Ingeniería Eléctrica.Teoría y problemas Técnicas de análisis de circuitos Los circuitos eléctricos, ya sea de corriente directa o de corriente alterna se pueden estudiar con las mismas técnicas de análisis. Las leyes de Kirchoff se cumplen en cualquier circuito, en todo momento, no importa su complejidad y las componentes que forman parte del mismo. Las técnicas más utilizadas para estudiar los circuitos son el análisis de mallas, el análisis de nodos, el principio de superposición, la técnica de transformación de fuentes, el teorema de Thevenin. Aquí se describirán todas las técnicas y se aplicarán utilizando circuitos de mediana complejidad. Los programas de simulación y estudio de los circuitos como PSpice, EWB, etc. utilizan alguna de estas técnicas. La técnica mas utilizada es el análisis de nodos que se puede aplicar a cualquier circuito ya sea planar o no planar. Análisis de nodos La técnica de nodos es útil para estudiar circuitos • • En el dominio del tiempo, circuitos donde se encuentran fuentes de poder constantes en el tiempo y elementos puramente resistivos. En estado estable; esto es, circuitos bajo la acción de una señal de frecuencia constante. En este caso, se utiliza el circuito equivalente en el dominio de la frecuencia y el mismo se construye reemplazando las fuentes por el fasor correspondiente y los elementos pasivos se reemplazan por su impedancia correspondiente. En un circuito con n nodos se pueden encontrar n – 1 ecuaciones de nodo independientes, ya que todos los voltajes de nodo siempre se miden o calculan con respecto a un nodo de referencia (tierra). Si el circuito tiene ne nodos esenciales, basta con ne - 1 ecuaciones para analizar el circuito. Se verá que es más conveniente formular ne ecuaciones para los nodos esenciales. Procedimiento para utilizar el análisis de nodos 1. Hacer un diagrama del circuito limpio y claro. Indicar todos los valores de los elementos y las fuentes. Cada fuente debe de tener su símbolo de referencia. 2. Identificar y enumerar los nodos esenciales. 3. Seleccionar un nodo esencial como el nodo de referencia. 4. Identificar cada uno de los nodos esenciales restantes con un voltaje que habrá de calcularse. Ejemplo al nodo 1 se le asigna la variable V1, al nodo 2 se le asigna la variable V2, y así sucesivamente. 21 Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 5. Si el circuito contiene solamente fuentes de corriente, aplicar la LKC a los nodos esenciales identificados en el paso anterior (excepto al de referencia) y formular las ecuaciones correspondientes. Al aplicar la LKC, se debe de asignar un signo a las corrientes que entran al nodo y el signo contrario a las corrientes que salen del nodo. En este curso, se asignara un signo positivo a aquellas corrientes que salen del nodo y un signo negativo a aquellas corrientes que entran al nodo. 6. Si el circuito contiene fuentes de voltaje, formar un supernodo alrededor de cada fuente. Un supernodo se forma con dos nodos y dichos nodos son aquellos que están conectados a una fuente de voltaje. Los voltajes de nodo asignados no deben cambiarse. El supernodo proporciona dos ecuaciones para el análisis del circuito: una ecuación relacionando los voltajes de los dos nodos conectados a la fuente de voltaje y la otra es una ecuación que resulta de aplicar la LKC al supernodo. 