Circuitos RL, RC y RLC en paralelo:
cálculo y diagramas fasoriales
Antonio Jesús Romero Vallecillos
Profesor de Tecnología e Ingeniería en Educación Secundaria Obligatoria y Bachillerato
Dos ramas conectadas a una misma fuente alterna pueden conducir corrientes desfasadas. Por eso, sumar sus valores eficaces no permite conocer, en general, la corriente que suministra el generador. Incluso puede ocurrir que la corriente de alimentación sea menor que la de una de las ramas, aunque todas estén funcionando.
El cálculo fasorial permite explicar esta situación y resolver circuitos RL, RC y RLC en paralelo. Partiremos de la tensión común, calcularemos las corrientes de cada rama y obtendremos su suma conservando las fases. Después utilizaremos esa corriente total para determinar la impedancia equivalente.
Conviene conocer el comportamiento de la resistencia, la bobina y el condensador, la representación mediante fasores y las operaciones con números complejos. Recordaremos las relaciones de impedancia necesarias para aplicar el procedimiento.
En este artículo
- Tensión común y condiciones del modelo
- Corrientes de las ramas resistiva, inductiva y capacitiva
- Corriente total y ley de Kirchhoff
- Triángulo de intensidades y signo del desfase
- Procedimiento de cálculo
- Ejemplo RL: corriente total retrasada
- Ejemplo RC: corriente total adelantada
- Ejemplo RLC: compensación parcial de corrientes
- Admitancia e impedancia equivalente
- Cancelación de las corrientes reactivas
- Errores frecuentes de cálculo e interpretación
- Ejercicios de cálculo e interpretación
- De las corrientes a las potencias
- Fuente técnica consultada
Tensión común y condiciones del modelo
Dos elementos están en paralelo cuando sus terminales están conectados al mismo par de nodos. Si orientamos todas sus tensiones desde el nodo superior al inferior, comparten la misma tensión instantánea y el mismo fasor:
$$v_R(t)=v_L(t)=v_C(t)=v(t)$$
$$\underline V_R=\underline V_L=\underline V_C=\underline V$$
La tensión común varía con el tiempo; lo que permanece igual es su valor entre todas las ramas en cada instante. La corriente, en cambio, se reparte y depende de la impedancia de cada rama.
Trabajaremos con una resistencia ideal de valor positivo y finito, una bobina ideal y un condensador ideal, conectados en ramas separadas. En los casos RL o RC se omite la rama que no corresponde. Suponemos fuente ideal de tensión, conductores ideales, frecuencia positiva y régimen permanente senoidal: no estudiamos el transitorio de conexión, las pérdidas de la bobina ni acoplamientos magnéticos. Con una fuente real, su impedancia interna puede hacer que cambie la tensión al modificar las ramas; ese efecto queda fuera del modelo.
Usamos fasores subrayados de valor eficaz y referencia seno. Por ejemplo, una tensión de fase cero se representa así:
$$\underline V=V\angle0^\circ\quad\longleftrightarrow\quad v(t)=\sqrt2\,V\sin(\omega t),\qquad \omega=2\pi f$$
Aquí \(V\) es el valor eficaz en voltios, \(f\) la frecuencia en hercios y \(t\) el tiempo en segundos. Los ángulos dentro de funciones temporales se expresan en radianes; en los fasores utilizaremos grados. Elegimos la tensión como referencia porque es la magnitud compartida, aunque podríamos elegir otra sin alterar los resultados físicos.
Corrientes de las ramas resistiva, inductiva y capacitiva
La ley de Ohm fasorial se aplica por separado a cada rama:
$$\underline I_k=\frac{\underline V}{Z_k}$$
Las impedancias ideales son \(Z_R=R\), \(Z_L=jX_L\) y \(Z_C=-jX_C\), con \(j^2=-1\). Las reactancias \(X_L\) y \(X_C\) se definen aquí como cantidades positivas:
$$X_L=\omega L,\qquad X_C=\frac1{\omega C}$$
\(R\), \(X_L\) y \(X_C\) se miden en ohmios, \(L\) en henrios y \(C\) en faradios. El signo capacitivo ya está incluido en \(-jX_C\).
