Ejercicio 1

Sea el circuito de la siguiente figura:

a) Calcula la resistencia equivalente del

circuito.

b) Calcula la intensidad de la corriente que

atraviesa el circuito.

c) Calcula la diferencia de potencial en los

extremos del generador.

Solución:

a) Calcula la resistencia equivalente del circuito.

En este caso, se tiene un circuito mixto formado por dos resistencias en paralelo R2 y R3 asociadas

con una resistencia en serie R1. Por lo tanto, para calcular la resistencia equivalente del circuito,

habrá que calcular la resistencia equivalente R23 de las dos resistencias en paralelo R2 y R3 y

posteriormente calcular la resistencia equivalente Req de las dos resistencias en serie R1 y R23.

Calculando R23 :

1

𝑅23=

1

𝑅2+

1

𝑅3=

1

5+

1

15=

4

15 𝑅23 =

15

4= 𝟑. 𝟕𝟓𝜴

Calculando Req:

𝑅𝑒𝑞 = 𝑅1 + 𝑅23 = 10 + 3.75 = 𝟏𝟑. 𝟕𝟓 𝛀

b) Calcula la intensidad I de la corriente que atraviesa el circuito.

La intensidad que atraviesa el circuito, teniendo en cuenta la ley de Ohm, será igual a:

𝐼 =𝑉

𝑅𝑒𝑞=

10

13.75= 𝟎. 𝟕𝟐[𝑨]

c) Calcula la diferencia de potencial en los extremos del generador. La diferencia de potencial

en extremos del generador será, en este caso, de:

V = 10 [V]

También podemos calcular la diferencia de potencial en extremos del generador como el producto

de la intensidad suministrada por el generador al circuito por la resistencia equivalente del circuito:

𝑉 = (𝐼)(𝑅𝑒𝑞) = (0.72)(13.75) = 𝟏𝟎[𝑽]

Ejercicio 2

Encuentre el voltaje (V) y la intensidad de corriente (I) del siguiente circuito usando análisis nodal.

Solución:

Aplicando

LVK → 28 + 6 𝑖1 − 2𝑖2 = 0 𝐿𝐶𝐾 → −𝑖1 − 𝑖2 − 𝑖𝑥 = 0

2𝑖2 + 8 − 4𝑖3 = 0 𝑖3 + 𝑖4 = −𝑖1 − 𝑖2

4𝑖3 − 12𝑖4 = 0

Se procede poniendo en “corto” la fuente de voltaje de 8V y calculando la resistencia equivalente de las

resistencias en paralelo.

1

𝑅𝑒𝑞=

1

2+

1

4+

1

12=

10

12

𝑅𝑒𝑞 =10

12=

6

5 Ω

Calculando V1 e I1

𝑖1 =28

6 +65

= (𝟐𝟖)(𝟓)

𝟑𝟔 [𝑨]

𝑣1 =6

5(𝑖1) = (

6

5)

(28)(5)

36=

𝟏𝟒

𝟑[𝑽]

Para obtener el voltaje en el nodo Va se pone en “corto circuito” la fuente de voltaje de 8v y se

simplifican las resistencias de 4Ω y 12Ω.

𝑅𝑒𝑞 =𝑅1 𝑅2

𝑅1 +𝑅2

𝑅𝑒𝑞 =(12)(4)

12+4=

(12)(4)

(4)(4)= 3Ω

Calculando la intensidad de corriente (i) del circuito

(3

3 + 2) (

(28)(5)

36) =

28

12=

𝟕

𝟑[𝑨]

Para calcular la intensidad de corriente en el nodo Vb se pone en “corto circuito” la fuente de 28v y se

simplifican las resistencias de 6Ω y 2Ω.

𝑅𝑒𝑞 =(6)(2)

6+2=

3

2Ω

Calculando la intensidad de corriente (I) y el voltaje (V) en el circuito resultante.

8 − 3𝑖 −3

2𝑖 = 0

𝑖 =8

3 +32

=16

9[𝐴] 𝑣 = (

16

9) (3) =

16

3[𝑉]

Se calcula la intensidad de corriente (I) en el nodo Vb.

𝐼 = (6

6 + 2) (

16

9) =

𝟒

𝟑[𝑨]

Finalmente se suman los resultados obtenidos en los nodos Va y Vb del circuito eléctrico.

