Electrotecnia. Problemas resueltos de ejemplo.
Problema 1. Batería con resistencia interna
Una resistencia de \(5\,\Omega\) está conectada a los bornes de una batería de fem \(12\,V\), cuya resistencia interna es \(1\,\Omega\), como indica la figura 1. El punto \(c\) está unido a tierra.
a) ¿Cuál es el sentido (convencional) de la corriente en la batería? ¿Y en el circuito exterior?
b) ¿Cuántos culombios por segundo saldrán del borne positivo de la batería? ¿Cuántos culombios por segundo entrarán en el borne negativo? ¿Cuántos culombios por segundo entrarán en la resistencia por el punto \(b\)? ¿Cuántos culombios por segundo saldrán de la resistencia por el punto \(c\)?
c) Calcúlense los potenciales en los puntos \(a\), \(b\), \(c\) y \(d\).
d) Hállese la diferencia de potencial \(V_{ad}\) entre los bornes de la batería.
e) Calcúlese la diferencia de potencial \(V_{bc}\) entre los bornes de la resistencia.
f) ¿Cuál es la intensidad de la corriente en el conductor que une el punto \(c\) a tierra?
Fig. 1
Solución
Datos:
$$
\varepsilon = 12\,V
$$
$$
r = 1\,\Omega
$$
$$
R = 5\,\Omega
$$
1. Cálculo de la corriente del circuito
La resistencia total es:
$$
R_T = R + r = 5 + 1 = 6\,\Omega
$$
Aplicando la ecuación del circuito:
$$
i=\frac{\varepsilon}{R+r}
$$
$$
i=\frac{12}{6}=2\,A
$$
Respuesta a)
La corriente convencional circula en el interior de la batería desde el borne negativo hacia el positivo, es decir, de d hacia a.
En el circuito exterior circula desde el borne positivo hacia el negativo, es decir, de a hacia d.
Respuesta b)
Como:
$$
1\,A = 1\,\frac{coul}{seg}
$$
entonces:
$$
i = 2\,\frac{coul}{seg}
$$
Por lo tanto:
- Salen del borne positivo de la batería: 2 coul/seg.
- Entran en el borne negativo de la batería: 2 coul/seg.
- Entran en la resistencia por el punto \(b\): 2 coul/seg.
- Salen de la resistencia por el punto \(c\): 2 coul/seg.
Respuesta c)
Como el punto \(c\) está conectado a tierra:
$$
V_c = 0\,V
$$
La caída de tensión en la resistencia es:
$$
V_{bc}=Ri
$$
$$
V_{bc}=5 \times 2 = 10\,V
$$
Por consiguiente:
$$
V_b = 10\,V
$$
Como los puntos \(a\) y \(b\) están unidos por conductor ideal:
$$
V_a = V_b = 10\,V
$$
Como los puntos \(c\) y \(d\) están unidos por conductor ideal:
$$
V_d = V_c = 0\,V
$$
Los potenciales son:
$$
V_a = 10\,V
$$
$$
V_b = 10\,V
$$
$$
V_c = 0\,V
$$
$$
V_d = 0\,V
$$
Respuesta d)
La diferencia de potencial entre los bornes de la batería es:
$$
V_{ad}=V_a-V_d
$$
$$
V_{ad}=10-0=10\,V
$$
Respuesta e)
La diferencia de potencial entre los bornes de la resistencia es:
$$
V_{bc}=V_b-V_c
$$
$$
V_{bc}=10-0=10\,V
$$
Respuesta f)
La corriente que circula por el conductor que une el punto \(c\) a tierra es:
$$
i_{tierra}=0\,A
$$
La conexión a tierra solamente fija el potencial de referencia del circuito y, en este caso, no transporta corriente.
Resultados finales
- a) Corriente en la batería: de d a a. Corriente en el circuito exterior: de a a d.
- b) \(2\,coul/seg\).
- c) \(V_a=10\,V\), \(V_b=10\,V\), \(V_c=0\), \(V_d=0\).
- d) \(V_{ad}=10\,V\).
- e) \(V_{bc}=10\,V\).
- f) Corriente por el conductor a tierra: \(0\,A\).