7. Resolver el sistema de ecuaciones para calcular los valores de V1, V2, … Ejemplo 1 Utilice la técnica de nodos para calcular la corriente que circula por las resistencias del circuito mostrado en la figura 1 y verifique que se cumple la LKC en cada nodo. 20 Ω 5A 10 Ω 4A 40 Ω Figura 1 La corriente que pasa por la resistencia de 20 Ohms es igual a la diferencia de potencial entre los nodos a los que está conectada la resistencia entre el valor de ∆v la resistencia (Ley de Ohm: I = ). Por lo tanto es necesario calcular R primeramente los voltajes en los nodos esenciales. Los pasos 1, 2, 3 y 4 de la técnica de nodos nos llevan al circuito de la figura 2. En dicha figura, ya se han Identificado los nodos esenciales, se ha seleccionado a 22 2) -2V1 + 3V2 = 160 Paso 6: No aplica. La ecuación resultante es la siguiente -5 + es decir V1 V .1) y (1.V1 V + 2 =0 20 40 (1. Teoría y problemas uno como el nodo de referencia y se ha asignado un nombre a los otros nodos esenciales. V2 = 97. Resolviendo las ecuaciones (1.V2 + 1 =0 10 20 (1.71 voltios.14 voltios.V2 = 100 En el nodo V2 se tiene que la fuente de 4 A inyecta corriente al nodo y por las resistencias de 40 y de 20 circula una corriente que se obtiene utilizando la ley de Ohm. Paso 7. 20 Ω V1 V2 5A 10 Ω 4A 40 Ω Figura 2 Paso 5. Se aplica la LKC a los nodos V1 y V2: En el nodo V1 se tiene que la fuente de 5 A inyecta corriente al nodo y por las resistencias de 10 y de 20 circula una corriente que se obtiene utilizando la ley de Ohm.2) se obtiene V1 = 65.Ingeniería Eléctrica.1) 3V1 . 23 . ya que no hay fuentes de voltaje. La ecuación resultante es la siguiente -4 + es decir V2 . 14 – 65.Ingeniería Eléctrica. La corriente que circula por la resistencia de 10 Ohms es I10 = V1/10 = 6.V1 = 60 (1. La suma de corrientes en el nodo V1 es – 5 – I20 + I10 = .71)/20 = 1.57 = 0.3) Ya que V2 está conectado a la parte positiva de la fuente y V1 está conectado a la parte negativa de la fuente. desde luego. Paso 6. La suma de corrientes en el nodo V2 es . Supernodo V1 - 60V + V2 10 Ω 4A 20 Ω 80Ω 30Ω Figura 3 Solución: Los pasos del 1 al 4 nos dejan el circuito como se muestra en la figura 3. La corriente que pasa por la resistencia de 40 Ohms es I40 = V2/40 = 2.4 + I20 + I40 = -4 + 1. Debido a que el circuito contiene una fuente de voltaje.43 A y circula del nodo V2 al nodo de referencia.57 A y la corriente circula.43 = 0. Paso 5. Esto nos define un supernodo. formado por los nodos V1 y V2. Debemos observar primero que entre los nodos V1 y V2 se encuentra una fuente de voltaje. se continúa en el paso siguiente. Ejemplo 2 En el circuito de la figura 3 utilice la técnica de nodos para calcular los valores de los voltajes V1 y V2 y después calcule la potencia generada por las fuentes y la que se consume en todos los elementos y verifique que existe un balance de potencia. Teoría y problemas La corriente que circula por la resistencia de 20 Ohms I20 = (V2 – V1)/20 = (97. Del supernodo se obtiene la ecuación que relaciona el voltaje de los nodos con la fuente V2 .57 A y circula desde el nodo V1 al nodo de referencia.57 + 2. del nodo V2 al nodo V1. 24 .57 + 6.5 – 1. es I40Ω = 2 = 2 Amperes y fluye del nodo V2 a tierra. se tienen tres corrientes: I60V. se obtiene I20Ω = 1 = 1 Ampere y esta corriente fluye del nodo V1 a R 20 tierra. se obtiene: V1 = 20 voltios V2 = 80 voltios Con este resultado. (b) La corriente que pasa por las resistencias de 80 Ω es I80Ω = fluye del nodo V2 a tierra. 40 Ahora se puede verificar que la LKC se cumple en ambos nodos: En el nodo V2. el balance de potencia debe de ser tal que V2 = 1 Ampere y 80 ∑ (Potencia generada) = ∑ (Potencia absorvida) 25 . Teoría y problemas La aplicación de la LKC al supernodo nos genera la siguiente ecuación -4+ es decir V1 V V + 2 + 2 =0 20 40 80 (1.4) 4V1 + 3V2 = 320 Paso 7. Debido a que estas corrientes son tales que I60V + I80Ω + I40Ω = 0 se obtiene que I60V = 3 Amperes y fluye del nodo V1 al nodo V2. se tienen tres corrientes: I60V.Ingeniería Eléctrica.3) y (1. se puede calcular la corriente que pasa por todas las resistencias.4). Sumándolas se obtiene I60V + I20Ω – 4 = 3 + 1 – 4 = 0. Con estos resultados. En