Pista en forma de H

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Coeficientes de conductancia
3 Circuito equivalente
4 Potencia consumida
5 Cambio en la potencia
- 5.1 Empleando el álgebra matricial
- 5.2 Empleando el circuito equivalente
6 Anexo: Comparación con la solución numérica

1 Enunciado

Se tiene un circuito impreso en forma de "H" de un material de conductividad

σ

, con cuatro terminales, una de las cuales se encuentra permanentemente a tierra. Los brazos de la H y el tabique central poseen longitud

b

. Los cuatro brazos tienen anchura

a

, ( $a\ll b$ ) mientras que el tramo central posee anchura

2 a

, según indica la figura. El espesor de toda la pista es

c

.

Determine la matriz de los coeficientes de conductancia, $G i j$ , correspondiente a los tres terminales libres. Desprecie la pequeña contribución de las esquinas donde confluyen los brazos.
A partir de la matriz anterior, calcule las conductancias $\overline{G}_{ij}$ y elabore un circuito equivalente al sistema de tres electrodos, que no emplee nodos intermedios.
Determine la potencia consumida en la pista cuando el terminal 1 se encuentra a potencial $V 0$ y los otros a tierra.
En la configuración anterior se corta la conexión a tierra del electrodo 2. En el nuevo estado estacionario, ¿se consume más o menos potencia que antes de la desconexión? ¿Cuánto?

2 Coeficientes de conductancia

2.1 Aproximación de conductores filiformes

Puesto que la longitud de las barras es muy superior a su anchura, es una aproximación razonable el tratar cada una de ellas como un conductor filiforme, de longitud $b$ y sección transversal $a c$ en las barras laterales y $2 a c$ en la central.

Podemos aproximar entonces el sistema mediante un circuito equivalente formado por cinco resistores conectados en dos nodos centrales, que etiquetaremos como “A” y “B”.

Este circuito equivalente no es, no obstante, el mínimo posible. Más adelante veremos como se puede construir uno que no requiera nodos adicionales.

Los valores de las resistencias de las patas son todas iguales entre sí y a

$R_0= \frac{b+a}{\sigma a c}$

donde el “+a” del numerador proviene de que medimos desde el extremo hasta el punto medio de la unión.

La barra central, de doble anchura, tiene resistencia la mitad de esta

$R' = \frac{b + a/2 + a/2}{\sigma(2a) c} = \frac{R_0}{2}$

Si en lugar de la longitud medida hasta el punto medio se toma hasta la esquina ( $b$ para cada tramo) obtenemos resultados similares pero no idénticos, siendo la diferencia un cierto factor constante. Siempre que estemos en la aproximación $b\gg a$ esta corrección es despreciable.

Para hallar los coeficientes de conductancia podemos hacerlo de dos formas:

Suponer sucesivamente cada uno de los electrodos a potencial $V 0$ y hallar la corriente que entra por cada uno. De esta forma calculamos una a una las columnas de la matriz de coeficientes de conductancia.

Suponer simultáneamente tensiones diferentes $V i$ en los distintos electrodos y hallar la corriente que entra por cada uno. Así se halla matriz completa de una sola operación, pero de manera más complicada que en la anterior.

2.2 Fijando tensiones sucesivamente

Suponemos entonces el electrodo 1 a potencial $V 0$ y los otros dos y el de referencia a tierra. Para hallar la corriente que entra por el electrodo 1 podemos hallar la resistencia equivalente del circuito en esta configuración.

ó

Observemos que el electrodo 3 y el de referencia 0 están ambos a tierra. Por ello el resistor que conecta el nodo B y el electrodo 3 se encuentra en paralelo con el que une a B con el 0. A su vez, esta asociación está en serie con la del travesaño central. El conjunto de estas tres se encuentra en paralelo con la que va de A al electrodo 2 y todo esto está en serie con la que une A con el electrodo 1.