𝒊 =𝟕

𝟑−

𝟒

𝟑=

𝟑

𝟑= 𝟏[𝑨] 𝒗 =

𝟏𝟒

𝟑+

𝟏𝟔

𝟑=

𝟑𝟎

𝟑= 𝟏𝟎[𝑽]

Ejercicio 3

Determinar el voltaje (V) y la intensidad de corriente (I) que atraviesan el circuito mostrado.

Solución:

Se pone en “corto circuito” la fuente de voltaje de 8v y se calcula la resistencia equivalente de las

resistencias de 5Ω y 2Ω.

1

𝑅𝑒𝑞=

1

5+

1

2=

7

10

𝑅𝑒𝑞 =10

7

Se calcula el voltaje y la corriente en el circuito anterior.

𝑖 =10

7 +107

=𝟕𝟎

𝟓𝟗[𝑨] 𝑣 = (

10

7 ) (

70

59 ) = 𝟏. 𝟓𝟗[𝑽]

Se calcula la corriente total del circuito.

𝑖 = (2

2 + 5) (

70

59) =

𝟐𝟎

𝟓𝟗[𝑨]

Se procede a poner en “corto circuito” la fuente de voltaje de 10V se calcula la resistencia

equivalente del circuito.

Por LCK se tiene que

8 − 2𝑖 − 12𝑖 = 0

8 − 14𝑖 = 0

𝑖 =8

14=

𝟒

𝟕[𝑨]

Las resistencias están en serie por lo que se suman.

𝑅𝑒𝑞 = 7Ω + 5Ω = 12Ω

Se calcula la resistencia equivalente del circuito anterior. 1

𝑅𝑒𝑞=

1

2+

1

12=

14

24=

𝟕

𝟏𝟐[𝜴]

Calculando el voltaje (V) y la corriente (I) para el circuito.

𝑖 = (12) (4

7) =

𝟒𝟖

𝟕[𝑨] 𝑣 = (

48

7) (

7

12) =

48

12= 𝟒[𝑽]

Finalmente se suman los resultados obtenidos para cada fuente de voltaje del circuito.

𝒊 = 𝟐𝟎

𝟓𝟗[𝑨] −

𝟕𝟎

𝟓𝟗[𝑨] = −

𝟓𝟎

𝟓𝟗[𝑨] 𝒗 = 𝟏. 𝟔𝟗[𝑽] + 𝟒[𝑽] = 𝟓. 𝟔𝟗[𝑽]

Ejercicio 4

Encuentre el voltaje (V) que atraviesa el circuito mostrado para t > 0, si i(0) = 1[A]

Solución:

Se plantean las ecuaciones y las relaciones presentes en nuestro circuito.

Leyes de elemento:

𝑉𝑅 = 𝑅(𝑖𝑅)

𝐼𝑐 = 𝑐𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡

Leyes de conjunto:

LCK → 𝑖 = 𝑖𝑐 + 𝑖𝑅3Ω

LVK → 𝑽𝒔 = 𝑽𝑹𝟑𝛀+ 𝑽𝒄 … (𝟏)

Determinando y sustituyendo 𝑖𝑅3Ω

𝑖𝑅3Ω =

𝑉

𝑅3

𝑖 = 𝑖𝑐 + 𝑉

𝑅3

Se plantea la ecuación para el voltaje de salida del circuito (𝑉𝑠) y se sustituyen las variables conocidas

de la ecuación (1).

𝑽𝒔 = 𝟔(𝒊) + 𝑽𝒄 … (𝟐)

𝑉𝑠 = 6 (𝑖𝑐 + 𝑉𝑐

3) + 𝑉𝑐

𝑉𝑠 = 6 (𝑐 𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡+

𝑉𝑐

3 ) + 𝑉𝑐

𝑉𝑠 = 6𝑐 𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡+ 2𝑉𝑐 + 𝑉𝑐

𝑉𝑠 = 6(0.1)𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡+ 2𝑉𝑐 + 𝑉𝑐

𝑽𝒔 = 𝟎. 𝟔𝒅𝒗𝒄

𝒅𝒕+ 𝟑𝑽𝒄

Al sustituir el valor de (𝑉𝑠) en la ecuación, se obtiene una ecuación diferencial lineal de primer

orden que se puede resolver de forma sencilla utilizando Transformadas de Laplace.

