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| Línea 1: |
Línea 1: |
| ==Enunciado==
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| Dado el sistema de resistencias de la figura, calcule la intensidad de corriente que entra por el extremo A en los siguientes casos:
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| <center>[[Archivo:5-resistencias-01.png|300px]]</center>
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| # {{nivel|1}} En A se conecta una fuente de 24mV, C se deja abierto y B se conecta a tierra.
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| # {{nivel|1}} En A se conecta una fuente de 24mV, B se deja abierto y C se conecta a tierra.
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| # {{nivel|1}} En A se conecta una fuente de 24mV, B y C se conectan a tierra.
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| # {{nivel|2}} En A se conecta una fuente de 24mV, en C una de 6mV y B se conecta a tierra.
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| # {{nivel|2}} En A se conecta una fuente de 24mV, en B una de −24mV y C se conecta a tierra.
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| # {{nivel|2}} En A se conecta una fuente de 24mV, en C una de −24mV y B se conecta a tierra.
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| ==Introducción==
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| Este problema se puede resolver de forma general, dando como resultado una expresión matricial para las corrientes que entran por A, B y C en función de los voltajes de estos nodos. Más adelante se describe esta solución general, aplicable a todos los apartados del problema.
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| Aparte de este caso general, muchos casos particulares pueden simplificarse aplicando asociaciones en serie y en paralelo de resistencias.
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| ==Primer caso==
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| En el primer caso, el nodo C está abierto, es decir, no tiene fuente conectada, por lo que por C no entra ni sale corriente.
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| En este caso, al ser todas las resistencias iguales y tener simetría, el voltaje en el nodo C será la media entre el del A y el B.
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| Lo mismo ocurre con el nodo D, que sería el superior.
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| Esto hace que entre C y D no haya diferencia de potencial y por tanto, por la rama central no circule corriente.
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| Esto puede verse quizá de forma más evidente mediante este esquema equivalente al del enunciado
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| <center>[[Archivo:5-resistencias-04.png|437px]]</center>
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| El sistema se reduce entonces a dos ramas en paralelo, ya que la resistencia central es como si no estuviera. La rama superior, pasando por D, tiene resistencia 2R, y la rama inferior, pasando por C, tiene también resistencia 2R, siendo <math>R = 12\,\Omega</math>.
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| La resistencia equivalente del conjunto es
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| <center><math>R_\mathrm{eq}=\frac{(2R)(2R)}{2R+2R}=R=12\,\Omega</math></center>
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| y por tanto la intensidad que entra por A (y sale por B) vale
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| <center><math>I_A=\frac{V_A-V_B}{R_\mathrm{eq}}=\frac{24\,\mathrm{mV}}{12\,\Omega}=2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| y, para los otros dos terminales
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| <center><math>I_C=0\qquad\qquad I_B=-I_A=-2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| ==Segundo caso==
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| En el segundo caso tenemos
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| <center><math>V_A=24\,\mathrm{mV}\qquad\qquad V_C=0\qquad\qquad I_B=0</math></center>
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| Este caso también se puede reducir a asociaciones en serie y en paralelo, aunque ya no hay simetría.
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| Para ir de A (entrada de la corriente) a C (salida de la corriente) hay dos caminos en paralelo. Uno va directo y tiene resistencia R. El otro va pasando por D y está formado por dos elementos en serie: una resistencia R y una asociación en paralelo de una resistencia R y una resistencia 2R. El esquema se puede reescribir de esta forma:
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| <center>[[Archivo:5-resistencias-02.png|515px]]</center>
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| La resistencia equivalente de la rama superior es
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| <center><math>R_2 = R + \frac{R\cdot 2R}{R+2R} = R+ \frac{2}{3}R=\frac{5}{3}R=20\,\Omega</math></center>
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| de manera que la resistencia equivalente del conjunto es
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| <center><math>R_\mathrm{eq}=\frac{(5R/3)R}{(5R/3)+R}=\frac{5}{8}R=7.5\,\Omega</math></center>
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| siendo la corriente que entra por A
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| <center><math>I_A=\frac{V_A-V_C}{R_\mathrm{eq}}=\frac{24\,\mathrm{mV}}{7.5\,\Omega}=3.2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| y, para los otros dos terminales
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| <center><math>I_C=-3.2\,\mathrm{mA}\qquad\qquad I_B=0\,\mathrm{mA}</math></center>
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| ==Tercer caso==
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| Al poner los terminales B y C a tierra, estamos cortocircuitando la resistencia que entre estos dos nodos, ya que al estar al mismo potencial ya no circula corriente por ella.