Por tanto tenemos, de B a 3 y 0

$\frac{1}{R_{B\to 30}} = \frac{1}{R_{B\to 3}}+\frac{1}{R_{B\to 0}} = \frac{1}{R_0}+\frac{1}{R_0}\qquad\Rightarrow\qquad R_{B\to 30}=\frac{R_0}{2}$

De A a 3 y 0

$R_{A\to 30}=R_{A\to B}+R_{B\to 30} = \frac{R_0}{2}+\frac{R_0}{2}=R_0$

De A a 2, 3 y 0

$\frac{1}{R_{A\to 230}}=\frac{1}{R_{A\to 2}}+\frac{1}{R_{A\to 30}} = \frac{1}{R_0}+\frac{1}{R_0}$ $\Rightarrow$ $R_{A\to 230}=\frac{R_0}{2}$

Finalmente, la resistencia equivalente vista desde 1 es

$R_\mathrm{eq} = R_{1\to 230}=R_{1\to A}+R_{A\to 230} = = R_0+\frac{R_0}{2}=\frac{3R_0}{2}$

Por tanto la corriente que entra al electrodo 1 es

$I_1 = \frac{V_0}{R_\mathrm{eq}}=\frac{2}{3R_0}V_0$

lo que nos da el primer coeficiente de conductancia

$G_{11}=\frac{2}{3R_0}$

Para hallar el coeficiente $G 21$ necesitamos la corriente que, en esta situación, llega al electrodo 2. Dado que del a partir del nodo A la corriente se reparte entre dos ramas de igual resistencia

$R_{A\to 2} = R_0\qquad\qquad R_{A\to 30} = R_0$

la corriente que llega a 2 desde el 1 es la mitad de la anterior (¡ojo! esto no es cierto para una asociación en paralelo arbitraria; la corriente se reparte en general de forma desigual, yendo más corriente por la rama de menor resistencia). Puesto que tomamos el criterio de signos considerando positivas las que van hacia el electrodo desde el exterior obtenemos

$I_2 = -\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3R_0}V_0\right)=-\frac{1}{3R_0}V_0$

lo que nos da el coeficiente

$G_{21}=-\frac{1}{3R_0}$

Para la corriente que llega a 3 observamos que la corriente que llega a B desde A (la mitad de la original) se vuelve a subdividir en dos partes iguales entre el electrodo 3 y el de referencia. Por tanto

$I_3 = -\frac{1}{4}\left(\frac{2}{3R_0}V_0\right)=-\frac{1}{6R_0}V_0$ $\Rightarrow$ $G_{31}=-\frac{1}{6R_0}$

Ahora deberíamos repetir el proceso suponiendo el electrodo 2 a potencial $V 0$ y el resto a tierra, para calcular la segunda columna. Sin embargo, no es necesario: desde el punto de vista de la geometría del circuito, la situación es idéntica, cambiando solamente las etiquetas de los electrodos (concretamente la 1 por la 2).

Así obtenemos

$G_{12} = G_{21}=-\frac{1}{3R_0}$ $G_{22}=G_{11}=\frac{2}{3R_0}$ $G_{32}=G_{31}=-\frac{1}{6R_0}$

Lo mismo ocurre si es el electrodo 3 el que se pone a potencial $V 0$ , por lo que

$G_{13} = G_{31}=-\frac{1}{6R_0}$ $G_{23}=G_{32}=-\frac{1}{3R_0}$ $G_{33}=G_{11}=\frac{2}{3R_0}$

Reuniendo todos los resultados en una sola matriz

$\mathsf{G}=\frac{1}{6R_0}\begin{pmatrix}4 & -2 & -1 \\ -2 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 4\end{pmatrix}$

Vemos que resulta una matriz simétrica en la que los elementos de la diagonal principal son todos positivos, mientras que los no diagonales son negativos.

