kirckoof

1. ESTUDIO DE LOS EJEMPLOS RESUELTOS 7.1 , 7.2 Y 7.8 DEL LIBRO DE
FUNDAMENTOS FÍSICOS DE LA INFORMÁTICA.
Resolver un circuito implica conocer las intensidades que circula por cada una de sus
ramas lo que permite conocer la d.d.p.entre dos puntos cualesquiera o bien la
diferencia de potencial entre dos nudos cualesquiera lo que permite conocer el
régimen de intensidades. Este es el objetivo principal de la teoría de circuitos, dado que
una vez conseguido, se pueden puede entrar a analizar aspectos particulares como puede
ser un estudio de potencias o energías, el funcionamiento de receptores, la
determinación de equivalentes de Thevenin o Norton y las implicaciones que puede
suponer la modificación parcial del circuito, por poner algunos ejemplos. Para resolver
un circuito contamos con las leyes de Kirchhoff o los métodos de las corrientes de malla
o de las tensiones de nudos que no es objeto de estudio en el presente curso que se
derivan directamente de la leyes de Kirchhoff y, por lo tanto, no son más que otra forma
de aplicarlas.
Las leyes de Kirchhoff ya las hemos estado utilizando con anterioridad sin decirlo. Así
cuando estudiábamos la redistribución de cargas en los condensadores hasta alcanzar el
equilibrio estábamos aplicando la primera ley de Kirchhoff y cuando descomponíamos
la d.d.p. entre dos puntos en la suma de la d.d.p. en tramos, de alguna forma nos
aproximábamos a la segunda ley. Estas leyes vienen a decir que la intensidad que entra
en un nudo es la misma que la que sale primera ley y que la diferencia de potencial
de un punto de un circuito con respecto a sí mismo es cero siguiendo cualquier camino
cerrado formado por las ramas de dicho circuito.
Vamos a analizar a continuación el siguiente ejemplo extraído del libro:
Ejemplo 7.1
Utilizando las leyes de Kirchhoff,
determina las corrientes que circulan por
la distintas ramas de la red de la figura.
Determina la diferencia de potencial
entre A y B.
2 Ω
8 V
2 Ω
3 V
4 Ω
A
B
1 Ω2 Ω
2 Ω
5 V
Solución
En primer lugar, se
identifican las intensidades
distintas existentes, se numeran,
y se les da un sentido
hipotético. De este modo,
establecemos i1, i2 e i3.
Planteando la ley de los nudos
en el nudo A, se tiene:
i1 +i2 + i3 = 0
2 Ω
8 V
2 Ω
3 V
4 Ω
i1 i3
i2
A
B
1 Ω2 Ω
2 Ω
5 V
21

2. Para plantear la ley de las mallas, se recorren éstas en el sentido de las
agujas del reloj. Así, en la malla 1:
ΣiR = Σε 4i1 – 6i2 = 8 + 5
Obsérvese que i1 figura con signo positivo al coincidir con el sentido de
circulación prefijado inicialmente, mientras que i2 es negativa al tener sentido
contrario. Del mismo modo, las fuerzas electromotrices son las dos positivas.
En la malla 2 se tiene igualmente:
6i2 - 3i3= -5 - 3
Finalmente, se plantea el sistema de ecuaciones:





−=−
=−
=++
836
1364
0
32
21
321
ii
ii
iii
que resuelto, da las siguientes soluciones:
A
037,0
315,1
278,1










