Tres corrientes con Kirchhoff

01 · El enunciado

02 · Antes de hacer cuentas

¿Se reduce? No. Entre cualquier par de resistencias hay una batería en el medio, así que ninguna queda en serie ni en paralelo con otra. Sin la batería de 10 V sí se reduciría: 4 Ω en serie con 6 Ω y 2 Ω en paralelo. Es esa batería la que obliga a usar las leyes de Kirchhoff.

Cuántos nodos. Hay seis letras, pero los nodos son dos. $b$ y $a$ están unidos por un cable sin nada en el medio: son el mismo punto. Lo mismo $f$, $c$ y $d$, sobre el cable de la derecha. Y en $e$ se juntan sólo dos elementos: es una esquina dentro de una rama. Quedan el nodo $b$ y el nodo $c$, unidos por tres ramas:

• la de arriba, $b\to e\to f\to c$, con 4 Ω y la batería de 14 V: su corriente es $I_2$, la que la figura marca bajando de $f$ a $c$;
• la del medio, con la de 10 V y 6 Ω: $I_1$, de $b$ a $c$;
• la de abajo, $c\to d\to a\to b$, con 2 Ω: $I_3$, bajando de $c$ a $d$.

Tres corrientes, tres ecuaciones: $2-1=1$ de nodo y $3-1=2$ de malla, las dos ventanas del dibujo.

Las flechas de la figura son una apuesta. Nadie sabe de antemano hacia dónde va cada corriente; se usan las de la figura, y si alguna sale negativa iba al revés. Pero una se puede adivinar. La batería de 14 V es la más grande, y lo razonable es que entregue energía: entonces la corriente sale por su borne + ($e$), baja por la de 4 Ω, y para volver a su borne − ($f$) tiene que subir por el cable de la derecha, de $c$ a $f$. Al revés de la flecha de $I_2$: hay que esperar que $I_2$ salga negativa. $I_3$, en cambio, no se adivina: depende de cuánto empuje cada batería.

El tamaño. Diez o catorce voltios sobre unos pocos ohm: corrientes de unos pocos amperios.

03 · La resolución

Paso 1: el nodo $c$. Con las flechas de la figura, a $c$ llegan $I_1$ (desde $b$) e $I_2$ (desde $f$), y se va $I_3$ (hacia $d$):

$$I_1+I_2=I_3$$

Paso 2: la malla de abajo, $abcda$. De $a$ a $b$, cable. De $b$ hacia $c$, primero la batería de 10 V de − a +: sube 10 V. Después la de 6 Ω a favor de $I_1$: baja $6I_1$. De $c$ a $d$, cable. De $d$ a $a$, la de 2 Ω a favor de $I_3$, que va $c\to d\to a$: baja $2I_3$.

$$10-6I_1-2I_3=0$$

Paso 3: la malla de arriba, $befcb$. De $b$ a $e$, la de 4 Ω a favor de $I_2$ (que recorre su rama $b\to e\to f\to c$): baja $4I_2$. De $e$ a $f$, la batería de 14 V de + a −: baja 14 V. De $f$ a $c$, cable. De $c$ a $b$ por el medio, al revés que antes: la de 6 Ω contra $I_1$, sube $6I_1$; la de 10 V de + a −, baja 10 V.

$$-4I_2-14+6I_1-10=0\Rightarrow 6I_1-4I_2=24$$

Paso 4: resolver. La ecuación de nodo elimina $I_3$ de la malla de abajo:

$$10-6I_1-2(I_1+I_2)=0\Rightarrow 4I_1+I_2=5$$

Quedan dos ecuaciones con dos incógnitas. De la de recién, $I_2=5-4I_1$; dividiendo por 2 la de la malla de arriba y reemplazando:

$$\begin{array}{l}3I_1-2(5-4I_1)=12\\ 11I_1=22\Rightarrow I_1=2\text{A}\end{array}$$

y de ahí las otras dos:

$$\begin{array}{l}{I}_2=5-4·2=-3\text{A}\\ I_3=I_1+I_2=2-3=-1\text{A}\end{array}$$

Paso 5: leer los signos. $I_1$ salió positiva: 2 A de $b$ a $c$, como en la figura. $I_2$ salió negativa, como se esperaba: son 3 A que suben de $c$ a $f$. Y $I_3$ también: 1 A que sube de $d$ a $c$, o sea que por la de 2 Ω la corriente va de $a$ a $d$.

La respuesta: $I_1=2$ A, $I_2=3$ A e $I_3=1$ A, las dos últimas en sentido contrario al de las flechas. En la figura de abajo, cada corriente con su sentido real.

Los sentidos reales, y el potencial de cada punto con c en cero.

04 · El chequeo

Caminar el potencial. Se elige un punto como cero, $c$, y se va calculando el potencial de los demás con las corrientes reales y la regla de cada elemento: una batería cruzada de − a + suma su fem, una resistencia recorrida a favor de la corriente resta $IR$. El punto $g$ es el que queda entre la batería de 10 V y la de 6 Ω. Si las corrientes están bien, todo camino que llegue a un punto ya visitado tiene que dar el mismo valor.

Las dos últimas filas son las que verifican: se llega a $c$ y a $d$ por un segundo camino y dan cero, lo mismo que por el primero. Cada rama, recorrida de $b$ a $c$, baja exactamente los 2 V que separan los dos nodos.

La energía. La batería de 14 V es atravesada por 3 A de − a +: entrega $14·3=42$ W. La de 10 V, por 2 A también de − a +: entrega 20 W. Las resistencias disipan $4·3^2+6·2^2+2·1^2=36+24+2=62$ W, lo mismo que entregan las dos.

La malla que no se usó. La de afuera, $aefda$, no era una ecuación nueva, pero sirve de control: $-4I_2-14-2I_3=12-14+2=0$.

Un caso límite. Si la batería de 10 V se cambia por un cable, el circuito se reduce: 6 Ω y 2 Ω en paralelo dan 1,5 Ω, más los 4 Ω son 5,5 Ω, y la de 14 V entrega $14/\mathrm{5,5}=\mathrm{2,55}$ A. Las mismas ecuaciones de malla con 0 en lugar de 10 dan $I_2=-\mathrm{2,55}$ A. Con la batería de 10 V puesta, la de 14 V entrega más corriente, 3 A: la de 10 V empuja por el medio en el mismo sentido en que la de 14 V hace circular la corriente.

Las unidades. Cada término de una malla es una fem en voltios o un producto Ω·A, que también son voltios. Al despejar, V/Ω = A.

05 · Lo que se lleva

Las flechas de la figura no son la respuesta. Dos de las tres salieron al revés, y no hizo falta rehacer nada: el signo lo dijo. Lo que no se puede hacer es dar vuelta una corriente a mitad de las cuentas.

Contar nodos antes de escribir. Seis letras, dos nodos, tres ramas: con eso se sabe cuántas ecuaciones de cada tipo hacen falta, y no se escriben de más.

El signo de cada batería lo decide el recorrido. La de 10 V suma en la malla de abajo y resta en la de arriba, con la misma corriente pasándole por adentro: en una se la cruza de − a + y en la otra de + a −.

Verificar caminando. Un punto en cero y el potencial de los demás, rama por rama: es más rápido que reemplazar en las ecuaciones, y además da las tensiones que un parcial suele pedir después.

El mismo circuito, con las dos baterías en deslizadores, está en el widget de la nota de las leyes de Kirchhoff: con 14 V, 10 V y la de la derecha dada vuelta, dibujado de otra manera.