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Apuntes de Electricidad.

Francisco Javier Gil Chica.

2017revisado 2018

Indice general

1. Introduccion. 51.1. Introduccion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2. Voltaje, Intensidad, Resistencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3. Ley de Ohm. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.4. Circuitos resistivos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2. Resolucion de circuitos. 132.1. Circuitos resistivos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.2. Fuentes de tension. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132.3. Nodos resistivos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.4. Algunos ejemplos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 162.5. Fuentes de intensidad. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3. Fuentes dependientes. 233.1. Que son las fuentes dependientes. . . . . . . . . . . . . . . . . 233.2. Fuente de tension dependiente de tension. . . . . . . . . . . . 233.3. Fuente de tension dependiente de intensidad. . . . . . . . . . . 263.4. Fuente de intensidad dependiente de tension. . . . . . . . . . . 263.5. Fuente de intensidad dependiente de intensidad. . . . . . . . . 27

4. Respuesta temporal. 314.1. El tiempo, nueva variable. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.2. Condensadores y bobinas. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.3. Carga y descarga de la bobina. . . . . . . . . . . . . . . . . . 334.4. Carga y descarga de un condensador. . . . . . . . . . . . . . . 364.5. Sistemas de ecuaciones lineales. . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5. Algunos resultados teoricos. 475.1. Ley de Kirchoff de las corrientes. . . . . . . . . . . . . . . . . 475.2. Ley de Kirchoff de los voltajes. . . . . . . . . . . . . . . . . . 475.3. Principio de superposicion. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

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4 INDICE GENERAL

5.4. El teorema de Thevenin. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 545.5. El teorema de Norton. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 605.6. Cuadripolos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

6. Corriente alterna. 716.1. Uso de los numeros complejos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 716.2. Potencia. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 776.3. Maxima transferencia de potencia. . . . . . . . . . . . . . . . . 806.4. Valores efectivos. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 826.5. Instalaciones electricas monofasicas con varias cargas. . . . . . 866.6. Corriente trifasica. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

7. Dispositivos no lineales. 997.1. El metodo del descenso del gradiente. . . . . . . . . . . . . . . 997.2. Circuitos con elementos no lineales. . . . . . . . . . . . . . . . 1057.3. El diodo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1057.4. El transistor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

8. El amplificador operacional (AO). 1158.1. El amplificador inversor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1178.2. El amplificador no inversor. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1178.3. EL amplificador sumador. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1188.4. El amplificador diferencial. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1208.5. El limitador de corriente. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 121

Capıtulo 1

Introduccion.

1.1. Introduccion.

Esto son unos apuntes informales, que escribo solo para poner enfasis enalgunos puntos de vista que adoptare en la exposicion de la materia, en-tendiendo que la materia es la conocida y presente en multitud de libros yapuntes ya existentes. Por lo mismo, hay poco material original en ellos. Mu-chos ejercicios, ejemplos y puntos de vista estan tomados de fuentes diversasa lo largo del tiempo. Aquı solo se reune el material ordenadamente y se usauna notacion y redaccion consistentes. He buscando adaptar el nivel al deuna ingenierıa quımica, que no es igual que una ingenierıa electrica. Paraello, se hace hincapie en los principios mas que en los detalles.

Los puntos que quiero resaltar son los siguientes:

Existe un rango de funcionamiento, para todos los circuitos que tratare-mos en este curso, donde su comportamiento es lineal. Eso quiere decirque si E1 y E2 son dos entradas al circuito, y si la entrada E1 produce lasalida S1 y la entrada E2 la salida S2, entonces la entrada simultanea deE1+E2 produce una salida que es S1+S2. Esto se traduce en que, enregimen estacionario, los circuitos se describen mediante sistemas deecuaciones lineales algebraicas, y en regimen transitorio se describenmediante sistemas de ecuaciones diferenciales ordinarias de primer or-den.

Existen metodos generales de resolucion de circuitos (mallas, nudos) yexisten los metodos que implementan los algoritmos de los programasde resolucion o simulacion de circuitos. A veces coinciden, a veces elprograma de computador usa una aproximacion diferente. Ahora bien,

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6 1. Introduccion.

pienso que el enfoque algorıtmico es ventajoso, porque un programa deordenador funciona sin ambiguedad e independientemente de la com-plejidad del circuito. Si en lugar de aprender los metodos convencionalesadoptamos el punto de vista algorıtmico, podremos resolver de formarutinaria los circuitos sencillos, y saber que, cuando el circuito es mascomplejo, un programa de ordenador va a usar el mismo procedimientoque aplicamos nosotros, solo que a una velocidad mucho mayor. De estaforma, se reduce la distancia entre la resolucion de circuitos sobre elpapel y la resolucion mediante ordenador: se aplica en ambos casos elmismo procedimiento.

A medida que los circuitos se complican, se tiende a agrupar sus partesen bloques: ya no se ve al circuito como un conjunto grande de compo-nentes, sino como un conjunto de bloques, cada uno de los cuales realizauna funcion: es la forma en que piensan los ingenieros. Por tanto pon-dre enfasis en la teorıa de cuadripolos. Al fin y al cabo, todo circuitoha de alimentarse, y eso implica dos terminales, y se quiere de el unasalida (un voltaje o una intensidad) que se mide con un polımetro, yeso son otros dos terminales. En resumen, que todo circuito se puedever como una caja negra con cuatro terminales. Las intensidad que cir-culan por ellos y sus diferencias de potencial se relacionan linealmente,y eso simplifica enormemente la descripcion de los bloques.

Existen elementos no lineales (p. ej. diodos), que pueden tratarse comoelementos ideales o como elementos reales. Quiero poner de manifiestoque, para un programa de ordenador, no es una desventaja, sino unaventaja, considerar los modelos que reproducen los comportamientosreales, no los ideales, y esto por la razon de que la intensidad quecircula por estos dispositivos es una funcion continua y derivable (unafuncion suave) de la diferencia de potencial entre sus extremos. Laimplementacion de programas que analizan estos circuitos no es enesencia mas difıcil que la de programas que analizan circuitos lineales.

Quiero, en la medida de lo posible, restringirme a una descripcionfenomenologica de la electricidad, y por tantomacroscopica. Evitare ha-blar de electrones e iones. Hablaremos entonces de causas, que puedoproducir de alguna forma, y de efectos, que puedo medir de alguna for-ma, y evitare descripciones microscopicas: no nos interesa que este pasan-do a ese nivel, que para nosotros es inobservable.

1.2. Voltaje, Intensidad, Resistencia. 7

1.2. Voltaje, Intensidad, Resistencia.

Doy por supuesto que el alumno ya ha recibido algun curso de electricidad,a nivel basico, y que esta familiarizado con las distintas magnitudes (voltaje,intensidad, resistencia, capacidad...) y las unidades en que se miden. Insistosin embargo en que nuestro punto de vista va a ser macroscopico. Desdeeste punto de vista, las fuentes de tension son elementos capaces de poneren circulacion una corriente electrica, que puede ser mas o menos intensa, yesa intensidad se puede modular introduciendo ”resistencias” en su recorrido.Recuperamos por tanto una vision ”ingenua” de la electricidad como un fluidoconfinado en un circuito con elementos que pueden ponerlo en movimiento(fuentes de tension) y elementos que pueden usarse a modo de valvulas paradirigirlo por uno u otro camino segun se desee.

1.3. Ley de Ohm.

Formalizaremos ahora la ley de Ohm citada anteriormente. El desarro-llo posterior de la teorıa desde el plausible inicio basado en observacionesmacroscopicas que hemos presentado antes, lleva a relacionar la ”potencia”Vde una pila con la diferencia de potencial de un campo electrico confinado enel interior del conductor.

Al igual que en un circuito hidraulico el agua se mueve desde puntos demayor energıa potencial a puntos de menor energıa potencial, es decir, elagua desciende, el fluido electrico se mueve desde puntos de mayor poten-cial electrico a puntos de menor potencial electrico. Desde nuestra visionmacroscopica e ingenua no es preciso preguntarse que cosa es exactamenteuna diferencia de potencial electrico. Simplemente, disponemos de elementosque suministran esa diferencia de potencial. De la misma forma, una bombaque eleve el agua en un circuito hidraulico incrementa la energıa potencialde ese agua, y, en general, no es preciso averiguar como la bomba funcionaexactamente, ni tratar de justificar que el agua tiende a moverse desde pun-tos mas altos a puntos mas bajos. Sabemos, eso sı, que cuanto mayor es lapendiente de un canal con mas ımpetu baja el caudal. De la misma forma,cuanto mayor es la diferencia de potencial electrico entre dos puntos, mayores la intensidad que circula entre esos dos puntos. A la constante de propor-cionalidad se le llama ”resistencia”, y ”ley de Ohm” a la expresion formalde este hecho: si entre dos puntos A y B existe una diferencia de potencialV (A)− V (B), entonces la intensidad que circula entre A y B es

8 1. Introduccion.

i =V (A)− V (B)

R(1.1)

o

V (A)− V (B) = R× i (1.2)

Si V (A) > V (B) entonces la intensidad circula desde A hasta B, y la ley deOhm proporciona un valor de i > 0. Por el contrario, si V (A) < V (B), la leyde Ohm proporciona un valor de i < 0, es decir, la intensidad circula desdeB hasta A. Por este motivo, es importante evitar escribir la ley de Ohm enla forma V = Ri. No es un valor de voltaje el que produce una corriente atraves de una resistencia, sino una diferencia entre los extremos de la misma,y segun esa diferencia sea de un signo u otro, la corriente circulara en unsentido u otro.

Trataremos con circuitos ideales, constituidos por elementos discretos, co-mo fuentes de voltaje e intensidad, resistencias, condensadores, etc. Estos ele-mentos se encuentran unidos mediante conductores (cables) que idealmentetambien carecen de resistencia. Esto quiere decir que entre dos puntos A yB unidos por un conductor de resistencia nula:

V (A)− V (B) = 0× i = 0 (1.3)

o bien

V (A) = V (B) (1.4)

Es decir: todos los puntos de un conductor tienen el mismo valor de po-tencial electrico.

1.4. Circuitos resistivos.

Los principios basicos son mas evidentes si se consideran circuitos sen-cillos. Pero, ¿que es un circuito? Un circuito es un conjunto de elementosdiscretos (fuentes, resistencias, condensadores, bobinas, transistores, etc.)unidos mediante conductores, de forma que desde cualquier punto del cir-

cuito se pueda alcanzar cualquier otro al menos por dos caminos distintos.

Nuestros primeros circuitos contendran solo fuentes de voltaje de valor cons-tante y resistencias. El principio que permite resolverlos es que en ninguna

1.4. Circuitos resistivos. 9

region o punto del circuito se puede acumular el fluido electrico, luego lasuma de todas las intensidades que entran en esa region sera nula. Y ¿que es”resolver” el circuito? Es obtener el valor del voltaje en cualquier punto quedeseemos. Ahora bien, como se dijo arriba, no es el valor del voltaje el quedetermina que corriente circula, sino las diferencias de voltaje entre dos pun-tos. Por tanto, cuando digamos que ”el voltaje en tal punto es tal valor”lo que estamos diciendo es que la diferencia de voltaje entre ese punto yotro que se toma como referencia tiene ese valor. Si decimos que el volta-je en el punto 4 es de 6V, lo que estamos diciendo es que la diferencia devoltaje entre el punto 4 y otro que hemos tomado como referencia es de6V. Por convencion, en adelante el punto de referencia es el 1. Ası, si enun circuito existe una resistencia R y decimos que el voltaje en uno de susextremos, A, es 6V y en el otro, B, es 2V, lo que estamos diciendo es quela diferencia V (A) − V (1) = 6 y que V (B) − V (1) = 2. En cualquier caso,V (A)− V (B) = V (A)− V (1)− (V (B)− V (1)) = 4.

Ahora bien, si resolver un circuito es obtener el valor del voltaje en cadapunto que se desee, podemos preguntar a continuacion cuales son esos puntosdeseados, puesto que en cualquier circuito hay infinito numero de ellos. Larespuesta es que casi todos tienen el mismo valor. En efecto, todos los puntosunidos por un conductor se encuentran al mismo voltaje, como hemos vistoantes. En la Figura 1, por ejemplo, todos los puntos entre A y B tienenel mismo voltaje, y todos los puntos entre C y D tiene el mismo voltaje.Por tanto, mas que voltaje en un punto, nos interesa conocer voltaje enuna region. Esa region la ejemplificamos tomando un punto en concreto alque llamamos ”nodo”. Resolver el circuito es, por tanto, obtener el valor delvoltaje en todos los nodos.

A B C D

o------------o-/\/\/\-o------------o Figura 1

R

La idea es desarrollar un metodo de resolucion ”local”, en el sentido deque no sea preciso analizar la topologıa del circuito. Nos apartamos radi-calmente de metodos como el de las mallas, que exige primero identificarlasy asignarles intensidades de sentido arbitrario. Nuestra idea es usar en laresolucion manual las mismas reglas que usa un programa de ordenador.

Uno de estos programas no representa internamente el circuito como undibujo del mismo similar al que nos ofrece la interfaz. Ese dibujo esta solo

10 1. Introduccion.

para ayudar al usuario, y es en realidad innecesario. Lo que tiene el programaes una lista de nodos, indicando que hay entre uno y otro y que valor tiene.Por ejemplo, el circuito de la Figura 2 tiene tres nodos, y una representacionadecuada para un programa podrıa ser algo como esto:

1,2,1,3

2,3,2,10

3,1,2,20

La primera lınea indica que entre el nodo 1 y 2 hay una fuente de voltaje(codigo 1) con un valor de 3 voltios. La segunda lınea indica que entre losnodos 2 y 3 hay una resistencia (codigo 2) con un valor de 10Ω. La terceralınea indica que entre el nodo 3 y el nodo 1 hay una resistencia (codigo 2)con un valor de 20Ω. Observese en la Figura 2 que el punto X no es unnodo, ya que esta conectado directamente mediante un conductor al nodo1 y por tanto tiene el mismo voltaje que el. Convenimos en tomar un nodode referencia, cuyo voltaje fijamos a 0 voltios. Esto siempre puede hacerse:el nodo de referencia lo fijamos nosotros, libremente. Recuerdese que lo quemueve la corriente no son los valores de V en cada nodo, sino las diferenciasde voltaje entre nodos.

10 Ohm

2 o----/\/\/---o 3

| |

+ /

3V \ 20 Ohm Figura 2

- /

| |

1 o------------o

| X

TTT

Ası pues, una vez que sabemos que cosa es un nodo, que hemos numera-do los nodos y elegido uno arbitrariamente como referencia, asignandole elnumero 1, y descrito que cosas hay entre que nodos, mediante una lista comola anterior, un programa de ordenador debe resolver el circuito unicamente

examinando esa lista. ¡‘El programa no puede ”ver” el circuito!

Los circuitos resistivos, como la mayorıa de circuitos que vamos a con-siderar, son lineales. Esto puede interpretarse de varias formas. La que nos

1.4. Circuitos resistivos. 11

interesa ahora es esta: las condiciones que nos permiten resolver un circuito seexpresan siempre como un sistema de ecuaciones lineales. Tantas ecuacionescomo nodos haya. Las incognitas son los voltajes en los nodos. En nuestroejemplo primero, con tres nodos, vamos a recaer en un sistema de la forma

a11v(1) + a12v(2) + a13v(3) = b1

a21v(1) + a22v(2) + a23v(3) = b2

a11v(1) + a32v(2) + a33v(3) = b3 (1.5)

que en forma matricial se puede escribir como

Av = b (1.6)

donde

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

;v =

v(1)v(2)v(3)

;b =

b1b2b3

(1.7)

La solucion buscada es

v = A−1b (1.8)

Pues bien: tanto la matriz A como el vector b se pueden escribir por ins-

peccion. Con un poco de practica es posible mirar el circuito y escribir direc-tamente A y b. Pero en favor de una exposicion mas clara, vamos a procederen dos fases: primero obtener el sistema de ecuaciones (1.5) y luego tomarlos coeficientes que aparezcan y formar tanto A como b. Estas matrices sepueden introducir en un programa de computador que resuelva por nosotrosel sistema lineal y nos ofrezca un listado con los voltajes en los nodos.

12 1. Introduccion.

Capıtulo 2

Resolucion de circuitos.

2.1. Circuitos resistivos.

Comenzando por los circuitos mas sencillos, consideramos solo aquellosformados por fuentes de tension 1 y resistencias. A la vista de un circuito,observamos los valores de las resistencias y tambien los valores de las fuentesde tension. Tanto unas como otras son datos del problema. El metodo quevamos a seguir divide la resolucion del circuito en dos partes:

1. Tratar en primer lugar los nodos conectados a fuentes de tension.

2. Tratar despues el resto de nodos.

Antes de comenzar, habremos numerado los nodos y elegido uno de elloscomo referencia. Le damos el numero 1. Por convencion, el voltaje del nodo1 es 0, lo que se traduce en la primera ecuacion del sistema:

v(1) = 0 (2.1)

2.2. Fuentes de tension.

Como hemos dicho, en primer lugar tratamos las fuentes de tension. Perolas fuentes de tension pueden darse de varias formas. La forma mas sencilla enque puede aparecer una fuente es aislada y conectada al nodo de referencia.En adelante nos referiremos al nodo de referencia como ”tierra”. Las fuentesde tension tienen un polo positivo y un polo negativo. Cuando decimos queuna fuente de tension es de 6V, lo que se quiere decir es que establece una

1usare ”fuente de tension” y ”fuente de voltaje” como sinonimos.

13

14 2. Resolucion de circuitos.

diferencia de potencial de 6V entre sus extremos. Sea una fuente de tensionde w voltios. Si el extremo negativo esta conectado a tierra y el extremopositivo al nodo x, entonces sabemos que

v(1) = 0

v(x)− v(1) = w (2.2)

Si es el extremo positivo el que esta conectado a tierra y el negativo alnodo x, entonces

v(1) = 0

v(1)− v(x) = w (2.3)

En cualquier caso, tenemos un sistema de dos ecuaciones para las dosincognitas v(1) y v(x). Estos dos nodos ya no han de ser considerados mas.

El siguiente caso que puede darse es el de varias fuentes asociadas entresı. Por ejemplo, pueden asociarse en serie. Si esta asociacion esta conectadaa tierra de alguna forma, el planteamiento de las ecuaciones tambien es in-mediato. Por ejemplo, sea una fuente de valor w unida a tierra por su polonegativo. Su polo positivo esta unido al nodo x, y existe una segunda fuentecuyo polo negativo esta unido a x y cuyo polo positivo esta unido a z. Si elvalor de esta fuente es w′, tenemos para la primera fuente y para la segunda:

v(x)− v(1) = w

v(z)− v(x) = w′ (2.4)

que junto con

v(1) = 0 (2.5)

hacen un sistema de tres ecuaciones para las tres incognitas v(1), v(x), v(z).En general, si tenemos n fuentes asociadas entre sı, estas fuentes involucrann+1 nodos. Disponemos de las n ecuaciones que nos dan la diferencia de po-tencial entre los extremos de cada fuente, y una ecuacion adicional, v(1) = 0,que completa un sistema de n+ 1 ecuaciones con n+ 1 incognitas.

2.2. Fuentes de tension. 15

El tercer caso es el de una sola fuente que no esta unida a tierra. Si su polopositivo esta unido al nodo x y su polo negativo al nodo y y si su valor es dew voltios, sabemos que

v(x)− v(y) = w (2.6)

pero esto es una sola ecuacion y dos incognitas. ¿de donde obtenemosla ecuacion que falta? Si aislamos mentalmente a esa fuente del resto delcircuito, o dibujamos una curva que la encierre, la idea es que el total delas intensidades que entran en esa region es nulo, pues la corriente no puedeacumularse en ningun punto o region del circuito.

Para ilustrar el procedimiento, vamos a considerar una fuente de valor wentre los nodos x (positivo) e y (negativo). A su vez, el nodo x esta unido alos nodos a y b a traves de resistencias Ra y Rb, y el nodo y esta unido alnodos p a traves de la resistencia Rp. La intensidad que va desde el nodo ahasta el nodo x a traves de la resistencia Ra viene dada por la ley de Ohm

ia =v(a)− v(x)

Ra

(2.7)

e igualmente para el resto de las intensidades. Pero, un momento, ¿comosabemos que una determinada intensidad entra en la region considerada yno sale? La respuesta es que no lo sabemos. Si una vez resuelto el sistemay obtenidos los voltajes en los nodos resulta que v(x) < v(a), la intensidades entrante. Pero si ocurre que v(x) > v(a), la intensidad es saliente. Loimportante aquı es que el planteamiento de las ecuaciones siga un criterioconsistente. Si estamos considerando el nodo x, la intensidad que provengadel nodo a es

v(a)− v(x)

Ra

(2.8)

Al considerar despues el nodo a, la intensidad que provenga del nodo xsera

v(x)− v(a)

Ra

(2.9)

Estas dos intensidades tienen signos distintos cualesquiera que sean losvalores de v(a) y de v(x). Sea cual sea el sentido real de la intensidad, nopuede tener el mismo signo desde a hacia x que desde x hacia a. Al aplicar


el criterio de que la intensidad siempre entra en un nodo nos aseguramos dela coherencia del sistema de ecuaciones.

Volviendo a nuestra fuente de tension conectada a tres nodos a traves deotras tantas resistencias, la ecuacion que nos falta se obtiene del hecho deque la suma de las intensidades entrantes a la region que encierra a la fuentees nula. En nuestro caso entonces la ecuacion que nos falta es

v(a)− v(x)

Ra

+v(b)− v(x)

Rb

+v(p)− v(y)

Rp

= 0 (2.10)

Esta claro que el razonamiento no depende de si el nodo x esta unido ados o a tres o un numero cualquiera de otros nodos, ni de que el nodo yeste unido a un solo nodo o a varios.