𝟎. 𝟔𝒅𝒗𝒄

𝒅𝒕+ 𝟑𝑽𝒄 = 𝟏𝟖

Dividiendo la ecuación entre 0.6 para dejar al diferencial en la unidad.

𝒅𝒗𝒄

𝒅𝒕+ 𝟓𝑽𝒄 = 𝟑𝟎

Resolviendo la ecuación diferencial empleando Transformadas de Laplace.

ℒ𝑡 [𝒅𝒗𝒄

𝒅𝒕] + ℒ𝑡 [𝟓𝑽𝒄] = ℒ𝑡 [𝟑𝟎 ]

𝑠 [(ℒ𝑡 [𝑽𝒄])(𝒔)] − 𝒗(𝟎) + 𝟓 [(ℒ𝑡 [𝑽𝒄])(𝒔)] =30

𝑠

(𝑠 + 5)[(ℒ𝑡 [𝑽𝒄])(𝒔)] − 𝒗(𝟎) =30

𝑠

ℒ𝑡 [𝑽𝒄](𝒔) =𝒗(𝟎) 𝑠 + 30

𝑠(𝑠 + 5)

Resolviendo la ecuación por fracciones parciales.

ℒ𝑡 [𝑽𝒄](𝒔) =𝟔

𝑠−

𝟔

(𝑠 + 5)+

𝒗(𝟎)

(𝑠 + 5)

Obteniendo la transformada inversa de Laplace para cada termino.

𝑽𝒄 = ℒ𝑠−𝟏 [

𝟔

𝑠] (𝑡) − ℒ𝑠

−𝟏 [𝟔

(𝑠 + 5)] (𝑡) + ℒ𝑠

−𝟏 [𝒗(𝟎)

(𝑠 + 5)] (𝒕)

𝑽𝒄 = 𝟔 − 𝟔𝒆−𝟓𝒕 + 𝒗𝒄(𝟎)𝒆−𝟓𝒕 … (𝟑)

Se calcula 𝑽𝒄 para 𝑡 = 0 de la ecuación (2)

𝑽𝒔 = 𝟔(𝒊) + 𝑽𝒄 … (𝟐)

𝑉𝑠 = 6𝑖(0) + 𝑉𝑐(0)

Despejando 𝑉𝑐:

𝑉𝑐(0) = 𝑉𝑠 − 6𝑖(0)

Donde 𝑖(0) = 1[𝐴]

𝑉𝑐(0) = 18 − 6

𝑉𝑐(0) = 12 [𝑉]

Sustituyendo el valor de 𝑉𝑐(0) = 12 [𝑉] en la ecuación (3).

𝑽𝒄 = 𝟔 − 𝟔𝒆−𝟓𝒕 + 𝟏𝟐𝒆−𝟓𝒕

Finalmente obtenemos el voltaje final de nuestro circuito.

𝑽𝒄 = 𝟔 + 𝟔𝒆−𝟓𝒕 [𝑽] Grafica del resultado.

Ejercicio 5

Determinar los voltajes en los resistores lineales para cada uno de los circuitos mostrados.

Solución:

A B C

𝑉𝑅 = 3[𝑉] 𝑉𝑅 = −3[𝑉] 𝑉𝑅1𝛺 = 2[𝑉] 𝑉𝑅3𝛺 = −3[𝑉]

Para los 3 circuitos anteriores calcule la resistencia disipada en cada resistor. Determine de donde viene

esta potencia calculando la contribución de vida a la fuente de voltaje y la de vida de corriente.

Solución:

Para A:

𝑝𝑅 =𝑉2

3=

22

3=

4

3[𝑤]

𝑝𝑣 = 𝑉(𝐼) = 2 (1

3) =

2

3[𝑤]

𝑝𝑖 = (2)(−1) = −2[𝑤]

Para B:

𝑝𝑅 = (12)(3) = 3[𝑤]

𝑝𝑣 = 𝑉(𝐼) = 2(1) = 2[𝑤]

𝑝𝑖 = (5)(−1) = −5[𝑤]

Para C:

𝑝1Ω =𝑉2

1=

22

1= 4[𝑤]

𝑝3Ω = 𝐼2(3) = (1)(3) = 3[𝑤]

𝑝𝑣 = 𝑉(𝐼) = 2(−1) = −2[𝑤]

𝑝𝑖 = (5)(−1) = −5[𝑤]

Ejercicio 6

Ejercicio 6

Se aplica una fuerza electromotriz de 100V a un circuito en serie RC en el que la resistencia es de 200 ohms y la capacitancia de 1x10−4 farads. Determine la carga q(t) del capacitor, si q(0) = 0. Encuantre la corriente i(t).