Problema 2
En el circuito de la figura 1, calcular:
- La cantidad de energía interna transformada por segundo en energía eléctrica dentro de la batería.
- La cantidad de calor desarrollada por segundo en la batería.
- La cantidad de calor desarrollada por segundo en la resistencia exterior.
a) Energía transformada por segundo dentro de la batería
$$
P=\varepsilon i
$$
$$
P=12 \times 2 = 24\,W
$$
La batería transforma energía interna en energía eléctrica a razón de:
$$
24\,\frac{J}{s}
$$
b) Calor desarrollado por segundo en la batería
La batería posee resistencia interna \(r=1\,\Omega\). Por efecto Joule:
$$
P_r = ri^2
$$
$$
P_r = 1 \times 2^2 = 4\,W
$$
El calor desarrollado dentro de la batería es:
$$
4\,\frac{J}{s}
$$
c) Calor desarrollado por segundo en la resistencia exterior
$$
P_R = Ri^2
$$
$$
P_R = 5 \times 2^2 = 20\,W
$$
El calor desarrollado en la resistencia exterior es:
$$
20\,\frac{J}{s}
$$
Comprobación energética:
$$
\varepsilon i = Ri^2 + ri^2
$$
$$
24 = 20 + 4
$$
La energía suministrada por la batería se distribuye entre el calor producido en la resistencia exterior y el calor producido en la resistencia interna de la batería.
Problema 3. Batería con reóstato y resistencia interna
Problema 3. La figura 2 representa una batería de fuerza electromotriz \(24\,V\) y resistencia interna \(1\,\Omega\). Entre sus bornes se conecta un reóstato de resistencia variable \(R\).
Determinar:
- El valor de la resistencia \(R\) para que la corriente en el circuito sea:
- \(0\,A\)
- \(4\,A\)
- \(8\,A\)
- \(12\,A\)
- \(16\,A\)
- \(20\,A\)
- \(24\,A\)
- La máxima intensidad de corriente que puede circular por el circuito.
- La diferencia de potencial entre los bornes de la batería para cada uno de los valores de corriente anteriores.
- Si se fija \(R=3\,\Omega\), hallar la fuerza electromotriz que debe tener una segunda batería conectada en serie con la primera para que circule una corriente de \(28\,A\), ayudando a la batería original.
- Si se fija nuevamente \(R=3\,\Omega\), hallar la fuerza electromotriz que debe tener una segunda batería conectada en serie para que circule una corriente de \(4\,A\) en sentido contrario al anterior, oponiéndose a la batería original.
- Determinar la diferencia de potencial entre los bornes de la primera batería en los casos de los incisos d) y e).
- Responder:
- ¿Es posible que la corriente que circula por una batería exceda a la corriente de cortocircuito?
- ¿Está necesariamente el borne positivo de una batería a un potencial superior al borne negativo?
Fig. 2 . Batería de 24 V con resistencia interna de 1 Ω y reóstato variable
La figura 2 representa una batería de fem \(24\,V\) y resistencia interna \(1\,\Omega\). Entre sus bornes hay un reóstato de resistencia \(R\).
