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1 Apuntes de Física II, correspondientes al Tercer Parcial 20%. Docente: Ing Freddy Caballero

UNIVERSIDAD FERMIN TORO CABUDARE-VENEZUELA ESCUELA DE INGENIERÌA

INDICE Apartado CONTENIDO

PAGINA

3.1 Capacitores 01

3.1.2 Energía potencial de un capacitor 03

3.2 Combinación de los capacitores. 07

3.3 Preguntas y Problemas. 09

3.4 Circuitos con capacitores y Resistencias (Circuitos RC).

12

3.5 Problemas de Circuitos RC.

18

3.1-.CAPACITORES

Los capacitores (también llamados condensadores), son dispositivos de amplio uso en los circuitos eléctricos, como los de sintonía de frecuencias y los rectificadores de corriente. Lo constituyen dos conductores próximos entre si, cargados con cargas eléctricas de igual magnitud y de signos diferentes. Ambos conductores reciben el nombre de armaduras o placas del condensador. Ver figura 2.51

El símbolo de circuito para un capacitor ideal se muestra en la figura 2.52.

Cuando el capacitor tiene cargas ±Q, se dice que el capacitor esta cargado y cuando ambos conductores tienen carga cero se dice que esta descargado. Note que la carga neta del capacitor (estando cargado o descardo) es cero.

Existen capacitores que traen la marca de polaridad llamados electroliticos, como también los hay de cerámica que no poseen polaridad y la adquieren al momento de conectarse al circuito.

Es importante también decir que el capacitor tiene múltiples aplicaciones, desde la activación de un “Flash” de una cámara, como su uso en los radios, TV, y en el teclado de un computador, fuentes de poder laser, desfibriladores por nombrar algunas. Cuando relacionamos la carga “q” de un capacitor con la diferencia de potencial (o voltaje) del capacitor obtenemos una constante que se llama Capacitancia “C”, la cual depende del tamaño, de la configuración Geométrica del conductor y del material aislante que se coloque entre las placas (llamado dieléctrico “K”).

C = Q/V ( capacitancia al vacío)

La capacitancia tiene un valor positivo y viene expresada en el Sistema Internacional (SI) en faradio (f), Esto en honor Michael Faraday (1791-1867), un estudioso del siglo XIX sobre los fenómenos eléctricos y magnéticos, generalmente los capacitares se expresan en microfaradios (1μf = 10-6 f) o picofaradio (1pf= 10-12 f).

La capacidad de un capacitor, se refiere a la medida de su capacidad para almacenar (o mantener) carga.

+Q -Q Conductores (placas)

F:2.51

+ -

C

F:2.52

F:2.53

F:2.54



Si vamos trabajar con un capacitor de placas paralelas tal como se muestra en la figura 2.54 (pueden existir capacitores esféricos y cilíndricos, mas adelante se mostraran) el campo eléctrico entre las placas viene dado:

La capacidad eléctrica de los condensadores depende de su estructura y

dimensiones. Por esto es que se fabrican de distintas formas: planos, cilíndricos, esféricos, etc., de acuerdo a los propósitos a los que se destinan.

E = σ/εo Dónde εo = 8.85x 10-12 f/mts y σ = Q /A

(densidad superficial de carga), y como el campo eléctrico es uniforme y la distancia entre las placas es “d” , se puede encontrar el voltaje del capacitor por medio de:

V = Ed y su capacidad (al vacio) es C = εo A/d

Dónde: A = área de la placa en mts2. D= distancia entre las placas en mts. Hasta los momentos hemos representado el capacitor de placas paralelas, a continuación vamos a describir el capacitor c ilíndrico y esférico.

En la práctica se utilizan valores que son submúltiplos de esta unidad, como el microfarad (μF), o sea, 10-6 F y el picofarad (pF), igual a 10-12 F. En los condensadores se ofrece información sobre el valor de su capacidad eléctrica y del valor de diferencia de potencial a la que deben conectarse. 3.1.1-. Capacitor Cilíndrico.( información adicional)

Un capacitor cilíndrico esta formado por un conductor cilíndrico de radio "a",

densidad de carga uniforme y carga +Q, que es concéntrico con un cilíndrico de radio "b" mayor y carga -Q también uniformemente cargado, ambos de Longitud “ L”, siendo el potencial de cada conductor V1 y V2 respectivamente.

Ejemplo:1 Se posee un capacitor cilíndrico (fig:2.55), de radio interno “a” y

externo “b”, con una densidad de carga superficial “λ”, si se asume que el radio interno tiene carga “Q” y el externo “-Q”, encontrar la capacitancia del capacitor.

Solución:

• Paso Nº1: I-. Para encontrar la capacitancia se tiene que proceder de la siguiente

manera:

a-. C= Q/V, de esta ecuación se conoce la carga, porque es un dato

aportado por el problema, pero del potencial no tenemos información y la

única forma de hacerlo es por medio de relacionar el potencial con el

campo eléctrico a través de la Ley de Gauss. (No podemos usar V = Ed,

debido a que esta ecuación sólo es válida si el capacitor es de placas paralelas)

• Paso Nº2: Ahora utilizamos la ecuación Vf-Vi = - ∫ E dl Cosθ, esta ecuación se

debe “partir” en dos tramos uno desde el infinito hasta el radio “b” y otro

desde “b” hasta el radio “a” para obtener finalmente Vb-Va que viene

siendo la diferencia de potencial que deseamos encontrar. En el primer

tramo :se asume que la carga de prueba parte del infinito Vi= 0 voltios y el

campo eléctrico en esa zona es cero por lo tanto Vf=Vb = 0 voltios.

• Paso Nº3: El segundo tramo que va desde el radio “b” al “a” el campo para una

“gaussiana” a<r<b es

E = -Q / (2πrLε). Entonces si

Vb-Va = - ∫-Q / (2πrlε) ( -dr) (Cos oº)

Va = Q / (2πrlε) (Ln (b/a)

y C = / (2πrlε) (Ln (b/a)

Ejemplo 2. ( Capacitor esférico) F:2.55



Un capacitor esférico (fig: 2.56) ,consta de un cascarón conductor esférico de radio "rb", carga -Q, concéntrico con una esfera conductora, mas pequeña, de radio "ra", carga +Q , tal como se muestra en la figura de la derecha.

Soluciòn:

• Paso Nº1: Como ya se ha visto en anteriores ejemplos el campo eléctrico para r<ra y

r>rb es cero por lo tanto el campo eléctrico se determina para un radio

“gaussiano” que este : rarrb.

• Paso Nº2: Para determina la capacidad “C” del

capacitor, primero se necesita conocer

el campo eléctrico entre los cáscaras

esféricas coaxiales. Para ello

consideremos un capacitor en el cual

la distancia entre las cáscaras

esféricas es mucho menor que los

radios.

De tal manera que podemos considerar al campo el interior dirigido

radialmente como se muestra en la figura 2.57.