el nodo V1. que están V conectadas en serie. Resolviendo simultáneamente las dos ecuaciones (1. I20 y la corriente de la fuente de 4 A. mediante la ley de Ohm V V ( I = ). corriente que pasa por la fuente de 60V y que aun no se conoce. I80Ω e I40Ω. (c) La corriente que pasa por las resistencias de 10 Ω y 30 Ω. (a) La corriente que pasa por la resistencia de 20 Ω. la red mostrada en la figura 3 es plana. De hecho el concepto de malla es una propiedad de los circuitos planos y no existe en un circuito no plano. Cuando dos ramas se cruzan. Una red plana es aquella donde ninguna rama se cruza con otra rama. Análisis de mallas El análisis de mallas se puede aplicar solo a redes planas. En la figura 4 se muestra un ejemplo de red no plana. Teoría y problemas Las potencias en las fuentes son P4A = VI = (20 Voltios) (4 Amperes) = 80W P60V = VI = (60 Voltios) (3 Amperes) = 180W Potencia total generada por las fuentes = 260 W. Dibujar claramente el circuito y asegurarse que es plano 26 .Ingeniería Eléctrica. el circuito se tiene que construir en dos planos para evitar el cruce de las conexiones. En cambio. concepto que se definió en el capitulo anterior. V + - Figura 4 Procedimiento para utilizar el análisis de mallas 1. La técnica de mallas esta basada en el concepto de malla. Ambas fuentes generan potencia porque la corriente sale por su terminal positiva. Las resistencias deben de consumir dicha potencia como puede verse: P20Ω = VI = (20 Voltios)(1 Ampere) = 20 W P80Ω = VI = (80 Voltios)(1 Ampere) = 80 W P10Ω = VI = (20 Voltios)(2 Ampere) = 40 W P30Ω = VI = (60 Voltios)(2 Ampere) = 120 W Potencia consumida por las resistencias = 260 W. Si el circuito tiene fuentes de corriente. Teoría y problemas 2. asignarle el signo de la terminal que aparece primero. de modo que si el circuito tiene n mallas. 4. existen dos opciones: (a) Si la fuente de corriente forma parte de una sola malla. 4. … 3. formar una supermalla. De las mallas que no contienen fuente de corriente se obtiene una ecuación aplicando la ley de Kirchoff de voltajes. la corriente que circula por ellos es igual a la diferencia de las corrientes asignadas a las mallas. Una ecuación relaciona directamente las dos corrientes de malla con la fuente de corriente y la otra ecuación se obtiene de aplicar la ley de Kirchoff a la supermalla. se tiene un sistema de n ecuaciones con n incógnitas. 27 . se puede calcular cualquier parámetro eléctrico. i2. Es decir. el método de Gauss Jordan. i3. que consiste de las dos mallas de las que la fuente de corriente forma parte y de dicha supermalla obtener dos ecuaciones. para cada elemento del circuito se puede obtener la corriente que pasa por ellos. … y aplicar la siguiente regla: A todos los voltajes en cada elemento de la malla. Las fuentes de voltaje tienen asignado el signo en forma explicita. Recorrer la malla en el sentido asignado a las corrientes i1. considerando que en un elemento pasivo la terminal por donde entra la corriente siempre es positiva respecto a la terminal por donde sale la corriente. En aquellos elementos que forman parte de dos mallas. etc. i2. En cada malla aplicar la LKV y obtener una ecuación de malla para cada malla. utilizando la técnica de mallas. entonces el valor de la corriente de malla asignada a dicha malla se obtiene directamente del valor que tenga la fuente de corriente (b) Si la fuente de corriente forma parte de dos mallas. todas apuntando en la misma dirección y etiquetarlas como i1. y también se puede calcular la potencia que consume o absorbe. ya que ninguna se puede obtener en función de la otra. En general la solución se puede obtener utilizando alguna de las técnicas para resolver sistemas de ecuaciones tal como el método de los determinantes. i3. 