Análisis de circuitos I: pack de repaso

Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 14 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.

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1Fórmulas y métodos

Resistencias en serie y en paralelo

Resistencias en serie
Req = R1 + R2 + …
Resistencias en paralelo
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dos en paralelo
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ley de Ohm
V = I·R
Potencia
P = V·I = I²R = V²/R

Método

  1. Empieza por el extremo de la red más alejado de los terminales.
  2. Combina las resistencias en serie sumándolas, y las resistencias en paralelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Vuelve a dibujar el circuito después de cada paso.
  4. Repite hasta que quede una sola resistencia entre los terminales.

Análisis nodal

Ley de corrientes de Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Corriente de rama
I = (Va − Vb)/R
Nodo de referencia
Vground = 0

Método

  1. Elige un nudo de referencia (tierra) y nombra las tensiones de los demás nudos.
  2. Aplica la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nudo desconocido: las corrientes que salen por cada rama igualan a las que entran.
  3. Expresa cada corriente de rama como (Va − Vb)/R.
  4. Resuelve el sistema de ecuaciones y luego halla la corriente que necesites.

Análisis de mallas

Ley de tensiones de Kirchhoff
ΣV = 0 en cada malla
Resistencia compartida
corriente = I1 − I2
Fuente de corriente en una malla
fija esa corriente de malla

Método

  1. Dibuja una corriente en sentido horario en cada malla (ventana) del circuito.
  2. Aplica la ley de tensiones de Kirchhoff en cada malla: la suma de las caídas de tensión es cero.
  3. En una resistencia compartida por dos mallas, la corriente es la diferencia de las dos corrientes de malla.
  4. Resuelve las ecuaciones; un resultado negativo significa que la corriente circula en sentido contrario.

Superposición

Superposición
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Fuente de tensión apagada
cortocircuito (0 V)
Fuente de corriente apagada
circuito abierto (0 A)
Divisor de tensión
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Divisor de corriente
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Método

  1. Cuenta las fuentes independientes. Resolverás un circuito más sencillo por cada fuente.
  2. Deja una fuente y anula las demás: una fuente de tensión se convierte en un cortocircuito (un cable) y una fuente de corriente en un circuito abierto (un hueco).
  3. Resuelve el circuito más sencillo para la tensión o corriente que necesitas, sin perder de vista su sentido.
  4. Repite con cada fuente y luego suma las contribuciones con sus signos.

Thévenin y Norton

Tensión de Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistencia de Thévenin
Rth: todas las fuentes apagadas, vista desde a–b
Corriente de Norton
IN = Vth/Rth
Corriente en la carga
IL = Vth/(Rth + RL)
Máxima transferencia de potencia
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Método

  1. Quita la carga y marca los dos terminales a y b.
  2. Halla la tensión en circuito abierto entre a y b: es Vth.
  3. Anula todas las fuentes independientes y halla la resistencia vista desde a–b: es Rth.
  4. Vuelve a conectar la carga al circuito equivalente: Vth en serie con Rth.
  5. Para el equivalente de Norton, convierte: IN = Vth/Rth, con RN = Rth en paralelo.

Circuitos con amplificador operacional

Amplificador inversor
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Amplificador no inversor
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Amplificador sumador
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Amplificador operacional ideal
V+ = V−, Iin = 0

Transitorios RC y RL

Constante de tiempo
τ = RC | τ = L/R
Respuesta
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Condensador en continua
circuito abierto; vC no puede saltar
Bobina en continua
cortocircuito; iL no puede saltar
Régimen permanente
t ≈ 5τ

Método

  1. Halla el valor inicial justo después de la conmutación: la tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden variar bruscamente.
  2. Halla el valor final mucho después de la conmutación: un condensador se comporta como un circuito abierto y una bobina como un cortocircuito.
  3. Halla la constante de tiempo: τ = RC o τ = L/R, usando la resistencia que ve el condensador o la bobina.
  4. Usa x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

2Problemas de práctica

1.Resistencias en serie y en paraleloMedia
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Halla la corriente IR2 por R2.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
2.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩIR2​AR4​20 ΩBR6​5 Ω

Halla la corriente IR2 por R2.

V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 ΩR5 = 8 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Análisis nodalMedia
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBIs​5 A

Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VB (respecto a tierra).