Con la tensión a 0°, obtenemos:
| Rama | Corriente fasorial | Valor eficaz | Fase respecto a la tensión |
|---|---|---|---|
| Resistencia | \(\underline I_R=V/R\) | \(I_R=V/R\) | 0°: en fase |
| Bobina | \(\underline I_L=V/(jX_L)=-jV/X_L\) | \(I_L=V/X_L\) | −90°: retrasada |
| Condensador | \(\underline I_C=V/(-jX_C)=jV/X_C\) | \(I_C=V/X_C\) | +90°: adelantada |
Dividir entre \(j\) equivale a multiplicar por \(-j\); dividir entre \(-j\) equivale a multiplicar por \(j\). Así se conserva en el cálculo el retraso de la corriente inductiva y el adelanto de la capacitiva. Las expresiones \(I_L=V/X_L\) e \(I_C=V/X_C\) proporcionan módulos, no fasores completos.
En el diagrama de Fresnel, \(\underline I_R\) se sitúa a la derecha, \(\underline I_L\) hacia abajo y \(\underline I_C\) hacia arriba. Todas las flechas de corriente deben utilizar la misma escala en amperios. La tensión puede indicarse mediante una dirección de referencia; no debemos comparar su longitud con la de una corriente como si tuvieran las mismas unidades.
Corriente total y ley de Kirchhoff
La ley de corrientes de Kirchhoff expresa que la corriente que entra en el nodo es igual a la suma algebraica de las que salen. Con las referencias de la figura:
$$i(t)=i_R(t)+i_L(t)+i_C(t)$$
Esta suma instantánea siempre es válida. Como todas las señales tienen la misma frecuencia, también podemos sumar sus fasores:
$$\underline I=\underline I_R+\underline I_L+\underline I_C$$
Al sustituir las expresiones de las ramas:
$$\underline I=I_R-jI_L+jI_C=I_R+j(I_C-I_L)$$
Las corrientes inductiva y capacitiva apuntan en sentidos opuestos en el plano fasorial. Por ello, primero obtenemos su diferencia con signo y después la combinamos con la corriente resistiva. El valor eficaz total es:
$$I=\sqrt{I_R^2+(I_C-I_L)^2}$$
No es, en general, \(I_R+I_L+I_C\). Los valores eficaces no contienen la información necesaria sobre cuándo se producen los máximos de cada corriente. Tampoco se resta \(I_L\) de \(I_C\) para obtener toda la corriente: falta la contribución resistiva, perpendicular a ambas.
Triángulo de intensidades y signo del desfase
La componente horizontal del triángulo es \(I_R\) y la coordenada vertical es \(I_C-I_L\). El segmento desde el origen hasta el extremo de la suma representa la corriente total. Como \(R\) es positiva y la tensión eficaz no es nula, \(I_R>0\) y podemos calcular su fase mediante:
$$\theta_I=\arctan\left(\frac{I_C-I_L}{I_R}\right)$$
La fase de la corriente no es el argumento de la impedancia. Mantenemos la convención del tema:
$$\varphi=\theta_V-\theta_I=\arg Z_{\mathrm{eq}}$$
Como hemos tomado \(\theta_V=0^\circ\), resulta \(\varphi=-\theta_I\).
| Relación entre corrientes | Fase de la corriente \(\theta_I\) | Argumento de la impedancia \(\varphi\) | Respuesta del conjunto |
|---|---|---|---|
| \(I_L>I_C\) | Negativa | Positivo | Inductiva: corriente retrasada |
| \(I_C>I_L\) | Positiva | Negativo | Capacitiva: corriente adelantada |
| \(I_C=I_L\) | Cero | Cero | Resistiva entre los terminales |
Para un RL, \(I_C=0\); para un RC, \(I_L=0\). Estas sustituciones indican ausencia de la rama correspondiente: no significan que su reactancia sea cero, lo que produciría un cortocircuito ideal.
Procedimiento de cálculo
- Identifica los dos nodos comunes y elige la tensión como referencia de fase. Comprueba que los valores de tensión sean eficaces.
- Calcula \(X_L\) y \(X_C\) a la frecuencia dada si se proporcionan \(L\) y \(C\). Convierte antes milihenrios y microfaradios a unidades SI.