2.3 Fijando las tensiones simultáneamente

Suponemos ahora el electrodo 1 a potencial $V 1$ , el 2 a $V 2$ y el 3 a $V 3$ y los otros dos y el de referencia a tierra. Si llamamos $V A$ a la tensión del nodo central más próximo al electrodo 1 y $V B$ al más alejado de este electrodo, tenemos las siguientes ecuaciones, por aplicación reiterada de la ley de Ohm

$V_1 - V_A = I_1R_0\,$ $V_2 - V_A = I_2R_0\,$ $V_3 - V_B = I_3R_0\,$ $V_A - V_B = \left(I_1+I_2\right)\frac{R_0}{2}\,$ $V_B = \left(I_1+I_2+I_3\right)R_0\,$

Eliminando V_A y V_B de estas ecuaciones llegamos a

$V_1 = \left(5I_1+3I_2+2I_3\right)\frac{R_0}{2}$ $V_2 = \left(3I_1+5I_2+2I_3\right)\frac{R_0}{2}$ $V_3 = \left(2I_1+2I_2+4I_3\right)\frac{R_0}{2}$

que podemos expresar en forma matricial como

$\begin{pmatrix}V_1 \\ V_2 \\ V_3\end{pmatrix}=\frac{R_0}{2}\begin{pmatrix}5 & 3 & 2 \\ 3 & 5 & 2 \\ 2 & 2 & 4\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}I_1 \\ I_2 \\ I_3\end{pmatrix}$

o, simbólicamente

$\mathbf{V}=\mathsf{R}\mathbf{I}\,$

Invirtiendo esta relación matricial llegamos a la matriz de coeficientes de conductancia

$\mathbf{I}=\mathsf{G}\cdot\mathbf{V}=\mathsf{R}^{-1}\mathbf{V}\,$ $\Rightarrow$ $\begin{pmatrix}I_1 \\ I_2 \\ I_3\end{pmatrix}=\frac{1}{6R_0}\begin{pmatrix}4 & -2 & -1 \\ -2 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 4\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}V_1 \\ V_2 \\ V_3\end{pmatrix}$

o, separando por coeficientes,

$G_{11}=G_{22}=G_{33}=\frac{2}{3R_0}$ $G_{12}=G_{21}=-\frac{1}{3R_0}$ $G_{13}=G_{23}=G_{31}=G_{32}=-\frac{1}{6R_0}$

3 Circuito equivalente

Aunque el anterior es un circuito equivalente (de los que hay infinitos posibles), no se trata del circuito equivalente mínimo, que considera exclusivamente las corrientes que van de un electrodo a otro, sin emplear nodos intermedios.

Archivo:circuito-equivalente-minimo-H-02.png

Este circuito mínimo se construye en los siguientes pasos:

Un nodo por cada electrodo “activo” (aquellos cuya tensión es variable; todos menos el de referencia).
Uno nodo adicional, etiquetado como “0” para el electrodo de referencia.
Un resistor entre cada par de nodos activos, cuya conductancia es

$\overline{G}_{ik}=-G_{ik}=-G_{ki}\qquad (i\neq k)$

en nuestro caso, esto corresponde a

$\overline{G}_{12} = \frac{1}{3R_0}\qquad \overline{G}_{13}=\overline{G}_{23}=\frac{1}{6R_0}$

Las resistencias de estos resistores valen

$R_{12}=\frac{1}{\overline{G}_{12}}=3R_0$ $R_{13}=R_{23}= \frac{1}{\overline{G}_{23}}=6R_0$

Un resistor entre cada nodo y el de referencia, con conductancia la suma de la fila (o columna) correspondiente de la matriz

$\overline{G}_{ii}=\sum_k G_{ik}$

que para este caso concreto da

$\overline{G}_{11}=\overline{G}_{22}=\frac{1}{6R_0}\left(4-2-1\right)=\frac{1}{6R_0}\qquad \overline{G}_{33}=\frac{1}{6R_0}\left(-1-1+4\right)=\frac{1}{3R_0}$

siendo las resistencias

$R_{11}=R_{22}=\frac{1}{\overline{G}_{11}}=6R_0$ $R_{33}= \frac{1}{\overline{G}_{33}}=3R_0$

Aparte, habría que añadir las fuentes de tensión o de intensidad correspondientes. Puesto que en este caso no se especifica ninguna, dejamos ese aspecto pendienete para cada caso particular.

Observemos que las conductancias (y resistencias) resultantes mantienen la simetría geométrica del sistema, dependiendo de si los electrodos están conectados por solo dos tramos o por tres tramos consecutivos.