Finalmente, solo queda el caso de una asociacion de fuentes que no esta co-nectada a tierra. Si tenemos n fuentes, se encontraran conectadas a n + 1nodos. Las diferencias de voltaje entre los extremos de cada fuente nos dan necuaciones. La ecuacion que falta se obtiene aislando del resto del circuito ala asociacion de fuentes y planteando que la suma de todas las intensidadesque entran en la region de la asociacion desde fuera es nula.

2.3. Nodos resistivos.

A falta de un nombre mejor, llamo ”nodos resistivos” a aquellos unidos consus vecinos solo a traves de resistencias. En efecto, todos los nodos unidos aalguna fuente ya fueron tratados en la primera etapa, luego si restan nodospor considerar no pueden estar unidos a fuentes de tension, sino a resistencias.Sea entonces el nodo x unido al nodo y a traves de una resistencia Ry, alnodo z a traves de una resistencia Rz, al nodo t a traves de una resistenciaRt, etc. Entonces, puesto que el fluido electrico no puede acumularse en el,se ha de cumplir que la suma de todas las intensidades entrantes a x es nula:

v(y)− v(x)

Ry

+v(z)− v(x)

Rz

+v(t)− v(x)

Rt

+ · · · = 0 (2.11)

2.4. Algunos ejemplos.

Algunos ejemplos sencillos para ilustrar lo dicho hasta ahora.

2.4. Algunos ejemplos. 17

10

2 o----/\/\/---o 3

| |

+ /

6V \ 20 Figura 3

- /

| 30 |

1 o----/\/\/---o 4

|

TTT

Para el circuito de la Figura 3:

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 6

v(2)− v(3)

10+

v(4)− v(3)

20= 0

v(1)− v(4)

30+

v(3)− v(4)

20= 0 (2.12)

3

2 o--/\/\/-----o---/\/\/----o 4

| 10 | 20 |

+ / /

6V \ 5 \ 4 Figura 4

- / /

| | |

1 o------------o------------o

|

TTT


v(1) = 0

v(2)− v(1) = 6

v(2)− v(3)

10+

v(4)− v(3)

20+

v(1)− v(3)

5= 0

v(3)− v(4)

20+

v(1)− v(4)

4= 0 (2.13)


Para el circuito de la Figura 5

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 6

v(2)− v(3)

10+

v(4)− v(3)

20+

v(6)− v(3)

10= 0

v(3)− v(4)

20+

v(5)− v(4)

20= 0

v(4)− v(5)

20+

v(6)− v(5)

50= 0

v(1)− v(6)

40+

v(3)− v(6)

10+

v(5)− v(6)

50= 0 (2.14)

3

2 o--/\/\/-----o---/\/\/----o 4

| 10 | 20 |

+ / /

6V \ 10 \ 20 Figura 5

- / /

| 40 | 50 |

1 o---/\/\/----o---/\/\/----o

| 6 5

TTT


4

3 o--/\/\/-----o---/\/\/----o 5

| 10 | 10 |

/ + /

\ 20 6V \ 20 Figura 6

/ - /

| 5 | 5 |

2 o---/\/\/----1---/\/\/----o

| 6

TTT

2.4. Algunos ejemplos. 19

v(1) = 0

v(4)− v(1) = 6

v(1)− v(2)

5+

v(3)− v(2)

20= 0

v(2)− v(3)

20+

v(4)− v(3)

10= 0

v(4)− v(5)

10+

v(6)− v(5)

20= 0

v(1)− v(6)

5+

v(5)− v(6)

20= 0 (2.15)

Finalmente, para el circuito de la Figura 7:

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 4

v(2)− v(3)

10+

v(1)− v(3)

10+

v(4)− v(3)

10= 0

v(2)− v(4)

10+

v(1)− v(4)

10+

v(3)− v(4)

10= 0 (2.16)

2 o------------o------------o

| | |

| \ \

| / 10 / 10

| \ \

+ | |

4V 3 o---/\/\/----o 4 Figura 7

- | 10 |

| \ \

| / 10 / 10

| \ \

| | |

o------------o------------o

1 |

TTT


2.5. Fuentes de intensidad.

Al igual que existen fuentes de tension, existen fuentes de intensidad. Unafuente de tension mantiene una diferencia de potencial constante entre dosnodos. Una fuente de intensidad mantiene una intensidad constante entre dosnodos. Al igual que las fuentes de tension, las de intensidad tienen polaridad.Una fuente de intensidad entre los nodos x e y puede mantener una intensidadconstante que va desde x a y o bien que va desde y a x. Al igual que enlas fuentes de tension es preciso decir cual es el nodo positivo y cual es elnodo negativo, en las fuentes de intensidad es necesario decir el nodo origen,desde el que parte la corriente, y el nodo de destino, hacia el que se dirige.Finalmente, al igual que las fuentes de tension son un dato del problema, lasfuentes de intensidad tambien. Sea por ejemplo un nodo x, unido con el nodoy a traves de una resistencia Ry, con el nodo z a traves de una resistenciaRz y con el nodo q a traves de una fuente de intensidad de valor i. Si lapolaridad de la fuente de intensidad es tal que la intensidad entra en el nodox:

v(y)− v(x)

Ry

+v(z)− v(x)

Rz

+ i = 0 (2.17)

Por el contrario, si la polaridad de la fuente de intensidad es tal que laintensidad sale del nodo x:

v(y)− v(x)

Ry

+v(z)− v(x)

Rz

− i = 0 (2.18)

Como ejemplo, sea el circuito de la Figura 8. Hay una fuente de intensidadque mantiene una corriente de 3A que va del nodo 1 al nodo 2.

2 3

o------------o---/\/\/----o

| | 6 |

+ / /

3A \ 9 12 \ Figura 8

- / /

| | |

o------------1------------o

|

TTT

2.5. Fuentes de intensidad. 21

Las ecuaciones que resuelven el circuito son:

v(1) = 0

v(3)− v(2)

6+

v(1)− v(2)

9= −3

v(2)− v(3)

6+

v(1)− v(3)

12= 0 (2.19)

Segundo ejemplo, circuito de la Figura 9

3 2

o---/\/\/----o------o-----o

| 1k | | |

/ + / /

\ 3k 10mA \5k \ 20k Figura 9

/ - / /

| | | |

o------------1------o-----o

|

TTT

v(1) = 0

v(3)− v(2)

1000+

v(1)− v(2)

5000+

v(1)− v(2)

20000= −0.01

v(1)− v(3)

3000+

v(2)− v(3)

1000= 0 (2.20)

Como tercer ejemplo, circuito de la Figura 10

v(1) = 0

v(1)− v(2)

6+

v(3)− v(2)

4= −1 + 5

v(2)− v(3)

4+

v(1)− v(3)

2= −5 (2.21)


o----+5A- ---o

| |

| |

| |

| |

| 4 | 2

3 o---/\/\/----o------------o

| | |

/ / + Figura 10

\ 2 6 \ 1A

/ / -

| | |

o------------o------------o

| 1

TTT

Capıtulo 3

Fuentes dependientes.

3.1. Que son las fuentes dependientes.

Las fuentes dependientes son fuentes de tension o intensidad. Pero, al con-trario de las que hemos considerado en el capıtulo anterior, no tienen valorespredeterminados, sino valores que dependen de diferencias de tension o in-tensidad en otras partes del circuito.

3.2. Fuente de tension dependiente de ten-

sion.

Una fuente de tension considerada en el capıtulo anterior puede dar unadiferencia de tension de 6V entre sus extremos. Una fuente de tension depen-diente de tension, V (V ), cuyos extremos son los nodos x (positivo) e y (neg-ativo), puede dar una tension que es proporcional a la diferencia de tensionentre dos nodos diferentes, p y q, digamos con constante de proporcionalidad100. Quiere esto decir que

v(x)− v(y) = 100[v(p)− v(q)] (3.1)

Si una fuente V (V ) tiene uno de sus nodos unido a tierra, digamos el nodonegativo, tenemos dos ecuaciones:

v(1) = 0

v(x)− v(1) = 100[v(p)− v(q)] (3.2)

23

24 3. Fuentes dependientes.

Son dos ecuaciones para las dos incognitas v(1) y v(x). Ciertamente, aquı a-parecen v(p) y v(q), pero los nodos p y q tendran cada uno su propia ecuaciony en definitiva siempre tendremos igual numero de ecuaciones que de incogni-tas. Si la fuente V (V ) no esta unida a tierra, necesitamos una ecuacion adi-cional, que se obtiene considerando que la suma de intensidades entrantes enla region que contiene a x e y es nula.

A la constante de proporcionalidad se le llama ”ganancia”, de manera que,en el ejemplo anterior, la ganancia es 100.

Como ilustracion, consideremos el circuito de la Figura 11, que es un cir-cuito que contiene un Amplificador Operacional (AO). Un AO es un dispositi-vo de tres entradas, (+,–,S), que produce una salida V (S) que es proporcionala la diferencia entre las entradas:

V (S)− V (1) = g(V (+)− V (−)) (3.3)

Nosotros lo representaremos como una caja con dos entradas, ’+’ y ’-’,una salida ’S’, y la etiqueta AO en el interior. Tıpicamente, g es del ordende 100000. Pues bien, un AO se puede modelar muy bien suponiendo quetiene una impedancia de entrada infinita (una resistencia infinita entre losterminales + y -), una impedancia de salida baja y una g tambien infinita. Aefectos practicos, se puede tomar la impedancia de entrada del orden de 1MΩ,la impedancia de salida del orden de 50Ω y la ganancia del orden de 100000.En esencia pues, un AO es una fuente V (V ), donde la diferencia de voltajeentre el terminal de salida y tierra es proporcional, con una ganancia muyalta, a la diferencia de voltaje entre los dos terminales de entrada. Entonces,es posible sustituir el circuito 11 por el circuito 12 y resolverlo como si setratase de un circuito electrico lineal ”normal”.

Con los valores numericos que aparecen en la Figura 12:

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 2

v(4)− v(1) = 100000 ∗ [v(3)− v(1)]

v(2− v(3)

10000+

v(5)− v(3)

20000+

v(1)− v(3)

2 ∗ 106 = 0

v(3)− v(5)

20000+

v(4)− v(5)

50= 0 (3.4)

3.2. Fuente de tension dependiente de tension. 25

20k

o-------/\/\/---------o

| |

| --------- |

o--/\/\/-----o--| | S |

| 10k | AO |--o-------o

+ o--| | Figura 11

2V | ---------

- |

| |

o------------o

|

TTT

o----------------------/\/\/---o

2 3 | 20k |

o--/\/\/-----o 4 |

| 10k | o---------/\/\/---o 5

+ / | 50

2V \ 2M +

- / V=100000*(V(3)-V(1))

| | -

| | |

o------------o------------o

1 |

TTT Figura 12

Al resolver el sistema, obtenemos para el voltaje de salida (nodo 5, que secorresponde con la ’S’ del AO) un voltaje de -4V. Es decir, que si el circuitose alimenta con 2V el AO produce una salida de -4V. A esta configuracionse la llama ”amplificador inversor”. Volveremos mas adelante sobre esto.


3.3. Fuente de tension dependiente de inten-

sidad.

Las fuentes V (I) son fuentes de tension cuyo valor es proporcional a laintensidad que circula por alguna rama del circuito. Por ejemplo, una fuenteV (I) de ganancia g entre los nodos x (positivo) e y (negativo) proporcionauna tension proporcional a la intensidad que circula a traves de la resistenciaR que une los nodos p y q. Entonces:

v(x)− v(y) = gv(p)− v(q)

R=

g

R[v(p)− v(q)] (3.5)

Es parte del enunciado indicar el sentido de la intensidad de la que dependela fuente V (I). Pues una cosa es la intensidad que va desde el nodo p al nodoq, y entonces tendrıamos la ecuacion anterior, y otra cosa si decimos que lafuente depende de la intensidad que va de q a p, y en ese caso la ecuacion es

v(x)− v(y) = gv(q)− v(p)

R=

g

R[v(q)− v(p)] (3.6)

Formalmente, las fuentes V (I) se tratan exactamente igual que las fuentesV (V ): basta con tomar g/R en lugar de g.

3.4. Fuente de intensidad dependiente de ten-

sion.

Una fuente I(V ) es una fuente de intensidad cuyo valor depende de ladiferencia de voltaje entre dos nodos del circuito. A tıtulo de comparacion,consideremos una fuente de intensidad fija de valor 2A y una fuente I(V ).Sea un nodo cualquiera x, conectado mediante resistencias Ry y Rz a losnodos y y z; al nodo x tambien esta conectada la fuente de intensidad de 2A,orientada de tal forma que la intensidad es entrante. Entonces, para el nodox:

v(y)− v(x)

Ry

+v(z)− v(x)

Rz

+ 2 = 0 (3.7)

Imaginemos ahora que la fuente de intensidad no es fija, sino que su valordepende de la diferencia de voltaje entre los nodos a y b, con ganancia digamos

3.5. Fuente de intensidad dependiente de intensidad. 27

7. El razonamiento es exactamente el mismo, solo que en lugar del valor 2Aintroducimos el valor que indica el enunciado:

v(y)− v(x)

Ry

+v(z)− v(x)

Rz

+ 7× [v(a)− v(b)] = 0 (3.8)

De nuevo, es parte del enunciado decir si la fuente depende de la diferenciade voltaje entre a y b o entre b y a, pues en este segundo caso serıa:

v(y)− v(x)

Ry

+v(z)− v(x)

Rz

+ 7× [v(b)− v(a)] = 0 (3.9)

3.5. Fuente de intensidad dependiente de in-

tensidad.

Una fuente I(I) proporciona una intensidad que es proporcional a la inten-sidad que circula en alguna rama del circuito. En general, una fuente de I(I)de ganancia g que depende de la intensidad que circula por la resistencia R,que une los nodos p y q, es

i = gv(p)− v(q)

R(3.10)

Un dispositivo que se modela bien mediante una fuente I(I) es el transistorbipolar. Aunque tiene varios modos de funcionamiento, consideramos solosu comportamiento lineal (lo que se llama ”zona activa” de funcionamientoen la jerga de este dispositivo). Un transistor bipolar es un dispositivo detres terminales, llamados Colector, Base y Emisor. Su caracterıstica en zonaactiva es que la intensidad que entra al dispositivo a traves del colectoresta regulada por la intensidad que entra a traves de la base, y es proporcionala ella, con un factor de proporcionalidad β que es del orden de 100:

iC = βiB (3.11)

Por supuesto, como la carga no puede acumularse en el dispositivo, laintensidad del colector mas la intensidad de la base salen a traves del emisor:

iE = iC + iB = (β + 1)iB (3.12)


Cuando un transistor esta funcionando en zona activa, la diferencia de po-tencial entre la base y el emisor es de aproximadamente 0.7 Voltios. Ası que,esencialmente, un transistor es una fuente de intensidad dependiente de in-tensidad. Podemos mantener los terminales colector, base y emisor, eliminarel transistor, y unir: base con emisor mediante una fuente de tension fija de0.7V, y colector con emisor mediante una fuente I(I) de ganancia β. El factorβ es una caracterıstica de cada transistor. Como ejemplo, el circuito de laFigura 13 puede sustituirse por el circuito de la Figura 14.

o----/\/\/---o

| 100 |

| |

| |

-----C---- |

| | +

o--/\/\/-----B TB | 6V Figura 13

| 20k | | -

+ -----E---- |

4V | |

- | |

| | |

o-----------------o------------o

|

TTT

J

2 --> 3 4 5

o----/\/\/---o o---/\/\/----o

| 20k | | 100 |

+ + - +

4V 0.7V I(J) 6V Figura 14

- - + -

| | | |

o------------o------------o------------o

1 |

TTT

Resolvemos en la forma acostumbrada el circuito de la Figura 14, tenien-do en cuenta que I(J) = βJ , siendo J es la intensidad que circula por laresistencia de 20k (entrante en la Base del transistor):

3.5. Fuente de intensidad dependiente de intensidad. 29

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 4

v(3)− v(1) = 0.7

v(5)− v(1) = 6

v(5)− v(4)

100− β × v(2)− v(3)

20000= 0 (3.13)

Capıtulo 4

Respuesta temporal.

4.1. El tiempo, nueva variable.

En el analisis que hemos realizado hasta el momento, el tiempo no es unavariable. Cuando dibujamos un circuito con una fuente de tension y algunosotros elementos, consideramos que esta funcionando ası desde hace muchotiempo y que los valores de tension en los nodos y las corrientes en las ramasson valores fijos. Pero hubo un momento en que el circuito fue conectadopor primera vez, y sucedieron algunas cosas antes de que todos los valores seestabilizaran. Hay elementos como los condensadores que requieren un tiempopara establecer una diferencia de potencial fija entre sus extremos. Y existentambien las bobinas, que tienen una acusada dependencia del tiempo, puesla diferencia de potencial entre sus extremos depende de la derivada respectoal tiempo de la intensidad que circula. Ademas, existen circuitos de corrientealterna, alimentados por fuentes de tension que dependen del tiempo. En estecapıtulo estudiaremos que ocurre al conectar o desconectar un circuito.

4.2. Condensadores y bobinas.

Ampliaremos tambien el numero de elementos que pueden aparecer. Enprimer lugar, los condensadores. Un condensador es un elemento capaz dealmacenar una cierta cantidad de carga. Se define la capacidad C del conden-sador como la razon entre la carga que acumula y la diferencia de potencialaplicada entre sus extremos:

C = q/V (4.1)

31

32 4. Respuesta temporal.

En la figura siguiente se representa un condensador, con los extremos a yb:

a b

--> o----||----o Figura 15

i

Mas precisamente, definimos la capacidad como

C = q/(v(a)− v(b)) (4.2)

y si derivamos respecto al tiempo, vemos que la derivada respecto al mismode la diferencia de potencial entre los extremos es proporcional a la intensidadcirculante:

d

dt(v(a)− v(b)) =

i

C(4.3)

Un condensador no conduce corriente continua, pero sı corriente alterna.Cuando un condensador se conecta a una fuente de voltaje continuo, la dife-rencia de potencial entre sus extremos crece hasta el punto en que iguala alvoltaje de la fuente, cesando en ese momento la corriente, como se muestraen la Figura 16:

Figura 16

R C R

+------/\/\/\--o--||--o---+ +-----/\/\/\---- +V- ---+

| ---> A B | | |

+ i | + |

V | ======> V |

- | Un tiempo - |

| | despues | |

+-------------------------+ +-----------------------+

Se puede pensar en un condensador como en una valvula que se cierraprogresivamente hasta cortar el paso de la corriente continua.

Ademas tenemos las bobinas o autoinducciones. Una bobina estableceentre sus extremos una diferencia de potencial que es proporcional, con cons-tante L, a la derivada de la intensidad que circula:

v = Ldi

dt(4.4)

4.3. Carga y descarga de la bobina. 33

Supongamos que los extremos de una bobina son A y B, y que una corrien-te constante i circula desde A hasta B. Al ser i constante,

di

dt= 0 (4.5)

y v(A) = v(B). Pero si se incrementa la intensidad, de forma que seadi/dt > 0 entonces aparece una diferencia de potencial

v(A)− v(B) = Ldi

dt> 0 (4.6)

es decir, v(A) > v(B). Por contra, si disminuye la intensidad di/dt < 0y

v(A)− v(B) = Ldi

dt< 0 (4.7)

es decir, v(A) < v(B). Es como si una fuente de tension adicional apare-ciese en el circuito cuando ocurre que di/dt es distinta de cero. La polaridadde esta fuente ficticia es tal que si di/dt > 0, se opone a este incremento, ysi di/dt < 0 se opone a este decremento.

4.3. Carga y descarga de la bobina.

Carga y descarga de la bobina. El circuito 17 contiene solo una resistenciaR en serie con una bobina de constante L. El interruptor se cierra en t = 0.Antes de ese instante, no existıa corriente. Despues, hay un incremento decorriente, y por tanto una resistencia de la bobina a ese incremento. Parael analisis que sigue introduciremos una notacion mas comoda. Llamaremosv(n, t) al voltaje en el nodo n en el instante t. Pues bien, en 17 tenemos

2 3

o---/\/\/----o---(((((----o

| R L |

+ |

w | Figura 17

- <----o |

| | |

1 o-------- o------------o

|

TTT


v(1) = 0

v(2)− v(1) = w (4.8)

y si ahora queremos escribir la ecuacion para el nodo 3, nos veremos endificultades:

v(2)− v(3)

R+ ? = 0 (4.9)

y es que para la bobina no tenemos el equivalente a la ley de Ohm. Sinembargo, sabemos que se comporta como una fuente de tension (variable)que se opone al incremento de la corriente. Ası que considerando que tenemosentre los nodos 1 y 3 una segunda fuente:

v(3)− v(1) = Ld

dt

v(2)− v(3)

R(4.10)

Ahora bien v(2) es un valor fijo (su derivada es nula) y v(1)=0, luego

dv(3)

dt= −R

Lv(3) (4.11)

ecuacion que puede separse

d(v(3)

v(3)= −R

Ldt (4.12)

y cuya integral es sencilla:

v(3, t) = v(3, 0) exp(−(R/L)t) (4.13)

Falta conocer v(3, 0). La intensidad que circula es

w

R− v(3, 0)

Rexp(−(R/L)t) (4.14)

Pero en t = 0 la intensidad que circula es nula, pues la causa de lacorriente es la diferencia de potencial, y, como toda causa, es anterior a suefecto. Ası, si elegimos un ǫ infinitesimal, la intensidad en 0 − ǫ es nula ysera tambien nula, o tan proxima a cero como se desee, en 0+ ǫ para un ǫ losuficientemente pequeno. Por tanto, si en t = 0 la intensidad es nula ha deser v(3, 0) = w y ası

4.3. Carga y descarga de la bobina. 35

i =w

R(1− exp(−(R/L)t)) (4.15)

Por tanto, el voltaje entre los extremos de la bobina cae desde w en t = 0hasta 0, teoricamente despues de un tiempo infinito. Pero como en generalR >> L, en la practica el decaimiento es bastante rapido. Por ejemplo, paraR = 10Ω y L = 1 mH, R/L = 10000, de manera que tenemos exp(−10000t)que en una diez milesima de segundo es exp(−1) = 0.3678, y en 2 diezmilesimas exp(−2) = 0.135. En un milisegundo ya tenemos exp(−10) <0.0001.

