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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.
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).
Usa el principio de superposición para hallar la tensión VR2 en R2 con la polaridad indicada.
V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 6 Ω
VR2 = V
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 = 13,5 mA. Con V1 duplicada y las otras dos sin cambios, I = 20 mA. Con el sentido de Is invertido y las otras dos sin cambios, I = 16,5 mA. Halla la corriente de carga I cuando V2 está apagada y V1 y Is tienen sus valores normales.
normal: I = 13,5 mA2·V1: I = 20 mA−Is: I = 16,5 mA
I = mA
9.Thévenin y NortonMedia
Halla la resistencia de Thévenin Rth vista desde los terminales a–b.
V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin y NortonDifícil
Se conecta una carga RL = 20 Ω entre a–b. Usa un equivalente de Thévenin para hallar la potencia PL entregada a la carga.
Elige la resistencia de realimentación Rf que da a este amplificador no inversor una ganancia de tensión de 51.
R1 = 100 kΩAv = 51
Rf = kΩ
12.Circuitos con amplificador operacionalDifícil
El amplificador sumador usa un amplificador operacional ideal alimentado con ±15 V. Halla la corriente If por la resistencia de realimentación, en sentido hacia la salida.
La fuente Vₛ carga el condensador a través de R₁, y R₂ está conectada en paralelo con C. El condensador está descargado cuando el interruptor se cierra en t = 0. Halla la tensión del condensador vC en t = 400 ms.
Vs = 9 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µFt = 400 ms
vC = V
14.Transitorios RC y RLDifícil
El interruptor lleva mucho tiempo cerrado, así que el circuito está en régimen permanente. En t = 0 se abre el interruptor. Halla la tensión del condensador vC en t = 30 ms.
Vs = 6 VR1 = 2,2 kΩR2 = 6,8 kΩC = 10 µFt = 30 ms
vC = V
3Disoluciones
1.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,5192 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.
R3 + R4 = 2 + 10 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 10 + 3 = 13 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 = 9/13 = 0,6923 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 = 9 − 0,6923·10 = 2,077 V
IR2 = VA/R2 = 2,077/4 = 0,5192 A
Respuesta
IR2 = 0,5192 A
2.Resistencias en serie y en paralelo
Respuesta: IR2 = 0,6804 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 = 15 + 2 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 4,435 Ω
R3 + 4,435 = 34,43 Ω
R2 ∥ 34,43 = 3,584 Ω
Req = R1 + 3,584 = 3 + 3,584 = 6,584 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 = 5/6,584 = 0,7595 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 = 5 − 0,7595·3 = 2,722 V
IR2 = VA/R2 = 2,722/4 = 0,6804 A
Respuesta
IR2 = 0,6804 A
3.Análisis nodal
Respuesta: PIs = 50,29 W
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 igualan la corriente que las fuentes inyectan en A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 9)/5 + (VA − VB)/2 = 0
0,7833·VA − 0,5·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)/2 = 3
−0,5·VA + 0,5667·VB = 3
Resuelve
Δ = (0,7833)(0,5667) − (−0,5)(−0,5) = 0,1939
VA = Δ1/Δ = 2,52/0,1939 = 13 V
VB = Δ2/Δ = 3,25/0,1939 = 16,76 V
Potencia entregada por la fuente de corriente
La fuente impulsa Iₛ hacia arriba al nodo B, desde tierra (0 V) hasta VB. Una fuente cuya corriente sale por su borne + entrega P = V·I.
PIs = VB·Is = 16,76·3 = 50,29 W
Respuesta
PIs = 50,29 W
4.Análisis nodal
Respuesta: VA = 1,935 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
0,8733·VA − 0,5·VB = 0,4
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
−VA + 0,75·VB = 0
Resuelve
Δ = (0,8733)(0,75) − (−0,5)(−1) = 0,155
VA = Δ1/Δ = 0,3/0,155 = 1,935 V
VB = Δ2/Δ = 0,4/0,155 = 2,581 V
Respuesta
VA = 1,935 V
5.Análisis de mallas
Respuesta: VR3 = 18,29 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.
