La llave que se cierra

Es el problema de circuitos del Parcial 2 del 10 de noviembre de 2022. Tiene la forma que se repite todos los años: un circuito andando, una llave que agrega una rama con capacitores, y preguntas sobre el instante en que se cierra y sobre mucho después. Lo que hay que saber hacer es dibujar el circuito equivalente de cada instante.

01 · El enunciado

02 · Antes de hacer cuentas

Tres fotos, no una. El problema pregunta por tres momentos distintos del mismo circuito. El «instante inicial» de (a) es el que describe el enunciado: la llave todavía abierta. (c) es el instante justo después de cerrarla, y (d), mucho después. En cada foto el circuito es otro, porque el capacitor se comporta distinto, y la manera segura de no mezclarlas es dibujar las tres por separado.

La regla del capacitor. La carga de un capacitor sólo cambia si le pasa corriente durante un tiempo. En el instante en que se cierra la llave no pasó tiempo, así que cada capacitor conserva su carga y con ella su tensión $Q/C$: es una fuente de esa tensión, y si estaba descargado, una fuente de cero voltios, o sea un cable. Mucho después ya no cambia nada, la corriente por cada capacitor es cero, y el capacitor es un corte. Es lo que el ensayo del capacitor desarrolla con más calma.

Los datos llave. Son dos, y cada uno reemplaza a una incógnita. Los 100 mA por $R_1$ con la llave abierta alcanzan para sacar $R_2$: con la rama derecha cortada, la malla izquierda es un circuito de una sola corriente. Y «para este estado $Q_1$ = 30 µC» reemplaza al valor de $C_2$, que el enunciado no da: dice cuánta carga pasó por la rama de los capacitores, y de ahí sale todo lo demás.

Qué esperar. Con la llave abierta, el nodo A está 8 V por encima de B (se verá enseguida) y $C_1$ tiene $15/4=\mathrm{3,75}$ V con la placa positiva del lado de A. Al cerrar, la rama derecha tiene 8 V empujando y sólo 3,75 V en contra: va a circular corriente de A hacia $C_1$, que se carga más. Que la carga de $C_1$ pase de 15 a 30 µC es coherente con eso.

03 · La resolución

(a) Antes de cerrar. La rama derecha está cortada en la llave: por $R_3$, $C_1$ y $C_2$ no pasa corriente. Lo que queda andando es la malla izquierda, la fem con $R_1$ y $R_2$ en serie, y por las dos pasan los mismos 100 mA.

Antes de cerrar. Lo punteado no lleva corriente.

La caída en $R_1$ es $20\text{Ω}·\mathrm{0,1}\text{A}=2\text{V}$. Recorriendo la malla, la fem sube 10 V y las dos resistencias tienen que bajarlos, así que $R_2$ se lleva los 8 V restantes. Los capacitores tienen la tensión de su carga, $15\text{µC}/4\text{µF}=\mathrm{3,75}\text{V}$ y cero. Por $R_3$ no pasa nada y no cae nada. La tensión que falta para cerrar la cuenta de la rama derecha la sostiene la llave abierta:

(b) La resistencia $R_2$. Ya está: 8 V con 100 mA,

$$R_2=\frac{8\text{V}}{\mathrm{0,1}\text{A}}=80\text{Ω}$$

Es lo mismo que pedir que la malla izquierda tenga en total $10\text{V}/\mathrm{0,1}\text{A}=100\text{Ω}$, de los cuales 20 son de $R_1$.

(c) Justo después de cerrar. $C_1$ se reemplaza por una fuente de 3,75 V, con el + del lado de A, y $C_2$, descargado, por un cable. El circuito equivalente es un circuito de resistencias y dos fuentes, que se resuelve con las leyes de Kirchhoff.

Justo después de cerrar: C₁ es una fuente, C₂ un cable.

Con $I_1$ por $R_1$ hacia A, $I_2$ por $R_2$ de A hacia B, e $I_3$ por la rama derecha, de A hacia $C_1$:

1. Nodo A: $I_1=I_2+I_3$.
2. Malla izquierda: $10=20I_1+80I_2$.
3. Malla derecha, la rama de los capacitores contra $R_2$: entre A y B hay lo mismo por los dos caminos, $80I_2=\mathrm{3,75}+20I_3$.

De la tercera, $I_2=(\mathrm{3,75}+20I_3)/80$. Llevándola a la segunda con $I_1=I_2+I_3$ queda $10=\mathrm{4,6875}+45I_3$, y

$$I_3=118\text{mA},I_2=\mathrm{76,4}\text{mA},I_1=194\text{mA}$$

Al cerrar, la corriente por $R_1$ casi se duplica: la rama nueva, con $C_2$ haciendo de cable, le ofrece a A un camino a B que sólo le cobra 3,75 V más lo que cae en $R_3$. Por $R_2$ pasa menos que antes, porque la tensión entre A y B bajó de 8 a 6,11 V.

