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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
Empieza por el extremo de la red más alejado de los terminales.
Combina las resistencias en serie sumándolas, y las resistencias en paralelo con 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Vuelve a dibujar el circuito después de cada paso.
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
Elige un nudo de referencia (tierra) y nombra las tensiones de los demás nudos.
Aplica la ley de corrientes de Kirchhoff en cada nudo desconocido: las corrientes que salen por cada rama igualan a las que entran.
Expresa cada corriente de rama como (Va − Vb)/R.
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
Dibuja una corriente en sentido horario en cada malla (ventana) del circuito.
Aplica la ley de tensiones de Kirchhoff en cada malla: la suma de las caídas de tensión es cero.
En una resistencia compartida por dos mallas, la corriente es la diferencia de las dos corrientes de malla.
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
Cuenta las fuentes independientes. Resolverás un circuito más sencillo por cada fuente.
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).
Resuelve el circuito más sencillo para la tensión o corriente que necesitas, sin perder de vista su sentido.
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
Quita la carga y marca los dos terminales a y b.
Halla la tensión en circuito abierto entre a y b: es Vth.
Anula todas las fuentes independientes y halla la resistencia vista desde a–b: es Rth.
Vuelve a conectar la carga al circuito equivalente: Vth en serie con Rth.
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
Halla el valor inicial justo después de la conmutación: la tensión de un condensador y la corriente de una bobina no pueden variar bruscamente.
Halla el valor final mucho después de la conmutación: un condensador se comporta como un circuito abierto y una bobina como un cortocircuito.
Halla la constante de tiempo: τ = RC o τ = L/R, usando la resistencia que ve el condensador o la bobina.
Usa x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
2Problemas de práctica
1.Resistencias en serie y en paraleloMedia
Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.
V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.
Usa la superposición para hallar la potencia PR3 absorbida por R3.
V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 Ω
PR3 = W
8.SuperposiciónDifícil
Un circuito resistivo lineal contiene tres fuentes independientes: V1, V2 y Is. La corriente I por una carga se mide tres veces. Con todas las fuentes en sus valores normales, I = 18 mA. Con V1 duplicada y las otras dos sin cambios, I = 26 mA. Con el sentido de Is invertido y las otras dos sin cambios, I = 7 mA. Halla la corriente de carga I cuando V2 está apagada y V1 y Is tienen sus valores normales.
normal: I = 18 mA2·V1: I = 26 mA−Is: I = 7 mA
I = mA
9.Thévenin y NortonMedia
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Thévenin y NortonDifícil
Halla la corriente de Norton IN: la corriente que circula de a a b si se cortocircuitan los terminales.
V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.Circuitos con amplificador operacionalMedia
Elige la resistencia de realimentación Rf que da a este amplificador no inversor una ganancia de tensión de 25.
R1 = 4,7 kΩAv = 25
Rf = kΩ
12.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
El amplificador sumador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.
V1 = 1,8 VV2 = 0,6 VR1 = 1 kΩR2 = 22 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
13.Transitorios RC y RLMedia
La bobina conduce una corriente estacionaria de 0,5 A. En t = 0 el interruptor cierra el lazo a través de R y se retira la fuente, así que la corriente de la bobina decae a través de R. ¿Cuánto tiempo tarda la corriente en bajar a 0,25 A? Halla t.
i(0) = 0,5 AR = 22 ΩL = 220 mH
t = ms
14.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo cerrado, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la corriente de la bobina i en t = 1 ms.
Vs = 12 VR1 = 47 ΩR2 = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: Req = 23,75 Ω
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.
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 = 3 + 2 = 5 Ω
R2 ∥ 5 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 20 + 3,75 = 23,75 Ω
Respuesta
Req = 23,75 Ω
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR1 = 6,391 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.
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 = 25 + 2 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 11,49 Ω
R3 + 11,49 = 21,49 Ω
R2 ∥ 21,49 = 2,632 Ω
Req = R1 + 2,632 = 3 + 2,632 = 5,632 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 = 36/5,632 = 6,391 A
Respuesta
IR1 = 6,391 A
3.Análisis nodal
Respuesta: IR3 = 1,039 A
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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 10 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/20 + (VA − 10)/3 + (VA − VB)/15 = 0
0,45·VA − 0,06667·VB = 3,333
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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.