• Paso Nº3: El campo viene dado

E = Q / (4πr2ε). Pero σ= Q/A entonces Q= σA , donde A= 4πra2

que representa el área de la esfera de menor radio debido a que es la que

se encuentra encerrada por la “Gaussiana”. Este campo queda: dado E =

σ ra2 / r2ε

• Paso Nº4:

Luego utilizamos la ecuación que relaciona el potencial y el campo (muy

parecida cuando el capacitor es cilíndrico) por lo tanto:

Vb-Va = - ∫ σ ra2 / r2ε ( -dr) (Cos oº) = (σ ra

2 /ε) (1/rb-1/ra)

Como C = Q/V = y C = (4πε rarb) /(rb-ra)

3.1.1-. Energía potencial almacenada en capacitor cargado.

Los capacitores no se cargan a sí

mismo. Para llevar un capacitor en estado sin carga a uno cargado, se debe hacer un trabajo para lograr la separación de las cargas, esto se debe a lo siguiente, inicialmente el capacitor esta descargado tal como se muestra en la figura 2.58, las cargas están en sus placas por ser conductoras de igual cantidad, pero cuando se cierra el interruptor (suiche), la placa de la izquierda la vamos a llamar “A” y la de la derecha “B”,.

Como la placa “A” se encuentra a un mayor potencial (conectada al terminal

positivo de la batería) el campo eléctrico va dirigido de la placa “A” a la “B” Para cargar un conductor es necesario gastar energía, porque, se necesitan separar las cargas (vayan unas a la placa “A” y otras a la placa “B”), esa energía (Ep) viene dada:

Ep= ½ (Q2/ C)= ½QV

También se puede encontrar la energía en función a su campo “E”, el área

”A” y la distancia de separación entre las placas “d” :

Ep= ½ (ε AdE2)

Es importante señalar, que la energía potencial se encuentra distribuida por

todo el volumen del espacio, donde exista CAMPO ELECTRICO. A veces se

F:2.57

S V

F:2.58



determina la Densidad de Energía (U), que resulta de dividir la energía potencial entre el volumen del capacitor y se expresa:

Uenergía =½ (ε E2)

Ejemplo Nº3: Uno de varios capacitores de

100μf, en un desfibrilador tiene una diferencia de potencial de 220 voltios entre sus placas, encontrar:

a-. ¿Cuál es la magnitud de la carga en cada placa?. b-. ¿Cuál es la energía almacenada en el capacitor?

Solución:

• Paso Nº1: Para la carga se tiene: C= Q/V entonces:

Q = 100x10-6 x 220 = 2.20x10-2 C

• Paso Nº2: Ep = ½ CV2 = 2,42 Joule

3.2-.Combinación de capacitores.

Los circuitos eléctricos contienen a menudo varios capacitores y frecuentemente unidos entre sí, uniones o asociaciones que pueden ser de varias formas, se hacen con la intención de producir un capacitor de características que no se dispone (no tiene un valor comercial dado), o bien por exigencias propias del circuito.

En estas combinaciones permiten calcular la capacidad equivalente, es decir, reemplazar la asociación por un único capacitor equivalente, qué es aquel que produce los mismos efectos (la misma carga total y el mismo potencial) en el circuito original. Las combinaciones más simples son en paralelo y en serie.

3.2.1-.Conexión en paralelo

En este caso todos los capacitores (o cualquier dipolo eléctrico, dipolo representación eléctrica mediante dos bornes de conexión) tienen la misma diferencia de potencial entre sus bornes de conexión. Como se muestra en la figura 2.60.

El voltaje total (Vt): Vt =V1= V2= V3

La carga total (Qt), viene dada:

Qt=q1+q2+q3

El capacitor equivalente (CT):

CT=C1+C2+C3

3.2.2-.Conexión en Serie.

En este tipo de conexión (ver figura 2.61), los tres capacitores tienen la misma carga Q.

Q t=q1=q2=q3

La capacitancia equivalente viene dada :

1/CT=1/C1+1/C2+1/C3

El voltaje total , es la suma de los voltajes parciales : Vt =V1+V2+ V3

3.2.3-.Transformaciòn Delta –

Estrella.(información

adicional)

En la figura 2.62 se muestra un sistema de capacitores que no se

encuentran ni en serie, ni en paralelo, para esto es necesario si deseamos encontrar el capacitor equivalente, debemos aplicar la transformación:

F:2.59

C1

a C2 b

C3

Ct

F:2.60

a C1

C2

b

C3

a

CT

b

F:2.61



“Delta –Estrella ( ∆-Y). Es necesario identificar dónde esta la “

Delta” formada por tres elementos, en este caso los capacitores llamados “ C1,C2 y C3 “, respectivamente.

Una vez identificada (la Delta) se

procede a realizar la transformación por medio de las siguientes ecuaciones. (Ver figura 2.63)

1/Cx = C3/(C1C2+C2C3+C3C1)

1/Cy = C2/(C1C2+C2C3+C3C1)

1/Cz = C1/(C1C2+C2C3+C3C1)

y los capacitores que resultan llamados

Cx , Cy y Cz se conectan tal como se

indica en la figura 2.63..

Ejemplo Nº 4 : Del circuito, (f:2.64) todos los capacitores tienen un valor de 1f, encontrar la capacitancia equivalente entre los puntos “a y d”.

Soluciòn :

• Paso Nº1: Se puede identificar la “Delta “ en la

malla del lado izquierdo, tal como se

dibuja en el circuito 2.65.

• Paso Nº2:

Para encontrar los capacitores

equivalentes.

( Cx, Cy y Cz ) :

1/Cx = 3f= 1/3 →Cx = 3f

1/Cy = 3f= 1/3 →Cy = 3f

1/Cz = 3f= 1/3 →Cz = 3f

• Paso Nº3: Nota: Antes de continuar, no

siempre los valores de los

capacitores equivalentes son

iguales, aquí coincidieron por

casualidad.

• Paso Nº4: El circuito nos queda como el

mostrado en la figura 2.66 ahí se

puede observar que por la rama

superior están en serie y la

inferior también los capacitores

se encuentran en serie y sus

equivalente son:

Cb= (3x1)/4 = 0,75f y

Cc = (3x1)/4 = 0,75 f

• Paso Nº5: Y finalmente en el circuito de la figura 2.67 . El capacitor equivalente es::

Ce = 3x 1,5/4,5= 1 f

a

C1 C3

b C2

c

F:2.62

a Cy C1 C3

Cx Cz

b C2

c

F:2.63

F:2.65

3f 3f 1f 3f 1f F:2.35

F:2.66

a 3f 0,75f b 0,75f

F:2.67 F:2.64



Ejemplo Nº5 Se posee un capacitor de placas

paralelas, el cual se conecta a una batería “Vo” y se carga (figura 2.68, parte “A”), luego se desconecta de la batería debido a que el interruptor “S” se abre, posteriormente se le introduce un dieléctrico “K” entre sus placas ( figura 2.68 parte “B”). Explicar qué ocurre finalmente con su capacitancia, la carga, el voltaje y el campo eléctrico, al compararlo con las condiciones iníciales.