Archivo:circuito-equivalente-minimo-H.png

4 Potencia consumida

La potencia consumida la podemos hallar de diversas formas. La expresión general para la potencia consumida en un sistema óhmico es

P = \sum I i V i i

o, en forma matricial

$P=\mathbf{V}^t\cdot \mathbf{I}=\mathbf{V}^t\cdot\mathsf{G}\cdot\mathbf{V}$

una forma inmediata consiste en aplicar esta fórmula a nuestro caso concreto, en el que $V 1 = V 0$ y el resto de las tensiones son nulas

$P=\begin{pmatrix} V_0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\left(\frac{1}{6R_0}\right)\begin{pmatrix} 4 & -2 & -1 \\ -2 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 4\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix} V_0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}=\frac{2V_0^2}{3R}$

Una segunda posibilidad consiste en calcular previamente las diferentes intensidades de corriente y luego multiplicar por las tensiones respectivas

$P = I_1V_1+I_2\overbrace{V_2}^{=0}+I_3\overbrace{V_3}^{=0} = I_1V_0$

Por tanto, solo precisamos la corriente que entra en el electrodo 1 cuando éste se encuentra a potencial $V 0$ y el resto a tierra. Este valor ya lo calculamos antes

$I_1 = \frac{2V_0}{3R_0}\qquad \Rightarrow\qquad P = \frac{2V_0^2}{3R_0}$

A este valor también se llega directamente con la resistencia equivalente del sistema

$P = \frac{V_0^2}{R_\mathrm{eq}} = \frac{2V_0^2}{3R_0}$

Otra posibilidad consiste en analizar el circuito equivalente inicial, hallar la corriente que fluye por cada rama y sumar la potencia disipada en cada una de ellas

$P = (I_1)^2 R_0 + \left(\frac{I_1}{2}\right)^2 R_0 + \left(\frac{I_1}{2}\right)^2 \frac{R_0}{2}+\left(\frac{I_1}{4}\right)^2 R_0+\left(\frac{I_1}{4}\right)^2 R_0= I_1^2R_0\left(1+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+\frac{1}{16}+\frac{1}{16}\right)=\frac{3}{2}I_1^2R_0$

Sustituyendo el valor de la corriente que entra en el electrodo 1 reobtenemos el resultado ya conocido

$P = \left(\frac{2V_0}{3R_0}\right)^2\frac{3R_0}{2}= \frac{2V_0^2}{3R_0}$

5 Cambio en la potencia

En el segundo caso, abrimos la conexión del electrodo 2. Esto quiere decir que a partir de ese momento, por ese electrodo ni entra ni sale corriente:

$I_2 = 0\,$

Si aplicamos de nuevo la fórmula de la potencia para un sistema de N electrodos

$P = I_1V_1+\overbrace{I_2}^{=0}V_2+I_3\overbrace{V_3}^{=0} = I_1V_0$

que parece predecir el mismo resultado que en el apartado anterior. La diferencia reside en que $I 1$ ha cambiado. No sabemos cuanta corriente entra por el electrodo 1 en la nueva situación. Para ello, debemos emplear de nuevo el álgebra matricial o el circuito equivalente.

5.1 Empleando el álgebra matricial

En el sistema general para este caso, obtenido desarrollando el producto matricial,

$\begin{array}{lcr} I_1 & = & \displaystyle \frac{1}{6R_0}(4V_1-2V_2 - V_3)\\ && \\ I_2 & = & \displaystyle \frac{1}{6R_0}(-2V_1+4V_2 - V_3)\\ && \\ I_3 & = & \displaystyle \frac{1}{6R_0}(-V_1-V_2 +4 V_3) \end{array}$

conocemos las tensiones y corrientes

$V_1 = V_0 \qquad I_2 = 0 \qquad V_3 = 0$

lo que nos reduce el sistema a

$\begin{array}{lcr} I_1 & = & \displaystyle \frac{1}{6R_0}(4V_0-2V_2)\\ && \\ 0 & = & \displaystyle \frac{1}{6R_0}(-2V_0+4V_2)\\ && \\ I_3 & = & \displaystyle \frac{1}{6R_0}(-V_0-V_2) \end{array}$

