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​ = 6 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​4 ΩB

Halla la corriente IR1 que entrega la fuente, que pasa por R1.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
2.Resistencias en serie y en paraleloDifícil
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBR6​3 Ω

Halla la resistencia equivalente Req que ve la fuente V1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 30 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.Análisis nodalMedia
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 18 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
VA = V
4.Análisis nodalDifícil
R1​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​36 VR3​2 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A−+V2​12 V

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

V1 = 36 VIs = 1,5 AV2 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 ΩR5 = 20 Ω
VA = V
5.Análisis de mallasMedia
R1​ = 12 ΩR2​ = 2 Ω+−VR2​+−V1​6 VR3​15 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Usa el análisis de mallas para hallar la tensión VR2 en R2 con la polaridad indicada.

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 Ω
VR2 = V
6.Análisis de mallasDifícil
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​8 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Usa el análisis de mallas para hallar la corriente de malla I3 (sentido horario).

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 8 ΩR5 = 2 Ω
I3 = A
7.SuperposiciónMedia
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​8 Ω+−VR2​AR4​2 ΩBIs​1,5 A

Usa el principio de superposición para hallar la tensión VR2 en R2 con la polaridad indicada.

V1 = 6 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 Ω
VR2 = V
8.SuperposiciónDifícil
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R4​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩAIs​3 AB+−V2​10 V

Usa la superposición para hallar la potencia PR2 absorbida por R2.

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
PR2 = W
9.Thévenin y NortonMedia
R1​ = 5 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAab

Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin y NortonDifícil
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAIs​5 ABRL​20 ΩIL​

Se conecta una carga RL = 20 Ω entre a–b. Sustituye el resto del circuito por su equivalente de Thévenin y halla la corriente de carga IL.

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 ΩRL = 20 Ω
IL = A
11.Circuitos con amplificador operacionalMedia
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 2,5 VRa​ = 100 kΩRb​ = 10 kΩ

El amplificador operacional es ideal y se alimenta con ±15 V. Halla la tensión de salida Vout.

Vin = 2,5 VRa = 100 kΩRb = 10 kΩR1 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
12.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 1 VR1​ = 47 kΩV2​ = 0,7 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = 1 VV2 = 0,7 VR1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
13.Transitorios RC y RLMedia
+−Vs​6 Vt = 0R = 22 ΩL10 mHi(t)

La bobina no lleva corriente antes de que el interruptor se cierre en t = 0. Halla la tensión vL en la bobina en t = 1 ms.

Vs = 6 VR = 22 ΩL = 10 mHt = 1 ms
vL = V
14.Transitorios RC y RLDifícil
+−Vs​9 VR1​ = 22 ΩR2​ = 20 Ωse cierra en t = 0L33 mHi(t)

El interruptor en paralelo con R2 lleva mucho tiempo abierto, así que la corriente de la bobina es estacionaria. En t = 0 el interruptor se cierra y cortocircuita R2. Halla la corriente de la bobina i en t = 2 ms.

Vs = 9 VR1 = 22 ΩR2 = 20 ΩL = 33 mHt = 2 ms
i = A

3Disoluciones

1.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: IR1 = 3,097 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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​4 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 = 10 + 4 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 2·14/(2+14) = 1,75 Ω
Req = R1 + 1,75 = 6 + 1,75 = 7,75 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 = 24/7,75 = 3,097 A

Respuesta

IR1 = 3,097 A
2.Resistencias en serie y en paralelo

Respuesta: Req = 15,78 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​4 ΩBR6​3 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 = 30 + 3 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 3,568 Ω
R3 + 3,568 = 15,57 Ω
R2 ∥ 15,57 = 3,784 Ω
Req = R1 + 3,784 = 12 + 3,784 = 15,78 Ω

Respuesta

Req = 15,78 Ω
3.Análisis nodal

Respuesta: VA = 7,061 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​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

Plantea los nodos

La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 18 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/4 + (VA − 18)/10 + (VA − VB)/8 = 0
0,475·VA − 0,125·VB = 1,8

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/15 + (VB − VA)/8 = 1,5
−0,125·VA + 0,1917·VB = 1,5

Resuelve

Δ = (0,475)(0,1917) − (−0,125)(−0,125) = 0,07542
VA = Δ1/Δ = 0,5325/0,07542 = 7,061 V
VB = Δ2/Δ = 0,9375/0,07542 = 12,43 V

Respuesta

VA = 7,061 V
4.Análisis nodal

Respuesta: VA = 11,46 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​ = 4 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​36 VR3​2 ΩAR5​20 ΩBIs​1,5 A−+V2​12 V

Plantea los nodos

La tierra es el cable inferior. Las tensiones de nodo conocidas salen directamente de las fuentes (V1 = 36 V, V2 = −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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/2 + (VA − 36)/4 + (VA − VB)/5 = 0
0,95·VA − 0,2·VB = 9

LCK en el nodo B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/20 + (VB − VA)/5 + (VB − (−12))/15 = 1,5
−0,2·VA + 0,3167·VB = 0,7

Resuelve

Δ = (0,95)(0,3167) − (−0,2)(−0,2) = 0,2608
VA = Δ1/Δ = 2,99/0,2608 = 11,46 V
VB = Δ2/Δ = 2,465/0,2608 = 9,45 V

Respuesta

VA = 11,46 V
5.Análisis de mallas

Respuesta: VR2 = −2 V

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​ = 12 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩA+−V2​12 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
12·I1 + 15(I1 − I2) = 6
27·I1 − 15·I2 = 6

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) = (−12)
−15·I1 + 17·I2 = −12

Resuelve

Δ = (27)(17) − (−15)(−15) = 234
I1 = Δ1/Δ = −78/234 = −0,3333 A
I2 = Δ2/Δ = −234/234 = −1 A

Respuesta

IR2 = I2 = −1 A
VR2 = IR2·R2 = −1·2 = −2 V

Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.