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| Ahora el sistema se reduce a
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| <center>[[Archivo:5-resistencias-03.png|515px]]</center>
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| (obsérvese que aunque B y C están en puntos distintos, entre ellos no hay resistencia alguna, por lo que están al mismo potencial)
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| La resistencia equivalente de la rama superior es ahora
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| <center><math>R_2 = R + \frac{R\cdot R}{R+R} = R+ \frac{1}{2}R=\frac{3}{2}R=18\,\Omega</math></center>
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| y la del conjunto
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| <center><math>R_\mathrm{eq}=\frac{(3R/2)R}{(3R/2)+R}=\frac{3}{5}R=7.2\,\Omega</math></center>
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| siendo la corriente que entra por A
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| <center><math>I_A=\frac{V_A-V_C}{R_\mathrm{eq}}=\frac{24\,\mathrm{mV}}{7.2\,\Omega}=3.33\,\mathrm{mA}</math></center>
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| La intensidad de corriente que sale por B y la que sale por C son diferentes, ya que están conectados de distinta forma a A. Según hemos dicho, desde A salen dos ramas en paralelo: una con resistencia R y una con resistencia <math>R_2</math>. La corriente se reparte entre ambas en la forma
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| <center><math>I_1=\frac{R_2}{R+R_2}I=\frac{3R/2}{3R/2+R}I=\frac{3}{5}I=2.00\,\mathrm{mA}</math></center>
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| y
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| <center><math>I_2=\frac{R}{R+R_2}I=\frac{R}{3R/2+R}I=\frac{2}{5}I=1.33\,\mathrm{mA}</math></center>
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| A su vez, esta corriente se divide en dos iguales, una por cada rama en paralelo.
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| <center><math>I_{2a}=I_{2b}=\frac{I_2}{2}=0.67\,\mathrm{mA}</math></center>
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| La corriente que sale por B es una de estas dos mitades
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| <center><math>I_B = -0.67\,\mathrm{mA}</math></center>
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| mientras que por C sale la otra mitad más la que va directamente desde A a C
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| <center><math>I_C = -\left(I_1+\frac{I_2}{2}\right)=-2.67\,\mathrm{mA}</math></center>
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| ==Solución general==
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| ===Empleando la 1ª let de Kirchhoff y la ley de Ohm===
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| Para el caso de que los tres voltajes, pero también para los caso anteriores, es más interesante hallar una solución general. Tenemos cinco resistencias y por cada una circulará una cierta corriente, cumpliéndose en cada una la ley de Ohm.
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| <center>[[Archivo:5-resistencias-05.png|437px]]</center>
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| Según el esquema de la figura, aplicando aquí la 1ª ley de Kirchhoff para cada uno de los cuatro nodos queda
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| <center><math>I_A-I_1-I_3=0\qquad\qquad I_2+I_4+I_B=0\qquad\qquad I_1+I_5+I_C-I_4=0\qquad\qquad I_1-I_2-I_5=0</math></center>
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| siendo <math>I_A</math> la intensidad que entra por A, y análogamente para <math>I_B</math> e <math>I_C</math>. Por D no entra corriente.
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| El criterio es que se suman todas las corrientes que llegan a un nodo, precediéndolas de un signo - si salen de él. Esto no presupone que el resultado de cada una de estas intensidades vaya a ser un número positivo. Por ejemplo, necesariamente en B alguna de las tres intensidades debe resultar negativa.
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| Cada una de estas intensidades se relaciona con la diferencia de potencial entre sus extremos mediante la ley de Ohm:
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| <center><math>I_1=\frac{V_A-V_D}{R}\qquad\qquad I_2=\frac{V_D-V_B}{R}\qquad\qquad I_3=\frac{V_A-V_C}{R}</math></center>
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| <center><math>I_4=\frac{V_C-V_B}{R}\qquad\qquad I_5=\frac{V_D-V_C}{R}</math></center>
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| Con este sistema ya es suficiente para analizar cada caso, pero podemos dar una solución general para <math>I_A</math>, <math>I_B</math> e <math>I_C</math> en función de <math>V_A</math>, <math>V_B</math> y <math>V_C</math>.
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| Sustituimos la ley de Ohm en la ley de Kirchhoff para el nodo D y obtenemos el voltaje de este nodo
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| <center><math>\frac{V_A-V_D}{R}-\frac{V_D-V_B}{R}-\frac{V_D-V_C}{R}=0\qquad\Rightarrow\qquad V_D=\frac{V_A+V_B+V_C}{3}</math></center>
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| y llevamos este resultado al resto de nodos. Sustituimos en la ecuación para el nodo A
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| <center><math>I_A = I_1+I_3=\frac{V_A-V_D}{R}+\frac{V_A-V_C}{R}=\frac{5V_A-V_B-4V_C}{3R}</math></center>
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| Sustituimos en la del nodo B
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| <center><math>I_B = -I_2-I_4=\frac{-V_A+5V_B-4V_C}{3R}</math></center>
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| y en la del C
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| <center><math>I_C=-I_3-I_5+I_4=\frac{-4V_A-4V_B+8V_C}{3R}</math></center>
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| Este resultado se puede escribir en la forma matricial
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| <center><math>\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{3R}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}V_A\\V_B\\V_C\end{matrix}\right)</math></center>
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| ===Empleando las dos leyes de Kirchhoff===
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| Alternativamente, podemos llegar a estas ecuaciones aplicando la dos leyes de Kirchhoff. En ese caso debemos incluir las fuentes como parte del sistema, resultando un conjunto de cuatro mallas:
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| <center>[[Archivo:5-resistencias-05.png|500px]]</center>
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| La ley de Kirchhoff de los nodos ya la hemos expuesto
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| <center><math>I_A-I_1-I_3=0\qquad\qquad I_2+I_4+I_B=0\qquad\qquad I_1+I_5+I_C-I_4=0\qquad\qquad I_1-I_2-I_5=0</math></center>
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| y para las mallas resultan las cuatro ecuaciones
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| <center><math>I_3R-I_5R-I_1R=0\qquad\qquad I_4R-I_2R+I_5R=0\qquad\qquad -V_C-I_3R+V_A=0\qquad\qquad -V_B-I_4R+V_C=0</math></center>
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| De la 3ª y la 4ª es inmediato que
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| <center><math>I_3=\frac{V_A-V_C}{R}\qquad\qquad I_4=\frac{V_C-V_B}{R}</math></center>
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| Con las otras dos y con la 1ª ley para el nodo D llegamos a que
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| <center><math>I_1=\frac{2V_A-V_B-V_C}{3R}\qquad \qquad I_2=\frac{-V_A+2V_B-V_C}{3R}\qquad\qquad I_5=\frac{V_A+V_B-2V_C}{3R}</math></center>
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| y con las leyes de Kirchhoff para los nodos A, B y C reobtenemos la solución matricial ya conocida.
