Este documento presenta los resultados de dos prácticas de laboratorio sobre análisis de circuitos eléctricos realizadas por estudiantes de ingeniería. En la Práctica 7, los estudiantes aplicaron el teorema de superposición para calcular tensiones, corrientes y potencias en un circuito con múltiples fuentes. En la Práctica 8, analizaron un circuito mediante los teoremas de Thevenin y Norton para calcular la potencia en una resistencia de carga.

1. UNIVERSIDAD “FERMIN TORO”
VICERRECTORADO ACADEMICO
FACULTAD DE INGENIERIA
CABUDARE EDO. LARA
Laboratorio de Circuitos I
PRACTICA # 7 y 8
Integrantes:
David Singer
CI. 21048686
Jorge Domínguez
CI. 18422740
Marzo de 2016

2. Pre laboratorio Practica 7
1.- Para elsiguiente circuito, calcular todas las tensiones y corrientes por mallas. Indiciar elsentido correcto
de las corrientes y tensiones.
Malla I₁
(910+560+390)I₁ -390I₂ - 910I₃ = 15
1860 I₁ -390I₂ -910I₃ = 15 I
Malla I₂
(820+390+220)I₂ - 390I₁ -820I₃ = 0
-390I₁ + 1430I₂ - 820I₃ = 0 II
Malla 3
(910+820+620)I₃ -820I₂ -910I₁ = 9
-910I₁ -820I₂ + 2350I₃ = 9 III
1860I₁ - 390I₂ - 910I₃ = 15 I₁= 19,091x10¯³ A
-390I₁ + 1430I₂ - 820I₃ = 0 I₂= 14,554x10¯³ A
-910I₁ - 820I₂ + 2350I₃ = 9 I₃= 16,301x10¯³ A
Voltaje:
VR(620)= 16,301x10¯³x 620Ω = 10,10V
VR(910)= (I₁ - I₃) x 910Ω = (19,091x10¯³ -16,301x10¯³) x 910 = 2.538V
VR(820)= (I₃ - I₂) x 820Ω = (16,301x10¯³- 14,554x10¯³) x 820 = 1.432V

3. VR(390)= (I₁ - I₂) x 390Ω = (19,091x10¯³- 14,554x10¯³) x 390 = 3.720V
VR(560)= I₁ x 560Ω = 19,091x10¯³ x 560 = 10,69V
VR(220)= !₂ x 220Ω = 14,554x10¯³ x 220 = 3,20V
Corrientes
IR(620)= I₃ = 16,301x10¯³ A
IR(910)= I₁ - I₃ = 19,091x10¯³ - 16,301x10¯³ = 2,79x10¯³ A
IR(820)= I₃ - I₂ = 16,301x10¯³ - 14,554x10¯³ = 1,74x10¯³ A
IR(390)= I₁ - I₂ = 19,091x10¯³ - 14,554x10¯³ = 4,53x10¯³ A
IR(560)= I₁ = 19,091x10¯³ A
IR(220)= I₂ = 14,554x10¯³ A
2. Con los datos del punto 1, llene la siguiente tabla.
620 910 820 390 560 220
Voltaje 10,10V 2.538V 1.432V 3.720V 10,69V 3,20V
Corriente 16,301x10¯³ A 2,79x10¯³ A 1,74x10¯³ A 4,53x10¯³ A 19,091x10¯³ A 14,554x10¯³ A
3. Aplicando superposición. Calcular las tensiones y corriente con el sentido correcto para F₂= 0 y F₁ = 15V
Malla 1
1860I₁ - 390I₂ - 910I₃ = 15 I
Malla 2
-390I₁ + 1430I₂ -820I₃ = 0 II
Malla 3
-910I₁ - 820I₂ + 2350I₃ = 0
1860I₁ - 390I₂ - 910I₃ = 15 I₁ = 14.018 x10¯³ A
-390I₁ + 1430I₂ - 820I₃ = 0 I₂ = 8.671x10¯³ A
-910I₁ - 820I₂ + 2350I₃ = 0 I₃ = 8.454 x10¯³ A
Voltajes
VR(620)= i₃ x 620= 8.454 x10¯³ x 620 = 5.241V
VR(910)= (I₁ - I₃) 910 = (14.018 x10¯³ - 8.454 x10¯³ ) x 910 = 5.06V