5. Aplicar (a) o (b) tantas veces como fuentes de corriente formen parte del circuito. las corrientes que circulan por las tres resistencias y hacer un balance de potencia.Ingeniería Eléctrica. De aquí resultan tantas ecuaciones de malla como mallas tenga el circuito. Asociar a cada malla una corriente. se pueden calcular la diferencia de potencial en sus extremos. Ejemplo 3 Considérese el circuito de la figura 5 y calcular. Una vez que se tienen las corrientes de malla. Las ecuaciones de malla son independientes. Se le asigna el signo positivo porque de acuerdo con el sentido de la corriente. Se asigna una corriente de malla a cada malla. En la rama AB. Paso 2. Se aplica la ley de Kirchhoff de voltajes (LKV) a cada malla. donde se tiene una resistencia de 6Ω y por donde solo circula la corriente i1.Ingeniería Eléctrica. Supondremos además que ambas corrientes circulan en el sentido de las manecillas del reloj. tantos como elementos forman parte de la malla. El siguiente termino (6i1) es el asociado a la rama BC. 6Ω 4Ω B C D + 42 V A i1 i2 3Ω 10 V + F Figura 6 E Paso 3. Véase la figura 6. Teoría y problemas 6Ω 4Ω + + 42 V - 3Ω 10 V Figura 5 Solución: Paso 1. En este caso se tienen dos mallas y se supondrá que i1 pasa por la malla de la izquierda e i2 pasa por la malla de la derecha. Se dibuja el circuito y se asegura que es plano. la 28 . La malla se recorre siguiendo la trayectoria cerrada ABCFA. se tiene una fuente de voltaje (42 V) y en la ecuación se le asigna el signo negativo porque es el signo que tiene la terminal conectada al punto A. La malla asociada a i1 se recorre en el mismo sentido que tiene la corriente y se obtiene -42 + 6i1 + 3(i1 – i2) = 0 Esta ecuación tiene tres términos. que es el inicio del recorrido de la malla. 5) y (1. y la corriente que pasa por la resistencia de 4 Ohms es i2 = 4 A. El balance de potencia se realiza de la misma manera que se hizo en el ejemplo 2. Potencia absorbida total PA = 216 + 12 + 64 = 292 W. Teoría y problemas parte de la resistencia conectada al nodo B es positiva respecto al nodo C. La corriente que pasa por la resistencia de 3 Ohms es i1 – i2 = 2 A. P10V = VI = (10)(4) = 40 W Como en ambas fuentes la corriente sale por la terminal positiva.Ingeniería Eléctrica. la ecuación anterior queda como 9i1 . Resolviendo las ecuaciones (1. y recorriendo la malla siguiendo la ruta cerrada FCDEF. Potencia absorbida en las resistencias P6Ω = VI = I2R = (6)2(6) = 216 W P3Ω = VI = I2R = (2)2(3) = 12 W P4Ω = VI = I2R = (4)2(4) = 64 W. se obtiene: -3(i1 . (1. El siguiente termino es 3(i1 – i2) y se le asigna el signo positivo por la misma razón anterior. También se debe de tener que ∑ (Potencia generada) = ∑ (Potencia absorvida) Potencia de las fuentes: P42V = VI = (42)(6) = 252 W.6) Paso 5.i 2 ) + 4i 2 .10 = 0 o bien -3i1 + 7i 2 = 10 Paso 4. 29 .3i 2 = 42 (1. La corriente que pasa por la resistencia de 6 Ohms es 6 A.5) Aplicando la LKV a la malla asociada a la corriente i2. Ejemplo 4 (a) Utilice la técnica de mallas para calcular las corrientes de malla en el circuito de la figura 7 y (b) haga un balance de potencia. Agrupando términos.6) se obtiene i1 = 6 A e i2 = 4 A. la potencia generada total PG = 252 + 40 = 292 W. i3 = 7 -7 + 1 ⋅ (i1 . Las mallas 1 y 3 comparten una fuente de corriente.Ingeniería Eléctrica.i 2 ) + 3(i3 . se obtiene la ecuación 1(i 2 .3i3 = 0 Paso 4.i3 ) = 0 es decir (1.10) 30 .7) (1. Esto define la supermalla cuyo trayectoria cerrada se puede tomar como ABCGEFA. Se aplica la ley de Kirchoff a la malla 3 debido a que la malla 1 y la malla 2 comparten una fuente de corriente y su estudio se pospone al paso 4.4i 2 + 4i3 = 7 Paso 5.i1 + 6i 2 . Teoría y problemas B C 1Ω i1 G 7A 7V + _ Supermalla D i2 3Ω E 2Ω H 2Ω i3 1Ω A Figura 7 Solución: F (a) Los pasos 1 y 2 dejan al circuito como se muestra en la figura 7. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que (1.i1 ) + 2i 2 + 3(i 2 . Las ecuaciones que se obtiene de esta supermalla son las siguientes i1 .9) i1 . Paso 3.i 2 ) + 1⋅ i3 = 0 es decir (1. Recorriendo la malla 3 siguiendo la trayectoria cerrada GCDEG.8) . 5 W Potencia total generada PT = 63 + 94. (c) ¿Cuánto valen i1. i2.75 W P2Ω = VI = I2R = (9 – 2)2(2) = 98 W P1Ω = VI = I2R = (2)2(1) = 4 W Potencia total absorbida PA = 157.5 V.5 W Ejemplo 5.Ingeniería Eléctrica.5 = 157. (a) diga cuáles mallas forman una supermalla. Para esto.5)2(2) = 12. El voltaje en el nodo H está dado por VH = IR = (7)(2) = 14 V En ambas fuentes la corriente sale por la terminal positiva.2) = 94.25 W P2Ω = VI = I2R = (2. se necesita la diferencia de potencial en la fuente de corriente.5)2(1) = 42.5 = 0. En el circuito de la figura 8.5 W P3Ω = VI = I2R = (2 – 2. Potencia generada: P7V = VI = (7)(9) = 63 W P7A = (VH – VG)I = (14 . Teoría y problemas i1 = 9 A i2 = 2.5)2(3) = 0. El voltaje en el nodo G está dado por VG = 7 – 1(i1 – i2) = 7 – 6.5 W Potencia absorbida: P1Ω = VI = I2R = (9 – 2. i3 e i4? 31 .5)(9 . de tal manera que ambas generan potencia. (b) Escriba las ecuaciones de malla.0.5 A i3 = 2 A (b) El balance de potencia requiere que ∑ (Potencia generada) = ∑ (Potencia absorvida) Potencia en las fuentes. se obtiene que i2 = 5 Amperes Aplicando la LKV a la malla i4 obtenemos la ecuación -i1 -2i3 + 4i4 = 0 Reemplazando los valores ya obtenidos para i1 e i3 obtenemos que i4 = 3 amperes Transformación de fuentes La fuente ideal de voltaje se define como un dispositivo cuyo voltaje entre sus terminales es independiente de la corriente que circula a través del mismo. (b) Del circuito se observa que en las mallas i1 e i3 los valores de dichas corrientes están dadas por i1 = 4 Amperes I3 = 4 Amperes En la supermalla se observa que i2 – i3 = 1. Con esta ecuación y el resultado anterior. Una fuente ideal de 1 voltio entrega un ampere a una resistencia de 1 Ohm y 1000. Las fuentes prácticas tienen una cierta capacidad de entregar potencia. En la realidad esta fuente no existe. Esta fuente puede 32 .000 Amperes a una resistencia de 1 micro Ohm. el voltaje entre sus terminales decrece. Teoría y problemas 1Ω i4 1Ω 2Ω 4A i1 i2 2Ω Figura 8 i3 1A 4A Solución: (a) Las mallas i2 e i3 forman una supermalla. Si se les requiere una potencia mayor. Supóngase que experimentalmente se observa que una fuente mantiene una diferencia de potencial de 12 voltios entre sus terminales cuando no circula una corriente a través de ella (circuito abierto) y una diferencia de potencial de 11 voltios cuando circula a través de ella una corriente de 100 A.Ingeniería Eléctrica. a ésta se le conoce como la resistencia interna de la fuente y siempre está presente en las fuentes prácticas.01 Ω. Ciertos circuitos transistorizados pueden entregar una corriente que se mantiene constante para un amplio rango de valores de la carga. RSV + VS - Figura 9 La fuente ideal de corriente tampoco existe. entre sus terminales aparece un voltaje de 1 Voltio. RS = 0. Es decir. En la figura 9 se muestra una fuente práctica de voltaje que se define como una fuente ideal de voltaje en serie con una resistencia interna RSV.Ingeniería Eléctrica. La generación de una potencia infinita es inalcanzable por las fuentes prácticas. Teoría y problemas representarse por medio de un modelo más exacto que incluya la resistencia interna cuyo valor es tal que cuando le pasa una corriente de 100 Amperes. 