−=i
Con este resultado, se deduce que los sentidos de las corrientes i1 e i3, que fueron
arbitrarios, coinciden con los reales, mientras que i2 tiene sentido contrario al
supuesto, por lo que la situación real es:
i3 = 0,037 A
i2 = 1,315 A
i1 = 1,278 A
A
Finalmente, para calcular VAB se plantea:
VA – VB = ΣiR - Σε = 6i2 – 5 = 2,89 V
Fijaros que se ha aplicado la ley primera ley de Kirchhoff únicamente a un nudo de los
dos posibles. Esto es debido que la aplicación de la primera ley al segundo nos daría la
misma ecuación y por lo tanto no aportaría información útil. En general, en un circuito
con N nudos se pueden encontrar N-1 ecuaciones independientes como resultado de
aplicar la primera ley a N-1 nudos. La ecuación que resultaría de aplicarla al nudo
restante sería combinación lineal de las anteriores y por lo tanto no nos aportaría
información nueva.
Para aplicar de forma correcta la primera ley hay que decidir en primer lugar el signo de
las intensidades entrantes —por ejemplo, positivo— y darles a continuación el signo
opuesto a las intensidades salientes: La suma de todas ellas debe dar cero. En el
ejercicio se han considerado todas las intensidades como entrantes y por ello aparecen
con signo positivo.
La segunda ley de Kirchhoff se puede aplicar a cualquier camino cerrado a lo largo de
un circuito. El número máximo de ecuaciones independientes que podemos encontrar

3. coincide con el número de mallas del circuito. Una forma sencilla de aplicar esta ley y
no equivocarnos es aplicándola a cada una de las mallas, como lo hace el ejercicio
anterior.
Si nos fijamos en el ejercicio, el recorrido en la malla uno se realiza en sentido de
movimiento de las agujas del reloj. Si partimos desde el punto B, lo primero que
encontramos es una resistencia atravesada por una intensidad que sigue el mismo
sentido de nuestro recorrido. Si recordamos que en un elemento pasivo la intensidad va
de mayor a menor potencial, nosotros también vamos de mayor a menor potencial,
luego pondremos el valor de la caída de potencial como positivo: ( )Ω2i1 . El siguiente
elemento es una fuente lineal —resistencia interna y f.e.m.— por lo que en primer lugar
tendremos la caída en la resistencia, ( )Ω2i1 , positiva de nuevo y la f.e.m. que, si nos
fijamos en su polaridad, tiene el terminal negativo en el punto de entrada de nuestro
recorrido: ello quiere decir que la f.e.m introduce un aumento de la d.d.p. —una caída
negativa— luego introduciremos su valor con signo negativo, V8− . Al llegar al punto
A, el valor de la caída de potencial sufrida es: ( ) ( ) 82i2i 11 −Ω+Ω .
En la figura de la derecha se ha representado la evolución, tramo a tramo, del potencial
a lo largo de la trayectoria descrita hasta el momento.
Seguimos el camino hacia el punto B y encontramos una fuente cuya f.e.m. vuelve a
incorporar un aumento de potencial, luego incorporaremos -5V en nuestro recorrido. La
resistencia de la fuente está atravesada por una intensidad, i2, en sentido contrario a
nuestro recorrido, luego entramos por
el punto de menor potencial de la
resistencia hacia un mayor potencial en
el otro extremo: es este caso, la caída
de potencial también es negativa, por
lo tanto incorporaremos ( )Ω− 2i2 a
nuestro recorrido. La siguiente
resistencia aportará otros ( )Ω− 4i2
voltios, regresando, por fin, al punto B.
Dado que la d.d.p. entre el punto B y el mismo debe ser nula y tomando como positivas
las caídas de potencial, la ecuación que nos queda es:
VB
VA
2Ω 8 V
2 Ω
3 V
4 Ω
A
1 Ω2 Ω
2 Ω
5 V
+
+ +
-
-
B
VB
VA
VB