4. VR(820)= (I₂ - I₃) 820 = (8.671x10¯³ - 8.454 x10¯³) x 820 = 0.177V
VR(390)= (I₁ - I₂) 390 = (14.018 x10¯³ - 8.671x10¯³) x 390 = 2.08V
VR(560)= I₁ x 560 = 14.018 x10¯³ x 560 = 7.85V
VR(220)= I₂ x 220 = 8.671x10¯³ x 220 = 1.90V
Tabla 2
620 910 820 390 560 220
Voltaje 5.241V 5.06V 0.177V 2.08V 7.85V 1.90V
Corriente 8.454
x10¯³
5.56 x10¯³ -2.17x10¯^5 5.34 x10¯³ 14.018
x10¯³
8.671x10¯³
IR(620)= I₃ = 8.454 x10¯³
IR(910)= I₁ - I₃ = 14.018 x10¯³ - 8.454 x10¯³ = 5.56 x10¯³
IR(820)= I₂ + I₃ = -8.671x10¯³ + 8.454 x10¯³ = -2.17x10¯^5
IR(390)= I₁ - I₂ = 14.018 x10¯³ - 8.671x10¯³ = 5.34 x10¯³
IR(560)= I₁ 14.018 x10¯³ A
IR(220)= I₂ = 8.671x10¯³
4. Repita 3 para F₁ = 0 y F₂ =9V
Malla I₁
1860I₁ - 390I₂ - 910I₃ = 0 I
Malla I₂
-390I₁ + 1430I₂ - 820I₃ = 0 II
Malla I₃
-910I₁ - 820I₂ + 2350I₃ = 9
1860I₁ - 390I₂ - 910I₃ = 0 I₁= 5.07 x10¯³
-390I₁ + 1430I₂ - 820I₃ = 0 I₂= 5.88 x10¯³
-910I₁ - 820I₂ + 2350I₃ = 9 I₃= 7.84 x10¯³
Voltaje
VR(620)= I₃ x 620 = 7.84 x10¯³x 620 = 4,86 V
VR(910)= (I₃ - I₁) 910 = (7.84 x10¯³- 5.07 x10¯³) 910 = 2,52V
VR(820)= (I₃ - I₂) 820 = (7.84 x10¯³- 5.88 x10¯³) 820 = 1,60V

5. VR(390)= (I₂ - I₁) x 390 = (5.88 x10¯³- 5.07 x10¯³) 390 = 0,31V
VR(560)= I₁ x 560 = 5.07 x10¯³x 560 = 2,83V
VR(220)= I₂ x 220 = 5.88 x10¯³x 220 = 1,29V
Corrientes
IR(620)= I₃ = 7.84 x10¯³ A
IR(910)= I₃ - I₁ = 7.84 x10¯³- 5.07 x10¯³= 2,77 x10¯³
IR(820)= I₃ - I₂ = 7.84 x10¯³- 5.88 x10¯³= 1,96 x10¯³
IR(390)= I₂ + I₁ = -5.88 x10¯³ + 5.07 x10¯³= 0,81 x10¯³
IR(560)= I₁ = 5.07 x10¯³
IR(220)= I₂ = 5.88 x10¯³
Tabla 3
620 910 820 390 560 220
Voltaje 4,86 V 2,52V 1,60V 0,31V 2,83V 1,29V
Corriente 7.84 x10¯³ A -2,77 x10¯³ 1,96 x10¯³ 0,81 x10¯³ 5.07 x10¯³ 5.88 x10¯³
5. Sume las 2 y 3 y compárela con la tabla 1
620 910 820 390 560 220
Corriente 8.454 x10¯³ 5.56 x10¯³ -2.17x10¯^5 5.34 x10¯³ 14.018 x10¯³ 8.671x10¯³
Corriente 7.84 x10¯³ -2,77 x10¯³ 1,96 x10¯³ 0,81 x10¯³ 5.07 x10¯³ 5.88 x10¯³
∑Corriente 16,23 x10¯³ 2,79x10¯³ 1.93x10¯³ 6.15x10¯³ 19,08x10¯³ 14,551x10¯³
Corriente 16,301x10¯³ A 2,79x10¯³A 1,74x10¯³ A 4,53x10¯³A 19,09x10¯³ A 14,554x10¯³ A
620 910 820 390 560 220
Voltaje 5.241V 5.06V 0.177V 2.08V 7.85V 1.90V
Voltaje 4,86 V 2,52V 1,60V 0,31V 2,83V 1,29V
∑Voltaje 10.10 V 7.58 V 1.77 2.39 V 10.68 V 3.19 V
Voltaje 10,10 V 2.538V 1.432V 3.720V 10,69V 3,20V
Actividades de Laboratorio practica 7
1. Monte en simulador el circuito del pre-laboratorio.

