Este documento presenta 12 problemas de capacitancia y circuitos de capacitores. Cada problema contiene datos numéricos y se pide realizar cálculos para determinar capacitancias equivalentes, cargas, diferencias de potencial, energía almacenada y otros valores relacionados con capacitores. Los problemas involucran el uso de fórmulas básicas de capacitancia para arreglos en serie y paralelo de capacitores.

1. PROBLEMAS 9
Datos del problema C1 2μF:= d1 0.02mm:= A1 1.9651m
2
:=
C2 4μF:= C3 3μF:= C4 1μF:= Vbc 250V:=
a ) Capacitancia equivalente del sistema
primero hacemos la reduccion de la conexion paralelo
C34 C3 C4+:= C34 4 μF=
reduccion de los capacitores en serie
C12
C1 C2
C1 C2+
:= C12 1.333 μF=
Finalmente tendremos el equivalente total
Ce
C34 C12
C34 C12+
:= Ce 1 μF=
b ) valor de la fuente de fuerza electromotriz
primero hallamos la carga total Qt Q1= Q2= Q34= por estar en serie los capacitores
Q2 C2 Vbc:= Q2 1 mC= Finalmente la carga total sera Qt Q2 1 10
3
 μC=:=
ε1
Qt
Ce
:= ε1 1 kV=
c ) La energia total alamacenada
Ut
1
2
Ce ε1
2
:= Ut 0.5J=
d ) Determinar el tipo de dielectrico para construir el capacitor uno
primero calculamos el voltaje en el capacitor
Vab
Qt
C2
:= Vab 250 V= Er
Vab
d1
:= Er 12.5
kV
mm
=
de la tabla seleccionamos el papel k 3.6:=

2. PROBLEMA 10
Datos del problema A 250cm
2
:= σ 5
μC
m
2
:= xo 4:= C2. 1.5nF:= C3. 1nF:=
a ) Calcular la carga en cada una de las placas d 1mm:=
Qpositiva σA:= Qpositiva 125 nC= Qnegativa Qpositiva−:=
b ) la magnitud del campo electrico en el dielectrico del capacitor uno
usando la ley de gauss Ep
Qpositiva
A ε0
:= Ep 564.705
kN
C
=
c ) la diferencia de potencial entres los puntos a y c
como la carga es la misma para la configuracion serie
C1.
A xo ε0
d
:= C1. 0.885 nF=
CT
C1 C2. C3.+( )
C1. C2.+ C3.+
:= CT 1.477 μF= diferencia de potencial VAB
Qpositiva
C1.
:=
VAB 141.176 V=
diferencia de potencia para el arreglo en paralelo
VBC
Qpositiva
C2. C3.+( )
:= VBC 50 V= aplicano ley de voltajes tendremos
VAC VAB VBC+:= VAC 191.176 V=
d ) la capacitancia equivalente del sistema
la desarrollamos en el inciso c )
e ) La energia total alamacenada en el arreglo
UF
1
2
CT VAC
2
:= UF 0.027J=

3. PROBLEMA 11
Considerando los datos del problema
c1 150nF:= c2 15nF:= Ac 0.5m
2
:= ke 4:= ΔVac 150V:=
a ) Determinar el vector de polarizacion
primero hallamos la direncia de potencial del capacitor dos
Ceq
c1 c2
c1 c2+
:= Ceq 13.636 nF=
Qto Ceq ΔVac:= Qto 2.045μC= esta carga es la misma para los dos capacitores
Vbc.
Qto
c1
:= Vbc. 13.636 V=
luego hallamos la distancia c entre las placas del capacitor
co ke
Ac ε0
c1
:= co 0.118mm=
Finalmente hallamos el campo electrico del capacitor uno
E1
Vbc
co
:= E1 2.118 10
3

kN
C
=
Luego hallamos el vector de polarizacion donde la susceptibilidad electrica es
P1 ke ε0 E1:= P1 75
μC
m
2
=
b ) Determinar la densidad de carga inducida en la cara izquierda
σ1
Qto
Ac
:= σ1 4.091
μC
m
2
=

4. PROBLEMA 12
ce 50nF:= c2. 100nF:= c3 100nF:= εr1 31.25
pF
m
:= εr2 15.625
pF
m
:=
para determinar el valor del capacitor uno, usaremos el arreglo en paralelo
ΔVab 100V:=
de la condicion tendremos
U1
1
2
Ce1 ΔVab= U2
1
2
Ce2 ΔVab= U1 3 U2=
igualando ambas ecuaciones
1
2
Ce1 ΔVab
2

3
2
Ce2 ΔVab
2
= simplificando tendremos Ce1 3 Ce2=
Por otro lado las formulas de las capacitancias son
d1e 2d2e=
Ce1
A11 εr1 ε0
2d22
= Ce2
A22 εr2 ε0
d22
=
A11 εr1 6 A22 εr2=
Ce
A11 εr1 ε0
d11
A22 εr2 ε0
d22
+= combinando las ecuaciones tendremos
Ce
3 A22 εr2 ε0
d22
A22 εr2 ε0
d22
+=
b ) la capacitancia equivalente
Cequi Ce
c2. c3
c2. c3+






+:= Cequi 1.05 μF=