Supongamos ahora la situacion contraria. La corriente ya se ha establecidoy la diferencia de potencial entre los extremos de la bobina es nula. En estasituacion, la bobina no es mas que un trozo de cable y la intensidad quecircula es simplemente w/R. Entonces pasamos el interruptor a la posicion Bde la Figura 18, con lo que quedan bobina y resistencia en el mismo circuito,sin fuente de voltaje. La corriente se detiene pero no inmediatamente, puesen cuanto se da que di/dt < 0 aparece entre los extremos de la bobina unadiferencia de potencial que se opone al decaimiento de la corriente.

v(2)− v(1) = Ld

dt

v(1)− v(2)

R(4.16)

con v(1) = 0, la ecuacion se integra enseguida:

v(2, t) = v(2, 0) exp(−(R/L)t) (4.17)

Falta encontrar v(2, 0). Para ello veamos que la intensidad que circula es

i(t) =0

R− v(2, 0)

Rexp(−(R/L)t) (4.18)

En t = 0, esta intensidad ha de ser la misma que circulaba un infinitesimoantes de que se anulara la fuente de tension, luego

i(0) =0− v(2, 0)

R=

w

R(4.19)

de donde v(2, 0) = −w. Ası que en t = 0 se produce un pico negativo devoltaje entre los extremos de la bobina de valor −w.


o-------A o---/\/\/---o---(((((---o 1

| | R 2 L |

+ B<---o |

w | | Figura 18

- | |

| | 1 |

o-------o----------------------------o

|

TTT

4.4. Carga y descarga de un condensador.

En la Figura 19, el interruptor se cierra en t = 0. Sabemos que

V (1) = 0

V (2) = w (4.20)

Tambien sabemos que la capacidad del condensador es C = q/(v(3) −v(1)), o bien v(3) − v(1) = q/C. Si queremos un sistema de ecuaciones queinvolucre solo a los voltajes en los nodos, podemos derivar la ultima ecuacionpara tener en el segundo miembro una intensidad, que puede ponerse enfuncion de voltajes:

d

dt(v(3)− v(1)) =

1

C

v(2)− v(3)

R(4.21)

Sabiendo que v(1) = 0 y que v(2) = w:

d

dtv(3) =

w

RC− v(3)

RC(4.22)

Esta es una ecuacion diferencial de primer orden no homogenea, puesaparece el termino constante w/(RC). Para resolverla, acudimos a una tecni-ca inventada por Lagrange. Esta tecnica consiste en resolver la ecuacionhomogenea, y luego modificarla para hacer que satisfaga a la ecuacion nohomogenea.

4.4. Carga y descarga de un condensador. 37

interruptor:

se cierra en t=0

2 / 1

o-/ --/\/\/----o----||------o

| R 3 C |

+ |

w | Figura 19

- |

| |

1 o----------------------------+

|

TTT

La ecuacion homogenea tiene solucion inmediata:

v(3, t) = v(3, 0) exp(−t/RC) (4.23)

Y la modificacion consiste en suponer que la solucion de la ecuacion nohomogenea es de la forma

v(3, t) = f(t) exp(−t/RC) (4.24)

donde f(t) es a determinar. Si tomamos esta solucion tentativa y la susti-tuimos en la ecuacion no homogenea, tenemos como resultado una ecuacionhomogenea en f(t) que se resuelve facilmente:

f(t) = f(0) + w(exp(t/RC)− 1) (4.25)

Volviendo atras con nuestra f(t):

v(3, t) = f(0) exp(−t/RC) + w(1− exp(−t/RC)) (4.26)

Pero en t = 0 el voltaje en el nodo 3 es 0, luego v(3, 0) = f(0) = 0. ¿Porque en t = 0 el voltaje en el nodo 3 es cero? Como hasta t = 0 no ha circuladocorriente, no hay carga almacenada en el condensador, luego no hay diferenciade potencial entre sus extremos, y como el extremo 1 esta conectado a tierra,su voltaje es nulo, y por tanto el voltaje del extremo 3 tambien sera nulo.

Finalmente

v(3, t) = w(1− exp(−(1/RC)t)) (4.27)


El valor lımite de v(3, t) para t → ∞ es w, y se aproxima a el asintotica-mente.

Vamos ahora al caso en que el condensador esta cargado. En la Figura20 el interruptor pasa a posicion B en t = 0, y la carga acumulada en elcondensador comienza a circular, hasta que el condensador se descarga ycesa la corriente. Tenemos

v(1) = 0

v(2)− v(1) = q/C (4.28)

Derivamos la segunda para tener la intensidad en el segundo miembro ypoder ponerla en funcion de los voltajes:

d

dt(v(2)− v(1)) =

v(1)− v(2)

RC(4.29)

La integracion es inmediata y da

v(2, t) = v(2, 0) exp(−t/RC) (4.30)

y como en t = 0 v(2) = w,

v(2, t) = w exp(−t/RC) (4.31)

2

o-------A o---/\/\/---o----||-----o

| | R C |

+ B<---o |

w | | Figura 20

- | |

| | 1 |

o-------o----------------------------o

|

TTT

Como ejemplo adicional, consideremos el circuito de la figura siguiente:

4.4. Carga y descarga de un condensador. 39

2 C=200 uF

+------+----||----+ 3

| | |

+ | |

100V R=50 Ohm R=350 Ohm Figura 21

- | |

| | |

1 +------+----------+

|

TTT

Se trata de determinar la intensidad que circula en la rama de la fuentea los 30 ms de conectar el circuito, siendo que en t = 0 el condensadoresta descargado completamente. Las ecuaciones que describen el compor-tamiento son:

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 100

d

dt(v(3)− v(2)) =

1

C

v(1)− v(3)

350(4.32)

Simplificando e introduciendo valores numericos:

v(3, t) = v(3, 0) exp(−t/0.07) (4.33)

Para t = 30 ms:

v(3, 0.03) = v(3, 0) exp(−0.03/0.07) = 0.6514× v(3, 0) (4.34)

Falta conocer v(3, 0). Ahora bien, en t = 0 el condensador esta descar-gado, luego la diferencia de potencial entre sus extremos es nula, pero elextremo 2 se encuentra a 100 V, luego el extremo 3 tambien:

V (3, 0.03) = 65.14 (4.35)

Por tanto, la intensidad que pasa por la rama de la fuente de tension esla suma de las intensidades que pasan por la resistencia de 50 Ohm y por laresistencia de 350 Ohm:

i(0.03) =100

50+

65.14

350= 2.186A (4.36)


4.5. Sistemas de ecuaciones lineales.

Hasta el momento, hemos tratado con circuitos cuya resolucion se reducea una unica ecuacion diferencial de primer orden, que se integra facilmente.No siempre es ası, y podemos tener no simples ecuaciones diferenciales deprimer orden, sino ecuaciones diferenciales de orden superior o sistemas deecuaciones de primer orden. Por ello, vamos a demostrar en primer lugar queuna ecuacion diferencial lineal de orden n se puede sustituir por un sistema den ecuaciones diferenciales lineales de primer orden. El orden de una ecuaciondiferencial es la mayor derivada que aparece. La linealidad hace referencia aque en la ecuacion aparecen variables dependientes y sus sucesivas derivadas,pero no potencias ni de las unas ni de las otras, ni productos de unas porotras. Ademas, tanto las variables dependientes como sus derivadas vienenmultiplicadas por coeficientes constantes. Una ecuacion diferencial lineal decoeficientes constantes de grado n tiene la forma:

dnx

dtn+ an−1

dn−1x

dtn−1+ an−2

dn−2x

dtn−2+ · · ·+ a1

dx

dt+ a0x = f(t) (4.37)

Una ecuacion ası puede sustituirse por un sistema de n ecuaciones deprimer orden, introduciendo lo que se llaman ”variables de estado”. Si laecuacion es de orden n, se introducen n variables de estado, que se definende la siguiente forma:

x1 = x

x2 =dx

dt

x3 =d2x

dt2· · · = · · ·xn =

dn−1x

dtn−1(4.38)

Derivando respecto al tiempo el sistema anterior:

x1 = x2

x2 = x3

x3 = x4

· · · = · · ·xn = f(t)− a0x1 − a1x2 − · · · − an−1xn (4.39)

4.5. Sistemas de ecuaciones lineales. 41

donde hemos usado la ecuacion diferencial original para despejar la ulti-ma ecuacion del sistema anterior. Este sistema se puede escribir en formamatricial como

dx

dt= Ax+ f (4.40)

donde

x =

x1

x2

x3

...xn

;A =

0 1 0 0 · · · 00 0 1 0 · · · 00 0 0 1 · · · 0...

−a0 −a1 −a2 −a3 · · · −an−1

;b =

000...

f(t)

(4.41)

De hecho, por el mismo esfuerzo podemos tratar una ecuacion ligeramentemas general:

dx

dt= Ax+Bu(t) (4.42)

donde x es un vector de n filas y 1 columna, A es una matriz de nfilas y n columnas, B es una matriz de n filas y m columnas y u(t) esun vector de m filas y una columna. Esta ecuacion tiene solucion analıtica.Seguiremos el metodo de Lagrange, consistente en buscar primero la solucionde la ecuacion homogenea y despues modificarla para que satisfaga tambien ala no homogenea. A su vez, la solucion de la ecuacion homogenea la buscamosmediante aproximaciones sucesivas.

Tomemos por tanto

dx

dt= Ax (4.43)

o

dx = Axdt (4.44)

Integrando entre t = 0 y un instante generico t:

x(t)− x(0) =∫ t

0

Axdt (4.45)


El problema es que para efectuar la integral necesitamos la solucion, dela que aun no disponemos. Una aproximacion bastante burda consiste ensustituir la solucion por el valor inicial, de forma que, siendo constante, puedesalir de la integral:

x(t)− x(0) =[∫ t

0

Adt]

x(0) (4.46)

Ahora la integral es inmediata:

x(t) = [I+At]x(0) (4.47)

Si volvemos atras y en lugar de tomar la aproximacion burda x(t) = x(0)tomamos la aproximacion que acabamos de encontrar, x(t) = [I+At]x(0) yvolvemos a calcular la integral, tendremos:

x(t) =

[

I+At+A2t2

2

]

x(0) (4.48)

Usamos esta nueva aproximacion para obtener una mejor aun:

x(t) =

[

I+At+A2t2

2+

A3t3

3!

]

x(0) (4.49)

Ya esta clara la pauta, y podemos conjeturar que en la aproximacion deorden k la solucion sera

x(t) =

[

I+At+A2t2

2+

A3t3

3!+ · · ·+ Aktk

k!

]

x(0) (4.50)

La serie anterior tiene la misma forma que la serie de la funcion exponen-cial de un numero real:

ex = 1 + x+x2

2+

x3

3!+ · · ·+ xk

k!+ · · · (4.51)

Ası que la abreviamos escribiendo

x(t) = exp(At)x(0) (4.52)

bien entendido que la exponencial de una matriz no esta definida salvocomo la suma de la serie. Esta serie es infinita, pero gracias al teorema deCayley-Hamilton es posible demostrar que, si la matriz A tiene n filas y ncolumnas, la serie infinita se reduce a n terminos:

exp(A) = c0I+ c1A+ · · ·+ cn−1An−1 (4.53)


Solo queda el problema de calcular los coeficientes, lo cual involucra laresolucion de la ecuacion caracterıstica de A, lo cual nos llevarıa muy lejos(para los alumnos interesados, dispongo de un pequeno artıculo explicandotodos los detalles). Desde el punto de vista aplicado, baste decir que Mat-lab/Octave cuentan con la orden expm() que calcula la matriz exponencialde una dada. Por ejemplo:

octave:1> a=[1 2; -2 7]

a =

1 2

-2 7

octave:2> expm(a)

ans =

-80.431 225.848

-225.848 597.112

Y en el caso que nos ocupa, donde las potencias no son en A sino en At,tampoco hay problema alguno:

octave:3> t=0.12

t = 0.12000

octave:4> expm(a*t)

ans =

1.08581 0.39253

-0.39253 2.26340

Ahora que ya tenemos la solucion de la ecuacion homogenea, la modifi-caremos para que satisfaga a la ecuacion completa. Tenemos

x(t) = exp(At)x(0) (4.54)

y tomamos en su lugar

x(t) = exp(At)c(t) (4.55)

donde c es un vector por determinar. Si tomamos esta solucion y suderivada y la sustituimos en la ecuacion completa, obtenemos una ecuaciondiferencial en el vector indeterminado, de solucion inmediata, lo que nospermite escribir la solucion:


x(t) = exp(At)c(0) +∫ t

0

exp(A(t− τ))Bu(τ)dτ (4.56)

donde τ es una variable de integracion. Claramente, c(0) se identifica conlas condiciones iniciales, ası que:

x(t) = exp(At)x(0) +∫ t

0


En la demostracion, que aquı hemos solo esbozado, usamos el hecho deque

(exp(A))−1 = exp(−A) (4.58)

cosa que puede comprobarse escribiendo los desarrollos en serie de exp(A)y de exp(−A), multiplicando termino a termino y viendo que el resultado esprecisamente la matriz identidad.

Con el resultado anterior en mente, lo aplicaremos a un circuito que con-tiene una fuente de voltaje y, en serie, una resistencia R, una autoinduccionde coeficiente L y un condensador de capacidad C, como se muestra en lafigura siguiente:

3 4

2 o----\/\/\--o-(((((--o-||---o 1

| R L C |

+ |

u | Figura 22

- |

| |

1 o---------------------------+

|

TTT

Las ecuaciones que describen el comportamiento del circuito son las siguien-tes:

v(1) = 0

v(2)− v(1) = u

v(3)− v(4) = (L/R)d

dt(v(2)− v(3))

d

dt(v(4)− v(1)) = (1/RC)(v(2)− v(3)) (4.59)


que se reducen a

d

dtv(3) = −(R/L)v(3)− (R/L)v(4)

d

dtv(4) = (1/RC)u− (1/RC)v(3) (4.60)

Este es un sistema lineal x = Ax+Bu, con x1 = v(3), x2 = v(4) y

A =

[

−R/L −R/L−1/RC 0

]

;B =

[

0 00 1/RC

]

;u =

[

0u

]

(4.61)

y cuya solucion es la conocida:

x(t) = exp(At)x(0) +∫ t

0


Este es el codigo Matlab/Octave que resuelve el problema:

1 function rlc(w,R,L,C,tf,x0)

2 A=[-R/L R/L;-1/(R*C) 0];

3 b=[0;w/(R*C)];

4 h=tf/400;

5 x(:,1)=x0;

6 t=[0:h:tf];

7 [f,c]=size(t);

8

9 P=zeros(2,c); % primer termino

10 I=zeros(2,c); % integral

11 P(:,1)=expm(A*0)*x0;

12 I(:,1)=[0;0];

13 for j=2:1:c

14 P(:,j)=expm(A*t(j))*x0;

15 integral=[0;0];

16 for k=1:1:j

17 integral=integral+expm(A*(t(j)-t(k)))*b*h;

18 endfor

19 I(:,j)=integral;

20 x(:,j)=P(:,j)+I(:,j);

21 endfor

22 plot(t,(w-x(1,:))/R);

23 end


La funcion rlc() toma como argumentos el valor de la fuente de tension,w, los valores para la resistencia, la autoinduccion y la capacidad, el tiempofinal hasta el que se encontrara la solucion (el tiempo inicial es 0) y las condi-ciones iniciales. La lınea 24 muestra la grafica de la intensidad que circula enfuncion del tiempo. Desde la lınea 11 a la 23 el codigo es independiente delcircuito de que se trate. Solo las lıneas 4 y 5 corresponden al caso particu-lar de una resistencia, una autoinduccion y una capacidad en serie con unafuente de tension continua.

Capıtulo 5

Algunos resultados teoricos.

Hasta el momento, hemos usado solo el principio de que la carga nopuede acumularse en ninguna region del circuito, y en particular en ningunnodo. Esto ha sido suficiente para resolver los circuitos que hemos planteado.Sin embargo, existen otros principios y otros resultados que aunque no seanestrictamente necesarios en la resolucion de los circuitos sı que arrojan luzsobre aspectos concretos y ensenan otras formas para escribir rapidamentelas ecuaciones que gobiernan los circuitos. Empezando por el primer y hastaahora unico principio que hemos mostrado, citaremos tambien otros, queforman lo que llamarıamos el contenido teorico mınimo de las redes electricas.

5.1. Ley de Kirchoff de las corrientes.

La carga no se acumula en ninguna parte del circuito. En particular, no seacumula en los nodos, lo que significa que la suma de todas las intensidadesque entran y salen a un nodo en concreto es nula.

5.2. Ley de Kirchoff de los voltajes.

Para cualquier recorrido cerrado en un circuito, que parte de un punto A yllega al mismo punto A, la suma de los incrementos de voltaje encontrados enese recorrido (positivos y negativos) es nula. En la practica se usa la siguienteversion: dados dos puntos A y B cuya diferencia de potencial es conocida, encualquier recorrido que vaya desde A a B la suma de todos los incrementosde potencial (positivos y negativos) es v(A)− v(B).

Vease la Figura 23. Contiene una fuente de voltaje dependiente que dados veces el voltaje que existe entre los extremos Q y P de la resistencia de6 Ohmios.

47

48 5. Algunos resultados teoricos.

3 4

2 o---/\/\/----o--- +2W- ---o

| 4 |

+ -

12V 4V Figura 23

- +

| Q P |

1 o------------o----/\/\/---o

| 6 5

TTT

Si suponemos que la intensidad recorre el circuito en sentido horario,partiendo del nodo 1:

12− 4i− 2W + 4− 6i = 0 (5.1)

pero

W = v(Q)− v(P ) (5.2)

y

v(P )− v(Q) = 6i (5.3)

luego

W = −6i (5.4)

Sustituyendo y resolviendo, i = −8 A y W = 48 V. Pero ¿como sabıamosa priori que la corriente iba en sentido horario? No lo sabıamos, el sentidofue elegido arbitrariamente, y por eso hemos obtenido un valor negativo parai, indicando que el sentido real es antihorario. Si hubiesemos elegido tambienarbitrariamente al principio el sentido antihorario,

−6i− 4 + 2W − 4i− 12 = 0 (5.5)

Ahora

W = V (Q)− V (P ) = 6i (5.6)

Sustituyendo y resolviendo, i = 8 A y W = 48V. En general, la Ley deKirchoff de voltajes no se usa aisladamente, sino en combinacion con la leyde corrientes, lo que sucede cuando el circuito esta formado por mas de unamalla. Para ilustrar esto, consideremos la figura [20]:

5.2. Ley de Kirchoff de los voltajes. 49

i i

1 --> P --> 2

o---/\/\/---------o-------o

| 8 | | |

+ / v i /

30V 3 \ 3 \ 6 Figura 24

- / /

| | |

o-----------------o-------o

|

TTT

De su examen sabemos que

30− 8i1 − 3i3 = 0

v(P )− 6i2 = 0

v(P )− 3i3 = 0

i1 = i2 + i3 (5.7)

Este es un sistema de cuatro ecuaciones en cuatro incognitas. Eliminan-do v(P ) entre la segunda y la tercera queda planteado un sistema de tresecuaciones en las tres intensidades:

−8i1 − 3i3 = 0

−6i2 + 3i3 = 0

i1 − i2 − i3 = 0 (5.8)

cuya solucion es i1 = 3A, i2 = 1A e i3 = 2A.

Nuevamente, es preciso notar que no conocıamos a priori los sentidosde las corrientes. ¿Que hubiese sucedido en caso de haber elegido sentidosdistintos? Considerense las Figuras 24b y 24c. En el primer caso:

30− 8i1 + 3i3 = 0

v(P ) + 3i3 = 0

v(P ) + 6i2 = 0

i1 + i2 + i3 = 0 (5.9)


cuya solucion es i1 = 3A, i2 = −1A e i3 = −2A, lo que indica quelos sentidos reales de las intensidades segunda y tercera son opuestos a lossentidos arbitrarios elegidos inicialmente. En el segundo caso:

30 + 8i1 − 3i3 = 0

v(P )− 3i3 = 0

v(P ) + 6i2 = 0

−i1 + i2 − i3 = 0 (5.10)

cuya solucion es i1 = −3A, i2 = −1A e i3 = 2A, indicando que lasintensidades reales primera y segunda son opuestas a los sentidos arbitarioselegidos.

i i

1 --> P <-- 2

o---/\/\/---------o-------o

| 8 | ^ |

+ / | i /

30V 3 \ 3 \ 6 Figura 24b

- / /

| | |

o-----------------o-------o

|

TTT

i i

1 <-- P <-- 2

o---/\/\/---------o-------o

| 8 | | |

+ / v i /

30V 3 \ 3 \ 6 Figura 24c

- / /

| | |

o-----------------o-------o

|

TTT

Como se ve, la unica precaucion necesaria es ser consistentes con lossentidos elegidos, teniendo en cuenta que la corriente va siempre de voltajesmayores a voltajes menores. Ası, al pasar de un lado al otro de una resistencia,

5.3. Principio de superposicion. 51

si nos movemos en el sentido de la corriente hay un incremento negativo devoltaje, y si nos movemos en sentido contrario a la corriente el incremento espositivo.