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| Veamos de nuevo cada uno de los casos que hemos resuelto ya
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| ===Primer caso===
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| En la primera situación tenemos
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| <center><math>V_A=V_0\qquad\qquad V_B=0\qquad\qquad I_C = 0</math></center>
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| No conocemos <math>I_A</math>, <math>I_B</math> y <math>V_C</math>. Esto nos da el sistema de ecuaciones
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| <center><math>I_A=\frac{5V_0-4V_C}{3R}\qquad\qquad I_B = \frac{-V_0-4V_C}{3R}\qquad\qquad 0 = \frac{-4V_0+8V_C}{3R}</math></center>
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| De la última resulta
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| <center><math>V_C = \frac{V_0}{2}=12\,\mathrm{mV}</math></center>
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| y sustituyendo en las otras dos
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| <center><math>I_A=\frac{5V_0-4(V_0/2)}{3R}=\frac{V_0}{R}=2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| y
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| <center><math>I_B=\frac{-V_0-4(V_0/2)}{3R}=-\frac{V_0}{R}=-2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| ===Segundo caso===
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| En la segunda situación tenemos
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| <center><math>V_A=V_0\qquad\qquad I_B=0\qquad\qquad V_C = 0</math></center>
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| No conocemos <math>I_A</math>, <math>V_B</math> e <math>I_C</math>. Esto nos da el sistema de ecuaciones
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| <center><math>I_A=\frac{5V_0-V_B}{3R}\qquad\qquad 0 = \frac{-V_0+5V_B}{3R}\qquad\qquad I_C = \frac{-4V_0-4V_B}{3R}</math></center>
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| De la segunda resulta
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| <center><math>V_B= \frac{V_0}{5}=4.8\,\mathrm{mV}</math></center>
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| y sustituyendo en las otras dos
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| <center><math>I_A=\frac{5V_0-(V_0/5)}{3R}=\frac{8V_0}{5R}=3.2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| y
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| <center><math>I_C=\frac{-4V_0-4(V_0/5)}{3R}=-\frac{8V_0}{5R}=-3.2\,\mathrm{mA}</math></center>
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| ===Tercer caso===
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| El tercer caso es ahora más sencillo que los dos anteriores, ya que nos dan los tres voltajes
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| <center><math>V_A=V_0\qquad\qquad V_B=0\qquad\qquad V_C = 0</math></center>
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| con lo que basta con sustituir
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| <center><math>\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{3R}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}V_0\\0\\0\end{matrix}\right)=\frac{V_0}{3R}\left(\begin{matrix}5\\-1\\-4\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}3.33\\-0.67\\-2.67\end{matrix}\right)</math></center>
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| ==Cuarto caso==
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| Una vez que tenemos la solución general, es inmediata su aplicación al cuarto caso
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| <center><math>\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{36}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}24\\6\\0\end{matrix}\right)\mathrm{mA}=\left(\begin{matrix}3.17\\0.17\\-3.33\end{matrix}\right)\mathrm{mA}</math></center>
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| ==Quinto caso==
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| De la misma manera se aplica al 5º
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| <center><math>\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{36}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}24\\-24\\0\end{matrix}\right)\mathrm{mA}=\left(\begin{matrix}4\\-4\\0\end{matrix}\right)\mathrm{mA}</math></center>
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| En este caso no entra ni sale corriente por el nodo C porque es análogo al primero de los casos que consideramos, con el nodo C en el voltaje medio entre A y B.
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| ==Sexto caso==
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| Por último tenemos
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| <center><math>\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{36}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}24\\0\\-24\end{matrix}\right)\mathrm{mA}=\left(\begin{matrix}6\\2\\-8\end{matrix}\right)\mathrm{mA}</math></center>
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