NRC: 2508
Julio 2016.
Universidad de las Fuerzas Armadas
Departamento de Eléctrica y Electrónica
Circuitos Eléctricos.
CAPÍTULO 4
TEOREMA DE CIRCUITOS
SECCIÓN 4.5 Y 4.6 TEOREMA DE THEVENIN Y NORTON
4.33. Determinar el circuito equivalente de Thevenin, como se ve por la resistencia de
5 ohmios. A continuación, calcular la corriente que fluye a través de la resistencia de
5 ohmios.
Primero hallamos la Rth.
𝑅𝑇ℎ = 10[Ω] + 10[Ω] = 20[Ω]
Hallamos el Vth.
4[A]=𝐼1
4=
𝑉1
= 𝑉1 = 40[𝑉]
10[Ω]
𝑉1 = 𝑉𝑇ℎ
𝑉𝑇ℎ = 40[𝑉]
Circuito equivalente de Thevenin.
𝐼1 = 𝐼
−40 + 20𝐼1 + 5𝐼1 = 0
25𝐼1 = 40
40
8
𝐼 = 25 = 5 = 1,6[𝐴]
4.34. Diseñe un problema que ayude a entender a otros estudiantes sobre el
equivalente de Thevenin en el circuito.
V = 40 [V];
R1 = 10 [Ω];
R2 = 40 [Ω];
R3 = 20 [Ω]
40 − 𝑣1
𝑣1 𝑣1 − 𝑣𝑜
=3+
+
10
40
20
160 − 4𝑣1 = 120 + 𝑣1 + 2𝑣1 − 2𝑣𝑜
7𝑣1 − 2𝑣𝑜 = 40
3+
𝑣1 − 𝑣𝑜
=0
20
𝑣𝑜 − 𝑣1 = 60
v1 = 32 [V]
vo = Vth = 92 [V]
Rth = 28 [Ω]
4.35. Aplique el teorema de Thevenin para hallar v0 en el problema 4.12.
Aplicamos el circuito abierto en la incógnita v0 y hallamos la Rth apagando todas las fuentes
independientes.
𝑅𝑇ℎ =
6 ∗ 3 12 ∗ 4 18 48
+
=
+
= 5[Ω]
6 + 3 12 + 4
9 16
Encendemos las fuentes para encontrar Vth, con la aplicación de nodos.
Nodo 1:
12 −
12 − 𝑣1 𝑣1
=
6
3
12 + 12 − 𝑣1 = 2𝑣1
𝑣1 = 8[𝑉]
Nodo 2:
19 − 𝑣2
𝑣2
=2+
4
12
(19 − 𝑣2 ) = 4(24 + 𝑣2 )
𝑣2 =
33
[𝑉]
4
𝑣𝑇ℎ = 𝑣1 − 𝑣2
𝑣𝑇ℎ = 8 −
33
= −0,25[𝑉]
4
Para calcular 𝑣0 en la R1, utilizamos el circuito con la resistencia equivalente, eliminando
el circuito abierto.
𝑣0 =
5(−0,25)
= −0,125[𝑉]
5+5
4.36. Resuelva para la corriente i en el circuito de la Fig.4.103 usando el teorema de
Thevenin. (Sugerencia: encontrar el equivalente de Thevenin por la resistencia de
12[Ω].
−50 + 10𝑖1 + 30 = 0
10𝑖1 = 20
𝑖1 = 2[𝐴]
−30 + 40𝑖2 = 0
𝑖2 =
3
4
𝐼𝑛 = 𝑖1 − 𝑖2 = 2 −
3
= 1,25[𝐴]
4
𝑅𝑡ℎ =
10 ∗ 40
= 8[Ω]
50
𝑉𝑡ℎ = 𝐼𝑛 ∗ 𝑅𝑡ℎ = 10[𝑉 ]
𝑖=
𝑉𝑡ℎ
= 0,5[𝐴]
𝑅𝑡ℎ + 12
4.37. Halle el equivalente de Norton respecto a los terminales a-b en el circuito.
𝑅𝑒𝑞1 = 20[Ω] + 40[Ω]
𝑅𝑒𝑞1 = 60[Ω]
𝑅𝑒𝑞2 =
60[Ω] ∗ 12[Ω]
60[Ω] + 12[Ω]
𝑅𝑒𝑞2 = 10[Ω]
𝑅𝑒𝑞2 = 𝑅𝑁
𝑅𝑁 = 10[Ω]
Para obtener la corriente de Norton aplicamos transformación de fuente y hacemos
cortocircuito entre las terminales y obtenemos el siguiente circuito equivalente:
𝑉𝑠 = 𝐼𝑠 𝑅
𝑉𝑠 = 2[𝐴] ∗ 40[Ω]
𝑉𝑠 = 80[𝑉]
𝑖1 = 𝐼𝑁
60𝑖1 + 80 − 120 = 0
60𝑖1 = 40
𝑖1 =
2
3
𝑖1 = 666.67[𝑚𝐴]
𝐼𝑁 = 666.67[𝑚𝐴]
4.38. Aplicar Thevenin y encontrar Vo.
Apagamos la fuente de corriente y de tensión.
Sacamos el Rth donde se encuentra la incógnita.
𝑅𝑒𝑞1 = 16 + 4 = 20Ω
𝑅𝑒𝑞2 = 𝑅𝑒𝑞1 ll 5 =
20 ∗ 5
= 4Ω
25
𝑅𝑒𝑞3 = 𝑅𝑒𝑞2 + 1 = 5Ω
𝑅𝑇𝐻 = 5Ω
𝑖1 = 3𝐴
25𝑖2 − 48 + 12 = 0
𝑖2 = 1.44𝐴
𝑉5Ω = 7.2𝐴
(𝑉5Ω + 12) ll 𝑉𝑜
𝑉𝑜 = 19.2[𝑉]
4.39. Obtener el equivalente de Thevenin en a-b.
𝑖1 = −3[𝐴]
−24 + 25𝑖1 + 30 = 0
25𝑖1 = −6
𝑖1 = −.024[𝐴]
−5𝑖1 − 16𝑖2 + 𝑣𝑜 = 0
−5 ∗ −0.24 − 16 ∗ −3 + 𝑣𝑜 = 0
1.2 + 48 + 𝑣𝑜 = 0
𝑣𝑜 = −49.2[𝑉 ]
20||5 + 16
20 ∗ 5
+ 16 = 20 [𝛺]
25
4.40. Encuentre Thevenin en a-b.
−70 + 10𝑘 ∗ 𝑖1 + 𝑣𝑡ℎ = 0
−𝑣𝑡ℎ + 20𝑘 ∗ 𝑖1 + 4𝑣𝑜 = 0
−𝑣𝑡ℎ + 20𝑘𝑖1 + 4𝑖1 ∗ 10𝑘 = 0
60𝑘 − 𝑣𝑡ℎ = 0
𝑣𝑡ℎ = 60[𝑉 ]
𝑖1 = 1[𝑚𝐴]
−70 + 10𝑘𝑖1 + 1 = 0
𝑖1 =
69
1000
𝑖1 = 6.9[mA]
𝑣𝑜 = 6.9 ∗ 10 = 69[𝑉 ]
−1 + 20𝑘𝑖2 + 276 = 0
𝑖2 = −
275
20𝑘
𝑖2 = −0.014[𝐴 ]
𝑖1 = 𝑖0 = 𝑖2
𝑖𝑜 = −0.14 − 6.9
𝑖𝑜 = −0.021[𝐴]
𝑅𝑡ℎ =
1
0.0206
𝑅𝑡ℎ = 48.54[𝛺 ]
𝑉𝑡ℎ = 60[𝑉]
4.41. Encuentra los equivalentes de Thevenin y Norton en los terminales a-b del
circuito.
𝑅𝑇𝐻 =
(6 + 14) ∗ 5
6 + 14 + 5
𝑅𝑇𝐻 = 4[𝛺 ]
−6𝑖1 + 20𝑖2 + 5𝑖3 = 14
20𝑖2 + 5𝑖3 = 20
(1)
𝑖2 − 𝑖3 = 3
(2)
7
𝑖2 = [𝐴]
5
8
𝑖3 = − [𝐴]
5
𝑉𝑇𝐻 = 𝑖3 ∗ 𝑅
𝑉𝑇𝐻 = −8[𝑉 ]
𝑅𝑁 = 𝑅𝑇𝐻 = 4[𝛺 ]
𝐼𝑁 =
𝑉𝑇𝐻 −8
=
𝑅𝑁
4
𝐼𝑁 = −2[𝐴]
4.43. Encuentre el equivalente de Thevenin mirando el los terminales a-b del circuito
y resuelva para ix.
Para encontrar RTh se apagan las fuentes y encontramos un la resistencia equivalente del
circuito.
RTh = (10||10) + 5
RTh = 10[Ω]
Para encontrar VTh se hace un circuito abierto en los terminales a-b.
Va = 5 ∗ 2 = 10[V]
20
VTh =
= 10[Ω]
2
−Va + Vb + VTh = 0
VTh = 0 [V]
4.44. Para el circuito de la figura, obtener el equivalente de Thevenin en los siguientes
terminales.
a) a-b
b) b-c
Obtenemos el resistor equivalente de Thevenin 𝑅𝑇ℎ en a-b.
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅5 = 𝑅𝑒𝑞1
3 + 2 + 5 = 10[𝛺]
𝑅𝑒𝑞1 × 𝑅4 10 × 4
=
= 2.85
𝑅𝑒𝑞1 + 𝑅4
14
2.85 + 1 = 3.85[𝛺 ] = 𝑅𝑇ℎ
Encontramos 𝑉𝑇ℎ
Usamos el análisis de mallas
10 + 24 + 14𝑖 = 0
𝑖=1
𝑉𝑇ℎ = 𝑖𝑅
𝑉𝑇ℎ = 1 × 4 = 4[𝑉]
Obtenemos el resistor equivalente de Thevenin 𝑅𝑇ℎ en b-c.
𝑅1 + 𝑅2 + 𝑅4 = 𝑅𝑒𝑞2
𝑅𝑒𝑞2 × 𝑅5 9 × 5
=
= 3.21[𝜴] = 𝑅𝑇ℎ
𝑅𝑒𝑞2 + 𝑅5
13
Encontramos 𝑉𝑇ℎ
Obtenemos un circuito equivalente.
Aplicamos el análisis nodal en el nodo 𝑉0 .
𝑖1 + 𝑖2 = 𝑖3
24 − 𝑉0
𝑉0
+2=
9
5
𝑉0 = 15 = 𝑉𝑇ℎ
4.45. Encontrar el equivalente de Thevenin del circuito de Fig. 4.112 como se ve
mirando en los terminales a y b.
Para encontrar la resistencia de Thevenin:
𝑅𝑇𝐻 = 𝑅𝑒𝑞 =
(6 + 6) ∗ 4
= 4 [𝛺]
(6 + 6) + 4
Para encontrar VTH en a-b:
Transformación de fuente:
𝑉1 = 4 ∗ 6 = 24 [𝑉]
Divisor de tensión:
𝑉𝑇𝐻 =
4
∗ 24 = 6 [𝑉]
16
Entonces:
{
𝑉𝑇𝐻 = 6 [𝑉]
𝑅𝑇𝐻 = 4 [𝛺]
Circuito equivalente:
4.46. Usando la Fig. 4.113, diseñar un problema para ayudar a otros estudiantes a
entender mejor Norton.
Encontrar el equivalente de Norton en el circuito de la figura.
𝐼 = 4𝐴
𝑅1 = 10Ω
𝑅2 = 10Ω
𝑅3 = 20Ω
𝑅𝑁 = 𝑅3 ∥ 𝑅1 + 𝑅2
𝑅𝑁 = 20 ∥ 10 + 10
𝑅𝑁 =
20 ∗ 20
= 10Ω
40
𝐼𝑁
𝑖1
𝑖2
Malla1
𝑖1 = 4[𝐴]
Malla 2
10𝑖2 + 10𝑖2 − 40 = 0
𝑖2 = 20[𝐴]
𝑖2 = 𝐼𝑁 = 20[𝐴]
4.47. Obtener el equivalente de Norton y Thevenin del circuito en la Fig. 4.114 con
respecto a los terminales a-b
−30 + 72𝑖 − 60𝑖2 = 0
72𝑖1 − 60𝑖2 = 30
𝑖2 = 2𝑣𝑥
(𝑖1 − 𝑖2) ∗ 60 = 𝑣𝑥
120𝑖1 − 121𝑖2 = 0
𝑖1 = 2.4
𝑖2 = 2.38
𝑣𝑥 = 𝑣𝑡ℎ = (0.01905) ∗ 60 = 1.1905[V ]
Rth en a-b.
𝑣𝑥 = 1
72𝑖1 − 60𝑖2 = 0
𝑖3 = 2.1[A ]
𝐼𝑛 =
2𝑣𝑥 = 2
60𝑖2 − 60𝑖1 = −1
1
𝑅𝑡ℎ = 𝑅𝑛 =
=
2.1
𝑖3 + 2 = 𝑖2
0.4762[Ω ]
𝑉𝑡ℎ 1.1905
=
= 2.5[A ]
𝑅𝑡ℎ 0.4762
4.48. Determinar el equivalente de Norton en los terminales A -B para el circuito.
Realizamos la siguiente configuración entre a-b una fuente de corriente de un amperio
i0 = 1[A]
6-10-V=0
RN=RTh= V/1
V=4[V]
RTh= 4[Ω]
Para calcular la IN
I0=2
VTH=-10 I0+4I0
VTH= -12 [v]
IN=V/R
IN=3 [A]
4.49. Halle el equivalente de Norton observando dentro de los terminales a-b del
circuito en la figura. Cuando V=40[V], I=3[A], R1=10[Ω], R2=40[Ω] y R3=20[Ω].
𝑅𝑛 = 𝑅𝑇ℎ = 28[Ω]
En el nodo:
40 − 𝑉0
𝑉0 𝑉0
= 10 +
+
10
40 20
𝑉0 =
40
[𝑉]
7
𝑖0 =
𝑉0 2
=
20 7
Pero:
𝐼𝑁 = 𝐼𝑠𝑐 = 𝑖0 + 3 = 3.286[𝐴]
4.50. Obtener el equivalente de Norton del siguiente circuito de la figura 4.116 en los
terminales a-b. Use el resultado para hallar la corriente i.
Figura 4.116
Para calcular R de Norton
Apagamos las fuentes independientes.
𝑅𝑁 = 𝑅1 + 𝑅2
𝑅𝑁 = 4 [Ω] + 6[Ω]
𝑅𝑁 = 10[Ω]
Para calcular 9i0I de Norton
Aplicamos análisis nodal
2[𝐴] +
12 − 𝑉1 𝑉1
=
6
4
48[𝐴] + 48 − 4𝑉1 = 6𝑉1
-10V1=-96
V1=9.6 [V]
−𝐼𝑁 =
12 − (9.6)
6
𝐼𝑁 = −0.4 [𝐴]
Calculamos I a partir de circuito resultante
−0.4[𝐴] + 4[𝐴] =
𝑉1
𝑉1
+
5[Ω] 10[Ω]
−4[𝐴] + 40[𝐴] = 2𝑉1 + 𝑉1
𝑉1 =
36
3
V1=12[V]
𝐼=
12[𝑉 ]
5
I=2.4[A]
4.51. Encontrar los equivalentes de Norton en los terminales.
a) a-b
b)c-d
Figura 4.117
Calculamos los equivalente de Norton entre a-b
𝑅𝑁 =
𝑅1 ∗ 𝑅2
+ 𝑅3
𝑅1 + 𝑅2
𝑅𝑁 =
6∗3
+2
9
𝑅𝑁 = 4[Ω]
Para calcular I de Norton
Aplicamos transformación de fuentes
𝐵1 =
120 6 ∗ 3
∗
= 40[𝑉]
6
9
𝐵2 = 6 ∗ 2 = 12[𝑉]
-40+12+4I=0
𝐼=
28
4
IN=7[A]
Para literal b)
𝑅𝑁 = 4 +
𝑅𝑁 =
6∗3
9
2∗6
= 1.5[Ω]
8
Vth=12 +I
Vth=19 [V]
𝐼𝑁 =
𝐼𝑁 =
𝑉𝑡ℎ
𝑅𝑛
19
= 12.667[𝐴]
1.5
4.52. Para el modelo de transistor de la figura 4.118, obtenga el equivalente de
Thevenin en las terminales a-b.
Figura 4.118
Resolución:
Voltaje de thevenin
Aplicamos analisi de mallas
En la malla 1
𝑖0 = 𝑖1
−6 + 𝑖1 ∗ 3𝑘 = 0
−6 + 𝑖0 ∗ 3𝑘 = 0
𝑖0 =
6
3
𝑖0 = 2𝑚𝐴
En la malla 2
𝑖2 = −20𝑖0
𝑖2 = −20 ∗ 2
𝑖2 = −40𝑚𝐴
Voc=Vth=-40*2=-80V
Resistencia de thevenin
Ilustración 1Circuito para obtener la Resistencia de thevenin
En la malla 1
𝑖0 = 𝑖1
𝑖0 = 0
En la malla2:
𝑖2 = −20𝑖0
𝑖2 = 0
En la malla 3
𝑖0 = 𝑖3
ENTONCES
𝑖0 =
𝑖0 =
𝑉
𝑅
1𝑉
2𝐾
𝑖0 = 0.5𝑚𝐴
𝑅𝑡ℎ =
𝑉0
1
=
= 2𝑘𝛺
𝑖0 0.5𝑚𝐴
4.53. Encontrar los equivalentes de Norton de la figura del circuito 4.119
Figura 4.119
Para calcular IN calculamos el v en el nodo
18 − 𝑣
𝑉 𝑉
+ 0.25 𝑉 = +
6
3 2
V=4[V]
𝑉
= 0.25𝑉 + 𝐼𝑁
2
𝐼𝑁 = 0.25𝑣 = 0.25(4)
IN=1[A]
Para calcular R de Norton
𝑉𝑜 = 2 ∗ 1 = 2[𝑉 ]
𝑉𝑎−𝑏 = 2 ∗
1
+𝑉
2
𝑉𝑎−𝑏 = 1 + 2
𝑅𝑡ℎ =
3[𝑉 ]
1[𝐴]
𝑅𝑡ℎ = 3[Ω]
4.54. Encontrar el equivalente de Thevenin entre las terminales a-b
𝑉𝑇ℎ = 𝑉𝑥
−3 + 1000𝑖0 + 2𝑉𝑥 = 0
3 = 1000𝑖0 + 2𝑉𝑥 = 0 (1)
𝑉𝑥 = −50 ∗ 40𝑖0
𝑉𝑥 = −2000𝑖0 (2)
(2) en (1)
3 = 1000𝑖0 − 4000𝑖0
𝑖𝑜 = −1[𝑚𝐴]
𝑉𝑇ℎ = 𝑉𝑥 = 2[𝑉]
Para calcular R de Thevenin
.
1[𝐴] = 40𝐼 +
𝑉𝑥
50
1) 𝑉𝑥 = 50(1 − 40𝐼)
2) 40𝐼 =
2𝑉𝑥
1𝑘
1 en 2
40𝐼 =
2(50(1 − 40𝐼 ))
1𝑘
I=1/60
Vx=(50(1-40(1/60))
Vx=16.667
𝑅𝑡ℎ = 𝑉𝑥 ∗ 1[𝐴]
𝑅𝑡ℎ = 16.667 ∗ 1
𝑅𝑡ℎ = 16.667 [Ω]
4.55. Obtener el equivalente Norton en los terminales del circuito de la figura.
NODO A
IN
80𝐼 +
𝑉𝑎𝑏
=1
50[Ω]
(1)
8𝐼 + 0.001𝑉𝑎𝑏 = 0
(2)
Para hallar 𝐼𝑁 .
Reemplazamos 2 en 1
−80 (
0.001𝑅𝑎𝑏
𝑟𝑎𝑏
)+
=1
8
50
−0.01𝑅𝑎𝑏 +
𝑅𝑎𝑏
=1
50
0.5𝑅𝑎𝑏 = 50
𝑅𝑎𝑏 = 100 𝐾Ω
80𝐼=−𝐼𝑁
𝐼𝑁 = −80𝐼
−2 + 8𝐼 = 0
𝐼=
1
4
𝐼𝑁 = −20𝑚𝐴
4.56. Usando el teorema de Norton encontrar V0
Calculamos R de Norton
𝑅𝑁 =
𝑅𝑁 =
𝑅1 ∗ 𝑅2
+ 𝑅3 + 𝑅4
𝑅1 + 𝑅2
12 + 24
𝑘 + 2𝐾 + 10𝑘
36
𝑅𝑁 = 20𝐾
Para calcular I de Norton
Aplicamos análisis de malla
Malla 1.
−36 + 36𝐾 (𝐼1) − 24𝐾 (𝐼2) = 0
36𝐾 (𝐼1) − 24𝐾 (𝐼2) = 36
Supermalla
−24𝐾 (𝐼1) + 26𝐾 (𝐼2) + 10𝑘 (𝐼3) = 0
𝐼3 + 3[𝑚𝐴] = 𝐼2
Resolviendo el Sistema
I3=IN=-0.003[A]
𝑉
𝑉
+
= 3[𝑚𝐴]
20𝐾 1𝐾
V=0.2857
4.57. Determinar los equivalentes de Thevenin en el circuito de la figura 4.123
Figura 4.123
Calculamos R de Thevenin y Norton
Aplicamos análisis de nodos
0.5𝑉𝑥 + 1 =
𝑉1 𝑉1 − 𝑉𝑥
+
1)
10
2
𝑉1 − 𝑉𝑥 𝑉𝑥 𝑉𝑥
=
+
2)
2
3
6
V1=10[V]
Rth=RN=V1*1[A]
Rth=RN=10 [Ω]
Para calcular Vth
50 − 𝑉𝑥 𝑉𝑥 𝑉𝑥 − 𝑣1
=
+
6
6
2
𝑉𝑥 − 𝑉1
𝑉1
+ 0.5𝑉𝑥 =
2
2
Vth=V1=166367[V]
IN=Vth/RN
𝐼𝑁 =
166,7
= 16.67[𝐴]
10
5.58. La red en la Fig. 4.124 modelos de un transistor bipolar amplificador de emisor
común conectado a una carga. Encontrar la resistencia Thevenin visto por la carga.
Fig 4.124
V1
Aplicamos análisis nodal
𝑉𝑠 − 𝑉
𝑉
+ 𝑏𝑖𝑏 =
𝑅1
𝑅2
𝑅2 (
𝑉𝑠 − 𝑉 𝑏𝑖𝑏 𝑅1
)=𝑉
+
𝑅1
𝑅1
𝑉𝑠 − 𝑉 𝑏 𝑅1
𝑉𝑠 − 𝑉 𝑏𝑖𝑏 𝑅1
𝑉𝑠 − 𝑅2 ( 𝑅1 + 𝑖𝑏
𝑅1 ) + 𝑏 = 𝑅2 ( 𝑅1 + 𝑅1 )
𝑖𝑏
𝑅1
𝑅2
𝑉𝑠 − 𝑉 𝑏 𝑅1
𝑉𝑠 − 𝑉 𝑏𝑖𝑏 𝑅1
𝑅2 ( 𝑅1 + 𝑖𝑏
)
𝑉𝑠
−
𝑅2
(
𝑅1 −
𝑅1 + 𝑅1 )
𝑅2
𝑅1
𝑖𝑏 = 𝐼𝑁 =
𝑏
4.59. Determine los equivalentes de Thevenin y Norton en las terminales a-b del
circuito de la figura 4.125.
Figura 4.125.
Figura a) Corriente de Norton
𝑖1 = 8[𝐴]
−10𝑖1 + 30𝑖2 = 0
−10(8) + 30𝑖2 = 0
30𝑖2 = 80
𝑖2 = 2.66[𝐴]
−50𝑖1 + 90𝑖3 = 0
−50(8) + 90𝑖3 = 0
90𝑖3 = 400
𝑖3 = 4.44[𝐴]
𝑖3 = 𝐼𝑁 + 𝑖2
𝐼𝑁 = 𝑖3 − 𝑖2
𝐼𝑁 = 4.44[𝐴] − 2.66[𝐴]
𝐼𝑁 = 1.78[𝐴]
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝑁 ∗ 𝑅𝑁
𝑉𝑇ℎ = 1.78[𝐴] ∗ 22.5[Ω]
𝑉𝑇ℎ = 40.05[𝑉]
Figura b) Resistencia de Norton y Thevenin
𝑅𝑒𝑞1 = 10[Ω] + 20[Ω]
𝑅𝑒𝑞1 = 30[Ω]
𝑅𝑒𝑞2 = 50[Ω] + 40[Ω]
𝑅𝑒𝑞1 = 90[Ω]
𝑅𝑁 = 𝑅𝑇ℎ =
30[Ω] ∗ 90[Ω]
30[Ω] + 90[Ω]
𝑅𝑁 = 𝑅𝑇ℎ = 22.5[Ω]
4.60. Encontrar Thevenin y Norton en los terminales a,b en el circuito de la
figura4.126.
Figura 4.126.
.
𝑉 = 𝑖 ∗ 𝑅 = 12𝑉
𝑉 = 18 + 12 = 30𝑉
𝑅𝑒𝑞1 = 6 + 4 = 10Ω
𝑖=
𝑉 10
=
= 2𝐴
𝑅
5
𝑖=
𝑉 30
=
= 3𝐴
𝑅 10
𝑅𝑇𝐻 = 𝑅𝑁 = 3.33Ω
𝑉𝑇ℎ = 10𝑉
𝐼𝑁 = 3𝐴
4.61. Obtenga los equivalentes de thevenin y norton en los terminales a-b en el
circuito de la figura4.127
Figura 4.127
Encontrarnos R de Thevenin y Norton
Aplicamos transformación de delta a estrella
𝑅1 =
12
= 6/7[Ω]
14
𝑅2 =
12
= 6/7[𝛺]
14
𝑅3 =
36
= 36/7[𝛺]
14
𝑅𝑒1 = 2 +
6 18
𝐼𝐼
+2
7
7
𝑅𝑇ℎ𝑒 = 𝑅𝑁 =
15 6
+ 𝐼𝐼 2
7 7
𝑅𝑇ℎ𝑒 = 𝑅𝑁 = 1.2[Ω]
Para calcular V de thevenin
Aplicamos análisis de malla
Malla 1)
−24 +
80
60
𝐼1 −
𝐼2 = 0
7
7
80
60
𝐼1 −
𝐼2 = 24
7
7
Malla 2)
12 +
80
60
𝐼2 − 𝐼1 = 0
7
7
80
60
𝐼2 − 𝐼1 = −12
7
7
Resolviendo el sistema I2 =-1.2 [A]
Para el voltaje de thevenin
𝑉𝑡ℎ = 12 + 2𝐼2
𝑉𝑡ℎ = 12 + 2(−.12)
𝑉𝑡ℎ = 9.6[𝑉 ]
IN=
9.6[𝑉]
1.2
IN=8[A]
4.62. Encuentre los equivalentes de thevenin en el circuito de la figura 4.128
Ya que no tiene fuentes independientes su voltaje es cero
VTh=0
Para calcular R de thevenin
Análisis de nodal
1[𝐴] =
2𝑉𝑜 − 𝑉 𝑉
−
40
20
40=2Vo-V
Nodo 2)
2𝑉𝑜 − 𝑉 𝑉
0.1𝑉 𝑉 − 𝑉𝑜
−
=
+
40
20
20
20
3Vo-1.2V=0
Resolviendo el sistema V0=10.53
Rth=3(Vo)*I
Rth=31.5[Ω]
4.63. Encontrar el equivalente de Norton para el circuito de la figura 4.129.
Figura 4.129. Circuito para el problema 4.63.