Datos:
$$
\varepsilon = 24\,V
$$
$$
r = 1\,\Omega
$$
a) Resistencia R para distintas corrientes
La corriente en el circuito es:
$$
i=\frac{\varepsilon}{R+r}
$$
Despejando \(R\):
$$
R=\frac{\varepsilon}{i}-r
$$
Entonces:
- Para \(i=0\,A\): \(R=\infty\)
- Para \(i=4\,A\): \(R=\frac{24}{4}-1=5\,\Omega\)
- Para \(i=8\,A\): \(R=\frac{24}{8}-1=2\,\Omega\)
- Para \(i=12\,A\): \(R=\frac{24}{12}-1=1\,\Omega\)
- Para \(i=16\,A\): \(R=\frac{24}{16}-1=0,5\,\Omega\)
- Para \(i=20\,A\): \(R=\frac{24}{20}-1=0,2\,\Omega\)
- Para \(i=24\,A\): \(R=\frac{24}{24}-1=0\,\Omega\)
Resultado:
$$
R=\infty;\;5;\;2;\;1;\;0,5;\;0,2;\;0\,\Omega
$$
b) Máxima intensidad de corriente
La corriente máxima ocurre cuando el reóstato vale cero:
$$
R=0
$$
$$
i_{max}=\frac{24}{0+1}=24\,A
$$
Resultado:
$$
i_{max}=24\,A
$$
c) Voltaje entre los bornes de la batería
El voltaje en los bornes de la batería es:
$$
V_{ab}=\varepsilon - ri
$$
Como \(r=1\,\Omega\):
$$
V_{ab}=24-i
$$
- Para \(i=0\,A\): \(V_{ab}=24\,V\)
- Para \(i=4\,A\): \(V_{ab}=20\,V\)
- Para \(i=8\,A\): \(V_{ab}=16\,V\)
- Para \(i=12\,A\): \(V_{ab}=12\,V\)
- Para \(i=16\,A\): \(V_{ab}=8\,V\)
- Para \(i=20\,A\): \(V_{ab}=4\,V\)
- Para \(i=24\,A\): \(V_{ab}=0\,V\)
Resultado:
$$
V_{ab}=24;\;20;\;16;\;12;\;8;\;4;\;0\,V
$$
d) Segunda batería en serie ayudando a la primera
Se fija:
$$
R=3\,\Omega
$$
La resistencia total del circuito es:
$$
R_T=R+r=3+1=4\,\Omega
$$
Se desea una corriente de:
$$
i=28\,A
$$
La fem total necesaria será:
$$
\varepsilon_T=iR_T
$$
$$
\varepsilon_T=28 \times 4=112\,V
$$
Como la primera batería aporta \(24\,V\), la segunda batería debe aportar:
$$
\varepsilon_2=112-24=88\,V
$$
Resultado: la segunda batería debe tener una fem de:
$$
\varepsilon_2=88\,V
$$
Debe conectarse ayudando a la primera batería, es decir, con polaridad en el mismo sentido.
e) Segunda batería en serie oponiéndose a la primera
Ahora se desea una corriente de:
$$
i=4\,A
$$
y de sentido opuesto al considerado en el inciso anterior. La resistencia total sigue siendo:
$$
R_T=4\,\Omega
$$
La fem neta necesaria para producir esa corriente es:
$$
\varepsilon_{neta}=iR_T
$$
$$
\varepsilon_{neta}=4 \times 4=16\,V
$$
Como la segunda batería debe oponerse a la primera y vencerla, se cumple:
$$
\varepsilon_2-24=16
$$
$$
\varepsilon_2=40\,V
$$
Resultado: la segunda batería debe tener una fem de:
$$
\varepsilon_2=40\,V
$$
Debe conectarse oponiéndose a la primera batería.
f) Diferencia de potencial entre los bornes de la primera batería
Para el caso del inciso d), la corriente es \(28\,A\) y la primera batería entrega energía al circuito. Entonces:
$$
V_{ab}=\varepsilon-ri
$$
$$
V_{ab}=24-(1)(28)
$$
$$
V_{ab}=-4\,V
$$
Para el caso del inciso e), la corriente es de \(4\,A\) y atraviesa la primera batería en sentido contrario, cargándola. Entonces:
$$
V_{ab}=\varepsilon+ri
$$
$$
V_{ab}=24+(1)(4)
$$
$$
V_{ab}=28\,V
$$
Resultado:
$$
V_{ab}=-4\,V
$$
para el inciso d), y:
$$
V_{ab}=28\,V
$$
para el inciso e).
g) Preguntas conceptuales
¿Es posible que la corriente que circula en una batería exceda a la corriente de cortocircuito?
Sí. Esto puede ocurrir si otra fuente externa se conecta en serie y ayuda o fuerza la circulación de corriente a través de la batería.
¿Está necesariamente el borne positivo de una batería a un potencial superior al borne negativo?
No. Cuando una batería está entregando energía, normalmente su borne positivo está a mayor potencial que el negativo. Pero si una corriente externa la fuerza en sentido contrario, como ocurre durante la carga o en ciertas conexiones con otras fuentes, puede suceder que el voltaje entre bornes tenga otro valor o incluso signo contrario según el caso.