Solución:

• Paso Nº1: Para las condiciones iníciales (con

dieléctrico igual al aire o vacio), se

tiene:

Vo =voltaje inicial. Co = capacitancia inicial.

Qo =carga inicial. Eo= campo inicial.

• Paso Nº2: Como el capacitor se desconecta, de la batería y queda “aislado” (como una

red eléctrica), mantiene su carga original, es decir:

Qf =Qo .El voltaje (del capacitor), sufre una variación debido a la presencia

del dieléctrico “K”: Vf =Vo/K.

• Paso Nº3: Vo=Eo.d (1) y. Vf = Ef.d (2) (recuerden que “d” es la distancia entre las

placas y esta no varía a pesar de introducir un dieléctrico) y la relación

entre los voltajes es: Vf =Vo/K., si la ecuación Nº1 dividimos por “K”:

Vo/K=(Eo.d)/K (3), pero la expresión del lado izquierdo es Vf , entonces

Vf = (Eo.d)/K y Vf =Ef.d, sustituimos y nos queda :

Ef.d = (Eo.d)/K = Ef = Eo/K. Finalmente el campo final se reduce un

factor de “K”

• Paso Nº4: Para la capacitancia, se tiene Co =Q/Vo (4) y Cf =Q/Vf (5), pero

Vf =Vo/K. Sustituimos en “5” Cf =KQ/Vo luego se la Ecu: “4” la

multiplicamos por “K” KCo =KQ/Vo , la expresión del lado derecho es Cf ,

entonces Cf =KCo

Ejemplo Nº6. Repita el procedimiento anterior (ejemplo Nº31) pero mantenga al

capacitor conectado a la batería, una vez que se le introduce el dieléctrico.

Solución:

• Paso Nº1: Para las condiciones iníciales (con dieléctrico igual

al aire o vacio), se tiene:

Vo =voltaje inicial. Co = capacitancia inicial.

Qo =carga inicial. Eo= campo inicial.

• Paso Nº2: Como el capacitor se mantiene conectado a la batería, después de introducir

el dieléctrico los voltajes son iguales: V=Vf =Vo

• Paso Nº3: Para relacionar los campos se tiene. Vo=Eo.d (1) y. Vf = Ef.d (2)

(Ahora como el voltaje permanece igual) podemos igualar las ecuaciones:

(Eo.d)/=(Ef.d), de esta expresión los campo quedan iguales.

C

A”

“B” K

Vo

+ -

Vo

+ -

F:2.68



• Paso Nº4: Debido a que el capacitor permanece conectado a la batería, la carga debe

aumentar al introducir el dieléctrico “K”, de esta forma se garantiza que los

campo se mantengan, entonces: Qf = KQo (3) si la Co =Qo/V (4) y Cf

=Qf/V (5), sustituimos “3” en “5” Cf = KQo/V (pero la expresión “marcada”

es Co): Cf =KCo

Ejemplo Nº7. Se posee el siguiente circuito (figura 2.69), con dos capacitores, que inicialmente están conectado a una batería de 100 voltios, se espera que se carguen, luego el suiche se conecta en la posición Nº2, en ese instante el capacitor de 2 f, se coloca invertido. Una vez hecho este cambio, el suiche se ubica en la posición Nº3, dónde hay un voltímetro. De acuerdo a todo esto encontrar: a-. La cargas iniciales (suiche en la

posición Nº1) b-. El voltaje que indicará el voltímetro.

(suiche en la posición Nº3) c-. Las cargas finales en cada

capacitor.

Solución:

• Paso Nº1: El suiche en la posición Nº1, (f:2.70)

los capacitores tienen las siguientes

cargas:

Q1f = 1x 100 = 100c

Q2f = 2x 100 = 200c

Qti = 300 c

• Paso Nº2: El suiche en la posición Nº2, (f:2.71)

y cambiando la posición del

capacitor de “2f”, en vista que las

polaridades están invertidas , habrá

una compensación parcial de las

cargas (se van a restar por el cambio

de polaridad)y la carga neta será:

Qtf = Q2f - Q1f = (C2 f-C1f ) Vo(1)

(Recuerden que Q = CV)

• Paso Nº3: Cuando se conecta a “3” (f:2.72),

lo capacitores siguen en paralelo

pero con otro voltaje (debido a la

compensación de cargas),

entonces:

Ct =Qtf/Vf (2)

Sustituimos “1” en “2” :

(C2f+C1f )= (C2f-C1f ) Vo /Vf =(2+1)=(2-1)X100/ Vf

Vf = 100/3 = 33,3 voltios, indicará el voltímetro y las cargas

Q1ff = 1x 33,3 = 33,3c

Q2ff = 2x 33,3 = 66,6c

Ejemplo Nº8.

Se posee el siguiente capacitor de placas paralelas de área “A” (ver figura 2.73)y una distancia de separación entre las placas “2d”, se colocan varios dieléctricos entre sus placas tal como se indica en la figura, encontrar: a-. El circuito equivalente.

3

2

1

+ 1f +

- 2f -

100v

V

o

V

F:2.70

3

2

1

+ 1f +

- 2f -

100v

V

o

V

F:2.69

3

2 1

+ 1f -

- 2f +

100v

V

o

V

F:2.71

3

2 1

+ 1f -

- 2f +

100v

V

o

V

F:2.72

a

2d

b

Aire K3 K2

F:2.73



b-. Las capacitancias parciales.

Solución:

• Paso Nº1: El circuito equivalente es el

mostrado en la figura 2.74, y las

capacitancias equivalentes son:

C1 =( ε A/2) /d = = (ε A )/ 2d C2 =( ε A/2) /d = = (εK2 A )/ 2d

C3 =( ε A/2) /2d = = (εK3 A )/ 4d

Ejemplo Nº9. Se posee el siguiente circuito (figura

2.75), encontrar: a- Suiche cerrado:

a.1-.Capacitancia total y carga total.

a.2-. Carga en cada capacitor (cargas parciales).

a.3-. Voltajes en cada capacitor. a.4-.La energía en cada capacitor.

b-.Suiche abierto:

b.1-.Capacitancia total y carga total. b.2-.Carga en cada capacitor

(cargas parciales). b.3-.Voltajes en cada capacitor. b.4-. La energía en cada capacitor.