que tiene por solución

$V_2 = \frac{V_0}{2}\qquad I_1 = \frac{V_0}{2R_0}\qquad I_3 = -\frac{V_0}{4R_0}$

Sustituyendo en la expresión de la potencia

$P' = \frac{V_0}{2R_0}V_0 = \frac{V_0^2}{2R_0}$

y la variación en la potencia disipada es

$\Delta P = P'-P = \frac{V_0^2}{2R_0}-\frac{2V_0^2}{3R_0}=-\frac{V_0^2}{6R_0}$

5.2 Empleando el circuito equivalente

Volviendo a nuestro circuito inicial, lo que ha cambiado al abrir la conexión del electrodo 2 es que ese nodo se encuentra en circuito abierto y por la resistencia conectada a él no circula corriente.

Esto quiere decir que, desde el punto de vista de la resistencia equivalente, ahora solo tenemos una asociación en serie de una resistencia $R 0$ entre 1 y A, una $R 0 / 2$ entre A y B y el conjunto en paralelo de dos $R 0$ entre B y los electrodos 3 y 0. La nueva resistencia equivalente es

$R'_{\mathrm{eq}} = R_0+\frac{R_0}{2}+\frac{R_0^2}{R_0+R_0} = 2R_0$

con lo que la nueva potencia disipada es

$P' = \frac{V_0^2}{R'_\mathrm{eq}} = \frac{V_0^2}{2R_0}$

También puede hallarse la potencia consumida sumando las que se disipan en las diferentes resistencias

$P'=I_1^2 R_0+ I_1^2 \frac{R_0}{2}+\left(\frac{I_1}{2}\right)^2R_0+\left(\frac{I_1}{2}\right)^2R_0=I_1^2R_0\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\right)=2R_0I_1^2$

y sustituyendo la corriente volvemos al resultado anterior

$P'=I_1^2R'_\mathrm{eq}\qquad\Rightarrow\qquad R'_\mathrm{eq}=2R_0\qquad\Rightarrow\qquad P'=\frac{V_0^2}{2R_0}$

6 Anexo: Comparación con la solución numérica

En este sistema podemos hacer una comparación de nuestros resultados analíticos aproximados con la solución numérica de este mismo problema.

Antes supusimos que el sistema se podía suponer como compuesto de cinco resistores filiformes, despreciando el efecto de las esquinas donde se unen las diferentes barras. Con esta hipótesis obtuvimos la matriz de coeficientes de conductancia

$\mathsf{G}=\frac{1}{6R_0}\begin{pmatrix} 4 & -2 & -1 \\ -2 & 4 & -1 \\ -1 & -1 & 4\end{pmatrix}\qquad R_0 = \frac{b}{\sigma a c}$

Si incluimos las porciones de contacto ya el problema deja de tener solución analítica y se requiere solución numérica o experimental.

6.1 Planteamiento del problema

Para hallar los coeficientes de conductancia, debemos resolver el problema del potencial

$\left. \begin{array}{l}\nabla\times\mathbf{E} = \mathbf{0} \\ \nabla\cdot\mathbf{J} = 0 \\ \mathbf{J} = \sigma\mathbf{E}\end{array}\right\}\qquad\Rightarrow\qquad \nabla\cdot(\sigma\nabla\phi)=0$

Que, para el caso de que la conductividad sea homogénea se reduce a la ecuación de Laplace

$\nabla^2\phi = 0\,$

A esta ecuación hay que añadir las condiciones de contorno de potencial fijado en los electrodos

$\phi = V_i \qquad (\mathbf{r}\in S_i)$

y de que no hay corriente escapando por las paredes laterales

$\mathbf{n}\cdot\mathbf{J}=0 \qquad (\mathbf{r}\in S_\mathrm{ext})$

Una vez resuelto el problema del potencial, la corriente que llega a a cada electrodo se halla como el flujo de la densidad de corriente

$I_i = \int_{S_i}(-\sigma\nabla\phi)\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}$

Para hallar la primera columna de de la matriz de coeficientes de conductancia suponemos

$V_1 = V_0 \qquad V_2 = 0\qquad V_3 = 0$

y calculamos los cocientes

$G_{i1}=-\frac{1}{V_0}\int_{S_i} \sigma\nabla\phi\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}_i$

Análogamente para las otras dos columnas.