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 Ω
VB = V
4.Análisis nodalDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAR4​3 ΩB0,5·VA​

El rombo es una fuente de corriente controlada por tensión que inyecta una corriente de 0,5·VA (en A, con VA en V) hacia arriba al nodo B. Usa el análisis nodal para hallar la tensión de nodo VA (respecto a tierra).

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ωg = 0,5 A/V
VA = V
5.Análisis de mallasMedia
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Usa el análisis de mallas para hallar la corriente de malla I2 (sentido horario).

V1 = 18 VV2 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Análisis de mallasDifícil
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR4​20 ΩAR5​4 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Usa el análisis de mallas para hallar la corriente de malla I1 (sentido horario).

V1 = 36 VV2 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 Ω
I1 = A
7.SuperposiciónMedia
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩIR2​AR4​3 ΩBIs​1 A

Usa el principio de superposición para hallar la corriente IR2 por R2 en el sentido de la flecha.

V1 = 6 VIs = 1 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
8.SuperposiciónDifícil
R1​ = 15 ΩIR1​R2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAIs​0,5 AB−+V2​12 V

Usa la superposición para hallar la potencia PR1 absorbida por R1.

V1 = 12 VIs = 0,5 AV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
PR1 = W
9.Thévenin y NortonMedia
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩARL​6 ΩIL​B

Se conecta una carga RL = 6 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩRL = 6 Ω
IL = A
10.Thévenin y NortonDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAIs​4 ABab

Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 30 Ω
IN = A
11.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 1 VR1​ = 100 kΩV2​ = −2,8 VR3​ = 100 kΩR4​ = 22 kΩ

El amplificador diferencial usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V, con R3 = R1 y R4 = R2. Halla la tensión V− en la entrada inversora.

V1 = 1 VV2 = −2,8 VR1 = R3 = 100 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
V− = V
12.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = −0,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,4 VR2​ = 100 kΩ

El amplificador sumador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.

V1 = −0,7 VV2 = 0,4 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
13.Transitorios RC y RLMedia
+−Vs​15 Vt = 0R = 20 ΩL150 mHi(t)

La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. ¿Cuánto tiempo después de cerrar el interruptor alcanza la corriente el 80 % de su valor final? Halla t.

Vs = 15 VR = 20 ΩL = 150 mH
t = ms
14.Transitorios RC y RLDifícil
+−Vs​5 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

Un temporizador empieza a cargar en t = 0 un condensador descargado a través de una resistencia desde una alimentación de 5 V. Debe dispararse cuando la tensión del condensador llegue a 3,75 V, exactamente 200 ms después del inicio. Con R = 100 kΩ, halla la capacidad C necesaria.

Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 200 msR = 100 kΩ
C = µF

3Disoluciones

1.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR2 = 0,54 A

Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.

R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​15 ΩB

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.

R3 + R4 = 15 + 15 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 8·30/(8+30) = 6,316 Ω
Req = R1 + 6,316 = 20 + 6,316 = 26,32 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 18/26,32 = 0,684 A

Corriente por R₂

Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0,684·20 = 4,32 V
IR2 = VA/R2 = 4,32/8 = 0,54 A

Respuesta

IR2 = 0,54 A
2.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR2 = 0,807 A

Resistencias en serie y en paralelo: en serie, la misma corriente pasa por cada resistencia y R = R₁ + R₂ + …. En paralelo, cada resistencia tiene la misma tensión y 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Una red en escalera se reduce por parejas hasta que queda una sola resistencia equivalente.

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​20 ΩAR4​20 ΩBR6​5 Ω

Combina las resistencias desde el extremo más lejano

Empieza por el extremo más alejado de la fuente y avanza hacia ella. Las resistencias con la misma corriente están en serie; las que están entre los mismos dos nodos, en paralelo.

R5 + R6 = 8 + 5 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 7,879 Ω
R3 + 7,879 = 27,88 Ω
R2 ∥ 27,88 = 11,65 Ω
Req = R1 + 11,65 = 10 + 11,65 = 21,65 Ω

Corriente de la fuente

La fuente solo ve Req, así que la ley de Ohm da la corriente que entrega. Esa corriente pasa por R₁.