Solución:

• Paso Nº1: El Suiche cerrado, pone a los

capacitores “3 y 4” en paralelo, y “6 y

4” también en paralelo. (ver figura

2.76)

C1 =3+4= 7f y

C2 =6+4 = 10f

• Paso Nº2: El circuito queda como el de la figura

2.77, finalmente en serie y la

capacitancia equivalente y la carga total

vienen dados:

:

Ct =(7x10)/17 = 4.11 f Como

C =Q/V → Qt = 4,11x 100 =411c

• Paso Nº3: Para encontrar las cargas parciales, nos

preguntamos:

¿El capacitor equivalente que nos dio 4,11 f, su obtuvo de qué tipo de

combinación (paralelo o serie)? La respuesta es; de una serie, por lo

tanto, la carga de este capacitor es igual a la carga de los capacitores que

generaron esa serie: Qt = 411c =Q7f = Q10f

• Paso Nº4: Ahora como “7f” se encontró de un paralelo (3f y 4f), esto implica que su

voltaje el voltaje es el mismo de los capacitores que lo generaron:

V7f = 411c/ 7f =58,71 voltios =V3f = V4f

• Paso Nº5: Repetimos el paso Nº4, pero, con el capacitor de 10f:

V10f = 411c/ 10f =41,1 voltios =V6f = V4f

• Paso Nº6: Ya conocido el voltaje de cada capacitor, podemos encontrar las cargas

parciales en cada uno:

Q3f = 58,71 x 3= 176,14c y Q4f = 58,71 x 4= 234,84c

Q6f = 41,1 x 6= 266,6c y Q4f = 41,1 x 4= 164,4c

• Paso Nº7:

C3

a b

C1 C2

F:2.74

3f 4f

100v

6f S

4f

V

o

F:2.75

3f 4f

100v

6f S

4f

V

o

F:2.76

7f

100v 10f

V

o

F:2.77



La energía (E) en cada capacitor viene dada:

Ya conocido el voltaje de cada capacitor, podemos encontrar las cargas

parciales en cada uno:

Ep= ½QV

E3f = 5170,58 joule E4f = 6893,72 Joule

E6f =5479,63 Joule E4f = 3378,42 Joule

• Paso Nº8: El Suiche abierto, pone a los

capacitores “3 y 6” en serie, y “4 y 4”

también en serie. (ver figura 2.78)

C1 =(3x6)/9 = 2f

C2 =(4x4)/8 = 2f*

• Paso Nº9: El circuito queda como el de la

figura 2.49, finalmente el

capacitor equivalente es producto

de un paralelo y la carga total

vienen dados:

:

Ct =(2+2)=4 f

Como

C =Q/V →Qt = 4x 100 =400 c

• Paso Nº10: Para encontrar las cargas parciales, procedemos de la misma forma que

el paso Nº3: Como 1f se obtiene de un paralelo, entonces:

V1f = 100 voltios =V2f = V2f*

• Paso Nº11: Ahora como “2f” se encontró de una serie, como paso con “2f `”, por lo

tanto:

Q2f = 100 x 2= 200c = Q3f = Q6f Q2f* = 100 x 2= 200c = Q4f = Q4f

• Paso Nº12: Para los voltajes parciales::

V3f = 200/3 =66,6 voltios V6f = 200/6 =33,3 voltios

V4f = 200/4 = 50 voltios V4f = 200/4 =50 voltios

Una observación: a pesar que los capacitor de 4f, están en serie

tienen la misma carga , pero los voltajes son iguales en valor ( no

el mismo voltaje, porque esto es, cuando están en paralelo)

• Paso Nº13: La energía (E) en cada capacitor viene dada:

E3f = 6660 joule E4f = 5000 Joule

E6f =3330 Joule E4f = 5000 Joule

3.3-.Preguntas y Problemas de Capacitores:

1-.Un capacitor es un dispositivo eléctrico que se emplea para: a-. Almacenar carga. b-. Almacenar resistencias. c-. Ninguna de las anteriores. 2-. Los capacitores pueden ser: a-. De placas paralelas y cilíndricos. b-. Circulares. c-. Cuadrados. d-. Ninguna de las anteriores. 3-. Se puede decir que: a-. La capacitancia es la propiedad de tener fuerza. b-. La capacitancia es la propiedad de almacenar carga. c-. La capacitancia es la propiedad de almacenar densidad. d-. Ninguna de las anteriores. 4-. La capacitancia es directamente proporcional a: a-. La densidad de corriente. b-. La Resistividad. c-. Al área de las placas. d-. Ninguna de las anteriores.

3f 4f

100v

6f S

4f

V

o

F:2.78

2f

100v 2f

V

o

F:2.79



5-.El proceso de carga de un capacitor consiste en transportar carga eléctrica de la placa de menor potencial hacia la placa de mayor potencial esto significa que la batería tiene: a-. Qué realizar un trabajo para cargar la batería. b-. Qué no realiza trabajo ya que se debe cargar solo. c-. Ninguna de las anteriores. a-. La carga disminuye, el potencial es constante y la capacitancia aumenta. b-. La carga es constante el potencial es disminuye y la capacitancia aumenta. 7-. Cuando se introduce un dieléctrico entre las placas paralelas de un capacitor que ocurre con el campo eléctrico total. a-. Aumenta. b-. Disminuye. c-. Permanece constante. 8-. Al introducir un dieléctrico en el capacitor de placas paralelas el cual se mantiene conectado a una batería (V), que ocurre con la carga del capacitor. a-. Disminuye. b-. Aumenta. c-. Permanece constante. 9-. Un relámpago se origina por la ruptura dieléctrica del aire provocada por un campo eléctrico: a-. Extremadamente fuerte. B-.Extremadamente débil. C-.Constante. 10-. Cuando ocurre la ruptura dieléctrica , un material dieléctrico deja de ser un

aislante y se convierte en: a-. Un conductor. b-. Un resistor. c-. Un dieléctrico.

.PROBLEMAS: 1-.Dado el siguiente circuito (figura P-

1),encontrar la carga final de cada capacitor si inicialmente el suiche se encuentra en la posición Nº1 y “C1” adquiere un voltaje V, posteriormente el suiche se coloca en la Nº2.

Resp: Qi = C1.V (en la posición Nº1)

En la posición Nº2 :Q1f = C1.Vf Q2if = C2.Vf

se igualan los voltajes:

Q1f /C1.= Q2if / C2 Qf=Qi. pero Qf =

Qif+Q2f

2-. Determinar a-.La capacitancia equivalente vista

entre los puntos “a y b”. ( sug: 4f en corto, se elimina)

b-. La carga total y las cargas parciales.

Resp: Ct =9f, Qt = 90c, Q6f=60c,

Q3f =30c

3-.Encontrar la capacitancia

equivalente vista entre los puntos “a y b”.

Resp: 4f

1

2 C1

V C2

P-1

3f

4f

6f

10v

P-2

Vo

1f

1f

3f 6f

3f

P-3



4-. Se posee el siguiente circuito (p-4), encontrar: a-. La carga total. b-. Las cargas parciales. c-. Los voltajes parciales.

Resp:a-. Qt=36c. b-. Q1f=12c,

Q6f =24c Q2f=16c, Q1f* =8c

c-. V1f=12 voltios, V6f =4 voltios

V1f* =V2f=8 voltios

5-. Dado el siguiente circuito (figura p-5),

encontrar: a-. La carga total. b-. Si al capacitor C1 , se le introduce un

dieléctrico “K=2”, encontrar la carga total.

