¿Por qué hay un flujo de corriente en los sub-circuitos?

Paso 1) Utilice Teorema de Thévenin para derivar matemáticamente el equivalente de Thévenin Circuito para el subcircuito V1, V2, Ri_1 y Ri_2. (Sugerencia: el equivalente de Thévenin debe ser de 6 VCC en serie con 250 μΩ).

Paso 2) Use el teorema de Thévenin para derivar matemáticamente el circuito equivalente de Thévenin para el subcircuito V3, V4, Ri_3 y Ri_4. (Sugerencia: el equivalente de Thévenin debe ser de 6 VCC en serie con 250 μΩ).

Paso 3) Vuelva a dibujar el circuito, reemplazando los dos subcircuitos con sus circuitos equivalentes de Thévenin. Desde la perspectiva de la resistencia Cargar , este circuito simplificado es equivalente al circuito original.

Paso 4) Utilice Ley de Voltaje de Kirchhoff ( KVL) para calcular la corriente en el circuito en serie simplificado y equivalente. (Sugerencia: la corriente calculada debe ser de cero amperios).

Por lo tanto, la resistencia Cargar tiene cero amperios que fluyen a través de ella, y cada subcircuito (en el circuito original) es un bucle de corriente de 6 kA.

TL; DR: no me iba a molestar en hacer una derivación completa y resolver con un argumento de que sabemos que la corriente de carga es cero porque los dos subcircuitos son idénticos y, por lo tanto, el voltaje a través de la resistencia de carga será cero, pero decidí que probablemente no ayudaría mucho, por lo que es una derivación completa.

Permite ignorar el nodo de tierra que has colocado: solo hay uno, por lo que no hace nada. Además, permite etiquetar el nodo entre \ $ R_1 \ $ y \ $ R_2 \ $ as \ $ V_u \ $, y el nodo entre \ $ R_3 \ $ y \ $ R_4 \ $ as \ $ V_w \ $.

Entonces vale la pena recordar lo que es una diferencia potencial. Es la diferencia de voltaje entre cualquiera de los dos nodos. La batería de 9 V tiene una diferencia de potencial en su terminal positivo de 9 V con referencia a su terminal negativo.

Primero consideremos el subcircuito individualmente, no siempre puedes hacer esto, de hecho, con frecuencia no puedes, pero como los dos son idénticos, sé que puedo. Usted ha bajado 6V efectivamente a través de una resistencia de 1mOhm. Como resultado, obtendrá grandes corrientes: 6kA de valor.

Intentemos calcular el voltaje en el nodo \ $ V_u \ $ que definí anteriormente con respecto al nodo \ $ V_x \ $, o para decirlo de otra manera, la diferencia potencial \ $ V_ {ux} \ $ .

Bueno, sabemos por la Ley de Corrientes de Kirchoff que la suma de todas las corrientes en todas las brachas en un nodo es igual a cero. Entonces, ¿cuáles son las corrientes en el nodo U? Bueno, existe la carga actual, la corriente a través de \ $ R_1 \ $ y la corriente a través de \ $ R_2 \ $. Vamos a poner esto en un cálculo:

$$ I_ {R_1} + I_ {R_2} + I_ {load} = 0 $$

Entonces, ¿qué son estas corrientes. Bueno, vamos a resolverlos. Primero \ $ I_ {R_1} \ $

$$ I_ {R_1} = \ frac {V_ {R_1}} {R_1} = \ frac {V_u - (V_x-9)} {R_1} = \ frac {V_u - V_x + 9} {500 \ mu \ Omega} $$

Entonces \ $ I_ {R_2} \ $

$$ I_ {R_2} = \ frac {V_ {R_2}} {R_2} = \ frac {V_u - (V_x-3)} {R_2} = \ frac {V_u - V_x + 3} {500 \ mu \ Omega} $$

Poniendo todo junto:

$$ I_ {load (u)} = - \ frac {V_u - V_x + 3} {500 \ mu \ Omega} - \ frac {V_u - V_x + 9} {500 \ mu \ Omega} = \ frac {- (V_u - V_x + 3) - (V_u - V_x + 9)} {500 \ mu \ Omega} = \ frac {-2V_u + 2V_x - 12)} {500 \ mu \ Omega} = \ frac {V_x - V_u -6} {1m \ Omega} $$

Haga lo mismo con el otro subsistema: obtendrá la misma ecuación pero con \ $ V_y \ $ y \ $ V_w \ $ en su lugar, es decir:

$$ I_ {load (v)} = \ frac {V_y - V_w -6} {1m \ Omega} $$

Ahora hemos analizado cada subsistema, calculamos cuál es la corriente de carga. Sabemos que la corriente que fluye a través de la resistencia de carga será igual en magnitud en cada lado, porque las corrientes a través de una rama en serie son siempre iguales.

$$ \ begin {align} I_ {load (u)} & = I_ {load (v)} \\\\ \ frac {V_x - V_u -6} {1m \ Omega} & = \ frac {V_y - V_w -6} {1m \ Omega} \\\\ V_x - V_u & = V_y - V_w \ tag {1} \\ \ end {align} $$

Si observamos la conexión entre \ $ V_x \ $ y \ $ V_y \ $ podemos ver que están directamente conectados. Es decir, \ $ V_x = V_y \ $. Entonces, sustituyendo eso en a (1), obtenemos:

$$ \ begin {align} V_y - V_u & = V_y - V_w \\\\ V_u & = V_w \ tag {2} \\ \ end {align} $$

Sabemos que la corriente a través de la carga es:

$$ I_ {load} = \ frac {V_ {load}} {R_ {load}} = \ frac {V_ {uw}} {2k \ Omega} = \ frac {V_ {u} -V_ {w }} {2k \ Omega} \ tag {3} $$

Así que sustituyendo (2) en (3) obtenemos:

$$ I_ {load} = \ frac {0} {2k \ Omega} = 0A $$

Podemos ver entonces que no hay corriente a través de la carga.