Resultados finales
- a) \(R=\infty;\;5;\;2;\;1;\;0,5;\;0,2;\;0\,\Omega\).
- b) Corriente máxima: \(24\,A\).
- c) \(V_{ab}=24;\;20;\;16;\;12;\;8;\;4;\;0\,V\).
- d) Segunda batería: \(88\,V\), ayudando a la primera.
- e) Segunda batería: \(40\,V\), oponiéndose a la primera.
- f) \(V_{ab}=-4\,V\) en d) y \(V_{ab}=28\,V\) en e).
- g) Sí. No.
Resistencia equivalente de la figura 3
Enunciado: Calcular la resistencia equivalente de la red de resistencias mostrada en la figura 5-12 y determinar la intensidad de corriente que circula por cada conductor.
La red está alimentada por una fuente de fuerza electromotriz de \(54\,V\) y resistencia interna despreciable. Las resistencias tienen los siguientes valores:
- \(4\,\Omega\) en serie con la red.
- \(6\,\Omega\) y \(3\,\Omega\) conectadas en paralelo.
- \(4\,\Omega\) y \(2\,\Omega\) conectadas en serie en una de las ramas.
Se pide:
- Reducir la red paso a paso hasta obtener una sola resistencia equivalente.
- Calcular la resistencia equivalente total del circuito.
- Determinar la corriente total suministrada por la fuente.
- Hallar la corriente que circula por cada resistencia de la red original.
- Verificar los resultados aplicando las leyes de asociación de resistencias en serie y en paralelo.
Calcular la resistencia equivalente de la red de la figura 3 y la intensidad de corriente en cada conductor.
Fig. 3. Pasos sucesivos de reducción de una red de resistencias a una resistencia equivalente.
Datos principales:
$$
V_T = 54\,V
$$
La red se reduce paso a paso combinando resistencias en serie y en paralelo.
1. Reducción del paralelo de 6 Ω y 3 Ω
En la parte superior derecha de la red hay dos resistencias en paralelo:
$$
R_1 = 6\,\Omega
$$
$$
R_2 = 3\,\Omega
$$
La resistencia equivalente en paralelo es:
$$
R_p=\frac{R_1R_2}{R_1+R_2}
$$
$$
R_p=\frac{6 \times 3}{6+3}
$$
$$
R_p=\frac{18}{9}=2\,\Omega
$$
2. Asociación en serie de 4 Ω y 2 Ω
La resistencia equivalente de \(2\,\Omega\) queda en serie con una resistencia de \(4\,\Omega\):
$$
R_s=4+2=6\,\Omega
$$
3. Nuevo paralelo entre 6 Ω y 3 Ω
Ahora queda una rama de \(6\,\Omega\) en paralelo con otra de \(3\,\Omega\):
$$
R_p=\frac{6 \times 3}{6+3}
$$
$$
R_p=2\,\Omega
$$
4. Resistencia total equivalente
Finalmente, esta resistencia de \(2\,\Omega\) queda en serie con la resistencia inicial de \(4\,\Omega\):
$$
R_{eq}=4+2
$$
$$
R_{eq}=6\,\Omega
$$
Resultado:
$$
R_{eq}=6\,\Omega
$$
Cálculo de la corriente total
Aplicando la ley de Ohm:
$$
i=\frac{V_T}{R_{eq}}
$$
$$
i=\frac{54}{6}
$$
$$
i=9\,A
$$
Por lo tanto, la corriente total que entrega la fuente es:
$$
i_T=9\,A
$$
Distribución de corrientes
La resistencia de \(4\,\Omega\) que está en serie con toda la red es atravesada por la corriente total:
$$
i=9\,A
$$
Luego, la corriente se divide entre dos ramas equivalentes:
- Rama superior equivalente: \(6\,\Omega\)
- Rama inferior: \(3\,\Omega\)
Como las ramas están en paralelo, la corriente se reparte en forma inversamente proporcional a sus resistencias. La rama de menor resistencia conduce mayor corriente.
