Exemplos

24.1 Um capacitor com placas paralelas possui capacitância igual a 1 F. Se a

distância entre as placas for igual a 1,0 mm, qual será a área de cada placa?

Solução:

Sendo C é a capacitância, Q a carga e Vab o potencial.

C= QV ab

Onde

V ab=Ed

Sabemos então que o campo elétrico entre as placas pode ser considerado

uniforme com

E= σε0

, σ=QA

Então, o potencial elétrico fica:

V ab=Q

A ε 0

d

Substituindo em (1), podemos determinar a área A:

C= QQ d

A ε0⟹ A=dCε0

=(1,0 ×10−3 m) (1,0 F )

8,85 × 10−12 F /m=1,1×108 m2

24.2 A distância entre as placas de um capacitor com placas paralelas é igual a 5,0

mm e a área da placa é de 2,0 m2. Uma diferença de potencial de 10000 V é

mantida através do capacitor. Calcule (a) a capacitância: (b) a carga de cada placa

e (c) o módulo do campo elétrico no espaço entre as placas.

Solução:

a) Calculando a capacitância:

C= QV ab

=A ε0

d=

(2,0 m2 ) (8,85 ×10−12 F /m)5,0 × 10−3 m

=3,54 ×10−9 F

b) A carga no capacitor é dada por:

C= QV ab

⟹Q=C V ab=(3,54 ×10−9 F ) (10000 V )=3,54× 10−5 C

(1)

Sendo que na placa com o potencial mais elevado irá possuir carga +3,54×10 -5C,

enquanto que na outra placa possui carga -3,54×10-5C.

c) O módulo do campo elétrico é dado por:

E= σε0

Onde σ=Q / A, então:

E= QAε0

=(3,54 × 10−5 C )

8,85× 10−12 F /m=2,0 ×106 N /C

24.3 Duas cascas esféricas condutoras concêntricas estão separadas pelo vácuo. A

casca esférica interna possui carga total + Q e raio externo ra e a casca esférica

externa possui carga - Q e raio interno ra (Figura 24.5). (A casca interna está ligada

à casca externa por finas varas isolantes, que exercem efeito desprezível sobre a

capacitância) Calcule a capacitância desse capacitor esférico.

Solução:

Usando a lei de Gauss, traçando uma superfície S sobre a casca interna, temos:

∮ E⃗ . d A⃗=Q∫¿

ε 0

¿

Por simetria E⃗ é constante em módulo e paralelo a d A⃗ , então:

EA=Q∫¿

ε0

⟹ E ( 4 π r 2)=Q∫¿

ε0

¿¿

Como a carga interna da casca interna é +Q, então:

E= Q

4 π ε0 r2

A expressão é a mesma que a de uma carga puntiforme Q, de modo que o

potencial coincide com o potencial de uma carga puntiforme, V=Q /4 π ε0 r.

Portanto, o potencial do condutor interno, que é positivo para r=ra em relação

ao condutor externo (negativo) para r=rb é:

V ab=Q

4 π ε0 ra

− Q4 π ε0 rb

= Q4 π ε0 ( 1

ra

− 1rb )= Q

4 π ε0

rb−r a

rb ra

E a capacitância é dada por:

C= QV ab

Substituindo (1) em (2), temos:

C= Qrb−r a

4 π ε0

Q=

ra rb

rb−ra

4 π ε0

Sendo ra=9,5 cm e rb=10,5 cm, temos:

C=0,095 m× 0,15m0,010 m

×4 π (8,85×10−12 F /m)=1,1 ×10−10 F

23.4 Um cilindro condutor longo possui um raio r0 e uma densidade de carga linear

+λ. Ele está circundado por uma casca cilíndrica coaxial condutora com raio

interno rb densidade de carga linear - λ (Figura 24.6). Calcule a capacitância por

unidade de comprimento desse capacitor, supondo que exista vácuo no espaço

entre as superfícies cilíndricas.

Solução:

Para um capacitor cilíndrico situado no interior de um cilindro carregado a uma

distância r do centro, seu potencial será:

V= λ2 πε 0

∫r

r0

drr

= λ2 πε0

¿¿

Sendo r0=rb o raio da superfície interna do cilindro externo, de modo que o

cilindro condutor externo possui potencial V=0. Então, o potencial na superfície

externa do condutor interno (em que r=ra) é igual a diferença de potencial V ab:

V ab=λ

2 π ε0

ln (r b

r a)

(2)

A carga total Q existente no comprimento L é dada por Q= λL. Sendo a

capacitância C=Q /V ab, temos:

C= λL

( λ2π ε 0

) ln( rb

ra)=

2π ε 0 L

ln( rb

ra)⟹ C

L=

2 π ε0

ln( r b

r a)