Resp: a-. Qt=72c. b-.Qt=81.6c

6-. Un capacitor de placas paralelas

con área “A” y separación de placas “d” se llena con dos dieléctricos como se muestra en la figura , demuestre que la capacitancia de la configuración es:

C =( 2εA)/d (K1K2)/(K1+K2)

7-..En capacitor de armaduras planas paralelas de área “A” y separadas una distancia “d” , se colocan dos dieléctricos entre sus placas (K1 y K2) de constantes dieléctricas, tal como se muestra en la figura “P-7”. Determine la capacidad del capacitor

Resp: a) Ce = (εA)(K1+K2) /2d 8-.-. Calcule la capacitancia

equivalente vista entre los puntos “a y b”.

Resp: Ct= 2f

9-.En la figura, cada capacitancia C1 es de 9,3 μF y cada capacitancia C2 es de 6,2 μF. (a) Calcular la capacidad equivalente de la red entre los puntos a y b. (b) Calcule la carga en cada uno de los capacitores más cercanos a los puntos a y b cuando Vab = 840 V. b determine Vcd.

Resp: a) Ce = 3,1μf.

B-) Qc1 = 2604μc.

C-.) Vcd =93,3 voltios

6f 2f

1f (c1)

1f

24v

P-5

Vo

K1

K2

P-6

P-7

6f 6f

6f` 6f

a

b

6f` 6f

P-8

6f 3f

1f

24v

P-4

Vo

P-9



3.4-. Circuitos con resistencias y capacitores (Circuitos RC).

Se denomina Circuito “RC”·, aquel en el que interviene por lo menos una resistencia ( R ) y un capacitor ( C ). La corriente en un circuito “RC” circula en un sólo sentido (circuitos de corrientes continua “cc”), Se caracteriza por que la corriente puede variar con el tiempo, un ejemplo práctico es, cuando enciende el flash de su cámara, por lo general hay un retraso antes que el flash esté listo, algunas veces este retraso puede ser molesto si se desea tomar una foto inmediatamente.

El retraso representa el tiempo que emplea la batería en cargar por completo al capacitor que se usa para acumular la energía potencial

ya sabemos de la unidad pasada, que C=q/Vc , donde “V” es el voltaje que

tiene el capacitor, también es importante aclarar las siguientes etapas de funcionamiento del capacitor en un circuito RC:

En un circuito “RC”, se pueden describir tres (3) etapas de funcionamiento del capacitor, siempre y cuando las condiciones del circuito lo permitan, què significa esto, que no todo tiempo podemos afirmar que el capacitor va experimentar las tres etapas de funcionamiento que a continuación se señalan:

:

• Etapa Nº1 (inicio del proceso de carga), el capacitor se comporta como un conductor ideal (cable de resistencia 0Ω), la corriente que circula por èl es máxima, no tiene voltaje en sus terminales (Vc=0 voltios) y la carga “q” es cero también. Ver figura 2.80, parte “a”.

• Etapa Nº2 : Ya esta cargado ( (estabilidad), el capacitor se abre, por lo tanto que circula a través de èl es cero. En sus terminales existe un voltaje llamado “Vc”, que generalmente se encuentra por recorrido de mallas.

Si queremos determinar la carga del capacitor (q), podemos usar la

ecuación: C=q/Vc, despejamos “q” (claro si conocemos la capacitancia

“C”).

• Etapa Nº3: Si el capacitor inicia un proceso de descarga, puede producto a varias situaciones, entre las cuales tenemos:

• Que la rama del capacitor se desconecta de la fuente “DC” y se conecta a un circuito que contenga solamente resistencias.

• Si colocamos un cables entre sus terminales (se descarga violentamente y produce un “arco” de corriente debido al corto..

• También se puede descargar si lo conectamos a una fuente de tensiòn de menor valor a la empleada para cargarse.

• Otra posibilidad es que se conecte a una fuente “DC” que haga que la corriente circule en sentido contrario a como fue cargado el capacitor inicialmente.

Ecuaciones de Trabajo:

En los circuitos “RC”, podemos encontrar:

a-. El voltaje Máximo (Vc) que lo encontramos por recorrido de malla.

b-. La carga máxima (q), por medio de la ecuación: C=q/Vc,

c-. La constante de tiempo capacitiva (Tau), nos da el 33% del tiempo que un

capacitor tarda en cargarse: τ =RC, si queremos tener el tiempo máximo de

carga tm = 5τ

d-.La ecuación General de voltaje es: Vc(t) =( Ae -t/ τ + B), donde :

A= Vc(t=t1) + Vc(t>>t1) y B = Vc(t>>t1)

e-. La ecuación general carga: q(t) = C Vc(t)

En la figura 2.81, se muestra, la grafica de Tensiòn Vs tiempo de un

capacitor.

c c

→ Parte “a”

C

Parte “b”

C

Parte “c”

F:2.80



Ejemplo Nº10: Una batería de 6v, y resistencia interna (ri=0Ω), se utiliza para cargar un capacitor de 2 μf, tal como se muestra en la figura 2.82, si “s” se cierra en t=0seg hallar: a-. La corriente inicial, cuando se

cierra el suiche. b-.La carga final del capacitor. c-. Qué tiempo es necesario para

obtener el 90% de la carga final. d-. La carga cuando la corriente es la

mitad de la corriente inicial.

Soluciòn:

• Paso Nº1: En T=0 seg, el interruptor se cierra, el

capacitor inicia su proceso de carga

(etapa Nº1) y se comporta como un

conductor ideal. Esta afirmación se

hace debido a lo siguiente. Uno debe

averiguar que paso antes cuando

el interruptor se cierra.

Es decir, como suiche esta abierto el capacitor no pudo recibir corriente

de la batería, por lo tanto esta descargado. Al momento de cerrarse el

interruptor, inicia el paso de corriente y en ese preciso instante es que

comienza a cargarse. El circuito es el mostrado en la figura 2.83. Por Ley

de Ohm

I =6/100 = 0,06 A.

