Laboratorio Electro

CUESTIONARIO
1. Explicar más detenidamente las Leyes de Kirchhoff
Las leyes (o Lemas) de Kirchhoff fueron formuladas por Gustav Robert Kirchhoff en 1845, mientras aún era estudiante, estas son la Ley de los nodos o ley de corrientes y la Ley de las "mallas" o ley de tensiones. Son muy utilizadas en ingeniería eléctrica para obtener los valores de intensidad de corriente y potencial en cadapunto de un circuito eléctrico. Surgen de la aplicación de la ley de conservación de la energía.
En circuitos complejos, así como en aproximaciones de circuitos dinámicos, se pueden aplicar utilizando un algoritmo sistemático, sencillamente programable en sistemas de cálculo informatizado mediante matrices.
Enunciado de las Leyes
Ley de los nudos o ley de corrientes de Kirchhoff 

1a. Ley decircuito de Kirchhoff
(KCL - Kirchhoff's Current Law - en sus siglas en inglés o LCK, ley de corriente de Kichhoff, en español)
En todo nudo, donde la densidad de la carga no varíe en un instante de tiempo, la suma de corrientes entrantes es igual a la suma de corrientes salientes..
Un enunciado alternativo es:
En todo nodo la suma algebraica de corrientes debe ser 0 (cero).

Ley de las"mallas" o ley de tensiones de Kirchhoff 

2a. Ley de circuito de Kirchhoff
(KVL - Kirchhoff's Voltage Law - en sus siglas en inglés. LVK - Ley de voltaje de Kirchhoff en español.)
En toda malla la suma de todas las caídas de tensión es igual a la suma de todas las subidas de tensión.
Un enunciado alternativo es:
En toda malla la suma algebraica de las diferencias de potencial eléctrico debe ser0.

2. Realizar ejercicios en los que aplique las Leyes de Kirchhoff
EJEMPLO

Aplicamos la 1ª ley de Kirchoff a las dos mallas:
Σ V = Σ (I. R)

A la malla I:
- 3 + 5 = I1 x 1 + I1 x 2 + I1 x 5 - I3 x 3
2 = I1 x 8 - I3 x 3 (ecuación 1)
A la malla II: (observa que al no haber generadores Σ V = 0)
0 = I2 x 2 + I2 x 4 + I2 x 1 + I3 x 3

0 = I2 x 7 + I3 x 3 (ecuación 2)

Aplicamosla 2ª ley de Kirchhoff a uno de los dos nudos:
ΣI entran = Σ I salen
Por ejemplo al nudo B:

I1 + I3 = I2 (ecuación 3)
Resolviendo el sistema formado por las tres ecuaciones llegamos a la solución:
I1=20/101=0,198A.
I2=6/101=0,0594A.
I3 = -14/101 = - 0,138 A.
El signo negativo de I3 quiere decir que, en realidad, dicha corriente tiene sentido contrario al que hemos supuesto y dibujado ennuestra figura.

OBTENCIÓN DE RESULTADOS
3,83
3,83
3,82V
3,81V
20300Ω
61300Ω
61000Ω
61300Ω

Figura 3
3,82V
1,26V
2,54V
92000Ω
30500Ω
61300Ω

Figura 4


3,58V
3,58V
3,57V
3,57V
214Ω
80400Ω
215Ω
61000Ω

Figura 6

3,77V
0,0133V
3,76V
61500Ω
214Ω
61000Ω

Figura 7

ANÁLISIS DE DATOS
El voltaje inicial producido por la fuente fue de 3,8V
I PARTE
R1 |61300Ω | V1 | 1,26V |
R2 | 61000 Ω | V2 | 1,24V |
R3 | 61300 Ω | V3 | 1,25V |
R12 | 122500 Ω | V12 | 2,53V |
R23 | 122500 Ω | V23 | 2,52V |
R123 | 183900 Ω | V123 | 3,81V |
TABLA 1

RA | 61000 Ω | VA | 1,63V |
RB | 215 Ω | VB | 0,0057V |
RC | 80400 Ω | VC | 2,13V |
RAB | 61600 Ω | VAB | 1,64V |
RBC | 80700 Ω | VBC | 2,15V |
RABC | 142100 Ω | VABC | 3,79V |
TABLA 2
II PARTER1 | 61000 Ω | I1 | 0,025mA | V1 | 1,63 V |
R2 | 215 Ω | I2 | 0,025mA | V2 | 0,0057V |
R3 | 80400 Ω | I3 | 0,025mA | V3 | 2,13V |
R12 | 61600 Ω | | | V12 | 1,64V |
R23 | 80700 Ω | | | V23 | 2,15V |
R123 | 142100 Ω | I0 | 0,025mA | V123 | 3,79V |
TABLA 3
R1=61000 Ω | I1=0,055mA | V1=3,51V |
R2=215 Ω | I2=15,50mA | V2=3,51V |
R3=80400 Ω | I3=0,042mA | V3=3,51V |
R123= 214Ω |I4=0,46mA | V123=3,52V |
| I0=0,01mA | |
TABLA 4
III PARTE
RESISTENCIA, Ω | TENSION, VOTLS | CORRIENTE, A |
R1 = 80400 | V1 =3,64 | I1 =4,25x10-5 |
R2 =215 | V2 =0,02 | I2 =9,30x10-5 |
R3 =61300 | V3 =3,33 | I3 =5,43x10-5 |
R4 =147800 | V4 =0,32 | I4 =2,16x10-6 |
R5 =60300 | V5 =0,30 | I5 =4,97x10-6 |
RT =29615,58 | VT =7,60 | IT = |
TABLA 5
PREGUNTAS DE CONTROL
I...