E = dw. cuya unidad de medida es el volt. Figura 1:

Transcripción

1 Ls circuits de crriente directa Estudiarems el cmprtamient de ls circuits eléctrics, que incluyen elements cm resistres individuales, baterías alambres. Estudiarems circuits de crriente directa (CD), dnde la dirección de la crriente n cambia cn el tiemp. La fuerza electrmtriz Para que las cargas se muevan a través de un circuit, se requiere de una fuente externa de energía, que mantenga la diferencia de ptencial entre ds punts del circuit. Figura 1: A cualquier dispsitiv que haga esta tarea se le llama fuente de fuerza electrmtriz, fem, E. La figura 1, muestra una fuente de fuerza electrmtriz, E, que puede ser una batería, y qu emantiene una diferencia de ptencial entre sus extrems; ésta puede hacer trabaj sbre ls prtadres de carga. Cuand se ha establecid una crriente estable en el circuit, una carga dq pasa a través de cualquier parte en un tiemp dt. El trabaj W desarrllad pr la batería sbre las cargas permite definir a la fem cm cuya unidad de medida es el vlt. E = dw dq. (1) El cálcul de la crriente a través de una sla malla Cnsidere un circuit cm el de la figura 1 supniend que el dispsitiv es un resistr de resisitencia R. En un tiemp dt en el resistr aparece una energía interna i 2 Rdt, en ese mism tiemp, dentr de la batería se mueve una carga dq(= idt), y el trabaj desarrllad pr la batería es dw = E dq = E idt. Del principi de cnservación de la energía, el trabaj hech pr la fuente de fem debe ser igual a la 1

2 energía interna en el resistr, E idt = i 2 E dt. Reslviend para i, se btiene i = E /R. (2) El ptencial eléctric en un punt debe ser cnstante en td mment, pr l que, La suma algebraica de ls cambis en el ptencial que se encuentren en un recrrid cmplet del circuit es cer. que se cnce cm la segunda regla de Kischhff, la relgal de las mallas. Así, si V a es el ptencial en el punt a, entnces De dnde V a ir + E = V a. ir + E = 0, que es independiente del valr de V a. La resistencia interna de una fuente de fem La figura 2 muestra un circuit de una sla malla, que enfatiza el hech de que una fuente de fem tiene una resistencia interna r intrínseca. Figura 2: Usand al regla de las mallas V b + E ir ir = V b E ir ir = 0 En la figura 3 se muestran gráficamente ls cambis en el ptencial. Y, del resultad anterir i = E R + r. (3) Nótese que la resistencia interna reduce la crriente a través del circuit. Las diferencias de ptencial Frecuentemente se necesita cncer la diferencia de 2

3 Figura 3: ptencial entre ds punts de un circuit. En la figura 2, de qué md depende V ab (= V a V b ) entre ls punts a y b de E,r y R? Usand la regla de las mallas se tiene que si V a y V b sn ls ptenciales en ls punts a y b, respectivamente, entnces así que V b + ir = V a V ab = V a V b = ir, y cmbinand este resultad cn la ecuación (3) se btiene V ab = E R R + r. (4) La diferencia de ptencial es independiente de la trayectria que se siga en el circuit para recrrerl de a a b. Y si se sigue la trayectria alterna para ir de a a b se btiene V a + ir E = V b V ab = V a V b = E ir. La cmbinación de este resultad cn la ecuación (3) se btiene la (4). Ejercici 1. Cuál es la crriente en el circuit de la figura 4? Las fem y ls ressitres tienen ls valres siguientes E 1 = 2.1V, E 2 = 4.4V, r 1 = 1.8 Ω, r 2 = 2.3 Ω,R = 5.5 Ω. Usand la regla de las mallas se tiene que i = E 2 E 1 R + r 1 + r 2 = 0.24 A. Ejercici 2. (a) Cuál es la diferencia de ptencial entre ls punts a y b en la figura 4? Cuál es la diferencia de ptencial entre ls punts a y c en la figura 4? 3

