30 μF y ε=(40 V) cos(ωt). 104. Un transformador tiene 400 vueltas en el primario y 8 en el secundario. a) ¿Es un transformador elevador o reductor? b) Si se conecta el primario a una tensión de 120 V eficaces, ¿Cuál es la tensión en circuito abierto que aparece en el secundario? c) Si la corriente en el primario es 0,1 A, ¿Cuál es la corriente del secundario admitiendo que existe una corriente imantadora despreciable y que no hay ninguna perdida de potencia? a) 𝑽𝟐 ∗ 𝑵𝟏 = 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟐 ; 𝑽𝟐 = 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = 𝑽𝟏 ∗ 𝟖 𝟒𝟎𝟎 . Reductor. b) 𝑽𝟐 = 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟖 𝟒𝟎𝟎 = 𝟐. 𝟒𝟎 𝑽 c) 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = 𝑰𝟏 𝑰𝟐 ; 𝑰𝟐 = 𝑵𝟐 𝑵𝟏 ∗ 𝑰𝟏 = 𝟒𝟎𝟎 𝟖 ∗ 𝟎. 𝟏 = 𝟓. 𝟎𝟎 𝑨 105. El primario de un transformador reductor tiene 250 vueltas y está conectado a 120 V eficaces. El secundario suministra 20 A a 9 V. Calcular: a) La corriente en el primario. b) El número de vueltas que posee el secundario, suponiendo un rendimiento del 100 por ciento. a) 𝑰𝟏 ∗ 𝑽𝟏 = 𝑰𝟐 ∗ 𝑽𝟐 ; 𝑰𝟏 = 𝑰𝟐 ∗ 𝑽𝟐 𝑽𝟏 = 𝟐𝟎 ∗ 𝟗 𝟏𝟐𝟎 = 𝟏. 𝟓𝟎 𝑨 b) 𝑽𝟐 ∗ 𝑵𝟏 = 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟐 ; 𝑵𝟐 = 𝑽𝟐 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟏 = 𝟗 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟐𝟓𝟎 = 𝟏𝟖. 𝟖 ≈ 𝟏𝟗 106. Un transformador tiene un primario de 500 vueltas, que está conectado a 120 V eficaces. Su bobina secundaria posee tres conexiones diferentes para dar salidas de 2,5; 7;5 y 9 V. ¿Cuántas vueltas son necesarias para cada una de las partes de la bobina secundaria? 𝑵𝟐 = 𝑽𝟐 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟏 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝟐, 𝟓 𝑽: 𝑵𝟐 = 𝟐.𝟓 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟓𝟎𝟎 = 𝟏𝟎. 𝟒 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝟕, 𝟓 𝑽: 𝑵𝟐 = 𝟕.𝟓 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟓𝟎𝟎 = 𝟑𝟏. 𝟑 𝑷𝒂𝒓𝒂 𝟗 𝑽: 𝑵𝟐 = 𝟗 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝟓𝟎𝟎 = 𝟑𝟕. 𝟓 107. El circuito de distribución de una línea de potencia para una urbanización residencial funciona a 2000 V eficaces. Esta tensión debe reducirse a 240 V para su empleo en las viviendas. Si el arrollamiento secundario del transformador tiene 400 vueltas, ¿Cuántas vueltas poseerá el primario? 