La rama superior de \(6\,\Omega\) conduce:
$$
i=3\,A
$$
La rama inferior de \(3\,\Omega\) conduce:
$$
i=6\,A
$$
En la rama superior, la corriente de \(3\,A\) atraviesa primero la resistencia de \(4\,\Omega\), y luego se divide entre las resistencias de \(6\,\Omega\) y \(3\,\Omega\) conectadas en paralelo:
- Por la resistencia de \(6\,\Omega\): \(1\,A\)
- Por la resistencia de \(3\,\Omega\): \(2\,A\)
Resultados finales
- Resistencia equivalente total: \(R_{eq}=6\,\Omega\).
- Corriente total del circuito: \(i_T=9\,A\).
- Corriente por la resistencia inicial de \(4\,\Omega\): \(9\,A\).
- Corriente por la rama superior equivalente de \(6\,\Omega\): \(3\,A\).
- Corriente por la rama inferior de \(3\,\Omega\): \(6\,A\).
- Corriente por la resistencia de \(6\,\Omega\) del paralelo superior: \(1\,A\).
- Corriente por la resistencia de \(3\,\Omega\) del paralelo superior: \(2\,A\).
Ejemplo 1. Potencia en una batería con resistencia interna
Enunciado: Una batería de fem \(12\,V\) y resistencia interna \(0,5\,\Omega\) está conectada en serie con una resistencia exterior de \(5,5\,\Omega\), como se muestra en la figura 4.
Calcular:
- La intensidad de corriente que circula por el circuito.
- La diferencia de potencial entre los bornes de la batería.
- La potencia suministrada por la batería.
- La potencia entregada a la resistencia exterior.
- La potencia disipada en la resistencia interna de la batería.
- Verificar el balance de energía del circuito.
Fig. 4. Batería de \(12\,V\), resistencia interna \(0,5\,\Omega\) y resistencia exterior \(5,5\,\Omega\).
Datos:
$$\varepsilon = 12\,V$$
$$r = 0,5\,\Omega$$
$$R = 5,5\,\Omega$$
Corriente del circuito:
$$i=\frac{\varepsilon}{R+r}$$
$$i=\frac{12}{5,5+0,5}=\frac{12}{6}=2\,A$$
Voltaje en los bornes de la batería:
$$V_{ab}=iR$$
$$V_{ab}=2 \times 5,5=11\,V$$
También puede calcularse como:
$$V_{ab}=\varepsilon-ir$$
$$V_{ab}=12-(2)(0,5)=11\,V$$
Potencia entregada a la resistencia exterior:
$$P=V_{ab}i$$
$$P=11 \times 2=22\,W$$
Potencia producida por la batería:
$$P=\varepsilon i$$
$$P=12 \times 2=24\,W$$
Potencia perdida en la resistencia interna:
$$P_r=ri^2$$
$$P_r=0,5 \times 2^2=2\,W$$
Comprobación:
$$24\,W - 2\,W = 22\,W$$
Resultado: la batería genera \(24\,W\), de los cuales \(2\,W\) se pierden en su resistencia interna y \(22\,W\) se entregan a la resistencia exterior.
Ejemplo 2. Potencia y rendimiento de un motor shunt
Enunciado: La figura 5 representa un motor shunt alimentado por una fuente de \(100\,V\). El devanado de campo tiene una resistencia de \(200\,\Omega\), la resistencia del inducido es \(0,5\,\Omega\) y la fuerza contraelectromotriz del motor es de \(95\,V\).
Calcular:
- La corriente de excitación o corriente de campo.
- La corriente que circula por el inducido.
- La corriente total suministrada por la fuente.
- La potencia eléctrica absorbida por el motor.
- La potencia disipada por efecto Joule en el devanado de campo.
- La potencia disipada por efecto Joule en el inducido.
- La potencia transformada en energía mecánica.
- El rendimiento del motor.
Fig. 5. Esquema de un motor shunt alimentado con \(100\,V\).
Datos:
$$V_{ab}=100\,V$$
$$R_f=200\,\Omega$$
$$r_a=0,5\,\Omega$$
$$\varepsilon'=95\,V$$
La rama inferior corresponde al campo del motor, que se comporta como una resistencia pura.
