La resistencia no decide cuánto se pierde

Cuando un capacitor cargado le pasa carga a otro, o una batería carga uno, se pierde siempre la misma parte de la energía —los 3/4 en el reparto del práctico, la mitad exacta al cargar desde una batería— y la resistencia sólo decide en cuánto tiempo. Por eso esos problemas se resuelven con la carga y no con la energía.

Un capacitor de 2 µF con 24 µC, conectado a través de una resistencia a otro de 6 µF vacío. Con 1 Ω de por medio, la corriente arranca en 12 A y todo termina en unos microsegundos. Con 1 MΩ, arranca en 12 µA y tarda segundos. La intuición dice que la resistencia es la que gasta la energía, así que con menos resistencia se debería gastar menos. No: en los dos casos se van 108 µJ de los 144 que había, exactamente los mismos, y con cualquier otra resistencia también.

Esta nota es sobre por qué esa cuenta no depende de R, y sobre lo que eso obliga a hacer en los problemas: la energía que se pierde es un resultado, no un dato con el que se pueda plantear nada.

01 · Lo que se conserva y lo que no

Un capacitor son dos conductores separados por un aislante, con carga $+Q$ en uno y $-Q$ en el otro. Su capacidad $C$ dice cuánta carga guarda por cada voltio, $Q=CV$, y la energía que guarda es el trabajo que costó separar esa carga:

$$U=\frac{Q^2}{2C}=\frac{1}{2}C{V}^2$$

El Ejercicio 12 del práctico es exactamente la escena del principio, en letras: $C$ con carga $Q$, $3C$ descargado, una llave y una resistencia $R$ en el camino. Al cerrar la llave, la placa de arriba de cada capacitor queda unida a la de arriba del otro por un cable, y las de abajo por la resistencia. Las cargas pueden ir de una placa de arriba a la otra, pero no pueden cruzar el aislante de ningún capacitor: la carga total de arriba sigue siendo $Q$. La carga se conserva:

$$Q_1+Q_2=Q$$

Y el estado final es el de igual tensión: mientras las tensiones sean distintas, hay una diferencia de potencial sobre la resistencia y pasa corriente; la corriente sólo se apaga cuando se igualan. Con esas dos condiciones sale todo:

$$V=\frac{Q}{C+3C}=\frac{Q}{4C},Q_1=\frac{Q}{4},Q_2=\frac{3Q}{4}$$

La energía, en cambio, no se conserva. Al principio había $Q^2/2C$; al final hay

$$U_f=\frac{{(Q/4)}^2}{2C}+\frac{{(3Q/4)}^2}{6C}=\frac{Q^2}{8C}$$

un cuarto de lo que había. Los otros tres cuartos, $3Q^2/8C$, se fueron como calor en la resistencia. Con 2 µF y 24 µC: de 144 µJ quedan 36 y se pierden 108. En ninguna de estas cuentas apareció $R$.

02 · Plantearlo con energía da un absurdo

La tentación es plantear el problema al revés: «la energía se conserva, y la carga también; dos ecuaciones, dos incógnitas». Probémoslo. Pedir que la energía final sea la inicial, junto con $Q_1+Q_2=Q$, da

$$\frac{Q_1^2}{2C}+\frac{Q_2^2}{6C}=\frac{Q^2}{2C}⟹Q_2=\frac{3Q}{2},Q_1=-\frac{Q}{2}$$

(la otra raíz es $Q_2=0$: no pasó nada). El capacitor chico terminaría con la carga dada vuelta, y las tensiones serían $-Q/2C$ y $+Q/2C$: opuestas. Ese no es un estado de equilibrio, porque con tensiones distintas pasa corriente. Es el punto de retorno de una oscilación: lo que haría el circuito si no hubiera nada que frenara la carga, que pasaría de largo y volvería, una y otra vez.

Las dos condiciones —energía conservada e igual tensión— no se pueden cumplir a la vez. El estado final está obligado a tener menos energía que el inicial. No es una imperfección de la resistencia que un circuito mejor podría evitar: es una consecuencia de que el estado final sea de igual tensión.

03 · La cuenta: R se cancela

¿Por qué no importa $R$? Mirando el transitorio se ve. En la malla, la misma corriente pasa por los dos capacitores: para el transitorio están en serie, y su capacidad equivalente es $C_s=C_1{C}_2/(C_1+C_2)$. La diferencia de tensión entre los dos, $\Delta V$, es lo que empuja la corriente, $I=\Delta V/R$; y la corriente, al pasar carga de uno al otro, achica esa diferencia. El resultado es el decaimiento de un circuito RC, con constante de tiempo $\tau =R{C}_s$:

$$I(t)=\frac{\Delta V_0}{R}{e}^{-t/\tau }$$

La potencia que se va en calor es $I^{2}R$, y lo que se pierde en total es su integral:

$${\int }_0^{\infty }{I}^{2}Rdt=\frac{\Delta V_0^2}{R}·\frac{\tau }{2}=\frac{\Delta V_0^2}{R}·\frac{R{C}_s}{2}=\frac{1}{2}{C}_s\Delta V_0^2$$

Ahí está todo. Con más resistencia, la corriente es más chica, pero dura más; el cuadrado de la corriente baja como $1/R^2$, la potencia como $1/R$, la duración crece como $R$, y las dos cosas se compensan exactamente. La resistencia sólo fija la escala de tiempo: en unidades de $\tau$, el transitorio es el mismo para cualquier $R$.

