electronica

1. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
21
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.

2. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
22
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.
4A5A
Ω20
Ω4010Ω
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
la resistencia (Ley de Ohm:
∆v
I =
R
). Por lo tanto es necesario calcular
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

3. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
23
uno como el nodo de referencia y se ha asignado un nombre a los otros nodos
esenciales.
4A5A
Ω20V1 V2
Ω4010Ω
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. La ecuación resultante es la siguiente
1 1 2V V - V
-5 + + = 0
10 20
es decir
1 23V - V = 100 (1.1)
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. La ecuación resultante es la siguiente
2 1 2V - V V
-4 + + = 0
20 40
es decir
1 2-2V + 3V = 160 (1.2)
Paso 6: No aplica, ya que no hay fuentes de voltaje.
Paso 7. Resolviendo las ecuaciones (1.1) y (1.2) se obtiene V1 = 65.71 voltios, V2
= 97.14 voltios.

4. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
24
La corriente que circula por la resistencia de 20 Ohms I20 = (V2 – V1)/20 = (97.14 –
65.71)/20 = 1.57 A y la corriente circula, desde luego, del nodo V2 al nodo V1.
La corriente que circula por la resistencia de 10 Ohms es I10 = V1/10 = 6.57 A y
circula desde el nodo V1 al nodo de referencia.
La corriente que pasa por la resistencia de 40 Ohms es I40 = V2/40 = 2.43 A y
circula del nodo V2 al nodo de referencia.
La suma de corrientes en el nodo V1 es – 5 – I20 + I10 = - 5 – 1.57 + 6.57 = 0.
La suma de corrientes en el nodo V2 es - 4 + I20 + I40 = -4 + 1.57 + 2.43 = 0.
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.
+-
4A
60V
20
10Ω
Ω
V1 V2
Supernodo
80Ω 30Ω
Figura 3
Solución:
Los pasos del 1 al 4 nos dejan el circuito como se muestra en la figura 3.
Paso 5. Debido a que el circuito contiene una fuente de voltaje, se continúa en el
paso siguiente.
Paso 6. Debemos observar primero que entre los nodos V1 y V2 se encuentra una
fuente de voltaje. Esto nos define un supernodo, formado por los nodos V1 y V2.
Del supernodo se obtiene la ecuación que relaciona el voltaje de los nodos con la
fuente
2 1V - V = 60 (1.3)
Ya que V2 está conectado a la parte positiva de la fuente y V1 está conectado a la
parte negativa de la fuente.

5. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
25
La aplicación de la LKC al supernodo nos genera la siguiente ecuación
1 2 2V V V
- 4 + + + = 0
20 40 80
es decir
1 24V + 3V = 320 (1.4)
Paso 7. Resolviendo simultáneamente las dos ecuaciones (1.3) y (1.4), se obtiene:
V1 = 20 voltios
V2 = 80 voltios
Con este resultado, se puede calcular la corriente que pasa por todas las
resistencias.
(a) La corriente que pasa por la resistencia de 20 Ω, mediante la ley de Ohm
(
V
I =
R
), se obtiene I20Ω = 1V
20
= 1 Ampere y esta corriente fluye del nodo V1 a
tierra.
(b) La corriente que pasa por las resistencias de 80 Ω es I80Ω = 2V
80
= 1 Ampere y
fluye del nodo V2 a tierra.
(c) La corriente que pasa por las resistencias de 10 Ω y 30 Ω, que están
conectadas en serie, es I40Ω = 2V
40
= 2 Amperes y fluye del nodo V2 a tierra.
Ahora se puede verificar que la LKC se cumple en ambos nodos:
En el nodo V2, se tienen tres corrientes: I60V, corriente que pasa por la fuente de
60V y que aun no se conoce, I80Ω e I40Ω. 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.
En el nodo V1, se tienen tres corrientes: I60V, I20 y la corriente de la fuente de 4 A.
Sumándolas se obtiene I60V + I20Ω – 4 = 3 + 1 – 4 = 0.
Con estos resultados, el balance de potencia debe de ser tal que
(Potencia generada) = (Potencia absorvida)∑ ∑

6. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
26
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. 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.
Análisis de mallas
El análisis de mallas se puede aplicar solo a redes planas. Una red plana es
aquella donde ninguna rama se cruza con otra rama. Cuando dos ramas se
cruzan, el circuito se tiene que construir en dos planos para evitar el cruce de las
conexiones. En la figura 4 se muestra un ejemplo de red no plana. En cambio, la
red mostrada en la figura 3 es plana. La técnica de mallas esta basada en el
concepto de malla, concepto que se definió en el capitulo anterior. De hecho el
concepto de malla es una propiedad de los circuitos planos y no existe en un
circuito no plano.
+
-
V
Figura 4
Procedimiento para utilizar el análisis de mallas
1. Dibujar claramente el circuito y asegurarse que es plano

7. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
27
2. Asociar a cada malla una corriente, todas apuntando en la misma dirección y
etiquetarlas como i1, i2, i3, …
3. En cada malla aplicar la LKV y obtener una ecuación de malla para cada malla.
Recorrer la malla en el sentido asignado a las corrientes i1, i2, i3, … y aplicar la
siguiente regla: A todos los voltajes en cada elemento de la malla, asignarle el
signo de la terminal que aparece primero, 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. Las fuentes de voltaje tienen asignado el
signo en forma explicita. De aquí resultan tantas ecuaciones de malla como mallas
tenga el circuito. En aquellos elementos que forman parte de dos mallas, la
corriente que circula por ellos es igual a la diferencia de las corrientes asignadas a
las mallas.
4. Si el circuito tiene fuentes de corriente, existen dos opciones:
(a) Si la fuente de corriente forma parte de una sola malla, 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, formar una supermalla, que
consiste de las dos mallas de las que la fuente de corriente forma parte y de dicha
supermalla obtener dos ecuaciones. 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.
Aplicar (a) o (b) tantas veces como fuentes de corriente formen parte del circuito.
De las mallas que no contienen fuente de corriente se obtiene una ecuación
aplicando la ley de Kirchoff de voltajes.
4. Las ecuaciones de malla son independientes, ya que ninguna se puede obtener
en función de la otra, de modo que si el circuito tiene n mallas, se tiene un sistema
de n ecuaciones con n incógnitas. En general la solución se puede obtener
utilizando alguna de las técnicas para resolver sistemas de ecuaciones tal como el
método de los determinantes, el método de Gauss Jordan, etc.
5. Una vez que se tienen las corrientes de malla, para cada elemento del circuito
se puede obtener la corriente que pasa por ellos, se pueden calcular la diferencia
de potencial en sus extremos, y también se puede calcular la potencia que
consume o absorbe. Es decir, se puede calcular cualquier parámetro eléctrico.
Ejemplo 3
Considérese el circuito de la figura 5 y calcular, utilizando la técnica de mallas, las
corrientes que circulan por las tres resistencias y hacer un balance de potencia.

8. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
28
+
-
+
-
42 V 10 V
6 4
3
Ω Ω
Ω
Figura 5
Solución:
Paso 1. Se dibuja el circuito y se asegura que es plano.
Paso 2. Se asigna una corriente de malla a cada malla. 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. Supondremos además que ambas corrientes circulan en el sentido
de las manecillas del reloj. Véase la figura 6.
+
-
+
-
42 V 10 V
6 4
3
Ω Ω
Ω
i1
i2
A
B C D
EF
Figura 6
Paso 3. Se aplica la ley de Kirchhoff de voltajes (LKV) a cada malla. 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, tantos como elementos forman parte de la
malla. La malla se recorre siguiendo la trayectoria cerrada ABCFA. En la rama AB,
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, que es el
inicio del recorrido de la malla. El siguiente termino (6i1) es el asociado a la rama
BC, donde se tiene una resistencia de 6Ω y por donde solo circula la corriente i1.
Se le asigna el signo positivo porque de acuerdo con el sentido de la corriente, la

9. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
29
parte de la resistencia conectada al nodo B es positiva respecto al nodo C. El
siguiente termino es 3(i1 – i2) y se le asigna el signo positivo por la misma razón
anterior. Agrupando términos, la ecuación anterior queda como
1 29i - 3i = 42 (1.5)
Aplicando la LKV a la malla asociada a la corriente i2, y recorriendo la malla
siguiendo la ruta cerrada FCDEF, se obtiene:
1 2 2-3(i - i ) + 4i - 10 = 0
o bien
1 2-3i + 7i = 10 (1.6)
Paso 4. Resolviendo las ecuaciones (1.5) y (1.6) se obtiene i1 = 6 A e i2 = 4 A.
Paso 5. La corriente que pasa por la resistencia de 3 Ohms es i1 – i2 = 2 A. La
corriente que pasa por la resistencia de 6 Ohms es 6 A; 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.
También se debe de tener que
(Potencia generada) = (Potencia absorvida)∑ ∑
Potencia de las fuentes:
P42V = VI = (42)(6) = 252 W.
P10V = VI = (10)(4) = 40 W
Como en ambas fuentes la corriente sale por la terminal positiva, la potencia
generada total PG = 252 + 40 = 292 W.
Potencia absorbida en las resistencias
P6Ω = VI = I2
R = (6)2
(6) = 216 W
P3Ω = VI = I2
R = (2)2
(3) = 12 W
P4Ω = VI = I2
R = (4)2
(4) = 64 W.
Potencia absorbida total PA = 216 + 12 + 64 = 292 W.
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.

10. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
30
2Ω
2Ω
Ω3
Ω1
Ω1
7A
i1
i2
i3
7V
+
_
A
B C D
E
F
H
G
Supermalla
Figura 7
Solución:
(a) Los pasos 1 y 2 dejan al circuito como se muestra en la figura 7.
Paso 3. 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. Recorriendo
la malla 3 siguiendo la trayectoria cerrada GCDEG, se obtiene la ecuación
2 1 2 2 31(i - i ) + 2i + 3(i - i ) = 0 (1.7)
es decir
1 2 3- i + 6i - 3i = 0 (1.8)
Paso 4. Las mallas 1 y 3 comparten una fuente de corriente. Esto define la
supermalla cuyo trayectoria cerrada se puede tomar como ABCGEFA. Las
ecuaciones que se obtiene de esta supermalla son las siguientes
1 3i - i = 7 (1.9)
1 2 3 2 3-7 + 1 (i - i ) + 3(i - i ) + 1 i = 0⋅ ⋅
es decir
1 2 3i - 4i + 4i = 7 (1.10)
Paso 5. Resolviendo el sistema de ecuaciones se obtiene que

11. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
31
i1 = 9 A
i2 = 2.5 A
i3 = 2 A
(b) El balance de potencia requiere que
(Potencia generada) = (Potencia absorvida)∑ ∑
Potencia en las fuentes. Para esto, se necesita la diferencia de potencial en la
fuente de corriente. El voltaje en el nodo G está dado por
VG = 7 – 1(i1 – i2) = 7 – 6.5 = 0.5 V.
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, de tal manera que
ambas generan potencia.
Potencia generada:
P7V = VI = (7)(9) = 63 W
P7A = (VH – VG)I = (14 - 0.5)(9 - 2) = 94.5 W
Potencia total generada PT = 63 + 94.5 = 157.5 W
Potencia absorbida:
P1Ω = VI = I2
R = (9 – 2.5)2
(1) = 42.25 W
P2Ω = VI = I2
R = (2.5)2
(2) = 12.5 W
P3Ω = VI = I2
R = (2 – 2.5)2
(3) = 0.75 W
P2Ω = VI = I2
R = (9 – 2)2
(2) = 98 W
P1Ω = VI = I2
R = (2)2
(1) = 4 W
Potencia total absorbida PA = 157.5 W
Ejemplo 5. En el circuito de la figura 8, (a) diga cuáles mallas forman una
supermalla. (b) Escriba las ecuaciones de malla. (c) ¿Cuánto valen i1, i2, i3 e i4?

12. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
32
4A i1
i2
i4
i3
1A 4A
1 Ω
1 Ω
2Ω
2Ω
Figura 8
Solución:
(a) Las mallas i2 e i3 forman una supermalla.
(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, 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. Una
fuente ideal de 1 voltio entrega un ampere a una resistencia de 1 Ohm y 1000,000
Amperes a una resistencia de 1 micro Ohm. En la realidad esta fuente no existe.
Las fuentes prácticas tienen una cierta capacidad de entregar potencia. Si se les
requiere una potencia mayor, el voltaje entre sus terminales decrece.
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. Esta fuente puede

13. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
33
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, entre
sus terminales aparece un voltaje de 1 Voltio. Es decir, RS = 0.01 Ω; a ésta se le
conoce como la resistencia interna de la fuente y siempre está presente en las
fuentes prácticas.
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.
RSV
+
-
VS
Figura 9
La fuente ideal de corriente tampoco existe. Es decir no existe un dispositivo que
entregue una determinada cantidad de corriente independientemente del voltaje
entre sus terminales. Ciertos circuitos transistorizados pueden entregar una
corriente que se mantiene constante para un amplio rango de valores de la carga.
La generación de una potencia infinita es inalcanzable por las fuentes prácticas.
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
RSIIS
Figura 10
Cuando se conecta una carga a una fuente práctica de voltaje, se tiene el circuito
mostrado en la figura 11.

14. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
34
RL
RSV
+
-
VS
IL +
-
Figura 11
Este circuito es el divisor de voltaje que se estudió en el capitulo anterior. El voltaje
de la fuente se divide en dos voltajes; el voltaje en las terminales de la carga y el
voltaje en la resistencia interna de la fuente; es decir
S L SV LV = I R + V (1.11)
donde IL es la corriente que fluye por la carga y VL es el voltaje en las terminales
de la carga. El voltaje en circuito abierto (VCA) y la corriente en corto circuito (ICC)
medidos desde la carga son:
CA SV = V (1.12)
S
CC
SV
V
I =
R
(1.13)
Por otro lado cuando se conecta una carga a una fuente práctica de corriente se
tiene el circuito mostrado en la figura 12.
RLRSIIS
IL
VL
L
SI
V
R
Figura 12
El circuito de la figura 11 es el divisor de corriente estudiado en el capitulo anterior.
La corriente de la fuente se divide en dos componentes, la corriente a través de la
carga y la corriente a través de la resistencia interna de la fuente; es decir

15. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
35
L
S L
SI
V
I = I +
R
(1.14)
Donde IL es la corriente que pasa por la carga y VL es el voltaje en las terminales
de la carga. El voltaje en circuito abierto (VCA) y la corriente en corto circuito (ICC)
medidos desde la carga son:
CA S SIV = I R (1.15)
CC SI = I (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. Es decir, considerando las ecuaciones (1.12) y (1.15) se tiene
S S SIV = I R (1.17)
Por otro lado, considerando las ecuaciones (1.13) y (1.16) se tiene
S
S
SV
V
= I
R
(1.18)
De las ecuaciones (1.17) y (1.18) se obtiene que la fuente de voltaje es
equivalente a una fuente de corriente si se cumple que
SV SIR = R (1.19)
Es decir la resistencia interna de las fuentes es la misma. En adelante la
resistencia interna de las fuentes se representará con el símbolo RS. Con esto se
obtiene que una fuente de voltaje puede ser convertida en una fuente de corriente
mediante la ecuación
S S SV = R I (1.20)
En la figura 13 se representa la equivalencia entre una fuente de corriente y una
fuente de voltaje.

16. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
36
RS
S
S
S
V
I =
R
+
-
VS
RS
(a) (b)
Figura 13
La fuente de voltaje VS en serie con RS mostrada en la figura 12a es equivalente a
la fuente de corriente S
S
S
V
I =
R
en paralelo con RS, mostrada en la figura 12b.
Ejemplo 5
Considérese el circuito mostrado en la figura 14. Utilice la técnica de
transformación de fuentes para calcular la corriente que circula por la resistencia
de 30 Ω.
+-
4A
60V
20
10Ω
Ω 80Ω 30Ω
Figura 14
Solución
Paso 1. Primeramente se transforma la fuente de corriente en paralelo con la
resistencia de 20 Ω. De acuerdo con la ecuación (1.20), la fuente de voltaje
equivalente es V = IR = (4)(20) = 80 V. Después de reemplazar la fuente de
corriente, el circuito que queda se muestra en la figura 15.

17. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
37
80Ω
20Ω 10Ω
30Ω
+-
60V
80V
Figura 15
Paso 2 El circuito de la figura 16, 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.
80Ω
20Ω 10Ω
30Ω
140V
Figura 16
Paso 3. Ahora la fuente de voltaje en serie con la resistencia de 20Ω se
transformara en una fuente de corriente. El valor de dicha fuente de corriente, de
acuerdo con la ecuación (1.20) es I = V/R = 140/20 = 7 A. El circuito resultante se
muestra en la figura 17.
7A 80Ω20Ω
10Ω
30Ω
Figura 17

18. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
38
Paso 4. Ahora, las resistencias de 20 Ω y 80 Ω se pueden reemplazar por una
resistencia equivalente que tiene un valor de
e
(20)(80)
R = = 16 Ω
20 + 80
El circuito simplificado se muestra en la figura 18.
7A
10Ω
30Ω16Ω
Figura 18
Paso 5. Nuevamente, se hace una transformación de fuente. 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. El circuito resultante se muestra en
la figura 19.
10Ω
30Ω
16Ω
+
-
112V
Figura 19
Paso 6. Finalmente, la corriente que pasa por la resistencia de 30 Ω se puede
calcular. Su valor está dado por
e
V 112
I = = = 2 A
R 16 + 10 + 30

19. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
39
La técnica de transformación de fuentes tiene un número indefinido de pasos. El
número de pasos depende de la complejidad del circuito. Sin embargo, llevado a
cabo en forma sistemática se convierte en una técnica muy segura.
Equivalente de Thevenin
Circuito eléctrico RL
(a)
a
b
RTH
+
-
VTH RL
(b)
a
b
Figura 20
Dado cualquier circuito lineal, compuesto de fuentes y resistencias y dadas dos
terminales a-b en el mismo circuito, desde las cuales está conectada o se puede
conectar una carga RL (véase la figura 20a), el equivalente Thevenin de dicho
circuito se construye con una fuente de voltaje independiente VTH en serie con una
resistencia RTH. Esta combinación en serie de VTH y RTH es equivalente al circuito
original. En la figura 19a se muestra la carga RL conectada a un circuito y en la
figura 20b se muestra el circuito equivalente, también llamado circuito equivalente
de Thevenin. 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. 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, donde ICC es la
corriente en corto circuito que se mide en las terminales a-b.
¿Cómo calcular VTH, ICC? Se desarrollará un ejemplo para ilustrar la respuesta.
+-
4A
60V
20 80
10
30
Ω
Ω Ω Ω
Figura 21

20. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
40
Ejemplo 6
Supongamos que se quiere obtener el circuito equivalente del circuito mostrado en
la figura 3, que se reproduce en la figura 21, visto desde la resistencia de 30 Ω.
Primer paso. Se Calcula el voltaje en circuito abierto. Para calcular el voltaje en
circuito abierto (voltaje de Thevenin), se quita la resistencia RL (= 30 Ω) y queda el
circuito mostrado en la figura 22.
+-
4A
60V
20 80
10Ω
Ω Ω
V1 V2 a
b
Supernodo
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. Debido a la fuente de voltaje, los
nodos V1 y V2 forman un supernodo y como se vio en el ejemplo 2, las ecuaciones
asociadas al supernodo son
2 1V - V = 60
1 2V V
-4 + + = 0
20 80
es decir
4V1 + V2 = 320
Resolviendo se obtiene V1 = 52V y V2 = 112V. Esto es VTH = 112V.
Segundo Paso. Cálculo de la corriente en corto, ICC. Para este fin, se pone en
corto a las terminales a-b, quedando el circuito mostrado en la figura 23.

21. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
41
+-
4A
60V
20 80
10Ω
Ω Ω
VA VB a
b
Supernodo
Figura 23
Nótese primero que ICC = VB/10. Para calcular VB se formulan de nuevo las
ecuaciones de nodo para VA y VB, considerando que se tiene un supernodo. Las
ecuaciones del supernodo son
B AV - V = 60 (1.21)
A B BV V V
-4 + + + = 0
20 80 10
Esta última se puede rescribir como
A B4V + 9V = 320 (1.22)
Resolviendo las ecuaciones (1.21) y (1.22), se obtiene que VB = 560/13 voltios.
Por lo tanto ICC = VB/10 = 56/13 Amperes. La resistencia de Thevenin RTH =
VTH/ICC = 26 Ohms.
Por lo tanto, el circuito Thevenin equivalente “visto” desde la resistencia de 30 Ω
es el que se muestra en la figura 24.
Obsérvese que por la resistencia de 30 Ω pasa una corriente de 112/(56+30) = 2
Amperes. La misma corriente que pasa por dicha resistencia en el circuito original
(Véase el ejemplo 2).

22. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
42
26
a
b
30Ω
Ω
+
-
112V
Figura 24
Alternativa para calcular RTH
La resistencia de Thevenin también puede calcularse mediante la “eliminación de
las fuentes”. 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, se obtiene el circuito mostrado en la
figura 25.
20 80
10Ω
Ω Ω
a
b
Figura 25
La resistencia medida desde las terminales a-b que es igual a RTH es
TH
(20)(80)
R = 10 + = 26 Ω
20+80
Mismo resultado que se obtuvo anteriormente.

23. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
43
Problemas
Problema 1. En el circuito de la figura 26, (a) utilice el análisis de nodos para
encontrar los tres voltajes de nodo (b) Haga un balance de potencia
- +
+
-
2
6
3
1A
3V
6V
V1
V2
V3
V0 = 0V
Figura 26
Solución: V1 = 6V, V2 = 4V, V3 = 7V.
Problema 2. Para el circuito de la figura 26, obtenga el circuito equivalente de
Thevenin visto desde la resistencia de 6 Ohms.
Problema 3. En el circuito de la figura 27, utilice análisis de nodos para encontrar
el voltaje VX a través de la fuente de 10 Amperes. Las resistencias están medidas
en Ohms.

24. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
44
100 10A
4A -2A
20
50 40
25Vx
+
-
V1
V2 V3
V0 = 0
Figura 27
Solución: V1 = 264.31V, V2 = 397.43V, V3 = 183.92V. Vx = V2 – V0 = 397.4V.
Problema 4. Utilice el análisis de nodos para encontrar el voltaje V4 en el circuito
de la figura 28.

25. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
45
12.5
10A
+
_
10
20
25
+
-
100V
5A
V4
+-
150V
Figura 28
Solución: V4 = 63.1V.
Problema 5. En el circuito de la figura 29, utilice el análisis de mallas para
encontrar la corriente que circula por la resistencia de 2 Ohms.
+
-
8 2 10
4 3 5100V
8A
Figura 29
Solución: I = 2.79 A apuntando hacia la derecha.

26. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
46
Problema 6. En el circuito de la figura 29, utilice la técnica de transformación de
fuentes para encontrar la corriente que circula por la resistencia de 5Ω.
Problema 7. En el circuito de la figura 30, aplique la técnica de mallas para
determinar el voltaje v a través de la resistencia de carga RL, cuando RL = 75 Ω .
RL
+
-
100 Ω
Ω
ΩΩ220
330
150
+
-
v
40 V
Figura 30
Solución: v = 17V.
Problema 8. En el circuito mostrado en la figura 31, usando análisis de mallas,
obtenga i1. En todas las resistencias K = 103
Ohms.
+
_
2 mA
2 K
1 K
1 K
4 K
7 K
3 V
i1

27. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
47
Figura 31
Solución: i1 = 3mA.
Problema 9. Encuentre la corriente i para el circuito de la figura 31. Sugerencia:
Un corto circuito se puede manejar como una fuente de voltaje con 0 voltios.
+
_
10 V
i
2 Ohms 4 Ohms
6 Ohms2 Ohms
Figura 31
Solución: i = -0.29A.
Problema 11. 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, (b) el voltaje en todos los nodos y (c) la potencia
en todos los elementos, para verificar que existe un balance de potencia.

28. Ingeniería Eléctrica. Teoría y problemas
48
1K4.7K
+
-
12V
0.56K
1.2K
2.4K
3.9K
1.2K
V2
V3
V4
V0 = 0
V1
V5
I1
I2
I3
Figura 32
Solución: I1 = 1.87mA, I2 = 1.04mA, I3 = 1.31mA. V1 = 12V, V2 = 3.22V, V3 =
2.21V, V4 = 1.58V, V5 = 2.18V.