01-Previo-Ctos-1-21619-2006-1-v01-SOL

Facultad de

Escuela de IngenieríasIngenierías

Físico Mecánicas

Eléctrica, Electrónica y de Telecomunicaciones

SOLUCIÓN DEL PRIMER EXAMEN PREVIO DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS I (21619)

Bucaramanga, lunes 13 de marzo de 2006 - 6:00 p.m.

Nombre: ____________________________________ Código: ____________ Grupo: _____

Calificación: TIEMPO: DOS(2) HORAS

NOTA: LA EVALUACIÓN CONSTA DE CUATRO (4) PUNTOS. TODOS LOS PUNTOS TIENEN IGUAL PONDERACIÓN.

Hoja: 1 De: 13 CONSTRUIMOS FUTURO

1. Responda las siguientes tres (3) preguntas de selección múltiple con única respuesta marcando la casilla correspondiente a A, B, C o D1. 1-1. El artilugio del “Supernodo” y la “Supermalla” tienen el propósito de A. evitar introducir en las ecuaciones de la técnica de nodos términos representando

los voltajes desconocidos a través de fuentes de corriente y en las ecuaciones de la técnica de mallas términos representando las corrientes desconocidas a través de fuentes de tensión....................................................................................................

B. permitir aplicar la técnica de nodos a circuitos con fuentes de corriente y la técnica de mallas a circuitos con fuentes de tensión............................................................

C. mantener en el mínimo posible el número de incógnitas requeridas para resolver un circuito al aplicar la Ley de Corrientes de Kirchhoff en sus nodos o la Ley1n − de Voltajes de Kirchhoff en sus mallas si existen fuentes de tensión y corrientem respectivamente. .....................................................................................................

D. disminuir el número de ecuaciones necesarias para resolver circuitos eléctricos con muchos nodos o con muchas mallas........................................................................

SOLUCIÓN: En la opción A se expresa lo opuesto a lo que sucede en realidad. El “supernodo” se utiliza para evitar introducir en las ecuaciones de la técnica de nodos términos representando las corrientes desconocidas a través de fuentes de tensión. La “supermalla” por su parte se utiliza para evitar introducir en las ecuaciones de la técnica de mallas términos representando los voltajes desconocidos a través de fuentes de corriente. La técnica de nodos puede utilizarse en circuitos con fuentes de corriente sin mayor inconveniente así como la técnica de mallas en los circuitos con fuentes de tensión. La opción B es falsa. La opción C es correcta. El “supernodo” permite mantener en el mínimo posible el número de incógnitas requeridas para resolver un circuito con la técnica de nodos al aplicar la Ley de Corrientes de Kirchhoff en sus nodos evitando de esta forma introducir en las ecuaciones términos representando las corrientes desconocidas a través de fuentes de tensión. De igual manera la “supermalla” permite mantener en el mínimo posible en numero de incognitas requeridas para resolver un circuito con la técnica de mallas al aplicar la Ley de Voltajes de Kirchhoff en sus m mallas evitando de esta forma introducir en las ecuaciones términos representando las tensiones desconocidas a través de fuentes de corriente.

1n −

La opción D simplemente no tiene sentido.

1 Estas preguntas tienen como propósito comprobar el grado de desarrollo de la dimensión cognitiva (a través de

las competencias interpretativa, argumentativa y propositiva) y de la dimensión disciplinar (ingeniería eléctrica/electrónica) en el componente de modelado de fenómenos y procesos (a través del contenido referencial de circuitos eléctricos). Esto acorde con los lineamientos fijados por el ICFES para el Examen de Calidad de la Educación Superior (ECAES).

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Nombre: ___________________________________ Código: _____________ Grupo: _____


Primer Período Académico de 2006


1-2. El siguiente sistema de ecuaciones fue obtenido directamente al aplicar la técnica de nodos a un circuito eléctrico resistivo en corriente continua sin fuentes controladas ni fuentes de tensión:

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦

1,1 1,2 1, 1 1

2,1 2,2 2, 2 2

,1 ,2 ,

V IV I

V I

……

…

n

n

n n n n n n

x x xx x x

x x x

Los términos ,i ix y ( )≠,i jx i j representan

A. la sumatoria de las resistencias conectadas al nodo y el negativo de la resistenciai conectada entre los nodos y , respectivamente. .............................................i j

B. la sumatoria de las conductancias conectadas al nodo y el negativo de lai conductancia conectada entre los nodos y , respectivamente. .......................i j