IR1 = V1/Req = 30/21,65 = 1,386 A

Corriente por R₂

Resta la caída en R₁ para obtener la tensión en el nodo A, que es la tensión en R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,386·10 = 16,14 V
IR2 = VA/R2 = 16,14/20 = 0,807 A

Respuesta

IR2 = 0,807 A
3.Análisis nodal

Respuesta: VB = 13,76 V

Análisis nodal: elige un nodo de referencia, nombra las tensiones de nodo desconocidas, escribe la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nodo desconocido usando la ley de Ohm (I = ΔV/R) y resuelve las ecuaciones resultantes.

R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​4 ΩBIs​5 A

Plantea los nodos

La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 12 V). Incógnitas: VA, VB.

LCK en el nodo A

Las corrientes que salen de A por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 12)/2 + (VA − VB)/3 = 0
1,167·VA − 0,3333·VB = 6

LCK en el nodo B

Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/4 + (VB − VA)/3 = 5
−0,3333·VA + 0,5833·VB = 5

Resuelve

Δ = (1,167)(0,5833) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,5694
VA = Δ1/Δ = 5,167/0,5694 = 9,073 V
VB = Δ2/Δ = 7,833/0,5694 = 13,76 V

Respuesta

VB = 13,76 V
4.Análisis nodal

Respuesta: VA = 5,949 V

Análisis nodal: elige un nodo de referencia, nombra las tensiones de nodo desconocidas, escribe la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nodo desconocido usando la ley de Ohm (I = ΔV/R) y resuelve las ecuaciones resultantes.

LCK en el nodo A

Las corrientes que salen de A por las resistencias son iguales a la corriente que las fuentes inyectan en A.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,5167·VA − 0,1·VB = 2,25

LCK en el nodo B

La fuente dependiente inyecta g·VA en el nodo B. Trátala como una fuente independiente y luego pasa el término en VA al lado izquierdo.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,6·VA + 0,4333·VB = 0

Resuelve

Δ = (0,5167)(0,4333) − (−0,1)(−0,6) = 0,1639
VA = Δ1/Δ = 0,975/0,1639 = 5,949 V
VB = Δ2/Δ = 1,35/0,1639 = 8,237 V

Respuesta

VA = 5,949 V
5.Análisis de mallas

Respuesta: I2 = −2,87 A

Análisis de mallas: asigna a cada ventana de un circuito plano su propia corriente de lazo, escribe la ley de tensiones de Kirchhoff en cada lazo (suma de caídas = suma de subidas) y resuelve. Las corrientes de rama son la corriente de malla o la diferencia de dos corrientes de malla en una rama compartida.

R1​ = 5 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Asigna las corrientes de malla

Dibuja una corriente en sentido horario en cada ventana: I1, I2. Una resistencia compartida por dos mallas lleva la diferencia de sus corrientes.

LTK en la malla 1

Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 15(I1 − I2) = 18
20·I1 − 15·I2 = 18

LTK en la malla 2

Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 15(I2 − I1) = (−30)
−15·I1 + 17·I2 = −30

Resuelve

Δ = (20)(17) − (−15)(−15) = 115
I1 = Δ1/Δ = −144/115 = −1,252 A
I2 = Δ2/Δ = −330/115 = −2,87 A

Respuesta

I2 = −2,87 A

Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.

6.Análisis de mallas

Respuesta: I1 = 1,961 A

Análisis de mallas: asigna a cada ventana de un circuito plano su propia corriente de lazo, escribe la ley de tensiones de Kirchhoff en cada lazo (suma de caídas = suma de subidas) y resuelve. Las corrientes de rama son la corriente de malla o la diferencia de dos corrientes de malla en una rama compartida.

R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR4​20 ΩAR5​4 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Asigna las corrientes de malla

Dibuja una corriente en sentido horario en cada ventana: I1, I2, I3. Una resistencia compartida por dos mallas lleva la diferencia de sus corrientes.

LTK en la malla 1

Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 20(I1 − I2) = 36
28·I1 − 20·I2 = 36

LTK en la malla 2

Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
15·I2 + 20(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 39·I2 − 4·I3 = 0

LTK en la malla 3

Recorriendo en sentido horario, las caídas en las resistencias igualan a las subidas de tensión de las fuentes (de − a + en el sentido del recorrido).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
15·I3 + 4(I3 − I2) = (−15)
−4·I2 + 19·I3 = −15

Resuelve

Δ = determinante de la matriz de coeficientes = 12700
I1 = Δ1/Δ = 24900/12700 = 1,961 A
I2 = Δ2/Δ = 12000/12700 = 0,9449 A
I3 = Δ3/Δ = −7500/12700 = −0,5906 A

Respuesta

I1 = 1,961 A

Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.

