El capacitor cargado en serie

01 · El enunciado

En el circuito de la figura, inicialmente el capacitor 1 tiene una carga Q₀ mientras que el otro se encuentra descargado, con C₂ = C₁.

Luego se cierra la llave y después de haber pasado un tiempo muy largo se desea saber:
(a) El voltaje sobre cada capacitor.
(b) La carga sobre cada capacitor.
(c) La energía almacenada en cada elemento.

¿Cómo cambiarían los resultados si Q₀ = 0?
Ayuda: Piense sobre cuál es el voltaje de la resistencia inmediatamente después de conectar la llave y luego de un tiempo muy largo.

02 · Antes de hacer cuentas

Leer la polaridad. En el símbolo de la batería, la placa larga es el borne positivo. Acá está a la izquierda, así que el $+$ de la fem sube por el lado izquierdo, pasa por la llave y llega a la placa de $C_{1}$ marcada $+$ . Recorriendo la malla en sentido horario, la fem sube $ε$ y $C_{1}$ baja $Q_{0} / C$ : la batería y el capacitor cargado empujan en contra. Todo el ejercicio depende de esta lectura; con $C_{1}$ dado vuelta, los signos cambian, y lo vemos al final.

Qué modelo. Es una sola malla: fem, $C_{1}$ , $C_{2}$ y $R_{1}$ , todo en serie. La misma corriente pasa por todos, y eso tiene una consecuencia que es la llave del ejercicio: si por la malla pasa una carga $q$ en sentido horario, esa misma $q$ se suma a la placa izquierda de $C_{1}$ y a la placa de arriba de $C_{2}$ , y se resta de las de enfrente. No hay que buscar dos cargas: hay una sola incógnita.

Lo que se conserva. Entre $C_{1}$ y $C_{2}$ hay una isla: la placa derecha de $C_{1}$ , el cable del costado derecho y la placa de arriba de $C_{2}$ . No toca ni la fem ni la resistencia: está encerrada entre dos aislantes. Arrancó con $- Q_{0}$ (la placa $-$ de $C_{1}$ ) y va a terminar con $- Q_{0}$ . Esa es la versión de «la carga se conserva» de este problema.

La ayuda del enunciado. La tensión en la resistencia, al principio y al final. Al principio $C_{2}$ , vacío, es un cable, y $C_{1}$ es una fuente de $Q_{0} / C$ en contra de la fem: la resistencia se queda con la diferencia. Al final no pasa corriente, la resistencia tiene cero, y la fem queda repartida entera entre los dos capacitores. Es la herramienta de el capacitor es un cable y después un corte, con la diferencia de que acá uno de los dos arranca cargado.

t = 0: C₁ es una fuente, C₂ un cable

t → ∞: los dos son cortes, ε = V₁ + V₂

Qué esperar. Si $Q_{0} < ε C$ , la fem gana, la corriente arranca en sentido horario y $C_{1}$ se carga más. Si $Q_{0} > ε C$ , gana el capacitor y la corriente va al revés. Y si $Q_{0} = ε C$ exacto, se empatan y no pasa nada.

03 · La resolución

Paso 1: el instante inicial. Con $C_{2}$ como cable y $C_{1}$ como fuente en contra, la malla da la tensión en la resistencia y la corriente con que arranca:

V_{R} (0) = ε - \frac{Q_{0}}{C}, I_{0} = \frac{ε - Q_{0} / C}{R_{1}}

Paso 2: las cargas, en función de lo que pasó. Llamemos $q$ a la carga total que pasó por la malla en sentido horario, desde que se cerró la llave hasta el final. Se sumó a lo que cada placa tenía:

Q_{1} = Q_{0} + q, Q_{2} = q, V_{1} = \frac{Q_{0} + q}{C}, V_{2} = \frac{q}{C}

con $C = C_{1} = C_{2}$ , y midiendo cada tensión de la placa de la izquierda a la de la derecha en $C_{1}$ , de la de arriba a la de abajo en $C_{2}$ . La isla queda con $- (Q_{0} + q) + q = - Q_{0}$ , como tenía que ser.

Paso 3: el final. Sin corriente, $V_{R} = 0$ y la ley de las mallas queda con la fem y los dos capacitores:

ε = V_{1} + V_{2} = \frac{Q_{0} + 2 q}{C} ⟹ q = \frac{ε C - Q_{0}}{2}

Positivo si la fem gana, negativo si gana el capacitor: el mismo signo que la corriente inicial.