- Obtén cada corriente mediante \(\underline I_k=\underline V/Z_k\), conservando su fase.
- Suma las corrientes en forma binómica. Convierte después la resultante a módulo y argumento.
- Calcula \(Z_{\mathrm{eq}}=\underline V/\underline I\) y comprueba que reproduce la corriente total. Interpreta el signo de su argumento y contrástalo con el diagrama.
Mantén las cifras internas durante las operaciones y redondea los resultados al final. Si las reactancias ya están dadas a la frecuencia de trabajo, no es necesario obtener primero \(L\) y \(C\).
Ejemplo RL: corriente total retrasada
Una fuente de 24 V eficaces y 50 Hz alimenta dos ramas: \(R=12\) Ω y una bobina ideal con \(X_L=8\) Ω a esa frecuencia. Tomamos \(\underline V=24\angle0^\circ\) V.
La tensión es la misma en las dos ramas. Calculamos sus corrientes dividiendo por la impedancia correspondiente:
$$\underline I_R=\frac{24}{12}=2\ \mathrm A$$
$$\underline I_L=\frac{24}{j8}=-j3\ \mathrm A$$
Sumamos en forma binómica para conservar el retraso inductivo:
$$\underline I=(2-j3)\ \mathrm A$$
$$I=\sqrt{2^2+(-3)^2}=\sqrt{13}\approx3{,}606\ \mathrm A$$
$$\theta_I=\arctan(-3/2)\approx-56{,}31^\circ$$
La fuente suministra 3,606 A eficaces, con un retraso de 56,31°, en lugar de los 5 A que daría una suma aritmética de módulos.
Obtenemos ahora la impedancia equivalente dividiendo la tensión por la corriente compleja:
$$Z_{\mathrm{eq}}=\frac{24}{2-j3}=\frac{24(2+j3)}{2^2+3^2}=\frac{48+j72}{13}\ \Omega$$
$$Z_{\mathrm{eq}}\approx(3{,}692+j5{,}538)\ \Omega=6{,}656\angle56{,}31^\circ\ \Omega$$
Su argumento es positivo, coherente con una corriente retrasada. La parte real equivalente no es la resistencia física de 12 Ω: representa, junto con la parte imaginaria, la respuesta del conjunto entre los terminales a esa frecuencia.
Ejemplo RC: corriente total adelantada
Con la misma fuente de 24 V eficaces y 50 Hz conectamos en paralelo \(R=12\) Ω y un condensador de \(C=100\) µF. Primero calculamos su reactancia, convirtiendo la capacidad a faradios:
$$X_C=\frac1{2\pi\cdot50\cdot100\cdot10^{-6}}\ \Omega\approx31{,}831\ \Omega$$
La corriente resistiva sigue siendo 2 A. La del condensador adelanta 90° a la tensión:
$$\underline I_C=\frac{24}{-jX_C}=j\,2\pi\cdot50\cdot100\cdot10^{-6}\cdot24\ \mathrm A\approx j0{,}754\ \mathrm A$$
La corriente total resulta:
$$\underline I\approx(2+j0{,}754)\ \mathrm A$$
$$I\approx\sqrt{2^2+0{,}754^2}=2{,}137\ \mathrm A,\qquad\theta_I\approx20{,}66^\circ$$
La corriente adelanta 20,66°. Para recuperar la impedancia, dividimos módulos y restamos fases:
$$Z_{\mathrm{eq}}\approx\frac{24\angle0^\circ}{2{,}137\angle20{,}66^\circ}\ \Omega\approx11{,}229\angle(-20{,}66^\circ)\ \Omega$$
En forma binómica, \(Z_{\mathrm{eq}}\approx(10{,}507-j3{,}961)\) Ω. El signo negativo de su parte imaginaria confirma el carácter capacitivo. Los resultados se han obtenido conservando el valor no redondeado de \(X_C\).
