CONCEPTOS DE ELECTROTECNIA PARA APLICACIONES INDUSTRIALES

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CIRCUITOS ELÉCTRICOS : Leyes de Kirchhoff

Para los cálculos de circuitos son indispensables las dos primeras leyes establecidas por Gustav R. Kirchhoff (1824-1887).

1. La suma de ias corrientes que entran en un punto de unión de un circuito es igual a la suma de las corrientes que salen de ese punto. Si se asigna signo más (+) a las corrientes que entran en la unión, y signo menos (-) a las que salen de ella, entonces la ley establece que la suma algebraica de las corrientes en un punto de unión es cero:

suma de I = 0 (en la unión)

En esencia, la ley simplemente dice que la carga eléctrica no puede acumularse en un punto (es decir, cuanto más corriente llega a un punto, mayor cantidad sale de él).

2. Para todo conjunto de conductores que forman un circuito cerrado, se verifica que la suma de las caídas de voltaje en las resistencias que constituyen la malla, es igual a la suma de las fem intercaladas. Considerando un aumento de potencial como positivo (+) y una caída de potencial como negativa (-), la suma algebraica de las diferencias de potenciales (voltajes) en una malla cerrada es cero:

suma de E -suma de las caídas IR = 0 (en la malla cerrada)

Para aplicar esta ley en la práctica, se supone una dirección arbitraria para la corriente en cada rama. El extremo de la resistencia, por donde penetra la corriente, es positivo, con respecto al otro extremo. Si la solución para la corriente que se resuelve, hace que quede invertido el negativo, es porque la dirección de la corriente es opuesta a la que se ha supuesto.

Una manera alternativa de expresar las leyes de Kirchhoff es la siguiente:

- Ley de nudos

∑ Ientrantes =  ∑ Isalientes

- Ley de mallas

∑ ε=  ∑ ΔVR

 

Una simplificación de las leyes de Kirchhoff es el método que hace uso de corrientes de malla o de circuito. Una malla es cualquier trayectoria cerrada en un circuito. No importa que el recorrido contenga una fuente de voltaje. Al resolver un circuito mediante corrientes de malla, primero debemos decidir las trayectorias que serán las mallas.

Luego se asigna una corriente de malla a cada una. Por conveniencia, generalmente se suponen las corrientes de malla en la dirección de las manecillas del reloj. Esta dirección es arbitraria, pero la dirección de las manecillas del reloj es la usada con mayor frecuencia. Luego la ley de Kirchhoff del voltaje se aplica al recorrido de cada malla. Las ecuaciones que resultan determinan las corrientes de malla desconocidas. De éstas, se puede encontrar la corriente o el voltaje de cualquier resistor.

PROBLEMA 1. Determinar la corriente que circula a través de cada resistencia, y la caída de tensión sobre cada resistencia del circuito de la Fig 1.

Márquese la polaridad del voltaje entre los extremos de cada resistor de acuerdo con la corriente supuesta. Recuérdese que el flujo convencional de corriente en un resistor produce una polaridad positiva en donde entra la corriente.

Figura 1.

SOLUCIÓN. Por la primera ley de Kirchhoff, en el punto B:

Por la segunda ley de Kirchhoff, la suma de los voltajes alrededor de la malla EBAFE:

Vemos que tenemos tres ecuaciones simultáneas con tres incógnitas (I1, I2, I3). Resolviendo la ecuación (1) para I3 sustituyendo en la ecuación (2)

 

Podemos también resolver por determinantes, de la siguiente manera :

Ecuaciones. Resolución de un sistema de tres ecuaciones con tres incognitas.