𝑽𝟐 ∗ 𝑵𝟏 = 𝑽𝟏 ∗ 𝑵𝟐 ; 𝑵𝟏 = 𝑽𝟏 𝑽𝟐 ∗ 𝑵𝟐 = 𝟐𝟒𝟎 𝟐𝟎𝟎𝟎 ∗ 𝟒𝟎𝟎 = 𝟑𝟑𝟑𝟑 108. Un oscilador de audio (fuente de ca) con una resistencia interna de 2000 Ω y un voltaje eficaz de salida de 12 V en circuito abierto ha de utilizarse para accionar un altavoz de resistencia 8 Ω. ¿Cuál debe ser la relación de vueltas primario-secundario de un transformador para transferir la máxima potencia al altavoz? Supongamos que un segundo altavoz idéntico está conectado en paralelo al anterior. ¿Qué potencia debe suministrarse a la asociación de los dos altavoces? En un circuito simple, la máxima transferencia de energía desde la fuente a la carga requiere que la resistencia de la carga sea igual a la resistencia interna de la fuente 𝑹𝒆𝒇 = 𝑽𝟏 𝑰𝟏 𝑼𝒔𝒂𝒎𝒐𝒔: 𝑽𝟏 = 𝑽𝟐 ∗ 𝑵𝟏 𝑵𝟐 𝑰𝟏 = 𝑰𝟐 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 𝑹𝒆𝒇 = 𝑽𝟏 𝑰𝟏 = 𝑽𝟐∗ 𝑵𝟏 𝑵𝟐 𝑰𝟐∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = 𝑽𝟐 𝑰𝟐 ∗ ( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 𝑵𝟏 𝑵𝟐 = √ 𝑰𝟐∗𝑹𝒆𝒇 𝑽𝟐 = √ 𝑹𝒆𝒇 𝑹𝟐 = √ 𝟐𝟎𝟎𝟎 𝟖 = 𝟏𝟓. 𝟖 𝑷𝟐 𝒂𝒍𝒕 = 𝑰𝟏 𝟐 ∗ 𝑹𝒆𝒇 𝟏 𝑹𝟐 𝒂𝒍𝒕 = 𝟏 𝟖 + 𝟏 𝟖 ; 𝑹𝟐 𝒂𝒍𝒕 = 𝟒 𝛀 𝑹𝒆𝒇 = 𝑽𝟐 𝑰𝟐 ∗ ( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 = 𝑹𝟐 ∗ ( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 = 𝟒 ∗ 𝟏𝟓. 𝟖𝟐 = 𝟗𝟗𝟗 𝛀 𝑰𝟏 = 𝑽 𝑹𝒕𝒐𝒕𝒐𝒂𝒍 = 𝟏𝟐 𝟐𝟎𝟎𝟎+𝟗𝟗𝟗 = 𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨 𝑷𝟐 𝒂𝒍𝒕 = 𝑰𝟏 𝟐 ∗ 𝑹𝒆𝒇 = (𝟒 ∗ 𝟏𝟎−𝟑)𝟐 ∗ 𝟗𝟗𝟗 = 𝟏𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑾 109. Uno de los empleos de un transformador es el de ajuste de impedancias. Por ejemplo, la impedancia de salida de un amplificador estéreo se ajusta a la impedancia de un altavoz mediante un transformador. En la ecuación 𝑽𝟏,𝒆𝒇𝑰𝟏,𝒆𝒇 = 𝑽𝟐,𝒆𝒇𝑰𝟐,𝒆𝒇 pueden relacionarse las corrientes I1 e I2 con la impedancia del secundario ya que 𝑰𝟐 = 𝑽𝟐/𝒁. Utilizando las ecuaciones 𝑽𝟐 = 𝑵𝟐/𝑵𝟏𝑽𝟏 y 𝑵𝟏𝑰𝟏 = −𝑵𝟐𝑰𝟐, demostrar que 𝑰𝟏 = 𝜺 ( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 𝒁 𝒚, 𝒑𝒐𝒓 𝒄𝒐𝒏𝒔𝒊𝒈𝒖𝒊𝒆𝒏𝒕𝒆, 𝒁𝒆𝒇 = ( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 𝒁. 𝑰𝟏 = 𝑰𝟐 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = 𝑽𝟐 𝒁 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 𝑼𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐: 𝑽𝟐 = 𝑵𝟐 𝑵𝟏 ∗ 𝑽𝟏 = 𝑵𝟐 𝑵𝟏 ∗ 𝜺 𝑰𝟏 = 𝑰𝟐 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = 𝑵𝟐 𝑵𝟏 ∗𝜺 𝒁 ∗ 𝑵𝟐 𝑵𝟏 = ( 𝑵𝟐 𝑵𝟏 ) 𝟐 ∗ 𝜺 𝒁 = 𝜺 𝒁∗( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 La impedancia efectiva es: 𝒁𝒆𝒇 = 𝜺 𝑰𝟏 = 𝜺 𝜺 𝒁∗( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 = 𝒁 ∗ ( 𝑵𝟏 𝑵𝟐 ) 𝟐 Problemas generales 110. Verdadero o falso: a) La corriente alterna en una resistencia no disipa potencia alguna, por que la corriente es alternativamente positiva y negativa. b) A frecuencias muy elevadas, un condensador actúa como un cortocircuito. a) Falso, su valor es 𝑰𝒆𝒇 𝟐 ∗ 𝑹. b) Si la frecuencia es muy alta, 𝑿𝒄 = 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 , la capacitancia será muy baja y puede actuar como cortocircuito. 