5.3. Principio de superposicion.

El principio de superposicion ya fue enunciado. Establece que si una en-trada A produce una salida X y si una salida B produce una salida Y ,entonces la entrada simultanea A+B produce la salida X + Y . En general,este principio se aplica a la inversa, es decir: si en un circuito relativamentecomplejo tenemos varias entradas, podemos suprimir todas menos una, loque simplificara dicho circuito, y calcular la salida de esa unica entrada. De-spues, volvemos al circuito original, suprimimos todas las entradas menosuna (distinta de la primera) y calculamos la salida. Y ası sucesivamente va-mos considerando varios circuitos mas simples cada uno de los cuales tieneuna unica entrada. Luego, la salida del circuito original sera la suma de lassalidas individuales que se han ido calculando.

Falta por precisar que cosa es ”eliminar una entrada”. Si se trata defuentes de tension, eliminarla es sustituirla por otra de valor 0 Voltios, esdecir, que habra 0 Voltios entre sus extremos A y B. Equivale a que losextremos estan al mismo voltaje, y esto es lo que sucede si entre A y Bhay un simple cable. Por tanto, eliminar una fuente de tension es igual quecortocircuitarla. Si se trata de una fuente de intensidad entre los extremos Ay B, eliminarla es en principio darle el valor de 0 Amperios. Pero que circulen0 Amperios en la rama A-B se consigue situando entre A y B una resistenciainfinita, o lo que es igual, interrumpiendo el circuito entre A y B. Por tanto,eliminar una fuente de intensidad es igual que retirarla del circuito, dejandoeste abierto en esa rama.

Como ilustracion, considerese el circuito de la Figura 25, donde todas lasresistencias son de 1kΩ. El sistema de ecuaciones para los voltajes en losnodos es

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 2

v(3)− v(5) = 3

v(2)− v(3)

1000+

v(4)− v(3)

1000+

v(6)− v(5)

1000= 0

v(1)− v(4)

1000+

v(3)− v(4)

1000+

v(6)− v(4)

1000= 0


v(4)− v(6)

1000+

v(5)− v(6)

1000= 0 (5.11)

y su solucion:

v(1) = 0.000

v(2) = 2.000

v(3) = 1.625

v(4) = 0.375

v(5) = −1.375

v(6) = −0.500

(5.12)

o---- +3V- --o

| |

2 3 | |

o---/\/\/----o----/\/\/---o 5

| | |

+ / /

2V \ \ Figura 25

- / /

| | |

1 o---/\/\/----o----/\/\/---o 6

| 4

TTT

Veamos el efecto por separado de las fuentes de 2V y 3V. Eliminamos enprimer lugar la fuente de 3V, cortocircuitandola. Como se encuentra en par-alelo con una resistencia, esta queda tambien cortocircuitada (la resistenciaequivalente de dos en paralelo, una de las cuales es cero, es a su vez cero).El resultado es el circuito de la Figura 25b. Hay un nodo menos, ya que el3 y el 5 originales quedan reducidos al 3, y renombramos el nodo 6 originalcomo nodo 5. Planteamos y resolvemos el sistema de ecuaciones, y teniendoen cuenta que nuestro nodo 3 corresponde a los nodos 3 y 5 originales y quenuestro nodo 5 es el 6 original:

v(1) = 0.000

v(2) = 2.000

v(3) = 1.250

5.3. Principio de superposicion. 53

v(4) = 0.750

v(5) = 1.250

v(6) = 1.000 (5.13)

2 3

o---/\/\/----o------------o

| | |

+ / /

2V \ \ Figura 25b

- / /

| | |

1 o---/\/\/----o----/\/\/---o 5

| 4

TTT

o---- +3V- --o

| |

2 | |

o---/\/\/----o----/\/\/---o 3

| | |

| / /

| \ \ Figura 25c

| / /

| | |

1 o---/\/\/----o----/\/\/---o 5

| 4

TTT

Ahora conservamos la fuente de 3V y eliminamos la fuente de 2V, cor-tocircuitandola, dando por resultado el circuito de la Figura 25c. Los nodos1 y 2 se funden en el nodo 1 del nuevo circuito y los nodos 3, 4, 5 y 6 delcircuito original los renumeramos como 2, 4, 3, 5.

Resolviendo, encontramos los voltajes que corresponderıan a los nodosdel circuito original:

v(1) = 0.000

v(2) = 0.000

v(3) = 0.375


v(4) = −0.375

v(5) = −2.625

v(6) = −1.500 (5.14)

Vemos que, en efecto, los voltajes del circuito original son la suma delos voltajes obtenidos al considerar en primer lugar solo la fuente de 2V ydespues solo la fuente de 3V:

v(1) = 0.000 = 0.000 + 0.000

v(2) = 2.000 = 2.000 + 0.000

v(3) = 1.625 = 1.250 + 0.375

v(4) = 0.375 = 0.750 + (−0.375)

v(5) = −1.375 = 1.250 + (−2.625)

v(6) = −0.500 = 1.000 + (−1.500) (5.15)

5.4. El teorema de Thevenin.

Imaginemos un circuito compuesto por dos partes, A y B, de forma queA y B se conectan entre sı mediante dos lıneas. Por ejemplo, cuando conectomi ordenador a la red, aquello que hay mas alla del enchufe es un circuitocomplejo, y lo que hay a este lado del enchufe es otro circuito complejo. Estasituacion se expresa en la Figura 26. Como el contacto entre A y B se pro-duce a traves de dos lıneas, desde el punto de vista de A solo interesa saberque diferencia de voltaje hay entre ambas y que intensidad se le suministra.Desde el punto de vista de B, igual. Hay situaciones en que una de las parteses fija y la otra variable. Por ejemplo, la red electrica que suministra fluidoa una casa es fija. Los electrodomesticos que se conectan cierran el circuitode formas variables. A veces hay un solo aparato, a veces varios, de diversasclases y con diferentes consumos, etc. Sea A la parte variable y B la partefija. Desde el punto de vista de A, no importa lo complejo que sea B, ya que,en definitiva, solo va a suministrar una diferencia de potencial y una inten-sidad. Entonces, puede verse que B se sutituye por un circuito muy simple,que contiene solo una fuente de voltaje y una resistencia en serie. Daremosun procedimiento para calcular el valor de la fuente y el de la resistencia. Lademostracion del Teorema de Thevenin hace uso de la linealidad y del prin-cipio de superposicion. Recordemos que al plantear las ecuaciones para losvoltajes en los nodos obtenemos Av = b, donde v es el vector que contienelos voltajes en los nodos, A una matriz de terminos constantes y b un vector

5.4. El teorema de Thevenin. 55

que puede contener los voltajes de las fuentes de tension y las intensidadesde las fuentes de corriente. Entonces v = A−1b, y como A es una matriz deconstantes, su inversa tambien lo es, y resulta que cada elemento de v es unacombinacion lineal de los valores de las fuentes.

o------------o <--- o------------o

| |------------| |

| | | ? |

| A | | B |

| | | |

| |------------| |

o------------o o------------o

equivale a... Figura 26

o------------o o------------o

| |------------|-/\/\/---o |

| | | R +| |

| A | | T V |

| | | -|T |

| |------------|---------o |

o------------o o------------o

Para un nodo k:

v(k) = A(k, 1) ∗ b(1) + A(k, 2) ∗ b(2) + ....+ A(k, n) ∗ b(n) (5.16)

y, en general, la intensidad que circula por cualquier rama depende tam-bien linealmente de los valores de las fuentes. Pues bien, supongamos uncircuito al que accedemos por dos terminales X e Y, como se muestra en laFigura 27. Sea una fuente de intensidad I que conecta X e Y. Debido a lalinealidad:

v(X)− v(Y ) = pI + q (5.17)

donde q contiene terminos de la forma A(i, j)b(j) y los b(j), como sabe-mos, contienen los valores de las fuentes internas. Cuando todas estas fuentesse anulan, q = 0 y

p =v(X)− v(Y )

I= RT (5.18)


X o------------o

o--------o-----| |

+ | ? |

I | B |

- | |

o--------o-----| |

Y o------------o

Figura 27

X o------------o

o--------o-----|/\/\/----o |

+ | R | |

I | T V |

- | |T |

o--------o-----|---------o |

Y o------------o

es decir, p se identifica con la resistencia de Thevenin. Por otro lado,cuando el circuito se abre entre X e Y, anulando la fuente I, ocurre que

v(X)− v(Y ) = q (5.19)

luego q se identifica con el voltaje de Thevenin. Y esto nos da el procedi-miento para encontrar el equivalente Thevenin de un circuito al que se tieneacceso a traves de dos terminales X e Y: coloquese entre ellos una fuente de

intensidad I y busquese la relacion lineal

v(X)− v(Y ) = pI + q (5.20)

Una vez encontrados los coeficientes p y q:

p = RT ; q = VT (5.21)

Como ejemplo primero, sea el circuito de la Figura 28. Buscamos el equi-valente de Thevenin que sustituye al subcircuito enmarcado en lınea discon-tinua. Colocamos la fuente de intensidad, numeramos los nodos y planteamoslas ecuaciones:

v(1) = 0

v(3)− v(2)

1000+ I = 0


v(2)− v(3)

2000+

v(4)− v(3)

3000+

v(1)− v(3)

1000= 0

v(3)− v(4)

3000+ 0.006 = 0 (5.22)

.............................

2 o-----/\/\/--o------------o .

| . 2k | 3 | .

+ . / | .

I . \ 3k \ 1k .

- . / / .

| . o 4 | . Figura 28

| . | | .

| . + | .

| . 6mA | .

| . - | .

| . | | .

1 o------------o------------o .

| .............................

TTT

Sustituimos (1) y (4) en (3):

v(2)− v(3)

2000+ 0.006− v(3)

1000= 0 (5.23)

Ahora usamos la segunda para eliminar v(3) en esta ultima y tenemos

v(2) = 3000I + 6 (5.24)

Por tanto:

RT = 3000Ω; VT = 6V (5.25)

La parte del circuito de la Figura 28 delimitada por puntos puede entoncessustituirse por una fuente de 6 Voltios en serie con una resistencia de 3kΩ. Sedice que dos circuitos son equivalentes cuando tienen la misma relacion v(I).En nuestro caso, v(2) = 6+3000I, de manera que cualquier otro circuito quede como resultado la misma relacion es equivalente.

Ahora bien, ¿que utilidad tiene sustituir un circuito por otro si este otrono es mucho mas simple? Ninguna. Por eso en la practica solo se consideran


dos equivalentes. El de Thevenin que ya hemos considerado y el que recibe elnombre de equivalente de Norton, ya que existe el teorema analogo al teoremade Thevenin que permite sustituir un circuito por una fuente de intensidad enparalelo con una resistencia. Pero, antes de demostrar el teorema de Norton,vease un segundo ejemplo algo mas complejo de busqueda del equivalente deThevenin. Sea el circuito de la Figura 30, cuyas ecuaciones son las siguientes:

v(1) = 0

v(3)− v(2)

1+

v(5)− v(2)

2+ I = 0

v(2)− v(5)

2+

v(1)− v(5)

1+

v(4)− v(5)

1= 0

v(4)− v(3) = 3

v(5)− v(4)

1+

v(2)− v(3)

1+

v(1)− v(3)

2= 0 (5.26)

...................................

. 2 1 .

o---o--/\/\/--------------------o .

| . | 5 | .

| . o--/\/\/-o--/\/\/-o- +3V- --o 3 .

+ . 2 | 1 4 | . Figura 30

I . / / .

- . \ 1 \ 2 .

| . / / .

| . | | .

1 o------------o------------------o .

| ...................................

TTT

El objetivo es calcular v(2) como funcion de I. Usamos la cuarta paraeliminar v(4) de la tercera y la quinta. De esta forma, tercera y quinta seconstituyen en un sistema de dos ecuaciones en v(3) y v(5), en funcion dev(2). Al resolver estas dos ecuaciones obtenemos

v(3) =12

21v(2)− 18

21

v(5) =9

21v(2) +

18

21(5.27)


Ahora se puede sustituir en la segunda y obtener v(2) en funcion de I, loque resulta en

v(2) =7

5I − 3

5(5.28)

Luego

VT = −3/5V ; RT = 7/5Ω (5.29)

Un beneficio inesperado de sustituir un subcircuito por su equivalentede Thevenin es la facilidad con que se puede calcular la maxima potenciaque este circuito puede suministrar a una ”carga”. Se llama ”carga” a unaresistencia (en general, a una impedancia) que cierra el circuito de Thevenin.En ese caso, la resistencia de Thevenin en serie con la carga forman un divisorde tension para el voltaje de Thevenin, y la diferencia de tension entre losextremos de la carga es

v = VT

R

R +RT

(5.30)

de manera que la potencia consumida por la carga es

P =v2

R= V 2

T

R

(R +RT )2(5.31)

Y esta no es una funcion monotona de R. Ası, cuando R es muy pequenala potencia suministrada tiende a cero, y cuando R se hace muy grande,tambien tiende a cero. El maximo se encuentra igualando a cero la derivada:

dP

dR= V 2

T

(R +RT )2 − 2R(R +RT )

(R +RT )4= 0 (5.32)

Y se sigue que la transferencia de potencia es maxima cuando

R = RT (5.33)

de donde

PM = V 2

T

RT

(RT +RT )2= V 2

T

1

4RT

(5.34)

Una ultima observacion: dado que el circuito cuyo equivalente de Thevenindeseamos calcular se alimenta con una fuente de intensidad I, que es unavariable algebraica, no un valor numerico, es preciso resolver algebraicamente


el sistema de ecuaciones del circuito, lo que puede resultar engorroso. En-tonces, el problema se puede resolver tambien de forma numerica usando unafuente de intensidad digamos de valor 1A, en cuyo caso todas las cantidadesson numericas y es posible resolver numericamente los voltajes en los nodos,encontrando la diferencia de potencial entre los terminales v(X)− v(Y ) parael valor elegido de la intensidad. Pero sabemos que esa diferencia de voltajees una funcion lineal de dicha intensidad, de manera que

v(X)− v(Y ) = p× 1 + q (5.35)

Ahora, podemos elegir otro valor para la intensidad, por ejemplo I = 2A,y volver a resolver numericamente, obteniendo

v′(X)− v′(Y ) = p× 2 + q (5.36)

Las dos ultimas ecuaciones, forman un sistema en p y q, que se resuelvesin dificultad. p es la resistencia de Thevenin y q el voltaje de Thevenin. Losvalores de 1A y 2A los hemos elegido arbitrariamente. Quizas sean valoresdemasiado altos o demasiado bajos para un circuito real, incluso pueden servalores destructivos. Eso no ha de preocuparnos, pues trabajamos con unmodelo matematico que por definicion es lineal y se comporta linealmentepara cualesquiera valores de los parametros. En resumen: un circuito realpuede arder. Un circuito dibujado, no.

5.5. El teorema de Norton.

En el teorema de Thevenin, la idea es ”sondear” una caja negra (el cir-cuito cuyo equivalente se quiere obtener) alimentandolo con una fuente deintensidad y observando la diferencia de voltaje entre los dos terminales. Laidea ahora es similar, solo que el circuito se alimenta mediante una fuentede tension, y se observa la intensidad que entra en el mismo. Demostraremosque el circuito puede sustituirse por una fuente de intensidad en paralelo conuna resistencia, como muestra la Figura 31.

X o------------o

o--------o-----| |

+ | ? |

V | B |

- | |

o--------o-----| |

Y o------------o

5.5. El teorema de Norton. 61

Figura 31

X o------------o

o--------o-----|---o-----o |

| --> | | | |

+ i | / + |

V | \R I |

- | / N -N |

| | | | |

o--------o-----|---o-----o |

Y o------------o

Debido a la linealidad y al principio de superposicion, esta intensidad es

i = pV + q (5.37)

donde V es la fuente externa con la que se alimenta el circuito, y q es lacontribucion de todas las fuentes internas. Si la fuente externa se cortocicuita,ocurre que V = 0 y

i = q = −IN (5.38)

Es decir, el termino independiente se identifica con la intensidad entrante,que es igual a la intensidad saliente de la fuente equivalente de Norton, envalor absoluto 1 . Si ahora se anulan todas las fuentes internas, tenemos que

i = pV (5.39)

luego

p = 1/RN (5.40)

En definitiva:

i =V

RN

− IN (5.41)

Se observara tambien que

RN = RT (5.42)

1Si la fuente de voltaje esta cortocircuitada, es decir, se sustituye por un trozo de cable,

la intensidad IN no pasara a traves de la resistencia RN , sino que lo hara ıntegramente a

traves del cortocircuito, que ofrece resistencia nula.


Ası pues, el procedimiento para encontrar el equivalente de Norton esel mismo: alimentar el circuito con una fuente V , y escribir la intensidadentrante como una funcion lineal de V .

Pero ¡cuidado! Al buscar el equivalente de Thevenin, basta con encontrarlos voltajes en los nodos. Pero en el caso del equivalente de Norton, es precisoencontrar la intensidad que entra en la ”caja” negra. Esto es facil si entre unnodo exterior y el primer nodo interior hay una resistencia. La diferencia devoltajes dividida entre dicha resistencia nos da la intensidad entrante. Pero sino existe tal resistencia, el procedimiento no es tan sencillo. Como ejemplo,consideremos el circuito de la Figura 32. Colocamos una fuente de tensionde valor w, con el polo positivo conectado a B y el negativo a A y escribimoslas ecuaciones para los nodos:

v(1) = 0

v(2) = 120

v(2)− v(3)

6+

v(1)− v(3)

3+

v(4)− v(3)

4= 0

v(4)− v(1) = w (5.43)

(2) 6 Ohm (3) 4 Ohm (4)

+---/\/\/----+---/\/\/----+---------+-----o B

| | | |

| | | |

+ / ^ /

120V \ 3 Ohm | 6A \ 2 Ohm Figura 32

- / | /

| | | |

| | | |

+------------+------------+---------+-----o A

| (1)

TTT

De donde se sigue sin dificultad que

V (1) = 0

V (2) = 120

V (3) = (240 + 3w)/9

V (4) = V (5.44)

5.6. Cuadripolos. 63

Y el problema es determinar la intensidad que entra por el terminal B.Si llamamos I a esta intensidad, J a la intensidad que baja por la resistenciade 2Ω y K a la intensidad que atraviesa la resistencia de 4Ω, es claro que,considerando el nodo 4:

I − J −K + 6 = 0 (5.45)

Y de aquı se sigue

RN = 1.5Ω; −IN = I = 12.67A (5.46)

Pero, ¿como sabıamos los sentidos de las intensidades en las otras ramasque se conectan al nodo 4? No lo sabıamos. Los sentidos son convencionales,pero en el balance cada sentido convencional se presenta con el signo queconvenga a ese sentido. Por ejemplo I es positiva, pero J y K, que hemosconsiderado salientes, van con signo negativo. Podıamos perfectamente haberconsiderado entrantes todas las intensidades, y escribir que

I + J +K + 6 = 0 (5.47)

pero ahora J serıa (v(3) − v(4))/6, y no (v(4) − v(3))/6, e igualmentecon K. Una vez mas vemos que los sentidos de las intensidades son conven-cionales, pero que si asignamos un sentido entrante a un nodo esa intensidadtendra signo positivo en la contabilidad, y si asignamos un sentido saliente,tendra signo negativo.

