Three Loops — Kirchhoff on a Star of Resistors
Dos baterías de plomo-ácido de 80 V están en fila en el lado izquierdo de una placa de circuito, y las dos empujan en el mismo sentido. De ellas salen seis resistencias de potencia de 150 W: 20 Ω a lo largo del lado superior, 20 Ω a lo largo del inferior, 20 Ω por el centro hasta un punto en estrella O, 30 Ω en cada brazo de la estrella y 30 Ω en el lado derecho. Unos amperímetros miden las corrientes de arriba, de la derecha y de abajo, y un multímetro está conectado a los extremos de la resistencia central. Pulse reproducir y una carga de prueba recorre las tres mallas una tras otra mientras una valla sobre los cables sube y baja con el potencial. Cuatro deslizadores fijan las dos baterías, la resistencia central y la resistencia derecha.
Cómo usar esta simulación
- (V_B)₁, batería superior: de 0 a 100 V, empezando en 80 V.
- (V_B)₂, batería inferior: de 0 a 100 V, empezando en 80 V.
- R_eO, resistencia central: de 5 a 40 Ω, empezando en 20 Ω.
- R_bc, resistencia derecha: de 10 a 60 Ω, empezando en 30 Ω. Las otras cuatro resistencias conservan sus valores marcados; cada cambio vuelve a resolver el circuito y deja la línea de tiempo donde está.
- Reproducir/pausa, volver al inicio, una línea de tiempo que puede arrastrar a cualquier instante y cámara lenta ½×, ¼×, ⅛×.
- Arrastre sobre la escena para mirar alrededor.
Qué observar
- Con los valores iniciales los amperímetros marcan 2,667 A, 1,778 A y 2,667 A, las fracciones 8/3, 16/9 y 8/3; la rama central no muestra flecha ni carga en movimiento, y el multímetro marca 0,000 V.
- Al recorrer la malla 1, la valla se mantiene perfectamente horizontal sobre la resistencia central: e y O están al mismo potencial, 80 V por encima de d.
- Mantenga iguales las dos baterías y lleve R_eO o R_bc a cualquier valor: la corriente central sigue en cero.
- Baje la batería superior a 0 V: ahora 8/9 A van de e a O y el multímetro marca −17,78 V. Haga más fuerte la batería superior y esa corriente se invierte.
- La malla 3 no tiene batería: las dos subidas de 26,67 V en los brazos de la estrella se compensan exactamente con la caída de 53,33 V en R_bc.
- Potencia: 80 × 8/3 + 80 × 8/3 = 426,7 W entregados, y exactamente lo mismo convertido en calor en las seis resistencias.
La física detrás
Solo hace falta nombrar tres corrientes: I₁ por arriba (de a a b), I₂ por la derecha (de b a c) e I₃ por abajo (de c a d). La regla de los nudos da todas las demás ramas: I₃ − I₁ por el centro de e a O, I₁ − I₂ por el brazo superior de b a O e I₂ − I₃ por el brazo inferior de c a O. Una ecuación por malla, recorriendo en sentido horario: 80 = 20(I₃ − I₁) − 30(I₂ − I₃) + 20 I₃ para la malla inferior izquierda, 80 = 20 I₁ + 30(I₁ − I₂) − 20(I₃ − I₁) para la malla superior y 0 = −30(I₁ − I₂) + 30 I₂ + 30(I₂ − I₃) para el triángulo de la estrella, que no tiene batería. La solución es I₁ = 8/3 A, I₂ = 16/9 A e I₃ = 8/3 A, así que la corriente central I₃ − I₁ es cero. La razón es la simetría: con baterías iguales el circuito es su propia imagen especular de arriba abajo, de modo que el punto O queda exactamente al potencial de e (80 V por encima de d) y nada empuja carga por la resistencia central, sea cual sea su valor. En el brazo inferior I₂ − I₃ = −8/9 A: el signo menos solo indica que esa corriente va en realidad de O a c. La energía cuadra: 80 × 8/3 + 80 × 8/3 = 1280/3 ≈ 426,7 W entregados y disipados.