Ejemplo RLC: compensación parcial de corrientes
Una fuente de 24 V eficaces y 50 Hz alimenta tres ramas: \(R=12\) Ω, \(X_L=8\) Ω y \(X_C=6\) Ω. Las reactancias corresponden a esa frecuencia. Sus corrientes son:
$$\underline I_R=\frac{24}{12}=2\ \mathrm A,\qquad\underline I_L=\frac{24}{j8}=-j3\ \mathrm A,\qquad\underline I_C=\frac{24}{-j6}=j4\ \mathrm A$$
La corriente capacitiva y la inductiva se compensan parcialmente en la suma, aunque ninguna de las dos desaparece de su rama:
$$\underline I=2-j3+j4=(2+j1)\ \mathrm A$$
$$I=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5\approx2{,}236\ \mathrm A$$
$$\theta_I=\arctan(1/2)\approx26{,}57^\circ,\qquad\varphi\approx-26{,}57^\circ$$
El conjunto es capacitivo. La fuente suministra 2,236 A eficaces, menos que los 4 A de la rama capacitiva y los 3 A de la inductiva. No se incumple Kirchhoff: las corrientes instantáneas se suman con su signo y las eficaces se combinan como fasores.
La impedancia equivalente es:
$$Z_{\mathrm{eq}}=\frac{24}{2+j1}=\frac{24(2-j1)}{2^2+1^2}=(9{,}6-j4{,}8)\ \Omega$$
$$|Z_{\mathrm{eq}}|=\frac{24}{\sqrt5}\ \Omega\approx10{,}733\ \Omega$$
Este módulo es mayor que \(X_C=6\) Ω y que \(X_L=8\) Ω. En un paralelo con bobina y condensador no es válido exigir que el módulo de la impedancia equivalente sea menor que el de todas las ramas. La cancelación parcial reduce la corriente de la fuente y aumenta el cociente \(V/I\).
Comprobamos la ley de Ohm global conservando las partes real e imaginaria:
$$(9{,}6-j4{,}8)(2+j1)=24+j0$$
El producto recupera los 24 V de la fuente y una fase nula.
Comprobar la suma de corrientes en el tiempo
Con \(\omega=100\pi\) rad/s y referencia seno, las corrientes de rama son:
$$i_R(t)=2\sqrt2\sin(100\pi t)\ \mathrm A$$
$$i_L(t)=3\sqrt2\sin(100\pi t-\pi/2)\ \mathrm A$$
$$i_C(t)=4\sqrt2\sin(100\pi t+\pi/2)\ \mathrm A$$
Usamos \(\sin(x-\pi/2)=-\cos x\) y \(\sin(x+\pi/2)=\cos x\). Al sumar, las contribuciones reactivas dejan un término coseno:
$$i(t)=\sqrt2\,[2\sin(100\pi t)+\cos(100\pi t)]\ \mathrm A$$
Para escribir una sola senoide utilizamos \(A\sin x+B\cos x=M\sin(x+\alpha)\), donde \(M=\sqrt{A^2+B^2}\) y, en este caso, \(\alpha=\arctan(B/A)\). Por tanto:
$$i(t)=\sqrt{10}\sin(100\pi t+\arctan(1/2))\ \mathrm A$$
El ángulo \(\arctan(1/2)\approx0{,}46365\) rad corresponde a los 26,57° del fasor. En \(t=0\), la corriente resistiva es cero, la inductiva vale \(-3\sqrt2\) A y la capacitiva \(4\sqrt2\) A: su suma es \(\sqrt2\) A, el mismo valor que proporciona la corriente total. Los valores instantáneos negativos son compatibles con las referencias elegidas.
Admitancia e impedancia equivalente
Podemos obtener el mismo resultado sin calcular primero cada corriente. Partimos de la suma de ramas y sacamos la tensión común como factor:
$$\underline I=\underline V\left(\frac1R+\frac1{jX_L}+\frac1{-jX_C}\right)$$
La expresión entre paréntesis es la admitancia equivalente, \(Y_{\mathrm{eq}}\). La admitancia es el inverso de la impedancia y se mide en siemens, símbolo S, porque A/V = S:
$$Y_{\mathrm{eq}}=\frac1{Z_{\mathrm{eq}}}=\frac1R+j\left(\frac1{X_C}-\frac1{X_L}\right)$$
$$\underline I=Y_{\mathrm{eq}}\underline V$$
En la forma \(Y=G+jB\), \(G\) se llama conductancia y \(B\), susceptancia; ambas se expresan en siemens. Para estas ramas ideales, \(G=1/R\) y \(B=1/X_C-1/X_L\). La susceptancia capacitiva es positiva y la inductiva negativa. No debemos trasladar a \(B\) el signo de la reactancia equivalente: al invertir el número complejo, cambia el signo de su argumento.