4. ( ) ( ) ( ) ( ) 04i52i82i2i 2211 =Ω−−Ω−−Ω+Ω
que resulta ser la misma ecuación que la planteada en la resolución del problema, donde
se han pasado las f.e.m. al otro lado de la ecuación con el signo cambiado.
En la segunda malla, siguiendo el mismo procedimiento tendríamos:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01i2iV32iV52i4i 33322 =Ω−Ω−+Ω−+Ω+Ω
con lo que tendríamos las tres ecuaciones independientes necesarias para calcular las
intensidades y, por lo tanto, resolver nuestro ejercicio.
El signo de las intensidades nos dará su sentido real: si es positivo, el sentido es el
supuesto en el momento de plantear el problema y si es negativo, el sentido será el
opuesto.
El problema plantea directamente el uso de la ecuación: 0 =VB – VB = ΣiR - Σε, dado
que resulta más cómodo que ir paso a paso. Para ello debemos aplicar el criterio de
signos de forma correcta: una vez decidida la trayectoria, si la intensidad va en la misma
dirección que el recorrido aparece con signo positivo y si es contrario, con signo
negativo; las f.e.m tendrán signo negativo (dentro del sumatorio) si al atravesarlas en
nuestro recorrido salimos por el borne negativo o positivas si lo hacemos por el borne
positivo.
El resultado obtenido por este segundo procedimiento es el mismo al obtenido
anteriormente: la diferencia estriba en que en el primer caso comprendemos fácilmente
lo que estamos haciendo y en el segundo simplemente aplicamos una regla. Es
importante que, aunque conozcamos bien una regla sepamos con claridad su
fundamentación. Si no la conocemos, en caso de duda, es fácil equivocarse
Para el cálculo de d.d.p. entre dos puntos se trabaja de forma análoga a lo visto para la
segunda ley, con la diferencia que en este caso las intensidades ya son conocidas.
Veamos el ejemplo siguiente:
Ejemplo 7.2
Calcula el potencial del punto
A y las intensidades de corriente por
las ramas del circuito de la figura
utilizando las leyes de Kirchhoff.
2 kΩ A
5 V
3 kΩ
1 kΩ
2 kΩ
C
10 V20 V
B
D

5. Solución
Primero establecemos una hipótesis
de sentido de intensidades de
corriente por las ramas del circuito.
Por ejemplo, las señaladas en el
dibujo.
De este modo, la primera ley
aplicada al nudo A será:
Σik = 0 → 321 III =+
2 kΩ A
5 V
3 kΩ
1 kΩ
2 kΩ
C
10 V20 V
B
D
I1 I2
I3
La diferencia de potencial entre los extremos de cada rama nos permite extraer
expresiones de las intensidades en cada una de ellas en función de los datos del
problema y del potencial del nudo A:
Rama AB: VBA = I1(2k) = 20 – VA → 31
102
20
⋅
−
= AV
I
Rama CA: VCA = I2(3k) = 10 – VA → 32
103
10
⋅
−
= AV
I
Rama AD: VAD = I3(1k + 2k) –(–5)= VA – 0 → 33
103
5
⋅
−
= AV
I
Volviendo a la expresión de la primera ley obtendremos el valor del potencial en el
nudo A:
333
103
5
103
10
102
20
⋅
−
=
⋅
−
+
⋅
− AAA VVV
V
7
90
907
102220360
=→=
−=−+−
AA
AAA
VV
VVV
Sustituyendo el valor de VA en las expresiones de las intensidades obtendremos su
valor:
mA
7
25
1 =I ; mA
21
20
2 −=I ; mA
21
55
3 =I
En física y en electrotécnia se suelen representar los circuitos, tal como aparecen en el
ejercicio 7.1, dibujando todos lo elementos que intervienen y los cables de conexión
entre elementos. La representación puede variar en el sentido en que los cables de
conexión los podemos dibujar tan largos o tan cortos como creamos conveniente para
obtener una mayor claridad en la representación en papel de un circuito. Así, en el
ejemplo que viene a continuación, el circuito que aparece dibujado a la izquierda, se
puede representar tal como aparece a la derecha para facilitar su comprensión:

6. Asimismo se podría modificar la forma de dibujarlo, siempre y cuando el circuito
resultante tuviese las mismas ramas conectadas entre sí de igual forma. Por ejemplo, el
circuito anterior lo podríamos haber dibujado de la siguiente forma:
Sin embargo, en el circuito del ejemplo la representación es diferente, similar a la que se
puede encontrar en electrónica. En ella se han fijado puntos de potencial constante o
simplemente conocidodiferencia de potencial del punto y tierra y se ha dibujado el
resto del circuito. Los puntos de potencial constante pueden ser conseguidos a través de
distintos dispositivos o tal vez se han medido en las condiciones de funcionamiento que
se desea caracterizar. El resultado final es que conocemos una parte del circuito y el
potencial de algunos puntos. ¿Cómo trabajar esto? Muy sencillo: en teoría de circuitos
el dispositivo que nos permite tener una diferencia de potencial constante entre dos
puntos es una generador ideal, siendo esa d.d.p. la fuerza electromotriz del mismo. Para
el estudio del circuito anterior bastará incorporar en los puntos de potencial conocido
generadores ideales que los conectan con tierra, y resolver el circuito como en el caso
anterior:
Ahora bien, para resolver el circuito no es necesario introducir las consideraciones
anteriores y basta con aplicar la segunda ley de Kirchhoff a partir del cálculo de la
diferencia de potencia de los puntos de potencial conocido, respecto de tierra. Así, por
ejemplo, en la malla de la izquierda:
VB-VT = VB = 20 = ΣiR - Σε = I1(2k) -I3(1k + 2k) –(–5)
En el ejercicio, se ha resuelto aplicando lo anterior por tramos. La aplicación de la
primera ley de Kirchhoff al nudo existente aporta la última ecuación necesaria para
resolver el sistema.
2 kΩ A
5 V
3 kΩ
1 kΩ
2 kΩ
C
10 V20 V
B
D
I1 I2
I3

7. En general, para poder resolver de forma correcta un circuito hemos de ser capaces de
interpretarlo correctamente. Así, si modificamos el circuito anterior, en el sentido de
eliminar el potencial de uno de los puntos, por ejemplo el punto C:
¿Qué ha cambiado en este caso? La
eliminación del valor indicado ha
modificado el circuito en el sentido en que
no existe ningún dispositivo conectado al
punto C. Ello no quiere decir que el
potencial del punto C sea nulo tendrá el
potencial que le corresponda después de los
cálculos. El cambio realizado implica que
el tramo AC sea una rama que no lleva a
ninguna parte, por lo que por la misma no
circula ninguna intensidad: el circuito
resultante tiene una única malla.
Ejemplo 7.8
Dado el circuito de la figura,
a) Determina las intensidades mediante
el método de las mallas.
b) Calcula la resistencia equivalente
entre C y B.
c) Determina el generador equivalente
de Thevenin entre C y B, y calcula la
intensidad de corriente que circularía
por una resistencia de 2 kΩ que
conectásemos entre C y B.
5 kΩ
5 kΩ
10 kΩ10 V 5 V
15 V
15 kΩ
30 V 20 V
AC B
D
2 kΩ c)
Solución
a) Determinamos las intensidades ficticias por el método de las mallas. Para ello
cerramos los circuitos intercalando generadores de 30 V entre C y D y de 20 V entre
A y B. Estos generadores son ficticios pero nos ayudan para aplicar el método de las
mallas
Por comodidad, utilizaremos el kΩ como unidad de resistencia, y como
consecuencia las intensidades se obtendrán en mA.
J2J1
20 V30 V
AC
D
mA71,0mA
7
5
3020
2025
3040
2035
1 ==
−
−
−
−
=J
2 kΩ A
5 V
3 kΩ
1 kΩ
2 kΩ
C
20 V
B
D
I1 I2
I3

8. mA86,0mA
7
6
3020
2025
4020
3525
2 −=
−
=
−
−
−−
=J
J1 coincide con la intensidad que circula de C a B,
mientras que J2, al ser negativa, es la intensidad
que circula de A a B. La intensidad que circula de B
a D es igual a J1 - J2. Las intensidades reales son
las siguientes:
6/7 mA5/7 mA
11/7 mA
B
b) Entre C y B tenemos las tres resistencias en paralelo, por lo que la equivalente
vale:
Ω=++= −−−−
k
7
20
)10205( 1111
eqR
c) Recorriendo la rama de C a B obtenemos VCB:
VCB = ΣiR - Σ ε = (5/7)·5 + 10 = 95/7 V = 13,6 V
El generador equivalente de Thevenin queda entonces:
95/7 V 20/7 kΩ
C B
De este modo, al añadirle una rama, la intensidad que circularía por la resistencia de
2 kΩ es por tanto:
95/7 V 20/7 kΩ
C B
2 kΩ
mA79,2mA
34
95
2
7
20
7
95
==
+
=i
Este ejercicio incorpora dos elementos importantes de la Teoría de Circuitos: El método
de la Mallas y el Generador de Thevènin.
El método de las mallas se deriva fácilmente de las leyes Kirchhoff y supone una
simplificación en los cálculos a realizar. De hecho, la aplicación de las leyes de
Kirchhoff implica tantas incógnitas como ramas tenemos (las intensidades de rama),
mientras que el método de las mallas introduce una nueva variable, las intensidades de
malla, reduciendo el número de incógnitas al número de mallas presentes en el circuito.