• Paso Nº2: Para la carga final, el capacitor esta

cargado y se encuentra abierto. Ver

figura 2.84. Aplicamos Recorrido de

Malla (RM) en sentido horario:

-6+VR +Vc = 0

Como la corriente es cero (capacitor abierto), Vc = 6v

Luego por la ecuación C =q/Vc →q= 2μf x 6 = 12 μc

• Paso Nº3: Para encontrar el tiempo de acuerdo al porcentaje dado, tenemos que usar

la ecuación general de carga: q(t) = C Vc(t) pero

Vc(t) =( Ae -t/ τ + B),, la ecuación nos queda:

q(t) = C( Ae -t/ τ + B)

Carga Estabilidad Descarga T(seg)

Vc

Vmax

F:2.81

S 2μf

100Ω

6v

F:2.82

Vo

S

100Ω

I

6v

F:2.83

Vo

S

+Vc-

100Ω

6v

I

F:2.84

Vo



Buscamos A= Vc(t=t1) + Vc(t>>t1), donde:t1, es el tiempo cuando el

suiche cambia de posición, en este problema es en t=0seg es que el

interruptor se cierra

Vc(t=t1) = voltaje que tiene el capacitor en el momento que se cierra el

interruptor, en este caso es cero: Vc(t=t1) =0 voltios

y B = Vc(t>>t1) = voltaje que tiene el capacitor mucho tiempo después

de haberse cerrado el suiche: B = Vc(t>>t1)= 6 voltios

antes de continuar que podemos decir, que los valores de las

constantes “A” y “B” son de voltajes en el capacitor, determinador

entre dos condiciones de trabajo (inicial y final) cada una de ella

coincide con una etapa es especial (recuerden que son tres etapas

Nº1 (inicio de la carga), Nº2 (ya cargado o estabilidad) y la Nº3 la

descarga)y la otra etapa, en este caso, cuando se cierra el suiche

el capacitor inicia la carga (etapa Nº1) luego buscamos el valor de

voltaje que tiene el capacitor cuando ya esta cargado (etapa Nº2),

si el planteamiento cambia, por ejemplo, que tiempo debe

trascurrir en la DESCARGA, para tener el 80% de la carga inicial,

tenemos que plantearnos como condiciones iniciales que el

capacitor esta cargado y condiciones finales ya descargado.

Volviendo al planteamiento inicial las constantes nos quedan

A= 0-6=-6 y B=6

sustituimos en la ecuación: q(t) = C( -6e -t/ τ + 6), sacamos factor

común: q(t) = 6C( 1-e -t/ τ ), de aquí tenemos la siguiente

información:q(t)= 90% de la carga total, que en este caso

es:0,9x12=10,8 μc: sustituimos: 10,8= 12( 1-e -t/ τ ) despejamos: 0,9 =(

1-e -t/ τ ) → - 0,1=-e -t/ τ multiplicamos por -1 y aplicamos logaritmo

neperiano -2,30 = -t/τ → t = 2,30 x RC = 2,30x100x2μf =260μs

• Paso Nº4: Para encontrar la carga, cuando la corriente en ese momento es la mitad

de la corriente total tenemos: It= 0,06 A =dqi/dt (1) y la corriente

disminuye hasta la mitad: 0,03= dqf// dt, (2)despejo “dt” de ambas

ecuaciones (1 y 2): dqf/0,03 =dqi/0.06 ,integro qf/0.03=qi/0,06 y

qi=12c entonces qf= 6c:

Ejemplo Nº11:

En el circuito de la figura 2.85, se posee un interruptor de dos posiciones (1 y 2), vamos asumir que antes de t=0 seg (t<0), el interruptor se coloca en la posición Nº2 (el capacitor se conecta a la batería).

a-. Corriente Inicial. b-. La carga máxima del capacitor. c-. La constante de tiempo (Taù). d-. El tiempo máximo. e-. La carga que posee el capacitor una

vez transcurrido 4ms.

Soluciòn:

• Paso Nº1: En T=0 seg, el interruptor se ubica en la posición Nº2, tal como se muestra

en la figura 3.86. el capacitor es un cable (inicia sus carga), entonces: I =

24/200 = 0,12 A.

• Paso Nº2: La carga máxima es por recorrido de

malla: cuando el capacitor esta cargado

(abierto) ver figura 2.87.

-24V+Vc +IR = 0 Ec·1

Pero la corriente es cero (rama

abierta), entonces:

1 2

24 V 4 μf

200Ω

F:2.85

V

o

1

2

24 V 4 μf

200Ω

F:2.86

V

o

1

2

24V +

200Ω Vc

-

F:2.87

V

o



Vc = 24 voltios Q=4 μf

• Paso Nº3: La constante de tiempo: t =RC = 200x 4= 400 μSeg.

• Paso Nº4:

El tiempo máximo es : tm= 5xt= 5x400 = 2000 μSeg.

• Paso Nº5: La ecuación general de carga:

A = Vc(t=0)- Vc(t>>0) = 0-24=-24

voltios, B= Vc(t>>0)=24v

q(t) = C( -24e -t/ τ + 24),= 95 μC

Ejemplo Nº12:

Se posee el siguiente circuito RC, el interruptor”S”, se cierra en T=0 seg, encontrar: a-. Corrientes para T=0seg. b-. Corrientes para t>>0 seg. c-. Si la resistencia 3Ω, representa un

bombillo, qué tiempo tarda en apagarse.

Solución:

• Paso Nº1: Las corrientes para T=0 seg, el

suiche se encuentra en la cerrado

(previo a este tiempo estaba

abierto), por lo tanto el capacitor

inicia su carga y se convierte en un

conductor ideal. ver figura 2.89

• Paso Nº2: La resistencia de 3 Ω y 6 Ω, se

encuentran en paralelo, su

equivalente tiene un valor de 2 Ω,

luego el circuito nos queda de una

malla. (ver figura 2.91)

• Paso Nº3: I1 = 24/(6) = 4 A.

Buscamos el valor del voltaje de la

resistencia de 2 Ω, que es igual a :

V2Ω = 2x4 = 8 voltios.

• Paso Nº4: Este voltaje es el mismo para 3 Ω y 6

Ω, en tal sentido, aplicando la Ley

Ohm, podemos encontrar los valores

de las corrientes restantes:

I2 = 8/6 = 1.33 A

I3 = 8 /3 =2.66 A.

• Paso Nº5: Para T>>0seg, ya el capacitor esta

cargado y se abre (ver figura 2.92),

entonces la corriente que circula por èl

es: I3 = 0A.

Por lo tanto las corrientes:

I1=I2 = 24/10 =2.4 A.

• Paso Nº6: El tiempo que tarda en apagarse el

bombillo, significa que tenemos que

encontrar el “Tm”,

4Ω I3

I2 3Ω

I1

6Ω

10μf

24v

s

Vo

F:2.89

4Ω I3

I2 3Ω

I1

6Ω

24v

s

Vo

F:2.90

4Ω

I1

2Ω

24v

Vo

F:2.91

4Ω I3

I2 3Ω

I1

6Ω +

Vc

24v -

s

Vo

F:2.92

4Ω I3

I2 3Ω

I1

6Ω +

Vc

-

s

F:2.93



Tm = 3t ( t:= taú), donde t =RC.

Tenemos que encontrar la resistencia equivalente, vista entre los

terminales del capacitor, para eso, “eliminamos” la batería, el circuito nos

queda de la siguiente forma.(ver figura 2.93)

• Paso Nº7: Se observa que 4Ω y 6 Ω, están en paralelo y su equivalente es :

R1 =24/10 = 2,4 Ω , el circuito queda:

En todas las resistencias en serie

R = 2,4+3 =5,4 Ω.

• Paso Nº8:

Por lo tanto t = 5.4 *10μf= 54 μSeg.

Tm = 3*t =162 μSeg, este es el

tiempo que tarda el bombillo en

apagarse.