Para recuperar la impedancia no basta con invertir por separado las partes real e imaginaria. Multiplicamos por el conjugado:
$$Z_{\mathrm{eq}}=\frac1{G+jB}=\frac{G-jB}{G^2+B^2}$$
En el ejemplo RLC, la admitancia vale:
$$Y_{\mathrm{eq}}=\frac1{12}+j\left(\frac16-\frac18\right)=\frac1{12}+j\frac1{24}\ \mathrm S$$
Multiplicar por 24 V proporciona \(\underline I=2+j1\) A. Invertirla da \(Z_{\mathrm{eq}}=9{,}6-j4{,}8\) Ω, como antes. Los dos procedimientos expresan las mismas leyes; elegir uno depende de los datos y del resultado que necesitemos.
En un RL se omite el término capacitivo de \(Y\); en un RC, el inductivo. La regla general para ramas de impedancias \(Z_k\) es \(Y_{\mathrm{eq}}=\sum 1/Z_k\), operando números complejos. Aquí la aplicamos a elementos ideales separados, sin desarrollar asociaciones mixtas.
Cancelación de las corrientes reactivas
Si, a la frecuencia de trabajo, \(I_C=I_L\), la componente imaginaria de la corriente total es cero:
$$\underline I=I_R,\qquad Y_{\mathrm{eq}}=\frac1R,\qquad Z_{\mathrm{eq}}=R$$
Por ejemplo, con 24 V, \(R=12\) Ω y \(X_L=X_C=8\) Ω, circulan 3 A eficaces por la bobina y 3 A por el condensador, con fases opuestas. La fuente suministra los 2 A de la rama resistiva. La cancelación se produce en la suma vista desde la fuente; no significa que dejen de circular corrientes por L y C.
Esta condición está relacionada con la resonancia en paralelo, que requiere estudiar la frecuencia y las pérdidas. Aquí nos limitamos a interpretarla a una frecuencia dada. La rama resistiva finita evita una impedancia equivalente infinita. Si se eliminara esa rama, el paralelo LC ideal en cancelación tendría admitancia nula y no sería válido obtener una impedancia finita dividiendo por ella.
Errores frecuentes de cálculo e interpretación
- Sumar las impedancias de las ramas. La tensión es común y se suman corrientes. Por ello se suman admitancias, no \(R+jX_L-jX_C\); esta última expresión corresponde a una conexión serie.
- Confundir \(\theta_I\) con \(\varphi\). Con tensión a 0°, una corriente total adelantada tiene fase positiva y una impedancia equivalente de argumento negativo.
- Invertir solo los módulos. Calcular \(V/I\) proporciona \(|Z|\), pero no el número complejo completo. Para \(Z\) hace falta conservar también las fases.
- Trasladar la regla del paralelo resistivo al RLC. Las contribuciones reactivas pueden compensarse. El ejemplo RLC demuestra que \(|Z_{\mathrm{eq}}|\) puede superar las reactancias de rama.
- Interpretar el resultado como una instalación real completa. Las bobinas reales tienen resistencia y pérdidas; una rama inductiva real no conduce exactamente a −90°. Las fórmulas de corrientes puras corresponden al modelo indicado.
Ejercicios de cálculo e interpretación
Todas las tensiones son eficaces. Las reactancias indicadas corresponden a la frecuencia de trabajo.
- RL. Una fuente de 20 V alimenta en paralelo \(R=10\) Ω y \(X_L=5\) Ω. Calcula las corrientes, el desfase y la impedancia equivalente.
- RC. Una fuente de 30 V alimenta en paralelo \(R=15\) Ω y \(X_C=10\) Ω. Representa la suma de corrientes y calcula \(Z_{\mathrm{eq}}\).
- RLC inductivo. Una fuente de 24 V alimenta \(R=12\) Ω, \(X_L=6\) Ω y \(X_C=8\) Ω en ramas separadas. Calcula \(Y_{\mathrm{eq}}\), \(\underline I\) y \(Z_{\mathrm{eq}}\). Compara el signo del desfase con el ejemplo capacitivo del artículo.