6. 2. Mida todas las corrientes y tensiones.Es importante que sepa el sentido correcto de las caídasde
tensión y de las corrientes.De lo contrario,tomara lecturas erróneas.Llene las siguientes tablas
TABLA 1
620 910 820 390 560 220
Voltaje 10,1 V 2,54 V 1,43 V 1,77 V 10,7 V 3,20
Corriente -16,3 -2,54 mA 1,75 mA -4,54 mA 19,1 mA 14,6 mA

7. 3. Ahora, anule la fuente F2 de 9V. eso se logra desconectando los cables de esa fuente de 9V y
luego los cables fuera de la fuente. Proceda a medir, con la polaridad correcta, las tenciones y
corrientes del circuito.
TABLA 2
620 910 820 390 560 220
Voltaje 5,24V 5,06V 178mV 2,09V 7,85V 1,91V
Corriente -8,45mA -5,56mA -217µA -5,35mA 14,0mA 8,67mA
4. Repita el paso 3 pero anulando solo la fuente de 15V

8. TABLA 3
620 910 820 390 560 220
Voltaje 4,87V 2,52V 1,61V 316mV 2,84V 1,29V
Corriente -7,85mA 2,77mA 1,96mA 0,810mA 5,07mA 5,88mA
Post – Laboratorio practica 7:
1. Para R = 390Ω. Calcule la potencia con los datos de las siguientes tablas:
Para calcular las potencias utilizamos P= v² / R
Tabla 1 Potencia 1 = (1,77 V)² / 390 = 8,033 mW
Tabla 2 Potencia 2 = (2,09 V)²/ 390 = 0,011 mW
Tabla 3 Potencia 3 = (0,316)² / 390 = 0,2560 mW
2. ¿Por qué P2 + P3 ≠ P1? Justifique su respuesta.
Cuando seaplican lasdos fuentes al mismo tiempo,estas entregan un número mayor de potencia,esto quiere
decir que la cantidad absorbida o entregada es mayor cuando se separa el circuito con las fuentes diferentes.
El procedimiento de análisis de circuitos por Superposición solo es válido para propiedades lineales, como
corriente, voltaje, entre otros. La potencia es una propiedad no lineal, por tanto, no se puede calcular la
potencia de algún elemento en un circuito por el teorema de superposición. En tal sentido, debe hallarse la
potencia individual de cada elemento después que se ha aplicado la superposición y se han encontrado las
tensiones y las corrientes individuales reales de cada elemento.
3. ¿Cuál de las tres es la verdadera potencia en R = 390 ohm?
La de la primera tabla 8,033 mW
4.- Realice las conclusiones acerca de este procedimiento de análisis de circuitos ( Superposión)
1. Al resolver los circuitos aplicando el teorema de Superposición, resulta más fácil resolverlos.
2. El teorema de superposición solo se aplica en el caso de circuitos eléctricos lineales, es decir
solamente en circuitos formados por componentes lineales.
3. Con este teorema de superposición,la corrientetotal o voltajeen un resistor,o en una rama puede
determinarse, mediante la suma de los efectos debidos a cada fuente independiente.

9. Pre laboratorio Practica 8
1. Analice el siguiente circuito por el teorema de Thevenin y Norton:
R1 = 1.2 KΩ
R2 = 2.7 KΩ
R3 = 3.3 KΩ
R4 = 2.2 KΩ
R5 = 1.8 KΩ
R6 = 5.1 KΩ
R7 = 4.7 KΩ
RL = 910 Ω
2. Por mallas, calcule la potencia para RL = 910 Ω.
Malla 1:
( 1200 + 2700 ) I1 – 1200 I5 – 2700 I2 = 10 v
3900 I1 – 2700 I2 – 1200 I5 = 10 (1)