𝐼𝑁 = 0[𝐴]
Si 𝑣1 = 1[𝐴] entonces realizamos un divisor de tensión:
𝑉𝑜 = (
20
)𝑉
20 + 10 1
𝑉𝑜 =
𝐼𝑜 =
𝐼𝑜 =
2
[𝑉 ]
3
𝑉1
− 0.5𝑉𝑜
30
1
2
− (0.5 ∗ )
30
3
𝐼𝑜 = −0.3[𝐴]
𝑅𝑁 =
𝑉1
1
=
𝐼𝑜 −0.3
𝑅𝑁 = −3.33. . [𝛺 ]
4.64. Obtenga los equivalentes de thevenin en los terminales a-b del circuito de la
figura 4.130
1[V]
Figura 4.130
Como no hay una fuente independiente el Vth =0[V]
Para calcular R de thevenin
.
Aplicamos analisi nodal
𝑉𝑥
1 − 𝑉𝑥 𝑉𝑥 𝑉𝑥 − 10( 2 )
=
+
1
2
4
1 − 𝑉𝑥 𝑉𝑥 −4𝑉𝑥
=
+
1
2
4
4 − 4𝑉𝑥 = 2𝑉𝑥 − 4𝑉𝑥
𝑉𝑥 = 1[𝑉]
𝐼 = 1[𝐴]
Rth=V/I
Rth=1[Ω]
4.65. Para el circuito mostrado en la Fig. 4.131, determine la relación entre Vo e Io.
Figura. 4.131
Aplicamos transformación de fuentes
RTh = (12║4)+2
VTh = 32(12/16)
RTh = 5 [Ω]
VTh = 24[V]
24+R1(Io)+Vo=0
-24+5(Io)+Vo=0
Vo=24-5Io
CÁPITULO 5
AMPLIFICADOR OPERACIONAL
SECCIÓN 5.3 AMPLIFICADOR OPERACIONAL IDEAL
5.8. Obtener 𝒗𝟎 para cada uno de los circuitos del amplificador operacional en la
figura.
Para el circuito de la figura (a).
En el nodo 1:
𝑖1 = 𝑖2
1𝑚 =
𝑣1 − 𝑣2
2𝑘
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣1 = 𝑣𝑎 = 𝑣𝑏 = 0
𝑣2 = −2[𝑉]
𝑣0 = 𝑣2 = −2[𝑉]
Para el circuito de la figura (b).
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣1 = 𝑣𝑎 = 1[𝑉]
−𝑣𝑎 + 2 + 𝑣0 = 0
𝑣𝑎 − 2 = 𝑣0
1 − 2 = 𝑣0
𝑣0 = −1[𝑉]
5.9. Determine 𝒗𝟎 en cada uno de los circuitos de amplificador operacional.
(a)
(b)
En el circuito de la figura (a) tenemos:
4 − 𝑣0
= 0.001
2𝑘
𝑣0 = 2[𝑉]
En el circuito de la figura (b) tenemos:
−3 + 2 + 𝑣0 = 0
𝑣0 = 2[𝑉]
5.10. Halle la ganancia
𝒗𝟎
⁄𝒗𝒔 del circuito de la figura.
10
)
10 + 10
𝑣0
𝑣𝑠 =
2
𝑣0
=2
𝑣𝑠
𝑣𝑠 = 𝑣0 (
5.11. Usando la figura a continuación, diseñe un problema para ayudar a otros
estudiantes a entender operadores ideales.
Encuentre 𝑖0 y 𝑣0
Para 𝑉 = 3[𝑉], 𝑅1 = 2[𝑘Ω], 𝑅2 = 8[𝑘Ω], 𝑅3 = 4[𝑘Ω], 𝑅4 = 10[𝑘Ω] y 𝑅5 = 4[𝑘Ω]
𝑣𝑎 = 𝑣𝑏
3 − 𝑣𝑎 𝑣𝑎 − 𝑣0
=
2𝑘
8𝑘
(1) 12 = 5𝑣𝑎 − 𝑣0
𝑣𝑎 − 𝑣0
𝑣0
+ 𝑖0 =
8𝑘
4𝑘
3 − 𝑣𝑏
𝑣𝑏
=
5𝑘
10𝑘
6 = 3𝑣𝑏
(2) 𝑣𝑏 = 2[𝑉]
(2) en (1):
12 − 4(2) = 2 − 𝑣0
𝑣0 = −2[𝑉]
Para hallar 𝑖0 tenemos que:
4
2
+ 𝑖0 = −
8𝑘
4𝑘
𝑖0 = −1[𝑚𝐴]
5.12. Calcular el valor relativo
que el amplificador es ideal.
𝒗𝟎
⁄𝒗𝒔 del circuito de la figura a continuación. Asuma
𝑣𝑎 = 𝑣𝑏 = 0
𝑣𝑠 − 𝑣𝑏 𝑣𝑏 − 𝑣0
=
5𝑘
25𝑘
𝑣𝑠 −𝑣0
=
5𝑘 25𝑘
5𝑣𝑠 = −𝑣0
𝑣0
= −5
𝑣𝑠
5.13. Halle 𝒗𝟎 e 𝒊𝟎 en el circuito de la figura.
𝑣1 = 𝑣2
Por el nodo 1 tenemos:
𝑖1 = 𝑖2
0 − 𝑣1 𝑣1 − 𝑣0
=
50𝑘
100𝑘
−2𝑣1 = 𝑣1 − 𝑣0
(1) 𝑣0 = 3𝑣1
Por el nodo 2 tenemos:
𝑖3 = 𝑖4
1 − 𝑣2
𝑣2 − 0
=
10[𝑘Ω] 90[𝑘Ω]
9 − 9𝑣2 = 𝑣2
10𝑣2 = 9
(2) 𝑣2 =
9
[𝑉]
10
Ecuación (2) en (1):
𝑣0 = 3 ∗
9
10
𝑣0 = 2.7[𝑉 ]
Por ley de corriente de Kirchhoff tenemos que:
𝑖0 + 𝑖5 + 𝑖2 = 0
𝑖0 = −𝑖5 − 𝑖2
𝑖0 = −
0 − 𝑣0
𝑣1 − 𝑣0
−
10[𝑘Ω] 100[𝑘Ω]
100[𝑘Ω]𝑖0 = 10𝑣0 − 𝑣1 + 𝑣0
100000𝑖𝑜 = 11(2.7) −
9
10
𝑖0 = 288[𝜇𝐴]
5.14. Determine el Voltaje de salida 𝒗𝟎 , en el siguiente circuito.
Aplicando transformación de fuente:
2 ∗ 5 = 10𝑉
𝑣1 − 10 𝑣1 − 𝑣2 𝑣1 − 𝑣0
+
+
=0
5
20
10
𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑣2 = 0
40 = 7𝑣1 − 2𝑣0 Ecuación nodo 1
𝑣2 − 𝑣1 𝑣2 − 𝑣0
+
=0
20
10
𝑣1 − 2𝑣0 Ecuación nodo 2
1 en 2: 𝑣0 = −2.5 𝑉
SECCIÓN 5.4 AMPLIFICADOR INVERSOR
5.15.
a) Determinar la relación
𝒗𝟎
⁄𝒊 . Es en el circuito de amplificador operacional de la
𝒔
siguiente figura.
b) Evaluar la relación para 𝑹𝟏 = 𝟐𝟎[𝒌𝛀], 𝑹𝟐 = 𝟐𝟓[𝒌𝛀] y 𝑹𝟑 = 𝟒𝟎[𝒌𝛀].
a)
𝑖𝑠 = 𝑖1
𝑖𝑠 =
0 − 𝑣1
𝑣1
=−
𝑅1
𝑅1
𝑣1 = −𝑖𝑠 𝑅1
𝑖𝑠 = 𝑖2 + 𝑖3
−
𝑣1 𝑣1 𝑣1 − 𝑣0
=
+
𝑅1 𝑅2
𝑅3
𝑣0
1
1
1
= 𝑣1 ( +
+ )
𝑅3
𝑅2 𝑅3 𝑅1
𝑣0 = −𝑖𝑠 𝑅1 𝑅3 (
1
1
1
+
+ )
𝑅2 𝑅3 𝑅1
𝑣0
𝑅1 𝑅3
= −(
+ 𝑅1 + 𝑅3 )
𝑖𝑠
𝑅2
b)
𝑣0
20 ∗ 40
= −(
+ 20 + 40)
𝑖𝑠
25
𝑣0
= −92[𝑘Ω]
𝑖𝑠
5.16. Use la figura siguiente y diseñe un problema que ayude a los estudiantes a
entender mejor los amplificadores inversores operacionales.
Nodo 𝑉𝑎
𝑖𝑥 = 𝑖1
10 ∗ (
0.5 − 𝑉𝑎
𝑉𝑎 − 𝑉0
)=(
) ∗ 10
5
10
1 − 2𝑉𝑎 = 𝑉𝑎 − 𝑉0
(1) 1 = 3𝑉𝑎 − 𝑉0
Divisor de voltaje:
𝑉𝑎 = 𝑉𝑏
𝑉𝑎 =
8
𝑉
8+2 0
(2) 𝑉0 =
10
𝑉
8 𝑎
(2) en (1):
1 = 3𝑉𝑎 − 𝑉0
8 ∗ 1 = (3𝑉𝑎 −
10
𝑉)∗8
8 𝑎
24𝑉𝑎 − 10𝑉𝑎 = 8
14𝑉𝑎 = 8
(3) 𝑉𝑎 =
(4) 𝑖𝑥 =
8
14
0.5 − 𝑉𝑎
5
(3) en (4):
𝑖𝑥 =
8
0.5 − 14
5
𝑖𝑥 = −0.0142 [𝑚𝐴]
Nodo 𝑉0 :
𝑖𝑦 + 𝑖1 = 𝑖2
𝑖𝑦 = 𝑖2 − 𝑖1
𝑖𝑦 =
𝑉0 − 𝑉𝑎 𝑉𝑎 − 𝑉0
−
2
10
𝑉0 =
10
𝑉
8 𝑎
10
10
𝑉𝑎 − 𝑉𝑎 𝑉𝑎 − 8 𝑉𝑎
8
(5) 𝑖𝑦 =
−
2
10
(3) en (5)
𝑖𝑦 = 0.08571 [𝐴]
𝒗
5.17. Calcule la ganancia 𝟎⁄𝒗𝒊 cuando el interruptor de la figura está en la: a)
posición 1 b) posición 2 c) posición 3.
a)
𝑣0
𝑅2
=−
𝑣𝑖
𝑅1
𝑣0
12
=−
𝑣𝑖
5
𝑣0
= −2.4
𝑣𝑖
b)
𝑣0
80
=−
𝑣𝑖
5
𝑣0
= −16
𝑣𝑖
c)
𝑣0
2000
=−
𝑣𝑖
5
𝑣0
= −400
𝑣𝑖
5.18. En referencia al circuito de la figura siguiente, halle el equivalente de Thevenin
a la izquierda de las terminales a-b.
𝑉0 = 𝑉𝑇ℎ
𝑉0 = −
𝑉0 = −
𝑅𝑓
∗𝑉
𝑅1 𝑖
10𝑘
∗ 7.5
10𝑘
𝑉0 = −7.5[𝑉]
𝑉𝑇ℎ = 𝑉0 = −7.5[𝑉]
𝑅𝑇ℎ = 0[Ω]
5.19. Determine 𝒊𝟎 en el circuito de la figura siguiente.
𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓. 𝐹𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 =
750𝑚
= 3.75 ∗ 10−4 [𝐴]
2𝑘
𝑅𝑒𝑞 = 2𝑘||4𝑘 =
4
[𝑘Ω]
3
4
𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓. 𝐹𝑢𝑒𝑛𝑡𝑒 = 3.75 ∗ 10−4 ∗ 𝑘 = 0.5[𝑉]
3
𝑉𝑠𝑎𝑙 = −0.5 (
3 ∗ 10𝑘
) = −0.9375[𝑉]
16𝑘
Aplicando nodos hallamos 𝑖0 .
−
𝑉𝑠𝑎𝑙
𝑉𝑠𝑎𝑙
+ 𝑖0 =
10𝑘
2𝑘
−𝑉𝑠𝑎𝑙 + 10𝑘𝑖0 = 5𝑉𝑠𝑎𝑙
10𝑘𝑖0 = 6𝑉𝑠𝑎𝑙
𝑖0 = 5.635 ∗ 10−4 [𝐴]
5.20. En el circuito de la figura siguiente, calcule 𝒗𝟎 si 𝒗𝒔 = 𝟐[𝑽]
Nodo a:
9 − 𝑣𝑎 𝑣𝑎 − 𝑣0 𝑣𝑎 − 𝑣𝑏
=
+
4𝑘
8𝑘
4𝑘
18 − 2𝑣𝑎 = 𝑣𝑎 − 𝑣0 + 2𝑣𝑎 − 2𝑣𝑏
(1) 18 = 5𝑣𝑎 − 𝑣0 − 2𝑣𝑏
Nodo b:
𝑣𝑎 − 𝑣𝑏 𝑣𝑏 − 𝑣0
=
4𝑘
2𝑘
(2) 𝑣𝑎 = 3𝑣𝑏 − 2𝑣0
𝑠𝑖: (3) 𝑣𝑏 = 𝑣𝑠 = 2[𝑉]
(3) en (1):
18 = 5𝑣𝑎 − 𝑣0 − 4
(4) 24 = 5𝑣𝑎 − 𝑣0
(3) en (2):
(5) 6 = 𝑣𝑎 + 2𝑣0
Resolviendo la ecuación (4) y (5) tenemos:
𝑣𝑎 =
𝑣0 =
50
[𝑉]
11
8
= 0.7276[𝑉]
11
5.21. Calcule 𝒗𝟎 en el circuito del amplificador operacional de la figura siguiente.
𝑉𝑎 = 𝑉𝑏 = 1[𝑉]
3 − 𝑉𝑎 𝑉𝑎 − 𝑉0
=
4
10
2 𝑉𝑎 − 𝑉0
=
4
10
𝑉0 = −4[𝑉]
5.22. Diseñe un amplificador inversor con una ganancia de -15.
𝑖1 = 𝑖2
𝑣𝑖 − 𝑣1 𝑣1 − 𝑣0
=
𝑅1
𝑅𝑓
𝑣1 = 𝑣2 = 0[𝑉]
𝑣𝑖
𝑣0
=−
𝑅1
𝑅𝑓
𝑠𝑖 𝐴𝑣 =
𝑣0
𝑣𝑖
𝑅𝑓
𝑣𝑜
=−
𝑣𝑖
𝑅1
𝐴𝑣 = −
𝑅𝑓
𝑅1
𝐴𝑣 = −15
−15 = −
15 =
𝑅𝑓
𝑅1
𝑅𝑓
𝑅1
𝑠𝑖 𝑅𝑓 = 150[Ω] 𝑦 𝑅1 = 10[Ω]
15 =
150
10
Entonces si cumple: 15 = 15
5.23. Encontrar
𝒗𝟎
⁄𝒗𝒔 .
𝑣𝑠 − 0 0 − 𝑣0
=
𝑅1
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑣0
=−
𝑣𝑠
𝑅1
5.24. En el circuito que aparece en la figura halle k en la función de transferencia de
tensión 𝒗𝟎 = 𝒌𝒗𝒔 .
𝑉1 = 𝑉2
Aplicamos LCK en el nodo 1 y tenemos:
𝑉1 𝑉1 − 𝑣𝑠 𝑉1 − 𝑣0
+
+
=0
𝑅1
𝑅2
𝑅𝑓
(1) (
1
1
1
𝑣𝑠 𝑣0
+
+ ) 𝑉1 −
=
𝑅1 𝑅2 𝑅𝑓
𝑅2 𝑅𝑓
Aplicamos LCK en el nodo 2 y tenemos:
0 − 𝑉2 𝑣𝑠 − 𝑉2
+
=0
𝑅3
𝑅4
𝑉2 𝑣𝑠 − 𝑉2
=
𝑅3
𝑅4
(
1
1
𝑣𝑠
+ ) 𝑉1 =
𝑅3 𝑅4
𝑅4
Por división de tensión, tenemos:
(3) 𝑉1 = (
𝑅3
) ∗ 𝑉𝑠
𝑅3 + 𝑅4
Reemplazando (3) en (1):
(
1
1
1
𝑅3
𝑣𝑠 𝑣0
) ∗ 𝑉𝑠 −
+
+ )(
=
𝑅1 𝑅2 𝑅𝑓 𝑅3 + 𝑅4
𝑅2 𝑅𝑓
𝑅3 𝑅3 𝑅4
𝑅3
1
) − ] ∗ 𝑣𝑠
𝑣0 = 𝑅𝑓 [( +
− )(
𝑅1 𝑅𝑓 𝑅2 𝑅3 + 𝑅4
𝑅2
𝑘=
𝑣0
𝑣𝑠
𝑅3 𝑅3 𝑅4
𝑅3
1
)− ]
𝑘 = 𝑅𝑓 [( +
− )(
𝑅1 𝑅𝑓 𝑅2 𝑅3 + 𝑅4
𝑅2
SECCIÓN 5.5 AMPLIFICADOR NO INVERSOR
5.25. Calcule en el circuito operacional de la figura
Figura 5.25. Circuito de amplificador operacional
Solución:
Marcando los nodos en los extremos de los resistores obtenemos:
Figura 5.25.1. Circuito marcado los nodos de los resistores.
Como podemos observar tenemos un amplificador operacional seguidor de tensión por lo
cual:
𝑉𝑏 = 3.7 𝑣
3.7 − 𝑣𝑎 𝑉𝑎 37 5𝑣𝑎
37 3
37
=
;
−
= 𝑣𝑎 ;
∗ = 𝑣𝑎 ; 𝑣𝑎 = 𝑣𝑜 =
= 2.31 𝑣
12
20
6
3
6 8
16
5.26. Usando la Fig. 5.64, designar un problema para ayudar a otro estudiante a
entender mejor los amplificadores operacionales no inversores.
Figura 5.64. Circuito para el problema 5.26.
Solución:
𝑉1 = 4 𝑉
𝑉2 = 6/(6 + 2) ∗ 𝑉𝑜
𝑉2 = 0.75 𝑉𝑜
𝑆𝑒𝑎 𝑉1 = 𝑉2 = 4[𝑉] 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠:
4 = 0.75𝑉𝑜
𝑉𝑜 = 5.33 𝑉
𝑖𝑜 =
𝑉𝑜
3𝑘
𝑖𝑜 = 1.78 𝑚𝐴
.
5.27. Encontrar Vo en el amplificador operacional de la figura.
Figura 5. Circuito para problema 5.27
El circuito que se presenta tiene un seguidor de tensión, por lo que el voltaje que
ingrese será el mismo que saldrá, para el voltaje que ingresa lo encontraremos mediante
un divisor de tensión.
𝑉24 =
24
∗ 7.5 = 4.5 [𝑉]
24 + 16
Por lo que el voltaje que sale o V2 es igual a 4.5 V y con este voltaje realizamos
un nuevo divisor de tensión en la resistencia de 12.
𝑉12 = 𝑉𝑜 =
12
∗ 4.5 = 2.7 [𝑉]
12 + 8
5.28. Encuentre en el circuito amplificador operacional de la figura. 5.66.
Ffigura 5.66. Circuito para el ejercicio 28.
Por se amplificador operacional no inversor.
𝑉𝑜 = (1 +
50𝑘
) ∗ 0.4
10𝑘
𝑉𝑜 = 2.4 [𝑉]
𝐼𝑜 = 2.4/20𝑘 1.2 ∗ 10−4
5. 29. Determine la ganancia de voltaje en el amplificador de la figura.
(𝑉𝑖 − 𝑉1) 𝑉1
=
; (1)
𝑅1
𝑅2
−
𝑉2 𝑉2 − 𝑉𝑜
=
;
𝑅1
𝑅2
(2)
1 𝑒𝑛 2 𝑦 𝑉1 = 𝑉2
𝑉𝑜 𝑅2
=
𝑉𝑖 𝑅1
5.30. En el circuito que aparece en la figura 5.68 halle potencia absorbida por el
resistor de 20 kΩ.
𝑉𝑜 = 𝑉𝑎 = 1.2
𝑅𝑒𝑞30𝐼𝐼20 =
𝑉𝑥 =
600
= 12 𝑘𝛺
50
12
∗ 1.2 = 0.2 𝑉
60 + 12
𝑖𝑥 =
0.2
= 1 ∗ 10−5 𝐴
20000
5.31. Para el circuito encuentre ix.
𝑉𝑎 = 𝑉𝑜
4𝑚 +
𝑉𝑜 − 𝑉1 𝑉1 𝑉1 − 𝑉𝑜
–
=
12𝑘
3𝑘
6𝑘
144 = 21𝑉1 − 9𝑉𝑜
𝑉1 − 2𝑉𝑜 = 0
𝑖𝑥 =
𝑉𝑜
6𝑘
𝑖𝑥 = 727 [𝑛𝐴]
5.32. Calcular Ix y Vo en el circuito de la figura 5.70 Encontrar en poder
dispersado en el resistor de 60 k.
Figura 5.70. Sadiku
𝑉𝑎 = 𝑉𝑏 = 4 [𝑚𝑉 ]
−
𝑉𝑎
𝑉𝑎 − 𝑉𝑥
=
10𝑘
50𝑘
𝑉𝑥 = 6𝑉𝑎
𝑉𝑥 = 24[𝑚𝑉 ]
𝐿𝑒𝑦 𝑑𝑒 𝑂ℎ𝑚
𝐼𝑥 =
𝑖𝑉𝑜 =
24[𝑚𝑉 ]
= 0.6 [𝑢𝐴]
40𝑘
60𝑘
= 0.4[𝑢𝐴]
90𝑘 (0.6)[𝑢𝐴]
𝑖𝑟60𝑘 = 0.2[𝑢𝐴]
𝑉𝑜 = 𝑖𝑣𝑜 ∗ 𝑅30𝑘
𝑉𝑜 = 12 [𝑚𝑉 ]
𝑃 = 𝑖60𝑘. 𝑘 ∗ 𝑅
𝑃 = (0.2[𝑢𝐴])2 ∗ 60𝑘
𝑃 = 2.4 [𝑛𝑊 ]
5.33. Remítase al circuito del amplificador operacional de la figura. Calcule y la
potencia que disipa el resistor de [ ].
Análisis en el nodo 1:
0 − 𝑉1 𝑉1 − 𝑉𝑜
=
2𝑘
1𝑘
3
𝑉𝑜 = 𝑉1
2
𝑉1 = 𝑉2 = 4[𝑉 ]
𝑉𝑜 =
3
∗ 4
2
𝑉𝑜 = 6[𝑉 ]
𝑖𝑥 =
𝑉1 − 𝑉𝑜
1𝑘
𝑖𝑥 =
4— 6
1𝑘
𝑖𝑥 = −2[𝑚𝐴]
𝑝=
𝑉𝑜 2
3𝑘
𝑃=
36
3𝑘
𝑃 = 12 [𝑚𝑊 ]
5.34. Dado el circuito mostrado en la figura exprese Vo en terminos de V1 y V2
𝑉1−𝑉𝑖𝑛
𝑅1
+
𝑉1−𝑉𝑖𝑛
𝑅2
𝑅3
= 0 Ecuación 1
𝑉𝑎 = (𝑅3+𝑅4 𝑉𝑜) Ecuación 2
1 en 2
𝑉1 − 𝑉𝑎 =
𝑉𝑎 (1 +
𝑅1
𝑅1
𝑉2 −
𝑉𝑎 = 0
𝑅2
𝑅2
𝑅1
𝑅1
) = 𝑉1 +
𝑉2
𝑅2
𝑅2
𝑅3𝑉𝑜
𝑅1
𝑅1
(1 + ) = 𝑉1 +
𝑉2
𝑅3 + 𝑅4
𝑅2
𝑅2
𝑉𝑜 =
𝑅3 + 𝑅4
𝑅1
(𝑉1 +
𝑉2)
𝑅1
𝑅2
𝑅3 (1 + 𝑅2)
𝑉𝑜 =
𝑅3 + 𝑅4
(𝑉1𝑅2 + 𝑉2)
𝑅3(𝑅1 + 𝑅2)
5.35. Diseñar un amplificador no inversor con una ganancia de 7,5.
𝑉1 = 𝑉2 = 6[𝑉 ]
𝐼1 = 𝐼2
𝑉𝑜 − 𝑉2
𝑉2
=
5𝑘
20𝑘
4𝑉𝑜 − 4𝑉2 = 𝑉2
𝑉𝑜 = 7.5[𝑉 ]
5.36. En relación con el circuito que se muestra en la figura5.73, halle el equivalente
de Thevenin en las terminales a-b. (Sugerencia: Para hallar RTh aplique una fuente
de corriente io y calcule vo.)
𝑽𝒕𝒉 =𝑽𝒂𝒃 (𝟏 +𝑹𝟐/𝑹𝟏)𝑽𝒔
No inversora está conectada a tierra
V1=V2=0
No pasa voltaje ni corriente en R1 Y R2
Vo=0
𝑅𝑡ℎ =
𝑉𝑜
=0
𝑖𝑜
SECCIÓN 5.6. AMPLIFICADOR SUMADOR
5.37. Determine la salida del amplificador sumador de la figura 5.74.
𝑉𝑜 = − [
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑅𝑓
∗ 𝑉1 +
∗ 𝑉2 +
∗ 𝑉3]
𝑅1
𝑅2
𝑅3
𝑉𝑜 = −3 𝑉
5.38. Diseñe un problema para ayudar a los estudiantes a entender mejor la suma
de amplificadores operacionales.
Calcule la tensión de salida debida al amplificador sumador que aparece en la figura.
Aplicamos la siguiente formula de amplificador operacional.
𝑉𝑜 = − [
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑅𝑓
∗ 𝑉1 +
∗ 𝑉2 +
∗ 𝑉3]
𝑅1
𝑅2
𝑅3
𝑉𝑜 = −120 𝑚𝑉
5.39. Para el amplificador operacional de la Fig.5.76, determine el valor de forma para
que
Como el circuito es un amplificador operacional sumador utilizamos su fórmula.
2
𝑣2
1
)
+
−
10𝑘 20𝑘 50𝑘
5𝑉2
−16.5 = 10 +
−1
2
𝑉2 = 3[𝑉 ]
𝑉𝑜 = −50𝑘 (
5.40. Referente al circuito mostrado en la figura 5.77, determine vo en los terminales
de Vt y V2.
Figura 5.77. Circuito para el ejercicio 5.40
𝑁𝑜𝑑𝑜 𝑏:
𝑖4 = 𝑖𝑜
𝑣𝑜 − 𝑣𝑏
=0
50
𝑁𝑜𝑑𝑜 𝑎:
𝑉2 − 𝑉𝑎
𝑉1
𝑣𝑜
+
= −
100𝑘
100𝑘
200𝑘
2𝑉2 + 2𝑉10 − 𝑉𝑜
𝑉𝑜 = − (
200𝑘
200𝑘𝑉2
)
𝑉1 +
100𝑘
100𝑘
𝑉𝑜 = −(2𝑉2 + 2𝑉1)
5.41. Un amplificador promediador es un sumador que proporciona una salida igual al
promedio de las entradas. Aplicando valores adecuados de entrada y resistor de
retroalimentación, puede obtenerse.
Con el uso de un resistor de retroalimentación de 10 kΩ, diseñe un amplificador
promediador con cuatro entradas.
Amplificador promediador con cuatro entradas
𝑉𝑜 = − [
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑅𝑓
∗ 𝑉1 +
∗ 𝑉2 +
∗ 𝑉3]
𝑅1
𝑅2
𝑅3
𝑅𝑓
= ¼
𝑅1
𝑅𝑖 = 40𝑘Ω
𝑅𝑓 = 10𝑘Ω
5.42. Un amplificador sumador de tres entradas tiene resistores de entrada con 𝑹𝟏 =
𝑹𝟐 = 𝑹𝟑 = 𝟕𝟓[𝒌𝛀]. Para producir un amplificador pro mediador. ¿Qué valor del
resistor de retroalimentación se necesita?