111. Un secador eléctrico de una lavandería de 5,0 kW eficaces se conecta a 240 V eficaces. Calcular a) 𝑰𝒆𝒇. b) 𝑰𝒎𝒂𝒙. c) Calcular las mismas magnitudes para una secadora de la misma potencia que funcionara a 120 V eficaces a) 𝑷𝒎 = 𝜺𝒆𝒇 ∗ 𝑰𝒆𝒇 ; 𝑰𝒆𝒇 = 𝑷𝒎 𝜺𝒆𝒇 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟐𝟒𝟎 = 𝟐𝟎. 𝟖 𝑨 b) 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ √𝟐 = 𝟐𝟗. 𝟓 𝑨 c) 𝑰𝒆𝒇 = 𝑷𝒎 𝜺𝒆𝒇 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 𝟏𝟐𝟎 = 𝟒𝟏. 𝟔 𝑨 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝑰𝒆𝒇 ∗ √𝟐 = 𝟓𝟗. 𝟎 𝑨 112. Hallar la reactancia de un condensador de 10,0 µF a a) 60 Hz. b) 6 k Hz. c) 6 MHz. a) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟏 𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎 = 𝟐𝟔𝟓 𝛀 b) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟏 𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟔𝟎𝟎𝟎 = 𝟐. 𝟔𝟓 𝛀 c) 𝑿𝒄 = 𝟏 𝑪∗𝟐∗𝝅∗𝒇 = 𝟏 𝟏𝟎∗𝟏𝟎−𝟔∗𝟐∗𝝅∗𝟔∗𝟏𝟎𝟔 = 𝟐. 𝟔𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝛀 113. Hacer un gráfico que muestre XL en función de f para L = 3 mH. 𝑿𝑳 = 𝑳 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 = 𝟎. 𝟎𝟎𝟑 ∗ 𝟐 ∗ 𝝅 ∗ 𝒇 114. Hacer un esquema gráfico de Xc en función de la frecuencia f para C = 100 µF. 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 100 200 300 400 500 XL a) 𝑸𝟏 = 𝑪𝟏 ∗ ∆𝑽𝟏 ; 𝑸𝟐 = 𝑪𝟐 ∗ ∆𝑽𝟐 La diferencia de potencial es la misma para los dos: 𝑸𝟏 = 𝑪𝟏 ∗ ∆𝑽 ; 𝑸𝟐 = 𝑪𝟐 ∗ ∆𝑽 𝑸𝟏 = 𝟑 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ (𝟐𝟒 + 𝟐𝟎 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) 𝑸𝟏 = 𝟕𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 + 𝟔𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) 𝑸𝟐 = 𝟏. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ (𝟐𝟒 + 𝟐𝟎 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) 𝑸𝟐 = 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 + 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) b) 𝑰 = 𝒅𝑸 𝒅𝒕 = 𝒅 𝒅𝒕 (𝑸𝟏 + 𝑸𝟐) = −𝟔𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) − 𝟑𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) 𝑰 = −𝟗𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) 𝑰 = −𝟎. 