Então, a capacitância por unidade de comprimento é:

CL

=2π ε 0

ln( rb

r a)=55,6 pF /m

ln( r b

r a)

24.5 Considere, nas figuras 24.8 e 24.9, C1 = 6,0 μF, C2 = 3,0 μF e Vab, = 18 V.

Encontre a capacitância equivalente e calcule a carga e a diferença de potencial

para cada capacitor quando os capacitores são conectados (a) cm série e (b) cm

paralelo.

a) Sendo a capacitância equivalente de um capacitor em série dada por:

1Ceq

=∑i=1

n1C i

= 1C1

+ 1C2

Então, como C1=6,0 μF e C2=3,0 μF :

1Ceq

= 16,0 μF

+ 13,0 μF

⟹C eq=2,0 μF

A carga Q em cada capacitor em série é a mesma que a carga acumulada no

capacitor equivalente, ou seja:

Q=C eq V =(2,0 μF ) (18V )=36 μF

Sendo V=Q /C , então a diferença de potencial é:

V ac=V 1=QC1

= 36 μC6,0 μF

=6,0 V

V cb=V 2=QC2

= 36 μC3,0 μF

=12,0V

b) A capacitância equivalente é dada pelo somatório dos capacitores, então:

C eq=C1+C2=6,0 μF+3,0 μF=9,0 μF

A diferença de potencial de cada um dos dois capacitores é a mesma através do

capacitor equivalente, logo as cargas Q1 e Q2 são diretamente proporcionais,

respectivamente. C1 e C2:

Q1=C1V =(6,0 μF ) (18 V )=108 μC

Q2=C2V =(3,0 μF ) (18 V )=54 μC

24.6 Calcule a capacitância equivalente da combinação de capacitores da Figura

24. 10 a.

Solução:

Inicialmente, substituímos a ligação em série dos capacitores de 12 μF e 6 μF

pela capacitância equivalente, chamando essa capacitância de C’. Usando:

1C '

=∑i=1

n1C i

= 1C1

+ 1C2

= 112 μF

+ 16 μF

⟹C '=4 μF

Encontrando a capacitância equivalente dos três capacitores C’’ em paralelo

usando:

C ' '=∑i=1

n

C i=¿C1+C2+C3=3 μF+11 μF+8 μF=18 μF ¿

Finalmente, determinamos a capacitância equivalente Ceq desses dois novos

capacitores em série:

1Ceq

= 118 μF

+ 19 μF

⟹C eq=6 μF

24.7 Na Figura 24. 12, carregamos um capacitor de carga C1 = 8,0 μF conectando-o

a uma fonte de energia potencial V0= 120 V (não mostrada na figura). A chave S

está inicialmente aberta. Depois ele carregar C1 a fonte da diferença de potencial é

desconectada. (a) Qual é a carga Q0 sobre C1 quando a chave S mantida aberta?(b)

Qual é a energia armazenada em C1 quando a chave S é mantida aberta?(e) O

capacitor de capacitância C2 = 4,0 μF está inicialmente descarregado. Depois de

fechar a chave S, qual é a diferença de potencial através de cada capacitor e qual é

a carga de cada capacitor? (d) Qual é a energia total do sistema depois que

fechamos a chave S?

Solução:

a) A carga Q0 no capacitor de capacitância C1 é:

C1=Q 0

V 0

⟹Q 0=C1V 0= (8,0 μF ) (120V )=960 μC

b) A energia armazenada inicialmente no capacitor é dada por:

U inicial=Q0

2

2 C=1

2Q0 V 2=1

2(9,60 ×10−6 C ) (120 ) V=0,058 J

c) Quando a chave é fechada, a carga positiva Q0 fica distribuída sobre as

placas superiores dos dois capacitores: e a carga negativa -Q fica distribuída

sobre as placas inferiores. Sejam Q1e Q2 os módulos das cargas finais dos

dois capacitores. De acordo com a conservação da carga, temos:

Q1+Q2=Q0⟹Q0=C1V +C2V =V (C1+C2)

Então, o potencial é:

V=Q 0

C1+C2

= 960 μC8,0 μF+4,0 μF

=80 V

Sendo que as cargas serão:

Q1=C1V =8,0 μF ×80 V =640 μC

Q2=C2V =4,0 μF × 80 V=320 μC

d) A energia final do sistema é a soma das energias armazenadas energia cada

capacitor:

U final=V2∑i=1

i

Qi=V2

(Q1+Q2 )=V2

Q 0=( 960 ×10−6C ) (80 V )

2=0,038 J

24.8 Suponha que você queira armazenar 1,0 J de energia potencial elétrica em um

volume de 1,0 m3 no vácuo. (a) Qual é o módulo do campo elétrico necessário?