Corriente de campo:
$$i_f=\frac{V_{ab}}{R_f}$$
$$i_f=\frac{100}{200}=0,5\,A$$
En la rama del inducido actúa una fuerza contraelectromotriz \(\varepsilon'\). Por lo tanto:
$$V_{ab}=\varepsilon'+i_a r_a$$
$$100=95+i_a(0,5)$$
$$i_a=\frac{100-95}{0,5}=10\,A$$
Corriente total suministrada por la fuente:
$$i_T=i_f+i_a$$
$$i_T=0,5+10=10,5\,A$$
Potencia total suministrada al motor:
$$P_{entrada}=V_{ab}i_T$$
$$P_{entrada}=100 \times 10,5=1050\,W$$
Pérdida por calor en el devanado de campo:
$$P_f=i_f^2R_f$$
$$P_f=0,5^2 \times 200=50\,W$$
Pérdida por calor en el inducido:
$$P_a=i_a^2r_a$$
$$P_a=10^2 \times 0,5=50\,W$$
Potencia transformada en energía mecánica:
$$P_m=\varepsilon'i_a$$
$$P_m=95 \times 10=950\,W$$
Comprobación energética:
$$P_{entrada}=P_f+P_a+P_m$$
$$1050=50+50+950$$
Rendimiento:
$$\eta=\frac{P_m}{P_{entrada}}\times100$$
$$\eta=\frac{950}{1050}\times100=90,5\%$$
Resultado: el motor recibe \(1050\,W\), pierde \(50\,W\) en el campo y \(50\,W\) en el inducido. La potencia mecánica desarrollada es \(950\,W\), con un rendimiento aproximado de \(90,5\%\).
Problema 3. Circuito con dos baterías y resistencias
Enunciado: En la figura 6, \(\varepsilon_1=24\,V\), \(r_1=2\,\Omega\), \(\varepsilon_2=6\,V\), \(r_2=1\,\Omega\), \(R_1=2\,\Omega\), \(R_2=1\,\Omega\), \(R_3=3\,\Omega\). Calcúlese:
- La intensidad de la corriente en el circuito.
- Los potenciales en los puntos \(a\), \(b\), \(c\) y \(d\).
- Las diferencias de potencial \(V_{ab}\) y \(V_{dc}\) entre los bornes de las baterías.
En la figura 6:
$$
\varepsilon_1=24\,V,\quad r_1=2\,\Omega
$$
$$
\varepsilon_2=6\,V,\quad r_2=1\,\Omega
$$
$$
R_1=2\,\Omega,\quad R_2=1\,\Omega,\quad R_3=3\,\Omega
$$
Fig. 6. Circuito con dos baterías, resistencias internas y resistencias exteriores.
a) Intensidad de corriente en el circuito
Las baterías están en oposición. Por lo tanto, la fem resultante es:
$$
\varepsilon_T=\varepsilon_1-\varepsilon_2
$$
$$
\varepsilon_T=24-6=18\,V
$$
La resistencia total del circuito es:
$$
R_T=r_1+r_2+R_1+R_2+R_3
$$
$$
R_T=2+1+2+1+3=9\,\Omega
$$
Entonces:
$$
i=\frac{\varepsilon_T}{R_T}
$$
$$
i=\frac{18}{9}=2\,A
$$
Resultado: la corriente vale:
$$
i=2\,A
$$
El sentido de la corriente es antihorario, desde \(a\) hacia \(e\), luego hacia \(d\), \(c\), \(b\) y nuevamente hacia \(a\).