También puede calcular la corriente que fluye en cada subcircuito. Recuerde que ahora sabemos que la corriente de carga es cero, lo que significa que cada subcircuito es efectivamente independiente. Debería poder calcular que el voltaje en \ $ R_1 \ $ y \ $ R_2 \ $ es \ $ 9-3 = 6V \ $. Entonces podemos decir que la corriente es:

$$ I = \ frac {6} {R_1 + R_2} = \ frac {6} {1m \ Omega} = 6kA $$

  

No entiendo por qué la corriente en todo el circuito (incluso en el   sub-circuitos) no es igual a cero?

Paso a paso:

(1) Considere solo uno de los sub-circuitos:

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

Claramente, hay un \ $ I_1 \ $ circulando en el sentido de las agujas del reloj igual a

$$ I_1 = \ frac {9 \ mathrm {V} - 3 \ mathrm {V}} {0.5 \ mathrm {m \ Omega} + 0.5 \ mathrm {m \ Omega}} = \ frac {6 \ mathrm {V}} {1 \ mathrm {m \ Omega}} = 6 \ mathrm {kA} $$

(2) Considere dos de estos sub-circuitos que no están conectados. Ambos tienen \ $ 6 \ mathrm {kA} \ $ circulando en sentido horario.

(3) Conecte un cable entre estos dos subcircuitos de la siguiente manera:

^{simular este circuito}

Esto no cambia el funcionamiento de los sub-circuitos independientes, sin embargo, ahora podemos definir el voltaje entre los dos nodos inferiores.

Ahora, si hay una diferencia de voltaje diferente a cero entre los dos nodos inferiores, un nodo es más positivo que el otro.

Por lo tanto, si intercambiamos la posición de los dos sub-circuitos, la polaridad de la tensión a través de los dos nodos inferiores se invertirá.

Pero considera; ya que los dos sub-circuitos son idénticos , es imposible distinguir entre la configuración original y la configuración intercambiada y, por lo tanto, no debemos esperar que el voltaje entre los dos nodos inferiores cambie si los sub-circuitos son intercambiado.

El único voltaje compatible con esto es \ $ 0 \ mathrm {V} \ $ y, por lo tanto, llegamos a la conclusión de que hay cero voltios entre los dos nodos inferiores.

Una resistencia de carga colocada a cero voltios tendrá una corriente de cero y, por lo tanto, la conexión de una resistencia de carga entre los dos nodos inferiores no cambiará la operación del circuito.

En resumen, ambos sub-circuitos tienen una corriente de \ $ 6 \ mathrm {kA} \ $ que circula en el sentido de las agujas del reloj, pero hay una corriente de cero a través de la resistencia de carga debido a que los dos sub-circuitos son idénticos.     

La forma más fácil de entender es considerar el efecto de cada suministro individualmente.

Usando la superposición.

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

\ $ 500 \ mu \ \ parallel \ 500 \ mu \ = 250 \ mu \ $

\ $ 250 \ mu \ s \ 2k \ approx 2k \ $

\ $ 2k \ parallel \ 500 \ mu \ \ approx 500 \ mu \ $

\ $ 500 \ mu \ s \ 500 \ mu = 1m \ $

\ $ I_T = \ frac {V_1} {R_T} = \ frac {9V} {1m \ Omega} = 9kA \ $

El flujo de corriente es inversamente proporcional a la resistencia, por lo que la mayoría fluye a través de \ $ Ri_2 \ $ con aproximadamente: \ $ I_ {Load_1 \ (MAX)} = \ frac {500 \ mu \ Omega} {2k \ Omega} \ \ times \ 9kA = 2.25mA \ $ (división actual) pasando por la resistencia de carga.

Ahora 2.25mA en 9kA no tiene sentido (0.000025%). Pero 2.25mA en la resistencia de carga sería 4.5V.

De manera similar: el efecto de V2 es \ $ I_T = 3kA \ $, \ $ I_ {Load_2} = 0.75mA \ $. La resistencia equivalente es la misma.

V1 y V2 funcionan entre sí, por lo que la corriente en cada rama es 9kA - 3kA = 6kA (ignorando 3mA pasando por carga).

El mismo análisis funciona para V3 y V4, pero la polaridad cambia, por lo que:

$$ I_ {Load} = 2.25mA + 0.75mA - 2.25mA - 0.75mA = 0A $$

O:

$$ V_ {Load} = 4.5V + 1.5V - 4.5V - 1.5V = 0V $$

Pero cada fuente tiene 6kA fluyendo a través de ellos. Todo el poder se desperdicia en las fuentes.