Sistema de 5 condensadores

Enunciado

Se tiene el sistema de 5 condensadores de la figura. Calcule la capacidad equivalente entre los nodos de los extremos A y B.

Introducción

Este sistema no es una asociación simple de condensadores en serie o en paralelo, ya que la presencia del condensador central impide ambas cosas. Por ello, son necesarios otros métodos para hallar la capacidad equivalente.

Sistema de ecuaciones

Lo que debemos hacer es sustituir el sistema por un solo condensador. Para ello, podemos suponer que existe una cierta d.d.p. entre el extremo A y el B. La capacidad equivalente la calculamos como el cociente

$C_{\mathrm {eq} }={\frac {Q_{A}}{V_{A}-V_{B}}}$

siendo $Q_{A}$ la suma de las cargas de las placas conectadas al nodo A, que en este caso nos da

$C_{\mathrm {eq} }={\frac {Q_{1}+Q_{3}}{V_{A}-V_{B}}}$

Tenemos que hallar entonces la carga en cada uno de los condensadores, de estos dos en particular.

Tenemos el siguiente sistema de ecuaciones para las cargas y diferencias de potencial

${\begin{array}{c}Q_{1}=24(V_{A}-V_{D})&\qquad &Q_{2}=20(V_{D}-V_{B})&\qquad &Q_{3}=12(V_{A}-V_{E})\\Q_{4}=30(V_{E}-V_{B})&\qquad &Q_{5}=12(V_{D}-V_{E})&\qquad &\end{array}}$

Estas ecuaciones no son suficientes y necesitamos dos más. Las dos ecuaciones restantes las obtenemos de que la carga total en los conductres D y E es nula ya que, al estar separados del resto por condensadores, es imposible que la carga llegue o se vaya de esos nodos.

Las ecuaciones para la carga en D y en E nos dan

$-Q_{1}+Q_{5}+Q_{2}=0\qquad \qquad -Q_{5}-Q_{3}+Q_{4}=0$

donde hemos tomado todas las polaridades con el positivo a la izquierda y el negativo a la derecha, y en el central con el positivo arriba.

Si sustituimos aquí las cargas en función de los potenciales queda

${\begin{array}{rcl}-24(V_{A}-V_{D})+12(V_{D}-V_{E})+20(V_{D}-V_{B})&=&0\\-12(V_{D}-V_{E})-12(V_{A}-V_{E})+30(V_{E}-V_{B})&=&0\end{array}}$

Si simplificamos aquí obtenemos un sistema de dos ecuaciones para los nodos centrales

${\begin{array}{rcl}14V_{D}-3V_{E}&=&6V_{A}+5V_{B}\\-2V_{D}+9V_{E}&=&2V_{A}+5V_{B}\end{array}}$

con solución

$V_{D}={\frac {1}{2}}V_{A}+{\frac {1}{2}}V_{B}\qquad \qquad V_{E}={\frac {1}{3}}V_{A}+{\frac {2}{3}}V_{B}$

Una vez que tenemos estos voltajes de los nodos centrales podemos hallar las cargas de los condensadores conectados a A

$Q_{1}=24(V_{A}-V_{D})=12(V_{A}-V_{B})\qquad \qquad Q_{3}=12(V_{A}-V_{E})=8(V_{A}-V_{B})$

lo que nos da

$Q_{A}=Q_{1}+Q_{3}=20(V_{A}-V_{B})$

y la capacidad equivalente del conjunto es

$C_{\mathrm {eq} }={\frac {Q_{1}+Q_{3}}{V_{A}-V_{B}}}=20\,\mathrm {nF}$

Transformación Δ-Y

Una forma alternativa de obtener la capacidad equivalente es mediante la transformación Δ-Y. Los tres condensadores de la malla de la derecha forman un triángulo (una Δ) con capacidades

$C_{12}=20\,\mathrm {nF} \qquad \qquad C_{13}=12\,\mathrm {nF} \qquad \qquad C_{23}=30\,\mathrm {nF}$

que se puede sustituir por una estrella equivalente, con capacidades

$P=C_{12}C_{13}+C_{12}C_{23}+C_{13}C_{23}=20\cdot 12+20\cdot 30+12\cdot 30=1200\,\mathrm {nF} ^{2}$ $C_{1}={\frac {P}{C_{23}}}={\frac {1200}{30}}\,\mathrm {nF} =40\,\mathrm {nF} \qquad C_{2}={\frac {P}{C_{13}}}={\frac {1200}{12}}\,\mathrm {nF} =100\,\mathrm {nF} \qquad C_{3}={\frac {P}{C_{12}}}={\frac {1200}{20}}\,\mathrm {nF} =60\,\mathrm {nF}$

Esto nos transforma el sistema en este equivalente

Este circuito sí se puede analizar como asociaciones en serie y en paralelo. Tenemos dos asociaciones en serie, de capacidades

Error al representar (función desconocida «\rac»): {\displaystyle C_{12}=\rac{C_1 C_2}{C_1+C_2}=\frac{24\cdot 40}{24+40}\,\mathrm{nF}=15\,\mathrm{nF}} Error al representar (función desconocida «\rac»): {\displaystyle C_{34}=\rac{C_3 C_4}{C_3+C_4}=\frac{12\cdot 60}{12+60}\,\mathrm{nF}=10\,\mathrm{nF}}

Estos están en paralelo

$C_{1234}=15\,\mathrm {nF} +10\,\mathrm {nF} =25\,\mathrm {nF}$

y este está en serie con el último

$C_{\mathrm {eq} }={\frac {25\cdot 100}{25+100}}\,\mathrm {nF} =20\,\mathrm {nF}$

También puede aplicarse este método con la malla de la izquierda en lugar de con la de la derecha (pero no las dos a la vez, una vez que “gastamos&” el condensador central de 12 nF en una estrella, no podemos usarlo para la otra).

Transformación Y-Δ

También podemos aplicar la transformación inversa. Si nos fijamos en los tres condensadores unidos al nodo E vemos que forman una estrella con capacidades pueden transformase en una delta. Las capacidades equivalentes son

$C_{35}={\frac {C_{3}C_{5}}{C_{3}+C_{4}+C_{5}}}={\frac {12\cdot 12}{12+12+30}}\,\mathrm {nF} ={\frac {8}{3}}\,\mathrm {nF}$ $C_{34}={\frac {C_{3}C_{4}}{C_{3}+C_{4}+C_{5}}}={\frac {12\cdot 30}{12+12+30}}\,\mathrm {nF} ={\frac {20}{3}}\,\mathrm {nF}$ $C_{45}={\frac {C_{4}C_{5}}{C_{3}+C_{4}+C_{5}}}={\frac {12\cdot 30}{12+12+30}}\,\mathrm {nF} ={\frac {20}{3}}\,\mathrm {nF}$

Esto transforma el circuito en este equivalente (puede costar un poco ver el triángulo de condensadores y entender sus conexiones)

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Ahora tenemos dos pares de condensadores en paralelo

$C_{135}=24+{\frac {8}{3}}={\frac {80}{3}}\,\mathrm {nF} \qquad \qquad C_{245}=20+{\frac {20}{3}}={\frac {80}{3}}\,\mathrm {nF}$

que están en serie

$C_{12345}={\frac {(80/3)(80/3)}{(80/3)+(80/3)}}={\frac {40}{3}}\,\mathrm {nF}$

y este está en paralelo con el condensador restante

$C_{\mathrm {eq} }={\frac {40}{3}}+{\frac {20}{3}}=20\,\mathrm {nF}$

También se puede resolver emplenado en lugar de la estrella de condensadores del nodo E la del nodo D (pero no las dos a la vez).