Plantea los nodos
La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 10 V, V2 = −6 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/5 + (VA − 10)/4 + (VA − VB)/3 = 0
0,7833·VA − 0,3333·VB = 2,5
LCK en el nodo B
Las corrientes que salen de B por las resistencias igualan la corriente que las fuentes inyectan en B.
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.
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
3·I1 + 6(I1 − I2) = 24
9·I1 − 6·I2 = 24
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
12·I2 + 6(I2 − I1) = (−12)
−6·I1 + 18·I2 = −12
Resuelve
Δ = (9)(18) − (−6)(−6) = 126
I1 = Δ1/Δ = 360/126 = 2,857 A
I2 = Δ2/Δ = 36/126 = 0,2857 A
Respuesta
I1 = 2,857 A
Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.
6.Análisis de mallas
Respuesta: IR2 = 0,1548 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.
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
15·I1 + 4(I1 − I2) = 30
19·I1 − 4·I2 = 30
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
10·I2 + 4(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 18·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) = (−18)
−4·I2 + 19·I3 = −18
Resuelve
Δ = determinante de la matriz de coeficientes = 5890
I1 = Δ1/Δ = 9492/5890 = 1,612 A
I2 = Δ2/Δ = 912/5890 = 0,1548 A
I3 = Δ3/Δ = −5388/5890 = −0,9148 A
Respuesta
IR2 = I2 = 0,1548 A
Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.
7.Superposición
Respuesta: PR3 = 4,569 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.
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.
La potencia depende del cuadrado de la corriente, así que no cumple la superposición: suma primero las corrientes y luego eleva al cuadrado.
PR3 = IR3²·R3 = (−0,9559)²·5 = 4,569 W
Respuesta
PR3 = 4,569 W
Sumar las potencias de los casos por separado daría 13,65 W, lo cual es incorrecto.
8.Superposición
Respuesta: I = 13,5 mA
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.
Escribe las medidas con las contribuciones
Cada contribución es proporcional a su propia fuente.
I₁ + I₂ + I₃ = 18
2·I₁ + I₂ + I₃ = 26
I₁ + I₂ − I₃ = 7
Despeja las contribuciones
I₁ = 26 − 18 = 8 mA
I₃ = (18 − 7)/2 = 5,5 mA
I₂ = 18 − 8 − 5,5 = 4,5 mA
Apaga V₂
I = I₁ + I₃ = 8 + 5,5 = 13,5 mA
Respuesta
I = 13,5 mA
9.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 0,3103 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.
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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 20 = 22,31 Ω
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) = 30·3/(10+3) = 6,923 V
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 = 6,923/22,31 = 0,3103 A
10.Thévenin y Norton
Respuesta: IN = 5,818 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.
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 = 4·2/(4+2) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 6 = 7,333 Ω
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) = 6 + 5·1,333 = 12,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,67 + 5·6 = 42,67 V
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 = 42,67/7,333 = 5,818 A
11.Circuitos con amplificador operacional
Respuesta: Rf = 112,8 kΩ
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.
Ganancia de un amplificador no inversor
V₋ = V₊ = Vin, y la corriente de R₁ también pasa por Rf, así que Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (25 − 1)·4,7 = 112,8 kΩ
Respuesta
Rf = 112,8 kΩ
12.Circuitos con amplificador operacional
Respuesta: Vout = −3,655 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 = 1,8/1 = 1,8 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/22 = 0,02727 mA
If = I1 + I2 = 1,827 mA
Tensión de salida
Vout = −Rf·If = −2·1,827 = −3,655 V
Respuesta
Vout = −3,655 V
13.Transitorios RC y RL
Respuesta: t = 6,931 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
τ = L/R = 220 mH / 22 Ω = 10 ms
Despeja el tiempo
0,25 = 0,5·e−t/τ → t = τ·ln(0,5/0,25)
t = 10·ln(2) = 6,931 ms
Respuesta
t = 6,931 ms
14.Transitorios RC y RL
Respuesta: i = 0,1972 A
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.
Valor inicial, valor final, constante de tiempo
Antes de t = 0 el interruptor cerrado puentea R₂; después R₁ y R₂ están ambas en el lazo.