Cinco resistencias iguales

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

Revisión de 18:51 16 abr 2020

Contenido

1 Enunciado
2 Introducción
3 Primer caso
4 Segundo caso
5 Tercer caso
6 Solución general

1 Enunciado

Dado el sistema de resistencias de la figura, calcule la intensidad de corriente que entra por el extremo A en los siguientes casos:

En A se conecta una fuente de 24mV, C se deja abierto y B se conecta a tierra.
En A se conecta una fuente de 24mV, B se deja abierto y C se conecta a tierra.
En A se conecta una fuente de 24mV, B y C se conectan a tierra.
En A se conecta una fuente de 24mV, en C una de 6mV y B se conecta a tierra.
En A se conecta una fuente de 24mV, en B una de −24mV y C se conecta a tierra.
En A se conecta una fuente de 24mV, en C una de −24mV y B se conecta a tierra.

2 Introducción

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.

Aparte de este caso general, muchos casos particulares pueden simplificarse aplicando asociaciones en serie y en paralelo de resistencias.

3 Primer caso

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.

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.

Lo mismo ocurre con el nodo D, que sería el superior.

Esto hace que entre C y D no haya diferencia de potencial y por tanto, por la rama central no circule corriente.

Esto puede verse quizá de forma más evidente mediante este esquema equivalente al del enunciado

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 $R = 12\,\Omega$ .

La resistencia equivalente del conjunto es

$R_\mathrm{eq}=\frac{(2R)(2R)}{2R+2R}=R=12\,\Omega$

y por tanto la intensidad que entra por A (y sale por B) vale

$I_A=\frac{V_A-V_B}{R_\mathrm{eq}}=\frac{24\,\mathrm{mV}}{12\,\Omega}=2\,\mathrm{mA}$

y, para los otros dos terminales

$I_C=0\qquad\qquad I_B=-I_A=-2\,\mathrm{mA}$

4 Segundo caso

En el segundo caso tenemos

$V_A=24\,\mathrm{mV}\qquad\qquad V_C=0\qquad\qquad I_B=0$

Este caso también se puede reducir a asociaciones en serie y en paralelo, aunque ya no hay simetría.

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:

La resistencia equivalente de la rama superior es

$R_2 = R + \frac{R\cdot 2R}{R+2R} = R+ \frac{2}{3}R=\frac{5}{3}R=20\,\Omega$

de manera que la resistencia equivalente del conjunto es

$R_\mathrm{eq}=\frac{(5R/3)R}{(5R/3)+R}=\frac{5}{8}R=7.5\,\Omega$

siendo la corriente que entra por A

$I_A=\frac{V_A-V_C}{R_\mathrm{eq}}=\frac{24\,\mathrm{mV}}{7.5\,\Omega}=3.2\,\mathrm{mA}$

y, para los otros dos terminales

$I_C=-3.2\,\mathrm{mA}\qquad\qquad I_B=0\,\mathrm{mA}$

5 Tercer caso

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.

Ahora el sistema se reduce a

(obsérvese que aunque B y C están en puntos distintos, entre ellos no hay resistencia alguna, por lo que están al mismo potencial)

La resistencia equivalente de la rama superior es ahora

$R_2 = R + \frac{R\cdot R}{R+R} = R+ \frac{1}{2}R=\frac{3}{2}R=18\,\Omega$

y la del conjunto

$R_\mathrm{eq}=\frac{(3R/2)R}{(3R/2)+R}=\frac{3}{5}R=7.2\,\Omega$

siendo la corriente que entra por A

$I_A=\frac{V_A-V_C}{R_\mathrm{eq}}=\frac{24\,\mathrm{mV}}{7.2\,\Omega}=3.33\,\mathrm{mA}$

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 $R 2$ . La corriente se reparte entre ambas en la forma

$I_1=\frac{R_2}{R+R_2}I=\frac{3R/2}{3R/2+R}I=\frac{3}{5}I=2.00\,\mathrm{mA}$

y

$I_2=\frac{R}{R+R_2}I=\frac{R}{3R/2+R}I=\frac{2}{5}I=1.33\,\mathrm{mA}$

A su vez, esta corriente se divide en dos iguales, una por cada rama en paralelo.

$I_{2a}=I_{2b}=\frac{I_2}{2}=0.67\,\mathrm{mA}$

La corriente que sale por B es una de estas dos mitades

$I_B = -0.67\,\mathrm{mA}$

mientras que por C sale la otra mitad más la que va directamente desde A a C

$I_C = -\left(I_1+\frac{I_2}{2}\right)=-2.67\,\mathrm{mA}$

6 Solución general

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.

Según el esquema de la figura

$I_1=\frac{V_A-V_D}{R}\qquad\qquad I_2=\frac{V_D-V_B}{R}\qquad\qquad I_3=\frac{V_A-V_C}{R}$

$I_4=\frac{V_C-V_B}{R}\qquad\qquad I_5=\frac{V_D-V_C}{R}$

Aplicando aquí la 1ª ley de Kirchhoff para cada uno de los cuatro nodos queda

$I_A-I_1-I_3=0\qquad\qquad I_2+I_4+I_B=0\qquad\qquad I_1+I_5+I_C-I_4=0\qquad\qquad I_1-I_2-I_5=0$

siendo $I A$ la intensidad que entra por A, y análogamente para $I B$ e $I C$ . Por D no entra corriente.

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.

Con este sistema ya es suficiente para analizar cada caso, pero podemos dar una solución general para $I A$ , $I B$ e $I C$ en función de $V A$ , $V B$ y $V C$ .