b) Potenciales en los puntos a, b, c y d
El punto \(e\) está conectado a tierra, por lo tanto:
$$
V_e=0
$$
En la resistencia \(R_2=1\,\Omega\), la corriente va de \(a\) hacia \(e\):
$$
V_a-V_e=iR_2
$$
$$
V_a-0=2 \times 1
$$
$$
V_a=2\,V
$$
En la resistencia \(R_3=3\,\Omega\), la corriente va de \(e\) hacia \(d\):
$$
V_e-V_d=iR_3
$$
$$
0-V_d=2 \times 3
$$
$$
V_d=-6\,V
$$
Entre \(d\) y \(c\) se encuentra la segunda batería con su resistencia interna. Como la corriente atraviesa esta batería en sentido de carga:
$$
V_d-V_c=\varepsilon_2+ir_2
$$
$$
V_d-V_c=6+(2)(1)=8\,V
$$
$$
-6-V_c=8
$$
$$
V_c=-14\,V
$$
En \(R_1=2\,\Omega\), la corriente va de \(c\) hacia \(b\):
$$
V_c-V_b=iR_1
$$
$$
-14-V_b=2 \times 2
$$
$$
V_b=-18\,V
$$
Potenciales obtenidos:
- \(V_a=2\,V\)
- \(V_b=-18\,V\)
- \(V_c=-14\,V\)
- \(V_d=-6\,V\)
c) Diferencias de potencial entre los bornes de las baterías
Para la primera batería:
$$
V_{ab}=V_a-V_b
$$
$$
V_{ab}=2-(-18)
$$
$$
V_{ab}=20\,V
$$
También:
$$
V_{ab}=\varepsilon_1-ir_1
$$
$$
V_{ab}=24-(2)(2)=20\,V
$$
Para la segunda batería:
$$
V_{dc}=V_d-V_c
$$
$$
V_{dc}=-6-(-14)
$$
$$
V_{dc}=8\,V
$$
También:
$$
V_{dc}=\varepsilon_2+ir_2
$$
$$
V_{dc}=6+(2)(1)=8\,V
$$
Resultados finales
- a) \(i=2\,A\), con sentido antihorario.
- b) \(V_a=2\,V\), \(V_b=-18\,V\), \(V_c=-14\,V\), \(V_d=-6\,V\).
- c) \(V_{ab}=20\,V\), \(V_{dc}=8\,V\).
Problema 4. Circuito con batería invertida
En la figura 6 se tienen los siguientes datos:
\[
\varepsilon_1=24\,V
\]
\[
r_1=2\,\Omega
\]
\[
\varepsilon_2=6\,V
\]
\[
r_2=1\,\Omega
\]
\[
R_1=2\,\Omega
\]
\[
R_2=1\,\Omega
\]
\[
R_3=3\,\Omega
\]
La batería de \(6\,V\) ahora se encuentra invertida respecto de la posición utilizada en el problema 6.
Determinar:
- La intensidad de corriente en el circuito.
- Los potenciales en los puntos \(a\), \(b\), \(c\) y \(d\).
- Las diferencias de potencial \(V_{ab}\) y \(V_{dc}\) entre los bornes de las baterías.
Figura 7. Circuito anterior, pero con la batería de 6 V invertida.
Desarrollo
Al invertirse la batería de \(6\,V\), ambas fuerzas electromotrices colaboran en el mismo sentido. La fem total resulta:
\[
\Sigma \varepsilon = 24 + 6 = 30\,V
\]
La resistencia total del circuito es:
\[
\Sigma R=r_1+r_2+R_1+R_2+R_3
\]
\[
\Sigma R=2+1+2+1+3=9\,\Omega
\]
Aplicando la ecuación general del circuito:
\[
i=\frac{\Sigma \varepsilon}{\Sigma R}
=\frac{30}{9}
=3,3\,A
\]
Resultados
La intensidad de corriente es:
\[
\boxed{i=3,3\,A}
\]
Tomando el punto \(e\) como referencia de potencial nulo, los potenciales obtenidos son:
\[
\boxed{V_a=3,3\,V}
\]
\[
\boxed{V_b=-14\,V}
\]
\[
\boxed{V_c=-7,3\,V}
\]
\[
\boxed{V_d=-10\,V}
\]
Las diferencias de potencial entre los bornes de las baterías son:
\[
\boxed{V_{ab}=17,3\,V}
\]
\[
\boxed{V_{dc}=-2,7\,V}
\]
o bien:
\[
\boxed{V_{cd}=2,7\,V}
\]
Conclusión
Al invertir la batería de \(6\,V\), ambas fuerzas electromotrices se suman, aumentando la corriente del circuito hasta aproximadamente \(3,3\,A\). La batería de \(24\,V\) presenta una diferencia de potencial en bornes de \(17,3\,V\), mientras que la batería de \(6\,V\) presenta una diferencia de potencial de \(2,7\,V\), con polaridad opuesta según la convención adoptada para los puntos \(d\) y \(c\).
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