9. Esta nueva incógnita nace de suponer que en cada malla tenemos un conjunto de cargas
que circulan por ella, dando vueltas, en un sentido dado. La intensidad de rama será la
suma de las intensidades de malla, con su signo correspondiente, de las mallas a las que
pertenece dicha rama.
La aplicación del método de la mallas sigue un esquema muy preciso:
1) Todos los generadores deben ser de f.e.m. Luego si tenemos generadores de
intensidad tendremos que sustituirlos por los de f.e.m. equivalentes.
2) Numeraremos las mallas y daremos un único sentido (levógiro o dextrógiro) a
todas las intensidades de malla.
3) Plantearemos la ecuación matricial, recordando:
a) que en la matriz de resistencia es cuadrada con tantas filas como mallas
tenemos;
b) que los elementos de diagonal principal resultan de la suma de todas las
resistencias que participan de la malla correspondiente: el elemento
Rii=Σresistencias de la malla i
c) que el resto de elementos, Rij, tienen signo negativo y resultan de sumar las
resistencias comunes alas mallas i y j
d) que en la matriz de f.e.m. cada elemento, εi, se corresponde con el
sumatorio de todas las fuentes presentes en cualquier rama contenida en la
malla i. El signo de estas f.e.m será positivo cuando la intensidad de malla
salga por el borne positivo de la fuente y negativo en el caso contrario.
4) Resolvemos la ecuación aplicando el método de Cramer.
Este esquema no es arbitrario, sino que encuentra su explicación en la demostración
matemática seguida para obtener la ecuación matricial. Si conocemos y entendemos
dicha demostración no será difícil aplicar el método sin equivocarse.
Así, en el ejercicio, ya se presenta la fracción que resulta de aplicar el método de
Cramer a la ecuación matricial, sin que esta ecuación se refleje en el texto. En
presentación de la resolución de un ejercicio deben figurar con claridad todos los pasos
realizados, así como un dibujo del circuito con las variables que estemos utilizando.
El cálculo del equivalente de Thevenin entre dos puntos de un circuito lineal permite
reducir, a efectos de cálculo, este circuito a una fuente de tensión (f.e.m y resistencia)
que se comporta igual que el circuito utilizado para su cálculo. Esto permite simplificar
enormemente el estudio y análisis de circuitos, las consecuencias de una modificación
parcial o, en suma, todos aquellos cálculos para los cuales una parte considerable del
circuito queda inalterada. Asimismo, si caracterizamos en el laboratorio el
comportamiento de un circuito entre dos puntos, calculando experimentalmente el
equivalente de Thevenin, este Teorema nos dice que independientemente de las
características internas del circuito (siempre y cuando sea lineal) su comportamiento
entre ambos terminales es el del generador equivalente y, por lo tanto, es conocido. Se
puede intuir fácilmente las enormes consecuencias prácticas de este teorema.
¿Cómo se conoce experimentalmente el equivalente Thevenin entre dos terminales de
un circuito?. Bastará con conectar distintas cargas (resistencias) conocidas entre ambos
terminales y medir tensión entre bornes e intensidad que atraviesa la carga. Ajustaremos
la curva tensión-intensidad a una recta (que deberá ser de pendiente negativa) y el corte