33 . se tiene el circuito mostrado en la figura 11. La figura 10 muestra una fuente de corriente práctica que se define como una fuente ideal de corriente en paralelo con una resistencia interna RSI IS RSI Figura 10 Cuando se conecta una carga a una fuente práctica de voltaje. Es decir no existe un dispositivo que entregue una determinada cantidad de corriente independientemente del voltaje entre sus terminales. El voltaje en circuito abierto (VCA) y la corriente en corto circuito (ICC) medidos desde la carga son: VCA = VS ICC = VS R SV (1.11) donde IL es la corriente que fluye por la carga y VL es el voltaje en las terminales de la carga. la corriente a través de la carga y la corriente a través de la resistencia interna de la fuente. es decir VS = I L R SV + VL (1. Teoría y problemas RSV + VS - IL + RL - Figura 11 Este circuito es el divisor de voltaje que se estudió en el capitulo anterior.12) (1. el voltaje en las terminales de la carga y el voltaje en la resistencia interna de la fuente.13) Por otro lado cuando se conecta una carga a una fuente práctica de corriente se tiene el circuito mostrado en la figura 12. La corriente de la fuente se divide en dos componentes.Ingeniería Eléctrica. El voltaje de la fuente se divide en dos voltajes. VL IS VL R SI RSI IL RL Figura 12 El circuito de la figura 11 es el divisor de corriente estudiado en el capitulo anterior. es decir 34 . considerando las ecuaciones (1.18) se obtiene que la fuente de voltaje es equivalente a una fuente de corriente si se cumple que R SV = R SI (1.17) y (1.15) se tiene VS = IS R SI Por otro lado.14) Donde IL es la corriente que pasa por la carga y VL es el voltaje en las terminales de la carga.13) y (1. considerando las ecuaciones (1.15) (1.18) De las ecuaciones (1.16) Las Fuentes de voltaje y de corriente prácticas son equivalentes entre sí cuando el voltaje en circuito abierto y la corriente en corto circuito que se observan desde la carga son iguales.12) y (1. El voltaje en circuito abierto (VCA) y la corriente en corto circuito (ICC) medidos desde la carga son: VCA = IS R SI ICC = IS (1. Es decir. En adelante la resistencia interna de las fuentes se representará con el símbolo RS.20) En la figura 13 se representa la equivalencia entre una fuente de corriente y una fuente de voltaje.17) VS = IS R SV (1.16) se tiene (1.19) Es decir la resistencia interna de las fuentes es la misma.Ingeniería Eléctrica. 35 . Teoría y problemas IS = I L + VL R SI (1. Con esto se obtiene que una fuente de voltaje puede ser convertida en una fuente de corriente mediante la ecuación VS = R S IS (1. Utilice la técnica de transformación de fuentes para calcular la corriente que circula por la resistencia de 30 Ω.20). Después de reemplazar la fuente de corriente. Primeramente se transforma la fuente de corriente en paralelo con la resistencia de 20 Ω. mostrada en la figura 12b. Teoría y problemas RS + VS - IS = VS RS (b) RS (a) Figura 13 La fuente de voltaje VS en serie con RS mostrada en la figura 12a es equivalente a V la fuente de corriente IS = S en paralelo con RS. 36 . - 60V + 10 Ω 4A 20 Ω 80Ω 30Ω Figura 14 Solución Paso 1. la fuente de voltaje equivalente es V = IR = (4)(20) = 80 V. RS Ejemplo 5 Considérese el circuito mostrado en la figura 14. De acuerdo con la ecuación (1. el circuito que queda se muestra en la figura 15.Ingeniería Eléctrica. 20) es I = V/R = 140/20 = 7 A.Ingeniería Eléctrica. El circuito resultante se muestra en la figura 17. 20 Ω 10 Ω 140V 80Ω 30Ω Figura 16 Paso 3. Teoría y problemas 20 Ω - 60V + 10 Ω 80V 80Ω 30Ω Figura 15 Paso 2 El circuito de la figura 16. de acuerdo con la ecuación (1. El valor de dicha fuente de corriente. Ahora la fuente de voltaje en serie con la resistencia de 20Ω se transformara en una fuente de corriente. es equivalente al circuito mostrado en la figura 15. en donde las fuentes de voltaje se han reemplazado por una fuente cuyo valor es igual a la suma de los voltajes ya que las fuentes en el circuito de la figura 14 están conectadas en serie. 