Para obtener el modelo matemático en este caso, como queremos encontrar un valor (la carga q(t)), en un circuito cerrado o malla utilizaremos para modelar el circuito la LEY DE MALLAS de Kirchoff.

Solución:

Entonces, aplicando la ley de mallas de kirchoff al circuito mostrado, para las caídas de voltaje en función de la carga q(t), tenemos:

R dqdt

+ 1c q = E(t) (1)

Donde c, R son constantes conocidas como la capacitancia y resistencia, respectivamente. La carga q(t) se llama también respuesta del sistema.

Para nuestro caso la ecuacion diferencial a resolver, segun la ecuacion (1) y sustituyendo los valores del problema planteado, es:

200 dqdt

+ 11 × 10 − 4 q = 100

Resolviendo la ecuación por el método de los 4 pasos: I.

Forma estándar:

dydx + P (x) y = g(x) ⇒ dq

dt+ 50 q = 1

2

II.Factor Integrante:

eR

P (x) dx = eR

50dt

= e50R

dt = e50t

III.Forma de la solucion:

y = yc +yp ⇒ q(t) = q tr(t) + q ps(t)

yc = Ce R

P (x)dx ⇒ q tr(t) = Ce−R

50dt

⇒ q tr(t) = Ce−50t

Donde: q tr es la carga transitoria del capacitor en el circuito RC en serie.

yp=1

e∫P (x) dx

∫

e∫P (x) dx

f(t)dx ⇒ qs(t)=1

e50t

∫

e50t∗1

2dt

⇒ qs(t)=1

2∗50∗e50t

∫

e50t (50)dt

⇒ qs(t)=1

100∗e50t

∫

e50t (50) dt

⇒ qs(t)=1

100∗e−50t[e50t]

⇒ qs(t)=1

100

Donde: qs es la carga estacionaria del capacitor.

Por tanto la carga (total en el circuito), buscada es:

q(t) = q tr(t) + qs(t)

= Ce−50t + 1100

Para encontrar el valor de C utilizamos los valores iniciales q(0) = 0.

q(t) = Ce−50t +1

1000 = Ce−50 (0) + 1

1000 = C(1) + 1

1000 = C + 1

100

C = − 1100

De donde la Carga en el capacitor buscada es:

q(t) = − 1100 e− 50t + 1

100

Graficación de la carga encontrada.

Obteniendo la corriente i(t), del circuito RC.

Para este propósito utilizaremos la siguiente ecuación

Ri+ 1C

q=E(t)

Sustituyendo los valores que conocemos, tenemos:

200i+ 11 × 10 − 4

− 1100 e− 50t + 1

100 =100

Donde: q(t) = − 1 100 e− 50t + 1100 ,

De modo que despejando i(t), tenemos:

200i+ 11 × 10 − 4

− 1100 e− 50t + 1

100 = 100

i(t) + 10000200

− 1100 e− 50t + 1

100 = 12

i(t) +50 − 1100 e− 50t + 1

100 = 12

i(t) − 12 e− 50t + 1

2 = 12

i(t) − 12 e− 50t = − 1

2 + 12

i(t) = 12 e− 50t

Por tanto la corriente en el circuito, es:

i(t) = 12 e− 50t

La gráfica de la corriente en el circuito.

Ejercicio 7

Encuentre el voltaje del circuito (V) para t > 0 si 𝒊𝒈 = 𝟐𝒖(𝒕)[𝑨]

Leyes de elemento:

𝑉𝑅 = 𝑅𝑖𝑅

𝑉𝐿 = 𝐿𝑑𝑖𝐿

𝑑𝑡

𝑖𝑐 = 𝐶𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡

𝐿𝐶𝐾 → 𝑖𝑔 = 𝑖𝑅 + 𝑖𝐶 … (1)

𝑖𝑅 = 𝑖𝐿 … (2)

𝐿𝑉𝐾 → 𝑉𝑅 + 𝑉𝐿 = 𝑉 … (3)

Sustituyendo valores en la ecuación (3).