Ejemplo Nº13:

El capacitor inicialmente esta descargado, si el suiche se cierra en T=0seg, calcular: a-. Las corrientes en T=0 seg. b- Las corrientes en T>>0 seg. c- La carga máxima del capacitor. d-. La constante de tiempo capacitiva

(taù)

Soluciòn:

• Paso Nº1: Al cerrase el suiche, el circuito

queda como el de la figura 2.95.,

donde el capacitor es un conductor

ideal..

.

• Paso Nº2: I2 = 0 A, (la resistencia 8Ω esta en

corto circuito), entonces:

I3 = I1 = 12/(4) = 3 A.

Estos son los valores de corriente en

T=0seg.

• Paso Nº3: En T>>0 seg, el capacitor esta

cargado y se abre (ver figura 2.96),

por lo tanto su corriente es cero: I3 =

0 A

I2 = I1 = 12/12 = 1 A

• .Paso Nº4: La carga máxima se determina:

Q= C. Vc, donde Vc es por recorrido

de malla y es el voltaje máximo del

capacitor. Si recorremos la malla

donde esta la resistencia de 8Ω con

el capacitor y en sentido horario, nos

queda : - Vc + I28 = 0 → Vc =8 v

Luego: q= 6x 8 = 48μc

• Paso Nº5: Las resistencias están en paralelo:

R=32/12 =2,66Ω,

t = 2,66 x 6 = 16 μSeg

Ejemplo Nº40:

4Ω I3

I1

I2 6μf

8Ω

12v

s

F:2.94

V

o

4Ω I3

I1

I2

8Ω

12v

s

F:2.95

V

o

4Ω

+

8Ω Vc

-

s

F:2.97

4Ω I3

I1

I2 +

8Ω Vc

12v -

s

F:2.96

V

o

1 2

12v R2

10μf

R1

V

o

F:2.98



El capacitor inicialmente se carga, cuando tiene mucho rato conectado a la baterìa (suiche en la posición Nº1), el tiempo empleado para cargarse es de 100μseg y cuando el suiche se coloca en la posición Nº2, tarda en descargarse 350μseg. En función a estos datos, encontrar: a-. Los valores de las resistencias R1 y R2.

Soluciòn:

• Paso Nº1: El tiempo máximo de carga viene dado: Tm =5τ , donde τ=R1C,

despejamos la resistencia y tenemos: R1 = 100μSeg/(5x10μf)= 2Ω

Para descarga aplicamos la misma ecuación, pero empleamos los 350μSeg

R2 = 350μSeg/(5x10μf)= 7Ω

Ejemplo Nº14:

El interruptor se coloca en la posición Nº1 en T=0seg, luego de haber transcurrido 30 seg, el suiche cambia a la posición Nº2, podemos afirmar que el capacitor esta al 100% de su carga.

Soluciòn:

• Paso Nº1: El tiempo máximo de carga viene dado: Tm =5τ , donde τ=R1C, y tenemos:

Tm = 5 x (6x2) =60Seg, esto significa que el capacitor necesita como

mínimo este tiempo para cargarse, por lo tanto 30 Seg, no tienen el 100% de

la carga, podemos buscar que valor de la carga tiene y luego su porcentaje, por

medio de la ecuación general de carga.

• Paso Nº2:

La ecuación general de carga: q(t) = C( Ae -t/ τ + B),

A = Vc(t=0)- Vc(t>>0) = 0-12=-12 voltios, B= Vc(t>>0)=12v

q(t) = C( -12e -t/ τ + 12),=2x(-12 e -30/ 12 + 12)=2x(-0,98+12)

q(t) =22,02 coulomb, la carga al 100% es q(100%) =24c, entonces

aplicamos una “regla de Tres” 100%→24c

%→ 22,02

El porcentaje indica que representa para

ese tiempo (30seg) tiene el 91,75% de la

carga total. Este resultado nos muestra que

a pesar que el tiempo máximo de carga es de

60seg, y el interruptor cambia de posición a

los 30seg, podríamos decir que este tiempo

de 30seg es la mitad de 60seg y por lo tanto

tendría el 50% de la carga, pero no es asi, y

todo es debido a que las curvas de carga,

voltaje y corriente de un capacitor en un

circuito RC, son exponenciales y no

podemos aplicar una “Regla de Tres” con los

datos dados por el problema, es necesario

encontrar los datos por medio de la ecuación

general y luego si aplicar la “Regla de Tres”

.

En la siguiente figura 2.99, se muestra la curva de la corriente Vs, el

tiempo en un circuito RC.

Ejemplo Nº42: De la figura dada a continuación, encontrar: a-. El tiempo que tarda la corriente en

disminuir la mitad de su valor máximo.

b-. Puede este tiempo ser considerado como la vida media de la corriente en un circuito RC en serie, explicar su respuesta.

I

Io=Vo/R

Io/e

RC t

F:2.99

2 3

1

a C R

Vo

F:2.100

V

o

2 2

12v 8Ω

R2

2f

6Ω

V

o

F:2.98



Solución:

• Paso Nº1: Como la corriente en un circuito

serie (señalado en la parte “b”),

tenemos que:

I(t) =Ioe-t/RC Pero, la corriente es la

mitad de su valor inicial, nos queda:

Io/2 = Ioe-t/RC Simplificando : ½ =

Ie-t/RC

• Paso Nº2: Al aplicar logaritmos naturales a

ambos lados, se obtiene:

Ln1-Ln2 =-t/ (RC) despejamos el tiempo “t” y finalmente se obtiene

t= RC Ln2.

• Paso Nº3: Para el proceso de descarga del capacitor, tenemos el siguiente circuito,

donde se asume que el interruptor ya tiene mucho tiempo en la posición

Nº1, por lo tanto el capacitor se encuentra cargado y su corriente es cero

(I) y la caída de tensión en la resistencia es cero (V=IR), al realzar el

recorrido de la malla nos queda:

-Vo +Vc=0 entonces Vc = Vo (la diferencia de potencial a través del

capacitor es igual a la que se tiene en la fuente ), ahora si el interruptor se

ubica en la posición Nº2, el circuito que nos queda es el siguiente:

Realizando recorrido de malla nos queda:

IR +q/C = 0 pero I = dq/dt luego R dq/dt +q/ C =0

dq/q = -dt/(RC) (integramos) entonces: Ln(q)-Ln(qo)= -t/RC

Si se simplifica y se obtienen los antilogaritmos, obtenemos:

q(t) =qoe-t/RC→q(t)=CV-t/RC Representa la ecuación general de descarga.

Ejemplo 43. Un capacitor se carga al conectarlo a una batería real con resistencia interna “Ri”, determinar si la carga final y la diferencia de potencial del capacitor dependen de la resistencia interna de la batería real, explicar.

Solución:

• Paso Nº1: La carga viene dada:

Q(t)=Qo(1-Ioe-t/RC), donde “R”

representa la resistencia total que se

emplea para el proceso de carga del

capacitor, si R =Ri, entonces si

interviene en el valor final de esta y de

igual forma en el voltaje V=Q/C.