C. la sumatoria de las corrientes entrando por fuente de corriente al nodo i y la sumatoria de las corrientes saliendo por las resistencias conectadas entre los nodos i y , respectivamente...........................................................................................j

D. la sumatoria de las corrientes saliendo por resistencias del nodo y la sumatoriai de las corrientes entrando por las fuentes de corriente conectadas entre los nodos i y , respectivamente...........................................................................................j

SOLUCIÓN: La opción A es la respuesta a la pregunta análoga (dual) realizada para el análisis de mallas. La opción B es la correcta. Para resolver un circuito por la técnica o método de nodos se debe resolver el sistema de ecuaciones [ ] [ ] [ ]⋅ =G V I donde [ ]G es la matriz de conductancias nodales. Sus términos tienen el siguiente valor:

=∑,i i ijj

g g

( )= − ≠,i j ijg g i j

donde ijg es la conductancia de la rama que une los nodos y . i j

[ ]V es el vector de tensiones de nodo, esto es, las diferencias entre la tensión de un nodo y la de un nodo cualquiera del circuito, que se escoge como nodo de referencia.

[ ]I es el vector de corrientes de nodo, que está formado por las corrientes entrantes en un nodo provenientes de fuentes de corriente. Cada uno de los elementos se forma se la siguiente manera:

=∑I Ik kj

j .

Las opciones C y D simplemente juegan con la forma en como se aplica la Ley de Corrientes de Kirchhoff en cada uno de los nodos diferentes al de referencia en la técnica de nodos.

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¿

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1-3. La configuración de resistencias mostrada a continuación es conocida como “puente de Wheatstone”. En este caso el circuito en puente está constituido por cuatro resistencias que pueden variarse (lo que se indica en la figura mediante la flecha que atraviesa a , , y ) y una quinta resistencia fija . 1R 2R 3R 4R 5R

R1 R2

R3 R4

R5

a

b

I

+

–V

¿Qué propondría usted para que la resistencia no consuma potencia alguna? 5R

A. Cortocircuitar a y a . ....................................................................................1R 4R

B. Cortocircuitar a y a . ...................................................................................2R 3R

C. Ajustar las resistencias de manera que =1

4 3

R RR R

2 . ..................................................

D. Ajustar las resistencias de manera que =4

3 1

R RR R

2 . ..................................................

SOLUCIÓN: Lo propuesto en la opción A tan solo pone en paralelo a , y lo que no garantiza de manera alguna que no consuma potencia.

2R 3R 5R

5R

Lo propuesto en la opción B tan solo pone en paralelo a , y lo que no garantiza de manera alguna que no consuma potencia.

1R 4R 5R

5R

Suponiendo que la corriente se divide en una corriente y otra en las resistencias y respectivamente y teniendo en cuenta que no consume potencia alguna, esto es, su

tensión y su corriente son cero, se tiene:

I 1I 2I 1R

2R 5R=1 1 2 2R I R I , =3 1 4 2R I R I . Dividiendo estas dos

ecuaciones se obtiene:

=1 2

3 4

R RR R

.

Entonces la opción C es incorrecta y la opción D es correcta.

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¿

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2. Calcule el valor de la fuente independiente de corriente para que la tensión en el condensador de en el circuito de la

iCv

F5Figura 1 tenga un valor

constante de . V3

ivC

V4Ω14

Ω15

Ω15

Ω14

Ω1 Ω310

H310

H1

+

–F5

Figura 1.

SOLUCIÓN:

Como la tensión es constante y no

hay más fuentes independientes además de la fuente constante de se puede estar seguro que la fuente de corriente es constante y por lo tanto los condensadores en el circuito se comportan como circuitos abiertos y las bobinas como cortocircuitos.

Cv ( )V3

V4i

iV4Ω

14

Ω15

Ω15

Ω14

Ω1 Ω310

+

–V3

Aplicando el principio de superposición, el circuito se puede resolver analizando por separado en efecto de cada una de las dos fuentes.