10 Ω 7A 20 Ω 80Ω 30Ω Figura 17 37 . Finalmente. Nuevamente. Ahora. La fuente de corriente en paralelo con la resistencia de 16 Ω se transforma en una fuente de voltaje cuyo valor es V = IR = (7)(16) = 112 V. la corriente que pasa por la resistencia de 30 Ω se puede calcular. El circuito resultante se muestra en la figura 19. las resistencias de 20 Ω y 80 Ω se pueden reemplazar por una resistencia equivalente que tiene un valor de Re = (20)(80) = 16 Ω 20 + 80 El circuito simplificado se muestra en la figura 18. se hace una transformación de fuente. 10 Ω 7A 16Ω 30Ω Figura 18 Paso 5. Su valor está dado por I= V 112 = =2A Re 16 + 10 + 30 38 .Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Paso 4. 16 Ω 10 Ω + 112V - 30Ω Figura 19 Paso 6. el equivalente Thevenin de dicho circuito se construye con una fuente de voltaje independiente VTH en serie con una resistencia RTH.Ingeniería Eléctrica. El valor de la fuente VTH es igual al voltaje en circuito abierto que se mide en las terminales a-b y RTH = VTH/ICC. El número de pasos depende de la complejidad del circuito. también llamado circuito equivalente de Thevenin. Equivalente de Thevenin RTH a + a Circuito eléctrico b (a) RL VTH b (b) RL Figura 20 Dado cualquier circuito lineal. Esta combinación en serie de VTH y RTH es equivalente al circuito original. Teoría y problemas La técnica de transformación de fuentes tiene un número indefinido de pasos. ICC? Se desarrollará un ejemplo para ilustrar la respuesta. donde ICC es la corriente en corto circuito que se mide en las terminales a-b. desde las cuales está conectada o se puede conectar una carga RL (véase la figura 20a). Sin embargo. ¿Cómo calcular VTH. En la figura 19a se muestra la carga RL conectada a un circuito y en la figura 20b se muestra el circuito equivalente. - 60V + 10 Ω 4A 20 Ω 80 Ω 30 Ω Figura 21 39 . llevado a cabo en forma sistemática se convierte en una técnica muy segura. Esta equivalencia significa que la carga RL tiene entre sus terminales la misma diferencia de potencial y le circula la misma corriente en el circuito original y en el circuito equivalente. compuesto de fuentes y resistencias y dadas dos terminales a-b en el mismo circuito. Ingeniería Eléctrica.V1 = 60 -4 + es decir V1 V + 2 =0 20 80 4V1 + V2 = 320 Resolviendo se obtiene V1 = 52V y V2 = 112V. Debido a la fuente de voltaje. quedando el circuito mostrado en la figura 23. Esto es VTH = 112V. Primer paso. Para este fin. los nodos V1 y V2 forman un supernodo y como se vio en el ejemplo 2. Se Calcula el voltaje en circuito abierto. las ecuaciones asociadas al supernodo son V2 . 40 . que se reproduce en la figura 21. ICC. se pone en corto a las terminales a-b. visto desde la resistencia de 30 Ω. Teoría y problemas Ejemplo 6 Supongamos que se quiere obtener el circuito equivalente del circuito mostrado en la figura 3. Supernodo V1 - 60V + V2 10 Ω a 4A 20 Ω 80Ω b Figura 22 El voltaje en circuito abierto entre las terminales a-b es igual al voltaje V2 ya que la corriente por la resistencia de 10 Ohms es cero. Para calcular el voltaje en circuito abierto (voltaje de Thevenin). Segundo Paso. Cálculo de la corriente en corto. se quita la resistencia RL (= 30 Ω) y queda el circuito mostrado en la figura 22. Para calcular VB se formulan de nuevo las ecuaciones de nodo para VA y VB.VA = 60 (1.Ingeniería Eléctrica. Por lo tanto ICC = VB/10 = 56/13 Amperes. Obsérvese que por la resistencia de 30 Ω pasa una corriente de 112/(56+30) = 2 Amperes. La resistencia de Thevenin RTH = VTH/ICC = 26 Ohms.22) Resolviendo las ecuaciones (1.22). La misma corriente que pasa por dicha resistencia en el circuito original (Véase el ejemplo 2).21) y (1. 