Figura. Amplificador Sumador
𝑣𝑎 = 0[𝑉]
𝑆𝑖 𝑣𝑜 = 𝑣1 = 𝑣2 = 𝑣3
𝑆𝑖 𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 75 [𝑘Ω]
𝑖 = 𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3
𝑣𝑎 − 𝑣𝑜 𝑣1 − 𝑣𝑎 𝑣2 − 𝑣𝑎 𝑣3 − 𝑣𝑎
=
+
+
𝑅𝑓
𝑅1
𝑅2
𝑅3
−
𝑣𝑜 𝑣1 𝑣2 𝑣3
=
+
+
𝑅𝑓 𝑅1 𝑅2 𝑅3
−
𝑣𝑜 3𝑣1
=
𝑅𝑓
𝑅1
𝑅𝑓 = −
𝑅𝑓 = −
𝑅1
3
75
[𝑘Ω]
3
∴ 𝑅𝑓 = 25[𝑘Ω]
5.43. Un amplificador sumador de cuatro entradas tiene𝑹𝟏 = 𝑹𝟐 = 𝑹𝟑 = 𝑹𝟒 = 𝟖𝟎[𝒌𝛀].
¿Qué valor del resistor de retroalimentación se necesita para convertirlo en un
amplificador promediador?
𝑅1 = 𝑅2 = 𝑅3 = 𝑅4 = 80[𝑘Ω]
𝑣𝑜 =
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑣1 + 𝑣2 + 𝑣3 + 𝑣4
𝑅1
𝑅2
𝑅3
𝑅4
𝑅𝑓
𝑅𝑜
𝑅𝑓 =
=
1
4
𝑅𝑜 80
[𝑘Ω]
=
4
4
∴ 𝑅𝑓 = 20 [𝑘Ω]
5.44. Demuestre que la tensión de salida 𝑽𝒐 del circuito de la figura es.
Figura.5.78 para el problema 5.44.
𝑉𝐴 = 𝑉𝐵
Aplicamos LKC en nodo A:
𝑖1 = 𝑖2
0 − 𝑉𝐴 𝑅4 − 𝑉𝑜
=
𝑅3
𝑅4
𝑉𝑜 = (
1
1
+ ) 𝑉𝐴 ∗ 𝑅4
𝑅3 𝑅4
Aplicamos LKC en nodo B:
𝑖3 + 𝑖4 = 0
𝑉1 − 𝑉𝐵 𝑉2 − 𝑉𝐵
+
=0
𝑅1
𝑅2
𝑉1 𝑉2
1
1
+
= ( + ) 𝑉𝐵
𝑅1 𝑅2
𝑅2 𝑅3
𝑉𝐵 = (
𝑅2 𝑅3 𝑉1 𝑉2
) +
𝑅2 + 𝑅3 𝑅1 𝑅2
Reemplazo 𝑉𝐵 en 𝑉𝑜
∴ 𝑉𝑜 =
(𝑅3 + 𝑅4 )
(𝑅 𝑉 + 𝑅1 𝑉2 )
𝑅3 (𝑅1 + 𝑅2 ) 2 1
5.46. El uso de sólo dos amplificadores operacionales, diseñar un circuito para
resolver.
−𝑣𝑜𝑢𝑡 =
−𝑣𝑜 =
−𝑣𝑜 =
𝑣1 − 𝑣2 𝑣3
+
3
2
𝑣1 1
1
+ (−𝑣2 ) + (𝑣3 )
3 3
2
𝑅𝑓
𝑅1
𝑣1 +
𝑅𝑥
𝑅2
(−𝑣2 ) +
𝑅𝑓
𝑅3
𝑣3
Sea 𝑅3 = 1,5𝑅𝑓 y 𝑅1 = 𝑅2 = 3,5𝑅𝑓
Para encontrar −𝑣2 , necesitamos un inversor.
Si 𝑅𝑓 = 15[𝑘Ω] entonces tendremos:
Figura. Circuito solución del problema 5.46. =43
SECCIÓN 5.7. AMPLIFICADOR DIFERENCIADOR
5.47. El circuito de la figura es un amplificador diferencial, encontrar 𝑽𝒐 dado 𝑽𝟏 = 𝟏
y 𝑽𝟐 = 𝟐.
Figura 9. Circuito para el problema 5.47
Dado que es un amplificador diferencial se puede aplicar la ecuación para dicho amplificador
de dónde.
𝑅1 = 2[𝑘Ω]
𝑅2 = 30[𝑘Ω]
𝑅3 = 2[𝑘Ω]
𝑅4 = 20[𝑘Ω]
𝑉1 = 1[𝑉]
𝑅1
)
𝑅2
𝑅2
𝑉𝑜 =
∗ 𝑉2 −
∗𝑉
𝑅3
𝑅1 1
𝑅1 ∗ (1 + )
𝑅4
𝑅2 ∗ (1 +
2
)
30
30
𝑉𝑜 =
∗2−
∗2
2
2
2 ∗ (1 + )
20
30 ∗ (1 +
∴ 𝑉𝑜 = 14,09[𝑉]
𝑉2 = 2[𝑉]
5.48. El circuito de la Fig. 5.80 es un amplificador diferencial impulsado por un puente.
Encuentra 𝒗𝒐 .
Figura 5.80. Circuito para el ejercicio .5.48.
 Al realizar una resistencia equivalente obtenemos:
𝑅𝑒𝑞1 = 20[𝑘Ω] + 80[𝑘Ω] = 100 [𝑘Ω]
Figura 5.81. Circuito con una resistencia equivalente para el ejercicio .5.48.
 Encontramos otra resistencia equivalente:
60 ∗ 100
𝑅𝑒𝑞2 = 40 + (
) = 77,5[𝑘Ω]
160
Figura 5.82. Circuito con una resistencia equivalente para el ejercicio .5.48.
 Encontramos la corriente que fluye por la parte interior del circuito.
𝑖=
10[𝑚V]
= 1,3 ∗ 10−7 [𝐴]
77,5[𝑘Ω]
 Encontramos la tensión para los resistores 60[𝑘Ω] y el de 100[𝑘Ω].
𝑣 = (1,3 ∗ 10−7 [𝐴])(37,5[𝑘Ω]) = 4,83 ∗ 10−3 [𝑉]
 Encontramos la tensión para el resistor 80[𝑘Ω].
En el nodo 1
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
10[𝑚] − 𝑣1
𝑣1
𝑣1 − 𝑣2
=
+
40[𝑘]
10[𝑘]
20 [𝑘]
7𝑣1 − 2𝑣2 = 10[𝑚] (1)
En el nodo 2
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
𝑣1 − 𝑣2
𝑣2
=0+
20 [𝑘]
80[𝑘]
2𝑣1 − 𝑣2 = 0 (2)
Entonces:
𝑣1 = 3,33[𝑚V]
𝑣2 = 6,66[𝑚V]
Por lo tanto:
𝑖𝑅80[𝑘Ω] =
𝑣2
6,66[𝑚V]
=
80[𝑘Ω]
80[𝑘Ω]
𝑖𝑅80[𝑘Ω] = 8,32 ∗ 10−8 [𝐴]
𝑣𝑅80[𝑘Ω] = (8,32 ∗ 10−8 [𝐴])(4,83 ∗ 10−3 [𝑉])
𝑣𝑅80[𝑘Ω] = 4,02 ∗ 10−10 [𝑉]
En el nodo 3
𝑣1 − 10[𝑚]
𝑣1
𝑣1 − 4,02 ∗ 10−10
+
+
=0
10[𝑘]
30[𝑘]
20[𝑘]
𝑣1 = 5,45 ∗ 10−3 [V]
 Encontramos la corriente que atraviesa 𝑅20 .
𝑖20 =
(5,45 ∗ 10−3 )(4,02 ∗ 10−10 )
= 2,72 ∗ 10−7 [𝐴]
20 ∗ 103
 Para finalizar encontramos la tensión de 𝑣𝑜 que es la misma tensión del resistor de 𝑅20 .
𝑣𝑜 = (4,02 ∗ 10−10 ) − (2,72 ∗ 10−7 )
∴ 𝑣𝑜 = −0,02[V]
5.49. Diseñe un amplificador de diferencia de modo que se tenga una ganancia de 4 y
una resistencia de entrada de modo común de 20 [kΩ] en cada entrada.
Si
𝑅2
𝑅1
= 4 entonces 𝑅2 = 4𝑅1
Y 𝑅1 = 𝑅3 = 20[𝑘Ω], 𝑅2 = 𝑅4 = 40[𝑘Ω]
𝑅1
)
𝑅2
𝑅2
𝑣𝑜 =
∗ 𝑣2 −
∗𝑣
𝑅
𝑅1 1
𝑅1 ∗ (1 + 3 )
𝑅4
𝑅2 ∗ (1 +
𝑣𝑜 = 4
(1 + 0,25)
∗ 𝑣 − 4𝑣1
(1 + 0,25) 2
∴ 𝑣𝑜 = 4(𝑣2 − 𝑣1 )
 Entonces se tendrán los siguientes valores:
𝑅1 = 𝑅3 = 20[𝑘Ω]
𝑅2 = 𝑅4 = 40[𝑘Ω]
𝑣𝑜 = 4(𝑣2 − 𝑣1 )
5.50. Diseñe un circuito para amplificar al doble la diferencia entre dos entradas.
a) Use sólo un amplificador operacional.
𝑣𝑜 =
𝑅1
(𝑣 − 𝑣1 )
𝑅2 2
𝑅2
=2
𝑅1
Si 𝑅2 = 20[Ω] y 𝑅1 = 10[Ω]
∴ 𝑣𝑜 = 2(𝑣2 − 𝑣1 )
5.52. Diseñar un circuito amplificador de tal manera que
𝒗𝒐 = 𝟒𝒗𝟏 + 𝟔𝒗𝟐 − 𝟑𝒗𝟑 − 𝟓𝒗𝟒
Todas las resistencias deben estar en un rango de 20 [kΩ] a 200 [kΩ].
SECCIÓN 5.8. CIRCUITO AMPLIFICADOR TIPO CASCADA
5.54. Determine el voltaje transferido
𝒗𝒐
⁄𝒗𝒔 en el circuito abierto, cuando el radio es 𝑹 =
𝟏𝟎[𝒌𝛀] .
𝑅
𝑅
𝑅
𝑅
𝑉1 = − ( 𝑉𝑠 + 𝑉𝑜 )
𝑉1 = −𝑉𝑠 − 𝑉𝑜
𝑅
𝑉𝑜 = (1 + ) 𝑉1
𝑅
𝑉𝑜 = 2𝑉1 = 2(−𝑉𝑠 − 𝑉𝑜 )
3𝑉𝑜 = −2𝑉𝑠
∴
𝑉𝑜
𝑉𝑠
= −0,6667
5.55. En un cierto dispositivo electrónico, un amplificador de tres etapas que se desea,
cuya ganancia de tensión en general es de 42 dB. Las ganancias de voltaje individuales
de las dos primeras etapas deben ser igual, mientras que la ganancia de la tercera debe
ser igual a ¼ de cada uno de los dos primeros. Calcule el voltaje ganancia de cada uno.
Tensión en general:
𝐴 = 42[𝑑𝐵]
20 log10 𝐴 = 2,1
𝐴 = 102,1
𝐴 = 125,89
𝐴1 = 𝐴2 = 𝑉
1
𝐴3 = 𝑉
4
𝐴 = 𝐴1 𝐴2 𝐴3
𝐴=𝑉∗𝑉∗
𝐴=
𝑉
4
𝑉3
4
3
𝑉 = √503,572
𝑉 = 7,96
∴ 𝐴1 = 𝐴2 = 7,96
1
𝐴3 = (7,96)
4
∴ 𝐴3 = 1,99
5.56. Usando la fig 5.83 diseñar un problema para ayudar a otro estudiante a entender
mejor los amplificadores en cascada
Figura 6. Circuito 5.83 amplificadores en cascada
Figura 7. Circuito con valores para realizar cálculos
 En un amplificador inversor:
𝑉𝑜 = −
𝑅𝐴
𝑣
𝑅𝐹1 𝑖
 En cascada:
𝑉𝑜 = (−
𝑉𝑜 = (−
∴
𝑅𝐴1
𝑅𝐴
) (− 2 ) 𝑣𝑖
𝑅𝐹1
𝑅𝐹2
50
50
) (− ) 𝑣𝑖
10
30
𝑉𝑜 10
= ⁄3
𝑣𝑖
84
5.57. Halle 𝒗𝒐 en el circuito del amplificador operacional de la figura.5.84.
𝑣1 = −
𝑣1 = −2𝑣𝑠1
𝑣2 = −
100
100
𝑣 𝑠2 −
𝑣
50
100 𝑠1
𝑣2 = −2𝑣𝑠2 − (−2𝑣𝑠1 )
𝑣𝑜 = (1 +
100
)𝑣
50 2
𝑣𝑜 = 3𝑣2
∴ 𝑣𝑜 = 6𝑣𝑠1 − 6𝑣𝑠2
5.58. Calcule 𝒊𝒐 en el circuito del amplificador operacional de la figura.5.85.
50
𝑣
25 𝑠1
85
𝑉1 =
3∥5
∗ (0,6)
1+3 ∥5
𝑉1 = 0,3913 [𝑉]
 Es el voltaje de salida del primer amplificador operacional.
0,3913 0,3913
𝑉𝑂 = −10 (
+
)
5
2
𝑉𝑂 = −2,739 [𝑉]
𝑖𝑂 =
0 − 𝑉𝑂
4[𝑘Ω]
∴ 𝑖𝑂 = 0,685[𝑚𝐴]
5.59. En el circuito del amplificador operacional de la figura 5.86. Determine la
ganancia en tensión vo/vs. Adopte R =10 kΩ.
86
Ilustración 2 circuito amplificador operacional 5.86
Ilustración 3circuito amplificador operacional resolución por nodos
Nodo 1
Nodo 2
20 ∗ (
𝑖1 = 𝑖2
𝑖3 = 𝑖4
0 − 𝑣𝑠 𝑣𝑠 − 𝑉1
=
10
20
𝑉1 − 0 0 − 𝑣0
=
10
40
−𝑣𝑠
𝑣𝑠 − 𝑉1
)=(
) ∗ 20
10
20
𝑉1
−𝑣0
40 ∗ ( ) = (
) ∗ 40
10
40
−2𝑣𝑠 = 𝑣𝑠 − 𝑉1
(𝟏)
− 𝟑𝒗𝒔 = −𝑽𝟏
4𝑉1 = −𝑣0
(𝟐)
(2) en (1)
−3𝑣𝑠 = −𝑉1
−3𝑣𝑠 =
𝑣0
4
𝒗𝟎
= −𝟏𝟐
𝒗𝒔
5.60. Calcule vo/vi en el amplificador operacional de la figura 5.87
𝑽𝟏 = −
𝒗𝟎
𝟒
87
Ilustración 4Circuito amplificador operacional 5.87
Ilustración 5Circuito amplificador operacional resuelto por nodos y divisor
Divisor
Nodo 1
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
𝑉1 =
𝑣𝑖 0 − 𝑉1 0 − 𝑣0
=
+
5
10
4
(𝟐)
10
(𝑣 )
10 + 2 0
𝑽𝟏 =
𝑣𝑖
−𝑉1 −𝑣0
20 ∗ ( ) = (
−
) ∗ 20
5
10
4
(𝟏)
𝟏𝟎
(𝒗 )
𝟏𝟐 𝟎
(2) en (1)
𝟒𝒗𝒊 = −𝟐𝑽𝟏 − 𝟓𝒗𝟎
4𝑣𝑖 = −2(
4𝑣𝑖 = −
10
𝑣 ) − 5𝑣0
12 0
10
𝑣 − 5𝑣0
6 0
𝒗𝟎 −𝟏𝟐
=
= −𝟎. 𝟔𝑽
𝒗𝒊
𝟐𝟎
5.61. Determine vo en el circuito de la figura 5.88.
Ilustración 6Circuito amplificador 5.88
Ilustración 7Circuito amplificador resuelto por nodos
88
𝑉𝑎 = 0
0.4 − 0 0 − 𝑉𝑏
=
10
20
𝑉𝑏 = 0.8𝑉
𝑉𝑐 = 0
𝑉𝑏 − 𝑉𝐶 −0.2 − 𝑉𝑐 𝑉𝑐 − 𝑉0
+
=
20
10
40
2𝑉𝑏 − 0.8 = −𝑉0
𝑉0 = 2.4𝑉
5.62. Obtenga la ganancia en tensión de lazo cerrado vo/vi del circuito de la figura
5.89.
Ilustración 8Circuito amplificador 5.89
Ilustración 9Circuito amplificador operacional resuelto por nodos
89
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
𝑣𝑖 − 𝑣1 𝑣1 − 𝑣2 𝑣1 − 𝑣0
=
+
𝑅1
𝑅2
𝑅𝑓
𝑣1 = 0𝑉
𝑣𝑖
𝑣2 𝑣0
=− −
𝑅1
𝑅2 𝑅𝑓
𝑣2
𝑣𝑖 𝑣0
=− −
𝑅2
𝑅1 𝑅𝑓
(𝟏 )
𝒗𝟐 = −
𝑹𝟐
𝑹𝟐
𝒗𝒊 −
𝒗
𝑹𝟏
𝑹𝒇 𝟎
Aplicando divisor de voltaje:
𝑣0 =
(𝟐)
𝑅4
𝑣
𝑅3 + 𝑅4 2
𝒗𝟐 =
𝑹𝟑 + 𝑹𝟒
𝒗𝟎
𝑹𝟒
Reemplazamos 2 en 1 y obtenemos:
𝑅3 + 𝑅4
𝑅2
𝑅2
𝑣0 = − 𝑣𝑖 − 𝑣0
𝑅4
𝑅1
𝑅𝑓
𝑅3 + 𝑅4
𝑅2
𝑅2
𝑣0 + 𝑣0 = − 𝑣𝑖
𝑅4
𝑅𝑓
𝑅1
𝑣0 (
𝑣0 (
𝑅3 + 𝑅4 𝑅2
𝑅2
+ ) = − 𝑣𝑖
𝑅4
𝑅𝑓
𝑅1
𝑅𝑓 𝑅3 + 𝑅𝑓 𝑅4 + 𝑅4 𝑅2
𝑅2
) = − 𝑣𝑖
𝑅4 𝑅𝑓
𝑅1
𝑹𝟐 𝑹𝟒 𝑹𝒇
𝒗𝟎
=−
𝒗𝒊
𝑹𝟏 (𝑹𝒇 𝑹𝟑 + 𝑹𝒇 𝑹𝟒 + 𝑹𝟒 𝑹𝟐 )
5.63. Determine la ganancia vo/vi del circuito de la figura 5.90.
Ilustración 10Circuito amplificador 5.90
𝑣1 −𝑣2 𝑣0
=
−
𝑅1
𝑅2
𝑅3
90
𝑣2 𝑣𝑖
𝑣0
+
=−
𝑅5 𝑅6
𝑅4
(𝟏)
𝒗𝟏 𝒗𝟐
𝒗𝟎
+
=−
𝑹𝟏 𝑹𝟐
𝑹𝟑
(𝟐) 𝒗𝟐 = 𝑹𝟓 (−
𝒗𝒊 𝒗𝟎
− )
𝑹𝟔 𝑹𝟒
2 en 1
𝒗𝒊 𝒗𝟎
𝒗𝟏 𝟓(− 𝑹𝟔 − 𝑹𝟒 )
𝒗𝟎
+
=−
𝑹𝟏
𝑹𝟐
𝑹𝟑
𝑹𝟏 𝑹𝟒
𝒗𝟎 𝑹𝟏 𝑹𝟓 − 𝑹𝟒 𝑹𝟔
=
𝑹 𝑹
𝒗𝒊
1− 𝟐 𝟒
𝑹𝟑 𝑹𝟓
5.64. En referencia al circuito del amplificador operacional que se presenta en la figura
5.91, halle vo/vs.
Ilustración 11Circuito amplificador operacional5.91
Ilustración 12Circuito amplificador realizado por nodos
Nodo1
Igualamos 1 = 2
Nodo2
𝑖4 + 𝑖5 = 𝑖6
𝑣𝑠 𝐺1 + 𝑣0 𝐺4 = 𝑣𝑠 𝐺2 + 𝑣0 𝐺3
𝑣 𝐺 + 𝐺𝑣1 = −𝑣0 𝐺3
𝑣𝑠 𝐺1 = −𝐺𝑣1 − 𝑣0 𝐺4 𝑣 𝐺 − 𝑣 𝐺 = 𝑣 𝐺 − 𝑣 𝐺𝑠 2
𝑠 1
𝑠 2
0 3
0 4
(𝟐)
𝒗 𝑮 + 𝒗𝟎 𝑮𝟑 = −𝑮𝒗𝟏
(𝟏)
𝒗𝒔 𝑮𝟏 + 𝒗𝟎 𝑮𝟒 = −𝑮𝒗𝑣𝟏 (𝐺 − 𝐺 ) = 𝑣 (𝐺 − 𝐺 ) 𝒔 𝟐
𝑠 1
2
0 3
4
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
𝒗𝟎 (𝑮𝟏 − 𝑮𝟐 )
=
𝒗𝒔 (𝑮𝟑 − 𝑮𝟒 )
91
5.65. Halle vo en el circuito del amplificador operacional de la figura 5.92.
Ilustración 13Circuito amplificador operacional5.92
Para la salida del primer amplificador operacional tenemos:
𝑣1 = 6𝑚𝑉 − 0 = 6𝑚𝑉
Para la salida del segundo amplificador operacional tenemos un amplificador inversor:
𝑣2 = −
30
∗ 0.006 = −18𝑚𝑉
10
Para el último amplificador operacional observamos que es un amplificador no inversor por
lo que aplicamos la fórmula:
92
𝑣0 = (1 +
8
27
) ∗ −0.018 = −
= −21.6𝑚𝑉
40
1250
5.66. Para el circuito de la figura 5.93, halle vo.
Ilustración 14Circuito amplificador operacional5.93
Ilustración 15Circuito amplificador operacional resuelto por nodos
Nodo1
(𝟏)
𝒗𝟏 = 𝒗𝟐 = 𝒗𝟑 = 𝒗𝟒 = 𝟎𝑽
4 − 𝑣1 𝑣1 −𝑣01
−
20
40
8 − 2𝑣1 − 𝑣1 + 𝑣01 = 0
(𝟐)
−𝒗𝟏 +𝒗𝟎𝟏 = −𝟖𝑽
Reemplazamos de 1 en 2 entonces:
(𝟑)
Nodo 2
𝒗𝟎𝟏 = −𝟖𝑽
𝑣3 − 𝑣0 𝑣01 − 𝑣3 6 − 𝑣3 2 − 𝑣3
−
+
+
+
=0
100
20
25
10
(𝟒)
93
− 𝒗𝟑 + 𝒗𝟎 + 𝟓𝒗𝟎𝟏 − 𝟓𝒗𝟑 + 𝟐𝟒 − 𝟒𝒗𝟑 + 𝟐𝟎 − 𝟐𝟎𝒗𝟑 = 𝟎
Reemplazamos 1 y 3 en 4 entonces
𝒗𝟎 = −𝟒𝑽
5.67. Obtenga la salida vo en el circuito de la figura 5.94.
Ilustración 16Circuito amplificador operacional 5.94
Ilustración 17Circuito amplificador operacional resuelto por formulas
En la figura C1 es un amplificador seguidor de tensión por lo que el voltaje que ingresa para
C3 es el mismo de la fuente que se encuentra en C1.
El amplificador en el recuadro 3 es un amplificador inversor por lo que aplicando la fórmula
se tiene.
𝑉03 = −
𝑅𝑓
80
∗ 𝑉𝑖 = − ∗ 0.3 = −1.2𝑉
𝑅𝑖
20
El amplificador del recuadro 2 es un seguidor de tensión por lo que el voltaje que sale por
este, es el mismo que ingresa, por lo tanto este voltaje es de 0.7 V.
En el recuadro final C4 tenemos un amplificador sumador por lo que aplicando la fórmula se
tiene que.
𝑅𝑓
𝑅𝑓
80
80
𝑉0 = − ( ∗ 𝑉1 +
∗ 𝑉2 ) = ( ∗ −1.2 +
∗ 0.7) = 0.4𝑉
𝑅𝑖
𝑅2
40
20
94
5.68. Halle vo en el circuito de la figura 5.95, suponiendo que Rf =∞ (circuito abierto).
Ilustración 18Circuito amplificador operacional 5.95
Si 𝑅𝑓 = ∞
Por ser amplificador operacional inversor.
𝑣𝑎 = −
15
∗ 15 = −45𝑚𝑉
5
Como la salida del amplificador operacional es la entrada del amplificador operacional no
inversor entonces:
6
𝑣0 = (1 + ) ∗ −45 = −99𝑚𝑉
5
5.69. Repita el problema anterior con Rf =10kΩ
Ilustración 19Circuito amplificador operacional con 10kΩ
En el nodo a:
15𝑚 − 𝑣𝑎 𝑣𝑎 − 𝑣𝑐 𝑣𝑎 − 𝑣0
=
+
5𝑘
15𝑘
10𝑘
𝑣𝑎 = 𝑣𝑏 = 0
15𝑚 − 0 0 − 𝑣𝑐 0 − 𝑣0
=
+
5𝑘
15𝑘
10𝑘
𝑣𝑐
𝑣0
−3𝑢 =
+
15𝑘 10𝑘
(𝟏)
− 𝟗𝟎𝒎𝑽 = 𝟐𝒗𝒄 + 𝟑𝒗𝟎
En el nodo d:
𝑣0 − 𝑣𝑑 𝑣𝑑
=
6𝑘
2𝑘
𝑣0 − 𝑣𝑑 = 3𝑣𝑑
𝑣𝑑 = 𝑣𝑐
(𝟐)
𝒗𝟎 − 𝟒𝒗𝒄 = 𝟎
Dos ecuaciones dos incógnitas:
𝑣𝑐 = −
𝒗𝟎 = −
9
𝑉
140
𝟗
𝑽 = −𝟎. 𝟐𝟓𝟕𝟏𝑽 = −𝟐𝟓. 𝟕𝟏𝒎𝑽
𝟑𝟓
5.70. Determine vo en el circuito del amplificador operacional de la figura 5.96.
95
96
Ilustración 20Circuito amplificador operacional 5.96
Amplificador A
𝑣𝐴 = −
30
30
∗1−
∗2
10
10
𝑣𝐴 = −9𝑉
Amplificador B
𝑣𝐵 = −
20
20
∗3−
∗4
10
10
𝑣𝐵 = −14𝑉
Ilustración 21Circuito reducido amplificador
𝑣𝑏 =
60
∗ −14 = −2𝑉
60 + 10
𝑖1 = 𝑖2
𝑣𝐴 − 𝑣𝑏 𝑣𝑎 − 𝑣0
=
20
40
2𝑣𝐴 − 2𝑣𝑏 = 𝑣𝑎 − 𝑣0
𝑣𝑏 = 𝑣𝑎 = −2𝑉
−18 + 4 = −2 − 𝑣0
𝒗𝟎 = 𝟏𝟐𝑽
5.71. Determine vo en el circuito del amplificador operacional de la figura 5.97.
97
Ilustración 22Circuito amplificadoroperacional5.97
Ilustración 23Circuito amplificador operacional resuelto por formulas
Amplificador 1
𝑣2 = −
𝒗𝟐 = −
𝑅𝑓
𝑣
𝑅𝐴 𝑖
𝟐𝟎
∗ 𝟏. 𝟓 = −𝟔𝑽
𝟓
Amplificador2:
𝒗𝟏 = 𝟐. 𝟐𝟓𝑽
𝑣3 = (1 +
𝑣3 = (1 +
50
)𝑣
30 1
50
) 2.25
30
𝑣3 = 6𝑉
Amplificador 3 sumador:
𝑅𝑓
𝑅𝑓
𝑣0 = − ( ∗ 𝑣1 +
∗ 𝑣2 )
𝑅𝑖
𝑅2
𝑣0 = − (
100
100
∗ 𝑣2 +
∗ 𝑣3 )
40
80
𝑣0 = − (
100
100
∗ 𝑣2 +
∗ 𝑣3 )
40
80
100
100
𝑣0 = − (
∗ −6 +
∗ 6)
40
80
𝑣0 = 7.5𝑉
5.72. Halle la tensión de carga 𝑽𝑳 en el circuito de la figura5.98.
Ilustración 24Circuito amplificador operacional5.98
𝑉𝑎 = 𝑉𝑏 = 1.8𝑉
𝑉𝑎
𝑉𝐿
=
100 250
2.5 ∗ 𝑉𝑎 = −𝑉𝐿
𝑉𝐿 = −2.5 ∗ 1.8
𝑽𝑳 = −𝟒. 𝟓𝑽
5.73. Determine la tensión en la carga𝑽𝑳 en el circuito de la figura5.99.
Ilustración 25Circuito amplificador 5.99
98
99
Ilustración 26Circuito amplificador resuelto por nodos
𝑎 = 𝑏 = 𝑉1 = 1.8𝑉
𝑖1 = 𝑖2
0 − 𝑉1 𝑉1 − 𝑉2
=
10
50
−5𝑉1 = 𝑉1 − 𝑉2
−6𝑉1 + 𝑉2 = 0
𝑉2 = 6𝑉1
𝑉2 = 6 ∗ 1.8 = 10.8𝑉
𝑽𝟐 = 𝑽𝑳 = 𝟏𝟎. 𝟖𝑽
5.74. Halle io en el circuito del amplificador operacional de la figura 5.100.
Ilustración 27Circuito amplificador operacional por nodos
AMPLIFICADOR1
AMPLIFICADOR 2
𝑖1 = 𝑖2
𝑖3 = 𝑖4
0.9 − 0 0 − 𝑉1
=
10
100
0.6 − 0 0 − 𝑉2
=
1.6
32
𝑉1 = −9𝑉
𝑉2 = −12𝑉
𝑖0 =
𝑖0 =
𝑉1− 𝑉2
20
−9 + 12
20
𝑖0 = 0.15𝑚𝐴
10
0
CÁPITULO 6
CAPACITORES E INDUCTORES
SECCIÓN 6.2. CAPACITOR
6.1. Si el voltaje a través de un amplificador es de 7,5-F es
corriente y la energía.