7.Superposición

Respuesta: IR2 = 0,3401 A

Superposición: en un circuito lineal, cualquier tensión o corriente es la suma de las respuestas a cada fuente independiente actuando sola. Para apagar una fuente, sustituye una fuente de tensión ideal por un cortocircuito y una fuente de corriente ideal por un circuito abierto. Las resistencias se quedan donde están.

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAR4​3 ΩBABIERTO

Caso 1 · V1 actuando sola

Iₛ pasa a ser un circuito abierto, así que R₃ y R₄ forman una rama en serie de A a tierra, en paralelo con R₂.

R3+R4 = 20+3 = 23 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·23/(8+23) = 5,935 Ω
VA = 6·5,935/(10+5,935) = 2,235 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,235·3/23 = 0,2915 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (2,235 − 0)/8 = 0,2794 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩCORTOR2​8 ΩAR4​3 ΩBIs​1 A

Caso 2 · Is actuando sola

V₁ pasa a ser un cortocircuito, así que R₁ queda en paralelo con R₂. Iₛ se reparte en B entre R₄ y el camino por R₃.

R1 ∥ R2 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 3 ∥ 24,44 = 2,672 Ω
VB = Is·Req = 1·2,672 = 2,672 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 2,672·4,444/24,44 = 0,4858 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (0,4858 − 0)/8 = 0,06073 A

Suma las contribuciones

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,2794 + 0,06073 = 0,3401 A

Un resultado negativo significa que la corriente real circula en sentido contrario a la flecha.

8.Superposición

Respuesta: PR1 = 9,154 W

Superposición: en un circuito lineal, cualquier tensión o corriente es la suma de las respuestas a cada fuente independiente actuando sola. Para apagar una fuente, sustituye una fuente de tensión ideal por un cortocircuito y una fuente de corriente ideal por un circuito abierto. Las resistencias se quedan donde están.

R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAABIERTOBCORTO

Caso 1 · V1 actuando sola

V₂ pasa a ser un cortocircuito e Iₛ un circuito abierto. Vista desde A, R₃ está en paralelo con la serie R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 11 = 5,238 Ω
VA = 12·5,238/(15+5,238) = 3,106 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,106·8/11 = 2,259 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (12 − 3,106)/15 = 0,5929 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 ΩCORTOR3​10 ΩAIs​0,5 ABCORTO

Caso 2 · Is actuando sola

Ambas fuentes de tensión pasan a ser cortocircuitos. Iₛ se reparte en B entre R₄ (ahora a tierra) y R₂ en serie con R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 6 Ω, así que el camino de la izquierda es R2+6 = 9 Ω
Req = R4 ∥ 9 = 4,235 Ω
VB = Is·Req = 0,5·4,235 = 2,118 V
VA = VB·6/9 = 1,412 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,412)/15 = −0,09412 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 ΩCORTOR3​10 ΩAABIERTOB−+V2​12 V

Caso 3 · V2 actuando sola

V₁ pasa a ser un cortocircuito e Iₛ un circuito abierto. R₁ ∥ R₃ cuelga de A, en serie con R₂ hasta B.

R1 ∥ R3 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·9/17 = −6,353 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −6,353·6/9 = −4,235 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −4,235)/15 = 0,2824 A

Suma las contribuciones de corriente

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 0,5929 + (−0,09412) + 0,2824 = 0,7812 A

Potencia en la resistencia

La potencia depende del cuadrado de la corriente, así que no cumple la superposición: suma primero las corrientes y luego eleva al cuadrado.

PR1 = IR1²·R1 = 0,7812²·15 = 9,154 W

Respuesta

PR1 = 9,154 W

Sumar las potencias de los casos por separado daría 6,602 W, lo cual es incorrecto.

9.Thévenin y Norton

Respuesta: IL = 0,4777 A

Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.