V4Ω14

Ω15

Ω15

Ω14

Ω1 Ω310

vC’+

–

+

–+

–

v1

v2

iΩ

14

Ω15

Ω15

Ω14

Ω1 Ω310

+

–vC’’

( )V 1′ ′′+ = 3C Cv v

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¿

′ = +1Cv v v2 . Ahora por divisor de tensión:

( )VV

⎛ ⎞− Ω⎜ ⎟⎝ ⎠= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞Ω + Ω + Ω⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1

14 441 3 1 34 10 5

v −

( )VV

⎛ ⎞Ω⎜ ⎟⎝ ⎠= =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞Ω + Ω⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

14 1651 1 94 5

v

( )V 2′ = + =1 249Cv v v

La tensión ′′Cv puede hallarse en función de

hallando la resistencia equivalente vista por la fuente de corriente.

i

i Ω2318

+

–vC’’

( )3′′ =2318Cv i

De ( , ( y )1 )2 ( )3 : , A+ = =4 23 3 29 18

i i

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3. La forma de onda representada en la Figura 2 corresponde a la tensión en los extremos de un condensador ideal de . F2

a. Determinar si en el instante dicho condensador esta

entregando o almacenando energía y el valor de la energía almacenada en ese instante.

s= 3t

b. Grafique además de la potencia y la energía del condensador.

i

[ ]VCv

[ ]st1 2 3 4

6

[ ]VCv

[ ]st1 2 3 4

6

+

–F2Cv

i+

–F2Cv

i

Figura 2.

SOLUCIÓN:

La ecuación del condensador con las referencias de la figura es: ( )( )

Cdv ti t Cdt

= − .

Entonces para los tres intervalos de la tensión se tiene:

Intervalo [s] Tensión Corriente

0 1t< ≤ ( ) [ ]6 VCv t t= ( ) ( )62 1

d ti t

dt= − = − 2 A

1 2t< ≤ ( ) [ ]6 VCv t = ( ) ( )62 0di tdt

= − = A

2 4t< ≤ ( ) [ ]3 12 VCv t t= − + ( ) ( )3 122 6

d ti t

dt− +

= − = A

Las expresiones de la potencia y la energía son:

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¿

( ) ( ) ( )C Ct v t i t= − y ( ) ( )212Cw t Cv t=p C . Entonces:

Intervalo [s] Potencia Energía

0 1t< ≤ ( ) [ ]72 WCp t t= ( ) [ ]236 Jw t t=

1 2t< ≤ ( ) [ ]0 WCp t = ( ) [ ]36 Jw t =

2 4t< ≤ ( ) [ ]18 72 WCp t t= − ( ) ( ) [ ]2 29 4 9 72 144 Jw t t t t= − = − +

Para se tiene: s= 3t

( ) ( )3 18 3 72 18 WCp = − = − (Entrega Energía).

Energía almacenada:

( ) ( )23 9 3 4 9w = − = J

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A continuación las gráficas solicitadas, esto es, corriente, potencia y energía en el condensador:

[ ]VCv

[ ]st1 2 3 4

6

[ ]Ai

[ ]st12 3 4

6

−12[ ]WCp

[ ]st1

23 4

72

−36[ ]JCw

[ ]st1

2

3 4

36

4. El circuito de la Figura 3 es una versión en corriente continua del sistema de distribución de tres conductores2 de una cochera en la Mesa de los Santos. A través de una línea de distribución de energía con una resistencia de Ω1 en cada fase y Ω3 en el conductor neutro se alimenta el reloj de control de personal que esta instalado en la entrada de la cochera, la iluminación de la caseta del celador y vías de acceso además del ventilador que saca de la cochera el gas metano producido por las deposiciones de los cerdos evitando de esta forma que mueran ahogados durante las frías noches3. Cada fase del sistema de distribución esta protegida por un interruptor termomagnético de 30 A que se abre para magnitudes de corrientes superiores a este valor, si no esta defectuoso, disparando una alarma de aviso en la caseta del celador. Los conductores del sistema de distribución soportan sin inconvenientes corrientes de hasta . El reloj de control de personal se modela como una resistencia de

y el fabricante del mismo garantiza que puede operar sin problemas con una tensión de magnitud

A60kΩ3

V ±120 30% , el sistema de iluminación como una resistencia de y funciona sin problemas aparentes con una tensión de magnitud y el sistema de ventilación de la cochera se modela como una resistencia de que sólo cumple su

Ω30V ±120 40%Ω7

2 Un sistema de distribución de tres conductores permite tener instalaciones con dos tensiones de servicio, en este

caso 120 V y 240 V en el lado de la fuente. 3 Los animales son encerrados en las noches para evitar que mueran de hipotermia.

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Hoja: 7 De: 13 CONSTRUIMOS FUTURO RDCR/JFJ

¿

V ±propósito para una tensión de magnitud 240 30% ya que por porque fuera de este rango deja de funcionar.