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 + 8(I1 − I2) = 24
11·I1 − 8·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
15·I2 + 8(I2 − I1) = (−24)
−8·I1 + 23·I2 = −24
Resuelve
Δ = (11)(23) − (−8)(−8) = 189
I1 = Δ1/Δ = 360/189 = 1,905 A
I2 = Δ2/Δ = −72/189 = −0,381 A
Respuesta
IR3 = I1 − I2 = 2,286 A
VR3 = IR3·R3 = 2,286·8 = 18,29 V
Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.
6.Análisis de mallas
Respuesta: IR1 = −0,08134 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
3·I1 + 25(I1 − I2) = 5
28·I1 − 25·I2 = 5
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
4·I2 + 25(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 39·I2 − 10·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
6·I3 + 10(I3 − I2) = (−12)
−10·I2 + 16·I3 = −12
Resuelve
Δ = determinante de la matriz de coeficientes = 4672
I1 = Δ1/Δ = −380/4672 = −0,08134 A
I2 = Δ2/Δ = −1360/4672 = −0,2911 A
I3 = Δ3/Δ = −4354/4672 = −0,9319 A
Respuesta
IR1 = I1 = −0,08134 A
Una corriente de malla negativa circula en sentido antihorario.
7.Superposición
Respuesta: VR2 = 5,096 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.
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 = 8+6 = 14 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·14/(4+14) = 3,111 Ω
VA = 9·3,111/(5+3,111) = 3,452 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,452·6/14 = 1,479 V
VR2′ = VA − 0 = 3,452 − 0 = 3,452 V
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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 10,22 = 3,781 Ω
VB = Is·Req = 2·3,781 = 7,562 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 7,562·2,222/10,22 = 1,644 V
VR2″ = VA − 0 = 1,644 − 0 = 1,644 V
Suma las contribuciones
VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 3,452 + 1,644 = 5,096 V
Un resultado negativo significa que la polaridad real es la opuesta a la indicada.
8.Superposición
Respuesta: I = 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 = 13,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 20
I₁ + I₂ − I₃ = 16,5
Despeja las contribuciones
I₁ = 20 − 13,5 = 6,5 mA
I₃ = (13,5 − 16,5)/2 = −1,5 mA
I₂ = 13,5 − 6,5 − (−1,5) = 8,5 mA
Apaga V₂
I = I₁ + I₃ = 6,5 + (−1,5) = 5 mA
Respuesta
I = 5 mA
9.Thévenin y Norton
Respuesta: Rth = 19,44 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.
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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 15 = 19,44 Ω
10.Thévenin y Norton
Respuesta: PL = 5,5 W
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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 5 = 9,286 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) = 10,71 + 0,5·4,286 = 12,86 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,86 + 0,5·5 = 15,36 V
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) = 15,36/(9,286 + 20) = 0,5244 A
PL = IL²·RL = 0,5244²·20 = 5,5 W
11.Circuitos con amplificador operacional
Respuesta: Rf = 5000 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 = (51 − 1)·100 = 5000 kΩ
Respuesta
Rf = 5000 kΩ
12.Circuitos con amplificador operacional
Respuesta: If = 0,01738 mA
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 = 1,1/100 = 0,011 mA
I2 = V2/R2 = 0,3/47 = 0,006383 mA
If = I1 + I2 = 0,01738 mA
Respuesta
If = 0,01738 mA
13.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 3,386 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.
Equivalente de Thévenin visto por el condensador
Cortocircuita la fuente para hallar Rth; deja abierto el condensador para hallar la tensión a la que se estabilizará.
Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 9·6,8/(3,3 + 6,8) = 6,059 V
Constante de tiempo
τ = Rth·C = 2,222·220 = 488,8 ms
Curva de carga
vC(t) = 6,059·(1 − e−400/488,8) = 3,386 V
Respuesta
vC = 3,386 V
14.Transitorios RC y RL
Respuesta: vC = 2,916 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.
Tensión inicial del condensador
En régimen permanente el condensador es un circuito abierto, así que R₁ y R₂ forman un divisor de tensión. La tensión del condensador no puede saltar al abrirse el interruptor.