- Cancelación. En el ejercicio 3 se cambia el condensador hasta que \(X_C=6\) Ω. ¿Qué corrientes circulan ahora? ¿Se han anulado las corrientes de todas las ramas? Obtén la capacidad necesaria si \(f=50\) Hz.
Soluciones comentadas de los ejercicios en paralelo
1. RL. Tomamos la tensión a 0°. La corriente resistiva es \(20/10=2\) A y la inductiva \(20/(j5)=-j4\) A. Su suma es \(\underline I=(2-j4)\) A, de módulo \(\sqrt{20}\approx4{,}472\) A y fase \(\theta_I\approx-63{,}43^\circ\). La corriente se retrasa; el argumento de la impedancia es \(\varphi=+63{,}43^\circ\).
$$Z_{\mathrm{eq}}=\frac{20}{2-j4}=\frac{20(2+j4)}{20}=(2+j4)\ \Omega$$
Su módulo es \(\sqrt{20}\approx4{,}472\) Ω. La coincidencia numérica con la intensidad no implica que sean la misma magnitud: sus unidades son distintas. El producto \((2+j4)(2-j4)=20\) recupera la tensión.
2. RC. Las corrientes son \(\underline I_R=2\) A y \(\underline I_C=j3\) A. La resultante \(\underline I=(2+j3)\) A se representa con 2 A hacia la derecha y 3 A hacia arriba. Su módulo es \(\sqrt{13}\approx3{,}606\) A y su fase \(+56{,}31^\circ\).
$$Z_{\mathrm{eq}}=\frac{30(2-j3)}{13}\ \Omega\approx(4{,}615-j6{,}923)\ \Omega$$
El módulo es \(30/\sqrt{13}\approx8{,}321\) Ω y el argumento −56,31°. La corriente adelanta a la tensión.
3. RLC inductivo. La admitancia se obtiene sumando los inversos complejos:
$$Y_{\mathrm{eq}}=\frac1{12}+j\left(\frac18-\frac16\right)=\frac1{12}-j\frac1{24}\ \mathrm S$$
Multiplicar por 24 V da \(\underline I=(2-j1)\) A. También se obtiene sumando \(\underline I_R=2\) A, \(\underline I_L=-j4\) A y \(\underline I_C=j3\) A. Su módulo es \(\sqrt5\approx2{,}236\) A y su fase −26,57°.
$$Z_{\mathrm{eq}}=\frac{24}{2-j1}=(9{,}6+j4{,}8)\ \Omega$$
El argumento es +26,57°, inductivo. Frente al ejemplo del artículo, hemos intercambiado las reactancias: se conserva el módulo total, pero cambia el signo de la componente reactiva y del desfase.
4. Cancelación. Las corrientes son \(\underline I_R=2\) A, \(\underline I_L=-j4\) A y \(\underline I_C=j4\) A. Su suma es 2 A en fase con la tensión y \(Z_{\mathrm{eq}}=12\) Ω. Las ramas reactivas siguen conduciendo 4 A eficaces cada una.
Para conseguir \(X_C=6\) Ω a 50 Hz despejamos la capacidad:
$$C=\frac1{2\pi fX_C}=\frac1{2\pi\cdot50\cdot6}\ \mathrm F\approx530{,}516\ \mathrm{\mu F}$$
El valor responde al modelo ideal y a la frecuencia indicada; no constituye una selección de un componente para una instalación real.
De las corrientes a las potencias
La suma fasorial permite conocer la corriente de alimentación y el desfase del conjunto. El siguiente problema consiste en interpretar qué parte de esa respuesta se relaciona con la transformación de energía y cuál con su almacenamiento y devolución. Para ello distinguiremos potencia activa, reactiva y aparente, manteniendo los valores eficaces y la misma convención de desfase.
Fuente técnica consultada
Chaniotakis y Cory, MIT, Sinusoidal Steady State Response: Frequency domain representation. Impedance, curso 6.071/22.071, primavera de 2006, pp. 8–11. Documento original. Consulta: 18/10/2026. Contraste de impedancias elementales y asociación en paralelo. Aquí se emplean módulos eficaces y referencia seno; los ejemplos, ejercicios y figuras son de elaboración propia.