Dos baterías y una llave

Es el problema de circuito del Parcial 2 del 7 de noviembre de 2024. Tiene dos baterías y una llave que decide si la primera participa. Lo interesante es dónde termina el capacitor: con la llave cerrada no queda en la tensión de ninguna de las dos baterías, sino en un número intermedio.

01 · El enunciado

El enunciado no dice cómo estaba el capacitor al principio de todo. Como (a) pide un tiempo «de carga», lo tomamos descargado. Para la tensión final no importa: con la llave abierta mucho tiempo, el capacitor llega a la misma desde cualquier carga inicial.

02 · Antes de hacer cuentas

Qué está conectado con qué. Son tres ramas verticales entre un riel de arriba y uno de abajo. A la izquierda, la batería ${\epsilon }_1$ y $R_1$; al medio, el capacitor; a la derecha, ${\epsilon }_2$ y $R_2$. La llave está en la rama de la izquierda: abierta, esa rama no existe. Las dos baterías tienen el − arriba y el + abajo, así que las dos empujan para el mismo lado: las dos quieren el riel de abajo más alto que el de arriba.

Qué modelo. El capacitor está conectado entre los dos rieles, así que su tensión es la diferencia entre ellos. Con la llave abierta queda una sola malla, ${\epsilon }_2$, $R_2$ y $C$: la carga de un RC. Con la llave cerrada hay dos baterías, cada una con su resistencia, compartiendo los dos rieles con el capacitor. En el estacionario el capacitor es un corte, y lo que queda es una malla con las dos baterías enfrentadas: la de más fem le gana a la otra y hace circular corriente.

El dato llave. Con corriente, cada rama le resta a su batería la caída en su resistencia, o se la suma. Así que la tensión entre los rieles tiene que quedar entre 1 V y 3 V: la batería de 3 V cede algo, la de 1 V recibe algo, y los dos extremos se encuentran en el medio.

Qué esperar. Décimas de ohm por microfaradios da microsegundos: los tiempos van a ser de unos pocos µs. Las cargas, 10 µF por unos voltios, de decenas de µC.

03 · La resolución

(a) Con la llave abierta. La rama de ${\epsilon }_1$ y $R_1$ queda colgada de un solo extremo: no puede pasar corriente por ella, y $R_1$ no participa. El circuito efectivo es la malla de la derecha. Así es en cada instante:

Al empezar, la batería ve sólo a $R_2$ y la corriente es ${\epsilon }_2/R_2=\mathrm{7,5}\text{A}$. A medida que el capacitor se carga, le toma tensión a la resistencia y la corriente baja, con el tiempo característico

$$\tau =R_{2}C=\mathrm{0,4}\text{Ω}·10\text{µF}=4\text{µs}$$

Al final no pasa corriente, no hay caída en $R_2$, y el capacitor queda con la tensión de la batería:

$$V_C={\epsilon }_2=3\text{V}$$

y una carga

$$Q=C{V}_C=10\text{µF}·3\text{V}=30\text{µC}$$

con la placa de abajo positiva, la que está del lado del + de ${\epsilon }_2$.

(b) Con la llave cerrada. Justo después de cerrar, el capacitor tiene los 3 V de antes y su carga no puede cambiar de golpe: es una fuente de 3 V, con el + abajo. En la rama de la derecha, ${\epsilon }_2$ y el capacitor se compensan exacto y no pasa nada. En la de la izquierda, la batería de 1 V queda contra 3 V: los 2 V que sobran caen en $R_1$ y pasan $2\text{V}/\mathrm{0,2}\text{Ω}=10\text{A}$, que salen del capacitor: empieza a descargarse.