Sustituimos la ley de Ohm en la ley de Kirchhoff para el nodo D y obtenemos el voltaje de este nodo

$\frac{V_A-V_D}{R}-\frac{V_D-V_B}{R}-\frac{V_D-V_C}{R}=0\qquad\Rightarrow\qquad V_D=\frac{V_A+V_B+V_C}{3}$

y llevamos este resultado al resto de nodos. Sustituimos en la ecuación para el nodo A

$I_A = I_1+I_3=\frac{V_A-V_D}{R}+\frac{V_A-V_C}{R}=\frac{5V_A-V_B-4V_C}{3R}$

Sustituimos en la del nodo B

$I_B = -I_2-I_4=\frac{-V_A+5V_B-4V_C}{3R}$

y en la del C

$I_C=-I_3-I_5+I_4=\frac{-4V_A-4V_B+8V_C}{3R}$

Este resultado se puede escribir en la forma matricial

$\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{3R}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}V_A\\V_B\\V_C\end{matrix}\right)$

Veamos de nuevo cada uno de los casos que hemos resuelto ya

6.1 Primer caso

En la primera situación tenemos

$V_A=V_0\qquad\qquad V_B=0\qquad\qquad I_C = 0$

No conocemos $I A$ , $I B$ y $V C$ . Esto nos da el sistema de ecuaciones

$I_A=\frac{5V_0-4V_C}{3R}\qquad\qquad I_B = \frac{-V_0-4V_C}{3R}\qquad\qquad 0 = \frac{-4V_0+8V_C}{3R}$

De la última resulta

$V_C = \frac{V_0}{2}=12\,\mathrm{mV}$

y sustituyendo en las otras dos

$I_A=\frac{5V_0-4(V_0/2)}{3R}=\frac{V_0}{R}=2\,\mathrm{mA}$

y

$I_B=\frac{-V_0-4(V_0/2)}{3R}=-\frac{V_0}{R}=-2\,\mathrm{mA}$

6.2 Segundo caso

En la segunda situación tenemos

$V_A=V_0\qquad\qquad I_B=0\qquad\qquad V_C = 0$

No conocemos $I A$ , $V B$ e $I C$ . Esto nos da el sistema de ecuaciones

$I_A=\frac{5V_0-V_B}{3R}\qquad\qquad 0 = \frac{-V_0+5V_B}{3R}\qquad\qquad I_C = \frac{-4V_0-4V_B}{3R}$

De la segunda resulta

$V_B= \frac{V_0}{5}=4.8\,\mathrm{mV}$

y sustituyendo en las otras dos

$I_A=\frac{5V_0-(V_0/5)}{3R}=\frac{8V_0}{5R}=3.2\,\mathrm{mA}$

y

$I_C=\frac{-4V_0-4(V_0/5)}{3R}=-\frac{8V_0}{5R}=-3.2\,\mathrm{mA}$

6.3 Tercer caso

El tercer caso es ahora más sencillo que los dos anteriores, ya que nos dan los tres voltajes

$V_A=V_0\qquad\qquad V_B=0\qquad\qquad V_C = 0$

con lo que basta con sustituir

$\left(\begin{matrix}I_A\\I_B\\I_C\end{matrix}\right)=\frac{1}{3R}\left(\begin{matrix}5&-1&-4\\-1&5&-4\\-4&-4&8\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{matrix}V_0\\0\\0\end{matrix}\right)=\frac{V_0}{3R}\left(\begin{matrix}5\\-2\\-4\end{matrix}\right)$

@@ Línea 151: / Línea 151: @@
 <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>
+Veamos de nuevo cada uno de los casos que hemos resuelto ya
+===Primer caso===
+En la primera situación tenemos
+<center><math>V_A=V_0\qquad\qquad V_B=0\qquad\qquad I_C = 0</math></center>
+No conocemos <math>I_A</math>, <math>I_B</math> y <math>V_C</math>. Esto nos da el sistema de ecuaciones
+<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>
+De la última resulta
+<center><math>V_C = \frac{V_0}{2}=12\,\mathrm{mV}</math></center>
+y sustituyendo en las otras dos
+<center><math>I_A=\frac{5V_0-4(V_0/2)}{3R}=\frac{V_0}{R}=2\,\mathrm{mA}</math></center>
+y
+<center><math>I_B=\frac{-V_0-4(V_0/2)}{3R}=-\frac{V_0}{R}=-2\,\mathrm{mA}</math></center>
+===Segundo caso===
+En la segunda situación tenemos
+<center><math>V_A=V_0\qquad\qquad I_B=0\qquad\qquad V_C = 0</math></center>
+No conocemos <math>I_A</math>, <math>V_B</math> e <math>I_C</math>. Esto nos da el sistema de ecuaciones
+<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>
+De la segunda resulta
+<center><math>V_B= \frac{V_0}{5}=4.8\,\mathrm{mV}</math></center>
+y sustituyendo en las otras dos
+<center><math>I_A=\frac{5V_0-(V_0/5)}{3R}=\frac{8V_0}{5R}=3.2\,\mathrm{mA}</math></center>
+y
+<center><math>I_C=\frac{-4V_0-4(V_0/5)}{3R}=-\frac{8V_0}{5R}=-3.2\,\mathrm{mA}</math></center>
+===Tercer caso===
+El tercer caso es ahora más sencillo que los dos anteriores, ya que nos dan los tres voltajes
+<center><math>V_A=V_0\qquad\qquad V_B=0\qquad\qquad V_C = 0</math></center>
+con lo que basta con sustituir
+<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\\-2\\-4\end{matrix}\right)</math></center>

Cinco resistencias iguales

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1 Enunciado

2 Introducción

3 Primer caso

4 Segundo caso

5 Tercer caso

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6.1 Primer caso

6.2 Segundo caso

6.3 Tercer caso

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