El RC con dos capacitores

Es el problema de circuito del Parcial 2 del 6 de noviembre de 2025. Tiene dos resistencias y dos capacitores, pero un solo camino para la corriente: cada par se reduce a uno y queda el circuito RC más simple que hay, una resistencia, un capacitor y la batería.

01 · El enunciado

Problema 2. Considere el circuito de la figura adjunta. El mismo contiene 2 resistencias, R1 = 2 kΩ y R2 = 3 kΩ y 2 condensadores, C1 = 2 µF y C2 = 3 µF conectados a una batería de 120 V. Los condensadores están completamente descargados al momento de cerrar el interruptor S. Determine:

(a) El circuito equivalente (1 capacitor, 1 resistencia y la fuente).
(b) ¿Cuál es la constante de tiempo del circuito equivalente?
(c) La carga total almacenada en el circuito y el tiempo para el cual se alcanza un quinto de este valor.
(d) Las cargas q1 y q2 almacenadas en los capacitores C1 y C2 respectivamente después de un tiempo muy largo.
(e) La diferencia de potencial V entre los puntos: i- bc, ii-de, iii-be. ¿Cómo se relacionan estas tres cantidades?

02 · Antes de hacer cuentas

Qué está conectado con qué. Hay un solo lazo. Sale del borne + de la batería, pasa por la llave y llega a $a$ ; sube a $b$ , cruza las resistencias hasta $c$ , sigue por un cable hasta $d$ , cruza los capacitores hasta $e$ y baja a $f$ , el borne −. $R_{1}$ y $R_{2}$ van entre los mismos dos puntos, $b$ y $c$ : están en paralelo. $C_{1}$ y $C_{2}$ van entre $d$ y $e$ : también en paralelo. Y los dos bloques quedan en serie, porque toda la carga que sale de la batería pasa por los dos.

Qué modelo. Una resistencia y un capacitor en serie con una batería, con el capacitor descargado al empezar: es la carga de un circuito RC. Todo lo que pasa en el tiempo lo mide una sola escala, la constante de tiempo $τ = R C$ .

El dato llave: los dos instantes. Un capacitor descargado no tiene tensión entre sus placas, y su carga no puede cambiar de golpe. Justo al cerrar la llave, entonces, es un cable: toda la tensión de la batería cae en las resistencias. Mucho después ya no pasa corriente —si pasara, el capacitor seguiría juntando carga—, así que es un corte, y toda la tensión cae en los capacitores. Con eso el inciso (e) se contesta antes de hacer una sola cuenta.

Qué esperar. Kiloohm por microfaradio da milisegundos: $τ$ va a ser de unos pocos ms. Y la carga, microfaradios por cien voltios, de unos cientos de microcoulombs.

03 · La resolución

(a) El circuito equivalente. Las dos resistencias en paralelo tienen la misma tensión y sus corrientes se suman, así que lo que se suma son las inversas:

R_{eq} = \frac{R_{1} R_{2}}{R_{1} + R_{2}} = \frac{2 \cdot 3}{2 + 3} kΩ = 1,2 kΩ

Los dos capacitores en paralelo también comparten la tensión, y lo que se suma es la carga, así que se suman las capacidades:

C_{eq} = C_{1} + C_{2} = 2 µF + 3 µF = 5 µF

La regla es la opuesta para cada uno porque $R$ mide tensión por corriente y $C$ mide carga por tensión: en paralelo se suma lo que va abajo en una y arriba en la otra. El circuito queda así:

El equivalente: 1,2 kΩ entre b y c, 5 µF entre d y e.

(b) La constante de tiempo. Es la del equivalente:

τ = R_{eq} C_{eq} = 1,2 \cdot 10^{3} Ω \cdot 5 \cdot 10^{- 6} F = 6 ms

(c) La carga total y un quinto de ella. Cuando el capacitor equivalente termina de cargarse tiene los 120 V entre sus placas:

Q = C_{eq} ε = 5 µF \cdot 120 V = 600 µC

Es la carga de las placas positivas, las de $d$ ; las de $e$ tienen la misma con signo opuesto, y la carga neta del circuito sigue siendo cero. Mientras se carga, la carga crece como

q (t) = Q (1 - e^{- t / τ})

Llegar a un quinto es pedir $1 - e^{- t / τ} = 1 / 5$ , o sea $e^{- t / τ} = 4 / 5$ . Tomando logaritmo:

t = τ \ln \frac{5}{4} = 6 ms \cdot 0,223 = 1,34 ms

Bastante antes de $τ$ , y tiene sentido: al principio la corriente es la máxima, $I_{0} = ε / R_{eq} = 100 mA$ , y a ese ritmo los 120 µC del quinto llegarían en 1,2 ms. Tarda un poco más, 1,34 ms, porque la corriente ya empezó a bajar.