6.Análisis de mallas

Respuesta: I3 = −0,3074 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​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​8 ΩAR5​2 ΩB+−V2​10 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
12·I1 + 8(I1 − I2) = 6
20·I1 − 8·I2 = 6

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 + 8(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 25·I2 − 2·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
30·I3 + 2(I3 − I2) = (−10)
−2·I2 + 32·I3 = −10

Resuelve

Δ = determinante de la matriz de coeficientes = 13872
I1 = Δ1/Δ = 4616/13872 = 0,3328 A
I2 = Δ2/Δ = 1136/13872 = 0,08189 A
I3 = Δ3/Δ = −4264/13872 = −0,3074 A

Respuesta

I3 = −0,3074 A

Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.

7.Superposición

Respuesta: VR2 = 2,447 V

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 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​8 ΩAR4​2 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 = 6+2 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·8/(8+8) = 4 Ω
VA = 6·4/(15+4) = 1,263 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,263·2/8 = 0,3158 V
VR2′ = VA − 0 = 1,263 − 0 = 1,263 V
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 ΩCORTOR2​8 ΩAR4​2 ΩBIs​1,5 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 11,22 = 1,697 Ω
VB = Is·Req = 1,5·1,697 = 2,546 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 2,546·5,217/11,22 = 1,184 V
VR2″ = VA − 0 = 1,184 − 0 = 1,184 V

Suma las contribuciones

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 1,263 + 1,184 = 2,447 V

Un resultado negativo significa que la polaridad real es la opuesta a la indicada.

8.Superposición

Respuesta: PR2 = 9,841 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​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​6 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 ∥ 21 = 6,774 Ω
VA = 6·6,774/(30+6,774) = 1,105 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,105·15/21 = 0,7895 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (1,105 − 0,7895)/6 = 0,05263 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩCORTOR3​10 ΩAIs​3 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. La flecha de Iₛ apunta hacia abajo, alejándose de su nodo, así que Iₛ extrae corriente de ese nodo: su término entra con signo menos.

R1 ∥ R3 = 7,5 Ω, así que el camino de la izquierda es R2+7,5 = 13,5 Ω
Req = R4 ∥ 13,5 = 7,105 Ω
VB = −Is·Req = −3·7,105 = −21,32 V
VA = VB·7,5/13,5 = −11,84 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (−11,84 − −21,32)/6 = 1,579 A
R1​ = 30 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩCORTOR3​10 ΩAABIERTOB+−V2​10 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 = 30·10/(30+10) = 7,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·13,5/28,5 = 4,737 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,737·7,5/13,5 = 2,632 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (2,632 − 4,737)/6 = −0,3509 A

Suma las contribuciones de corriente

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴ = 0,05263 + 1,579 + (−0,3509) = 1,281 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.

PR2 = IR2²·R2 = 1,281²·6 = 9,841 W

Respuesta

PR2 = 9,841 W

Sumar las potencias de los casos por separado daría 15,71 W, lo cual es incorrecto.

9.Thévenin y Norton

Respuesta: Rth = 6,333 Ω

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​ = 5 ΩR3​ = 3 ΩCORTOR2​10 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 3 = 6,333 Ω
10.Thévenin y Norton

Respuesta: IL = 2,703 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​ = 15 ΩCORTOR2​4 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 15 = 17 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAIs​5 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) = 15 + 5·2 = 25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25 + 5·15 = 100 V
Rth​ = 17 Ω+−Vth​100 VRL​20 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) = 100/(17 + 20) = 2,703 A
11.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = 0,4545 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 la entrada +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 2,5·10/(100 + 10) = 0,2273 V

Ganancia no inversora

V₋ = V₊, y la corriente por R₁ también circula por Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,2273·(1 + 4,7/4,7) = 0,4545 V

Respuesta

Vout = 0,4545 V
12.Circuitos con amplificador operacional

Respuesta: Vout = −2,495 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 = 1/47 = 0,02128 mA
I2 = V2/R2 = 0,7/22 = 0,03182 mA
If = I1 + I2 = 0,05309 mA

Tensión de salida

Vout = −Rf·If = −47·0,05309 = −2,495 V

Respuesta

Vout = −2,495 V
13.Transitorios RC y RL

Respuesta: vL = 0,6648 V

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 = 10 mH / 22 Ω = 0,4545 ms
i(∞) = Vs/R = 6/22 = 0,2727 A

Tensión en la bobina

En t = 0 toda la tensión de alimentación aparece en la bobina; después cae a cero.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 6·e−1/0,4545 = 0,6648 V

Respuesta

vL = 0,6648 V
14.Transitorios RC y RL

Respuesta: i = 0,3577 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 ambas resistencias están en el lazo; después el interruptor cerrado puentea R₂.

i(0) = 9/(22 + 20) = 0,2143 A
i(∞) = 9/22 = 0,4091 A
τ = L/R = 33/22 = 1,5 ms
i(t) = 0,4091 + (0,2143 − 0,4091)·e−t/τ

Corriente en el instante dado

i(2) = 0,4091 + (−0,1948)·e−2/1,5 = 0,3577 A

Respuesta

i = 0,3577 A

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