10. Malla 2:
( 2700 + 2200 + 910 ) I2 – 2700 I1 – 2200 I5 – 910 I3 = 0
5810 I2 – 2700 I1 – 2200 I5 – 910 I3 = 0
- 2700 I1 + 5810 I2 – 910 I3 – 2200 I5 = 0 (2)
Malla 3:
( 910 + 1800 + 5100 ) I3 – 910 I2 – 5100 I4 = 0
7810 I3 – 910 I2 – 5100 I4 = 0
- 910 I2 + 7810 I3 – 5100 I4 = 0 (3)
Malla 4:
( 5100 + 4700 ) I4 -5100 I3 = 10 v
9800 I4 – 5100 I3 = 10
- 5100 I3 + 9800 I4 = 10 (4)
Malla 5:
( 1200 + 3300 + 2200 ) I5 – 1200 I1 – 2200 I4 = 0
6700 I5 – 1200 I1 – 2200 I4 = 0
- 1200 I1 – 2200 I4 + 6700 I5 = 0 (5)
3900 I1 – 2700 I2 – 1200 I5 = 10 (1)
- 2700 I1 + 5810 I2 – 910 I3 – 2200 I5 = 0 (2)
- 910 I2 + 7810 I3 – 5100 I4 = 0 (3)
- 5100 I3 + 9800 I4 = 10 (4)
- 1200 I1 – 2200 I4 + 6700 I5 = 0 (5)
Por método de Gauss-Jordan sacado con la calculadora se obtuvo que:

11. I1 = 5.3517 mA.
I2 = 3.3303 mA.
I3 = 1.5971 mA.
I4 = 1.8515 mA.
I5 = 1.5665 mA.
La corriente que circula por RL es la diferencia de I2 e I3,
IRL = I2 – I3 = 3.3303 – 1.5971 = 1.7332 mA.
Por lo tanto la potencia consumida por RL es:
P = IRL
2
x RL = (1.7332x10-3
)2
x 910 = 2.7336 mW.
3. Separe el circuito anterior en dos partes:
3.1. A la izquierda de RL.
3.2. A la derecha de RL.

12. 4. Consiga el equivalente de Thevenin de la sección 3.1
Para conseguir Rth se anula la fuerte y se calcula.
10800
13
2700
1
1200
1
2
1
1
11

RRRa
 77.3030220077.8304RRaRb
6
10979.632
77.3030
1
3300
11
3
11 

RbRRth

13.  83.1579thR
Para conseguir la Vth se abren los terminales a-b y se calcula el voltaje que hay en ese lugar.
Por análisis Nodal buscaremos el valor de Vth
Nodo 1:
V1 = 10 v

14. Nodo 2:
03
2200
1
1
1200
1
2
2200
1
2700
1
1200
1






 VVV
(X118800) ( 99 + 44 + 54 ) V2 – 99 V1 – 54 V3 = 0
197 V2 – 99 V1 – 54 V3 = 0
197 V2 – 54 V3 = 99 V1
197 V2 – 54 V3 = 99x10
197 V2 – 54 V3 = 990 (2)
Nodo3:
02
2200
1
1
3300
1
3
2200
1
3300
1






 VVV
(x118800) ( 36 + 54 ) V3 – 36 V1 – 54 V2 = 0
90 V3 – 36 V1 – 54 V2 = 0
– 54 V2 + 90 V3 = 36 V1
- 54 V2 + 90 V3 = 36x10
-54 V2 + 90 V3 = 360 (3)
197 V2 – 54 V3 = 990 (2)
-54 V2 + 90 V3 = 360 (3)
Por método de Gauss-Jordan sacado por la calculadora los valores son:
V2 = 7.3268 v
V3 = 8.3961 v
Por LTK el valorde laVth es:
- Vth + VR4 + VR2 = 0
VR4 = ( V3 – V2 ) VR2 = V2
Vth = VR4 + VR2 = V3 – V2 + V2 = V3 = 8.3961 v

15.  83.1579thR
Vth = 8.3961 v
5. Consiga el equivalente de Norton de la sección 3.1
Comoel circuitode Theveninyel de Nortontienenrelación,Rth=Rn, solofalta calcular la In.
Por mallas:

16. Malla 1:
( 1200 + 2700 ) I1 – 1200 I3 – 2700 I2 = 10
3900 I1 – 2700 I2 – 1200 I3 = 10 (1)
Malla 2:
( 2700 + 2200 ) I2 – 2700 I1 – 2200 I3 = 0
4900 I2 – 2700 I1 – 2200 I3 = 0
- 2700 I1 + 4900 I2 – 2200 I3 = 0 (2)
Malla 3:
( 1200 + 3300 + 2200 ) I3 – 1200 I1 – 2200 I2 = 0
6700 I3 – 1200 I1 – 2200 I2 = 0
- 1200 I1 – 2200 I2 + 6700 I3 = 0 (3)
3900 I1 – 2700 I2 – 1200 I3 = 10 (1)
- 2700 I1 + 4900 I2 – 2200 I3 = 0 (2)
- 1200 I1 – 2200 I2 + 6700 I3 = 0 (3)
Por método de Gauss-Jordan sacado por la calculadora los valores son:
I1 = 7.1758 mA.

17. I2 = 5.3145 mA.
I3 = 3.0303 mA.
ComoI3 = In, tenemosque laIn = 3.0303 mA.
 83.1579thR
6. Repita 4 para la sección 3.2
Para conseguir Rth se anula la fuerte y se calcula.

18. 19850
49
4700
1
5100
1
7
1
6
11

RRRa
 102.405
49
19850
Ra


102.2205
102.40518005
th
th
R
RaRR
Para conseguirlaVth se abrenlosterminalesa-byse calculael voltaje que hayenese lugar.
Vth va a ser igual al voltaje enlaresistenciaR6,ya que R5 tiene unterminal abierto,estano
se toma en cuenta.

19. Por Divisor de Tensiones obtenemos Vth
vVth 204.5
49
255
47005100
105100




Y el circuito equivales de Thevenin será:
Vth = 5.204 v
Rth = 2205.102 Ω
7. Repita 5 para la sección 3.2
Como el circuito de Theveniny el de Norton guardan relación, la Rth=Rn, y solo falta calcular la
In.
Rth = Rn = 2205.102 Ω

20. Para calcularla, utilizaremos el análisis de malla.
Malla 1:
( 1800 + 5100 ) I1 – 5100 I2 = 0
6900 I1 – 5100 I2 = 0 (1)
Malla 2:
( 5100 + 4700 ) I2 – 5100 I1 = 10 v
9800 I2 – 5100 I1 = 10

21. - 5100 I1 + 9800 I2 = 10 (2)
6900 I1 – 5100 I2 = 0 (1)
- 5100 I1 + 9800 I2 = 10 (2)
Por método de Gauss-Jordan sacado por la calculadora los valores son:
I1 = 1.2256 mA.
I2 = 1.6582 mA.
Como I1 va en sentido contrario a la In, la In = - I1
In = - 1.2256 mA.
Rn = 2205.102 Ω
8. Una el Thevenin de la izquierda con el de la derecha. Halle el Thevenin final.

22. Siendo los valores de la izquierda:
 83.1579thR
Vth = 8.3961 v
Y los de la derecha:
Vth = 5.204 v
Rth = 2205.102 Ω
Entonces el Thevenin final seria:
Pero para calcular el Rthfinal habría que analizarnuevamente el circuitodesconectandoRL y
anulando las fuentes:

23. Rthfinal = Rth + Rth
Rthfinal = 1579.83 + 2205.102
Rthfinal = 3784.932 Ω
Para calcular la Vth se abren los puntos a-b y se calcula el voltaje que hay entre esos dos
puntos, en este caso se calculará por análisis de nodos:
Nodo1:
V1 = 8.3961 v (1)
Nodo2:
03
102.2205
1
1
83.1579
1
2
102.2205
1
83.1579
1






 VVV
1.08647 V2 – 0.63267 V1 – 0.45349 V3 = 0
1.08647 V2 – 0.45349 V3 = 0.63267x8.3961

24. 1.08647 V2 – 0.45349 V3 = 5.3119 (2)
Nodo3:
V3 = 5.204 v (3)
SustituyendoV3enla segundaecuacióntendremosel resultadode V2:
1.08647 V2 – 0.45349 V3 = 5.3119
1.08647 V2 = 5.3119 + 0.45349x5.204
1.08647 V2 = 7.6718
V2 = 7.06122 v
Haciendounrecorridoporel circuitopara obtenerVthaplicamosunLTK,siendolasumaalgebraica
del voltaje de Thevenin final, el voltaje de Thevenin de la derecha y el voltaje de la resistencia de
Thevenin de la derecha igualado a cero:
- Vthfinal + VRthd + Vthd = 0
VRthd = V2 – V3 = 7.06122 – 5.204 = 1.85722 v
Vthd = 5.204 v
Vthfinal = 1.85722 + 5.204
Vthfinal = 7.06122 v