6.2. Un capacitor de 50µF tiene una energía de w(t) =10
Determine la corriente que circula por él.
377t J.
encontrar la
10
1
6.3. Diseñe un problema para el mejor entendimiento de cómo trabajan los capacitores
para los estudiantes. En 5 s, la tensión en un capacitor de 40 mF cambia de 160 a 220
V. Calcule la corriente promedio por el capacitor.
6.4. Una corriente de 4 sin 4t fluye a través de un capacitor de 5-F. Halle la tensión v(t)
a través del capacitor dado que v(0) = 1 V.
6.5. El voltaje que pasa por un capacitor es de 4-µF como se muestra en la Fig. 6.45.
Encuentre la corriente en la gráfica.
10
2
6.6. La forma de onda de la tensión de la figura 6.46 se aplica en un capacitor de 30
µF. Diagrame la forma de onda de la corriente que circula por él.
Para este ejercicio establecemos la fórmula de la corriente
Analizamos el par ordenado en cada punto del plano cartesiano, calculamos la pendiente en
cada punto con:
Aplicando
10
3
Graficando
5
6
5
4
2
0
0
0
-2
-4
Categoría
1
-6
-5
T
6.7. En t=0, la tensión en un capacitor de 50 mF es de 10 V. Calcule la tensión del
capacitor para t >0 cuando la corriente 4t mA fluye por él.
6.8. Un capacitor de
tiene la tensión entre terminales:
Si el capacitor tiene una corriente inicial de 2[A], halle:
a) Las constantes A y B
Cuando
Cuando
10
4
b) La energía almacenada en el capacitor en t=0 [s]
c) La corriente del capacitor en t>0
6.9.La corriente que circula por un capacitor de 0.5 F es 6(1 -
) A.
Determine la tensión y la potencia en t = 2 s. Suponga v(0) = 0.
En t=2
6.10. La tensión a través de un capacitor de 2 mF se muestra en la figura.
Determine la corriente que circula por el capacitor.
10
5
10
6.11. Un capacitor de 4 mF tiene la forma de onda de corriente que se muestra en6 la
figura. Suponiendo que el boceto de la forma de onda de voltaje v (t). v (0)=10 V.
𝑣=
1 𝑡
∫ 𝑖𝑑𝑡 + 𝑣(0)
𝐶 0
Para 0 < t < 1
𝑣=
𝑡
1
∫
40 ∗ 10−3 𝑑𝑡 = 10𝑡 [𝑘𝑉]
4 ∗ 10−6 0
𝑣(1) = 10[𝑘𝑉]
Para 1 < t < 2
𝑣=
1 𝑡
∫ 𝑣 𝑑𝑡 + 𝑣(1) = 10 𝑘[𝑉]
𝐶 0
Para 2 < t < 3
𝑣=
𝑡
1
∫
(−40 ∗ 10−3 ) 𝑑𝑡 + 𝑣(2) = −10𝑡 + 30 [𝑘𝑉]
4 ∗ 10−6 2
Entonces:
10𝑡[𝑘𝑉],
𝑉(𝑡) = { 10[𝑘𝑉],
−10𝑡 + 30[𝑘𝑉],
0<𝑡<1
1<𝑡<2}
2<𝑡<3
6.12. Un voltaje de
aparece a través de una combinación en paralelo de
un condensador de
y una resistencia de
absorbida por la combinación en paralelo.
Corriente de la Resistencia:
Corriente del condensador:
Corriente Total del circuito:
. Calcular la potencia
10
7
6.13. Encuentre el voltaje que pasa a través de los capacitores
A
B
El voltaje en C1 será el mismo que tiene la resistencia de 40Ω. El comportamiento de un
capacitor en un circuito, es el equivalente a abrir los terminales en los que se encuentra el
capacitor.
El voltaje en C2 será el equivalente a la diferencia de potencial entre los nodos a y b. El cual
es la diferencia entre la fuente de voltaje y la caída de tensión en la resistencia de 20 Ω,
debido a que se encuentra en paralelo con ésta debido a que el circuito está abierto.
SECCIÓN 6.3. CAPACITOR EN SERIE Y PARALELO
6.14. Capacitores de 20 pF y 60 pF conectados en serie son colocados en paralelo con
capacitores de 30 pF y 70 pF conectados en serie. Determinar el capacitor equivalente.
Encontramos los capacitores equivalentes de los capacitores conectados en serie.
Ahora encontramos el capacitor entre los capacitores equivalentes y se encuentran
conectados en paralelo.
6.15. Dos capacitores de 25 uF y 75 uF están conectados a una fuente de 100 V.
Encontrar la energía almacenada en cada capacitor si están conectados en:
10
8
a) Paralelo:
b) Serie:
La proporción entre C1 y C2 es
, entonces:
6.16. La capacitancia equivalente en las terminales a-b del circuito de la figura 6.50 es
de 𝟑𝟎𝝁𝑭 . Calcule el valor de C.
10
9
}
𝐶𝑒𝑞𝐶.80 =
𝐶 × 80
𝐶 + 80
𝐶𝑒𝑞 = 14 +
𝐶 × 80
𝐶 + 80
𝐶𝑒𝑞 = 30𝜇𝐹
30 = 14 +
𝐶 × 80
𝐶 + 80
𝐶 = 20𝜇𝐹
6.17. Determine el capacitor equivalente en la fig. 6.51
11
0
12 × 4
+ 6 = 9[𝐹]
16
(9 + 3) ×
4
= 3[𝐹]
16
6×6
+ 5 = 8[𝐹]
12
3×6
=2
18
2 + 4 = 6[𝐹]
2 × 6 12
=
[𝐹]
8
8
12
)×3
8
= 1[𝐹]
12
( )+3
8
(
6.18. Encontrar la Ceq Para el circuito de la figura 6.52. Cada capacitor = 4 [uF]
𝐶𝑒𝑞1 = 2 + 4[𝜇𝐹] = 6[𝜇𝐹]
𝐶𝑒𝑞2 = 2 + 4[𝜇𝐹] = 6[𝜇𝐹]
𝐶𝑒𝑞3 = 4 + 4[𝜇𝐹] = 8[𝜇𝐹]
𝐶𝑒𝑞 =
11
1
1
= 2.1818[𝜇𝐹]
1 1 1
+ +
8 6 6
6.19. Halle la capacitancia equivalente entre las terminales a y b en el circuito de la
figura. Todas las capacitancias están en [µF]
𝐶80||40 = 80 + 40 = 120[𝜇𝐹]
𝐶20||10 = 20 + 10 = 30[𝜇𝐹]
𝐶30||30 = 30 + 30 = 60[𝜇𝐹]
𝐶60,60 =
60 × 60
= 30[𝜇𝐹]
60 + 60
𝐶30||50 = 30 + 50 = 80[𝜇𝐹]
𝐶80,120 =
80 × 120
= 48[𝜇𝐹]
80 + 120
𝐶48||12 = 48 + 12 = 60[𝜇𝐹]
𝐶60,12 =
60 × 12
= 10[𝜇𝐹]
60 + 12
6.20. Encuentre la Capacitancia equivalente en los terminales a-b
11
2
𝐶1 = 1 + 1 = 2[𝜇𝐹]
𝐶2 = 2 + 2 + 2 = 6[𝜇𝐹]
𝐶3 = 3 + 3 + 3 + 3 = 12[𝜇𝐹]
1
1
1
1
=
+
+
= 0.5 + 0,16667 + 0.8333 = 0.75 × 106
𝐶𝑒𝑞 𝐶1 𝐶2 𝐶3
𝐶𝑒𝑞 = 1.33[𝜇𝐹]
6.21. Determine la capacitancia equivalente en los terminales a-b del circuito de la Fig.
6.55.
Los capacitores en serie se comportan como resistores en paralelo y los capacitores en
paralelo se comportan como resistores en serie.
4[𝜇𝐹]𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛 12[𝜇𝐹] =
4[𝜇𝐹] × 12[𝜇𝐹]
= 3[𝜇𝐹] = 𝐶1
16[𝜇𝐹]
𝐶1 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜 𝑐𝑜𝑛 3[𝜇𝐹] = 3 + 3 = 6[𝜇𝐹] = 𝐶2
6[𝜇𝐹] × 6[𝜇𝐹]
6[𝜇𝐹] 𝑒𝑛 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛 6[𝜇𝐹] =
= 3[𝜇𝐹] = 𝐶3
12[𝜇𝐹]
11
3
𝐶3 𝐸𝑛 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜 𝑐𝑜𝑛 2[𝜇𝐹] = 3[𝜇𝐹] + 2[𝜇𝐹] = 5[𝜇𝐹] = 𝐶4
𝐶4 𝐸𝑛 𝑠𝑒𝑟𝑖𝑒 𝑐𝑜𝑛5[𝜇𝐹] =
5[𝜇𝐹] × 5[𝜇𝐹]
= 2.5[𝜇𝐹] = 𝐶5
10[𝜇𝐹]
𝐶𝑒𝑞 = 2.5[𝜇𝐹]
6.22. Obtenga la capacitancia equivalente del circuito de la figura 6.56
𝐶𝑒𝑞1 = 10 + 35 + 15 = 60[𝜇𝐹]
𝐶𝑒𝑞2 = 10 + 5 + 15 = 30[𝜇𝐹]
𝐶𝑒𝑞3 =
1
1
1
1
+
+
=
= 10[𝜇𝐹]
60 20 30 10
𝐶𝑒𝑞𝑇 = 10 + 40 = 50[𝜇𝐹]
6.23. En referencia al circuito de la figura 6.57, diseñe un ejercicio para el mejor
entendimiento de capacitores en serie y paralelo.
Para:
V=150[V]
𝑪𝟏 = 𝟒[𝝁𝑭]
𝑪𝟐 = 𝟐[𝝁𝑭]
𝑪𝟑 = 𝟔[𝝁𝑭]
𝑪𝟒 = 𝟑[𝝁𝑭]
𝑪𝒆𝒒𝟏 =
𝑪𝟑 × 𝑪𝟒
+ 𝑪𝟐
𝑪𝟑 + 𝑪𝟒
𝑪𝒆𝒒𝟏 =
𝟔×𝟑
+𝟐
𝟔+𝟑
11
4
𝑪𝒆𝒒𝟏 = 𝟒[𝝁𝑭]
𝑪𝒆𝒒𝑻 =
𝑪𝒆𝒒𝟏 × 𝑪𝟏
𝑪𝒆𝒒𝟏 + 𝑪𝟏
𝑪𝒆𝒒𝑻 =
𝟒×𝟒
𝟒+𝟒
𝑪𝒆𝒒𝑻 = 𝟐[𝝁𝑭]
6.24.
a) la tensión en cada capacitor.
b) la energía almacenada en cada capacitor.
𝟐𝟎𝝁𝑭 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒆𝒏 𝒔𝒆𝒓𝒊𝒆 𝒄𝒐𝒏 𝟖𝟎𝝁𝑭 =
𝟐𝟎 × 𝟖𝟎
= 𝟏𝟔𝝁𝑭
𝟐𝟎 + 𝟖𝟎
𝟏𝟒𝝁𝑭 𝒆𝒔𝒕𝒂 𝒆𝒏 𝒑𝒂𝒓𝒂𝒍𝒆𝒐 𝒄𝒐𝒏 𝒆𝒍 𝒅𝒆 𝟏𝟔𝝁𝑭 = 𝟑𝟎𝝁𝑭
a)
𝑽𝟑𝟎𝝁𝑭 = 𝟗𝟎[𝑽]
𝑽𝟔𝟎𝝁𝑭 = 𝟑𝟎[𝑽]
𝑽𝟏𝟒𝝁𝑭 = 𝟔𝟎[𝑽]
𝑽𝟐𝟎𝝁𝑭 =
𝟖𝟎
× 𝟔𝟎 = 𝟒𝟖[𝑽]
𝟐𝟎 + 𝟖𝟎
𝑽𝟖𝟎𝝁𝑭 = 𝟔𝟎 − 𝟒𝟖 = 𝟏𝟐[𝑽]
b)
𝑾=
𝟏 𝟐
𝑪𝒗
𝟐
𝟏
× 𝟑𝟎 × 𝟏𝟎−𝟔 × 𝟖𝟏𝟎𝟎 = 𝟏𝟐𝟏. 𝟓𝒎𝑱
𝟐
𝟏
𝑾𝟔𝟎𝝁𝑭 = × 𝟔𝟎 × 𝟏𝟎−𝟔 × 𝟗𝟎𝟎 = 𝟐𝟕𝒎𝑱
𝟐
𝟏
𝑾𝟏𝟒𝝁𝑭 = × 𝟏𝟒 × 𝟏𝟎−𝟔 × 𝟑𝟔𝟎𝟎 = 𝟐𝟓. 𝟐𝒎𝑱
𝟐
𝟏
𝑾𝟐𝟎𝝁𝑭 = × 𝟐𝟎 × 𝟏𝟎−𝟔 × 𝟐𝟑𝟎𝟒 = 𝟐𝟑. 𝟎𝟒𝒎𝑱
𝟐
𝟏
𝑾𝟖𝟎𝝁𝑭 = × 𝟖𝟎 × 𝟏𝟎−𝟔 × 𝟏𝟒𝟒 = 𝟓. 𝟕𝟔𝒎𝑱
𝟐
𝑾𝟑𝟎𝝁𝑭 =
6.25.
(a) Muestre que la regla de división de voltaje para los dos capacitores de serie en la
Fig. 6.59 (a) son
𝐶2
𝑣1 =
𝑉
𝐶1 + 𝐶2 𝑆
𝐶1
𝑣1 =
𝑉
𝐶1 + 𝐶2 𝑆
11
5
Asumiendo que las condiciones iniciales son cero.
(b) Para los dos capacitores en paralelo como se muestra en la Fig. 6.59 (b) muestre
que la regla de división de corriente es.
𝑖1 =
𝐶2
𝑖
𝐶1 + 𝐶2 𝑆
𝑖2 =
𝐶1
𝑖
𝐶1 + 𝐶2 𝑆
Asumiendo que las condiciones iniciales son cero.
Para el circuito (a)
𝑄1 = 𝑄2
𝐶1 𝑉1 = 𝐶2 𝑉2
𝑉1 𝐶2
=
𝑉2 𝐶1
Mediante mallas calculamos el voltaje
𝑉𝑆 = 𝑉1 + 𝑉2
𝑉𝑆 =
𝐶2
𝑉 + 𝑉2
𝐶1 2
𝑉2 =
𝐶1 + 𝐶2
𝑉2
𝐶1
Reemplazamos en nuestra ecuación principal y tenemos que
𝑉1 =
𝐶2
𝑉
𝐶1 + 𝐶2 𝑆
6.33. Obtener el equivalente de Thevenin en los terminales a-b, del circuito mostrado
en la figura. Note que el circuito equivalente de Thevenin no existe generalmente para
circuitos que contienen capacitores y resistores. Este es un caso especial donde el
circuito equivalente de Thevenin existe.
C1
C2
C3
11
6
Ilustración 3 Circuito para problema 6.33
Se transformará el circuito a uno equivalente usando las leyes para combinar tanto
capacitores en serie como en paralelo.
Los capacitores 2 y 3 se encuentran en paralelo por lo que se convierten en uno equivalente
al sumar sus valores.
𝐶𝑒𝑞1 = 5 [𝐹]
Dado que se tiene el mismo valor de capacitancia ya que 𝐶𝑒𝑞1 es igual a 𝐶1 por lo tanto la
caída de tensión en cada uno será la misma, y por ende el voltaje que se encuentre será el
voltaje en los terminales abiertos, o nuestro voltaje de Thevenin.
𝑉𝑇ℎ =
45
= 22.5 [𝑉]
2
Y el capacitor de Thevenin es el 𝐶𝑒𝑞1 conectado en serie con 𝐶1 por lo tanto
𝐶𝑇ℎ =
5∗5
= 2.5 [𝐹]
10
SECCIÓN 6.4. INDUCTOR
𝒕
6.34. La corriente que atraviesa a un inductor de 10mH es 𝟏𝟎𝒆−𝟐 [A]. Encontrar el
voltaje y la potencia en t=3[s]
𝑡
𝑖 = 10𝑒 −2
𝑡 1
𝑣 = 10𝑚𝑥 (−10𝑒 −2 ( ))
2
𝑡
𝑣 = −5𝑒 −2 [𝑚𝑉]
3
𝑣(3) = −5𝑒 −2 = −1.11[𝑚𝑉]
𝑡
𝑝 = 𝑣𝑖 = −5𝑒 −2 𝑥 10𝑒 −𝑡/2
𝑝 = −50𝑒 −𝑡
𝑝(3) = −50𝑒 −3 = −2.48[𝑚𝑉]
6.35. Un inductor tiene un cambio lineal en corriente de 50 mA a 100 mA en 2 ms y se
induce una tensión de 160 mV. Calcular el valor del inductor.
i=
1 t
1 2
∫ v(t)dt + i(to )100m = ∫ 160mdt + 50m
L to
L 0
320m2
L=
= 6.4[mH]
50m
11
7
6.36. Diseñar un problema para ayudar mejor a otros estudiantes entender cómo
funcionan los inductores.
Encontrar el Leq del siguiente circuito
Los inductores 20H, 12H y 10H están en serie por ende se suman 42H
Leq||7 =
7 ∗ 42
7 + 42
Leq||7 = 6H
Leq = 6 + 4 + 8 = 18H
6.37. La corriente que circula por un inductor de 12 mH es 4sen 100t A. Halle la tensión
en el inductor en 0 t / 200 s, y la energía almacenada en t 200 — s.
V=L∗
di
= 12 ∗ 10−3 ∗ 4(100)cos(100t)
dt
p = v ∗ i = 4.8sen100t ∗ cos100 = 9.6sen200t
1
11
20
w = ∫ p ∗ dt = ∫ 9.6sen200t
0
0
= −48(𝑐𝑜𝑠 𝜋 − 1)𝑚𝑗 = 96[𝑚𝑗]
6.38. La corriente a través de un inductor es 40 [mH]
0
t<0
i(t) { −2t
te A,
t>0
Encontrar el voltaje v(t).
V=l
di
= 40mH(e−2t − 2te−2t )
dt
V = 40mH(1 − 2t)e−2t [mV]
11
8
40mH(1 − 2t)e−2t [mV], t > 0
6. 39. La tensión en un inductor de 200 [mH] está dada por v(t) = 3t2 + 2𝑡 + 4[𝑉 ]
para t > 0. Determine la corriente i(t) que circula por el inductor. Suponga que i(0) =
1[A].
i(t) =
i(t) =
1 t
∫ v ∗ dt + i(t0 )
L t0
t
1
∫ (3𝑡 2 + 2𝑡 + 4)𝑑𝑡 + 1[𝐴]
200[mH] 0
3𝑡 3 2𝑡 2
𝑡
i(t) = 5 ∗ (
+
+ 4𝑡) | + 1[𝐴]
0
3
2
𝑖 (𝑡) = 5𝑡 3 + 5𝑡 2 + 20𝑡 + 1[𝐴]
6.40. Una corriente atraviesa un 5 mH inductor mostrado en la figura. Determine el
voltaje que cruza en un tiempo t=1.3 y ms.
5t,
0 < t < 2 ms
{i = 10,
2 < t < 4 ms
30 − 5t, 4 < t < 6 ms
𝑣=𝑙
5t,
{ 0,
−5,
𝑑𝑖 5 ∗ 10−3
=
𝑑𝑡
10−3
0 < t < 2 ms
2 < t < 4 ms
4 < t < 6 ms
25,
0 < t < 2 ms
{ 0,
2 < t < 4 ms
25 , 4 < t < 6 ms
11
9
Cuando t=1 ms, v=25 [V]
Cuando t=3ms, v=0[V]
Cuando t=5 ms, v= -25[V]
6.41. El voltaje a través de un inductor 2-H es 𝟐𝟎(𝟏 − 𝒆−𝟐𝒕 ). Si la corriente inicial a
través del inductor es de 0,3 A, encontrar la corriente y la energía almacenada en el
inductor a t=1s.
L=2−H
v(t) = 20(1 − e−2t )
i(t 0 ) = 0,3[A]
1 𝑡
𝑖 = ∫ 20(1 − 𝑒 −2𝑡 ) + 0,3
𝐿 𝑡0
i=
1
10𝑒 −2𝑡 1
(20𝑡 +
) | + 0,3
0
2
𝑡
i=
1
(20 + 10𝑒 −2 ) + 0,3
2
i = 10,67 − 4,7 = 5,97[A]
𝑤=
𝑤=
1 2
𝐿𝑖
2
1
(2 ∗ 5,972 )
2
𝑤 = 35,64[𝐽]
6.42. Si la forma de onda de la tensión de la figura 6.67 se aplica entre las terminales
de un inductor de 5 H, calcule la corriente que circula por el inductor.
Suponga i(0) =-1 A.
12
0
Figura 4 grafica tensión-tiempo
𝟏 𝒕
𝒊 = ∫ 𝒗(𝒕) + 𝒊(𝒕𝒐 )
𝑳 𝒕𝟎
𝒊=
𝟏 𝒕
∫ 𝟏𝟎𝒅𝒕 − 𝟏
𝟓 𝟎
𝒊=
𝟏 𝒕
∫ 𝟏𝟎𝒅𝒕 − 𝟏
𝑳 𝒕𝟎
𝒊=
𝟏
𝒕
(𝟏𝟎𝒕) | − 𝟏
𝟎
𝟓
0 ˂ t ˂ 1:
𝒊 = 𝟐𝒕 − 𝟏
1 ˂ t ˂ 2:
𝟏 𝒕
𝒊 = ∫ 𝟎𝒅𝒕 + 𝟏
𝟓 𝟏
𝒊= 𝟎+𝟏
𝒊 = 𝟏[𝑨]
12
1
2 ˂ t ˂ 3:
1 t
i = ∫ 10dt + 1
L 2
1
t
i = (10t) | + 1
2
5
i = 2t − 2(2) + 1
i = 2t − 3
3 ˂ t ˂ 4:
i=
1 t
∫ 0dt + 3
5 1
i= 0+3
i = 3[A]
4˂t˂5
1 t
i = ∫ 10dt + 3
5 4
1
t
i = (10t) | + 3
4
5
i = 2t − 8 + 3
i = 2t − 5
12
2
I (t)=
2t − 1;
1;
0<t<1
1<t<2
2t − 3;
3;
2<t<3
3<t<4
2t − 5;
4<t<5
6.43. La corriente en un inductor de 80 mH aumenta de 0 a 60 mA. ¿Cuánta energía
se almacena en el inductor?
t
W = L ∫ i dt
−∞
W = 0.5 ∗ 80 ∗ 10−3 ∗ (60 ∗ 10−3 )
W = 144[u/J]
6.44. Un inductor de 100 mH se conecta en paralelo con un resistor de 2 k Ω. La
corriente por el inductor es i(t) =50 mA. a) Halle la tensión vL en el inductor. b) Halle
la tensión vR en el resistor. c) ¿Es vR(t) + vL(t) = 0? d) Calcule la energía en el inductor
en t=0
a)
VL = L
dl
−400𝑡
= 100𝑥 10−3 (−400)𝑥50510−3𝑥𝑒
= −2𝑒 −400𝑡 [𝑉]
dt
b) R y L están en paralelo
VR = 𝑉𝐿 = −2𝑒 −400𝑡 [𝑉]
c)
No es vR(t) + vL(t) = 0
1
d) w = 2 Li2 = 0.5x100x10−3 x(0.05)2 = 125uJ
12
3
6.45. Para los voltajes de la gráfica en la Fig. 6.68 se aplica al inductor 10-mH,
encuentre la corriente i(t) del inductor. Asuma que i(0)=0.
𝑣 (𝑡 ) = {
5(𝑡); 0 < 𝑡 < 1
5(𝑡) − 10; 1 < 𝑡 < 2
1 𝑡
𝑖 (𝑡) = ∫ 𝑣(𝑡) + 𝑖(0)
𝐿 0
𝑡
1
∫ 5𝑡𝑑𝑡 + 0
𝑖=
10𝑥10−3 0
𝑖 = 0.25𝑡 2 [𝑘𝐴]
𝑖=
𝑡
1
∫
(−10 + 5𝑡)𝑑𝑡 + 𝑖(1)
10𝑥10−3 0
𝑖 = 1 − 𝑡 + 0.25𝑡 2 [𝑘𝐴]
𝑖 (𝑡 ) = {
0.25𝑡 2 [𝑘𝐴]; 0 < 𝑡 < 1
51 − 𝑡 + 0.25𝑡 2 [𝑘𝐴]; 1 < 𝑡 < 2
12
6.46. Halle vC, iL y la energía almacenada en el capacitor e inductor del circuito de4 la
figura 6.69 en condiciones de cd.
Ilustración 4. Circuito eléctrico para el ejercicio 6.46
Para resolver el ejercicio convertimos en circuito abierto al capacitor y en corto circuito al
inductor, de esa forma calculamos iL. Realizamos una transformación de corriente a tensión,
de esa forma realizamos una análisis por malla y encontramos i L.
