Clase 6a problemas complementarios LIK

 El método de análisis de mallas simplemente elimina la necesidad de
sustituir los resultados de la ley de corriente de Kirchhoff en las
ecuaciones derivadas a partir de la ley de voltaje de Kirchhoff. Esto se
cumple ahora en la escritura inicial de las ecuaciones. El enfoque
sistemático descrito a continuación deberá seguirse al aplicar este
método.

 1.- Asigne una corriente diferente en el sentido de las manecillas del
reloj a cada lazo cerrado e independiente de la red. No es
absolutamente necesario elegir el sentido de las manecillas del reloj
para cada corriente de lazo. De hecho es posible elegir cualquier
orientación para cada corriente de lazo sin perdida de precisión;
siempre y cuando los pasos restantes se sigan de forma adecuada. Sin
embargo al elegir el sentido de las manecillas del reloj como un
estándar, es posible desarrollar un método abreviado para escribir las
ecuaciones requeridas que ahorrar el tiempo y posiblemente contribuirá
a evitar algunos errores.

 2.- Indique las polaridades dentro de cada lazo para cada resistor según
lo determine la dirección asumida para la corriente de lazo en ese lazo.
Advierta el requisito de que las polaridades se coloquen dentro de cada
lazo.
 3.- Aplíquela ley de voltaje de Kirchhoff alrededor de cada lazo cerrado
en el sentido de las manecillas del reloj para establecer uniformidad y
como preparación para el método que se esta trabajando ahora.

 3a.- Si un resistor cuenta con dos o mas corrientes asumidas a través de
el la corriente total por el será la corriente asumida del lazo en el que
se este aplicando la ley de voltaje de Kirchhoff, mas las corrientes
asumidas de los otros lazos que lo cruzan en la misma dirección, menos
las corrientes asumidas que van en dirección opuesta.
 3b.- La polaridad de la fuente de voltaje no se ve afectada por la
dirección asignada a las corrientes de lazo.

 4.- Resuelva las ecuaciones lineales simultaneas resultantes para las
corrientes de lazo asumidas.

 Problema 1
 Encuentre la corriente a través de cada rama de la red de la siguiente figura:

 Solución
 Paso 1
 Las polaridades de las corrientes ya están asignadas, así como las caídas de tensión en
cada elemento.
 Paso 2
 La ley de voltaje de Kirchhoff se aplica alrededor de cada lazo cerrado en el sentido de las
manecillas del reloj.
 Lazo 1 : +𝐸1 − 𝑉1 − 𝑉2 − 𝐸2 = 0 (en el sentido de las manecillas del reloj comenzando en el
punto a)
 +5𝑉 − 1Ω 𝐼1 − 6Ω
𝐼1 − 𝐼2
𝐼2 𝑓𝑙𝑢𝑦𝑒 𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑣𝑒𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 6Ω
𝑒𝑛 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑜𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑎 𝐼1
− 10𝑉 = 0

 Solución
 Lazo 2 : 𝐸2 − 𝑉2 − 𝑉3 = 0 (en el sentido de las manecillas del reloj comenzando en el
punto b)
 +10𝑉 − 6Ω 𝐼2 − 𝐼1 − 2Ω 𝐼2 = 0
 Las ecuaciones se vuelven a escribir como:

5 − 𝐼1 − 6𝐼1 + 6𝐼2 − 10 = 0
10 − 6𝐼2 + 6𝐼1 − 2𝐼2 = 0
−7𝐼1 + 6𝐼2 = 5
+6𝐼1 − 8𝐼2 = −10

Solución
Paso 4
 𝐼1 =
5 6
−10 −8
−7 6
6 −8
=
−40+60
56−36
=
20
20
= 1𝐴
 𝐼2 =
−7 5
6 −10
−7 6
6 −8
=
70−30
56−36
=
40
20
= 2𝐴

Solución
Debido a que 𝐼1 𝑒 𝐼2 son positivas y fluyen en direcciones
opuestas a través del resistor de 6Ω y la fuente de 10V, la
corriente total en esta rama es igual a la diferencia de las dos
corrientes en la dirección de la mas grande.
 𝐼2 > 𝐼1 2𝐴 > 1𝐴

Solución
Por tanto
 𝐼 𝑅2 = 𝐼2 − 𝐼1 = 2𝐴 − 1𝐴 = 1𝐴 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑐𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝐼2

 Problema 2
 Encuentre la corriente a través de cada rama de la red de la siguiente figura:

 Solución
 Las polaridades ya esta indicadas .
 Paso 1 La ley de voltaje de Kirchhoff se aplica alrededor de cada lazo cerrado
 Lazo 1:
 −𝐸1 − 𝐼1 𝑅1 − 𝐸2 − 𝑉2 = 0 (𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑙𝑜𝑗 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑎)
 −6𝑉 − 2Ω 𝐼1 − 4𝑉 − 4Ω 𝐼1 − 𝐼2 = 0
 Lazo 2:
 −𝑉2 − 𝐸2 − 𝑉3 − 𝐸3 = 0 (𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑠𝑒𝑛𝑡𝑖𝑑𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑛𝑒𝑐𝑖𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑑𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑙𝑜𝑗 𝑑𝑒𝑠𝑑𝑒 𝑒𝑙 𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑏)
 − 4Ω 𝐼1 − 𝐼2 + 4𝑉 − 6Ω 𝐼2 − 3𝑉 = 0

 Solución
 Lo cual se puede escribir como

−10 − 4𝐼1 − 2𝐼1 + 4𝐼2 = 0
−1 + 4𝐼1 − 4𝐼2 − 6𝐼2 = 0
−6𝐼1 + 4𝐼2 = +10
+4𝐼1 − 10𝐼2 = −1
 O mediante la multiplicación superior por -1, se obtiene