6.2 Escalado

Para resolver el problema numéricamente hay un paso previo que es el de escalado del problema. En el enunciado no se mencionan los valores de $a$ , $b$ , $c$ o $σ$ . Sin embargo, para implementar en un programa el problema, debemos introducir valores para estas cantidades.

En lugar de introducir valores dimensionales arbitrarios, previamente se reduce el problema a uno adimensional donde todas las variables son simples números y donde el número de parámetros es el menor posible. Esto se consigue eligiendo unidades adecuadas.

En lugar de emplear cantidades como metros o milímetros podemos emplear una de las propias dimensiones del sistema como unidad. Si tomamos $a$ , la anchura de la barra delgada, como unidad, las otras dimensiones se expresarán

$b = b^* a\qquad\qquad c = c^* a$

con $b *$ y $c *$ cantidades adimensionales (por ejemplo, $b * = 5$ significa que cada pata es cinco veces más larga que ancha).

Del mismo modo, podemos escalar el potencial con V_0, la tensión aplicada

$\phi = \phi^* V_0 \,$

y las conductancias se pueden escalar como

$G = G^* \frac{\sigma a c}{b+a}$

Con estas definiciones el problema pasa a depender de un solo parámetro

$b^* = \frac{b}{a}$

esto es que, lo único que importa es la proporción entre la longitud y la anchura de las barras.

6.3 Método numérico

Existe una gran variedad de métodos numéricos para resolver ecuaciones en derivadas parcilaes como esta. Lo que sigue ha sido calculado mediante el método de elementos finitos, con ayuda del programa FlexPDE.

En este método se divide el recinto en pequeñas regiones triangulares y se aproxima el potencial en cada una por una función lineal de coeficientes desconocidos. Imponiendo la continuidad del potenciales y minimizando una cierta función del potencial, con un límite de error máximo, se llega a una solución numérica aproximada.

6.4 Resultados numéricos

Suponiendo, por ejemplo, $b * = 10$ obtenemos la siguiente representación del potencial y las líneas de corriente:

Podemos apreciar que en los tramos rectilíneos la corriente se distribuye uniformemente y las líneas de corriente son rectilíneas. Sin embargo, en las esquinas, la distribución dista mucho de ser la de un resistor filiforme.

Si calculamos numéricamente las conductancias en este sistema y las escribimos de la forma más fácil de comparar con las que obtuvimos anteriormente, obtenemos

$\mathsf{G}_\mathrm{num}=\frac{1}{6}\begin{pmatrix} 4.139 & -2.018 & -1.061 \\ -2.018 & 4.139 & -1.061 \\ -1.061 & -1.061 & 4.1392\end{pmatrix}$

Vemos que el resultado no coincide exactamente con el analítico. Los errores relativos valen

$\epsilon_{11}=\left|\frac{4-4.139}{4.139}\right|=3.4\%$ $\epsilon_{12}=\left|\frac{-2-(-2.018)}{-2.018}\right|=0.9\%$ $\epsilon_{13}=\left|\frac{-1-(-1.061)}{-1.061}\right|=5.7\%$

Vemos que en todos los casos, el error cometido es inferior al 10%. Esto es razonable, ya que el efecto de la esquina es apreciable sobre una distancia del 10% del total de cada barra.

Con el mismo programa, podemos resolver el caso de que el extremo 2 quede en circuito abierto y comprobar que, efectivamente, por dicha barra no circula corriente:

Pista en forma de H

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

2 Coeficientes de conductancia

2.1 Aproximación de conductores filiformes

2.2 Fijando tensiones sucesivamente

2.3 Fijando las tensiones simultáneamente

3 Circuito equivalente

4 Potencia consumida

5 Cambio en la potencia

5.1 Empleando el álgebra matricial

5.2 Empleando el circuito equivalente

6 Anexo: Comparación con la solución numérica

6.1 Planteamiento del problema

6.2 Escalado

6.3 Método numérico

6.4 Resultados numéricos

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