−12 + 6Il = 0
IL =
12
= 2[𝐴]
6
Observamos que la tensión en Vc es igual a cero por estar en paralelo con un cortocircuito
sin el paso de energía por alguna resistencia.
V0 = 0[V]
Para hallar la energía del capacitor aplicamos
1
1
W = Cv2 = (2)(0) = 0[𝐽]
2
2
Energía del inductor
W=
1
L(i )2
2 l
1
= (0,5)(4) = 1[𝐽]
2
6.47. En referencia al circuito de la figura 6.70, calcule el valor de R que hará que la
energía almacenada en el capacitor sea igual a la almacenada en el inductor en
condiciones de cd.
1
1
∗ 𝐶 ∗ 𝑉2 = ∗ 𝐿 ∗ 𝑖2
2
2
1
1
∗ (80 ∗ 10−6 ) ∗ 𝑉 2 = ∗ (4 ∗ 10−3 ) ∗ 𝑖 2
2
2
40 ∗ 10−3 ∗ (𝑖𝑅)2 = 𝑖 2
𝑅2 =
1
40 ∗ 10−3
𝑅 = 5[ Ω]
6.48. En condiciones de CD en estado permanente, halle i y v en el circuito de la
figura 6.71.
Figura 6.71
Figura. Circuito Equivalente en condiciones de CD
Utilizando divisor de corriente:
𝑖=
30[𝑘Ω]
(5[𝑚𝐴])
20[𝑘Ω] + 30[𝑘Ω]
𝑖 = 3[𝑚𝐴]
𝑣 = 20[𝑘Ω]3[𝑚𝐴]
𝑣 = 60[𝑉]
SECCIÓN 6.5. INDUCTORES EN SERIE Y PARALELO
6.49. Calcular la inductancia equivalente suponiendo que todos los inductores son
de 10mH.
6.50. Una red de almacenamiento de energía consta de inductores en serie de 16 y
14 mH conectados en paralelo con inductores en serie de 24 y 36 mH.
Calcúlese la inductancia equivalente.
Los inductores en serie se comportan igual que las resistencias en serie, para lo
cual se utiliza la siguiente fórmula.
Y obtenemos el siguiente circuito:
Ahora tenemos dos inductores en paralelo, el comportamiento de los inductores
en paralelo es el mismo que las resistencias en paralelo. Para lo cual utilizamos la
siguiente fórmula.
6.51. Determine Leq del circuito de la figura 6.73 en las terminales a-b.
𝐿𝑒𝑞1 =
20 ∗ 30
= 12 𝑚𝐻
20 + 30
𝐿𝑒𝑞2 =
12 ∗ 60
= 10 𝑚𝐻
12 + 60
𝐿𝑒𝑞3 = 10 + 25 = 35 𝑚𝐻
𝐿𝑒𝑞4 =
35 ∗ 10
= 7,778 𝑚𝐻
35 + 10
6.52. Usando la figura 6.74, designar un problema para ayudar a otros estudiantes
a entender mejor cómo se comportan cuando inductores conectados en serie y
cuando están conectados en paralelo.
Figura 6.74. Circuito para el problema 6.52.
Encontrar la inductancia equivalente cuando
,
,
,
.
6.53. Encuentre Leq en los terminales del siguiente circuito.
,
,
L1
L2
L8
L9
L3
L7
L4
L6
L5
Ilustración 5 Circuito para problema 6.53
En la ilustración 53 se puede apreciar que las inductancias L2 con L3, así como
también L4 con L5 se encuentran en serie por lo que sus valores se pueden sumar.
Éstas nuevas resistencias se encuentran en paralelo. L10 con L8 y L11 con L7
por lo tanto.
L12 y L13 se encuentra en serie entre sí. por lo que
Ésta nueva resistencia se encuentra en paralelo con L9 por lo tanto
Y está resistencia L15 se encuentra en serie con L1 y L6 por lo tanto nuestra Leq
es igual a.
6.54. Encuentre la inductancia equivalente mirando los terminales a-b
Figura 6.76. Circuito para el ejercicio 54
Capacitor equivalente entre 6 H Y 12H:
Capacitor equivalente entre 10 H Y 0
Estos capacitores se encuentran en serie y encontramos una capacitor equivalente
Ahora encontramos el capacitor equivalente en serie entre 9H y 3H
Se encuentran en paralelo los capacitores entre
Esta se encuentra en serie con 4H.
6.55. Encuentre
1)
en los circuitos:
y
2)
6.56. Halle Leq en el circuito de la figura 6.78.
6.57. Determine Leq en los terminales de la figura 6.79.
6.58. La forma de onda de la corriente se muestra como en la figura 6.80 Fluye a
través de un inductor 3H Dibuje las tensiones a través del inductor en un intervalo
0 < t<6 [s]
Figura 6.80
2,5
2
1,5
1
0,5
0
-0,5
-1
-1,5
-2
-2,5
(t)
1
2
3
4
5
6
7
6.59. a) Para dos inductores en serie como en la figura a), demuestre que el
principio de división de tensión es:
condiciones iniciales son de cero.
El voltaje en el inductor 1 es:
suponiendo que las
El voltaje en el inductor 2 es:
Reemplazando 2 en 1 tenemos:
Reemplazando 3 en 1 tenemos:
b) Para dos inductores en paralelo como en la figura b), demuestre que el
principio de división de corriente es:
suponiendo que las
condiciones iniciales son de cero.
Los voltajes van a ser los mismos en las ramas por lo que están en paralelo:
Reemplazando ecuación 3 y 4 en ecuación 1 tenemos:
Ecuación 5 en 6:
Ecuación 5 en 7:
6.60 En el circuito de la figura ,io(0)=2 A, Determine io(t) y Vo(t) para t>0
Leq= 3II5= 15/8
Vo=
6.61. Considere el circuito de la figura. 6.83. Encontrar a)
, b)
t = 1 s.
a)
si
(c) la energía almacenada en el inductor 20-mH en
b)
c)
6.62. Considere el circuito de la figura 6.84. Dado que
e
(0) =-10 mA, halle:
a) (0),
b) (t) e
(t).
Figura 5Circuito inductores6.84
para t >0
Solución:
Figura 6circuito equivalente
a)
Divisor de corriente:
b)
6.63. En el circuito de la figura 6.85 grafique Vo
Aplico principio de superposición
𝑉𝑜 = 𝑉𝑜1 + 𝑉𝑜2
𝑉𝑜1 = 𝐿
𝑑𝑖1
𝑑𝑖1
=2
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑉𝑜2 = 𝐿
𝑑𝑖2
𝑑𝑖2
=2
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑉𝑜1 = 2; 0 < 𝑡 < 3
𝑉𝑜1 = −2; 3 < 𝑡 < 6
𝑉𝑜2 = 4; 0 < 𝑡 < 2
𝑉𝑜2 = 0; 2 < 𝑡 < 4
𝑉𝑜2 = −4; 4 < 𝑡 < 6
6.64.El interruptor de la figura ha estado mucho tiempo en la posición A. En t
=0 se mueve de la posición A a la B. El interruptor es del tipo sin punto
muerto, así que no hay interrupción en la corriente en el inductor. Halle:
a) i(t) para t < 0, b) v inmediatamente después de que el interruptor se ha
movido a la posición B, c) v(t) mucho después de que el interruptor está en
la posición B.
a)
Cuando el interruptor está en la posición A
I=-6=i (0)
Cuando el interruptor está en la posición B.
b)
-12+4i(0)+v=0, i.e V=124i(0)=36 [V]
c)
En estado estacionario, el inductor se convierte en un cortocircuito de modo.
V=0
6.65. El inductor en la Fig. 6.87 estan inicialmente calgados y conectados en la caja
negra en un t=0. Si
y
(a) la energía inicial almacenada en cada inductor.
(b) el total de energía liberada hacia la caja negra donde t=0 a t=∞
(c)
(d)
(a)
(b)
(c)
(d)
CAPÍTULO 10
ANÁLISIS DE ESTADO ESTACIONARIO SINUSOIDAL.
SECCIÓN 10.2 ANÁLISIS NODAL
10.1 Determine i en el circuito de la figura 10.50
2 cos(10𝑡) → 𝑉 = 2∠0°
𝑤 = 10
1𝐹 → 𝑍1 =
1
1
=
= −𝑗0.1[Ω]
𝑗𝑤𝐶 𝑗10
1𝐻 → 𝑍2 = 𝑗𝑤𝐻 = 𝑗10[Ω]
𝑍3 = 1[Ω]
𝑍𝑒𝑞1 =
𝑍𝑒𝑞1 =
1 ∗ 𝑗10
100
10
=(
+𝑗
) [Ω]
1 + 𝑗10
101
101
𝑍𝑒𝑞2 =
𝑍𝑒𝑞2 =
𝑍3 ∗ 𝑍2
𝑍3 ∗ 𝑍2
𝑍𝑒𝑞1 ∗ 𝑍1
𝑍𝑒𝑞1 ∗ 𝑍1
𝑍𝑒𝑞1 ∗ −𝑗0.1
100
990
=(
−𝑗
) [Ω]
𝑍𝑒𝑞1 − 𝑗0.1
9901
9901
𝑍𝑒𝑞 = 𝑍𝑒𝑞2 + 1
𝑍𝑒𝑞 =
100
990
−𝑗
+1
9901
9901
10001
990
𝑍𝑒𝑞 = (
−𝑗
) [Ω] = 1.015∠ − 5.65°[Ω]
9901
9901
𝑖=
𝑖=
𝑉
𝑍𝑒𝑞
2∠0°
= 𝟏. 𝟗𝟕∠𝟓. 𝟔𝟓°[𝑨]
1.015∠ − 5.65°
𝑖 = 1.97 cos(10𝑡 + 5.65°) [𝐴]
10.2 Determine 𝐕𝐨 en la figura 10.51 aplicando análisis nodal.
𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3 = 0
𝑉𝑜 − 4∠0°
𝑉𝑜
𝑉𝑜
+
+ =0
2
−𝑗5 𝑗4
𝑉𝑜 − 4∠0° 𝑗𝑉𝑜 𝑗𝑉𝑜
+
−
=0
2
5
4
10𝑉𝑜 − 40∠0° + 𝑗4𝑉𝑜 − 𝑗5𝑉𝑜 = 0
𝑉𝑜 (10 − 𝑗) = 40∠0°
𝑉𝑜 =
40∠0°
(10 − 𝑗)
𝑉𝑜 = 3.98∠5.71°
10.3 Determine 𝑽𝒐 en el circuito de la figura.
16 sen(4𝑡) → 𝑉 = 16∠ − 90° = −𝑗16
2 cos(4𝑡) → 𝐼 = 2∠0°
𝑤=4
1
1
1
𝐹 → 𝑍1 =
=
= −𝑗3[Ω]
12
𝑗𝑤𝐶 𝑗 ∗ 4 ∗ 1
12
2𝐻 → 𝑍2 = 𝑗𝑤𝐻 = 𝑗 ∗ 2 ∗ 4 = 𝑗8[Ω]
𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3 = 𝐼
𝑉𝑜 + 𝑗16
𝑉𝑜
+ 𝑉𝑜 +
= 2∠0°
4 − 𝑗3
6 + 𝑗8
𝑉𝑜
𝑗16
𝑉𝑜
+
+ 𝑉𝑜 +
= 2∠0°
4 − 𝑗3 4 − 𝑗3
6 + 𝑗8
𝑉𝑜
𝑉𝑜
98
64
+ 𝑉𝑜 +
=
−𝑗
4 − 𝑗3
6 + 𝑗8 25
25
1
1
98
64
𝑉𝑜 (
+1+
)=
−𝑗
4 − 𝑗3
6 + 𝑗8
25
25
𝑉𝑜 (
61
𝑗
98
64
+ )=
−𝑗
50 25
25
25
𝑉𝑜 =
468
328
−𝑗
149
149
𝑉𝑜 = 3.83∠ − 35.02°
𝑉𝑜 = 3.83𝑐𝑜𝑠(4𝑡 − 35.02°)[𝑉]
10.4 Calcule 𝐯𝐨 en el circuito de la figura 10.53.
16 sen(4𝑡 − 10°) → 𝑉 = 16∠ − 10°
𝑤=4
1
1
1
𝐹 → 𝑍1 =
=
= −𝑗[Ω]
4
𝑗𝑤𝐶 𝑗 ∗ 4 ∗ 1
4
1𝐻 → 𝑍2 = 𝑗𝑤𝐻 = 𝑗 ∗ 4 ∗ 1 = 𝑗4[Ω]
𝑖𝑥 + 0.5𝑖𝑥 = 𝑖1
(16∠ − 10°) − 𝑉𝑥 (16∠ − 10°) − 𝑉𝑥
𝑉𝑥
+
=
𝑗4
𝑗8
1−𝑗
(16∠ − 10°) − 𝑉𝑥 (16∠ − 10°) − 𝑉𝑥
𝑉𝑥
+
−
=0
𝑗4
𝑗8
1−𝑗
(16∠ − 10°) 𝑉𝑥 (16∠ − 10°) 𝑉𝑥
𝑉𝑥
− +
− −
=0
𝑗4
𝑗4
𝑗8
𝑗8 1 − 𝑗
𝑉𝑥
𝑉𝑥
𝑉𝑥 (16∠ − 10°) (16∠ − 10°)
+
+ =
+
𝑗8 1 − 𝑗 𝑗4
𝑗4
𝑗8
𝑉𝑥
𝑉𝑥
𝑉𝑥 (16∠ − 10°) (16∠ − 10°)
+
+ =
+
𝑗8 1 − 𝑗 𝑗4
𝑗4
𝑗8
1
1
1
𝑉𝑥 ( +
+ ) = −1.04 − 𝑗5.91
𝑗8 1 − 𝑗 𝑗4
1
1
𝑉𝑥 ( + 𝑗 ) = −1.04 − 𝑗5.91
2
8
𝑉𝑥 = −4.74 − 𝑗10.63
𝑖1 =
𝑖1 =
𝑉𝑥
1−𝑗
−4.74 − 𝑗10.63
1−𝑗
𝑖1 = 2.94 − 𝑗7.69
𝑉𝑜 = 1 ∗ 𝑖1
𝑉𝑜 = 1 ∗ (2.94 − 𝑗7.69)
𝑉𝑜 = 2.94 − 𝑗7.69
𝑉𝑜 = 8.23∠ − 69.04°
10.5 Encontrar 𝒊𝟎 en el circuito de la Fig. 10.54.
𝑉𝑜
25 cos(4 ∗ 103 𝑡) → 𝑉 = 25∠0°
𝑤 = 4 ∗ 103
2𝜇𝐹 → 𝑍1 =
1
1
=
= −𝑗125[Ω]
−6
𝑗𝑤𝐶 𝑗 ∗ 2 ∗ 10 ∗ 4 ∗ 103
1
1
𝐻 → 𝑍2 = 𝑗𝑤𝐻 = 𝑗 ∗ 4 ∗ 103 ∗ = 𝑗1000[Ω]
4
4
𝑖1 + 𝑖2 = 𝑖𝑜
𝑖𝑜 =
25∠0° − 𝑉𝑜
2𝑘
𝑉𝑜
𝑉𝑜 − 10𝑖𝑜 25∠0° − 𝑉𝑜
+
=
𝑗1000
−𝑗125
2𝑘
−(0.5 + 𝑗7)𝑉𝑜 + 𝑗0.04(25 − 𝑉𝑜 ) = −12.5
−(0.5 + 𝑗7.04)𝑉𝑜 = −12.5 − 𝑗
𝑉𝑜 = 0.2668 − 𝑗1.7566
𝑖𝑜 =
25∠0° − 𝑉𝑜 25 − 0.2668 + 𝑗1.7566
=
2𝑘
2𝑘
𝑖𝑜 = 0.012 + 𝑗8.78 ∗ 10−4
𝑖𝑜 = 0.012∠4.1°
𝑖𝑜 = 12𝑐𝑜𝑠(4000𝑡 + 4.1°)[𝑚𝐴]
10.6 Determine 𝑽𝒙 en la figura 10.55.
𝑖1 + 𝑖2 = 3∠0°
𝑉1 − 4𝑉𝑥
𝑉1
+
= 3∠0°
20
20 + 𝑗10
𝑉1 4𝑉𝑥
𝑉1
−
+
= 3∠0°
20 20 20 + 𝑗10
𝑉𝑥 =
20
20 + 𝑗10
𝑉1
𝑉1
4𝑉1
𝑉1
−
+
= 3∠0°
20 20 + 𝑗10 20 + 𝑗10
(−2 + 𝑗0.5)𝑉1 = 60 + 𝑗30
𝑉1 = 32.53∠ − 139.40°
𝑉𝑥 =
20
20 + 𝑗10
(32.53∠ − 139.40°)
𝑉𝑥 = 29.10∠ − 165.96°
10.7 Utilice análisis nodal para encontrar V en el circuito de la Fig. 10.56
𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3 + 6∠30° = 0
𝑉 − 120∠ − 15°
𝑉
𝑉
+ 6∠30° +
+
=0
40 + 𝑗20
−𝑗30 50
𝑉
𝑉
𝑉
120∠ − 15°
+
+
=
− 6∠30°
40 + 𝑗20 −𝑗30 50
40 + 𝑗20
1
7
𝑉( +𝑗
) = −3.19 − 𝑗4.78
25
300
𝑉 = −111.49 − 𝑗54.47
𝑉 = 124.08∠ − 153.96°
10.8. Use el análisis nodal para encontrar la corriente 𝐢𝟎 en el circuito de la fig. 10.57.
Si 𝐢𝐬 = 𝟔 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝟎𝟎𝐭 + 𝟏𝟓) [𝐀]
𝑖𝑠 = 6 cos(200𝑡 + 15) = 6∠15°
𝑤 = 200
50𝜇𝐹 → 𝑍1 =
1
1
=
= −𝑗100[Ω]
𝑗𝑤𝐶 𝑗 ∗ 50 ∗ 10−6 ∗ 200
100𝑚𝐻 → 𝑍2 = 𝑗𝑤𝐻 = 𝑗 ∗ 100 ∗ 10−3 ∗ 200 = 𝑗20[Ω]
𝑖𝑜 + 𝑖1 + 𝑖2 = 6∠15° + 0.1𝑉𝑜
𝑉𝑜 − 𝑉1
𝑉𝑜
𝑉𝑜
𝑉𝑜
+
+
= 6∠15° +
40
−𝑗100 20
10
5𝑉𝑜 + 𝑗𝑉𝑜 + 2.5𝑉𝑜 − 2.5𝑉1 = 600∠15° + 10𝑉𝑜
(−2.5 + 𝑗)𝑉𝑜 − 2.5𝑉1 = 600∠15° → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛1
𝑖3 + 0.1𝑉𝑜 = 𝑖𝑜
𝑉1
𝑉𝑜 𝑉𝑜 − 𝑉1
+
=
20𝑗 10
40
−2𝑗𝑉1 + 4𝑉𝑜 = 𝑉𝑜 − 𝑉1
(1 − 2𝑗)𝑉1 + 3𝑉𝑜 = 0
3𝑉𝑜 + (1 − 2𝑗)𝑉1 = 0 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛2
−2.5 + 𝑗
(
3
−2.5 𝑉𝑜
600∠15°
)( ) = (
)
1 − 2𝑗 𝑉1
0
𝑉𝑜 = 145.52∠ − 89.03°
𝑉1 = 195.23∠154.39°
𝑖𝑜 =
𝑖𝑜 =
𝑉𝑜 − 𝑉1
40
145.52∠ − 89.03° − 195.23∠154.39°
40
𝑖𝑜 = 7.27∠ − 52.16°
10.9. Use análisis nodal para encontrar 𝐯𝐨 en el circuito de la figura.
10 𝑐𝑜𝑠(103 𝑡) → 𝑉 = 10∠0°
𝑤 = 103
50𝜇𝐹 → 𝑍1 =
1
1
=
= −𝑗20[𝛺]
𝑗𝑤𝐶 𝑗 ∗ 50 ∗ 10−6 ∗ 103
10𝑚𝐻 → 𝑍2 = 𝑗𝑤𝐻 = 𝑗 ∗ 10 ∗ 10−3 ∗ 103 = 𝑗10[𝛺]
Nodo a:
𝑉𝑎 = 10∠0
Nodo b:
𝑖1 = 𝑖𝑜 + 𝑖2
𝑉𝑎 − 𝑉𝑏 𝑉𝑏 − 0 𝑉𝑏 − 𝑉𝑐
=
−
20
20
2𝑗
1
1
1
1
1
∠0 = 𝑉𝑏 ( − + ) + 𝑉𝑐 ( )
2
20 2𝑗 20
2𝑗
5∠0 = (1 + 5𝑗)𝑉𝑏 − 5𝑗𝑉𝑐
(1)
Nodo c:
𝑖2 = 4𝑖𝑜 + 𝑖3
−
𝑉𝑏 − 𝑉𝑐 𝑉𝑐 − 𝑉𝑑
𝑉𝑏
=
+4( )
2𝑗
100𝑗
20
50𝑗𝑉𝑏 − 50𝑗𝑉𝑐 = 𝑗𝑉𝑑 − 𝑗𝑉𝑐 + 20𝑉𝑏
0 = (20 − 50𝑗)𝑉𝑏 + 49𝑗𝑉𝑐 − 𝑗𝑉𝑑
Nodo d:
𝑖3 = 𝑖4
𝑉𝑐 − 𝑉𝑑 𝑉𝑑
=
100𝑗
30
10
0 = 𝑗𝑉𝑐 + ( − 𝑗) 𝑉𝑑
3
(3)
(2)
El sistema nos queda:
5∠0 = (1 + 5𝑗)𝑉𝑏 − 5𝑗𝑉𝑐
0 = (25 − 50𝑗)𝑉𝑏 + 49𝑗𝑉𝑐 − 𝑗𝑉𝑑
{
10
0 = 𝑗𝑉𝑐 + ( − 𝑗) 𝑉𝑑
3
Donde:
𝑉𝑑 = 6.15∠70.15
𝑉𝑑 = 𝑉𝑜
𝑉𝑜 = 6.15∠70.15
𝑉𝑜 = 6.15 𝑐𝑜𝑠(103 + 70.15)
S
10.10. Aplique el análisis nodal para hallar 𝐯𝐨 en el circuito dela figura 10.59. Sea
𝛚 = 𝟐 𝐤𝐫𝐚𝐝/𝐬.
36 cos(2000𝑡) → 𝑉 = 36∠0°
𝑤 = 2000
2𝜇𝐹 =
1
1
=
= −𝑗250
𝑗𝜔𝑐 𝑗2000 ∗ 2𝑥10−6
50𝑚𝐻 = 𝑗𝜔𝐿 = 𝑗2000 ∗ 50𝑥10−3 = 𝑗100
𝑁𝑜𝑑𝑜 1
𝑖1 + 𝑖2 + 𝑖3 = 36∠0°
𝑉1
𝑉1
𝑉1 − 𝑉2
+
+
= 36∠0°
2𝑘 𝑗100 −𝑗250
0.125𝑉1 − 𝑗2.5𝑉1 + 𝑗𝑉1 − 𝑗𝑉2 = 9000∠0°
(0.125 − 𝑗2.5)𝑉1 − 𝑗𝑉2 = 9000∠0° → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛1
𝑁𝑜𝑑𝑜 2
0.1𝑉1 + 𝑖4 = 𝑖3
𝑉1
𝑉2
𝑉1 − 𝑉2
+
=
10 4000 −𝑗250
25𝑉1 + 0.0625𝑉2 = 𝑗𝑉1 − 𝑗𝑉2
(25 − 𝑗)𝑉1 − (0.0625 + 𝑗)𝑉2 = 0 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛2
0.125 − 1.5𝑗
(
25 − 𝑗
−𝑗
𝑉
9000∠0°
) ( 1) = (
)
0.0625 + 𝑗 𝑉2
0
𝑉1 = 358.45∠2.14°
𝑉2 = 8951.14∠93.43°
𝑉2 = 𝑉𝑜
𝑉𝑜 = 8951.14∠93.43°
10.11. Usando análisis nodal encuentre 𝒊𝒐 (t), en el circuito de la figura
1𝐻 𝑗𝑤𝑙 = 𝑗2
2𝐻 𝑗𝑤𝐿 = 𝑗4
0.5𝐹 =
0.25𝐹 =
1
= −𝑗
𝑗𝑤𝐶
1
= −𝑗2
𝑗𝑤𝐶
Nodo 1
(80∠ − 60) − 𝑉1 𝑉1 𝑉1 − 𝑉2
=
+
2
−𝑗
𝑗2
(1 + 𝑗)𝑉1 + 𝑗𝑉2 = 8∠ − 60
Nodo 2
1+
𝑉1 − 𝑉2 (8∠ − 60) − 𝑉2
+
=0
𝑗2
𝑗4 − 𝑗2
𝑉2 = 4∠ − 60 + 𝑗 + 0.5𝑉1
𝑉1 =
1 + 8∠ − 60 − 4∠30
1.5 − 𝑗
𝑖𝑜(𝑡) = 5.02𝑐𝑜𝑠(2𝑡 − 46.55)[𝐴]
10.12. Mediante análisis nodal determinar i o al circuito de la figura 10.62.
Pasamos al dominio fasorial
𝑊 = 1000
20 𝑠𝑖𝑛 1000 𝑡 = 20 < −900
20 Ω = 20 Ω
10 Ω = 10 Ω
2𝑖0 = 2𝐼0
50[𝑢𝐹] = −𝑗20
10[𝑚𝐻] = 𝑗10
Nodo 1)
−20𝑗 =
𝑉1 𝑉1 − 𝑉2
+
+2𝐼
20
10
𝐼=
−20𝑗 =
𝑉2
𝑗 10
𝑉1 𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
+
+2
20
10
𝑗 10
−𝐽400 = 𝑉1 + 2𝑉1 − 2𝑉2 − 𝐽4𝑉2
−𝐽400 = 2𝑉1 + 𝑉2(−2 − 𝐽4)
𝑁𝑜𝑑𝑜 2)
𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
𝑉2
𝑉2
+2
=
+
10
𝑗 10
−𝑗20 𝑗10
𝑉1 − 𝑉2 𝑉2
𝑉2
+
=
10
𝑗 10 −𝑗20
2𝑉1 − 2𝑉2 − 𝑗2𝑉2 = 𝑗𝑉2
0 = 2𝑉1 + 𝑉2(−2 − 𝑗3)
Resolviendo el Sistema
𝑉2 =
400
1 + 𝑗0.5
𝐼 =
𝑉2
10
𝐼 = 34.74 < −166.6
10.13. Determine 𝑽𝒙 en el circuito de la figura aplicando el método de su elección.
Realizamos una transformación de fuente en la malla 3
𝑉𝑠 = 𝐼𝑠 ∗ 𝑅 = (5)(10) = 50[𝑉]
𝑉𝑥 − 40∠30° 𝑉𝑥 𝑉𝑥 − 50
+ +
=0
−𝑗2
3 18 + 𝑗6
⇒ 𝑉𝑥 = 29.26∠62.88°[𝐴]