5.6. Cuadripolos.

Se puede ir un paso mas alla en la abstraccion de los circuitos lineales.En muchos casos, un circuito se puede ver como una caja negra con cua-tro terminales: dos para alimentarlo y otros dos entre los cuales se tieneuna diferencia de potencial deseada o entre los que circula una intensidaddeseada. Por ejemplo, un reproductor de CD tiene como entradas pequenasdiferencias de voltaje producidas por un lector optico al explorar la superficiedel disco, y como salida otra diferencia de voltaje que es la que manda sobreel altavoz, haciendolo vibrar y por tanto generar sonido. Ası que, desde estenuevo nivel de abstraccion, un circuito se reduce a una ”caja negra” con cua-tro terminales a los que se asocian cuatro valores: dos diferencias de voltaje ydos intensidades (que convencionalmente se toman como entrantes). A cadapareja de terminales mediante los cuales se puede suministrar una diferenciade voltaje y entrar o salir corriente se les llama puertos. De manera que nues-tro modelo es una ”caja negra” con dos puertos. Ahora bien, si el circuito es


lineal, como es el caso que estamos considerando, cualesquiera dos de estas

variables se relacionan linealmente con las otras dos restantes. Si con dos delas variables formamos un vector de dos filas y una columna, llamemosle u,y con las otras dos variables formamos un vector de dos filas y una columna,llamemosle w, entonces existe una matriz A de 2× 2 tal que

u = Aw; w = A−1u (5.48)

Llamaremos (u, i) a la diferencia de voltaje e intensidad entrante en unode los puertos y (u′, i′) al la diferencia de voltaje e intensidad entrantes en elotro puerto, como se muestra en la Figura 33.

i ---> o------------o <---- i’

--------| |-------

| |

u | | u’ Figura 33

| |

--------| |-------

o------------o

Como queda dicho, cualquier pareja de variables de entrada/salida serelaciona linealmente con la otra pareja de variables, ası que tenemos 12posibilidades de eleccion, de las cuales unas son mas utiles o frecuentes queotras. Si se toman los voltajes y se expresan en funcion de las intensidades,los elementos de A son impedancias, y las relaciones se escriben como

u = z11i+ z12i′

u′ = z21i+ z22i′ (5.49)

La interpretacion de los coeficientes z es sencilla. Ası, si se abre el circuitoen el segundo puerto, i′ = 0, y entonces

z11 =u

i; z21 =

u′

i(5.50)

Pero si se abre el primer puerto, i = 0 y

z12 =u

i′; z22 =

u′

i′(5.51)

Estas expresiones nos dan directamente el procedimiento por el que carac-terizar a la ”caja”: con el puerto segundo abierto, conectamos una fuente detension u al primer puerto y medimos u/i y u′/i. Despues, con el primer puer-to abierto conectamos una fuente de tension u′ al segundo puerto y medimos


u/i′ y u′/i′. Mas todavıa, el examen de las ecuaciones anteriores nos permitedibujar el circuito equivalente, como hemos hecho en la Figura 34.

o--| z |---o o--| z |---o

11 | | 22

+ + ’

u V= z * i’ V= z * i u Figura 34

- 12 - 21

| |

o------------o------------o------------o

Como primer ejemplo, sea el circuito de la Figura 35:

a 2 Ohm 4 Ohm a’

o------\/\/\-----x------\/\/\-----o

|

/

\ 6 Ohm Figura 35

/

|

o---------------------------------o

b b’

Para calcular los parametros de impedancia, en primer lugar dejamosabierto el puerto (a′, b′) y colocamos una fuente de valor u entre a y b. Elvoltaje en el punto x es

ux =6u

8(5.52)

a partir de donde calculamos la intensidad en la resistencia de 2Ω:

i1 =u− ux

2=

u/4

2=

u

8(5.53)

De aquı:

z11 =u

i1= 8Ω (5.54)

y

z21 =ux

i1=

(6/8)u

u/8= 6Ω (5.55)


Para calcular los parametros restantes, dejamos ahora abierto el puerto(a, b) y colocamos una fuente de valor u en el puerto (a′, b′). Ahora el voltajeen el punto x es

ux =6u

10(5.56)

y la intensidad que circula por la resistencia de 4Ω es

i2 =u− ux

4=

u

10(5.57)

de donde

z12 =ux

u/10=

(6/10)u

(1/10)u= 6Ω (5.58)

y

z22 =u

(1/10)u= 10Ω (5.59)

En resumen:

Z =

[

8 66 10

]

(5.60)

Si tomamos como parametros independientes las intensidades y las es-cribimos en funcion de los voltajes, las relaciones son

i = y11u+ y12u′

i′ = y21u+ y22u′ (5.61)

Los parametros y son admitancias, y se interpretan de la siguiente forma.Cortocircuitando el segundo puerto, u′ = 0,

y11 =i

u; y21 =

i′

u(5.62)

De la misma forma, cortocircuitando el primer puerto, u = 0,

y12 =i

u′; y22 =

i′

u′(5.63)

La relacion entre los parametros de impedancia y admitancia es clara,puesto que las matrices correspondientes son inversa la una de la otra:


[

z11 z12z21 z22

]

=

[

y11 y12y21 y22

]−1

(5.64)

[

z11 z12z21 z22

]−1

=

[

y11 y12y21 y22

]

(5.65)

A tıtulo de ejemplo, consideremos la matriz de impedancias. Su determi-nante es

D = z11z22 − z12z21 (5.66)

y su inversa:

1

D

[

z22 −z12−z21 z11

]

(5.67)

identificando elementos

y11 =1

Dz22

y12 = − 1

Dz12

y21 = − 1

Dz21

y22 =1

Dz11 (5.68)

Tambien en este caso se puede directamente dibujar el circuito equiva-lente, conocidos los parametros de admitancia, como se muestra en la Figura36.

o-----o------o o---------o-----o

| | | |

| | | |

u y I= y * u’ I= y * u y u’ Figura 36

11 v 12 v 21 22

| | | |

o-----o------o------------o---------o-----o


Existen casos en que no existen los parametros de impedancia o admitan-cia. Por eso se usan tambien los llamados ”parametros hıbridos”, h, eligiendocomo variables dependientes u e i′:

u = h11i+ h12u′

i′ = h21i+ h22u′ (5.69)

y tambien los ”parametros hıbridos inversos”, g:

i = g11u+ g12i′

u′ = g21u+ g22i′ (5.70)

Ambas familias se relacionan de forma similar a como lo hacen impedan-cias y admitancias. Tampoco tiene dificultad relacionar, por ejemplo, impedan-cias con parametros hıbridos. Por ejemplo:

u = z11i+ z12i′

u′ = z21i+ z22i′ (5.71)

y

u = h11i+ h12u′

i′ = h21i+ h22u′ (5.72)

La segunda nos da directamente u′ en funcion de i e i′:

u′ =1

h22

i′ − h21

h22

i (5.73)

De (5.73) y la segunda de (5.71):

z21 = −h21

h22

; z22 =1

h22

(5.74)

Por otro lado, conocida u′(i, i′), sustituimos en la primera de (5.72), agru-pamos e identificamos coeficientes con la primera de (5.71), de donde

z11 = h11 −h21h12

h22

; z12 =h12

h22

(5.75)

Capıtulo 6

Corriente alterna.

Buenas noticias. Los circuitos de corriente alterna se tratan exactamenteigual que los circuitos de corriente continua. En los circuitos de corriente con-tinua, las resistencias son valores reales. En los circuitos de corriente alternatenemos en general ”impedancias”, que son numeros complejos. Operamosde igual forma aplicando los mismos principios para obtener sistemas deecuaciones lineales, solo que ahora los coeficientes de A y b seran numeroscomplejos, y por tanto los voltajes v tambien seran, en general, complejos.Que cosa signifique un voltaje complejo se vera en las proximas paginas.Desde el punto de vista practico, la aparicion de numeros complejos no esmayor inconveniente. Matlab/Octave trabajan de forma nativa con matricescomplejas. De hecho, las matrices reales que hemos usado hasta ahora sonsolo un caso particular de las complejas.

6.1. Uso de los numeros complejos.

Desde que Charles Proteus Steinmetz introdujo los numeros complejosen el analisis de los circuitos de corriente alterna, muchas generaciones deestudiantes han sufrido de este formalismo, probablemente sin entender elporque. Para remediar esta laguna, nosotros vamos a analizar un sencillocircuito de corriente alterna, compuesto de una sola malla con una resistenciade valor R y una bobina de coeficiente L en serie. Si la frecuencia de lacorriente alterna es ω, y su amplitud A, aplicando la ley de Kirchoff de losvoltajes

A cos(ωt) = Ri+ Ldi

dt(6.1)

que es una ecuacion diferencial no homogenea en i(t). En nuestro analisis,

69

70 6. Corriente alterna.

nos interesa el regimen estacionario, es decir, lo que ocurre cuando el circuitolleva mucho tiempo en funcionamiento, al contrario del analisis de los transi-torios que hicimos anteriormente. La tecnica de resolucion ya la conocemos:resolvemos la ecuacion homogenea y despues la modificamos ligeramente paratratar de que satisfaga a la ecuacion no homogenea.

(Nota: no hay ningun inconveniente en usar la tecnica que estamos em-pleando habitualmente, plantear un sistema de ecuaciones sobre los voltajes,resolver, y luego, conociendo los voltajes, obtener la intensidad. Pero, en estecaso, como estamos interesados en la intensidad y el circuito es tan sencillo,podemos plantear directamente la ecuacion anterior.)

a) Ecuacion homogenea:

Ldi

dt+Ri = 0 (6.2)

Separando variables:

di

i= −R

Ldt = −bdt (6.3)

donde hemos introducido b = R/L por comodidad. La solucion de estaecuacion es inmediata:

i(t) = i(0) exp(−bt) (6.4)

b) Suponemos una solucion de la forma

i(t) = c(t) exp(−bt) (6.5)

y buscamos c(t) de forma que se satisfaga la ecuacion no homogenea.Derivando y sustituyendo:

L

[

dc

dtexp(−bt)− bc(t) exp(−bt)

]

+Rc(t) exp(−bt) = A cos(ωt) (6.6)

que se simplifica a

dc

dtexp(−bt) = (A/L) cos(ωt) (6.7)

Esta ecuacion se separa e integra facilmente (o con ayuda de una tablade integrales):

6.1. Uso de los numeros complejos. 71

c(t)− c(0) =∫ t

0

(A/L) exp(bt) cos(ωt)dt

= exp(bt)(A/L)b cos(ωt) + (A/L)w sen(ωt)

b2 + ω2

−(A/L)b

b2 + ω2(6.8)

Y al sustituir en i(t) y eliminar los terminos exponenciales que se hacenmuy pequenos cuando t se hace muy grande, queda

i(t) =(A/L)b cos(ωt) + (A/L)w sen(ωt)

b2 + w2(6.9)

y recordando que b = (R/L)

i(t) = AR cos(ωt) + ωL sen(ωt)

R2 + ω2L2(6.10)

Se puede poner el numerador en la forma

p cos(ωt− q) = p cos(ωt) cos(q) + p sen(ωt) sen(q) (6.11)

ya que igualando coeficientes del cos(ωt) y sen(ωt)

R = p cos(q)

ωL = p sen(q) (6.12)

de donde

p =√R2 + ω2L2

tan(q) =ωL

R(6.13)

ası que

i(t) = Acos(ωt− q)√R2 + ω2L2

(6.14)

Y esto significa que la intensidad va retrasada respecto al voltaje de lafuente. Cuando la fase de la fuente es ωt, la fase de la intensidad es ωt−q, de


manera que la fase de la intensidad iguala a la fase de la fuente en un tiempot′ tal que ωt = ωt′ − q, o t′ = t+ q/ω.

La formula que hemos encontrado para i(t) es correcta. Ahora bien, ad-mite una interesante interpretacion. El denominador nos recuerda la longitudde la hipotenusa de un triangulo rectangulo de lados R y wL, y tambien almodulo de un numero complejo de parte real R y parte imaginaria ωL. Dehecho:

R2 + ω2L2 = (R + jωL)(R− jωL) (6.15)

En electricidad, es costumbre representar a la unidad imaginaria por laletra j en lugar de por la letra i, ya que esta ultima se usa normalmente parala intensidad. Ası que j =

√−1.

El voltaje de la fuente, A cos(ωt), lo podemos visualizar como la proyec-cion sobre el eje real de un vector en el plano complejo de modulo A girandocon velocidad angular ω. Respecto a el, la intensidad va retrasada un anguloq dado por

tan q =ωL

R(6.16)

es decir, que la intensidad se visualiza como un vector complejo retrasadorespecto al voltaje de la fuente y que gira con la misma velocidad angular.Entonces, podemos escribir i(t) como una cantidad compleja:

i(t) =A

(R + jωL)(6.17)

que es la razon entre dos complejos: el voltaje de la fuente y la impedan-cia de la resistencia mas la bobina. Se ve mas claramente si escribimos loscomplejos en notacion de modulo y fase, es decir, en forma polar. Un numerocomplejo de modulo m y fase ϕ se escribe m 6 ϕ. Y la razon entre dos com-plejos, en forma polar, es

m 6 ϕ

m′ 6 ϕ′=

m

m′6 (ϕ− ϕ′) (6.18)

Veamos que (6.17) esta de acuerdo con (6.17). En efecto, tomando lasfases no respecto al eje real sino respecto al vector de voltaje, este es, ennotacion polar,

A6 0 (6.19)

6.1. Uso de los numeros complejos. 73

El denominador de i(t) compleja es, en notacion polar

√R2 + ω2L2 6 tan−1

ωL

R=

√R2 + ω2L2 6 q (6.20)

Ası que el modulo de i(t) es la razon entre los modulos:

A

R2 + ω2L2(6.21)

y la fase es la diferencia entre las fases:

0− q = −q (6.22)

En perfecto acuerdo con (6.14). La idea subyacente al procedimiento quehemos seguido es esta: ya sabemos que el vector complejo de voltajes giraen el plano complejo con velocidad angular ω, y por tanto que su fase esωt, luego, esta informacion podemos apartarla, y al hacerlo, eliminamos eltiempo como variable, simplificando los calculos. La forma de apartar estainformacion es situarnos en un sistema de referencia que gira con el voltajecomplejo, de forma que, respecto a este sistema, el vector voltaje complejoes estacionario: su fase es 0. La intensidad tambien sera estacionaria, conuna fase constante −q respecto al voltaje. En cualquier momento podemosvolver a la representacion en el dominio del tiempo escribiendo la proyeccionde los vectores de voltaje o intensidad sobre el eje real, y re-escribiendolas fases respecto al eje real. Si en el sistema estacionario un vector tienefase ϕ, en el dominio del tiempo tendra fase ωt + ϕ. Ademas, vemos quela intensidad compleja es la razon entre un voltaje complejo y otro valorcomplejo. Si estuviesemos en corriente continua, el denominador sera unaresistencia. Aquı lo llamamos ”impedancia”. En nuestro caso, es la suma dedos terminos: R y jωL. Pero como la resistencia y la bobina estan en serie,la impedancia total sera la suma de las impedancias, y por tanto se puedeatribuir a la bobina una impedancia compleja jωL.

Esta discusion no es una demostracion, pero hace creıble y razonable ymuestra la utilidad de usar representaciones complejas en el estudio de loscircuitos de corriente alterna. De la misma forma, si hubiesemos consideradono una bobina sino un condensador, habrıamos resuelto el circuito en eldominio del tiempo, buscado una interpretacion adaptada al plano complejoy descubierto que se le puede atribuir una impedancia de −j/ωC.

Como ejemplo, considerese el circuito de la Figura 37:


+---------- + V=j - -----------+

| |

| 3 |4

2+--- z=1000 ---+---- z=1000----+--------+

| | | |

+ | | |

V=1 z=2j z=-j I=j/2 Figura 37

- | | |

| | | |

| | | |

1+---- z=1000 --+---- z=1000 ---+--------+

| 6 5

TTT

En primer lugar, se observara que no distinguimos entre resistencias, con-densadores y bobinas: todo son impedancias, z, que pueden tener valoresreales (caso de resistencias) o imaginarias (si la parte imaginaria es positiva,sabemos que se trata de una bobina, si es negativa sabemos que se trata deun condensador. Si tuviesemos un valor como z = 2+3j sabemos que se tra-ta de una resistencia en serie con una bobina). Hemos incluido dos fuentesde tension en serie. Si tomamos la fuente conectada a tierra como origende fases, la segunda tiene un adelanto de 90. Hemos incluido tambien unafuente de intensidad adelantada 45 respecto a la fuente de referencia. Lasecuaciones para los nodos son:

v(1) = 0

v(2)− v(1) = 1

v(2)− v(4) = j

v(2)− v(3)

1000+

v(4)− v(3)

1000+

v(6)− v(3)

j= 0

v(4)− v(5)

−j+

v(6)− v(5)

1000− j

2= 0

v(1)− v(6)

1000+

v(3)− v(6)

2j+

v(5)− v(6)

1000= 0 (6.23)

Usamos Matlab/Octave para resolver el sistema y obtenemos los voltajesen los nodos:

6.2. Potencia. 75

v(1) = 0.00000 + 0.00000j

v)2) = 1.00000 + 0.00000j

v(3) = 0.37575 + 0.00103j

v(4) = 1.00000− 1.00000j

v(5) = −0.50100 + 0.99913j

v(6) = 0.37375− 0.00147j (6.24)

El paso al dominio del tiempo es sencillo. Por ejemplo, para v(5), sumodulo es

√0.501002 + 0.999132 = 1.1177 V. La fase de la fuente de refe-

rencia es ϕ = ωt, y respecto a la fuente de referencia, la fase de v(5) estan−1(0.99913/− 0.50100) = 116.63, ası que

v(5) = 1.1177 cos(ωt+ 116.63) (6.25)

6.2. Potencia.

En corriente continua, la potencia consumida por una resistencia es

P = vi (6.26)

En efecto, v tiene dimensiones de trabajo por unidad de carga, e i tienedimensiones de carga por unidad de tiempo, de manera que el producto tienedimensiones de trabajo por unidad de tiempo, es decir, potencia. Claro queuna expresion como P = k×vi, donde k es una constante adimensional, tienetambien dimensiones de potencia. Pero el sistema internacional esta elegidode tal forma que esa constante es k = 1. Ası que, dado un circuito de corrien-te continua, es facil averiguar que potencia esta consumiendo; ademas, enregimen estacionario esa potencia sera igual a la potencia suministrada porlas fuentes. En corriente alterna, la potencia depende de dos magnitudes quea su vez dependen del tiempo:

P (t) = v(t)i(t) (6.27)

de manera que hemos de distinguir entre la potencia consumida o pro-ducida en un instante determinado t y la potencia consumida o producidapor termino medio. Pongamonos en el punto de vista de un elemento (carga)de dos terminales conectado a un circuito de alterna. Podemos calcular, deacuerdo con los metodos ya estudiados, la diferencia de voltaje entre esos ter-minales y la intensidad que circula entre ellos, que dependera de la diferencia


de voltaje y de la impedancia (en general compleja) del elemento. Sabemosque tanto la diferencia de voltaje como la intensidad son magnitudes com-plejas, y que por tanto tienen un desfase respecto a la fuente que alimentaal circuito (si hay varias fuentes, una de ellas se tomara como referencia).Ası que, en funcion del tiempo:

v(t) = v0 cos(ωt+ f)

i(t) = i0 cos(ωt+ g) (6.28)

y la potencia es entonces

P (t) = v0i0 cos(ωt+ f) cos(ωt+ g) (6.29)

Ahora es util la trigonometrıa:

cos(a+ b) = cos a cos b− sen a sen b

cos(a− b) = cos a cos b+ sen a sen b

cos(a+ b) + cos(a− b) = 2 cos a cos b (6.30)

o lo que es igual

cos a cos b =1

2[cos(a+ b) + cos(a− b)] (6.31)

Si tomamos a = ωt+ f y b = ωt+ g:

P (t) =1

2v0i0 cos(f − g) +

1

2v0i0 cos(2ωt+ f + g) (6.32)

y vemos que la potencia consta de dos terminos: uno constante y otroque varıa con una frecuencia que es el doble de la frecuencia de alimentacion.En cuanto a la potencia media, el valor medio de una constante, el primertermino, es igual al valor de esa constante, y el valor medio del segundotermino en un periodo es cero, de manera que

P =1

2v0i0 cos(f − g) (6.33)

que, como se ve, es 1/2 de la parte real del producto vi⋆, donde usamosel asterisco para indicar complejo conjugado:

P =1

2ℜ(vi⋆) (6.34)

6.2. Potencia. 77

En un circuito puramente resistivo no hay desfase entre voltaje e inten-sidad, y por tanto f − g = 0 y cos(f − g) = 1, luego la potencia media esdistinta de cero y ademas la potencia instantanea es distinta de cero en cadainstante. Sin embargo, en un circuito puramente reactivo la diferencia de fasees ±π/2 y por tanto cos(f − g) = 0 y eso significa que la potencia media esnula, aunque no lo es la potencia instantanea. Ası pues, dados v(t) e i(t) esposible encontrar la potencia media e instantanea. Y dada la representacionfasorial, tambien. Ejemplos:

v(t) = 220 cos(314t)

i(t) = 0.8 cos(314t− 48) (6.35)

de donde

P (t) =1

2× 220× 0.8 cos(48) +

1

2× 220× 0.28 cos(618t− 48) (6.36)

siendo el primer termino la potencia media, de 58.58 W. Como segundoejemplo, sea una fuente v = 120 6 0 que alimenta a una impedancia z =30 − j70, de donde |z| =

√900 + 4900 = 76.158, mientras que su fase es

tan−1(−70/30) = −66.80. Ası que

i =v

z=

120

76.1586 0 − (−66.80) = 1.576 6 66.80 (6.37)

Y del voltaje y la intensidad obtenemos enseguida la potencia media:

P =1

2ℜ(vi⋆) = 1

2× 120× 1.576 cos(−66.80) = 37.251W (6.38)

En la representacion fasorial no podemos calcular la potencia instantanea,a menos que conozcamos la frecuencia ω.

Como tercer ejemplo, consideramos el circuito de la Figura 38. En formatocartesiano, la fuente de intensidad es i = 4 + j0 y la fuente de tensionv = 51.96 + 30j. Planteamos y resolvemos las ecuaciones del circuito, yobtenemos

v(1) = 0

v(2) = 183.92 + 20j

v(3) = 103.92 + 20j

v(4) = 51.96 + 30j (6.39)


3 4

2 o--- z=20 ---o--- z=-5j---o

| | |

+ | +

i=4|0 z=10j v=60|30 Figura 38

- | -

| | |

o------------o------------o1

|

TTT

De aquı es posible obtener la intensidad que circula por cada rama y lapotencia consumida por la resistencia, P1, la bobina, P2 y el condensador,P3: P1 = 160W; P2 = P3 = 0W.