R1​ = 8 ΩR3​ = 3 ΩCORTOR2​5 ΩAabRth​

Halla Rth con todas las fuentes apagadas

Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.

R1 ∥ R2 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 3 = 6,077 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAab+−Vth​

Halla Vth, la tensión en circuito abierto

Con a–b abiertos, no circula corriente por R₃, así que no hay caída en ella y V_b = V_A. R₁ y R₂ forman un divisor de tensión.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·5/(8+5) = 5,769 V
Rth​ = 6,077 Ω+−Vth​5,769 VRL​6 ΩIL​

Conecta la carga al equivalente de Thévenin

La fuente de Thévenin y R_th en serie se comportan exactamente como el circuito original en a–b, así que la carga ve un simple lazo en serie.

IL = Vth/(Rth + RL) = 5,769/(6,077 + 6) = 0,4777 A
10.Thévenin y Norton

Respuesta: IN = 4,155 A

Teorema de Thévenin: toda red lineal de dos terminales se comporta como una única fuente de tensión Vth en serie con una resistencia Rth. El teorema de Norton da la misma red como una fuente de corriente IN = Vth/Rth en paralelo con Rth.

R1​ = 4 ΩR3​ = 30 ΩCORTOR2​25 ΩAABIERTOBabRth​

Halla Rth con todas las fuentes apagadas

Sustituye las fuentes de tensión por cortocircuitos y las de corriente por circuitos abiertos, y mira el circuito desde a–b.

R1 ∥ R2 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,448 + 30 = 33,45 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAIs​4 ABab+−Vth​

Halla Vth, la tensión en circuito abierto

Con a–b abiertos, el único camino para Iₛ es por R₃ hacia el nodo A. Halla V_A por superposición de V₁ e Iₛ y luego suma la caída en R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 5,172 + 4·3,448 = 18,97 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,97 + 4·30 = 139 V
IN​4,155 ARth​33,45 Ωab

Equivalente de Norton

Una fuente de Norton es el mismo circuito visto como una fuente de corriente en paralelo con R_th. Su corriente es la corriente de cortocircuito en a–b.

IN = Vth/Rth = 139/33,45 = 4,155 A
11.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: V− = −0,5049 V

Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.

Tensión en las entradas

R₃ y R₄ conducen la misma corriente, así que forman un divisor de tensión; la realimentación hace que V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −2,8·22/(100 + 22) = −0,5049 V
V₋ = V₊

Respuesta

V− = −0,5049 V
12.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = 1,452 V

Reglas del amplificador operacional ideal: con realimentación negativa, el amplificador ajusta su salida para que sus dos entradas estén a la misma tensión (V₋ = V₊), y no entra corriente por ninguna entrada. Aplicar la LCK en la entrada inversora con estos dos hechos da la salida.

Corrientes de entrada

V₋ = 0, así que cada resistencia de entrada tiene toda su tensión de entrada.

I1 = V1/R1 = −0,7/10 = −0,07 mA
I2 = V2/R2 = 0,4/100 = 0,004 mA
If = I1 + I2 = −0,066 mA

Tensión de salida

Vout = −Rf·If = −22·(−0,066) = 1,452 V

Respuesta

Vout = 1,452 V
13.Transitorios RC y RL

Respuesta: t = 12,07 ms

Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.

Constante de tiempo y corriente final

Mucho después de cerrar el interruptor la bobina se comporta como un cortocircuito, así que la corriente final la fija solo R.

τ = L/R = 150 mH / 20 Ω = 7,5 ms
i(∞) = Vs/R = 15/20 = 0,75 A

Despeja el tiempo

0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −7,5·ln(0,2) = 12,07 ms

Respuesta

t = 12,07 ms
14.Transitorios RC y RL

Respuesta: C = 1,443 µF

Transitorios de primer orden: en un circuito con un condensador o una bobina, cada tensión y corriente pasa de forma exponencial de su valor inicial a su valor final: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, con τ = RC o τ = L/R. Tras unos 5τ el circuito se ha estabilizado.

Constante de tiempo necesaria

3,75 = 5·(1 − e−200/τ) → τ = 200/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 200/1,386 = 144,3 ms

Capacidad

kΩ por µF da milisegundos.

C = τ/R = 144,3/100 = 1,443 µF

Respuesta

C = 1,443 µF

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