(d) Mucho después. Los dos capacitores son cortes: la rama derecha vuelve a no llevar corriente y la malla izquierda queda como estaba antes de cerrar.

Mucho después: C₁ y C₂ son cortes.

$$I_{R_1}=100\text{mA},I_{R_3}=0$$

Entre A y B vuelven a quedar los 8 V de $R_2$, y ahora los sostienen los dos capacitores en serie, porque en $R_3$ no cae nada. Falta saber cómo se reparten, y para eso está el dato de $Q_1$.

$C_1$ y $C_2$ están en serie: toda la carga que entró por la placa positiva de $C_1$ salió por su placa negativa hacia $C_2$. Entonces lo que ganó uno lo ganó el otro, y no lo que tiene: $C_1$ pasó de 15 a 30 µC, ganó 15 µC, y $C_2$, que arrancó vacío, tiene

$$Q_2=30-15=15\text{µC}$$

$C_1$ tiene ahora $30/4=\mathrm{7,5}$ V. De los 8 V entre A y B, a $C_2$ le quedan 0,5 V, y su capacidad es

$$C_2=\frac{Q_2}{V_2}=\frac{15\text{µC}}{\mathrm{0,5}\text{V}}=30\text{µF}$$

Un capacitor grande se queda con poca tensión: en serie los dos llevan la misma carga nueva, y el de más capacidad la guarda con menos voltios.

En cada instante, cada capacitor es una fuente de la tensión que tiene en ese momento: la simulación resuelve el circuito de la segunda foto una y otra vez, con las cargas al día. En $t=0$ están las corrientes de (c); al final, las de (d), con $Q_1$ llegando a 30 µC sin que nadie se lo pida. Entre las dos, la corriente de la rama derecha cae como una exponencial.

04 · El chequeo

Las unidades. µC sobre µF da voltios; voltios sobre amperios, ohmios. Los mA de (c) salen de dividir voltios por decenas de ohmios: décimas de amperio, como los 100 mA del dato.

Por otro camino. La rama derecha ve al resto del circuito como una fuente de 8 V, la tensión entre A y B con la rama abierta, con una resistencia en serie de $R_1\parallel R_2=16$ Ω. Sumando $R_3$, la rama tiene 36 Ω. Justo después de cerrar, la corriente es $(8-\mathrm{3,75})/36=118$ mA, la misma que dio Kirchhoff. Y la carga que pasa hasta el final es la de los dos capacitores en serie, $\mathrm{3,53}$ µF, por la tensión que les faltaba, $8-\mathrm{3,75}$ V: 15,0 µC. Es justo lo que ganó $C_1$, así que el $C_2=30$ µF es coherente con el dato de 30 µC.

Cuánto tarda. Con esa misma resistencia y esa capacidad, la constante de tiempo de la rama es $\tau =36\text{Ω}·\mathrm{3,53}\text{µF}=127\text{µs}$. «Mucho después» es, en la práctica, a partir de unos $5\tau$: 0,64 ms.

Los signos. $C_1$ ganó carga, y $C_2$ quedó con la placa positiva arriba, del lado de $C_1$: la corriente entró por A, como se esperaba antes de hacer cuentas. Un dato de $Q_1$ menor que 15 µC no habría cerrado con la corriente de (c), que carga a $C_1$ desde el primer instante.

05 · Lo que se lleva

Un dibujo por instante. Antes de cerrar, la rama nueva no existe. Justo después, cada capacitor es una fuente de $Q/C$, o un cable si está descargado. Mucho después, es un corte. Con el dibujo hecho, cada foto es un circuito de resistencias.

Mucho después se vuelve al principio. Si la llave sólo agrega una rama con capacitores, el régimen final de las corrientes es el mismo de antes de cerrar: los capacitores cortan esa rama otra vez. Lo único que cambió son sus cargas.

En serie se comparte lo que pasa. Dos capacitores en serie ganan la misma carga, no tienen la misma carga. Con uno que ya venía cargado, la diferencia es la mitad del problema.

Qué evalúa este problema

1. Ver qué parte del circuito lleva corriente con la llave abierta, y sacar de ahí una resistencia desconocida.
2. Reemplazar cada capacitor por una fuente o un cable en el instante del cierre, y resolver con Kirchhoff.
3. Reemplazarlo por un corte en el régimen final.
4. Usar que en serie la carga que se agrega es la misma en los dos capacitores, y deducir una capacidad de una carga.