Mucho después, el capacitor es un corte y el circuito efectivo es la malla de las dos baterías y las dos resistencias. Recorriéndola con las leyes de Kirchhoff, las dos fem quedan enfrentadas y la neta es la diferencia:

$$I=\frac{{\epsilon }_2-{\epsilon }_1}{R_1+R_2}=\frac{3-1}{\mathrm{0,2}+\mathrm{0,4}}\text{A}=\mathrm{3,33}\text{A}$$

Baja por la rama de la derecha y sube por la de la izquierda: ${\epsilon }_2$ entrega energía y ${\epsilon }_1$ la recibe. La tensión del capacitor es la de los rieles, y se puede leer bajando por cualquiera de las dos ramas. Por la derecha, la batería de 3 V menos lo que cae en $R_2$; por la izquierda, la de 1 V más lo que cae en $R_1$:

$$V_C={\epsilon }_2-I{R}_2=3-\mathrm{1,33}=\mathrm{1,67}\text{V}$$ $$V_C={\epsilon }_1+I{R}_1=1+\mathrm{0,67}=\mathrm{1,67}\text{V}$$

Reemplazando $I$, la carga queda escrita con los datos:

$$Q=C\frac{{\epsilon }_1{R}_2+{\epsilon }_2{R}_1}{R_1+R_2}=10\text{µF}·\mathrm{1,67}\text{V}=\mathrm{16,7}\text{µC}$$

Leída así, la tensión del capacitor es un promedio de las dos fem, y cada una pesa con la resistencia de la otra rama. ${\epsilon }_1$ pesa 0,4 y ${\epsilon }_2$ pesa 0,2: la batería con menos resistencia en su rama tira más fuerte, y por eso 1,67 V queda más cerca de 1 V que de 3 V.

(c) El cambio en la carga.

$$\Delta Q=\mathrm{16,7}\text{µC}-30\text{µC}=-\mathrm{13,3}\text{µC}$$

El capacitor pierde 13,3 µC, el 44 % de lo que tenía, y sigue con la placa de abajo positiva. El reacomodo es rápido: desde sus bornes, con las baterías como cables, el capacitor ve $R_1$ y $R_2$ en paralelo, 0,133 Ω, y la constante de tiempo es 1,33 µs, tres veces menor que la de (a).

04 · El chequeo

Las unidades. $\text{Ω}·\text{F}=\text{s}$, y en la fórmula de $Q$ arriba hay voltios por ohm y abajo ohm: queda $\text{F}·\text{V}=\text{C}$.

Los casos límite. Si las dos baterías fueran iguales, la fórmula da esa misma tensión y no circula nada: no hay pelea. Si $R_1$ fuera cero, la batería de 1 V quedaría pegada a los rieles y el capacitor tendría 1 V: la fórmula da ${\epsilon }_1$. Si $R_2$ fuera enorme, la rama de la derecha casi no podría empujar y también daría ${\epsilon }_1$. Y con la llave abierta, que es como $R_1$ infinita, da ${\epsilon }_2$: es el resultado de (a).

Las dos lecturas. 1,67 V salió igual bajando por la derecha y por la izquierda. Si en la hoja salen distintos, hay un signo mal puesto en una de las caídas.

05 · Lo que se lleva

Una llave abierta borra una rama. Lo que queda colgado de un solo extremo no lleva corriente: no suma resistencia ni fem. Antes de calcular, se dibuja el circuito efectivo sin esa rama.

Un capacitor entre dos nodos lee la tensión entre esos nodos. En el estacionario es un corte: se resuelve el circuito sin él, con Kirchhoff si hace falta, y después se lee la diferencia de potencial donde estaba.

Cargado, al cerrar una llave, es una fuente. No un cable: el cable es sólo para el capacitor descargado. Con la fuente se ve enseguida que la rama de 3 V no se mueve y que la de 1 V empieza a descargar.

Por qué el capacitor es cable, fuente o corte según el instante está en el ensayo del cable y el corte.

Qué evalúa este problema

1. Dibujar el circuito efectivo con la llave abierta, sacando la rama que queda colgada.
2. Calcular el tiempo característico con la resistencia que de verdad está en la malla.
3. Usar el capacitor como corte en el estacionario y resolver una malla con dos baterías enfrentadas.
4. Leer la tensión del capacitor como la diferencia de potencial entre sus nodos, y escribir la carga con los datos.