4 figura 5, se debe pasar a través de un sól element (resistr) a la vez. La diferencia de ptencial, V, a través de cada resistr es la misma que la de una batería cnectada a sus extrems y el fluj de las cargas se reparte entre ls ds resistres. Figura 4: (a) Nuevamente, usand la regla de las mallas se tiene que Figura 5: Va Vb = ir2 + E2 = +3.8 V. La figura 5 muestra a ds resistres cnectads en paralel. Se determinará la resistencia equivalente. Si se cnecta una batería cn diferencia de ptencial V, la misma diferencia de ptencial se establecerá a través de ambs resistres, entnces de la ecuación (29 se tiene que (b) De md semejante, Va Vc = ir1 + E1 = +2.5 V. Ls resistres en serie y en paralel También se pueden hacer cmbinacines en serie y en paralel cn ls resistres, l que da lugar a una resistencia equivalente, Req, que n altera el funcinamient del circuit. i1 = V /R1 and i2 = V /R2. (5) ya que la carga ttal que pasa a través de a también pasa a través de b, entnces Ls resistres cnectads en paralel i = i1 + i2. Para ir de un extrem a a b en la cmbinación de la 4 (6)

5 Si la cmbinación en paralel se reemplaza pr un resistr cn resistencia equivalente R eq, debe pasar la misma crriente a través del circuit, pr l que i = V /R eq. (7) Sustituyend las ecuacines (5) y (7) en la (6) se btiene V R eq = V R 1 + V R 2 (8) 1 R eq = 1 R R 2 (9) Si se tuvieran n resistres cnectads en paralel, entnces n 1 1 = R eq (10) R i i=1 En el cas especial de tener ds resistres cnectads en paralel se tiene que R eq = R 1R 2 R 1 + R 2 (11) Ls resistres cnectads en serie La figura 6 muestra a ds resistres cnectads en serie. Figura 6: Esta cmbinación se caracteriza pr la sucesión se ls resistres, un a cntinuación de tr. Para pasar del extrem a al b necesariamente se pasa a través de tds y cada un de ls resistres en ls cuales hay una caída en el ptencial crrespndiente. Si se aplica un adiferencia de ptencial a ls extrems a y b en la figura 6, se establece una crriente i a través de la cmbinación. Las diferencias de ptencial crrespndientes sn V 1 = ir 1 y V 2 = ir 2. (12) La suma de estas diferencias de ptencial debe ser igual a la diferencia de ptencial mantenida pr la batería: V = V 1 +V 2. (13) Lueg, reemplazand la cmbinacin pr la resistencia equivalente, R eq y cnsiderand la cnservacin de la carga (crriente cnstante): ir eq = ir 1 + ir 2, 5

6 R eq = R 1 + R 2. (14) Extendiend esta ecuación a cualquier númer de resistres cnectads en serie R eq = R n. (15) n Ejercici 3. (a) Encuentre ka resistencia equivalente de la cmbinacin que se muestra en la figura 7a, usand ls valres R 1 =4.6 Ω, R 2 =3.5Ω y R 3 =2.8Ω. (b) Cuál es el valr de la crriente a través de R 1 cuand se cnecta una batería de 12.0 V a ls extrems a y b? Figura 7: (a) Se determina la resistencia equivalente R 12 de la cmbinación en paralel de R 1 y R 2. Usand la ecuación (10) se btiene R 12 = R 1R 2 (4.6)Ω (3.5)Ω = = 2.0 Ω. R 1 + R 2 4,6Ω + 3,5Ω ahra, R 12 y R 3 están cmbinadas en serie (figura 7b y, usand la ecuacin (14) se encuentra la resistencia equivalente R 123 : R 123 = R 12 + R 3 = 2.0 Ω Ω = 4.8 Ω. (b) Al cnectar la batería a ls extrems a y b en la figura 7c i = V = 12.0 V = 2.5 A. R Ω Así, la diferencia de ptencial a través R 12 en la figura 7b es V 12 = ir 12 = (2.5 A)(2.0 Ω) = 5.0 V. Ls circuits multimallas La figura 8 muestra un circuit multimallas. Se caracteriza prque tiene nds cm ls indicads pr b y d, y ramas. En la figura se 8 tienen tres ramas trayectrias que cnectan a ls nds b y d, la rama de la izquierda bad, la de la derecha bcd y la del centr, bd. 6

7 Partiend y terminand un recrrid en el punt b se tiene E 1 i 1 R 1 + i 3 R 3 = 0. (17) y pr tr lad i 3 R 3 i 2 R 2 E 2 = 0. (18) Figura 8: El bjetiv principal es determinar las crrientes a través de las ramas que, a priri, se eligen cn direccines arbitrarias per cherentes. En el nd d se tiene i 1 + i 3 = i 2. (16) Que sugiere un principi general para la slución de circuits multimalla: En cualquier nd la suma de las crrientes que abandnan al nd es igual a la suma de las crrientes que entran al mism. A ésta se le cnce cm la primera regla de Kirchhff, que establece simplemente la cnservación de la carga. Así, reslviend el sistema se tiene i 1 = E 1(R 2 + R 3 ) E 2 R 3 R 1 R 2 + R 1 R 3 + R 2 R 3, (19) i 2 = E 1R 3 E 2 (R 1 + R 3 ) R 1 R 2 + R 1 R 3 + R 2 R 3, (20) i 3 = E 1R 2 E 2 R 1 R 1 R 2 + R 1 R 3 + R 2 R 3, (21) Ejercici 4. La figura 9 muestra un circuit cuys elements tienen ls siguientes valres E 1 = 2.1 V, E 2 = 6.3 V, R 1 = 1.7 Ω, R 2 = 3.5 Ω. Encuentre las crrientes en als tres ramas del circuit. En el nd a i 1 + i 2 = i 3. (22) 7