41 . Teoría y problemas Supernodo VA - 60V + VB 10 Ω a 4A 20 Ω 80Ω b Figura 23 Nótese primero que ICC = VB/10. se obtiene que VB = 560/13 voltios.21) -4 + VA V V + B + B =0 20 80 10 Esta última se puede rescribir como 4VA + 9VB = 320 (1. Las ecuaciones del supernodo son VB . el circuito Thevenin equivalente “visto” desde la resistencia de 30 Ω es el que se muestra en la figura 24. considerando que se tiene un supernodo. Por lo tanto. se obtiene el circuito mostrado en la figura 25. 42 .Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas 26 Ω + 112V a 30Ω b Figura 24 Alternativa para calcular RTH La resistencia de Thevenin también puede calcularse mediante la “eliminación de las fuentes”. 10 Ω a 20 Ω 80Ω b Figura 25 La resistencia medida desde las terminales a-b que es igual a RTH es R TH = 10 + (20)(80) = 26 Ω 20+80 Mismo resultado que se obtuvo anteriormente. Esta técnica consiste en reemplazar las fuentes de voltaje por un corto circuito y las fuentes de corriente se reemplazan por un circuito abierto. Aplicando esto al circuito de la figura 22. Problema 2. utilice análisis de nodos para encontrar el voltaje VX a través de la fuente de 10 Amperes. V3 = 7V.+ V3 + - 6V 1A V0 = 0V 6 Figura 26 Solución: V1 = 6V. En el circuito de la figura 26. obtenga el circuito equivalente de Thevenin visto desde la resistencia de 6 Ohms. (a) utilice el análisis de nodos para encontrar los tres voltajes de nodo (b) Haga un balance de potencia 2 V1 3 V2 3V . En el circuito de la figura 27. Las resistencias están medidas en Ohms. Problema 3. V2 = 4V.Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas Problemas Problema 1. Para el circuito de la figura 26. 43 . Ingeniería Eléctrica.4V. Vx = V2 – V0 = 397. Teoría y problemas 20 4A V1 V2 -2A V3 50 40 + 100 Vx V0 = 0 10A 25 Figura 27 Solución: V1 = 264. Problema 4. Utilice el análisis de nodos para encontrar el voltaje V4 en el circuito de la figura 28. V3 = 183. 44 .31V.43V. V2 = 397.92V. Ingeniería Eléctrica. 45 . 25 10A 8A 8 2 10 + 100V - 4 3 5 Figura 29 Solución: I = 2. En el circuito de la figura 29. Teoría y problemas 12.79 A apuntando hacia la derecha.5 100V + _ 5A 20 150V + + 10 V4 Figura 28 Solución: V4 = 63.1V. Problema 5. utilice el análisis de mallas para encontrar la corriente que circula por la resistencia de 2 Ohms. En todas las resistencias K = 103 Ohms. i1 1K 2K 4K 3V + _ 2 mA 7K 1K 46 . En el circuito de la figura 29. obtenga i1. 100 Ω 220 Ω 330 Ω 40 V + - + 150 Ω v RL Figura 30 Solución: v = 17V. Problema 7. Problema 8. cuando RL = 75 Ω . Teoría y problemas Problema 6. utilice la técnica de transformación de fuentes para encontrar la corriente que circula por la resistencia de 5Ω. En el circuito mostrado en la figura 31. aplique la técnica de mallas para determinar el voltaje v a través de la resistencia de carga RL.Ingeniería Eléctrica. En el circuito de la figura 30. usando análisis de mallas. Ingeniería Eléctrica. Sugerencia: Un corto circuito se puede manejar como una fuente de voltaje con 0 voltios. Problema 9. i 2 Ohms 4 Ohms 2 Ohms + _ 10 V 6 Ohms Figura 31 Solución: i = -0. para verificar que existe un balance de potencia. (b) el voltaje en todos los nodos y (c) la potencia en todos los elementos.29A. 47 . Para el circuito de la figura 32 Utilice la técnica de análisis más conveniente (Análisis de nodos o análisis de mallas) para (a) determinar la corriente por todos los elementos. Encuentre la corriente i para el circuito de la figura 31. Teoría y problemas Figura 31 Solución: i1 = 3mA. Problema 11. 18V.2K 2.4K V4 3.04mA. 48 .31mA.Ingeniería Eléctrica. V5 = 2.22V. V4 = 1. Teoría y problemas 4.87mA. I2 = 1.56K I1 V3 12V + - 1.2K Figura 32 Solución: I1 = 1.58V.21V. V1 = 12V.7K V1 V2 1K V5 I2 0. I3 = 1.9K V0 = 0 I3 1. V2 = 3. V3 = 2.