Circuito en forma de H (GIOI)

Enunciado

Un circuito integrado está constituido por una pista de cobre ($\sigma \simeq 6.0\times 10^{7}\,\mathrm {S} /\mathrm {m} )$ de espesor e=0.1 mm montada sobre un dieléctrico. La pista tiene en todos sus tramos un ancho d = 1.0 mm. La pista tiene forma de H, en la que cada tramo mide b = 6.0 cm, salvo el travesaño central, que mide 3cm. Supongamos en primer lugar, que tres de las patas están a tierra (el interruptor A está cerrado) y la cuarta conectada a un voltaje $V_{0}=2.4\,\mathrm {mV}$.

1. Halle la intensidad de corriente que entra o sale por cada pata.
2. Halle el voltaje al que se encuentran los dos nodos intermedios, donde se unen los diferentes tramos.
3. Calcule la potencia que se está disipando en el sistema por efecto Joule.

Supongamos ahora que, en la situación anterior, se abre el interruptor A, dejando la pata 2 en circuito abierto. Responda a las mismas preguntas:

4. Halle la intensidad de corriente que entra o sale por cada pata.
5. Halle el voltaje al que se encuentran los dos nodos intermedios.
6. Calcule la potencia que se está disipando en el sistema por efecto Joule.

Puede suponerse cada tramo como un conductor filiforme.

Con el interruptor cerrado

Intensidades de corriente

Construimos un circuito equivalente, sustituyendo cada tramo por una resistencia. Etiquetamos cada una por el nodo que tiene más próximo y $R_{5}$ es la del brazo central. Los nodos B y C son las esquinas donde se unen los tramos.

Para los tramos de 6cm la resistencia vale

$R_{1}=R_{2}=R_{3}=R_{4}=R_{0}={\frac {\ell }{\sigma A}}={\frac {6.0\times 10^{-2}}{6.0\times 10^{7}(10^{-3}\times 10^{-4})}}=10\,\mathrm {m\Omega }$

mientras que la del tramo central es la mitad, por serlo su longitud

$R_{5}={\frac {R_{0}}{2}}=5\,\mathrm {m\Omega }$

En principio, estas resistencias están dispuestas según la misma H.

Sin embargo, dado que tres de sus patas están a tierra y solo una a un cierto voltaje, puede simplificarse mediante asociaciones.

Podemos ver que tenemos una resistencia $R_{1}$ que sale de “1” y en el punto B se bifurca en 2 ramas en paralelo, una de las cuales vuelve a bifurcarse en el punto C. La resistencia equivalente a la que va de C a 2 y la que va de B a 4 vale

$R_{24}={\frac {R_{2}R_{4}}{R_{2}+R_{4}}}={\frac {R_{0}}{2}}=5\,\mathrm {m} \Omega$

Esta asociación está en serie con la resistencia del tramo central

$R_{524}=R_{5}+R_{24}={\frac {R_{0}}{2}}+{\frac {R_{0}}{2}}=R_{0}=10\,\mathrm {m} \Omega$

y esta en paralelo con la que va a 3.

$R_{3524}={\frac {R_{3}R_{524}}{R_{3}+R_{524}}}={\frac {R_{0}}{2}}=5\,\mathrm {m} \Omega$

Por tanto la resistencia equivalente a todo el conjunto, visto desde “1” es

$R_{\mathrm {eq} }=R_{1}+R_{3524}=R_{0}+{\frac {R_{0}}{2}}={\frac {3R_{0}}{2}}=15\,\mathrm {m} \Omega$

Con esto tenemos la corriente que entra por 1.

$I_{1}={\frac {V_{0}}{R_{\mathrm {eq} }}}={\frac {2.4\,\mathrm {mV} }{15\,\mathrm {m} \Omega }}=0.16\,\mathrm {A}$

Esta corriente se separa en dos ramas de la misma resistencia $R_{0}$, con lo que por cada una se van 0.08 A. Por tanto, la corriente que entra por “3”, que en realidad sale, vale

$I_{3}=-0.08\,\mathrm {A}$

La que va por la otra rama se bifurca de nuevo en dos ramas iguales, por lo que por cada una se van 0.04 A. Por tanto

$I_{2}=I_{4}=-0.04\,\mathrm {A}$

Voltajes

El voltaje del nodo B lo sacamos de que por 1 entra una corriente de 0.16 A, por lo que

$I_{1}={\frac {V_{1}-V_{B}}{R_{0}}}\qquad \Rightarrow \qquad 0.16\,\mathrm {A} ={\frac {2.4\,\mathrm {mV} -V_{B}}{10\,\mathrm {m} \Omega }}\qquad \Rightarrow \qquad V_{B}=0.8\,\mathrm {mV}$

y la de C de manera similar, sabiendo que por la rama BC van 0.08 A

$0.08\,\mathrm {A} ={\frac {0.8\,\mathrm {mV} -V_{C}}{5\,\mathrm {m} \Omega }}\qquad \Rightarrow \qquad V_{C}=0.4\,\mathrm {mV}$

A estos mismso resultados se puede llegar de diferentes formas.

Potencia

La potencia consumida en un sistema con varios terminales es

$P=\sum _{i}I_{i}V_{i}=I_{1}V_{1}=0.16\,\mathrm {A} \times 2.4\,\mathrm {mV} =0.384\,\mathrm {mJ}$

Con el interruptor abierto

Intensidades de corriente

Cuando se abre el interruptor, la rama 2 queda desconectada y por ella ni entra ni sale corriente. Por tanto, desde el punto de vista del circuito, es como si no estuviera.

Esto hace que cambie la resistencia equivalente del circuito, que vale ahora

 

$R_{54}={\frac {R_{0}}{2}}+R_{0}={\frac {3R_{0}}{2}}=15\,\mathrm {m} \Omega$

 

 

$R_{354}={\frac {R_{3}R_{54}}{R_{3}+R_{54}}}={\frac {3R_{0}}{5}}=6\,\mathrm {m} \Omega$

 

 

$R_{\mathrm {eq} }=R_{1}+R_{354}={\frac {8R_{0}}{5}}=16\,\mathrm {m} \Omega$

 

y por tanto la corriente que entra por 1 es ahora

$I_{1}={\frac {V_{0}}{R_{\mathrm {eq} }}}={\frac {2.4\,\mathrm {mV} }{16\,\mathrm {m} \Omega }}=0.15\,\mathrm {A}$

Esta corriente se bifurca en dos ramas, pero ahora las resistencias son diferentes, por lo que las intensidades no son iguales. Para obtenerlas podemos emplear las leyes de Kirchhoff

$-0.15=I_{3}+I_{4}\qquad \qquad 10I_{3}=15I_{4}\qquad \Rightarrow \qquad I_{3}=-0.09\,\mathrm {A} \qquad \qquad I_{4}=-0.06\,\mathrm {A}$

(el signo negativo viene de que la corrientes salen por 3 y 4, no entran).

Resumiendo

$I_{1}=0.15\,\mathrm {A} \qquad \qquad I_{2}=0\qquad \qquad I_{3}=-0.09\,\mathrm {A} \qquad \qquad I_{4}=-0.06\,\mathrm {A}$

Voltajes

Operamos igual que antes y resulta

$V_{B}=0.9\,\mathrm {V} \qquad \qquad V_{C}=0.6\,\mathrm {mV}$

Potencia

La potencia consumida es ahora

$P=\sum _{i}I_{i}V_{i}=I_{1}V_{1}=0.15\,\mathrm {A} \times 2.4\,\mathrm {mV} =0.36\,\mathrm {mJ}$