𝟎𝟑𝟑𝟗 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟐𝟎 ∗ 𝝅 ∗ 𝒕) c) 𝑼𝒎𝒂𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑪𝒆𝒒 ∗ ∆𝑽𝒎𝒂𝒛 𝟐 ∆𝑽𝒎𝒂𝒙 = 𝟐𝟒 + 𝟐𝟎 = 𝟒𝟒 𝑽 𝑪𝒆𝒒 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 = 𝟒. 𝟓 𝝁 𝑭 𝑼𝒎𝒂𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟒𝟒𝟐 = 𝟒. 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑱 d) 𝑼𝒎𝒊𝒏 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝑪𝒆𝒒 ∗ ∆𝑽𝒎𝒊𝒏 𝟐 ∆𝑽𝒎𝒂𝒙 = 𝟐𝟒 − 𝟐𝟎 = 𝟒 𝑽 𝑪𝒆𝒒 = 𝑪𝟏 + 𝑪𝟐 = 𝟒. 𝟓 𝝁 𝑭 𝑼𝒎𝒂𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ 𝟒. 𝟓 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟒𝟐 = 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑱 119. ¿Cuáles son los valores medios y eficaz de la corriente de las ondas especificadas en la figura? a) 𝑰 𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝑰 ∗ 𝒅𝒕 𝑻 𝟎 Mirando el gráfico vemos que Imed=2 A . También: La función durante el primer medio periodo es : 𝑰(𝒕) = 𝟒 𝑰 𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝟒 ∗ 𝒅𝒕 𝑻 𝟎 = 𝟒 ∆𝒕 ∗ ( 𝒕𝟐 𝟐 ) 𝟎 ∆𝑻 = 𝟐. 𝟎𝟎 𝑨 𝑰(𝒕)𝟐 = 𝟏𝟔 ∆𝑻𝟐 ∗ 𝒕𝟐 𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝟏𝟔 ∆𝑻𝟐 ∗ 𝒕𝟐 ∗ 𝒅𝒕 ∆𝑻 𝟎 = 𝟏𝟔 ∆𝑻𝟑 ∗ ( 𝒕𝟑 𝟑 ) 𝟎 ∆𝑻 = 𝟏𝟔 𝟑 𝑰𝒆𝒇 = √𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = √ 𝟏𝟔 𝟑 = 𝟐. 𝟑𝟏 𝑨 b) 𝑰 𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝑰 ∗ 𝒅𝒕 𝑻 𝟎 Mirando el gráfico vemos que Imed=2 A . También: La función durante el primer medio periodo es : 𝑰(𝒕) = 𝟒 𝑰 𝒎𝒆𝒅 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝟒 ∗ 𝒅𝒕 𝟏 𝟐 ∗𝑻 𝟎 = 𝟒 ∆𝑻 ∗ (𝟒) 𝟎 𝟏 𝟐 ∗∆𝑻 = 𝟐. 𝟎𝟎 𝑨 𝑰(𝒕)𝟐 = 𝟏𝟔 𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝟏𝟔 ∗ 𝒅𝒕 𝟏 𝟐 ∗∆𝑻 𝟎 = 𝟏𝟔 ∆𝑻𝟑 ∗ (𝒕) 𝟎 𝟏 𝟐 ∗∆𝑻 = 𝟏𝟔 𝟐 = 𝟖 𝑰𝒆𝒇 = √𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = √𝟖 = 𝟐. 𝟖𝟑 𝑨 120. Enel circuito de la figura, 𝜺𝟏 = (𝟐𝟎 𝑽)𝒄𝒐𝒔(𝟐𝝅𝒇𝒕), f = 180 Hz, ε2=18 V y R = 36 Ω. Determinar los valores máximo, mínimo, medio y eficaz de la corriente que circula por la resistencia. 𝑻 = 𝟏 𝒇 = 𝟏 𝟏𝟖𝟎 = 𝟓. 𝟓𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝒔 𝜺𝟏 + 𝜺𝟐 − 𝑰 ∗ 𝑹 = 𝟎 𝑰 = 𝜺𝟏+𝜺𝟐 𝑹 𝑰 = 𝟐𝟎∗𝒄𝒐𝒔(𝟐∗𝝅∗𝟏𝟖𝟎∗𝒕)+𝟏𝟖 𝟑𝟔 = 𝟎. 𝟓 + 𝟎. 𝟓𝟓𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) La intensidad será máxima si 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) = 𝟏. 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝟎. 𝟓 + 𝟎. 𝟓𝟓𝟔 = 𝟏. 𝟎𝟔A La intensidad será mínima si 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) = −𝟏. 𝑰𝒎𝒊𝒏 = 𝟎. 𝟓 − 𝟎. 𝟓𝟓𝟔 = −𝟎. 𝟎𝟓𝟔 𝑨 En un período el valor medio del cos es cero (∫ 𝒄𝒐𝒔(𝒂 ∗ 𝒕) ∗ 𝒅𝒕 = 𝟎 ∆𝑻 𝟎 𝑰𝒎𝒆𝒅 = 𝟎. 𝟓 𝑨 𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝟎. 