6.3. Maxima transferencia de potencia.

Cuando demostramos el teorema de Thevenin, vimos que se podıa derivarde allı con poco esfuerzo un util teorema que nos dice la maxima potencia queun circuito puede suministrar a una carga, y que esta potencia es maximacuando la resistencia de carga es igual a la resistencia de Thevenin. Ahora esposible extender el resultado a circuitos de corriente alterna. El razonamientoes identico. Ahora tendremos una impedancia de Thevenin, ZT , con una partereal y una parte imaginaria, y una impedancia de carga, z, tambien con unaparte real y una parte imaginaria. La diferencia de voltaje aplicada a la cargaes

v =VT z

z + ZT

(6.40)

y la intensidad que circula por ella i = v/z, con

z = R + jX; ZT = RT + jXT (6.41)

La potencia media suministrada, teniendo en cuenta que la potencia me-dia suministrada a la parte reactiva de la carga es nula, es

P =1

2

|VT |2R(R +RT )2 + (X +XT )2

(6.42)

que es una funcion de dos variables, X y R. Las condiciones de maximoson

6.3. Maxima transferencia de potencia. 79

∂P

∂R= 0;

∂P

∂X= 0 (6.43)

de donde se sigue sin dificultad que la potencia suministrada es maximacuando la impedancia de la carga es la compleja conjugada de la impedanciade Thevenin:

z = Z⋆T (6.44)

y para ese valor,

P =|VT |28RT

(6.45)

Como ilustracion sirva el circuito de la Figura 39:

A

4 3 2 .

o--- z=-4j --o-- z=10j ---o-----.------o

| | | . |

| + | . |

z=8 i=6 z=5 . Z Figura 39

| - | . | L

| | | . |

o------------o------------o-----.------o

| 1 .

TTT B

Se trata de determinar el valor de la impedancia de carga, ZL, para lacual la transferencia de potencia es maxima, y el valor de esa potencia. Paraello, en primer lugar buscamos el equivalente de Thevenin a la izquierda dela lınea AB. En el circuito de la Figura 39, colocamos entre A y B una fuentede intensidad I y buscamos la relacion lineal v(A) = pI + q. Sabemos quep es precisamente la impedancia de Thevenin y q el voltaje de Thevenin.Planteamos las ecuaciones:

v(1) = 0

v(3)− v(2)

10j+

v(1)− v(2)

5+ I = 0


v(4)− v(3)

−4j+

v(2)− v(3)

10j+ 6 = 0

v(1)− v(4)

8+

v(3)− v(4)

−4j= 0 (6.46)

El calculo es algo engorroso, pero tenemos

v(2) = (3.41 + 0.73j)I + (11.71− 14.63j) (6.47)

ası que

VT = 11.71− 14.63j; ZT = 3.41 + 0.73j (6.48)

La carga para la cual la transferencia es maxima es

ZL = Z⋆T = 3.41− 0.73j (6.49)

y el valor de la potencia transferida:

P =|11.71− 14.63j|2

8× 3.41= 12.87 W (6.50)

6.4. Valores efectivos.

Los valores medios de voltaje e intensidad en un circuito de corrientealterna son cero, ya que el valor medio de una sinusoide es nulo, pero sabemosque el efecto medio de una corriente alterna no es nulo: una descarga decorriente, por muy alterna que sea, tiene efectos reales que estan muy lejos deser nulos. La cuestion es entonces buscar unos valores efectivos de intensidady corriente alternas. Y la forma de hacer esto es preguntandose que valores devoltaje e intensidad en corriente continua serıan necesarios para suministrara una resistencia la misma potencia que le suministra una fuente de alternaen un ciclo. Ası que solo hemos de imaginar un circuito con una fuente detension continua y una resistencia R en serie. La potencia suministrada porla fuente continua es

P = i2ER (6.51)

que igualamos a la potencia suministrada por la fuente de alterna en unciclo, siendo i(t) = i0 cos(ωt):

P = i2ER =1

T

∫ T

0

Ri2(t)dt (6.52)

de donde

6.4. Valores efectivos. 81

Solo hay que efectuar la integral y vemos que

iE =i0√2

(6.53)

Y por un razonamiento similar (ya que P es tambien v2/R)

vE =v0√2

(6.54)

Esto nos permite escribir en forma ligeramente distinta la potencia media.Recordemos que si

v(t) = v0 cos(ωt+ f)

i(t) = i0 cos(ωt+ g) (6.55)

la potencia media es

P =1

2v0i0 cos(f − g) = vEiE cos(f − g) = S cos(f − g) (6.56)

A S se le llama potencia aparente y a cos(f − g) factor de potencia:

S =1

2v0i0 = vEiE (6.57)

Aunque la potencia se mide en vatios, es costumbre medir la potenciaaparente en voltios×amperio. Ası pues, un valor dado en voltios×amperiose identifica con una potencia aparente. En cuanto al factor de potencia,cos(f − g), toma como argumento el angulo de potencia, que es el anguloformado entre los fasores de voltaje e intensidad, o lo que es igual, es el

angulo de la impedancia de carga, ya que

z =v

i=

v0 6 f

i0 6 g=

v0i0

6 (f − g) =vEiE

6 (f − g) (6.58)

Unos ejemplos aclaratorios (tomados de C.K. Alexander, pg. 472 ss.)

1) Se aplica un voltaje v = 120 cos(100πt−20) a una carga y la intensidadresulta i = 4 cos(100πt + 10). Las fases se miden en grados. Determinar lapotencia aparente y el factor de potencia:

S =120√2× 4√

2= 240 VA

cos(f − g) = cos(−20 − 10) = cos(−30) = 0.8660 (6.59)


Se puede ver tambien que:

z =v

i=

120 6 − 20

4 6 10= 30 6 − 30 = 30 cos(−30) + j30 sen(−30)

= 25.98− j15.00 (6.60)

Es decir, que la impedancia se puede modelar mediante una resistenciade 25.98 Ω en serie con un condensador, y puesto que la impedancia delcondensador es

zC =−j

ωC(6.61)

se sigue 15.00 = 1/(100πC), de donde C = 212µF .

2) A una impedancia z = 60+j40 se le aplica un voltaje v = 160 cos(377t+10). Obtener la potencia aparente y el factor de potencia. El factor de poten-cia es el coseno del angulo de la impedancia de carga, ası que, directamente:

f − g = tan−140

60= 33.69 → cos(f − g) = 0.8320 (6.62)

En forma fasorial, el voltaje es 160 6 10, y en forma cartesiana 160 cos(10)+j160 sen(10) = 157.57 + j27.78. La intensidad que circula es

i =157.57 + j27.78

60.00 + j40.00= 2.03− j0.89 = 2.216 6 − 23.67 (6.63)

La potencia aparente es entonces

S =v0√2

i0√2=

160× 2.216

2= 177.28VA (6.64)

3) Para el circuito de la Figura 40, calcular el factor de potencia y lapotencia media.

Como la fuente es 120 6 0 = 120 + 0j, la intensidad es

i =120 + j0

11.88 + j4.47= 8.85− j3.33 (6.65)

La impedancia del circuito visto desde la fuente es

z = 10 + (8− 6j)||4j = 11.88 + j4.47 (6.66)

6.4. Valores efectivos. 83

o--- z=10 ---o--- z=8 ----o

| | |

| | |

V=120|0 z=4j z=-6j Figura 40

| | |

| | |

o------------o------------o

|

TTT

El modulo de la intensidad es |i| = 9.45 A , ası que la potencia aparentees

S =1

2v0i0 = 567VA (6.67)

Para calcular la potencia media necesitamos el coseno del angulo de po-tencia. Pero este angulo es el de la impedancia:

f − g = tan−14.47

11.88= 20.62 → cos(f − g) = 0.9359 (6.68)

por tanto

P = S cos(f − g) = 567× 0.9359 = 530.68W (6.69)

Todos los libros de electricidad contienen una representacion grafica de losconceptos que hemos expuesto: el llamado triangulo de potencias. Nosotrospensamos que es innecesario. Simplemente, si se define la potencia complejacomo

PC = vEi⋆E =

1

2vi⋆ = a+ jb (6.70)

vemos que la parte real es

a =1

2ℜvi⋆ =

1

2v0i0 cos(f − g) (6.71)

que se identifica con la potencia media. La parte imaginaria b se llama”potencia reactiva” y es intercambiada entre la fuente y la carga, pero noabsorbida. Realmente, todo lo que es preciso saber se encuentra condensadoen las dos formulas ultimas. Para demostrar que esto es ası, resolvemos aquı elejemplo 11.11, pagina 475 del libro de C. K. Alexander: El voltaje aplicadoa una carga es v(t) = 60 cos(wt − 10) y la intensidad que circula i(t) =1.5 cos(ωt+50), donde las fases se miden en grados. Encontrar las potencia


compleja y aparente, las potencias real y reactiva, el factor de potencia y elvalor de la impedancia.

La impedancia es

z =60 6 − 10

1.5 6 50=

60

1.56 − 10 − 50 = 40 6 − 60 (6.72)

Sabemos que el angulo de potencia coincide con el angulo de la impedanciade carga, ası que este angulo es −60 y el factor de potencia es cos(−60) =0.5. La potencia media es

P =1

2v0i0 cos(f − g) =

1

2× 60× 1.5× 0.5 = 22.5W (6.73)

Para escribir la potencia compleja y sus partes real e imaginaria expre-samos voltaje e intensidad en forma cartesiana:

v = 60 cos(−10) + j60 sen(−10) = 59.09− j10.42

i = 1.5 cos(50) + j1.5 sen(50) = 0.96 + j1.15

PC =1

2vi⋆ =

1

2(44.74− j77.96) (6.74)

Vemos que la parte real es la potencia media (salvo pequeno error deredondeo) y que la parte imaginaria, 33.98, es la potencia reactiva. Se mideen VAR, que es VA Reactivos. Ası que 33.98 VAR.

6.5. Instalaciones electricas monofasicas con

varias cargas.

Para ilustrar la tecnica, hare en primer lugar un ejemplo sencillo, y de-spues uno no mas difıcil pero mas realista y por tanto de resolucion masfarragosa. En cuanto al primer ejemplo, se trata del numero 11.14, pagina480 del libro de C. K. Alexander. Se trata de un circuito alimentado con unafuente alterna de 120 V efectivos y fase 10 con dos ramas en paralelo, deimpedancias z1 = 60 6 − 30 y z2 = 40 6 45.

Las intensidades que circulan por ambas ramas son

ii =v

z1=

120√2 6 10

60 6 − 30= 2

√2 6 40 = 2.1667 + j1.8181

i2 =v

z2=

120√2 6 10

40 6 45= 3

√2 6 − 35 = 3.4754 + j2.4335 (6.75)

6.5. Instalaciones electricas monofasicas con varias cargas. 85

Y como el voltaje es v = 120√2 6 10 = 167.127 + j29.469, las potencias

complejas en cada rama son

P1C =1

2vi⋆

1= 207.85− j120.00

P2C =1

2vi⋆

2= 254.56 + j254.56 (6.76)

Y la potencia compleja total:

PC = 462.40 + j134.56 (6.77)

La parte real es la potencia media, y la parte imaginaria la potenciareactiva. La potencia aparente es el modulo de la potencia compleja: S =481.58W. El angulo de fase es el angulo de la impedancia. La impedanciatotal se obtiene o bien mediante la formula que da la impedancia total deuna serie de ramas en paralelo, o bien de

z =v

i=

167.127 + j29.469

5.6421 + j4.2516= 28.71 + j8.35 (6.78)

y a partir de aquı

f − g = tan−18.35

28.71= 16.22 (6.79)

de donde se sigue el factor de potencia cos(f − g) = 0.96

Segundo ejemplo: en el libro de Miguel Angel Rodriguez Pozueta, Resolu-cion de Circuitos de corriente alterna monofasica, se encuentra en la pagina38 el calculo de una instalacion monofasica compuesta por varias cargas. Estetipo de calculos se puede encontrar en otros lugares. Por ejemplo, el libro deS.L. Herman y J.R. Duff, dedica el capıtulo 8 a los circuitos monofasicos conramas en paralelo. Pero prefiero el ejemplo citado, primero porque es comple-to y la resolucion es detallada, y segundo porque el mismo autor ha publicadoInstalaciones electricas en edificios, que es el complemento practico al tipode calculos que hacemos en estos apuntes. Este es el enunciado:

Una instalacion electrica que se alimenta con una tension de 230 V eficacesa 50 Hz consta de las siguientes cargas:

1. Un motor monofasico de 3 CV con un rendimiento del 76.2% y factorde potencia de 0.9


2. Un conjunto de lamparas fluorescentes que equivalen a una impedanciade 8+6j

3. Un conjunto de lamparas incandescentes de 1000 W

Se pide:

Corriente. Potencias activa, reactiva, aparente y compleja y el factorde potencia de cada carga.

La corriente y las potencias de la instalacion completa, y el factor depotencia total.

Se desea mejorar el factor de potencia a 0.95 mediante un banco decondensadores. Calcular la potencia reactiva y la capacidad de esoscondensadores.

Un esquema de la instalacion se encuentra en la Figura 41.

o------------o------------o-----------------o

| | | |

+ | | |

V motor fluorescentes incandescentes

- | | |

| | | |

o------------o------------o-----------------o Figura 41

En primer lugar, consideramos el motor. Se entiende que si entrega 3 CVesa es la potencia util. Como el rendimiento es del 72.6%, quiere decir quela potencia absorbida es

3CV× 736W/CV

0.726= 2897.6W (6.80)

Como el factor de potencia es 0.9, quiere decir que el angulo de fase es

f − g = cos−1(0.9) = 25.84 (6.81)

Y como el angulo de fase es distinto de cero, significa que hay una potenciareactiva, y que

tan(f − g) =Potencia reactiva

Potencia resistiva(6.82)


Sabemos que la potencia reactiva se intercambia entre la fuente y la carga,y que la potencia resistiva es la potencia absorbida, y esa sabemos que es2897.6 W, de manera que tenemos para la potencia reactiva

PX = 2897.6 tan(25.84) = 1403.3VAR (6.83)

La potencia aparente es entonces

S =√

(2897.62 + 1403.32) = 3219.5W (6.84)

La potencia compleja:

PC = Scos(f−g)+j sen(f−g) = 2897.6+j1403.3 = vEi⋆E =

1

2vi⋆ (6.85)

ası que

i⋆ =2PC

v→ i = 17.81− j8.63; |i| = 19.796A; iE = 14A (6.86)

Conocido el voltaje y la intensidad, se sigue la impedancia del motor.Teniendo en cuenta que los 230 V son eficaces:

z =v

i=

230√2 + j0

17.81− j8.63= 14.79 + j7.17 (6.87)

Pasamos al conjunto de tubos fluorescentes, cuya impedancia es z = 8 +j6. La intensidad que circula es

i =v

z=

230√2 + j0

8 + j6= 26.02− j19.52; |i| = 32.53A (6.88)

La potencia aparente es

S = vEiE = 230|i|√2= 5290.5W (6.89)

y la potencia compleja:

PC =1

2vi⋆ = 4231.8 + j3174.6 (6.90)

Sabemos tambien que la parte real de la potencia compleja es la potenciamedia:


4231.8 =1

2v0i0 cos(f − g) (6.91)

de donde

cos(f − g) =2× 4231.8

230×√2× 32.53

= 0.8 (6.92)

y f − g = cos−1(0.8) = 36.87.Finalmente, las lamparas de incandescencia se comportan como resisten-

cias puras, de donde f − g = 0, el factor de potencia es 1 y la potenciacompleja coincide con la potencia media (solo parte real):

P = 1000W =1

2v0i0 cos(0) (6.93)

de donde

i0 =2000

230√2A = 6.15A (6.94)

La intensidad total es la suma (vectorial) de las intensidades de cadacarga:

i = 17.81 −j 8.63 +26.02 −j 19.52 +6.15 +j 0.00

= 49.98 −j 28.15

(6.95)

De donde podemos obtener la impedancia:

z =v

i= 4.94 + j2.78 (6.96)

Sabemos que el angulo de fase es el angulo de la impedancia:

tan(f − g) =2.78

4.94= 0.56; (f − g) = tan−1(0.56) = 29.37 (6.97)

y el factor de potencia el coseno de ese angulo:

cos(f − g) = cos(29.37) = 0.87 (6.98)

Para el calculo de la potencia compleja, se sumaran las potencias com-plejas, o se sumaran por una parte las potencias reactivas y por otra lasresistivas. Lo hacemos de la primera forma:


PC = 2897.6 +j 1403.3 +4231.8 +j 3174.6 +1000.0 +j 0.0

= 8129.4 +j 4577.9

(6.99)

que tambien se puede calcular como

PC =1

2vi⋆ =

1

2230

√2× (49.98 + j28.16) = 8128.5 + j4578.2 (6.100)

(con pequenos errores numericos.) El angulo de fase es el desfase entrevoltaje e intensidad:

f − g = 0− tan−1(−28.15/49.98) = 29.39; cos(f − g) = 0.8713 (6.101)

y tambien

f − g = tan−1Potencia reactiva

Potencia resistiva= tan−1

4577.9

8129.4= 29.39 (6.102)

Se pide ahora la instalacion de un banco de condensadores en paralelo conlas cargas de manera que el factor de potencia mejore a 0.95. La impedanciatotal de motor + fluorescentes + incandescentes es de z = 4.94 + j2.78. Alanadir un banco de condensadores en paralelo, la impedancia total, zT , de lainstalacion mas los condensadores viene dada por

z−1

T = z−1 + z−1

C (6.103)

donde zC es la impedancia del banco de condensadores y z−1 = 0.1537−j0.0865.

Y la impedancia de los condensadores es zC = −j/(ωC), ası que z−1

C =jωC. Se sigue que la impedancia total es

zT =1

0.1537 + jp=

0.1537− jp

0.15372 + p2(6.104)

donde p = ωC − 0.0865 = 314.159C − 0.0865.Deseamos un factor de potencia de 0.95, lo que significa cos(f−g) = 0.95,

de donde f − g = 18.19. Pero sabemos que el angulo de la impedancia esigual al angulo de fase, luego:


−p

0.1537= tan(18.19) (6.105)

de donde se obtiene p y de ahı C, que resulta ser 115 µF .

6.6. Corriente trifasica.

En algunos de los problemas anteriores hemos presentado circuitos convarias fuentes de voltaje alterno, lo cual no ha supuesto ninguna dificultadespecial. No habrıa por tanto motivos para dedicar un apartado especial acircuitos que tienen tres fuentes de voltaje alterno. Sin embargo, casi todala energıa electrica se transporta como corriente alterna generada por tresfuentes desfasadas dos a dos en 2π/3, es decir, 120. ¿Por que? Veremos quepor dos motivos:

1. En la corriente alterna trifasica la potencia instantanea entregada auna carga coincide con la potencia media, lo cual es muy convenientepara todo tipo de aparatos: reciben potencia a ritmo constante. Esteextremo se aclarara al final de la discusion.

2. Es la forma mas economica de distribuir la energıa. Dicho de otra for-ma, requiere menos gasto en cables distribuir corriente trifasica quedistribuir corriente monofasica. Para transmitir la misma cantidad depotencia trifasica se precisa un 25% menos de masa en los cables quepara transmitir monofasica.

Estas dos ventajas se aclararan mas adelante. Quizas hay que anadir otracaracterıstica, no exclusiva de la corriente trifasica sino de la corriente alternaen general, y es que la corriente alterna puede transformarse (mediante trans-formadores), subiendo o bajando la tension a voluntad, cosa que no puedehacerse con la corriente continua. Pero, ¿para que? Para reducir las perdi-das en el transporte a traves de la red electrica. El tendido electrico tienepoca resistencia por unidad de longitud, pero longitudes de decenas o inclusocentenas de kilometros, por lo cual esas perdidas en la propia lınea no sondespreciables, y se reducen considerablemente elevando el voltaje en la lınea.Para entender por que sirva el siguiente razonamiento semi-cuantitativo (osemi-cualitativo): supongamos que en una central se genera una potenciaelectrica P = vi, es decir, que la lınea de transmision tiene una diferencia depotencial de v voltios entre los dos polos y que circula una intensidad i. Si laresistencia de la lınea de transmision es R, la caıda de voltaje en la propia

6.6. Corriente trifasica. 91

lınea es v′ = iR, luego en el extremo de la carga (nuestras casas), el voltajedisponible es v− v′, luego la potencia disponible (v− v′)i: se ha perdido unapotencia v′i. Ahora, supongamos que en la central se eleva el voltaje en unfactor grande, f , de manera que, para la misma potencia, la intensidad enla lınea se reduce en un factor f , luego la caıda de voltaje en la lınea sereduce tambien en un factor f . Ası pues, el voltaje en el extremo de la cargaes fv − v′/f , y la potencia disponible (fv − v′/f)i/f . Por tanto, la perdidade potencia se ha reducido en un factor de f 2, que es muy grande. Ahora,solo falta usar un transformador para bajar la tension a un valor seguro (unadescarga a 220V sigue siendo desagradable y puede ser incluso mortal, perouna descarga a 50000V es mucho peor).

En una instalacion de tres fuentes de alterna, estas se pueden colocar devarias formas. Una de ellas es la llamada en ”Y”, y consiste en que las tresfuentes comparten la misma tierra. La otra configuracion es la llamada ”∆”.En la configuracion ∆ la segunda fuente se coloca en serie con la primera,y la tercera en serie con la segunda y cerrando un trıangulo con la primera,de ahı el nombre. Por su lado, las cargas de cada fuente se pueden disponertambien en ”Y” o en ”∆′′, de manera que tenemos 4 combinaciones posibles.Aquı estudiaremos una de ellas, la ”Y-Y”, donde tanto las fuentes como lascargas comparte la misma tierra. El circuito se representa en la Figura 42.

a’ a A

o---- - V + ---o---Z ---o---Z ---o--Z ------o

| a a la ca |

| b’ b B |

o---- - V + ---o---Z ---o---Z ---o--Z ------o N

| b b lb cb |

| c’ c C | Figura 42

o---- - V + ---o---Z ---o---Z ---o--Z ------o

| c c lc cc |

| |

1 o------------------Z -----------------------o

| 0

TTT

A cada fuente se anade una impedancia interna (toda fuente real tieneuna impedancia interna). Por ejemplo, a la fuente Va se anade la impedancia


Za. Despues viene la impedancia de la lınea de transmision, representada porZlk y finalmente la impedancia de carga, representada por Zck, con k = a, b, c.