Planteamos el sistema de ecuaciones

1x -1y -1z = 0 
10x + 0y + 12z = 12 
10x + 6y + 0z = 10 

Hallamos los determinantes (Ver : Resolución de sistemas de ecuaciones por determinantes):

Δ = -180 - (72) = -252 
ΔX = 0 + (-72) + (-120) - ( 0 + 0 + 0) = -192 
ΔY = 0 -100 + 0 - ( -120 + 120 + 0) = -100 
ΔZ = 0 -120 + 0 - ( 0 -100 + 72) = -92 

Soluciones : x=I1, y=I2, z=I3

x = ΔX/Δ = 0.76190476190476 Amperios
y = ΔY/Δ = 0.3968253968254 Amperios
z = ΔZ/Δ = 0.36507936507937 Amperios

Comprobamos usando Multisim :

Al ser los tres valores positivos, se entiende que los sentidos de las corrientes supestas eran correctas.

Supongamos ahora, que inicialmente hubiéramos colocado otro sentido a una de las corrientes:

Planteamos el nuevo sistema de ecuaciones

1x + 1y -1z = 0 
10x + 0y + 12z = 12 
10x -6y + 0z = 10 

Hallamos los determinantes :

Δ = 180 - (-72) = 252 
ΔX = 0 + 72 + 120 - ( 0 + 0 + 0) = 192 
ΔY = 0 + (-100) + 0 - ( -120 + 120 + 0) = -100 
ΔZ = 0 + 120 + 0 - ( 0 + 100 + (-72)) = 92 

Soluciones : 

x = ΔX/Δ = 0.76190476190476 Amperios
y = ΔY/Δ = -0.3968253968254 Amperios (vemos que ahora el valor es negativo, o sea el sentido real de la corriente es en dirección opuesta a éste gráfico)
z = ΔZ/Δ = 0.36507936507937 
Amperios

 

PROBLEMA 2. Vamos a resolver ahora este otro circuito eléctrico, aplicando nuevamente las leyes de Kirchhoff. Se trata de determinar los valores de las intensidades que circulan por las distintas ramas, la diferencia de potencial en los extremos de la resistencia R4 y la potencia que consume dicha resistencia.

Figura 2.

En primer lugar, hay que establecer las ramas, los nodos y las mallas del circuito. Tras un breve análisis del mismo, resulta la disposición que se muestra a continuación, y que nos permite aplicar las leyes de Kirchhoff:

Se trata, pues, de un sistema de tres ecuaciones con tres incógnitas, que, una vez resuelto, proporciona los siguientes resultados:

Planteamos el sistema de ecuaciones

1x + 1y -1z = 0 
-0.2x + 0.1y + 0z = -1 
0x -0.1y -10z = -11 

Hallamos los determinantes :

Δ = -1.02 - (2) = -3.02 
ΔX = -0 -0.1 + 0 - ( 1.1 + 0 + 10) = -11.2 
ΔY = 10 -2.2 + 0 - ( 0 + 0 + 0) = 7.8 
ΔZ = -1.1 + 0 + 0 - ( 0 + 2.2 + 0.1) = -3.4 

Soluciones : x=I1, y=I2, z=I3

x = ΔX/Δ = 3.7086092715232 Amperios
y = ΔY/Δ = -2.5827814569536 Amperios
z = ΔZ/Δ = 1.1258278145695 Amperios
 

  • I1= 3.708 A
  • I2= -2.582 A
  • I3= 1.125 A

El resultado negativo de I2 indica que el sentido de esta intensidad es el opuesto al que se le asignó en el circuito de la figura, Por tanto, se puede concluir que el segundo generador (E2) no está aportando energía a la malla B. Por el contrario, está tomando una corriente de carga de 2,5 A procedente del primer generador (E1).

Este también está suministrando a la malla B una corriente de 1,13 A (I3).

La tensión en los bornes de R4 y su potencia de consumo serán:

VAB = I3.R4 = 1,13 . 9= 10.17 V

P4 = VAB . I3 = 10,17  . 1,13 = 11,5 W

Verificamos valores de corrientes, tensiones y potencia por Multisim :

Tema relacionado : CIRCUITOS “π”, “T” Y SU EQUIVALENCIA

 

 

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