10.14. Calcule el voltaje de los nodos 1 y 2 en el circuito. Usando análisis nodal
En el nodo 1
0 − 𝑣1 0 − 𝑣1 𝑣2 − 𝑣1
+
+
= 2030°
−𝑗2
10
𝑗4
−(1 + 𝑗2.5)𝑣1 − 𝑗2.5𝑣2 = 173.2 + 𝑗100
En el nodo 2
𝑣2 𝑣2 𝑣2 − 𝑣1
+
+
= 2030°
𝑗2 −𝑗5
𝑗4
−𝑗5.5𝑣2 + 𝑗2.5𝑣1 = 173.2 + 𝑗100
1 en 2
𝑉1 = 28.93∠135.38°
10.15. Resolver por la corriente I en el circuito de Fig.10.64 utilizando análisis nodal.
Nodo 1:
𝐼1 = 𝐼2 + 𝐼3 + 𝐼4
−𝑗20 − 𝑉1
𝑉1
𝑉1 − 𝑉2
=5+
+
2
−𝑗2
𝑗1
−𝑗20 − 𝑉1
𝑗𝑉1
=5+
− 𝑗(𝑉1 − 𝑉2 )
2
2
−𝑗20 − 𝑉1 = 10 + 𝑗𝑉1 − 𝑗2𝑉1 + 𝑗2𝑉2
−10 − 𝑗20 = (1 − 𝑗)𝑉1 + 𝑗2𝑉2 (1)
Nodo 2:
𝐼=
𝑉1
−𝑗2
𝐼2 + 2𝐼 + 𝐼4 = 𝐼5
5+2
5+
𝑉1
𝑉1 − 𝑉2 𝑉2
+
=
−𝑗2
𝑗1
4
𝑉1 𝑉1 − 𝑉2 𝑉2
+
=
−𝑗
𝑗1
4
5 + 𝑗𝑉1 − 𝑗(𝑉1 − 𝑉2 ) =
𝑉2
4
20 + 𝑗4𝑉1 − 𝑗4𝑉1 + 4𝑗𝑉2 = 𝑉2
𝑉2 =
20
(2)
1 − 𝑗4
Sustituyo (2) en (1)
−10 − 𝑗20 = (1 − 𝑗)𝑉1 + 𝑗2𝑉2
−10 − 𝑗20 = (1 − 𝑗)𝑉1 + 𝑗2 (
−10 − 𝑗20 −
−10 − 𝑗20 +
20
)
1 − 𝑗4
𝑗40
= (1 − 𝑗)𝑉1
1 − 𝑗4
160
𝑗40
−
= (1 − 𝑗)𝑉1
17
17
−0.59 − 𝑗22.35 = (√22 − 45°)𝑉1
𝑉1 =
22.36∠358.49°
( √22 − 45°)
𝑉1 = 15,81∠313,5°
Entonces:
𝐼=
𝐼 =
𝑉1
−𝑗2
15,81∠313,5°
−𝑗2
𝐼 = (0,5∠90°)(15,81∠313,5°)
𝐼 = 7,91∠43,49°
10.16. Aplique el análisis nodal para hallar Vx en el siguiente circuito
Nodo 1
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
2 =
𝑉1 − 𝑉2
𝑉1
+
4𝑗
5
2 = −(
𝑉1 − 𝑉2
𝑉1
)+
4𝑗
5
40 = (−5)(𝑉1 − 𝑉2)𝑗 + 4𝑉1
40 = −5𝑉1𝑗 + 5𝑉2𝑗 + 4𝑉1𝑗
(40)/20 = ((4 − 5𝑗)𝑉1 + 5𝑗𝑉2)/20
(1)
2 = (0. 2 − 0. 25𝑗)𝑉1 + 0. 25𝑗𝑉2
Nodo 2
3|450 = 2.121 + 2.121𝑗
𝑖2 + 𝑖5 = 𝑖4
𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
+ 2.121 + 2.121𝑗 =
4𝑗
−3𝑗
𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
−
= −2.121 − 2.121𝑗
4𝑗
−3𝑗
−
12(
𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
𝑗 +
𝑗 = −2.121 − 2.121𝑗
4
−3
𝑉2 − 𝑉1
𝑉2
𝑗 +
𝑗) = (−2.121 − 2.121𝑗)12
4
−3
−3𝑉1 𝑗 + (3 − 4)𝑉2𝑗 = −25.452 − 25.452𝑗
(−3𝑉1 𝑗 − 𝑉2𝑗)/−12 = (−25.452 − 25.452𝑗)/−12
(2) 0. 25𝑗𝑉1 + 0. 08333𝑉2 = 2. 121 + 2. 121𝑗
Sistema de ecuaciones dos variables dos incógnitas:
𝑉1 = 5.2793 − 5.4190𝑗
𝑉2 = 9.6145 − 9.1955𝑗
𝑉𝑥 = 𝑉1 − 𝑉2
𝑉𝑥 = (5.2793 − 5.4190𝑗) − (9.6145 − 9.1955𝑗)
𝑉𝑥 = −4.33 + 3.776𝑗 [𝑉 ]
𝑉𝑥 = 5.748∠138.950°
10.17. Mediante análisis nodal obtener I 0
Nodo 1.
100∠20° − 𝑉1 𝑉1 𝑉1 − 𝑉2
= +
𝑗4
3
2
100∠20° =
𝑉1
(3 + 𝑗10) − 𝑗2𝑉2 (1)
3
Nodo 2.
100∠20° − 𝑉2 𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
+
=
+
1
2
−𝑗2
100∠20° = −
𝑉1
3
1
+ ( + 𝑗 ) 𝑉2 (2)
2
2
2
Resolviendo las ecuaciones:
𝑉1 = 64,74∠ − 13,08°
𝑉2 = 81,17∠ − 6,35°
Para I0:
I0 =
V1 − V2
= 9,25∠ − 162,12° [A]
2
10.18. Aplique análisis nodal para determinar 𝐕𝐨 en el circuito de la figura 10.67.
𝑉𝑥 = 𝑉1
Para el nodo 1
4∠45° =
𝑉1 𝑉1− 𝑉2
+
2 8 + 𝑗6
200∠45° = (29 − 𝑗3)𝑉1 − (4 − 𝑗3)𝑉2
Para el nodo 2
𝑉1− 𝑉2
𝑉2
𝑉2
+ 2𝑉𝑥 =
+
8 + 𝑗6
−𝑗 4 + 𝑗5 − 𝑗2
𝑉1 =
12 + 𝑗41
𝑉
104 − 𝑗3 2
Reemplazando
200∠45° = (29 − 𝑗3)
12 + 𝑗41
𝑉 − (4 − 𝑗3)𝑉2
104 − 𝑗3 2
𝑉2 =
200∠45°
14.21∠89.17°
𝑉𝑜 =
−𝑗2
𝑉
4 + 𝑗5 − 𝑗2 2
𝑉𝑜 = 5.63∠189°[𝑉]
10.19. Obtener V0 en el circuito de la figura usando análisis por nodos.
Súper-nodo:
𝑉0 − 𝑉1 = 12
(1)
𝑉0 − 𝑉2 𝑉0
𝑉1
𝑉2 − 𝑉1
+ +
=
𝑗2
2 −𝑗4
4
−2(𝑉0 − 𝑉2 )𝑗 + 2𝑉0 + 𝑉1 𝑗 = 𝑉2 − 𝑉1
(−2𝑗 + 2)𝑉0 + (𝑗 + 1)𝑉1 + (2𝑗 − 1)𝑉2 = 0
(2)
Nodo V2
𝑉0 − 𝑉2
𝑉2 − 𝑉1
+ 0.2𝑉0 =
𝐽2
4
(−2𝐽 + 0.8)𝑉0 + 𝑉1 + (2𝐽 − 1)𝑉2 = 0
(3)
Sustituyendo 3 en 2
0 = 1.2𝑉0 + 𝑗𝑉1
Reemplazamos 1 en 3
0 = 1.2𝑉0 + 𝑗(𝑉0 − 12)
0 = 1.2𝑉0 + 𝑗𝑉0 − 12𝑗
12𝑗
= 𝑉0
(1.2 + 𝑗)
𝑉0 = 4,9180 + 5,9016𝑗
𝑉0 = 7.6822∠50,19°
10.20. Remítase a la figura 10.69. Si vs (t)=Vm senωt y v0 (t)=A sen (ωt+φ), derive
las expresiones de A y φ
Primero convertimos los elementos al dominio fasorial.
𝐿 = 𝑗𝑤𝐿
𝐶=
1
𝑗𝑤𝐶
𝑉𝑠 (𝑡) = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)
𝑉𝑜 (𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡 + 𝜑𝑡)
Observamos que dos elementos están es paralelo
𝑧𝑒𝑞
1
𝑗𝜔𝐿 (
)
𝐿
𝑗𝜔𝐿
𝑗𝜔𝐶
=
=
=
2
1
𝐶
−𝜔 𝐿𝐶 + 1
𝑗𝜔𝐿 +
𝑗𝜔𝐶 𝑗 2 𝜔 2 𝐿𝐶 + 1
𝑗𝜔𝐶
Realizamos un divisor de tensión
𝑉𝑜 =
𝑧
∗𝑉 =
𝑅 + 𝑧𝑒𝑞 𝑚
𝑉𝑜 =
𝑗𝜔𝐿
∗ 𝑉𝑚 =
−𝜔 2 𝐿𝐶
+1
𝑗𝜔𝐿
𝑅+
−𝜔 2 𝐿𝐶 + 1
𝜔𝐿𝑉𝑚
√𝑅 2 (1 − 𝜔 2 𝐿𝐶)2 + 𝜔 2 𝐿2
𝑗𝜔𝐿
∗𝑉
−𝑅(1 − 𝜔 2 𝐿𝐶) + 𝑗𝜔𝐿 𝑚
∠90° − 𝑡𝑎𝑛−1
𝜔𝐿
𝑅(1 − 𝜔 2 𝐿𝐶)
𝑉𝑜 = 𝐴∠𝜑
𝐴=
𝜔𝐿𝑉𝑚
√𝑅 2 (1 − 𝜔 2 𝐿𝐶)2 + 𝜔 2 𝐿2
𝜑 = 90° − 𝑡𝑎𝑛−1
𝜔𝐿
𝑅(1 − 𝜔 2 𝐿𝐶)
21. En relación con cada uno de los circuitos de la figura 10.70, halle Vo/Vi para:
𝒘 = 𝟎, 𝒘 → ∞, 𝒘𝟐 =
𝟏
𝑳𝑪
(a)
𝑤=
1
√𝐿𝐶
𝑤=0
𝑉𝑜
=1
𝑉𝑖
𝑤→∞
𝑉𝑜
=0
𝑉𝑖
𝑉𝑜
1
𝑗
=
=−
𝑗𝑅𝐶
𝐿𝐶
𝑉𝑖 1 −
𝑅√𝐶
+
𝐿𝐶 √𝐿𝐶
(b)
𝑤=0
𝑤→∞
𝑤=
1
√𝐿𝐶
𝑉𝑜
=0
𝑉𝑖
𝑉𝑜
= 1 𝐴𝑝𝑟𝑜𝑥.
𝑉𝑖
𝐿𝐶
−
𝑉𝑜
𝑗
𝐿𝐶
=
=
𝑉𝑖 𝑅𝑗 ∗ 1 + 1 − 𝐿𝐶 𝑅√𝐶
𝐿𝐶
√𝐿𝐶
10.22. En referencia al circuito de la figura 10.71 determine
𝑅→𝑍=𝑅
𝐶→𝑍=
1
𝑗𝑤𝐶
𝐿 → 𝑍 = 𝑗𝑤𝐿
𝑍𝑒𝑞1 = 𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿
𝐕𝐨
𝐕𝐬
1
𝑗𝑤𝐶
=
1
𝑍𝑒𝑞1 +
𝑗𝑤𝐶
𝑍𝑒𝑞1 ∗
𝑍𝑒𝑞
𝑍𝑒𝑞
𝑍𝑒𝑞
1
(𝑅 + 𝑗𝑤𝐿)
𝑗𝑤𝐶 2
=
1
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿 +
𝑗𝑤𝐶
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝐶
=
𝑗𝑤𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 1
𝑗𝑤𝐶
𝑍𝑒𝑞 =
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 1
Aplicando divisor de tensión:
𝑉𝑜 =
𝑉𝑜
=
𝑉𝑠
𝑍𝑒𝑞
𝑉
𝑍𝑒𝑞 + 𝑅1 𝑠
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 1
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿
+ 𝑅1
𝑗𝑤𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 1
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿
𝑉𝑜
𝑗𝑤𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 1
=
𝑅2 + 𝑗𝑤𝐿 + 𝑗𝑤𝑅1 𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝑅1 𝐿𝐶 + 𝑅1
𝑉𝑠
𝑗𝑤𝑅2 𝐶 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 1
10.23. Aplicando el análisis nodal obtenga V en el circuito de la figura.
𝑉𝑠 − 𝑉𝑜 𝑉0 − 𝑉1
𝑉𝑜
=
+
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 1
1
𝑅
𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝐶
𝑉𝑜 − 𝑉1
𝑉1
=
𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 2
1
𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝐶
Despejando
𝑉𝑠 𝑉𝑜
𝑉𝑜
𝑉1
−
=
−
+ 𝑗𝑤𝐶𝑉𝑜 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 3
𝑅
𝑅
𝑗𝑤𝐿 𝑗𝑤𝐿
𝑉𝑜
𝑉1
−
= 𝑗𝑤𝐶𝑉1 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 4
𝑗𝑤𝐿 𝑗𝑤𝐿
𝑉𝑠
1
1
𝑣1
+ 𝑉𝑜 (− −
− 𝑗𝑤𝐶) +
= 0 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 5
𝑅
𝑅 𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝑙
𝑉𝑜
1
+ 𝑉1 (−
− 𝑗𝑤𝐶) = 0 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 6
𝑗𝑤𝐿
𝑗𝑤𝐿
Despejamos y Reemplazamos 6 en 5.
𝑉𝑜 =
𝑉𝑠(1 − 𝑤 2 𝐿𝐶)
1 − 𝑤 2 𝐿𝐶 + 𝑗𝑤𝑅𝐶(2 − 𝑤 2 𝐿𝐶)
SECCIÓN 10.3 ANÁLISIS POR MALLAS
10.24. Designar un problema para ayudar a otro estudiante a entender el análisis
de malla.
Determinar Vo en la figura 10.72 aplicando el análisis de malla.
(2 − 𝑗5)𝐼1 + 𝑗5𝐼2 = 4∠0° −→ (1)
𝑗5𝐼1 − 𝑗𝐼2 = 0 −→ (2)
𝐼2 = 9.9𝑋10−2 − 𝑗0.99
𝑉𝑜 = −3.96 + 𝑗0.396
𝑉𝑜 = 3.98∠ − 5.71°[𝑉]
10.25. Para resolver 𝐢𝟎 en la Fig. 10.73 empleando análisis de malla.
(4 − 𝑗2)𝐼1 + 𝑗2𝐼2 = 10
𝑗2𝐼1 + 𝑗2𝐼2 = 𝑗6
𝐼1 = 2 + 𝑗0.5
− −→ (1)
− −→ (2)
𝐼2 = 1 − 𝑗0.5
𝑖0 = 𝐼1 − 𝐼2
𝑖0 = (2 + 𝑗0.5) − (1 − 𝑗0.5)
𝑖𝑜 = 1 − 𝑗
𝑖0 = 1.41∠ − 45°
𝑖0 = 1.41 𝑐𝑜𝑠(2𝑡 + 45°)
10.26. Usando análisis de mallas encontrar la corriente 𝐢𝐨 en el circuito de la figura
w = 103
ZC =
𝑗∗
1
= −𝑗1000[Ω]
∗ 10−6
103
ZL = j ∗ 0.4 ∗ 103 = 𝑗400[Ω]
10 cos(103 𝑡) = 10∠0°
20 sen(103 𝑡) = 20∠ − 90°
Análisis de mallas:
(2𝑘 + 𝑗400)I1 − j400I2 = 10∠0°−→ (1)
−j400I1 − j600I2 = −20∠ − 90°−→ (2)
I1 = 0.0025 − 𝑗0.0075
I2 = −0.035 + 𝑗0.005
io = I1 − 𝐼2 = 0.0375 − 𝑗0.0125
io = 39.52∠ − 18.43°[𝑚𝐴]
10.27. Usando análisis de malla, encuentre I1 e I2 en el circuito de la Fig.10.75.
−𝑗10𝐼1 + 𝑗20𝐼2 = 40∠30°
𝑗20𝐼1 + (40 − 𝑗20)𝐼2 = −50
−→ (1)
−→ (2)
𝐼1 = −0.4288 + 𝑗4.6784 = 4,69∠ − 84.76°[𝐴]
𝐼2 = 0.7856 + 𝑗0.6072 = 0,99∠37,7°[𝐴]
10.28. En el circuito de la figura 10.76, determine la corriente de malla 𝐢𝟏 y 𝐢𝟐 .
Si 𝒗𝟏 = 𝟏𝟎 𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒕) [𝑽] y 𝒗𝟐 = 𝟐𝟎 𝒄𝒐𝒔(𝟒𝒕 − 𝟑𝟎) [𝑽]
Figura 10.76. Circuito para el ejercicio número 10.28
Transformación de las fuentes:
𝑤=4
𝑉1 = 10 cos(4𝑡) = 10∠0° [𝑉]
𝑣2 = 20 𝑐𝑜𝑠(4𝑡 − 30) = 20∠ − 30° [𝑉]
Transformación a impedancias:
1[𝐻] = 𝑗4[𝛺]
1[𝐹] = −𝑗0.25[Ω]
Figura 10.76.1. Circuito para el ejercicio número 10.28
Análisis de malla:
(2 + 𝑗3.75)𝐼1 − (1 − 𝑗0.25)𝐼2 = 10
−→ (1)
(−1 + 𝑗0.25)𝐼1 + (2 + 𝑗3.75)𝐼2 = −20∠ − 30
−→ (2)
𝐼1 = 𝑖1 = 2.07 − 𝑗1.8 = 2.74∠ − 41.009°[A]
𝐼2 = 𝑖2 = −0.14 + 𝑗4.11 = 4.11∠ − 88.05°[𝐴]
10.29. Usando la figura, diseñe un problema que ayude a los demás estudiantes.
Figura 10.77. Circuito para el ejercicio número 10.29.
Sea:
𝑋𝐿1 = 2[𝛺] , 𝑅1 = 5[𝛺] , 𝑋𝐿2 = 10[𝛺], 𝑋𝐿3 = 5[𝛺], 𝑅2 = 10[𝛺] , 𝑅3 = 10[𝛺] , 𝑉𝑆 =
20∠0°[𝛺].
Encontrar 𝐼1 y 𝐼2 reemplazando los valores dados en el circuito.
Figura 10.77.1. Circuito para el ejercicio número 10.29.
Análisis de malla:
(15 + 𝑗6)𝐼1 − (10 + 𝑗4)𝐼2 = 20∠0
−→
(1)
(20 + 𝑗7)𝐼2 − (10 + 𝑗4)𝐼1 = 0
− → (2)
𝐼1 = 1.75 − 0.656𝑗 = 1.87∠ − 20.5
𝐼2 = 0.9 − 0.294𝑗 = 0.95∠ − 18[𝐴]
10.30. Aplique el análisis de lazos para hallar en el circuito de la figura 10.78. Sean
𝒗𝒔𝟏 = 𝟏𝟐𝟎 𝒄𝒐𝒔(𝟏𝟎𝟎𝒕 + 𝟗𝟎 ͦ) 𝑽, 𝒗𝒔𝟐 = 𝟖𝟎 𝒄𝒐𝒔 𝟏𝟎𝟎𝒕 𝑽.
Figura 10.78. Circuito para el ejercicio número 10.30.
Transformación a impedancias:
300𝑚𝐻 = 𝑗30
200𝑚𝐻 = 𝑗20
400𝑚𝐻 = 𝑗40
50𝜇𝐹 = −𝑗200
Análisis de mallas:
(20 + 𝑗30)𝐼1 − 𝑗30𝐼2 = 120∠90° −→ (1)
−→ (2)
−3𝐼1 − 13𝐼2 + 20𝐼3 = 0
𝑗20𝐼2 + (1 − 𝑗18)𝐼3 = −8
−→ (3)
𝐼1 = 2.06 + 𝑗3.57
𝐼2 = 0.43 + 2.19
𝐼3 = 0.59 + 𝑗1.96
𝑣𝑜 = −𝑗200(𝐼2 − 𝐼3 )
𝑣𝑜 = 46.68 + 𝑗31.4 = 56.26∠33.93 [𝑉]
10.31. Use corrientes de malla y determine la corriente Io en el circuito de la figura.
Figura 10.79.
Circuito para el
ejercicio número 10.31.
Análisis de malla:
(80 − 𝑗40)𝐼1 + 𝑗40𝐼2 = 100∠120°
−→ (1)
𝑗40𝐼1 − 𝑗20𝐼2 + 𝑗40𝐼3 = 0
−→ (2)
𝑗40𝐼2 + (20 − 𝑗40)𝐼3 = −(60∠ − 30°)
−→ (3)
𝐼𝑜 = 𝐼2 = 1.04 + 𝑗1.91 = 2.175∠61.43°[𝐴]
10.32. Determinar Vo y Io en el circuito de la figura 10.80 aplicando análisis de
mallas
Figura 10.80. Circuito para el problema 10.32.
Análisis de malla:
𝐼1 = 4∠ − 30°[𝐴]
−→ (1)
(2 + 𝑗4)𝐼2 − 2𝐼1 + 3𝑉𝑜 = 0−→ (2)
𝑉𝑜 = 2(𝐼1 − 𝐼2 )
𝑉 ∘= 2(4∠ − 30° − 𝐼2 ) −→ (3)
(3) 𝑒𝑛 (1)
(2 + 𝑗4)𝐼2 − 2(4∠−30∘ ) + 6(4∠ − 30 − 𝐼2 ) = 0
𝐼2 = 2.83∠150
𝐼𝑜 =
3𝑉𝑜
6(4∠ − 30 − 𝐼2 )
=
−𝑗2
−𝑗2
𝐼𝑜 = 8.485∠150 [𝐴]
𝑉 ∘=
−𝑗2 𝐼𝑜
= 5.66∠−750 [𝑉]
3
10.33. Calcule 𝑰 en el circuito siguiente aplicando el análisis de lazos.
Figura 10.81. Circuito para el problema 10.33.
Análisis de malla
𝐼4 = 5[𝐴]
(2 − 𝑗2)𝐼1 + 𝑗2𝐼2 = 20∠ − 90° −→ (1)
𝑗2𝐼1 − 𝑗𝐼2 + 4𝐼3 = 𝑗(5)
−→ (2)
−𝐼2 + 𝐼3 + 0,1𝑉𝑥 = 0
−→ (3)
𝑉𝑥 = 𝑗100(𝐼1 − 𝐼2 )
−→ (4)
Nodo para Supermalla:
(4) 𝑒𝑛 (3)
𝑗10𝐼1 − (1 + 𝑗10)𝐼2 + 𝐼3 = 0 −→ (5)
Sistema de ecuaciones: (1), (2) 𝑌 (5):
𝐼𝑜 = 𝐼3 = −2.23 − 𝑗0.13 = 2.23∠3.34°[𝐴]
10.34. Usar analisis de malla para encontrar Io en l Fig. 10.28.
Analisis de malla:
−𝑗40 + (18 + 𝑗2)𝐼1 − (8 − 𝑗2)𝐼2 − (10 + 𝑗4)𝐼3 = 0 −→ (1)
Supermalla
(𝐼3 − 𝑗2)𝐼2 + (30 + 𝑗19)𝐼3 − (8 + 𝑗2)𝐼1 = 0
𝐼2 = 𝐼3 − 3
−𝑗40 + 5(𝐼3 − 3) + (20 + 𝑗15)𝐼3 = 0
𝐼3 =
3 + 𝑗8
= 1.47∠38.48°
5 + 𝑗3
𝐼0 = 𝐼3 = 1.47∠38.48°
10.35. Calcular Io en la Fig. 10.30 utilizando analisis de malla.
−→ (2)
−→ (3)
Figura 10.30. Circuito para el problema 10.35.
Análisis de malla:
−8𝐼1 − (1 − 𝑗3)𝐼2 + (13 − 𝑗)𝐼3 = 0
−→ (1)
Supermalla:
8𝐼1 + (11 − 𝑗8)𝐼2 − (9 − 𝑗3)𝐼3 = 0
−→ (2)
−→ (3)
𝐼1 − 𝐼2 = 4∠ − 90°
𝐼𝑜 = 𝐼2 = 1.9∠ − 2.1°[𝐴]
10.36. Calcule Vo en el circuito de la figura aplicando mallas
I1
I2
I3
Malla1
𝑖1 = 𝑗4 [𝐴]
Malla3
𝑖3 = −2 [𝐴]
Malla 2
(4 − 3𝑗)𝑖2 − 2𝑖1 + 12 − 2𝑖3 = 0
(4 − 3𝑗)𝑖2 − 2(4𝑗) + 12 − 2(−2) = 0
(4 − 3𝑗)𝑖2 − 8𝑗 + 16 = 0
𝑖2 =
−16 + 8𝑗
4 − 3𝑗
𝑖2 = −3.56 − 0.64𝑗 [𝐴]
𝑉0 = 2(𝑖1 − 𝑖2 )
𝑉0 = 2(𝑗4 − (−3.56 − 𝑗. 64))
𝑉0 = 7.12 + 𝑗9.28 [𝑉]
𝑉0 = 11.69∠52.50 [𝑉]
10.37. Usando análisis de mallas encontrar I1, I2, I3:
Malla 1.
𝑍𝐼𝑎 − 𝑍𝐼𝑐 = −𝑗120 (1)
Malla 2.
𝑍𝐼𝑏 − 𝑍𝐼𝑐 = −120∠30° (2)
Malla 3.