(d) Las cargas de cada capacitor. Mucho después, los capacitores son un corte y no pasa corriente: no hay caída en las resistencias y cada capacitor tiene los 120 V. Como están en paralelo, tienen la misma tensión siempre, no sólo al final, y la carga se reparte en proporción a la capacidad:

q_{1} = C_{1} ε = 2 µF \cdot 120 V = 240 µC

q_{2} = C_{2} ε = 3 µF \cdot 120 V = 360 µC

Suman los 600 µC de (c), como tiene que ser.

(e) Las tres tensiones. Acá conviene dibujar el circuito de cada instante, con el capacitor reemplazado por lo que es en ese momento:

t = 0: el capacitor es un cable.

t → ∞: el capacitor es un corte.

El inciso no dice en qué instante, y viene después de (d), que habla de «un tiempo muy largo». En ese régimen:

$V_{b c}$ : la tensión en la resistencia es $I R_{eq}$ , y sin corriente vale 0.
$V_{d e}$ : la de los capacitores es $q / C_{eq}$ , y con la carga completa vale 120 V, con $d$ más alto que $e$ .
$V_{b e}$ : de $b$ a $e$ se pasa por la resistencia, el cable y los capacitores, así que vale 120 V.

La relación es que se suman, y vale en cualquier instante, no sólo al final. Recorriendo de $b$ a $e$ , con $V_{c d}$ = 0 porque es un cable:

V_{b e} = V_{b c} + V_{c d} + V_{d e} = V_{b c} + V_{d e} = ε

$V_{b e}$ es siempre la tensión de la batería — $b$ está unido a su borne + por la llave cerrada, $e$ a su borne − por el cable de $f$ —, y lo que cambia con el tiempo es cómo se reparte:

V_{b c} (t) = 120 V e^{- t / τ}

V_{d e} (t) = 120 V (1 - e^{- t / τ})

Al cerrar la llave es al revés que al final: $V_{b c} = 120 V$ y $V_{d e} = 0$ . A los 1,34 ms de (c), con un quinto de la carga, son 96 V y 24 V.

Arranca en el instante en que se cierra la llave, con el capacitor como cable. Antes de mover nada, apostá: ¿cuánto vale $V_{d e}$ cuando pasó una constante de tiempo, a los 6 ms? Después llevá el tiempo hasta 30 ms, cinco constantes de tiempo, y fijate cuánto le falta a la barra azul. La suma no se mueve nunca.

A los 6 ms los capacitores tienen el 63 % de la tensión, 75,9 V, y a los 30 ms el 99,3 %. La corriente sale de resolver el circuito en ese instante con el capacitor como una fuente de su tensión del momento: es lo que deja de pasar por las resistencias a medida que la barra azul crece.

04 · El chequeo

Las unidades. $Ω \cdot F$ es $(V/A) \cdot (C/V) = C/A = s$ : la constante de tiempo es un tiempo. Y $µF \cdot V = µC$ .

Los repartos. $q_{1} / q_{2} = 240 / 360 = 2 / 3$ , la razón de las capacidades: en paralelo, el capacitor más grande se lleva más carga. Con las resistencias pasa lo contrario: al cerrar la llave la corriente de 100 mA se reparte en 60 mA por $R_{1}$ y 40 mA por $R_{2}$ , y la más chica lleva más.

La energía. Para llevar 600 µC del borne − al + la batería entregó $Q ε = 72 mJ$ . Los capacitores guardan $\frac{1}{2} C_{eq} ε^{2} = 36 mJ$ : la otra mitad se fue en calor en las resistencias. Es siempre la mitad, sea cual sea $R$ , y es lo que discute el ensayo de la energía que se pierde.

05 · Lo que se lleva

Primero reducir, después el RC. Si la corriente tiene un solo camino, todo lo que está en paralelo se reduce a un elemento y el problema es un RC de una malla. La reducción es opuesta para $R$ y para $C$ .

Cada instante, su circuito. Al cerrar la llave, un capacitor descargado es un cable; mucho después, un corte. Con esos dos dibujos salen las tensiones y corrientes de los extremos sin resolver ninguna ecuación diferencial.

Una fracción, un logaritmo. Para llegar a una fracción $f$ de la carga final hace falta $t = τ \ln \frac{1}{1 - f}$ . Un quinto pide 0,223 τ; la mitad, 0,693 τ; el 99 %, 4,6 τ.

El modelo completo de la carga y la descarga está en la nota del circuito RC.

Qué evalúa este problema

Leer el circuito: reconocer qué está en paralelo con qué y que los dos bloques quedan en serie.
Reducir resistencias y capacitores en paralelo con la regla que corresponde a cada uno.
Calcular $τ = R C$ y la carga final, y despejar un tiempo de la exponencial.
Ver que en paralelo la tensión es la misma y la carga se reparte según la capacidad.
Usar el capacitor como cable y como corte para las tensiones de cada instante, y ver que suman la fem.