8 Ejercici 5. Cuál es la diferencia de ptencial entre ls punts a y b del circuit de la figura 9? Si se hace el recrrid desde a hasta b en la figura 9 V a i 2 R 2 E 2 = V b, Figura 9: Si partims desde el punt a, se btiene i 1 R 1 E 1 i 1 R 1 + E 2 + i 2 R 2 = 0 2i 1 R 1 i 2 R 2 = E 2 E 1. (23) Y, haciend el recrrid en direccin puesta +i 3 R 1 E 2 + i 3 R 1 + E 2 + i 2 R 2 = 0 i 2 R 2 + 2i 3 R 1 = 0. (24) Así que: i 1 = 0.82 A, i 2 = 0.40 A y i 3 = 0.42 A. V a V b = 6.3 V + ( 0.40 A)(3.5 Ω) = +4.9 V. Ls instruments de medición Cn ls métds ya estudiads es psible analizar varis instruments para medicines eléctricas. El amperímetr El amperímetr es el instrument que se usa para medir la crriente eléctrica. Para hacer este tip de medicines se requiere de crtar el alambre a través del cual se hará la medición, de md que allí se inserta el amperímetr para que la crriente pase a través de él, frmand parte del circuit. La resistencia, R A, del amperímetr debe ser muy pequeña (idealmente cer) cmparada cn las resistencias del circuit, ver la figura 10, es decir R A r + R 1 + R 2. 8

9 necta. En la figura 11 Figura 10: R V R 1. El ptenciómetr El ptenciómetr es el instrument que se usa para medir E x descncida, al cmparala cn una E s patrón cncida. La figura 11 muestra sus elements básics. El resistr que va de a a e es de precisión y tiene un cntact móvil deslizable. En la figura, la resistencia R es la resistencia entre ls punts a y d. Un amperímetr también puede usarse para medir una resistencia descncida. El vltímetr El vltímetr es el instrument que se usa para medir la diferencia de ptencial entre ds punts de un circuit. Para encntrar la diferencia de ptencial entre cualesquiera ds punts en el circuit, las terminales del vltímetr se cnectan directamente a dichs punts, sin rmper el circuit, ver la figura 10. La resistencia, R V, de un vltímetr debe ser muy grande (idealmente infinita) cmparada cn cualquier element del cricuit a través del cual se c- Figura 11: Cuand se usa el instrument, primer se clca E s en la psicin de E y el cntact deslizante se ajusta hasta que la crriente en el amperímetr sea cer. Entnces se dice que el ptenciómetr está balancead, 9

10 el valr de R en el balance es R s. En esta cndición de balance se tiene, cnsiderand la trayectria abcda, E s = i 0 R s. (25) Debid a que i = 0 en la rama abcd, la resistencia interna, r, de la fuente de fem n entra en jueg. A cntinuación se repite el prces cn E x sustituida pr E s, y el ptenciómetr se balancea de nuev. La crriente i 0 permanece sin alteracines (prque i = 0) y la nueva cndicin de balance es E x = i 0 R x. (26) De las ecuacines (25) y (26) se tiene que E x = E Rx. (27) Rs Entnces la fem descncida se detemina en términs de la fem cncida. Ls circuits RC La inserción de un capacitr en un circuit cn resistres hace que la crriente a través del circuit cambie cn el tiemp. Supnga que se carga al capacitr de la figura 12 al pasar el interruptr S a la psición a. Aplicand el Figura 12: principi de cnservación de la energía se determinará la crriente que circula a través del circuit. En el tiemp dt se mueve una carga dq(= i dt) a través del circuit. El trabaj (= E dq) desarrllad pr la fuente de fem debe ser igual a la energía (= i 2 R dt)interna prducida en el resistr durante el tiemp dt, más el increment, du, en la cantidad de energía U (= q 2 /2C) almacenada en el capacitr, pr l que ( ) q E dq = i 2 2 R dt + d 2C E dq = i 2 R dt + q C dq. 10