−𝑍𝐼𝑎 − 𝑍𝐼𝑏 +3𝑍𝐼𝑐 = 0 (3)
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
𝐼𝑎 = −0,264 − 𝑗2,37 [𝐴]
𝐼𝑏 = −2,181 − 𝑗0,954 [𝐴]
𝐼𝑐 = −0,815 − 𝑗1.017 [𝐴]
Ahora relacionamos con las corrientes del gráfico:
𝐼1 = 𝐼𝑎 = −0,264 − 𝑗2,37 [𝐴]
𝐼2 = 𝐼𝑏 − 𝐼𝑎 = −1,916 − 𝑗1,411 [𝐴]
𝐼3 = −𝐼𝑏 = 0,815 + 𝑗1.017 [𝐴]
10.38. Aplicando el análisis de lazos obtenga 𝐈𝐨 en el circuito de la figura 10.83.
𝐼1 = 2 [𝐴]
(2 − 𝑗4)𝐼2 − 2𝐼1 + 𝑗4𝐼4 + 10∠90° = 0
(1 − 𝑗2)𝐼2 + 𝑗2𝐼4 = 2 − 𝑗5
𝑗4𝐼2 + (1 + 𝑗2)𝐼3 + (1 − 𝑗4)𝐼4 = 𝑗4
𝐼3 = 𝐼4 − 4
𝑗2𝐼2 + (1 − 𝑗)𝐼4 = 2(1 + 𝑗3)
𝐼𝑜 = 3.35∠174.3° [𝐴]
10.39. Encontrar 𝐈𝟏 , 𝐈𝟐 , 𝐈𝟑 𝐞 𝐈𝐱
Malla 1:
(28 − 𝐽15)𝐼1 − 8𝐼2 + 𝐽15𝐼3 = 12∠64°
Malla 2:
−8𝐼1 + (8 − 𝑗9)𝐼2 − 𝑗16𝐼3 = 0
Malla 3:
𝑗15𝐼1 − 𝑗16𝐼2 + (10 + 𝑗)𝐼3 = 0
(
(28 − 𝑗15)
−8
15𝑗
−8
(8 − 9𝑗)
−16𝑗
𝑗15
𝐼1
12∠64°
−16𝑗 ) (𝐼2 ) = ( 0 )
(10 + 𝑗) 𝐼3
0
𝐼1 = −0,128 + 𝑗0,3593 = 0.3814∠109,6° [𝐴]
𝐼2 = −0,1946 + 𝑗0,2841 = 0.3443∠124,4° [𝐴]
𝐼3 = 0,0718 − 𝑗0.1265 = 0.1455∠ − 60,42° [𝐴]
𝐼𝑥 = 𝐼1 − 𝐼2 = 0,0666 + 𝑗0,0752 = 0.1005∠48,5° [𝐴]
SECCIÓN 10.4 TEOREMA SUPERPOSICIÓN
10.40. Encuentre io en el circuito mostrado en la figura, usando el teorema de
superposición
Transformamos los elementos a dominio fasorial
𝐿 = 1𝐻 = 𝑗𝜔𝐿 = 4𝑗
10 𝑐𝑜𝑠(4𝑡) = 10∠0°
Apagamos la fuente de tensión 10∠0°
𝑖𝑜1 =
𝑉 8
= = 4[𝐴]
𝑅 2
Apagamos la fuente de tensión de 8 [v]
Aplicamos análisis nodal
10 − 𝑣𝑏 𝑣𝑏 𝑣𝑏
=
+
4
4𝑗 2
10 − 𝑣𝑏 =
𝑣𝑏
+ 2𝑣𝑏
𝑗
1
𝑣𝑏 ( + 3) = 10
𝑗
𝑣𝑏 =
𝑖𝑜2 =
10(𝑗)
[𝑉]
1 + 3𝑗
𝑣𝑏
10𝑗
=
= 0.7905∠ − 71.5650° [𝐴]
4𝑗 4(1 + 3𝑗)
𝑖𝑜 = 𝑖𝑜1 + 𝑖𝑜2
𝑖𝑜 = 4 + 0.7905∠ − 71.505° = 4 + 0.7905 𝐶𝑜𝑠(4𝑡 − 71.565°)[𝐴]
10.41. Halle Vo en el circuito de la figura 10.86 suponiendo que Vs=6cos(2t)+4sen(4t)
[V]
Cuando
𝑉𝑠 = 6 cos(2𝑡) = 6∠0° [𝐴]
0.25[𝐹] =
1
𝑗0.5
Aplico método de mallas:
−6∠00 +
𝑖1
+ 2𝑖1 = 0
𝑗0,5
𝑖1 = 2,12∠450 [𝐴]
𝑉𝑜1 = 𝑖1(2[Ω])
𝑉𝑜1 = (2∠00 )(2,12∠450 )[𝑉]
𝑉𝑜1 = 4,25∠450 [𝑉]
Cuando
𝑉𝑠 = 4 cos(4𝑡) = 4∠0° [𝑉]
0.25[𝐹] =
1
[Ω]
𝑗0
Aplicando mallas
−4∠00 +
𝑖1
+ 2𝑖1 = 0
𝑗
𝑖1 = 1,78∠26,570 [𝐴]
𝑉𝑜2 = 𝑖1(2[Ω])
𝑉𝑜2 = (2∠00 )(1,78∠26,570 )
𝑉𝑜2 = 3,56∠26,570 [𝑉]
En el dominio del tiempo:
𝑉𝑜 = 4,25 𝑐𝑜𝑠(2𝑡 + 450 ) + 3,56𝑠𝑒𝑛(4𝑡 + 26,570 ) [𝑉]
10.42. Determine 𝐈𝐨 utilizando el teorema de superposición en el circuito de la
figura
𝐼1 =
𝐼1 =
𝑍2
(−𝑗2)
𝑍1 + 𝑍2
9.81∠78.69°
(−𝑗2)
33.28∠ − 56.31° + 9.81∠78.69°
𝐼1 = −𝑗2 ∗ (0.36∠120.25°)
𝐼1 = 0.72∠30.25° [𝐴]
Apagamos la fuente de 20∠0°
Aplicando transformación de fuente:
𝐼𝑠 =
𝑉𝑠
𝑍𝑠
30∠45° ∠45°
[𝐴]
=
60
2
𝐼𝑠 =
Calculo de las impedancias equivalentes:
𝑍1 =
60 ∗ −𝑗40
60 − 𝑗40
𝑍1 = 33.28∠ − 56.31°
𝑍2 =
50 ∗ 𝑗10
50 + 𝑗10
𝑍2 = 9.81∠78.69°
Aplicando divisor de corriente:
𝐼1 =
−𝑍1 ∠45°
(
) [𝐴]
𝑍1 + 𝑍2
2
10.43. Aplicando el principio de superposición, halle en el circuito de la figura
Cambiamos de dominio.
Apagando la fuente de corriente.
8𝑗𝑖1 − 4𝑗𝑖1 + 3𝑖1 + 5 − 8.66𝑗 = 0
𝑖1 =
−5 + 8.66𝑗
= −0.7856 − 1.8392𝑗
4𝑗 + 3
𝑖𝑥1 = −0.7856 − 1.8392𝑗[𝐴]
Apagando la fuente de voltaje
𝑖1 = −0.7856 − 1.8392𝑗
−4𝑗𝑖2 + 3𝑖2 + 8𝑗(𝑖2 − 𝑖1) = 0
Reemplazando
𝑖2 = 5.472 + 5.824𝑗
𝑖𝑥2 = −5.472 − 5.824𝑗[𝐴]
𝑖𝑥 = 𝑖𝑥1 + 𝑖𝑥2
Pasando al dominio del tiempo
𝑖𝑥(𝑡) = 9.89 𝑐𝑜𝑠(2𝑡 − 129.22)[𝐴]
10.44 Usando el principio de superposición obtener v en el circuito de la figura,
V=50sin(2t) e Ix=12cos(6t+10°).
Cambiando al dominio fasorial
𝑉𝑠 = 50 sen(2𝑡) = 50∠0° [𝑉]
𝐼𝑠 = 12 cos(6𝑡 + 10°) = 12∠10° [𝐴]
Apagando la fuente de voltaje se tiene que.
𝑍𝑙 = 𝑗60
𝑍2 = 20 + 𝑗60
𝐼16 =
20 + 𝑗60
12∠10°
36 + 𝑗60
𝐼16 = 11.04 + 𝑗4.39
𝑉16 = (11.04 + 𝑗4.39)16 = 166.72 + 70.33𝑗
Apagando la fuente de corriente
𝑍𝑙 = 𝑗250
aplicando un divisor de tensión
𝑉𝑥 =
16
∗ 50 = 0.451 − 3.13𝑗
36 + 𝑗250
Sumando los voltajes.
𝑉𝑡 = (0.451 − 3.13𝑗) + (166.72 + 70.33𝑗) = 167.17 + 67.2𝑗 [𝑉]
10.45. Usar superposición para encontrar 𝐢(𝐭) en el circuito de la Fig. 10.90.
16𝑐𝑜𝑠(10𝑡 + 30)[𝑉] = 16∠30°[𝑉] = (13.86 + 𝑗8)[𝑉]
6𝑠𝑒𝑛(4𝑡) = 6∠ − 90° = −𝑗6
Se apaga la fuente de 16𝑐𝑜𝑠(10𝑡 + 30)[𝑉]
𝑍𝑐 = 300𝑥10−3 𝑥𝑗𝑥4 = 𝑗1.2[𝛺]
(𝑗1.2 + 20)𝑖1 =j6
𝑖1 = 0.018 + 𝑗0.3[𝐴]
Se apaga la fuente de 6𝑠𝑒𝑛(4𝑡)
𝑍𝑐 = 300𝑥10−3 𝑥10𝑥𝑗 = 𝑗3
(20 + 𝑗3)𝑖2 = 13.86 + 𝑗8
𝑖2 = 0.74 + 𝑗0.29 [𝐴]
Calculo de 𝑖 total
𝑖 = 𝑖1 + 𝑖2
𝑖 = 0.758 + 𝑗0.59
𝑖 = 960.6∠37.9°
10.46 Resolver Vo en el circuito de la figura, usando superposición
Dejamos encendida solo la fuente de 10 V. por lo tanto
𝑉1 = 10[𝑉]
Luego dejamos encendida la fuente de amperaje
𝑍1 = 𝑗𝑤𝑙 = 𝑗4
𝑍2 =
1
= −𝑗6
𝑗𝑤𝑐
Aplicamos análisis nodal.
4=
𝑉2 =
𝑉2
𝑉2
𝑉2
+
+
6 −𝑗6 𝑗4
24
= 21.45𝑠𝑒𝑛(2𝑡 + 26.56°)[𝑉]
1 − 𝑗0.5
Finalmente dejamos encendida la última fuente de voltaje y realizando un análisis nodal se
tiene que
12 − 𝑉3
𝑉3
𝑉3
=
+
6
−𝑗4 𝑗6
𝑉3 =
12
= 10.73∠ − 26.56 = 10.73𝑐𝑜𝑠 (3𝑡 − 26.56)
1 + 𝑗0.5
Sumando los voltajes 1, 2 y 3 obtendremos la respuesta que se busca.
𝑉𝑡 = 10 + 21.45𝑠𝑒𝑛(2𝑡 + 26.56) + 10.73 𝑐𝑜𝑠(3𝑡 − 26.56) [𝑉]
10.47. Determine Io en el circuito de la Fig. 10.92, usando el principio de
superposición.
Se deja encendida la fuente de 24 V para luego realizar el análisis del circuito.
Por lo que la impedancia total seria 6[Ω]
Entonces 𝐼𝑜1 =
24
6
= 4[𝐴]
Se deja encendida la fuente de voltaje de la izquierda y se realiza el análisis.
10 𝑠𝑖𝑛(𝑡 − 30°) = 10 < −30° = 8,66 − 𝑗5
𝑤=1
1
1
𝐹=
= −𝑗6
1
6
𝑗𝑤
6
2𝐻 = 𝑗𝑤2 = 𝑗2
La impedancia total
𝑍𝑒𝑞 = [(𝑗2 + 4)║2] − 𝑗6 + 1
𝑍𝑒𝑞 =
𝑍𝑒𝑞 =
𝑗4 + 8
− 𝑗6 + 1
𝑗2 + 6
𝑗4 + 8 + 12 − 𝑗36 + 𝑗2 + 6
𝑗2 + 6
𝑍𝑒𝑞 =
26 − 𝑗30
6 + 𝑗2
𝐼𝑇 =
𝐼𝑇 =
8,66 − 𝑗5(6 + 𝑗2)
26 − 𝑗30
51,96 − 𝑗30 + 10 + 𝑗17,32
26 − 𝑗30
𝐼𝑇 =
61,96 − 𝑗12,68
26 − 𝑗30
Divisor de corriente:
𝐼𝑜2 =
4 + 𝑗2 61,96 − 𝑗12,68
×
6 + 2𝑗
26 − 𝑗30
𝐼𝑜2 = 0,504 < 19,1°[𝐴]
𝐼𝑜2 = 0,504𝑠𝑒𝑛(𝑡 + 19,1°)[𝐴]
Por último se deja encendida la fuente de corriente y la analizamos
2 𝑐𝑜𝑠(3𝑡) = 2 < 0° = 2
𝑤=3
1
1
𝐹=
= −𝑗2
1
6
𝑗𝑤
6
2𝐻 = 𝑗𝑤2 = 𝑗6
Divisor de corriente:
2(1 − 𝑗2)
(
)
3 − 𝑗2
𝐼𝑜3 =
×2
2(1 − 𝑗2)
4 + 𝑗6 + (
)
3 − 𝑗2
𝐼𝑜3 =
2(1 − 𝑗2)
×2
4 + 𝑗6(3 − 𝑗2) + 2(1 − 𝑗2)
3 − 𝑗2
𝐼𝑜3 =
2 − 𝑗4
×2
12 − 𝑗8 + 18𝑗 + 12 + 2 − 𝑗4
𝐼𝑜3 =
2 − 𝑗4
×2
26 + 6𝑗
𝐼𝑜3 =
4 − 𝑗8
26 + 6𝑗
𝐼𝑜3 = 0,3352 < −76,43°[𝐴]
𝐼𝑜3 = 0,3352𝑐𝑜𝑠(3𝑡 − 76,43°)[𝐴]
𝐼𝑜 = 4 + 0,504𝑠𝑒𝑛(𝑡 + 19,1°) + 0,3352𝑐𝑜𝑠(3𝑡 − 76,43°)[𝐴]
10.48 Encuentre io en el circuito de le Fig. 10.93 usando superposición.
𝑤 = 2000
𝐶=
1
= −25𝑗[Ω]
𝑗𝑤𝑐
𝐿 = 𝑗𝑤𝑙 = 80𝑗[Ω]
50 cos 2000𝑡 = 50 < 0° = 50[𝑉]
Para este caso usaremos análisis de malla
Malla 1:
(55𝑗 + 80)𝐼1 − 80𝐼2 = 50
Malla 2:
240𝐼2 − 80𝐼1 = 0
(55𝑗 + 80)𝐼1 − 80𝐼2 = 50
{
240𝐼2 − 80𝐼1 = 0
Resolviendo el sistema de ecuaciones
𝐼2 = 0,15 − 0,156𝑗
𝐼𝑜1 = −𝐼2 = −0,15 + 0,156𝑗 = 0,218 < 134,11°[𝐴]
𝑖𝑜1 = 0,218 𝑐𝑜𝑠(2000𝑡 + 134,11°) [𝐴]
𝑤 = 4000
1
= −12,5𝑗[Ω]
𝑗𝑤𝑐
𝐶=
𝐿 = 𝑗𝑤𝑙 = 160𝑗[Ω]
50 𝑐𝑜𝑠 2000𝑡 = 2 < 0° = 2[𝐴]
Para este caso usaremos análisis de malla
𝐼2 = 2[𝐴]
Malla 1:
(147,5𝑗 + 80)𝐼1 − 80𝐼3 = 320𝑗
Malla 3:
240𝐼3 − 80𝐼1 = 120
(147,5𝑗 + 80)𝐼1 − 80𝐼3 = 320𝑗
{
240𝐼3 − 80𝐼1 = 120
Resolviendo el sistema de ecuaciones
𝐼3 = 1,17 + 0,15𝑗
𝐼𝑜2 = −𝐼3 = −1,17 − 0,15𝑗 = −1.17 < 7,38°[𝐴]
𝑖𝑜2 = −1,17 𝑠𝑒𝑛(4000𝑡 + 7,38°) [𝐴]
𝑅𝑒𝑞 = 240[Ω]
𝑖𝑜3 =
𝑉
24
=
= 0,1[𝐴]
𝑅 240
𝑖𝑜 = 𝑖𝑜1 = 0,218 𝑐𝑜𝑠(2000𝑡 + 134,11°) 𝑖𝑜2 − 1,17 𝑠𝑒𝑛(4000𝑡 + 7,38°) + 0,1[𝐴]
SECCIÓN 10.5 TRANSFORMACIÓN DE FUENTES
10.49 Use transformación de fuente para encontrar i en el circuito.
𝑤 = 200
𝐶=
1
= 5𝑗[Ω]
𝑗𝑤𝑐
𝐿 = 𝑗𝑤𝑙 = 𝑗[Ω]
8 sen(200𝑡 + 30°) = 8 < 30° = 6,93 + 4𝑗[𝐴]
𝑉𝑓 = (6,93 + 4𝑗) × 5 = 34,64 + 20𝑗[𝑉]
𝑍𝑒𝑞 = 8 − 4𝑗
𝐼=
𝑉𝑓
= 2,464 + 3,7𝑗 = 4,47 < 56,57°[𝐴]
𝑍𝑒𝑞
𝑖 = 4,47𝑠𝑒𝑛(200𝑡 + 56,57°)[𝐴]
10.50 Diseñe un problema para que los estudiantes comprendan mejor la
transformación de fuentes.
𝐼1 = 2,5[𝐴]
𝑍1 = 2ǁ𝑗 = 0,4 + 0,8𝑗[Ω]
−𝑉1 + (𝑍1 + 2𝑗 + 5)𝑉𝑜 = 0
𝑉𝑜 =
1 + 2𝑗
= 0,297 + 0,216𝑗 = 0,367 < 36,027°[𝑉]
5,4 + 2,8𝑗
10.51 Use transformación de Fuentes para encontrar Io en el problema 10.42.
𝐼1 = −2,5𝑗[𝐴]
𝐼2 = 3[𝐴]
𝑍1 = 5ǁ2𝑗 = 0,689 + 1,724𝑗[Ω]
𝑍2 = 2ǁ − 𝑗 = 0,4 − 0,8𝑗[Ω]
𝑍3 = −𝑗ǁ𝑍2 = 0,12 − 0,45𝑗[Ω]
𝑉3 = 𝐼1 × 𝑍1 = −1,72𝑗 + 4,31[𝑉]
𝑉4 = 𝐼2 × 𝑍3 = −1,35𝑗 + 0,36[𝑉]
𝐼𝑜 =
𝑉3 + 𝑉4
= 0,94 − 0,51𝑗 = 1,06 < −28,40°[𝐴]
𝑍1 + 𝑍3
10.52 Use el método de transformación de fuentes y encuentre Ix en el circuito.
𝐼1 =
6
= 6 − 𝑗12[𝐴]
2 + 𝑗4
𝑍1 = 2 + 4𝑗[Ω]
𝑍2 = (𝑍1 ǁ6) − 𝑗2 =
12 + 24𝑗
= 2,4 − 0,2𝑗[Ω]
8 + 4𝑗
𝑉1 = 𝑍2 × 𝐼1 = 36 − 18𝑗[𝑉]
𝑍4 = 4 − 𝑗3[Ω]
5 < 90°[𝐴] = 5𝑗[𝐴]
𝐼2 =
𝑉1
= 15,52 − 6,21𝑗[𝐴]
𝑍2
Por divisor de corriente
𝐼𝑥 =
𝑍2
× (5𝐽 + 𝐼2 ) = 5 + 1.56𝑗 = 5,24 < 17,34°[𝐴]
𝑍4 + 𝑍2
10.53 Use el concepto de transformación de fuente para encontrar VO en el circuito
de la Fig. 10.97.
𝐼1 = 5 [𝐴]
𝑍1 =
8𝑗
= 0,8 + 1,6𝑗[Ω]
4 + 2𝑗
𝑉1 = 𝐼1 × 𝑍1 = 4 + 8𝑗
𝑍2 = 𝑍1 − 3𝑗 = 0,8 − 1,4𝑗
𝐼2 =
𝑉1
= −3,08 + 4,62𝑗
𝑍2
𝑍3 = (𝑍2 ǁ2) = 0,86 − 0,57𝑗
𝑉3 = 𝐼2 × 𝑍3 = −0,0154 + 5,73𝑗
𝑍4 = 𝑍3 + 4𝑗 = 0,86 + 3,43𝑗
𝑉𝑜 =
−2𝑗
× 𝑉3 = 3,56 − 5,89𝑗[𝑉]
𝑍4 − 2𝑗
10.54 Resuelva el problema 10.7 usando transformacion de fuente.
𝑍1 = 40 + 20𝑗
𝑍2 = (−𝑗30ǁ50) = 13,24 − 22,06𝑗
𝑉1 = 6 < 30° × 𝑍2 = 134,95 − 749,15𝑗
Ley de tensiones de Kirchoff
−(120 < 15°) + (𝑍1 + 𝑍2 )𝐼 − 𝑉1 = 0
𝐼=
𝑉1 + 115,91 − 31,06𝑗
= −4,78 + 181𝑗
𝑍1 + 𝑍2
−(120 < 15°) + (𝑍1× 𝐼) + 𝑉 = 0
𝑉 = 124,06 < −154°
SECCIÓN 10.6 CIRCUITOS EQUIVALENTES, THEVENIN Y NORTON
10.55 Encuentre los circuitos equivalentes de Thevenin y Norton en los terminales
a-b para cada uno de los circuitos en laFig.10.98.
𝑍𝑒𝑞 = 𝑍𝑇ℎ = 10 + (𝑗20ǁ − 𝑗10)
𝑍𝑇ℎ = 10 +
𝑗20 × −𝑗10
= 10 − 20𝑗 = 22,36 < −63,43°[Ω]
10𝑗
Divisor de tensión
𝑉𝑇ℎ
−10𝑗
× (43,3 + 25𝑗)
−𝑗10 + 𝑗20
𝑉𝑇ℎ = −43,3 − 25𝑗 = 50 < −150°[𝑉]
𝐼𝑁 =
𝑉𝑇ℎ
50 < −150°
=
= 2,236 < −86,57°[𝐴]
𝑍𝑇ℎ 22,36 < −63,43°
𝑍𝑒𝑞 = 𝑍𝑇ℎ = 𝑗10ǁ(8 − 5𝑗)
𝑍𝑇ℎ =
(80𝑗 + 50)
= 8,99 + 4,38𝑗 = 10 < 25,99°[Ω]
8 + 5𝑗
Divisor de corriente
𝐼𝑥 =
8
32
×4 =
= 2,88 − 1,8𝑗 = 3,39 < −32°[𝐴]
8 + 5𝑗
8 + 5𝑗
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝑥 × 𝑗10 = 17,98 + 28,76𝑗 = 33,92 < 57,99°[𝑉]
𝐼𝑁 =
𝑉𝑇ℎ 33,92 < 57,99°
=
= 3,392 < 32°[𝐴]
𝑍𝑇ℎ
10 < 25,99°
10.56 Para cada uno de los circuitos de la Fig. 10.99, obtenga los circuitos
equivalentes de Thevenin y Norton en los terminales a-b.
𝑍𝑒𝑞 = 𝑍𝑇ℎ = (𝑗4ǁ − 𝑗2) + 6 =
8
+ 6 = 6 − 4𝑗[Ω]
2𝑗
En este caso es mas fácil iniciar calculando el equivalente de Norton por encontrarse una
fuente de corriente, por lo que hacemos cortocircuito en los terminales.
𝐼𝑁 = 2 = 2 < 0°[𝐴]
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝑁 × 𝑍𝑇ℎ = 12 − 8𝑗 = 14,42 < −33,69°[𝑉]
𝑍𝑒𝑞 = 𝑍𝑇ℎ = [(60ǁ30) + 𝑗10]ǁ − 𝑗5
𝑍𝑇ℎ =
(20 + 𝑗10) × −𝑗5 −100𝑗 + 50
=
= 1.18 − 5,29𝑗 = 5,42 < −77,47°[Ω]
20 + 𝑗5
20 + 𝑗5
𝐼1 = 120 < 45° × 20 = 4,24 + 4,24𝑗 = 6 < 45°[𝐴]
Aplicamos divisor de corriente
𝐼𝑥 =
20
×𝐼
20 + 𝑗10 − 𝑗5 1
𝐼𝑥 = 5,82 < 30,96°[𝐴]
𝑉𝑇ℎ = (5 + 3𝑗) × −5𝑗 = 15 − 25𝑗 = 29,15 < −59,04°[𝑉]
𝐼𝑁 =
29,15 < −59,04°
= 5,38 < 18,43°[𝐴]
5,42 < −77,47°
10.57 Usando la Fig. 10.101, diseñe un problema para ayudar a los estudiantes a
entender mejor los circuitos equivalentes de Thevenin y Norton.
𝑍𝑒𝑞 = 𝑍𝑇ℎ = [(1 − 𝑗)ǁ𝑗] + 2
𝑍𝑇ℎ =
((1 − 𝑗) × 𝑗)
+ 2 = 𝑗 + 3 = 3,16 < 18,43°[Ω]
1−𝑗+𝑗
Usamos analisis de malla para encontrar el Equivalente de Norton
𝐼1 − 𝑗𝐼2 = 5
(2 + 𝑗)𝐼2 − 𝑗𝐼1 = 0
𝐼2 (3 + 𝑗) = 5𝑗
𝐼2 =
5𝑗
= 0,5 + 1,5𝑗
3+𝑗
𝐼𝑁 = −𝐼2 = −0,5 − 1,5𝑗 = 1,58 < 71,57°[𝐴]
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝑁 × 𝑍𝑇ℎ = 4,95 < 90°[𝑉]
10.58 Para el circuito en la Fig. 10.101, encuentre el circuito equivalente de
Thevenin.
𝑍𝑇ℎ = 𝑍𝑒𝑞 = (8 − 𝑗6)ǁ𝑗10
𝑍𝑇ℎ =
(8 − 𝑗6) × 𝑗10
= 11 + 2𝑗 = 11,18 < 10,30°[Ω]
8 + 𝑗4
Divisor de corriente
𝐼𝑥 =
(8 − 𝑗6)
× 5 < 45°
8 + 𝑗4
𝐼𝑥 = (0,5 − 𝑗)(5 < 45°) = (1,12 < −63,43°)(5 < 45°) = 56 < 71,57°[Ω]
𝑉𝑇ℎ = 𝐼𝑥 × 𝑗10
𝑉𝑇ℎ = (5,6 < −18,43°)(10 < 90°) = 56 < 71,57°[𝑉]
10.59 Calcule la impedancia disipada por el circuito en la figura.
𝑍𝑒𝑞 = 10 + 𝑗38[Ω]
10.60 Encuentre el equivalente de Thévenin del circuito de la figura en las
terminales:
a) Terminales a-b
b) Terminales c-d
a) Terminales a-b
Obtenemos ZTH, apagando todas las fuentes de energía
𝑍𝑒𝑞1 =
50𝑗
10𝑗
10𝑗 + 4 − 8𝑗 2𝑗 + 4
−𝑗∗4=
−4∗𝑗 =
=
=2
5𝑗 + 10
𝑗+2
𝑗+2
𝑗+2
𝑍𝑒𝑞2 =
2(4)
= 1.33[𝛺] = 𝑍𝑇𝐻
6
Para calcular la tensión en las terminales aplicamos, análisis nodal
Nodo A
20∠0° − 𝑣𝑎 𝑣𝑎 𝑣𝑎 − 𝑣_𝑏
= +
10
𝑗5
−𝑗4
4𝑣𝑎 5𝑣𝑎 − 5𝑣𝑏
+
𝑗
𝑗
4 5
5𝑣𝑏
40∠0° = 𝑣𝑎 (2 + − ) +
𝑗 𝑗
𝑗
40∠0° − 2𝑣𝑎 =
Nodo B
Aplicamos
𝑣𝑎 − 𝑣𝑏
𝑣𝑏
+ 4∠0° =
−𝑗4
4
𝑣𝑎
1 1
4∠0° = + 𝑣𝑏 ( − )
𝑗4
4 𝑗4
4 5
2+ −
𝑗 𝑗
||
1
𝑗4
5
𝑗
| = 1.677∠26.5650°
1 1|
−
4 𝑗4
Para encontrar 𝑣𝑏
4 5
2+ −
40∠0°
𝑗 𝑗
𝑣𝑏 = ||
|| = 9.615∠33.69011°
1
4∠0°
𝑗4
𝑣𝑏 = 𝑣𝑜 = 9.615∠33.69011° [V]
b) Terminales c-d
Encontramos 𝑍𝑇𝐻
50𝑗
10𝑗 + 8 + 4𝑗 14𝑗 + 8
+4=
=
10 + 5𝑗
2+𝑗
2+𝑗
𝑍𝑒𝑞 =
𝑍𝑒𝑞 =
56 − 32𝑗 28 − 16𝑗
=
= 1,8074∠ − 56.30 = 𝑍𝑇𝐻
6𝑗 + 12
3𝑗 + 6
Para encontrar la tensión en c-d
40∠0°
𝑣𝑎 = ||
4∠0°
𝑉𝑇𝐻
5
𝑗
| = 18.856∠45°
1 1|
−
4 𝑗4
𝑉𝑇𝐻 = 𝑣1 − 𝑣2
= 18.856∠56° − 9.615∠33.69011°
𝑉𝑇𝐻 = 9.6151∠56.3097°[v]
10.61. Halle el equivalente de Thévenin en las terminales a-b del circuito de la figura
10.104.
Para determinar Zth, coloco una fuente de tensión en las terminales a-b de 1∠00 y apago
todas las fuentes independientes.
Aplico método de mallas:
−𝑗3𝑖1 + 4𝑖1 + 1∠00 = 0
𝑖1 = 0,2∠−143,130 = −0,16 − 𝑗0,12
𝐼𝑥 = −𝑖1 = 0,16 + 𝑗0,12
1,5𝐼𝑥 = 0,24 + 0,18𝑗 = 0,3∠36,870
𝑖1 + 1,5𝐼𝑥 = 𝑖2
−0,16 − 𝑗0,12 + 0,24 + 0,18𝑗 = 𝑖2
𝑖2 = 0,08 + 0,06𝑗
𝐼 = −𝑖2 = −0,08 − 𝑗0,06 = 0,1∠−143,130
𝑍𝑡ℎ =
1∠00
= 10∠143,130 [Ω] = −8 + 𝑗6 [Ω]
0,1∠−143,130
Determino 𝐼𝑁 , para esto las terminales a-b están en cortocircuito.