Una noche ocurre un cortocircuito en los terminales del reloj de control de personal (puntos A y N) y el sistema de ventiladores deja de funcionar pero el celador no se percata de esto porque no se apagan las luces en su caseta ni se disparan los interruptores termomagnéticos y por lo tanto ninguna las alarmas que indican si han actuado. Debido a esto, todos los animales en la cochera mueren ahogados esa noche.

Al día siguiente el dueño de la cochera hace la solicitud de reposición de sus animales ante su compañía de seguros indicando que el problema fue que el interruptor termomagnético en la Fase A no actuó para despejar el cortocircuito en los terminales del reloj. Después del análisis del perito enviado por la aseguradora, esta se niega a reponer el valor de los animales alegando que aunque efectivamente el interruptor de la Fase A no funciona adecuadamente actualmente (opera sólo para corrientes mayores a ), este sí actuó esa noche porque el reloj no se dañó por el cortocircuito y presenta un atraso igual al tiempo en que se demoró en reparar la instalación. Asegura el perito que el valor de operación del interruptor pasó de

a como consecuencia de la falla pero que actuó correctamente cuando corriente fue superior a esa noche. Alega el perito que el problema fue que el celador ignoró la alarma de disparo del interruptor (la cual esta funcionando perfectamente incluso ahora después de la falla) u olvidó reponer el interruptor después de desconectar el reloj después de la falla.

A60

A30 A60A30

V120

V120

Ω1

Ω3

Ω1FASE b

FASE a

NEUTRO (n)

A

N

B

VI

RI

LI

AI

NI

BI

A30

A30

( )A60

N

B

A

Nn

Figura 3.

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Ante este informe, el dueño de la cochera decide proceder en contra del celador por negligencia. El celador acude a usted, estudiante de la E3T, ya que se conocieron durante el bachillerato4, y le pide soporte para probar su inocencia mediante la justificación técnica de lo siguiente:

Un cortocircuito en los terminales del reloj no tiene porque dañar internamente el reloj, independientemente de si el interruptor termomagnético actúe o no, y el reloj detiene su marcha sin dañarse.

Considerando el rango de operación de la tensión de alimentación del sistema de iluminación, este no se ve afectado por el cortocircuito y el celador desde su puesto de vigilancia no tenía como darse cuenta de la falla si esta no ocurre en su presencia y no se disparan los interruptores y consecuentemente sus alarmas.

El sistema de ventilación no falló por el disparo del interruptor (ya que este no ocurrió) sino porque el cortocircuito en los terminales del reloj provocó que la tensión de alimentación de los ventiladores se saliera de su rango válido.

La magnitud de la corriente de falla en la Fase A no superó los y por ello el interruptor de esa fase no actuó. El problema con el interruptor es que no funciona para la magnitud de corriente especificada por el fabricante del mismo, esto es , sino para .

A60

A30A60

Para justificar estos puntos usted decide realizar lo siguiente:

a. Calcular las corrientes , e , las tensiones , y 5RI LI VI ANV NBV ABV , las potencias

consumidas por el reloj, la iluminación y el ventilador, además de las pérdidas en la línea (resistencias de en las fases y Ω1 Ω3 en el neutro) antes del cortocircuito entre los puntos A y N (funcionamiento en condiciones normales). Escoja para esto la técnica más adecuada entre el método de nodos6 y el de mallas. [30%]

b. Calcular las corrientes , e , las tensiones , y , las potencias consumidas por el reloj, la iluminación y el ventilador, además de las pérdidas en la línea (resistencias de en las fases y

RI LI VI ANV NBV ABV

Ω1 Ω3 en el neutro) mientras los puntos A y N están cortocircuitados. Escoja para esto la técnica más adecuada entre el método de nodos6 y el de mallas. [30%]

c. En base a lo anterior, ¿se pueden comprobar las afirmaciones del celador?, ¿su análisis como ingeniero puede introducir “duda razonable” sobre las afirmaciones del perito de manera que el celador pueda ser exonerado? Justifique técnicamente sus respuestas, esto es, fundaméntelas en los valores determinados en los literales a. y b. [10%]

Adicionalmente usted identifica una oportunidad de negocio para ofrecer sus servicios de ingeniería al dueño de la cochera:

4 Suponga que usted y el celador son bachilleres técnicos en electricidad. 5 En la notación de doble subíndice para voltajes, se supone siempre que el signo (+) de la polaridad está en el

punto nombrado con el subíndice que aparece primero y el (-) en el punto nombrado con el segundo subíndice. 6 En caso de seleccionar el método de nodos, se valorará la escogencia del nodo de referencia.