𝟓𝟐 ∗ 𝒅𝒕 ∆𝑻 𝟎 + 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ (𝟎. 𝟓𝟓𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕)𝟐 ∗ 𝒅𝒕 ∆𝑻 𝟎 𝟏 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝟎. 𝟓𝟐 ∗ 𝒅𝒕 ∆𝑻 𝟎 = 𝟎. 𝟓𝟐 𝟎.𝟓𝟓𝟔𝟐 ∆𝑻 ∗ ∫ 𝒄𝒐𝒔𝟐(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) ∗ 𝒅𝒕 ∆𝑻 𝟎 𝑼𝒔𝒂𝒏𝒅𝒐 𝒄𝒐𝒔𝟐𝒙 = 𝟏 𝟐 ∗ (𝟏 + 𝒄𝒐𝒔 𝟐𝒙) 𝟎.𝟓𝟓𝟔𝟐 𝟐∗∆𝑻 ∗ ∫ (𝟏 + 𝐜𝐨 𝐬 𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) ∗ 𝒅𝒕 ∆𝑻 𝟎 = 𝟎.𝟑𝟎𝟗 𝟐∗𝟓.𝟓𝟔∗𝟏𝟎−𝟑 ∗ ∫ (𝟏 ∗ 𝒅𝒕 + 𝐜𝐨𝐬(𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) ∗ 𝒅𝒕) 𝟓.𝟓𝟔∗𝟏𝟎−𝟑 𝟎 = 𝟐𝟕. 𝟖 ∗ 𝟓. 𝟓𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 + 𝟏 𝟐∗𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝟐 ∗ 𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝟓. 𝟓𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟑) = 𝟎.1543 𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = 𝟎. 𝟓𝟐 + 𝟎. 𝟏𝟓𝟒𝟑 = 𝟎. 𝟒𝟎𝟒𝟑 𝑨𝟐 𝑰𝒆𝒇 = √𝑰𝒎𝒆𝒅 𝟐 = √𝟎. 𝟒𝟎𝟒𝟑 = 𝟎. 𝟔𝟑𝟔 𝑨 121. Repetir el problema 120 si la resistencia se reemplaza por un condensador de 2 µF. 𝜺𝟏 + 𝜺𝟐 − 𝒒(𝒕) 𝑪 = 𝟎 𝒒(𝒕) = 𝑪 ∗ 𝜺𝟏 + 𝑪 ∗ 𝜺𝟐 = 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟐𝟎 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) + 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝟏𝟖 𝒒(𝒕) = 𝟒𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 ∗ 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) + 𝟑𝟔 ∗ 𝟏𝟎−𝟔 𝑰(𝒕) = 𝒅𝒒 𝒅𝒕 = −𝟒𝟓. 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 ∗ 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) 𝑳𝒂 𝒊𝒏𝒕𝒆𝒏𝒔𝒊𝒅𝒂𝒅 𝒔𝒆𝒓á 𝒎à𝒙𝒊𝒎𝒂 𝒔𝒊 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) = −𝟏): 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝟒𝟓. 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨 De la misma manera, la intensidad mínima se da si 𝒔𝒆𝒏(𝟏𝟏𝟑𝟏 ∗ 𝒕) = 𝟏 𝑰𝒎𝒊𝒏 = −𝟒𝟓. 𝟐 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨 En un período el valor medio del cos es cero (∫ 𝒔𝒆𝒏(𝒂 ∗ 𝒕) ∗ 𝒅𝒕 = 𝟎 ∆𝑻 𝟎 𝑰𝒎𝒆𝒅 = 𝟎 𝑨 Dado que tenemos una función sinusoidal para la intensidad podemos considerar una corriente alterna normal, en este caso: 𝑰𝒆𝒇 = 𝑰𝒎𝒂𝒙 √𝟐 = 𝟑𝟐. 𝟎 ∗ 𝟏𝟎−𝟑 𝑨 122. Repetir el problema 120 si la resistencia R se reemplaza por un inductor de 12 mH. El inductor está formado de un alambre conductor con el cual se han hecho espiras a manera, en su forma más sencilla, de un resorte. Si se aplica corriente continua (corriente que no varía con el tiempo) a un inductor, este se comporta como un corto circuito y dejará pasar la corriente a través de ella sin ninguna oposición. 𝑰𝒎𝒂𝒙 = 𝑰𝒆𝒇 = ∞