Dividiendo por la energía inicial del capacitor cargado, $\frac{1}{2}{C}_1\Delta V_0^2$, queda la fracción que se pierde en un reparto:

$$\frac{U_{\text{perdida}}}{U_{\text{inicial}}}=\frac{C_s}{C_1}=\frac{C_2}{C_1+C_2}$$

Con $C_2=3C_1$, los 3/4 del ejercicio. Con dos capacitores iguales, la mitad. Con un $C_2$ diez veces mayor, el 90,9 %: cuanto más grande el que recibe, más carga se lleva y más energía se pierde en el camino.

Con una batería pasa lo mismo. Una batería de fem $\epsilon$ que carga un capacitor $C$ a través de $R$ arranca con $\Delta V_0=\epsilon$, y como la batería sostiene su tensión pase la carga que pase, la capacidad de la malla es la del capacitor solo. Se pierde $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2$. La batería entregó $\epsilon Q=C{\epsilon }^2$, porque cada coulomb que empujó subió $\epsilon$ voltios; el capacitor guardó $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2$. La mitad exacta, sin importar $R$, $C$ ni $\epsilon$.

Mirá el widget con eso en la cabeza. Arriba, la corriente en una ventana fija de 12 ms; abajo, la energía perdida hasta cada instante, con el tiempo en escala logarítmica. Antes de mover R, apostá: si la multiplicás por cien, ¿se pierde más, lo mismo o menos? Después barré los cuatro órdenes de magnitud.

04 · Medido, de 1 Ω a 1 MΩ

La cuenta de arriba usa la exponencial. Para no comparar la fórmula contra sí misma, la tabla sale de otro camino: simular el circuito paso a paso, calculando en cada instante la corriente con la ley de la malla —$I=(V_1-V_2)/R$, con las tensiones que dejan las cargas de ese instante—, moviendo la carga y sumando $I^{2}R\Delta t$. Son 40 000 pasos hasta $40\tau$. Los mismos 2 µF con 24 µC contra 6 µF, y la batería de 12 V con 2 µF:

Las dos últimas columnas son la energía perdida en cada caso; la fila de abajo, las cuentas cerradas, $3Q^2/8C$ y $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2$. El tiempo característico y la corriente inicial se mueven un millón de veces de punta a punta de la tabla. La energía perdida no se mueve en la cuarta cifra. La simulación difiere de la cuenta cerrada en 3·10⁻⁷ relativo, el mismo en todas las filas: es el error del paso, que se tomó como una fracción fija de $\tau$. Que ese error tampoco cambie con $R$ es la tesis vista desde otro lado: en unidades de $\tau$, las siete simulaciones son la misma.

Como control de que la simulación sigue al circuito y no a la tesis: la carga que pasó al capacitor vacío al cabo de un $\tau$ da 11,38 µC, el 63,2 % de los 18 µC finales, y coincide con la exponencial de carga en catorce cifras.

05 · Lo que sí decide: el salto de tensión

La fórmula $\frac{1}{2}{C}_s\Delta V_0^2$ dice qué es lo que importa: cuánto difieren las tensiones en el momento de conectar. La resistencia no aparece; el salto, al cuadrado.

Eso sugiere cómo perder menos, y no es cambiando $R$: es achicando el salto. Si en lugar de conectar el capacitor de 2 µF directo a los 12 V se lo carga en escalones —primero a una batería de 6 V, cuando se llena a una de 12—, cada escalón pierde $\frac{1}{2}C{(6\mathrm{V})}^2$ = 36 µJ, y en total se pierden 72 µJ en vez de 144. En cuatro escalones de 3 V, 36 µJ; en diez, 14,4 µJ. Con $N$ escalones, $\frac{1}{2}C{\epsilon }^2/N$: subir la tensión de a poco es la única manera de no tirar la mitad.

Y en el otro extremo, ¿qué pasa con $R=0$? El modelo deja de valer: la corriente inicial sería infinita. En un circuito real siempre queda la resistencia de los cables y la inductancia del lazo, y con resistencia muy chica la carga oscila un rato —el ida y vuelta de la sección 02— antes de asentarse. La energía se va igual, en calor y como radiación electromagnética. No hay un circuito ideal en el que el reparto no pierda; sólo hay circuitos en los que se pierde más rápido.

06 · En el parcial: la carga primero, la energía al final

Cuando un problema conecta capacitores entre sí, o con una batería, el orden es siempre el mismo:

1. La carga: identificar los conductores aislados —las placas y cables que quedan encerrados entre capacitores— y escribir que su carga total no cambia.
2. El estado final: sin corriente, ninguna resistencia tiene tensión, y la ley de las mallas se escribe sólo con capacitores y baterías.
3. La energía, al final y como resultado: lo que entregaron las baterías menos lo que cambió la energía de los capacitores es lo que se disipó. Nunca hace falta integrar $I^{2}R$.

Si un problema da la resistencia y pregunta por la energía disipada, la resistencia está para otra cosa —la corriente inicial, la constante de tiempo— o para tentar a usarla donde no va.

Lo que queda de esta nota es una sospecha útil: si la respuesta parece depender de R, mirá si es una pregunta sobre «cuánto» o sobre «cuándo». La resistencia decide cuándo. Cuánto lo deciden la carga, las capacidades y el salto de tensión. Los dos ejercicios del práctico que lo ponen a prueba están resueltos en el capacitor que se reparte y en el capacitor cargado en serie, y el transitorio completo, en el circuito RC.

Para leer más: Sears-Zemansky, vol. 2 (14.ª ed.), cap. 24, sección 24.3 (almacenamiento de energía en capacitores; el ejemplo 24.7 es este mismo reparto) y cap. 26, sección 26.4 (circuitos R-C, la mitad que se disipa al cargar).