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d. ¿Cual es la eficiencia7 del sistema de distribución de energía de la cochera operando en condiciones normales? [10%]

e. ¿Qué efecto se tendría sobre los dispositivos alimentados por el sistema de distribución (reloj, iluminación, ventilador) si en condiciones normales se desconectara el neutro de la instalación8? [20%]

SOLUCIÓN: Análisis en condiciones normales (literal a.)

Se prefiere utilizar el “método de mallas”.

V120

V120

Ω1

Ω3

Ω1

n

kΩ3

Ω30

Ω7N

A

B

AI

NI

BI

VI

RI

LI

+

–ANV

+

–NBV

+

–ABV

I1

I2

I3

Aplicando LVK en Malla 1:

( ) ( )1 1 3 1 2120 3000 3 0I I I I I− + + − + − =

( )1 2 33004 3 3000 120 1I I I− − =

LVK en Malla 2:

( ) ( )2 1 2 3 2120 3 30 0I I I I I− + − + − + =

( )1 2 33 34 30 120 2I I I− + − =

LVK en Malla 3:

( ) ( )3 1 3 3 23000 7 30 0I I I I I− + + − =

( )1 2 33000 30 3037 0 3I I I− − + =

Resolviendo ( )1 , ( y )2 ( )3 :

1 26,3904665325 AI = , , 2 29,1137529896 AI = 3 26,3565400683 AI = .

Entonces:

0,0339264642 A=RI , 26,36 A=VI , 2,7572129213 A=LI

Por Ley de Ohm:

101,7793926 V=ANV , 82,716387639 V=NBV , 184,495780478 V=ABV

Con la corriente o la tensión es posible calcular la potencia:

3, 45301491933 W=RP , 4862,6704306 W=VP , 228,066692801 W=LP

( ) ( ) ( )2 2Pérdidas 26,39 3 29,11 26,39 29,11

Pérdidas 1566,31620432 W

= + − +

=

2

Y con las potencias ya se puede calcular la eficiencia (literal d.):

3, 45 4862,67 228,07 100%3,45 4862,67 228,07 1566,32

76,4835265708%

η

η

+ += ×

+ + +

=

7

( ) ( )Potencia Dispositivos Potencia Fuentes Pérdidas Línea100% 100%Potencia Fuentes Potencia Fuentes

η −= × = ×

8 Esto es equivalente a poner en circuito abierto los puntos n y N del sistema de distribución de la cochera.

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Análisis en condiciones de cortocircuito (literal b.) LCK en nodo A:

V120

V120

Ω1

Ω3

Ω1

n

Ω30

Ω7

AI

NI

BI

VIRI

LI

+

–V=ANV 0

+

–NBV

+

–ABV

AV

BV

( ) ( ) ( )120 03 30 7

A B A BAA

V V V VVV− −

− + + + =

( )317 37 25200 1A BV V− =

LCK en nodo B:

( ) ( ) ( )120 030 7

B A B AB

V V V VV

− −+ + + =

( )37 247 25200 2A BV V− =

Resolviendo ( )1 y ( )2 :

68,7898089172 VAV =

91.7197452229 VBV = −

Entonces:

28, 2802547771 A=RI , 22,9299363057 A=VI , 5,35031847133 A=LI

0 V=ANV , 160,50955414 V=NBV , 160,50955414 V=ABV

Con la corriente o la tensión es posible calcular la potencia:

0 W=RP , 3680, 47385289 W=VP , 858,77723234 W=LP

( ) ( ) ( )2

2 268,79Pérdidas 120 68,79 120 91.723

Pérdidas 4999,60241795 W

= − + + −

=

El celador afirma lo siguiente: Un cortocircuito en los terminales del reloj no tiene porque dañar internamente el reloj,

independientemente de si el interruptor termomagnético actúe o no, y el reloj detiene su marcha sin dañarse.

Concepto: Correcto. 0 V=ANV después de la falla por lo que el reloj simplemente detiene su

marcha.

Considerando el rango de operación de la tensión de alimentación del sistema de iluminación, este no se ve afectado por el cortocircuito y el celador desde su puesto de vigilancia no tenía como darse cuenta de la falla si esta no ocurre en su presencia y no se disparan los interruptores y consecuentemente sus alarmas.