25. Rthfinal = 3784.932 Ω
Vthfinal = 7.06122 v
9. Una el Norton de la derecha con el de la izquierda. Halle el Norton final.
Siendo los valores de la Izquierda:
In = 3.0303 mA.
 83.1579nR
Y los de la Derecha:
In = - 1.2256 mA.
Rn = 2205.102 Ω

26. Entonces el Norton final será:
Como las In están en paralelo, estas se pueden sumar, al igual que las resistencias:
Infinal = 3.0303 mA + (-1.2256 mA) = 1.8047 mA.
3
10086473.1
102.2205
1
83.1579
11 

nfinalR
Rnfinal = 920.409 Ω
Lo que quedará de la siguiente manera:

27. Infinal = 1.8047 mA.
Rnfinal = 920.409 Ω
10. Alimente la carga RL con el circuito de Thevenin final. Calcule la potencia en RL.
Para calcular el voltaje que hay en RL se necesita aplicar un Divisor de Tensiones:
v
RRL
VRL
V
thfinal
thfinal
RL 3686.1
932.3784910
06122.7910







Por lo tanto la Potencia será: P =
R
V 2
    mW
RL
V
P RL
RL 0583.2
910
3686.1
22

11. Repita el punto 10 pero con el circuito Norton final.
Para calcular la corriente que circula por RL, se necesita un Divisor de corrientes:
90748.0
409.920910
108047.1409.920 3








nfinal
nfinalnfinal
RL
RRL
IR
I mA.

28. Por lo tanto, la potencia consumida por RL es:
P = I2
x R
P = ( 0.90748x10-3
) x 910
P = 0.7494 mW.
Actividades de Laboratorio practica 8
1. Monte el circuito del Pre-Laboratorio. Pida ayuda del técnico si es necesario.
2. Mida con el multímetro todas las resistencias. Anote su valor
R1= 1200 Ω= 968 Ω
R2= 2,7 kΩ= 2,33 kΩ
R3= 3,3 kΩ= 3,25 kΩ
R4= 2,2 kΩ= 2,12 kΩ
R5= 1,8 kΩ= 1,76 kΩ
R6= 5,1 kΩ= 4,72 kΩ
R7= 4,7 kΩ= 4,16 kΩ

29. RL= 910 Ω= 887 Ω
3. Con el circuito energizado mida la tensión y la corriente por RL. Anote estos valores.
VRL= 2,16 v IRL= 2,40 mA
4. Ahora, separe el circuito de la derecha del de la izquierda, como se ve:
5. Para el circuito de la izquierda mida, mida:
5.1. El Voltaje entre A y B o Vth1. Anótelo.
Vth1= 5,24 v
5.2. Apague lafuente.Cortocircuite losextremosde lafuente.Coloque el multímetroentre
A y B y mida la resistencia de thevenin o Rth1. Anotelo.
Rth1= 2,40 kΩ
6. Para el circuito de la derecha, mida:
6.1. VAB = Vth2. Anote este valor.
Vth2= 8,54 v
6.2. Apague la fuente. Luego cortocircuítela y mida Rth2.
Rth2= 1,50 kΩ
7. Con estos datos, monte el siguiente circuito. Pidale al técnico las resistencias necesarias.

30. 8. Mida la tensión y la corriente que pasa por RL. Anote los valores.
VRL= 10,18 v
IRL= 11,24 mA
Saque las conclusiones de este experimento.
 La fuente de corriente en el circuito equivalente Norton, tiene la corriente
 El valor de la fuente de tensiónen el circuito equivalente de Thévenin tiene la tensiónde
circuito abierto
 Para obtener la máxima transferencia de potencia de un circuito o fuente, el valor de la
resistencia de carga debe ser igual a la resistencia equivalente o resistencia Thevenin del
circuito interno