10. 5 kΩ
5 kΩ
10 kΩ
15 kΩ
C B
con la ordenada nos dará la f.e.m. y la pendiente el valor de la resistencia equivalente
( RIV −= ε )
En este caso el ejercicio nos solicita calcular el
equivalente de Thevenin entre dos puntos del
circuito, para lo cual nos pide inicialmente la
resistencia equivalente entre ambos. Para ello, el
primer paso es representar el circuito
eliminando las fuentes existentes (que serían
sustituidas por su resistencia interna). Así, en
nuestro caso, al tratares de fuentes ideales de
f.e.m., se han sustituido por un conductor sin
resistencia.
Como se observa, entre C y B quedan tres resistencias en paralelo, de 5, 20 y 10
ohmios, por lo que el cálculo de la resistencia equivalente es muy sencillo.
Podría haberse dado el caso en que la disposición de las resistencias no fuera tan
sencilla o bien que no estuviesen dispuestas en serie y paralelo. Existe un método
alternativo para calcular la resistencia equivalente en estos casos, consistente en realizar
el siguiente proceso:
a) Unimos los terminales del circuito (C y B en nuestro caso) por un cable sin
resistencia y a la malla así formada le asignamos el número 1. Numeramos el
resto de las mallas y obtenemos una matriz de resistencias equivalente a la
descrita para el método de las mallas.
b) Aplicamos la relación:
11Z
Z
R =
donde Z es el determinante de la matriz de resistencias y 11Z es el
determinante del adjunto del elemento 11.
Hay que recordar que el proceso indicado tiene su origen en la vía seguida para deducir
la expresión que nos permite obtener la resistencia equivalente.
Aplicado a nuestro caso, tendríamos que la matriz de resistencias sería:










−
−−
−
30200
20255
055
donde tras asignar el número 1 a la malla referida en a), en el resto de las mallas se ha
mantenido el orden asignado para el calculo de intensidades por el método de las
mallas. Esto último es conveniente porque nos permite aprovechar los cálculos ya
realizados.
La resistencia equivalente es:

11. Ω=
−
−
−
−−
−
= kR
7
20
3020
2025
30200
20255
055
Indudablemente, en este caso, es más cómodo realizarlo como se ha hecho en el ejemplo
estudiado, pero vale la pena recordar que en algunos casos no queda más remedio que
aplicar este segundo método, que tiene un carácter general y es válido en cualquier
circunstancia.
Por último, para obtener el equivalente de Thevenin es necesario calcular la d.d.p. entre
ambos bornes, obteniendo su valor y su polaridad. El comportamiento del equivalente
de Thevenin ha de ser el mismo que el del circuito, esto es, en circuito abierto la tensión
y la polaridad han de ser la misma que la existente entre ambos puntos. Debemos
recordar que la polaridad del generador equivalente es tan importante como el valor
de la f.e.m. y de la resistencia interna.
Por último, nos podríamos plantea ¿qué sucede si tenemos un receptor lineal en el
circuito? Sabemos que su comportamiento es similar al de un generador que consume
energía, esto es, que la intensidad que le atraviesa lo hace de mayor a menor potencial.
Entonces, lo que haríamos sería sustituir el receptor por una fuente, con la misma f.e.m.
y resistencia interna y con una polaridad determinada (aquella que nos parezca, a
primera vista, la más razonable para que el generador actúe como receptor). A
continuación trabajamos como si de un circuito normal se tratase. Una vez resuelto
debemos verificar que en la solución obtenida la intensidad que atraviesa la fuente que
sustituye el receptor entra por el terminal positivo, esto es, que el receptor consume
energía. En caso contrario, dado que el receptor no puede aportar energía al circuito,
deberemos repetir los cálculos pero cambiando la polaridad de la fuente que sustituye al
receptor y volver a realizar los cálculos. Esto no nos libra de volver a verificar si la
intensidad atraviesa el receptor de mayor a menor tensión, ya que en caso contrario, éste
estaría actuando de nuevo como generador. ¿Qué significa esta última posibilidad? Pues
simplemente que la tensión en bornes del receptor es menor que su fuerza
contraelectromotriz y, por lo tanto, el receptor no puede funcionar en el circuito tal
como está diseñado.