Concepto: Correcto. El rango de operación de la tensión del sistema de iluminación es , V ±120 40% [ ]V, V72 168 . La tensión en el sistema de iluminación después de la falla

está dentro de este rango ( 160,51 V=NBV ) El sistema de ventilación no falló por el disparo del interruptor (ya que este no ocurrió) sino porque el

cortocircuito en los terminales del reloj provocó que la tensión de alimentación de los ventiladores se saliera de su rango válido.

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Concepto: Correcto. El rango de operación de la tensión del sistema de ventilación es , [V ±240 30% ]V, V168 312 . La tensión en el sistema de ventilación después de la falla

está fuera de este rango ( 160,51 V=ABV ) La magnitud de la corriente de falla en la Fase A no superó los y por ello el interruptor de esa

fase no actuó. El problema con el interruptor es que no funciona para la magnitud de corriente especificada por el fabricante del mismo, esto es , sino para .

A60

A30 A60

Concepto: Correcto. La instalación soporta sin problemas corrientes hasta de . La

magnitud de la corriente por la fase a después de la falla fue de . Si el

interruptor de la fase sólo actúa para corrientes mayores a no tiene porque haber detectado el cortocircuito de esa noche y la instalación pudo soportarlo sin destruirse.

A6051, 2101910828 AAI =

A60

Análisis con el neutro desconectado:

( )120 120 73000 V3000

3000 730

30 1 13000

7307

⎛ + ⋅= ⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⋅⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟+ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

ANV ⎞

V120

V120

Ω1

Ω1

n

kΩ3

Ω30

Ω7N

A

B

AI

BI

VI

RI

LI

+

–ANV

+

–NBV

+

–ABV

184,723647559 V=ANV

Rango de Operación de la Tensión del Reloj:

V ±120 30% , [ ]V, V84 156

Se quema el reloj de control de personal.

( )120 120 730 V, 1,84723647559 V3000

3000 730

30 1 13000

7307

⎛ + ⋅ ⎞= =⎜ ⎟⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟⋅⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟+ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟+ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎜ ⎟+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠

NB NBV V

Rango de Operación de la Tensión del Sistema de Iluminación:

V ±120 40% , [ ]V, V72 168

Se apaga el sistema de iluminación.

= +AB AN NBV V V , 186,570884035 V=ABV

Rango de Operación de la Tensión del Sistema de Ventilación:

V ±240 30% , [ ]V, V168 312

El sistema de ventilación funciona normalmente.

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OPTIONAL PROBLEMS

Solving next two problems is not compulsory. If you correctly solve first problem (in English of course), this one will be included in the total test grade computation as an additional equally weighted problem. If you correctly solve both first and second problem (in English), the grade obtained will replace the one which was got with the worst graded problem in Spanish but weighted a fifty percent more when computing the total test grade. Clearly show all the work needed to obtain your answer to receive credit.

1. When the switch closes, the voltage magnitude across the resistor in the circuit showed in

Ω10Figure 1 rises to .

Find the numerical value of in ohms. V25

x

Ω10

xV100 3x

= 0t

Figure 1.

SOLUTION:

( )1025 100

3103x xx x

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎛ ⎞⎜ ⎟+ ⎜ ⎟+⎝ ⎠⎝ ⎠

, 40x = Ω

2. Write the equations needed to solve for node voltages y in the circuit showed in

av bvFigure 2. Assume that

parameters , , , , and are known. Put the equations into the matrix provided. Do not combine any of the fractions, and do not attempt to solve the equations. Variable should not appear in your matrix.

X Y Z m k

0I

av

bv

0I

V5

Ω3

Ω7

0Ikam v

ΩXΩY

ΩZ

av

bv

0I

V5

Ω3

Ω7

0Ikam v

ΩXΩY

ΩZ

Figure 2.

SOLUTION: Writing the KCL for the node a:

( ) ( ) ( )50

3 7a a a b aav mv v v vv

X Z− − −

+ + + =

Writing the KCL for the node b:

( ) ( ) 53

b a b a av mv v v vkY Z− − −⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

RDCR/JFJ

¿

Facultad de


Físico Mecánicas






1 113 3

1 1 57

1 113 3

mX X

5Z Z

km kZY Z Y

⎡ ⎤+ −−⎢ ⎥⎢ ⎥

⎡ ⎤⎢ ⎥+ + ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎡ ⎤⎢ ⎥⋅ =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ −⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦− +− − ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦

⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

a

b

vv

RDCR/JFJ

¿

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01-Previo-Ctos-1-21619-2006-1-v01-SOL