Ejemplo Nº34 Del circuito del ejemplo anterior (33), el interruptor se coloca en la posición Nº2, después de mucho tiempo (capacitor ya cargado), encontrar en qué momento la carga es igual a la mitad de su valor inicial.

Solución:

• Paso Nº1: Como es un proceso descarga se utiliza la

ecuación: q(t) =qoe-t/RC

• Paso Nº2: Como se desea encontrar el tiempo

para tener la mitad de su valor

inicial tenemos: qo/2 =qoe-t/RC

entonces 0.5 = e-t/RC

Aplicamos logaritmo natural -0.693 =-

t / ح Despejamos t= 0.693 RC

1 10K

12v 2

10μf

F:2.102

2 3

1

a C R

Vo

F:2.101

V

o

10μf 15Ω

12Ω

15Ω 5μf

10Ω 50v s

Vo

F:2.105



Ejemplo 15. Los capacitores del circuito de la figura 2.105, están inicialmente descargados, si el interruptor se cierra en T=0 seg, determinar: a-. Cuál es el valor de la corriente en

T=0 seg que suministra la batería. b-. Cuál es la intensidad de corriente

para T>>0. c-.) Cuáles son las cargas finales de

cada capacitor.

Solución:

• Paso Nº1: Los capacitores, inician la carga y se comportan como unos cables, ver figura

2.106. Las resistencias de 12Ω y las dos de 15Ω están en paralelo (están

conectadas entre los puntos a-b)

1/Ra = 1/15+1/15+1/12

1/Ra= 13/60 →Ra =4,61Ω, esta

resistencia queda en serie con 10Ω,

entonces

It= 50/14,61 =3,42 A

• Paso Nº2:

En T>>0 seg, los capacitores están

cargados (y se abren), las corrientes

que circulan por sus ramas son cero, y

todas las resistencia quedan en serie:

Rt= 10+15+12+15=52Ω

Por ley de Ohm

It= 50/52= 0,96 A.

• Paso Nº3: Busquemos los voltajes en cada resistencia, con este valor de corriente:

V15 = 0,96 x 15= 14,42 voltios, V12 = 0,96 x 12= 11,56 voltios

Para Vc1: -15x0,96+Vc1-12x0,96=0→ 25,92 Voltaje

Para Vc2: -15x0,96+Vc2-12x0,96=0→ 25,92 Voltaje

Para q(10μf) = 259,2 μc

Para q(5μf) = 129,6 μc

3.5-.Problemas.

1-. Del siguiente circuito, el interruptor se cierra justamente en T=0 seg,y luego permanece sin cambiar de posición , encontrar:

a-. El voltaje en la resistencia y el capacitor para t=0 seg.

b-. Voltaje en la resistencia y el capacitor para un T>>0seg.

Resp: a) VR = 24V Vc =0v. b) VR= 0v Vc =24 V

2-. El interruptor en T=0seg, se ubica en la posición Nº2, encontrar:

a-. Corrientes para T=0seg. b-. Corrientes para T>>0seg. c-. Energía del capacitor. Resp: a-.I1=I3= 3 A. I2= 0 A b-.I1=0 A, I2= -1.2 A.I3 = 1.2 A. c-. U = ½(10)x(6.2)2 3-. Dado el siguiente circuito, encontrar:

S 10 μf

24v 2Ω

P-1

V

o

4Ω

2

•1

I1

12v 6Ω

10f

I2

I3 P-2

a 15Ω

12Ω

15Ω

a b

10Ω 50v s

Vo

F:2.106

+Vc1 - + 15Ω

-

12Ω +

15Ω

a + - +Vc2 - b

10Ω 50v s

Vo

F:2.107



a-. Si el suiche en T=0seg se ubica en la posición Nº2 el valor de las corrientes.

b-. Carga máxima del capacitor. c-. Ecuación general de voltaje y carga. Resp: a-. I1=1.3 A, I2= 4 A, I3 = 2.6 A. b-.Q= 144 μc. c-. V(t) = (14.4-14.4e-t/RC) q(t) = C.V(t) 4-. El interruptor se cierra en T=0seg,

encontrar: a-. Las corrientes para T=0seg. b-. Las corrientes para T>>0seg Resp: a-. I1=I2=I3= 0 A. b-. I1=I2=I3 =0 A.

5-.Se posee el siguiente circuito “RC”, el interruptor posee tres (3) posiciones (1,2 y 3), para un tiempo de T=0seg se ubica en la posición Nº2, luego un instante después de t>>o el interruptor cambia y se ubica en la posición Nº3, encontrar: a-. Las corrientes para T=0 seg. b-. La constante capacitiva. c-. Las corrientes un instante después de T>>0seg. d-. Qué tiempo tiene que transcurrir (en la descarga), para que el capacitor tenga la mitad de la carga inicial. Resp: a-) I1=I3=3 A, I2=0 A. b-.)T= 8x10=80seg. c-.) I1=I2=I3=0 A. d-)Ln (0.5)=t/100. 6-.En el circuito encontrar: a-.Las corrientes. b-.La carga máxima. c-.Los voltaje Vab y Vcd. Resp: I1= 0 A. I2= 6 A. I3= - 2 A. b-. q= 10x3 =30 c. c-. Vab= 12v, Vcd=8 v

4Ω 2

I1

24v 3Ω

6Ω 10f

I2 I3

P-3

5Ω

24v I3

I1

10f

3Ω I2

6Ω

P-4

I1

24v

6Ω

8Ω 1

2

I2

3

I3 2Ω

10f

P-5

c 8v I1

d

3Ω 2Ω 5v

2Ω

I2

2Ω

0Ω

12v 10f

V

o

P-6



7-. En estado estacionario (estabilidad), la carga del capacitor es 1000μC, determinar: a-. La corriente total. b-. El valor de las resistencias R1, R2 y

R3. Resp: a-.) It = 0,4Amp. b..) R1 = 0,4Ω, R2= 10Ω y R3=6,6Ω 8-.Los capacitores uncialmente están descargados, se cierra primero S2 y luego S1, encontrar: a-. Valor de la corriente en la batería

una vez cerrada los dos suiches. b-. Corriente en la batería después de

mucho tiempo cerrado los suiches. c-.Voltaje en cada capacitor. d-.Después de un largo tiempo, se abre

“S2”, que voltaje tiene el capacitor “C2” un instante depuès de abrir “S2”.

e-. La corriente por la resistencia de 150Ω en función del tiempo, una vez que se abre “S2”.

Resp:

a-.It= 0,012ª b-. 40ma.

c- V(10μf)0 8 v y V(50μf)= 6v.

5μf

R3

10Ω

R2

5A

50Ω 5Ω

5A

R1

310v

Vo

P-7

S1

12v 100Ω

10μf

50Ω

S2

150Ω

50μf

V

o

P-8

universidad fermin toro cabudare-venezuela escuela de ... · como los de sintonía de frecuencias y...

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