6𝐼1 − 4𝐼2 = −10
4𝐼1 − 10𝐼2 = −1

Solución
Paso 2
 𝐼1 =
−10 −4
−1 −10
6 −4
4 −10
=
100−4
−60+16
=
96
−44
= −2.182𝐴
 𝐼2 =
6 −10
4 −1
6 −4
4 −10
=
−6+40
−60+16
=
34
−44
= −0.733𝐴

 Solución
 La corriente en el resistor de 4Ω y en la fuente de 4V para el lazo 1 es:
 𝐼1 − 𝐼2 = −2.182𝐴 − −0.773𝐴 = −2.182𝐴 + 0.773𝐴
 𝐼1 − 𝐼2 = −1.409𝐴
 Mostrando que son 1.409A en dirección opuesta (debido al signo menos)
a 𝐼1 en el lazo 1.

 Solucion
 Primero se definen las corrientes de malla para la red, como se muestra en la figura A
. Luego la fuente de corriente se elimina mentalmente como se muestra en la figura B,
y se aplica la ley de voltaje de Kirchhoff a la red resultante. La trayectoria sencilla
que ahora incluye los efectos de las dos corrientes de malla se denomina trayectoria
de una corriente de supermalla.

 En ocasiones existirán fuentes de corriente dentro de la red a la cual se aplicara el
análisis de mallas. En tales casos es posible convertir la fuente de corriente a fuente
de voltaje (si se encuentra presente un resistor en paralelo) y continuar como antes o
utilizar una corriente de supermalla y proceder de la siguiente forma.

 Se empieza como antes y se asigna una corriente de malla a cada trayectoria (lazo)
independiente, incluyendo las fuentes de corriente, como si fueran resistores o fuentes
de voltaje. Luego mentalmente (se vuelve a trazar la red si es necesario) se eliminan
las fuentes de corriente (reemplazandolas con equivalentes de circuito abierto), y se
aplica la ley de voltaje de Kirchhoff a todas las trayectorias independientes restantes
de la red utilizando a las corrientes de malla que se acaban de definir.

 Cualquier trayectoria resultante, que incluya dos o mas corrientes de malla, se dice
ser la trayectoria de una corriente de supermalla. Luego se relacionan las corrientes
de malla elegidas de la red con las fuentes de corriente independientes de la red, y se
resuelve para las corrientes de malla.

 Problema 3
 Utilizando el análisis de mallas, determine las corrientes de la red de la siguiente
figura

 Solucion
 Al aplicar la ley de Kirchhoff
 20𝑉 − 𝐼1 6Ω − 𝐼1 4Ω − 𝐼2 2Ω + 12𝑉 = 0
 O bien
 10𝐼2 + 2𝐼2 = 32

 Solucion
 El nodo a se utiliza entonces para relacionar las corrientes de malla y la fuente de
corriente por medio de la ley de corriente de Kirchhoff
 𝐼1 = 𝐼 + 𝐼2
 El resultado son dos ecuaciones y dos incógnitas

10𝐼2 + 2𝐼2 = 32
𝐼1 − 𝐼2 = 4

 Solucion
Al aplicar los determinantes
 𝐼1 =
32 2
4 −1
10 2
1 −1
=
32 −1 − 2 4
10 −1 − 2 1
=
40
12
= 3.33𝐴
E 𝐼2 = 𝐼1 − 𝐼 = 3.33𝐴 − 4𝐴 = −0.67𝐴

Solucion
En el análisis anterior, podría parecer que 𝐼1 = 𝐼2 cuando la
fuente de corriente fue eliminada. Sin embargo, el método de
supermalla requiere que se siga la definición original de cada
corriente de malla y no se alteren esas definiciones cuando se
elimina las fuentes de corriente.

 Problema 4
 Utilizando el análisis de mallas, determine las corrientes de la red de la siguiente
figura

 Solucion
 Las corrientes de malla se definen en la figura A. Las fuentes de corriente se
eliminan, y la trayectoria simple de supermalla se define en la figura B.

 Solucion
 Al aplicar la ley de voltaje de Kirchhoff alrededor de la trayectoria de la supermalla:
 −𝑉2Ω − 𝑉6Ω − 𝑉8Ω = 0
 − 𝐼2 − 𝐼1 2Ω − 𝐼2 6Ω − 𝐼2 − 𝐼3 8Ω = 0
 −2𝐼2 + 2𝐼1 − 6𝐼2 − 8𝐼2 + 8𝐼3 = 0
 2𝐼1 − 16𝐼2 + 8𝐼3 = 0

 Solucion
 Al introducir la relación entre las corrientes de malla y las fuentes de corriente:
 𝐼1 = 6𝐴
 𝐼3 = 8𝐴
 Da por resultado las siguientes soluciones
 2𝐼1 − 16𝐼2 + 8𝐼3 = 0
 2 6𝐴 − 16𝐼2 + 8 8𝐴 = 0

Solucion
E 𝐼2 =
76𝐴
16
= 4.75𝐴
Entonces:
 𝐼2Ω ↓= 𝐼1 − 𝐼2 = 6𝐴 − 4.75𝐴 = 1.25𝐴
 𝐼8Ω ↓= 𝐼3 − 𝐼2 = 8𝐴 − 4.75𝐴 = 3.25𝐴

Solucion
Nuevamente, observe que debe seguir con las definiciones
originales de las distintas corrientes de malla al aplicar la
ley de voltaje de Kirchhoff alrededor de las trayectorias de
supermalla resultantes.

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