Universidad Fermín Toro Vicerrectorado Académico

Decanato de ingeniería Barquisimeto – Lara

Ejercicios propuestos

Integrantes: Di Benedetto, Cesidio #24.166.027

Figueria, Roger #20.891.189 Concepcion, Fernando #22.263.658

Ejercicio Nro. 1

Use la superposición para hallar la potencia en la resistencia de 10 Ω en el circuito de la figura. Valor: 1,5 pts

Solución

Quitando las fuentes de 90V y 40V

R04=((R4)-1+(R0)-1)-1=((66)-1+(66)-1)-1=33Ω Ix= (33/43)x6=4,6A P1=(Ix)2 R= (4,6)2x10=211,6W

Quitando las fuentes de 6A y 40V

Por LTK en malla I1 (66+66)I1-66I2=90V 132I1-66I2=90V (I) Por LTK en malla I2 (66+66+10)I2-66I1-66I3=0V

142I2-66I1-66I3=0V (II)

Por LTK en malla I3

(66+66)I3-66I2=0V 132I3-66I2=0V (III) Sistema de ecuaciones 132I1-66I2+0I3=90V

Por calculadora I1=0,97A

-66I1+142I2-66I3=0V I2=0,59A +0I1-66I2+132I3=0V I3=0,29A P2=(I2)2xR=(0,57)2x10=3,48W Quitando las fuentes de 6A y 90V

Por LTK en malla I1 (66+66)I1-66I2=40V 132I1-66I2=40V (I) Por LTK en malla I2

(66+66+10)I2-66I1-66I3=0V

142I2-66I1-66I3=0V (II) Por LTK en malla I3

(66+66)I3-66I2=0V 132I3-66I2=0V (III) Sistema de ecuaciones 132I1-66I2+0I3=40V

Por calculadora I1=0,43A

-66I1+142I2-66I3=0V I2=0,26A +0I1-66I2+132I3=0V I3=0,13A P3=(I2)2xR=(0,26)2x10=0,67W

Y por ultimo

P=P1+P2+P3=211,6+3,48+0,67=215,75W

Ejercicio Nro. 2

Use la superposición para hallar la corriente en la resistencia de 3 Ω en el circuito que se muestra. Valor: 1 pto

Solución

Quitando las fuentes de 6A y 16V

R41=R4+R1=91+3=94Ω R412=((R41)-1+(R2)-1)-1=((94)-1+(91)-1)-1=46,23Ω Req1=R0+R412=91+4623=137,23Ω Ia=(Va/Req1)=(20/137,23)=0,14A I1=R4xIa/(R4+R1)=91x0,14/91+3=0,13A Quitando las fuentes de 6A y 20V

R41=R4+R1=91+3=94Ω R412=((R41)-1+(R2)-1)-1=((94)-1+(91)-1)-1=46,23Ω Req2=R0+R412=91+4623=137,23Ω Ib=(Vb/Req2)=(16/137,23)=0,11A I1=R4xIb/(R4+R1)=91x0,11/91+3=0,10A Quitando las fuentes de 16V y 20V

I3=R4xIc/(R4+R1)=91x6/91+3=5,80A Y por ultimo I=I1+I2+I3=013+010+5,80=6,03A

Ejercicio Nro. 3 Determine Vo en el circuito de la figura utilizando el principio de superposición. Valor: 1,5 pts

Solución

Quitando la fuente de corriente de 2A

Transformando fuente dependiente

Por LTK en malla I1 -10V+(63+63+63)I1-31,5Vo1+Vo1=0 189I1-31,5Vo1+Vo1=10V (I) Por Ley de Ohm I1=Vo1/63 (II) Sustituyendo (II) en (I) ((189/63) -31,5+1)Vo1=10V -27,5Vo1=10V Vo1=(10/-27,5)V Vo1=-0,36V

Quitando la fuente de 10V

Transformando la fuente dependiente

Por LTK en malla I2 -126V+189I2-31,5Vo2+Vo2=0 189I2-31,5Vo2+Vo2=126V (III) Por Ley de Ohm I2=(Vo2/63) (IV) Sustituyendo (III) en (IV) ((189/63)-31,5+1)Vo2=126V

-27,5Vo2=(126/-27,5)V Vo2=-4,58V

Y por ultimo Vo=Vo1+Vo2=-0,36-4,58=-4,94V