El nodo clave es el que se ha nombrado como N . Para el:

0− V (N)

Z0

+V (a′)− V (N)

Za + Zla + Zca

+V (b′)− V (N)

Zb + Zlb + Zcb

+V (c′)− V (N)

Zc + Zlc + Zcc

= 0 (6.106)

En los circuitos trifasicos que se llaman ”equilibrados”, sucede que

V (a′) = V 6 0; V (b′) = V 6 − 120; V (c′) = V 6 120

Za = Zb = Zc = Zf

Zla = Zlb = Zlc = Zl

Zca = Zcb = Zcc = Zc (6.107)

y en ese caso:

Za + Zla + Zca = Zb + Zlb + Zcb = Zc + Zlc + Zcc (6.108)

ası que

V (N)[

1

Z0

+3

Z

]

= 0 (6.109)

de donde V (N) = 0. Entonces, la intensidad que circula en la lınea a es

Ia =V 6 0

Zf + Zl + Zc

=V 6 0

Z(6.110)

y como las impedancias en las otras lıneas son iguales, y los voltajes solodifieren en la fase:

Ib = Ia 6 − 120; Ic = Ia 6 120 (6.111)

y los voltajes a la salida de la fuente (la fuente incluye a su propiaimpedancia) y a la entrada de la carga son

V (a)− V (1) = V (a)− V (N) = Ia(Zl + Zc)

V (A)− V (N) = V (A) = IaZc (6.112)

Ademas, considerando en cada lınea un divisor de tension:


V (A) = V (a′)Zc

Z

V (B) = V (b′)Zc

Z= |V (A)| 6 − 120

V (C) = V (c′)Zc

Z= |V (A)| 6 120 (6.113)

Observese el hecho interesante de que aunque la intensidad en la lınea a

no es nula, la intensidad en la lınea que une el nodo N con el nodo 1 es nula.Ası que esta lınea esta a la vez cerrada, V (N) = V (1), y abierta, porque nocircula intensidad por ella.

Ahora que conocemos los voltajes en cada lınea, podemos calcular ladiferencia de voltaje entre cada dos de ellas:

V (A)− V (B) = |V (A)| 6 0 − |V (A)| 6 − 120

= |V (A)|cos(0) + j sen(0)− cos(−120)− j sen(−120)= |V (A)|1.5 + j0.866 = 1.732|V (A)| 6 30=

√3× |V (A)| 6 30

V (A)− V (C) = |V (A)| 6 0 − |V (A)| 6 + 120

= |V (A)|cos(0) + j sen(0)− cos(120)− j sen(120)=

√3× |V (A)| 6 − 30

V (B)− V (C) = |V (A)| 6 − 120 − |V (A)| 6 + 120

= |V (A)|cos(−120) + j sen(−120)− cos(120)− j sen(120)=

√3× |V (A)| 6 − 90 (6.114)

He aquı otro hecho interesante: la diferencia de voltaje entre lıneas esmayor, en un factor

√3, que el voltaje de cada lınea. Como ejemplo, con-

siderese el circuito de la Figura 43, donde hemos representado solo la primeralınea. Las impedancia total es Z = 40 + j30 y se siguen las intensidades:

Ia =120 6 0

40 + j30=

120 6 0

50 6 36.87= 2.40 6 − 36.87

Ib = Ia 6 − 120 = 2.4 6 − 156.87

Ic = Ia 6 + 120 = 2.4 6 83.13 (6.115)


a’ a A

o-- 0.2+j*0.5 --o-- 0.8+j*1.5 --o

| |

+ |

V=120|0 39+j*28 Figura 43

- |

| |

o------------o------------------o

|

TTT

De aquı los voltajes en la carga:

V (A) = Ia(39 + j28) = (2.40 6 − 36.87)(40.01 6 35.676) = 115.22 6 − 1.19

V (B) = V (A) 6 − 120 = 115.22 6 − 121.19

V (C) = V (A) 6 120 = 115.22 6 118.81 (6.116)

Los voltajes entre lıneas en las cargas son

V (A)− V (B) = (115.22 6 − 1.19)− (115.22 6 − 121.19)

=√3× 115.22 6 28.81

V (B)− V (C) = (115.22 6 − 121.19)− (115.22 6 118.81)

=√3× 115.22 6 − 91.19

V (C)− V (A) = (115.22 6 118.81)− (115.22 6 − 1.19)

=√3× 115.22 6 148.81

(6.117)

Quedan los voltajes en las fuentes y los voltajes entre lıneas en las fuentes:

V (a) = V (a′)− IaZa = (120 6 0)− (240 6 − 36.87)(0.2 + j0.5)

= 118.90 6 − 0.32

V (b) = V (a) 6 − 120 = 118.90 6 − 120.32

V (c) = V (a) 6 120 = 118.90 6 119.68 (6.118)

y entre lıneas:


V (a)− V (b) = 118.90 6 − 0.32 − 118.90 6 − 120.32 = 205.94 6 29.68

V (b)− V (c) = (V (a)− V (b)) 6 − 120 = 205.94 6 − 90.32

V (c)− V (a) = (V (a)− V (b)) 6 120 = 205.94 6 149.68 (6.119)

El analisis de las otras tres configuraciones (Y-∆, ∆-Y y ∆-∆) corre muyparecido, y no lo trataremos aquı.

En cuanto a la potencia en las cargas, dado que tenemos los voltajes eintensidades, no tiene dificultad. La potencia compleja es

PC =1

2V (A)I⋆a + V (B)I⋆b + V (C)I⋆c = a+ jb (6.120)

cuya parte real, a, sabemos que se identifica con la potencia media sum-inistrada, y la parte imaginaria es la parte reactiva, que es intercambiadaentre la fuente y la carga. En el ejemplo que estamos considerando:

V (A) = 115.22 6 − 1.19

V (B) = 115.22 6 − 121.19

V (C) = 115.22 6 118.81

I⋆a = 2.40 6 36.87

I⋆b = 2.40 6 156.87

I⋆c = 2.40 6 − 83.13 (6.121)

de donde resulta:

PC = 829.56 6 35.68 = 673.84 + j483.85 (6.122)

Volviendo al principio de esta exposicion sobre circuitos trifasicos, pode-mos ahora calcular la potencia instantanea. En la lınea a, tomando comoreferencia el voltaje de la fuente, y llamando f al desfase de la intensidad, lapotencia instantanea es proporcional a cos(ωt) cos(ωt − f) y para las otrasfases: cos(ωt − 120) cos(ωt − 120 − f) y cos(ωt + 120) cos(ωt + 120 − f).Al desarrollar y simplificar, se comprueba que la potencia instantanea nodepende de t, es decir, es una constante. Esto significa que, por ejemplo, unmotor trifasico funcionara consumiento una potencia constante y por tantogenerando un par constante, y eso significa un funcionamiento mas suave,con menos vibraciones.

Capıtulo 7

Dispositivos no lineales.

Los dispositivos no lineales dan lugar a sistemas de ecuaciones no lineales.Por eso, antes de hablar de circuitos con elementos no lineales hablaremosde sistemas de ecuaciones no lineales. Despues veremos como se planteanlas ecuaciones para circuitos que incluyen estos elementos, y resolveremosalgunos de ellos. Un sistema de ecuaciones no lineales tiene la forma:

f1(x1, x2, · · · , xn) = 0

f2(x1, x2, · · · , xn) = 0

f3(x1, x2, · · · , xn) = 0...

fm(x1, x2, · · · , xn) = 0 (7.1)

7.1. El metodo del descenso del gradiente.

Supongamos una funcion de dos variables de la que deseamos encontrarun mınimo. Es condicion necesaria que en ese mınimo se cumpla

df(x, y) =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy = 0 (7.2)

Esto significa que es nulo el producto escalar

[

∂f

∂x,

∂f

∂y

] [

dxdy

]

(7.3)

Al vector

97

98 7. Dispositivos no lineales.

∂f

∂x

∂f

∂y

(7.4)

se le llama gradiente.Hemos tenido la precaucion de expresar el producto escalar multiplicando

el vector traspuesto del gradiente por el desplazamiento infinitesimal. De estaforma, tenemos el producto de una matriz de 1× 2 por una matriz de 2× 1,que resulta en una matriz de 1× 1, es decir, en un escalar. Dado el caracterarbitrario de las variaciones diferenciales en las variables independientes, laecuacion anterior implica que ha de ser

∂f

∂x= 0;

∂f

∂y= 0 (7.5)

que es un sistema de dos ecuaciones con dos incoginitas. Su solucionnos da los valores de las variables independientes para las cuales f(x, y)alcanza un extremo (o punto de inflexion). Puesto que este sistema puedeser difıcil de resolver analıticamente, se requiere algun metodo numerico. Esposible visualizar el problema en tres dimensiones imaginando una superficiez = f(x, y). Es decir, para cada valor de (x, y), f(x, y) se interpreta como una”altura”, de manera que podemos representar a f(x, y) como una topografıa,con sus valles y sus cimas. Imaginemos sobre esta topografıa dibujadas laslıneas de altura constante, es decir, las curvas de nivel:

f(x, y) = c (7.6)

donde c es una constante. Si nos movemos ligeramente sobre una curvade nivel, el valor de la funcion no cambia, es decir

df = 0 =∂f

∂xdx+

∂f

∂ydy (7.7)

y eso significa que el gradiente es perpendicular a las curvas de nivel,apuntando en la direccion de maxima pendiente. Pero ¿apunta pendientearriba o pendiente abajo? Si llamamos ∇f(x, y) al vector gradiente de f(x, y)en un punto (x, y) y definimos un vector unitario n como

n =∇f(x, y)

||∇f(x, y)|| (7.8)

al desplazarnos en la direccion del gradiente una cantidad

7.1. El metodo del descenso del gradiente. 99

[

dxdy

]

= ǫn (7.9)

donde ǫ es un numero muy pequeno y positivo, el cambio en el valor dela funcion es df > 0 lo cual indica que el gradiente apunta ”pendiente arri-ba”, es decir, hacia valores crecientes de f(). La idea entonces es: movernos”pendiente abajo”, buscando el mınimo de f(). El algoritmo es:

1. partimos de unos valores iniciales x0, y0.

2. Calculamos f(x0, y0) y el gradiente ∇f(x0, y0).

3. Nos desplazamos un pequeno salto ”pendiente abajo”, tomando

[

dxdy

]

= −ǫ∇f(x0, y0) (7.10)

4. Las nuevas coordenadas son

x1 = x0 + dx; y1 = y0 + dy (7.11)

5. Calculamos f(x1, y1) y comparamos con el valor anterior f(x0, y0).

6. Si la diferencia entre un valor y otro es inferior a un numero pequenopreestablecido, hemos terminado. Si no, tomamos

x0 = x1; y0 = y1 (7.12)

y continuamos moviendonos ”hacia abajo”, es decir, volvemos al punto2). Notese que la circunstancia que pone termino al algoritmo nos dejaen un valor de la funcion muy cercano al mınimo, pero no necesaria-

mente en un punto cercano al punto que hace mınima a la funcion. Estehecho a veces se pasa por alto. En efecto, si nos movemos sobre unasuperficie casi llana, con una pendiente muy pequena, podemos estarsolo ligeramente por encima del mınimo de la funcion, y sin embargomuy lejos del punto en que se alcanza ese mınimo.

Por otro lado, si ǫ es un valor muy pequeno, significa que nos acercamosa muy pequenos pasos a nuestro objetivo. Pero si ǫ es muy grande corremosel riesgo de pasar de largo. Una estrategia para mejorar el rendimiento delalgoritmo es la siguiente: partiendo de un punto, elegimos un ǫ pequeno,calculamos el gradiente y comprobamos que el salto nos lleva a un punto en


que la funcion tiene un valor mas pequeno. Entonces, en lugar de desplazarnosa ese punto incrementamos ǫ segun algun criterio (por ejemplo, doblandolocada vez), hasta que saltemos a un punto en que el valor de la funcion seamayor. Entonces, damos un paso atras, volviendo al penultimo valor de ǫ, yusamos este. Ası realizamos el descenso a mas velocidad, a largos pasos, yreducimos el numero de estos y por tanto el numero de veces que es precisocalcular el gradiente.

Por otro lado, es claro que, una vez adquirida la imagen de lo que esta suce-diendo con una funcion que depende de dos variables, la extrapolacion acualquier numero de variables es inmediata. Queda por ver como extrapolardesde

f(x1, x2, · · · , xn) = 0 (7.13)

a un sistema de varias ecuaciones. La respuesta es sencilla: definiendo una

h(x1, x2, · · · , xn) =∑

i

f 2

i (x1, x2, · · · , xn) (7.14)

y buscando el mınimo de h(x1, x2, · · · , xn). Una ultima observacion: elmetodo nos permitira encontrar un mınimo local, pero no garantiza que esemınimo sea absoluto. Para ilustrar el procedimiento, resolveremos en primerlugar una ecuacion en dos variables, y en segundo lugar un sistema de dosecuaciones con dos variables. Sea

f(x, y) = (x− y)3 + 9(x+ y)2 − 8 = 0 (7.15)

Para asegurarnos de que alcanzamos un mınimo, y de que no caemospendiente abajo sin lımite, buscamos minimizar no a la funcion f(x, y) sinoa su cuadrado:

h(x, y) = f 2(x, y) (7.16)

cuyas derivadas son:

∂h

∂x= 2f(x, y)× (3(x− y)2 + 18(x+ y))

∂h

∂y= 2f(x, y)× (−3(x− y)2 + 18(x+ y)) (7.17)

Hemos implementado el algoritmo partiendo de x0 = y0 = 1. No hemospretendido optimizarlo, sino mostrar como nos acercamos al mınimo. Portanto, usamos siempre un valor constante para ǫ de 0.001 y finalizamos el

7.1. El metodo del descenso del gradiente. 101

proceso cuando h(x, y) < 0.001. En nuestro caso, se requieren 746 iteraciones(que en un ordenador moderno son instantaneas).

La tabla siguiente es un extracto de la evolucion del algoritmo, mostrandoel numero de iteracion y los valores de las coordenadas y de la funcion quedeseamos minimizar:

paso x y h(x,y)

-------------------------------

0 1.000 1.000 784.000

50 0.965 0.965 650.223

100 0.929 0.929 533.099

150 0.894 0.894 431.327

200 0.859 0.859 343.653

250 0.823 0.823 268.872

300 0.788 0.788 205.830

350 0.753 0.753 153.419

400 0.717 0.717 110.579

450 0.682 0.682 76.302

500 0.646 0.646 49.626

550 0.611 0.611 29.637

600 0.576 0.576 15.472

650 0.540 0.540 6.314

700 0.505 0.505 1.398

746 0.473 0.473 0.001

Como segundo ejemplo, consideremos el sistema de ecuaciones:

f(x, y) = sen(x+ y)− x = 0

g(x, y) = cos(x− y)− y = 0 (7.18)

Equivale a buscar el mınimo de h(x, y) = f 2(x, y)+g2(x, y). Para aligerarla notacion, escribimos

D(h, x) =∂h

∂x(7.19)

y tenemos

D(h, x) = 2f(x, y)D(f, x) + 2g(x, y)D(g, x)

D(h, y) = 2f(x, y)D(f, y) + 2g(x, y)D(g, y) (7.20)


y

D(f, x) = cos(x+ y)− 1

D(f, y) = cos(x+ y)

D(g, x) = − sen(x− y)

D(g, y) = sen(x− y)− 1 (7.21)

Un extracto del resultado se presenta en la tabla siguiente:

paso x y h(x,y)

------------------------

0 0.500 0.500 0.367

50 0.524 0.544 0.332

100 0.551 0.586 0.298

150 0.580 0.626 0.264

200 0.613 0.664 0.230

250 0.647 0.701 0.196

300 0.683 0.735 0.162

350 0.720 0.769 0.129

400 0.757 0.802 0.097

450 0.795 0.835 0.068

500 0.832 0.868 0.042

550 0.869 0.902 0.022

600 0.905 0.938 0.007

642 0.930 0.971 0.001

Se entiende que la eleccion de ǫ es crıtica para acelerar el algoritmo, perola eleccion del punto inicial tambien. En este caso, hemos tomado (0.5, 0.5).Con (1.0, 1.0) la diferencia es tremenda:

paso x y h(x,y)

------------------------

0 1.000 1.000 0.008

10 0.990 0.997 0.006

20 0.981 0.995 0.004

30 0.971 0.993 0.002

40 0.961 0.992 0.001

41 0.960 0.992 0.001

7.2. Circuitos con elementos no lineales. 103

Se observara que en ambos casos h(x, y) <= 0.001, pero mientras que enel primer caso el punto final es (0.930, 0.971), en el segundo es (0.960, 0.992).Esta diferencia, apreciable, nos indica que, una vez alcanzado el mınimopara un valor dado de ǫ, serıa necesario tomar un valor mas pequeno y tam-bien elegir una condicion mas estricta para h(x, y), por ejemplo pasando deh(x, y) <= 0.001 a h(x, y) <= 0.0001, y refinar el resultado. Pero baste conlo dicho hasta aquı.

7.2. Circuitos con elementos no lineales.

Cuando tratabamos los circuitos resistivos, usabamos la ley de Ohm, querelaciona la diferencia de potencial entre los extremos de una resistenciacon la intensidad que circula por esa resistencia: V (A) − V (B) = iR o i =(V (A) − V (B))/R, y siendo esta relacion lineal, nos conduce a un sistemade ecuaciones lineales. Ahora consideramos relaciones i(V ) cualesquiera, engeneral no lineales, lo que nos conducira a sistemas de ecuaciones no lineales.Y para formular estos sistemas de ecuaciones no hara falta nada mas queel principio usado para los circuitos lineales: que la carga no se acumula enningun punto o region. En particular, que no se acumula en los nodos.

7.3. El diodo.

El primer dispositivo no lineal que vamos a considerar es el diodo. Undiodo es un dispositivo que deja circular la corriente facilmente en un sentidoy difıcilmente en otro. Un diodo ideal no ofrece resistencia en un sentido, yno deja pasar ninguna intensidad en el otro. El comportamiento de un diodose puede aproximar en muchos casos mediante el modelo siguiente:

i = is exp(V (A)− V (B)

nU− 1) (7.22)

donde:

1. V (A)− V (B) es la diferencia de potencial entre los extremos entrante,A, y saliente, B, del diodo. Cuando el diodo conduce, la corriente va deA hasta B, como se indica en la Figura 44

A B

o----- >| ------o Figura 44

2. is es la ”corriente de saturacion”. Un valor tıpico es de 10−13 A.


3. n es un coeficiente con un valor tıpico alrededor de 1.

4. U es una constante que depende de la temperatura, de la constante deBoltzmann k y de la carga del electron q, en la forma U = kT/q. Atemperatura ambiente (T = 300K) U = 0.025851.

Cuando se representa la curva i(V (A)−V (B)), lo que se obtiene es un va-lor practicamente constante y nulo hasta aproximadamente V (A)− V (B) =0.7V y de ahı en adelante una subida exponencial brusca. En un modelo idealde diodo, este no conduce mientras sea V (A) − V (B) < 0.7 y conduce sinresistencia a partir de ahı. La curva del diodo ideal no es derivable: es unarecta de valor constante i = 0 hasta V (A)−V (B) = 0.7V y una recta verticalen 0.7V. Esto es muy inconveniente, pues a priori no sabemos cual sera ladiferencia de potencial entre los extremos del diodo, y por tanto no sabemossi va a conducir o no. Para saberlo, es preciso resolver el circuito, pero pararesolver el circuito es preciso saber si el diodo va a conducir o no... Una solu-cion practica puede ser, en el caso de un circuito que contenga un solo diodo,presuponer que va a conducir, y en ese caso la diferencia de potencial entresus extremos es >= 0.7V, y con esta premisa resolver el circuito y compro-bar a posteriori si los resultados son coherentes. O bien suponer que no va aconducir en cuyo caso la rama que lo contiene esta abierta: resolvemos el cir-cuito resultante y comprobamos a posteriori si los resultados son consistentescon la suposicion. El problema es que en un circuito con dos diodos hay 4posibilidades distintas, y en un circuito con 4 diodos hay 16 posibilidadesdistintas. No parece nada practico tener que resolver 16 circuitos y analizarque caso o casos son consistentes con las suposiciones (conduce/no conduce)que se hayan hecho. Por eso el modelo no ideal es preferible, y el usado porlos programas de simulacion de circuitos.