Aplico método de mallas:
𝑖1 = 2∠00 = 2
−𝑗3(𝑖2 − 𝑖1) + 4𝑖2 = 0
𝑖2 = 1,2∠−53,130 = 0,72 − 𝑗0,96
𝐼𝑥 = 𝑖1 − 𝑖2
𝐼𝑥 = 2 − (0,72 − 𝑗0,96) = 1,28 + 𝑗0,96
1,5𝐼𝑥 = 1,92 + 𝑗1,44
0,72 − 𝑗0,96 + 1,92 + 𝑗1,44 = 𝐼𝑁
𝐼𝑁 = 2,64 + 0,48𝑗 = 2,68∠10,30
Determino 𝑉𝑇𝐻
𝑉𝑇𝐻 = 𝐼𝑁 ∗ 𝑍𝑡ℎ
𝑉𝑇𝐻 = 26,8∠153,430 = −24 + 𝑗12 [𝑉]
10.62. Aplicando el teorema de Thévenin halle 𝑽𝒐 en el circuito de la figura 10.105.
V = 12 cos(t) → V = 12∠0°
w=1
2H → Z = jwL = j2
1
1
F→Z=
= −j4
4
jwC
1
1
F→Z=
= −j8
8
jwC
Encontramos ZTh :
𝑖1 + 𝑖2 + 3𝐼𝑜 = 𝐼𝑜
𝑉𝑥
𝑉𝑥 − 1 3𝑉𝑥
𝑉𝑥
+
−
=−
−𝑗4
𝑗2
4
4
𝑗𝑉𝑥 𝑉𝑥 − 1 𝑉𝑥
+
− =0
4
𝑗2
2
𝑉𝑥 = 0.4 + 𝑗0.8
𝑉𝑥 = 0.4 + 𝑗0.8
𝑉𝑥 = 0.89∠63.43°
𝐼𝑥 + 𝑖2 + 3𝐼𝑜 = 𝑖3
𝐼𝑥 +
𝑉𝑥 − 1 3𝑉𝑥
1
−
=−
𝑗2
4
𝑗8
𝐼𝑥 = −
𝐼𝑥 = −
1 𝑉𝑥 − 1 3𝑉𝑥
−
+
𝑗8
𝑗2
4
1 −0.6 + 𝑗0.8 1.2 + 𝑗2.4
−
+
𝑗8
𝑗2
4
𝐼𝑥 = −0.1 + 𝑗0.425
𝐼𝑥 = 0.44∠103.24°
𝑍𝑇ℎ =
Encontramos VTh :
1
1
=
= 2.29∠ − 103.24°
𝐼𝑥 0.44∠103.24°
𝑖1 + 𝑖2 + 3𝐼𝑜 = 𝐼𝑜
𝑉1
𝑉1 − 𝑉2 36∠0° − 3𝑉1 12∠0° − 𝑉1
+
+
=
−𝑗4
𝑗2
4
4
(2 + 𝑗)𝑉1 − 𝑗2𝑉2 = 24 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 1
𝑖2 + 3𝐼𝑜 = 𝑖3
𝑉1 − 𝑉2 36∠0° − 3𝑉1
𝑉2
+
=
𝑗2
4
−𝑗8
(6 + 𝑗4)𝑉1 − 𝑗3𝑉2 = 72 → 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 2
2+𝑗
(
6 + 𝑗4
−𝑗2 𝑉1
24
)( ) = ( )
−𝑗3 𝑉2
72
𝑉1 = 9.21∠ − 39.81°
𝑉2 = 3.07∠140.19°
𝑉2 = 𝑉𝑇ℎ = 3.07∠140.19°
𝑉𝑜 =
𝑉𝑜 =
2
∗ 𝑉𝑇ℎ
2 + 𝑍𝑇ℎ
2
∗ 3.07∠140.19°
2 + 2.29∠ − 103.24°
𝑉𝑜 = 2.3∠ − 163.3°
𝑉𝑜 = 2.3 cos(𝑡 − 163.3°) [𝑉]
10.63. Obtenga el equivalente de Norton del circuito que se presenta en la figura
10.106 en las terminales a-b.
Cambiamos de dominio
Apagamos la fuente de corriente para calcular RN.
𝑅𝑁 = 1𝑘Ω
Calculo de IN:
𝑖1 = 3.46 + 𝑗2
2000𝑗(𝑖2 − 𝑖1) + 2000(𝑖2 − 𝑖3) = 0
2000𝑗𝑖2 − 2000𝑗(3.46 + 𝑗2) + 2000𝑖2 − 2000𝑖3 = 0
Despejando las ecuaciones obtenemos.
𝐼𝑠𝑐 = 𝐼𝑁 = 0.022732 − 0.000729𝑗
Cambiando de dominio fasorial a temporal:
𝐼𝑠𝑐 = 𝐼𝑁 == −69.45 [𝐴] = 5.657𝑐𝑜𝑠(200𝑡 + 75.01°)
10.64. Para el circuito de la figura, encuentre el equivalente de Norton entre los
terminales a y b:
Apagando la fuente y encontrando 𝑍𝑇ℎ
𝑍𝑇ℎ =
100 ∗ 50𝑗
= 20 + 40𝑗
100 + 50𝑗
Para encontrar la corriente de Norton, cortocircuito entre los terminales y por mallas:
Para la malla 1:
100𝐼1 − 60 ∗ 3∠60 = 0
𝐼1 = 1.8∠60 [𝐴]
Para la malla 2:
𝑗50𝐼2 − 𝑗80 ∗ 3∠60 = 0
𝐼2 = 4.8∠60
De donde 𝐼𝑁 = 𝐼2 − 𝐼1 = 4.8∠60 − 1.8∠60 = 3∠60 [𝐴]
Y el circuito equivalente queda de la siguiente forma:
10.65. Usar la Fig. 10.108., designar un problema para ayudar a otros estudiantes a
entender sobre el Teorema de Norton.
Calcular 𝑖0 aplicando el teorema de Norton sabiendo que:
𝑣𝑠 = 5𝑐𝑜𝑠(2𝑡)[𝑉 ] = 5
𝑍𝑅 = 𝑅 = 2[𝛺 ]
𝑍𝐶1 = −𝑗2[𝛺 ]
𝑍𝐶2 = −𝑗[𝛺 ]
𝑍𝐿 = 𝑗8[𝛺 ]
1) Calculamos 𝑍𝑇𝐻 :
𝑍𝑇𝐻 = 𝑍𝑁 =
(2 − 𝑗2) ∗ −𝑗
= 0.15 − 𝑗0.77
(2 − 𝑗2) + −𝑗
2) Calculamos 𝐼𝑁 :
𝐼𝑁 =
3) Calculo de 𝑖0
𝑖0 =
5
= 𝑗5
0−𝑗
(0.15 − 𝑗0.77)
𝑍𝑁
(𝑗5)
𝐼𝑁 =
(0.15 − 𝑗0.77) + 𝑗8
𝑍𝑁 + 𝑗8
𝑖0 = 0.1147 − 𝑗0.53
𝑖0 = 542.27 𝑐𝑜𝑠(2𝑡 − 77.78°) [𝑚𝐴]
10.66. Obtener el equivalente de Norton para el circuito de la figura, tomar w=10
rad/s.
Cambiando al dominio fasorial:
Para encontrar la impedancia de Norton unimos una fuente de corriente entre los
terminales a y b, en este caso una de 1 [A].
Entonces:
1 + 2𝑉𝑜 =
𝑉𝑎𝑏
𝑉𝑎𝑏
+
𝑗5 10 − 10𝑗
, 𝑉𝑜 =
𝑉𝑎𝑏
10 − 10𝑗
𝑉𝑎𝑏 =
10𝑗 − 10
= 14.14∠135
21 + 2𝑗
𝑍𝑁 =
𝑉𝑎𝑏
= 0.67∠129.56 [𝛺]
𝐼
De donde:
Para hallar la corriente de Norton, encontramos el voltaje entre a y b para hacer una
transformación después:
Donde:
(10 − 𝑗5)𝐼 + 𝑗20 + 𝑗10𝑉𝑜 − 12 = 0
𝑉𝑜 = (10)(−𝑗2 − 𝐼)
Después:
(10 − 𝑗105)𝐼 = −188 − 𝑗20
𝑉𝑎𝑏 = 𝑗5(𝐼 + 2𝑉𝑜 ) = 𝑗5(−19𝐼 − 𝑗40) = −𝑗95𝐼 + 200
Y la corriente de Norton es:
𝐼𝑁 =
𝑉𝑎𝑏 = 29.73 + 𝑗1.8723
𝑉𝑎𝑏 = 29.79∠3.6
𝑉𝑎𝑏
29.79∠3.6
=
= 44.46∠ − 125.96 [𝐴]
𝑅𝑁 0.67∠129.56
Y el circuito equivalente sería:
10.67. Encuentre el equivalente de Thévenin y Norton en el circuito de la
Fig.10.110.
Apagamos la fuente de tensión y encontramos la impedancia equivalente Z Th.
𝑍𝑇ℎ = [10║(13 − 𝑗5)] + [12║(8 + 𝑗6)]
𝑍𝑇ℎ =
𝑍𝑇ℎ =
130 − 𝑗50 96 + 𝑗72
+
23 − 𝑗5
20 + 𝑗6
2600 − 100𝑗 + 780𝑗 + 300 + 2208 − 𝑗480 + 𝑗1656 + 360
460 + 𝑗138 − 𝑗100 + 30
𝑍𝑇ℎ =
5468 + 𝑗1856
490 + 𝑗38
𝑍𝑇ℎ = 11,24 + 𝑗1,08
𝑍𝑇ℎ = 11,24 < 5,48°
Divisor de tensión:
60 < 45° = 42,42 + 𝑗42,42
𝑉𝑇ℎ = 𝑉𝑎 − 𝑉𝑏
𝑉𝑎 =
10
× 42,42 + 𝑗42,42
23 + 𝑗5
𝑉𝑎 = 13,78 + 𝑗21,44
𝑉𝑏 =
8 + 𝑗6
× 42,42 + 𝑗42,42
20 + 𝑗6
𝑉𝑏 = 12,07 + 𝑗26,08
𝑉𝑇ℎ = 1,71 − 𝑗4,64
𝑉𝑇ℎ = 4,49 < −69,76°
𝐼𝑁 =
𝐼𝑁 =
𝑉𝑇ℎ
𝑍𝑇ℎ
4,49 < −69,76°
11,24 < 5,48°
𝐼𝑁 = 0,44 < −75,24°
10.68. Encuentre el equivalente de Thévenin en los terminales a-b en el circuito de
la Fig.10.111
Primero transformamos los elementos del circuito al dominio frecuencial.
Como:
𝑣1 = 6 𝑠𝑖𝑛(10𝑡) [𝑉]
𝑟𝑎𝑑
Entonces 𝑤1 = 10[
𝑠
]
𝑉1 = 6∠0° [𝑉]
Y
𝑖1 = 2 𝑠𝑖𝑛(4000𝑡) [𝐴]
Entonces 𝑤2 = 4000[
𝑟𝑎𝑑
𝑠
]
𝐼1 = 2∠0°[𝐴]
Como
1 [𝐻] = 𝑗𝑤𝐿 = 𝑗(10)(1) = 𝑗10[𝜴]
1
1
1
[𝐹] =
=
= −𝑗2
𝑗(10)(1)
20
𝑗𝑤𝐶
[
]
20
Realizamos una impedancia en paralelo
𝑗10𝑥(−𝑗2)
= −𝑗2.5
𝑗10 − 𝑗2
𝑉𝑜 = 4𝐼𝑜 𝑥(−𝑗2.5) = −𝑗10𝐼𝑜
1
−6 + 4𝐼𝑜 + 𝑉𝑜 = 0
3
𝑒𝑐1
𝑒𝑐2
Encontrando en las ecuaciones
𝐼𝑜 =
6
𝑗10
4−
3
Entonces nuestro 𝑉𝑡ℎ = 𝑉𝑜
𝑉𝑡ℎ = −𝑗10𝐼0 = −
𝑗60
= 11.52∠ − 50.19°
𝑗10
4−
3
Ahora encontramos la 𝑍𝑡ℎ agregando una fuente de corriente.
1
4𝐼0 + 𝑉0 = 0
3
𝐼0 = −
1 + 4𝐼0 =
𝑉0
12
𝑉0
𝑉0
+
−𝑗2 𝑗10
Resolviendo las ecuaciones
𝑉0 =
1
0.33+𝑗0.4
= 1.2293 − 𝑗1.4766
𝑍𝑡ℎ =
𝑉0
= 1.2293 − 1.477[𝜴]
1
SECCIÓN 10.7 AMPLIFICADORES OPERACIONALES EN CIRCUITOS CA
10.69. Para el diferenciador mostrado en la figura, obtenga Vo/Vs. Encuentre vo
cuando vs=Vm sen(wt) y w=1/RC.
Solución:
𝑉𝑜
= −𝑗𝑤𝑅𝐶
𝑉𝑠
Y para 𝑣0 = 𝑉𝑚 𝑠𝑒𝑛(𝑤𝑡)
𝑣𝑜 = −𝑉𝑚 𝑐𝑜𝑠(𝑤𝑡)
10.70. El circuito de la figura 10.113 es un integrador con un resistor de
retroalimentación. Calcule 𝒗𝒐 (𝒕) si 𝒗𝒔 = 𝟐 𝒄𝒐𝒔 𝟒𝒙𝟏𝟎𝟒 𝒕 𝑽.
2 cos 4𝑥104 𝑡 = 2∠0
10𝑛𝐹 = −𝑗2.5𝑘Ω
𝑉𝑜 −𝑍𝑡
=
𝑉𝑠
𝑍𝑖
𝑍𝑖 = 50𝑘Ω
𝑍𝑡 = 100𝑘 ∥ (−𝑗2.5𝑘) =
−𝑗100
𝑘Ω
40 − 𝑗
𝑉𝑜
𝑗2
=
𝑉𝑠 40 − 𝑗
𝑗4
𝑉𝑜 =
= 0.1∠91.43 ͦ
40 − 𝑗
10.71 Halle en el circuito del amplificador operacional de la figura 10.114.
𝐶=
1
= −1𝑗 ∗ 106
𝑗 ∗ 2 ∗ 0.5 ∗ 10 − 6
−𝑗106 ∗ 103
𝑍𝑒𝑞 =
= 9999 − 99.99𝑗
−106 + 103
2𝑘
∗ 𝑣𝑜 = 5.929 + 4𝑗
2𝑘 + 9999 − 99.99𝑗
𝑣𝑜 = (6.928 + 4𝑗) ∗ (11999 − 99.99)𝑗
𝑣𝑜 = 41.7645 + 23.6516
𝑣𝑜 = 48 < 29.52
𝑉𝑜(𝑡) = 48 cos(2𝑡 + 29.52) [𝑉]
10.72. Calcular 𝒊𝒐 en el circuito del amplificador operacional en la figura 10.115 si
𝒗𝒔 = 4 cos10⁴ t V.
4 cos(10⁴ t) → 4 ˂ 0°, ω = 10⁴
l nF →
𝑙
𝑗𝜔𝐶
=
𝑙
= -j
𝑗(104 )(10−9 )
100kΩ
Considerar el circuito como se muestra a continuación:
En el nodo no inversora
4−𝑉˳
50
I˳ =
𝑉˳
100𝑘
=
=
𝑉˳
−𝑗100
→ V˳ =
4
mA =
(100)(1+𝑗0.5)
4
1+𝑗0.5
35.78 ˂ − 26.56° µ𝐴
Por lo tanto
𝑖˳(𝑡) = 35.78 𝑐𝑜𝑠(10⁴ 𝑡 – 26.56°) µ𝐴
10.73. Si la impedancia de entrada se define como 𝒁𝒆𝒏 = 𝑽𝒔 /𝑰𝒔 , halle la impedancia
de entrada del circuito del amplificador operacional de la figura cuando 𝑹𝟏 =
𝟏𝟎[𝒌𝛀], 𝑹𝟐 𝟐𝟎 [𝒌𝛀], 𝑪𝟏 = 𝟏𝟎[𝒏𝑭], 𝑪𝟐 = 𝟐𝟎[𝒏𝑭] y 𝝎 = 𝟓𝟎𝟎𝟎 [𝒓𝒂𝒅/𝒔].
𝑉2 = 𝑉0
𝐶1 = 10[𝑛𝐹] ⟶
1
= −𝑗20[𝑘Ω]
𝑗𝜔𝐶
𝐶2 = 20[𝑛𝐹] ⟶
1
= −𝑗10[𝑘Ω]
𝑗𝜔𝐶
𝑁𝑜𝑑𝑜 1
𝑉𝑠 − 𝑉1 𝑉1 − 𝑉0 𝑉1 − 𝑉0
=
+
10
−𝑗20
20
(1) 2𝑉𝑠 = (3 + 𝑗)𝑉1 − (1 + 𝑗)𝑉0
𝑁𝑜𝑑𝑜 2
𝑉1 − 𝑉0 𝑉0 − 0
=
20
−𝑗10
(2) 𝑉1 = (1 + 𝑗2)𝑉0
(2) 𝑒𝑛 (1) 2𝑉𝑠 = 𝑗6𝑉0
1
𝑉0 = −𝑗 𝑉𝑠
3
2
1
𝑉1 = (1 + 𝑗2)𝑉0 = ( − 𝑗 ) 𝑉𝑠
3
3
1
𝑉𝑠 − 𝑉1 3 ∗ (1 + 𝑗)
𝐼𝑠 =
=
𝑉𝑠
10𝑘
10𝑘
𝐼𝑠 1 + 𝑗
=
𝑉𝑠
30𝑘
𝑍𝑒𝑛 =
𝑉𝑠
30𝑘
=
= 15(1 − 𝑗)𝑘
𝐼𝑠 1 + 𝑗
𝑍𝑒𝑛 = 21.21 −45° [𝑘Ω]
10.74. Evalue el voltaje de Av=V0/Vs, en el amplificador operacional del circuito
en w=0, w→ ∞, w=1/R1C1 y w=1/R2C2
𝑍𝑖 = 𝑅1 +
1
𝑗𝑤𝐶1
𝑍𝑓 = 𝑅2 +
1
𝑗𝑤𝐶2
1
𝑅2 +
𝑉𝑜
−𝑍𝑓
𝐶1 1 + 𝑗𝑤𝑅2𝐶2
𝑗𝑤𝐶2
𝐴𝑣 =
=
= −
= −( )(
)
1
𝑉𝑠
𝑍1
𝐶2
1 + 𝑗𝑅1𝐶1
𝑅1 +
𝑗𝑤𝐶1
𝑤=0
𝐴𝑣 = −𝐶1/𝐶2
𝑤→∞
𝐴𝑣 = −𝑅2/𝑅1
𝑤 = 1/𝑅1𝐶1
𝐶1 1 + 𝑗𝑤𝑅2𝐶2/𝑅1𝐶1
− ( )(
)
𝐶2
1+𝑗
𝑤 = 1/𝑅2𝐶2
𝐶1
1+𝑗
− ( )(
)
𝐶2 1 + 𝑗𝑤𝑅1𝐶1/𝑅2𝐶2
10.75 En el circuito del amplificador operacional de la figura 10.118, halle la
ganancia en lazo cerrado y el desplazamiento de fase de la tensión de salida
respecto a latensión de entrada si 𝑪𝟏 = 𝑪𝟐 = 𝟏𝒏𝑭, 𝑹𝟏 = 𝑹𝟐 = 𝟏𝟎𝟎𝒌Ω, 𝑹𝟑 =
𝟐𝟎𝒌Ω, 𝑹𝟒 = 𝟒𝟎𝒌Ω 𝒚 𝝎 = 𝟐𝟎𝟎𝟎𝒓𝒂𝒅/𝒔
𝐶1 = −𝑗500𝑘Ω
𝑁𝑜𝑑𝑜 1
𝑉𝑠 − 𝑉1 𝑉𝑜 − 𝑉1 𝑉1 − 𝑉2
(1)
=
+
−𝑗500
100
−𝑗500
𝑉𝑠 = (2 + 𝑗5)𝑉1 − 𝑗5𝑉𝑜 −𝑉2
𝑁𝑜𝑑𝑜 2
𝑉1 − 𝑉2
𝑉2
=
−𝑗500 100
𝑉1 = (1 − 𝑗5)𝑉2 (2)
𝑉2 =
𝑅3
𝑉𝑜
(3)
𝑉𝑜 =
𝑅3 + 𝑅4
2
1
𝑉1 = (1 − 𝑗5)𝑉𝑜
2
(4)
3 𝑦 4 𝑒𝑛 1
1
(26 − 𝑗25)𝑉𝑜
2
𝑉𝑠
2
=
𝑉𝑜 26 − 𝑗25
𝑉𝑠 =
𝑉𝑠
= 0.055∠43.88 ͦ
𝑉𝑜
10.76 Determinar Vo e Io en el circuito del amplificador operacional
𝑁𝑜𝑑𝑜1
𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3
2|300 𝑉1 − 𝑉0 𝑉1 − 𝑉0
=
+
−4𝑗
20
10
(1)
2|300 = (1 − 0.6𝐽)𝑉1 + 0.6𝐽𝑉0
𝑁𝑜𝑑𝑜2
𝑉1 − 𝑉0
𝑉0
=
10
−2𝑗
(2)
𝑉1 − (1 + 5𝑗)𝑉0
Dos ecuaciones dos incógnitas:
𝑉1 = 0.8593 + 1.3410𝑗
𝑉0 = 0.2909 − 0.1137𝑗 = 0.3124|−21.340
𝑖2 = 𝑖0 =
𝑉1 − 𝑉0
20
𝑖0 = 1.1502 + 1.2273𝑗
10.77 Encontrar la relación V0/Vs para el circuito:
𝑵𝒐𝒅𝒐 𝟏
𝑉𝑠 − 𝑉1
= 𝑗𝜔𝐶𝑉1
𝑅1
𝑉𝑠 = (1 + 𝑗𝜔𝑅1 𝐶1 )𝑉1 (1)
𝑵𝒐𝒅𝒐 𝟐
0 − 𝑉1 𝑉1 − 𝑉0
=
+ 𝑗𝜔𝐶2 (𝑉1 − 𝑉0 )
𝑅3
𝑅2
𝑉1 = (𝑉1 − 𝑉0 )(
𝑉0 = [1 +
𝑅3
+ 𝑗𝜔𝑅3 𝐶2 )
𝑅2
1
] 𝑉1
𝑅3
+ 𝑗𝜔𝑅3 𝐶2 )
𝑅2
(2)
Resolviendo las ecuaciones:
𝑉0 =
𝑉𝑠
𝑅2
(1 +
)
1 + 𝑗𝜔𝑅1 𝐶1
𝑗𝜔𝐶2 𝑅2 𝑅3
𝑽𝟎
𝑹𝟐 + 𝑹𝟑 + 𝒋𝝎𝑪𝟐 𝑹𝟐 𝑹𝟑
=
𝑽𝒔 (𝟏 + 𝒋𝝎𝑹𝟏 𝑪𝟏 )(𝑹𝟑 + 𝒋𝝎𝑹𝟐 𝑹𝟑 𝑪𝟐 )
10.78 Determine 𝒗𝒐 (𝒕) en el circuito del amplificador operacional de la figura
10.121, abajo.
2 sin(400𝑡) = 2∠0 ͦ
0.5𝜇𝐹 = −𝑗5𝑘Ω
0.25𝜇𝐹 = −𝑗10𝑘Ω
𝑛𝑜𝑑𝑜 1
2 − 𝑉1
𝑉1
𝑉1 − 𝑉2 𝑉1 − 𝑉0
=
+
+
10
−𝑗10
−𝑗5
20
4 = (3 + 𝑗6)𝑉1 − 𝑗4𝑉2 − 𝑉0
𝑛𝑜𝑑𝑜2
𝑉1 − 𝑉2 𝑉2
=
−𝑗5
10
𝑉1 = (1 − 𝑗0.5)𝑉2
20
1
𝑉0 = 𝑉0
20 + 40
3
1
𝑉1 = (1 − 𝑗0.5)𝑉0
3
1
4
1
4 = (3 + 𝑗6) (1 − 𝑗0.5)𝑉0 − 𝑗 𝑉0 − 𝑉0 = (1 − 𝑗 ) 𝑉0
3
3
6
24
𝑉0 =
= 3.945∠9.46 ͦ
6−𝑗
𝑉2 =
𝑉0 (𝑡) = 3.945sin(400𝑡 + 9.46 ͦ)𝑉
10.79 En referencia al circuito del amplificador operacional de la figura 10.122,
obtenga vo(t).
5cos (1000t)= 5∠0°, 𝜔 = 1000
0.1𝜇𝐹 →
1
1
=
= −𝐽10𝐾Ω
𝑗𝜔𝐶 𝐽(1000)(0,1 × 10−6 )
0.2𝜇𝐹 →
1
1
=
= −𝐽5𝐾Ω
𝑗𝜔𝐶 𝐽(1000)(0,2 × 10−6 )
𝑉0 =
𝑉1 =
−40
𝑉
−𝐽5 1
−20 II (−J10)
𝑉8
10
−𝐽8 −(20)(−𝐽10)
𝑉0 = (
)(
) 5∠0°
10
20 − 𝐽10
−𝐽8 −(20)(−𝐽10)
𝑉0 = (
)(
) 5∠0°
10
20 − 𝐽10
𝑉0 = 16(2 + 𝐽) = 35,78∠26,56°
𝑉0 (𝑡) = 35,78𝑐𝑜𝑠(1000𝑡 + 25,56°)𝑉
10.80 Obtenga 𝒗𝒐 (𝒕) para el circuito del amplificador operacional de la siguiente
figura 10.123 si 𝒗𝒔 = 𝟒 𝐜𝐨𝐬(𝟏𝟎𝟎𝟎𝒕 − 𝟔𝟎°) [𝑽]
𝑣𝑠 = 4 𝑐𝑜𝑠(1000𝑡 − 60°) = 4∠ − 60°
𝐶 = 0.1𝑢 =
1
= −10000𝑗
𝑗𝑤𝐶
𝐶 = 0.2𝑢 =
1
= −5000𝑗
𝑗𝑤𝐶
𝐴𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑟 1
𝑣𝑎 = 𝑣𝑏 = 0
4∠ − 60° − 0 0 − 𝑣𝑐 0 − 𝑣𝑜
=
+
−10000𝑗
20000 50000
20∠ − 60°
5𝑣𝑐
=−
− 𝑣𝑜
−𝑗
2
𝑣𝑐 = −
2𝑣𝑜 40∠ − 60°
+
5
5𝑗
𝐴𝑚𝑝𝑙𝑖𝑓𝑖𝑐𝑎𝑑𝑜𝑟 2
𝑣𝑑 = 𝑣𝑒 = 0
𝑣𝑐 − 0
0 − 𝑣𝑜
=
10000 −5000𝑗
𝑣𝑐 =
2𝑣𝑜
𝑗
Reemplazamos en la ecuación anterior
2𝑣𝑜
2𝑣𝑜 40∠ − 60°
=−
+
𝑗
5
5𝑗
2 2
40∠ − 60
𝑣𝑜 ( + ) =
𝑗 5
5𝑗
𝑣𝑜 =
40∠ − 60
5𝑗(2.039∠ − 78.69°)
𝑣𝑜 = 3.922∠ − 71.3099[𝑣]