4𝑖𝐿 + (1)𝑑𝑖𝐿

𝑑𝑡= 𝑣 … (4)

Sustituyendo ecuación (2) en ecuación (1).

𝑖𝑔 = 𝑖𝐿 + 𝑖𝐶

𝑖𝐿 = 𝑖𝑔 − 𝑖𝐶 = 𝑖𝑔 − 𝐶𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡

𝑖𝐿 = 𝑖𝑔 − 1

5

𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡… (5)

Sustituyendo ecuación (5) en ecuación (4).

4 (𝑖𝑔 − 1

5

𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡) +

𝑑

𝑑𝑡(𝑖𝑔 −

1

5

𝑑𝑣𝑐

𝑑𝑡) = 𝑣

Simplificando la ecuación:

𝒅𝟐𝒗

𝒅𝒕+ 𝟒

𝒅𝒗

𝒅𝒕+ 𝟓𝒗 = 𝟓

𝒅𝒊𝒈

𝒅𝒕+ 𝟐𝟎𝒊𝒈

Suponiendo que:

𝑖𝐿 = 0 , 𝑉(0) = 0 , 𝑢(𝑡) = {0 𝑡 < 01 𝑡 > 0

De la ecuación (5):

𝑑𝑣

𝑑𝑡=

1

𝑐(𝑖𝑔 − 𝑖𝐿) →

𝑑𝑣

𝑑𝑡|

𝑡=0= 5[𝑖𝑔(0) − 𝑖𝐿(0)] = 0

Resolviendo la ecuación por el método de Transformadas de Laplace.

𝑠2𝑣(𝑠) − 𝑠𝑣(0) − 𝑣′(0) + 4[𝑠𝑣(𝑠) − 𝑣(0)] + 5𝑣(𝑠) = 5[𝑠 𝐼𝑔(𝑠) − 𝑖𝑔(0)] + 20𝐼𝑔(𝑠)

𝑣(𝑠) = 𝑠𝑣(0) + 𝑣′(0) + 4𝑣(0)

𝑠2 + 4𝑠 + 5+

5𝑠 + 20

𝑠2 + 4𝑠 + 5 𝐼𝑔(𝑠)

𝑣(𝑠) =𝑠(𝑠 + 4)

(𝑠 + 2)2 + 1(

2

𝑠)

Resolviendo por el método de ecuaciones parciales.

𝑣(𝑠) = 10(𝑠 + 4)

𝑠[(𝑠 + 2)2 + 1]=

𝑎

𝑠+

𝑏𝑠 + 𝑐

(𝑠 + 2)2 + 1

𝑎 = 10(𝑠 + 4)

(𝑠 + 2)2 + 1|

𝑠=0

=40

5= 𝟖

𝑏𝑠 + 𝑐|𝑠=−2−𝑗 =10(𝑠 + 4)

𝑠⌋

𝑠 =−2−𝑗

−2𝑏 − 𝑗𝑏 + 𝑐 =10(−2 − 𝑗 + 4)

−2 − 𝑗=

10(2 − 𝑗)

2 + 𝑗(

2 − 𝑗

2 − 𝑗)

−2𝑏 + 𝑐 − 𝑗𝑏 =−10(4 − 2𝑗 − 2𝑗 − 1)

5= −2(3 − 4𝑗) = −𝟔 + 𝟖𝒋

Si tenemos la ecuación:

𝒅𝟐𝒗

𝒅𝒕+ 𝟒

𝒅𝒗

𝒅𝒕+ 𝟓𝒗 = 𝟓

𝒅𝒊𝒈

𝒅𝒕+ 𝟐𝟎𝒊𝒈

Entonces:

ℎ(𝑠) =∑ 𝑏𝑛 𝑠𝑛𝑚

𝑛=0

∑ 𝑎𝑛𝑠𝑛𝑁𝑛=0

ℎ(𝑠) =𝑉𝑧(𝑠)

𝐼𝑔(𝑠)=

5𝑠 + 20

𝑠2 + 4𝑠 + 5

Finalmente nuestra solución a la ecuación planteada son los resultados de las fracciones parciales en

el dominio del tiempo.

𝑽𝒛𝒔(𝒕) = 𝟖 − 𝒆−𝟐𝒕[𝟖 𝐜𝐨𝐬 𝒕 + 𝟔 𝐬𝐢𝐧 𝒕]