Plantearemos en primer lugar un sencillo circuito que contiene un diodocon una resistencia en serie y una fuente de alimentacion continua, como enla Figura 45:

2 o----/\/\/---o------ >| --o

| R 3 |

+ |

6V | Figura 45

- |

| |

1 o-------------------------o

|

TTT

7.3. El diodo. 105

Tomaremos R = 100Ω y para el diodo los valores de las constantes quedimos anteriormente. Las ecuaciones del circuito son:

V (1) = 0

V (2)− V (1) = 6

V (2)− V (3)

R− i(V (3)− V (1)) = 0 (7.23)

Ninguna novedad por lo que respecta a las dos primeras. En la terceraecuacion simplemente hemos usado una ley distinta a la de Ohm. Llamamosx = V (1), y = V (2), z = V (3), y re-escribimos el sistema anterior en la forma

p(x, y, z) = x = 0

q(x, y, z) = y − x− 6 = 0

r(x, y, z) =y − z

R− is(exp(

z − x

nU)− 1) = 0 (7.24)

Aplicaremos el metodo del gradiente fingiendo no saber que x = 0 e y = 6,e intentaremos minimizar la funcion

h(x, y, z) = p2(x, y, z) + q2(x, y, z) + r2(x, y, z) (7.25)

Calculamos:

D(h, x) = 2pD(p, x) + 2qD(q, x) + 2rD(r, x)

D(h, y) = 2pD(p, y) + 2qD(q, y) + 2rD(r, y)

D(h, z) = 2pD(p, z) + 2qD(q, z) + 2rD(r, z)

D(p, x) = 1

D(p, y) = 0

D(p, z) = 0

D(q, x) = −1

D(q, y) = 1

D(q, z) = 0

D(r, x) =isnU

exp(z − x

nU)

D(r, y) =1

R

D(r, z) = − 1

R+

isnU

exp(z − x

nU) (7.26)


En este caso, la sensibilidad a las condiciones iniciales es elevada, de formaque la convergencia a la solucion correcta puede ser lenta, aunque se alcanzael resultado correcto:

V (1) = 0.00

V (2) = 6.00

V (3) = 0.70 (7.27)

Si aprovechamos nuestro conocimiento de que V (1) = 0.00 y V (2) = 6.00,tomandolos como valores iniciales, la convergencia es mucho mas rapida.Como segundo ejemplo, tomemos el mismo circuito, pero con el diodo ensentido contrario:

3

2 o----/\/\/---o-----|< ----o

| R |

+ |

6V | Figura 46

- |

| |

1 o-------------------------o

|

TTT

Ahora las ecuaciones son:

V (1) = 0

V (2)− V (1) = 6

V (2)− V (3)

R+ i(V (1)− V (3)) = 0 (7.28)

y la solucion:

V (1) = 0

V (2) = 6

V (3) = 6 (7.29)

(si bien es cierto que en este caso la convergencia es mas lenta y, dadala implementacion poco elaborada del algoritmo del descenso del gradiente,nos ha sido necesario experimentar un poco.)

7.3. El diodo. 107

El diodo se aplica principalmente en rectificacion, es decir, conversion decorriente alterna a corriente continua, aunque existe una variedad de diodosadecuados para tareas diferentes. Ası, tenemos los diodos led, los diodosZener, diodos de avalancha, ”stabistores”, diodos tunel, diodos ”varicap”, etc.Un dispositivo con una curva parecida a la del diodo es el llamado ”varistor”.Cuando la tension supera cierto umbral, la resistencia se hace muy pequena.Se usan en paralelo con circuitos a los que se desea proteger de picos elevadosde tension.

A modo de ilustracion, presentamos un circuito rectificador comun, queusa cuatro diodos:

+-----------------------+

| |

d1 | d2 |

+------->|-----s---->|-------+ |p

| | |

B+------------ Z -------------+A V~ Figura 47

| | |

+------->|-----t---->|-------+ |q

d4 | d3 |

| |

+-----------------------+

Contiene cuatro diodos d1, d2, d3 y d4, una carga Z y una fuente detension alterna V . Cuando la tension en la fuente es tal que el extremo pes positivo y el extremo q negativo, la coriente se dirige desde p al punto s,desde ahı atraviesa el diodo d2 y luego pasa a traves de la carga en direccionA → B. Desde B, pasa a traves del diodo d4 hasta el punto t y desde ahı alextremo q, cerrando el circuito. ¿por que desde t la corriente no atraviesael diodo d3? Porque al otro lado de este diodo se encuentra el nodo A, porel cual la corriente ya paso. Quiere decir, que el potencial en A es mayorque el potencial en t, y puesto que la corriente va de potenciales mayores apotenciales menores, no podra, desde t, alcanzar de nuevo A. De igual forma,cuando el extremo p es negativo y el extremo q positivo, la corriente alcanzaen primer lugar el punto t, y a traves del diodo d3 el nodo A, atravesandola carga Z en direccion de B. Desde B, no podra volver a t, que esta a unpotencial mayor, y se dirigira desde B a traves del diodo d1. Ahora no podra iral nodo A a traves del nodo d2, sino que desde s alcanzara p, cerrando elcircuito. En cualquier caso, la corriente atraviesa la carga desde A hacia B.Por tanto, el voltaje medido entre los extremos de la carga tiene siempre el


mismo signo, a pesar de estar conectada a una fuente alterna. Una mejorainteresante consiste en colocar en paralelo con la carga un condensador. Elcondensador se cargara con el maximo de tension que proporcione la fuente,menos la caıda de tension en uno de los diodos. Cuando la tension comienze adisminuir, el condensador se descargara a traves de la impedancia, impidiendoque la diferencia de potencial entre sus extremos caiga a cero. De esta forma,si se mide la diferencia de potencial entre los extremos de la carga se tendra unvalor casi constante, alterado por un pequeno ”rizado”.

Como ejemplo adicional, estudiaremos el circuito siguiente (tomado dela coleccion de problemas de Electronica Analogica del prof. Darıo GarcıaRodriguez):

40k

+-- -20V+ --3--/\/\/\----+ Figura 48

| |

| | 30k

+------2-----|<--6--/\/\/\----4--->|---5---/\/\/\--+

| d1 10k d2 |

| |

w |

| |

| |

1--------------------------------------------------+

|

TTT

La problematica de este tipo de circuitos es, como se comento arriba, lasiguiente: que los diodos d1 o d2 conduzcan o no depende de la diferenciade voltaje entre sus extremos, pero los voltajes no los conoceremos hastaque hayamos resuelto el circuito, pero ¿que circuito? Porque si un diodo noconduce, es como si esa rama estuviese abierta, y tenemos un circuito que esdistinto del que pretendemos resolver. Para ilustrar la problematica, tomare-mos una fuente de continua w, donde w es un valor variable, y analizaremospara que valores conducen o no cada uno de los diodos.

El circuito contiene seis nodos. Necesitamos seis ecuaciones. Supondremosque los diodos son ideales: no conducen en absoluto si la diferencia de po-tencial entre sus extremos es inferior a 0.7V y conducen sin resistencia si essuperior a este valor. Entonces, un diodo ideal que conduce ”es como” unafuente de tension de 0.7V que se opone al paso de la corriente. Supongamosque ambos diodos conducen. Entonces:

7.3. El diodo. 109

V (1) = 0

V (2) = w

V (3) = 20 + w

V (4) = 0.7 + V (5)

V (6) = w + 0.7

V (3)− V (4)

40000+

V (6)− V (4)

10000+

V (1)− V (5)

30000= 0 (7.30)

de donde se obtiene que

V (5) =3

19(19.3 + 5w) (7.31)

Ahora nos preguntamos, ¿cuando conduce el diodo d1? Cuando sea V (4) >V (6). Esto se traduce en que

0.7 +3

19(19.3 + 5w) > w + 0.7 (7.32)

o

w < 14.47V (7.33)

En cuanto al diodo d2, circulara corriente cuando V (5)−V (1) = V (5) > 0,o lo que es igual, cuando

19.3 + 5w > 0 (7.34)

o

w > −19.3/5 = −3.86V (7.35)

Un ejemplo final, tomado de la misma fuente. Las ecuaciones para losnodos son las siguientes:

V (1) = 0

V (2) = w

V (7) = 2.5

V (6) = 10

V (5)− V (4) = 0.7

V (3)− V (4) = 0.7

V (2)− V (3)

15000+

2.5− V (4)

10000+

10− V (5)

5000= 0 (7.36)


d1 d2

2--------/\/\/-3-->|-----4----|<----------5

| 15k | |

| / /

+ \ 10k \ 5k

w / /

- | |

| 7 6 Figura 49

| | |

| + +

| 2.5V 10V

| - -

| | |

1-----------------------------------------+

|

TTT

donde la ultima ecuacion corresponde al supernodo que contiene a los dosdiodos. De esta ultima:

V (4) =w + 30.95

5.5(7.37)

El diodo d1 conduce cuando V (2) > V (3), lo que se traduce en quew > 7.73V . El diodo d2 conduce cuando V (6) > V (5), lo que se traduce enque w < 20.2V . Ası pues, cuando w se encuentra en el intervalo [7.73, 20.2],conducen los dos diodos, y el voltaje en el nodo 5 es

V (5) = 6.33 + 0.18w (7.38)

Por debajo de 7.73V el diodo d1 no conduce y el voltaje en el nodo 5 esconstante, de valor 7.73V . Por encima de 20.2V , el diodo d2 no conduce, y elvoltaje en el nodo 5 es constante de valor 10V . Es por eso que a este circuitose le llama ”recortador de voltaje”: responde linealmente en un rango y davalores constantes fuera de el.

7.4. El transistor.

Nuestro segundo dispositivo no lineal es el transistor. Ya se presento antescomo una fuente de intensidad controlada por intensidad. Pero este es unmodelo apto solo para el rango lineal. El transistor puede ademas funcionar”en corte” y ”en saturacion”. En corte, se comporta esencialmente como un

7.4. El transistor. 111

diodo. En saturacion, no hay ya relacion lineal entre la intensidad de la basey la del emisor, que alcanza un maximo. Hay varios modelos de transistor,pero nos centramos en el transistor bipolar de union tipo NPN. Como se dijotambien antes, un transistor es un dispositivo de tres terminales, llamadosColector (C), Base (B) y Emisor (E). La intensidad del Colector es unafuncion de la intensidad de la Base, y la intensidad del Emisor es la suma delas dos primeras:

o C

|

+---o---+

| |

B o----o | Figura 50

| |

+---o---+

|

o E

En la Figura 50 hemos representado el transistor como una ”caja negra”,que involucra a tres nodos, (C,B,E). La polarizacion del transistor, es decir,la diferencia de potencial entre dos cualesquiera de sus terminales, determinasu region de funcionamiento. La tabla siguiente muestra los valores tıpicosde polarizacion cuando el transistor esta en corte, en activo o en saturacion.

corte activo saturacioni(c) 0 βib < βib

V (B)− V (E) < 0.7 > 0.7 > 0.7V (B)− V (C) < 0.5 < 0.5 > 0.5V (C)− V (E) > 0.2 > 0.2 ∼ 0.2

El modelo matematico no lineal del transistor es complejo, e involucra amuchos parametros. Esta fuera del alcance de esta asignatura el considerarlo.El alumno interesado, no obstante, puede consultar el modelo de Ebers-Moll.Pero, sea cual sea su complejidad, lo que ofrece son esencialmente las inten-sidades i(B), i(C) e i(E) en funcion de las diferencias entre V (B), V (C) yV (E).

Otro tipo de transistor es el transistor de efecto de campo, FET, delque existen no menos de 21 variedades. Desde nuetro punto de vista, bastedecir que se comporta como una fuente de intensidad controlada por voltaje.En definitiva, lo que pretendemos no es una descripcion detallada de estos


dispositivos, que, como dije antes, esta fuera del alcance de este curso, sinomostrar como pueden plantearse las ecuaciones de circuitos que involucren aeste tipo de dispositivos, con independencia de cual sea la relacion concretaque relacione la intensidad que circula a traves de ellos con la diferencia depotencial entre sus terminales (dos o mas).

Para aclarar esto, consideremos un nodo X al que estan unidos nodos Y ,Z, T y W . Entre cada uno de estos nodos y el nodo X existe un dispositivo,que puede ser lineal o no, y tener polaridad (como los diodos) o no. Puesbien, para el nodo X ocurre que la suma de las intensidades (entrantes osaliente) ha de ser nula:

i(W,X) + i(T,X) + i(Z,X) + i(Y,X) = 0 (7.39)

donde las relaciones i(A,B) pueden ser lineales o no. Si todas las rela-ciones son lineales, dispondremos de un conjunto de ecuaciones lineales, yaplicaremos la tecnica conocida de resolucion. Si alguno o algunos de losdispositivos no son lineales, habra alguna o algunas relaciones i(A,B) no li-neales, y tendremos un sistema de ecuaciones no lineales que resolver, por elmetodo del gradiente o por cualquier otro. Ademas, si un dispositivo tienepolaridad, de manera que conduce en un sentido pero no en otro, se con-siderara como una fuente de intensidad que entra o sale del nodo que seeste investigando. Por ejemplo, si entre los nodos T y X existe un diodo,orientado como se muestra en la figura 51a, la ecuacion generica para elnodo se escribira:

T X T X

o----->|-----o o-----|<----o Figura 51

(a) (b)

i(W,X) + i(T,X) + i(Z,X) + i(Y,X) = 0 (7.40)

mientras que en caso 51b sera:

i(W,X)− i(X,T ) + i(Z,X) + i(Y,X) = 0 (7.41)

Capıtulo 8

El amplificador operacional(AO).

Un AO es un dispositivo de tres terminales. Dos de ellos son entradas, yel tercero es la salida. La salida depende de la diferencia de voltaje entre lasentradas. Representaremos las dos entradas por V (+) y V (−), y la salida esentonces V (S) = A(V (+) − V (−)) donde A es una constante. Un AO portanto se puede considerar como una fuente de voltaje controlada por voltaje.El AO es un dispositivo activo; quiere decir que es preciso alimentarlo, alcontrario que, por ejemplo, una resistencia, que basta insertarla en el circuitopara que cumpla con su funcion. Al representar circuitos que contienen AOs,se suele omitir la alimentacion de los mismos. Representaremos un AO comose muestra en la Figura 52, parte a). Una realizacion fısica popular es elAO 741 fabricado por la empresa Fairchild. Se presenta como una pequenapastilla de ocho terminales, de los cuales se indican en la parte b) de la figurala alimentacion, las entradas y la salida.

- +---.---+ 12V

\ --| |-- |

AO ---s (-)--| |------+ Figura 52

/ (+)--| |---(s)

+ +-----| |--

a) | +-------+

-12V

b)

Valores tıpicos de A estan entre 105 y 108. Valores tıpicos de la impedanciade entrada Z estan en el rango de 105 a 1013. Un AO ideal tiene impedanciade entrada infinita. Sin embargo, existe una limitacion practica del dispositivo

113

114 8. El amplificador operacional (AO).

fısico, y es que no puede producir una salida mayor en valor absoluto quela tension de alimentacion. Por ejemplo, un AO que se alimente a -12, +12Voltios producira una salida -12, +12 voltios, pero no mas. La combinacionde los factores a) que la ganancia es muy alta y b) que el AO no puede daruna salida mayor que la de alimentacion, se traduce en una curva V (S) comofuncion de la diferencia V (+)− V (−) como se muestra en la Figura 53.

Es decir, si V (+) > V (−) enseguida (debido al valor de A muy grande),se produce una salida que es +W , siendo W la tension de alimentacion delAO (¡no la del circuito al que pertenece!). Por contra, si V (+) < V (−), seproduce una salida de−W . En un entorno muy pequeno de V (+)−V (−) = 0,la curva de salida es una recta que pasa por el origen con una pendiente muygrande. Entonces, se puede usar la aproximacion de que V (+) − V (−) ≃ 0,es decir V (+) ≃ V (−).

V(S)|

|

|xxxxxxxxxxxxxx +W

|

|

|

----------------.------------------- V(+)-V(-)

|

|

| Figura 53

-W xxxxxxxxxxxxxx|

|

|

Ademas, como la impedancia de entrada al AO es muy alta, se puedeconsiderar que es nula la corriente entrante al dispositivo. Ası pues, en elregimen lineal, es decir, en el entorno de V (+)−V (−) = 0, se pueden aplicarlas reglas

1. V (+) = V (−).

2. La intensidad que entra al AO es nula.

El error cometido al hacer estas suposiciones es despreciable.

8.1. El amplificador inversor. 115

8.1. El amplificador inversor.

Analizaremos algunos circuitos con AO’s siguiendo estas reglas. El cir-cuito de la Figura 54 muestra un amplificador inversor. La salida es igual amenos un factor multiplicando a la entrada.

+------R--------+

| 2 |

+-------R--+--P |

| 1 \ |

+ | AO---------+--V(S)

V / Figura 54

i Q

- | |

| |

+-------------+

|

TTT

Veamos: Por la primera regla, puesto que la impedancia del AO es infinita,no circula corriente por su interior. Luego toda la intensidad que circula atraves de R1 pasa a traves de R2. Por la segunda regla el voltaje en el puntoP es igual al voltaje en el punto Q. Pero el voltaje en Q es 0. Por tanto:

Vi − 0

R1

=0− V (S)

R2

(8.1)

de donde

V (S) = −R2

R1

Vi (8.2)

8.2. El amplificador no inversor.

El circuito de la Figura 55 muestra un amplificador no inversor, cuyasalida es igual a un factor que multiplica a la entrada. De nuevo por laprimera regla, toda la intensidad que circula a traves de R1 circula a travesde R2 . Por la segunda, si V (P ) = Vi tambien V (Q) = Vi. Entonces:

0− Vi

R1

=Vi − V (S)

R2

(8.3)


+------R--------+

| 2 |

+-------R--+--P |

| 1 \ |

| AO---------+--V(S)

| /

| Q

| | Figura 55

o--- -V+ -----o

| i

TTT

y de aquı se sigue que

V (S) = (1 +R2

R1

)Vi (8.4)

8.3. EL amplificador sumador.

El circuito de la Figura 56 muestra un amplificador sumador. Se llamaası porque el voltaje de salida es una suma ponderada de los voltajes deentrada.

o-------R --------o o----R----o

| 1 | | 4 |

| o---- R--------P-o--- |

V | 2 | \ |

1 | o---R-------o AO------ V(S) Figura 56

| V | 3 /

| 2 | Q

| | V |

| | 3 |

| | | |

o----------------------o

|

TTT

Apliquemos las dos reglas: por la regla 1, toda la intensidad que circulaa traves de las resistencias R1, R2 y R3 pasa a traves de R4. Por la segunda,el voltaje en P es igual al voltaje en Q que es 0. Por tanto

8.3. EL amplificador sumador. 117

V1

R1

+V2

R2

V3

R3

= −V (S)

R4

(8.5)

de donde

V (S) = −R4

R1

V1 −R4

R2

V2 −R4

R3

V3 (8.6)

Considerese ahora el circuito de la Figura 57. En primer lugar, la intensi-dad que llega al punto A es la que pasa a traves de la resistencia Ra y ademasel voltaje en A es cero, ası que

V2

R2

+V1

R1

= −V (X)

Ra

(8.7)

de donde

V (X) = −Ra

R1

V1 −Ra

R2

V2 (8.8)

V -----R ---+ +----R----+

2 2 | | a | +-------R -------+

V --R-------+---A--+ | | c |

1 1 \ | | |

AO----X---R-----Y----+ |

/ b | \ |

+ | AO -------+--V

| | / s

TTT V----R---+ +

3 3 | |

| |

V----R---+ TTT

4 4

Figura 57

En segundo lugar, la intensidad que llega al punto Y , con V (Y ) = 0, esla misma que pasa a traves de la resistencia Rc , ası que

V (X)

Rb

+V3

R3

+V4

R4

= −V (S)

Rc

(8.9)


de donde

V (S) =RcRa

RbR1

V1 +RcRa

RbR2

V2 −Rc

R3

V3 −Rc

R4

V4 (8.10)

y vemos que la salida es una suma ponderada de las entradas, con signospositivo o negativo.

8.4. El amplificador diferencial.

El circuito de la Figura 58 es un amplificador diferencial. Su salida es unadiferencia ponderada de las entradas, y los factores de ponderacion estandeterminados por los valores de las resistencias.

Observamos que las resistencias R3 y R4 forman un divisor de tension:

V (Q) =R4

R3 +R4

V2 (8.11)

Ahora, por la regla segunda el voltaje en P es igual al voltaje en Q, y porla regla primera circula la misma intensidad a traves de las resistencias R1 yR2:

+---------R ----+

| 2 |

+------R -----+------ |

| 1 P \ |

| AO-------+-- V(S) Figura 58

| /

+ | +---R---+ Q

V + | 3 |

1 V R

- | - 2 |4

| | |

+----------+-------+

|

TTT

V1 − V (P )

R1

=V (P )− V (S)

R2

(8.12)

de donde

V (S) =R2R4

R1(R3 +R4)V2 −

R2

R1

V1 (8.13)

8.5. El limitador de corriente. 119

8.5. El limitador de corriente.

Nuestro ultimo circuito, Figura 59, parece inutil. El voltaje de salida esigual al voltaje de entrada. Pero esto se puede conseguir con un simple trozode cable. ¿Para que colocar entonces en medio un AO? Imaginemos una fuentede alimentacion que produce un voltaje con el que se ha de alimentar a uncircuito con una impedancia muy baja. Entonces, la intensidad suministradasera muy alta, con peligro de que el circuito quede danado o destruido. Paraevitar esto se coloca un AO. Hemos visto que el AO ideal tiene impedanciainfinita, luego no entra corriente. Pero esto no significa que no salga, ya queel AO cuenta con su propia alimentacion. La intensidad de salida del AOes pequena, ası que no hay peligro de que dane al circuito. Funciona comoun limitador de corriente que duplica exactamente el voltaje de entrada.Ingenioso ¿verdad?

V-------+

e \

AO--------+----- V(S)

/ |

| |

+----------+ Figura 59

(a)

V--------------------------V(S)

e

(b)

francisco javier gil chica. 2017 revisado 2018gil/apuntes.pdf · ´indice general 1....

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