(a) Las tensiones.

V_{1} = \frac{1}{2} (ε + \frac{Q_{0}}{C}), V_{2} = \frac{1}{2} (ε - \frac{Q_{0}}{C})

Suman $ε$ y difieren en $Q_{0} / C$ : la carga atrapada en la isla es la que impide que se repartan la fem por mitades.

(b) Las cargas.

Q_{1} = \frac{ε C + Q_{0}}{2}, Q_{2} = \frac{ε C - Q_{0}}{2}

Si $Q_{0} > ε C$ , $Q_{2}$ sale negativa: $C_{2}$ termina cargado con el $+$ abajo. No es un error de la cuenta; es que la corriente fue al revés.

U_{1} = \frac{{(ε C + Q_{0})}^{2}}{8 C}, U_{2} = \frac{{(ε C - Q_{0})}^{2}}{8 C}

La resistencia no guarda nada: lo que le llegó lo convirtió en calor. La fem entregó $ε q$ , porque empujó la carga $q$ a través de $ε$ voltios. Al principio había $Q_{0}^{2} / 2 C$ guardado. El balance da lo que se disipó:

U_{R} = ε q - (U_{1} + U_{2} - \frac{Q_{0}^{2}}{2 C}) = \frac{{(ε C - Q_{0})}^{2}}{4 C}

Siempre positivo, aunque la corriente vaya al revés. Si $Q_{0} > ε C$ , $q$ es negativo y la fem recibe energía: el capacitor la recarga.

Si $Q_{0} = 0$ . Es una batería cargando dos capacitores iguales en serie. Pasa $q = ε C / 2$ , cada uno se queda con esa carga y con $ε / 2$ , y guarda $C ε^{2} / 8$ . La fem entregó $C ε^{2} / 2$ , los capacitores guardan $C ε^{2} / 4$ , y la otra mitad, $C ε^{2} / 4$ , se disipó: la mitad exacta que se pierde siempre al cargar desde una batería.

Si $C_{1}$ estuviera conectado al revés, con el $+$ hacia la derecha, la placa izquierda arrancaría con $- Q_{0}$ , y todo lo anterior vale cambiando $Q_{0}$ por $- Q_{0}$ . Ahora la fem y el capacitor empujan juntos: $V_{R} (0) = ε + Q_{0} / C$ , pasa $q = (ε C + Q_{0}) / 2$ , la placa izquierda de $C_{1}$ termina con $(ε C - Q_{0}) / 2$ , $C_{2}$ con $(ε C + Q_{0}) / 2$ , y se disipa ${(ε C + Q_{0})}^{2} / 4 C$ . Los papeles de los dos capacitores se intercambian.

04 · El chequeo

Con números. Con $ε = 12$ V, $C = 2$ µF, $Q_{0} = 8$ µC y $R_{1} = 1$ kΩ: $C_{1}$ arranca con 4 V, la resistencia con 8 V y la corriente con 8 mA. Pasan 8 µC; $C_{1}$ termina con 16 µC y 8 V, $C_{2}$ con 8 µC y 4 V, que suman los 12 de la fem. Guardan 64 y 16 µJ; había 16 µJ, la fem entregó 96, y se disiparon $96 - (80 - 16) = 32$ µJ, y la fórmula da lo mismo: ${(24 - 8)}^{2}$ µC² sobre 8 µF, 32 µJ.

El empate. Con $Q_{0} = ε C$ , la resistencia arranca con cero, $q = 0$ , no se disipa nada y $C_{1}$ se queda con toda la fem. Es el único caso en que cerrar la llave no hace nada, y las fórmulas lo dan solas.

La energía perdida, por otro camino. $(ε C - Q_{0})^{2} / 4 C$ es $\frac{1}{2} C_{s} V_{R} (0)^{2}$ con $C_{s} = C / 2$ , la capacidad de los dos en serie: la mitad de la capacidad de la malla por el salto inicial de tensión al cuadrado. Es la regla de la resistencia no decide cuánto se pierde, y por eso $R_{1}$ no aparece en ningún resultado.

Las unidades. $ε C$ es V·F = C, igual que $Q_{0}$ : se pueden restar. $Q^{2} / C$ es J.

05 · Las tres tensiones en el tiempo