11 Dividiend pr dt se tiene E dq dt = i2 R + q dq C dt. Ya que i = dq/dt, entnces E = ir + q C. (28) La ecuacin (28) también se puede btener usand el terema de las mallas. Para reslver (28) se reemplaza a i pr dq/dt, que resulta en E = R dq dt + q C. (29) Que se puede reescribir cm dq q E C = dt RC. (30) Integrand en el cas de que inicialmente q = 0 cuand t = 0, se btiene q(t) = CE (1 e t/rc ). (31) Se puede verificar que q(t) es, en efect, una slución de (29). Derivand (31) cn respect al tiemp se tiene i = dq dt = E R e t/rc. (32) Sustituyend q (Ec. (31)) y dq/dt (Ec. (32)) en (29) se btiene una identidad. La cantidad RC en las ecuacines (31) y(32) tiene dimensines de tiemp y se llama cnstante de tiemp capacitiva, τ C del circuit: τ C = RC. (33) y es el tiemp en el que la carga del capacitr se ha incrementad en un factr de 1 e 1 ( 63%) de su carga final CE. Ejercici 6. Un resistr R (=6.2 MΩ) y un capacitr C (=2.4 µf) están cnectads en serie cn una batería de 12 V cn resistencia desperciable. (a) Cuál es la cnstante de tiemp capacitiva de este circuit? (b) Cuánt tiemp transcurre, después de que se cnecta la batería, para que la diferencia de ptencial a través del capacitr sea de 5.6 V? (a) De (33) τ C = RC = ( Ω)( F) = 15s. (b) De acurd cn (31) V C = q C = E (1 e t/rc ). 11

12 Reslviend para t se btiene ( t = τ C ln 1 V ) C E ( t = 15 s ln V ) = 9.4 s. 12 V La descarga del capacitr Supnga que en la figura 12, el interruptr S se mantuv pr un tiemp much mayr que RC en la psición a, para que el capacitr quedara cmpletamente cargad. Ahra el interruptr S se lleva a la psición b, pr l que E = 0 en esta nueva malla, así que ir + q = 0. (34) C Reemplazand i pr dq/dt se btiene La slución es R dq dt + q = 0. (35) C q(t) = q 0 e t/rc, (36) cn q 0 = E C, a partir del capacitr cmpletamente cargad. Después de transcurrir un tiemp t = τ C la carga en el capacitr se reduce a q 0 e 1, que es aprximadamente el 37% de la carga inicial q 0. Derivand respect al tiemp se tiene i = dq dt = q 0 RC e t/τ C. (37) El sign negativ indica que la crriente tiene la dirección puesta a la indicada en la figura 12, ya que el capacitr se está descargand. Ya que q 0 = E C, (37) se puede escribir cm i = E R e t/τ C. (38) Ejercici 7. Un capacitr C se descarga a través d eun resistr R. (a) Después de cuántas cnstantes de tiemp su carga es la mitad de la carga inicial? (b Después de cuántas cnstantes de tiemp la energía almacenada es la mitad de su valr inicial? (a) La carga en el capacitr cambia de acuerd cn la ecuacin (36), q(t) = q 0 e t/τ C 12

13 dnde q 0 es la carga incial. Ahra buscams el tiemp que debe transcurir para que se cumpla que q = 1 2 q 0, 1 2 q 0 = q 0 e t/τ C Canceland q 0 y aplicand el lgaritm natural en ambs lads de la ecuación anterir, se ecuentra que ln(2) = t τ C t = (ln(2))τ C = 0.69τ C. La carga es la mitad de su valr inicial después de 0.69 veces la cnstante de tiemp. (b) La energía asciada al capacitr es ln(2) t = τ C = 0.35τ C. 2 La energía almacenada es la mitad de su valr inicial después de que ha transcurrid 0.35 veces la cnstante de tiemp. Est es ciert sin imprtar cual es la energía inicial almacenada. El tiemp (0.69τ C ) necesari para que la carga sea la mitad de su valr inicial es más grande que el tiemp (0.35τ C ) necesari para que la energía sea la mitad de su valr inicial, pr qué? U = q2 2C = q2 0 2C e 2t/τ C = U 0 e 2t/τ C, dnde U 0 es la energía inicialmente almacenada. En tiemp en el cual U = 1 2 U 0 se encuentra a partir de 1 2 U 0 = U 0 e 2t/τ C, Canceland U 0 y aplicand el lgaritm natural a cada lad, se btiene ln(2) = 2t/τ C 13