(b)Caso o módulo do campo clé1rico fosse dez vezes maior qual seria a quantidade

de energia armazenada por metro cúbico?

Solução:

a) Sendo u=1,0J/m³, podemos determinar o campo elétrico:

u=12

ε0 E2⟹ E=√ 2 uε0

=√2×1,0 J ¿m3

8,85× 10−12C2/ N .m2=4,75× 105V /m

b) Segundo a equação da letra (a), u é proporcional a E². Quando o campo elétrico

aumenta de um fator de 10, a densidade de carga aumenta 10²,

matematicamente:

E2=u⟹u=102 J /m ³=100 J /m ³

24.9 O capacitor esférico descrito no Exemplo 24.3 (Seção 24. I) possui cargas +Q e

-Q sobre os condutores do interior e do exterior da esfera. Calcule a energia

potencial elétrica armazenada no capacitor (a) usando a capacitância C

encontrada no Exemplo 24.3; (b) integrando a densidade de energia do campo

elétrico.

Solução:

a) Como um capacitor esférico possui capacitância:

C= Qrb−r a

4 π ε0

Q=4 π ε0

ra rb

rb−ra

Onde ra e rb são, respectivamente, o raio do condutor interno e o raio do

condutor externo. A energia armazenada em um capacitor é dada por:

U= Q 2

2C

Substituindo (1) em (2), temos:

U = Q2

2 ra rb (4 π ε0 ) (r b−ra )= Q2

8 π ε 0

r b−ra

r arb

b) O campo elé1rico no volume entre os dois condutores esfé1icos possui módulo

E= Q

4 π ε0 r2 . O campo elétrico é igual a zero no interior da esfera interna e fora

da superfície interna da esfera externa, visto que uma superfície gaussiana com

raio r<r a ou r>r bengloba uma região com carga elétrica total igual a zero.

Portanto, a densidade de energia só não é nula no espaço entre as esferas

(ra<r<rb). Sendo assim:

u=12

ε0 E2=12

ε 0( Q4 π ε0 r2 )

2

= Q2

32 π2 ε0 r4

A densidade de energia não é uniforme: ela diminui rapidamente à medida que a

distância cm relação ao centro do capacitor aumenta. Para calcularn1os a energia

elétrica total armazenada no campo elétrico, devemos integrar u (a energia por

unidade de volume) sobre o volume entre a esfera condu1ora interna e a esfera

externa. Assim:

U =∫ udV

Substituindo o valor de u, temos:

U =∫r a

r b

( Q2

32 π2 ε0 r4 )4 π r2 dr= Q2

8 π ε0∫ra

rb

dr

r2= Q2

8 π ε 0(−1

rb

+ 1r a

)= Q2

8 π ε0

(r¿¿ a−rb)ra rb

¿

24.10 Suponha que cada uma das placas paralelas na Figura 24.15 possua uma

área igual a 2000 cm² (2.0 ×10-1 m²) e que a distância entre as placas seja igual a

1,0cm (1.0× 10-2 m). O capacitor está conectado a uma fonte de alimentação e é

carregado até que a diferença de potencial atinja um valor V0= 3000 V= 3,0 kV. A

seguir, ele é desconectado da fonte de alimentação e uma camada de um material

plástico isolante é inserida entre as placas do capacitor, preenchendo

completamente o espaço entre elas. Verificamos que a diferença potencial diminui

para 1000 V. enquanto a carga de cada capacitor permanece constante. Calcule (a)

a capacitância original C0; (b) o módulo da carga Q de cada placa; (c) a

capacitância C depois de inserido o dielétrico; (d) a constante dielétrica K do

dielétrico; (e) a permissividade e do dielétrico; (f) o módulo da carga induzida Q;

em cada face do dielétrico; (g) o campo elétrico original E0 entre as placas; e (h) o

campo elétrico E depois que o dielétrico é inserido.

Solução:

a) Na existência de vácuo entre as placas, temos:

C=K C0=K ε0Ad⟹C0=

(8,85× 10−12 F /m ) ( 2,0× 10−1 m2 )1,0 × 10−2 m

=1,77×10−10 F

b) Usando a definição de capacitância:

C0=QV 0

⟹Q=C0V 0=(1,77 ×10−10 F ) (3,0 ×103 V )=5,31 ×10−7C

c) Quando os dielétricos são inseridos. a carga permanece a mesma, mas o

potencial diminui para V= 1000 V. Logo:

C=QV

=5,31 ×10−7C1,0 × 10³ V

=5,31× 10−10 F

d) A constante do dielétrico é:

K= CC0

=(5,31 ×10−10 F )1,77 × 10−10 F

=3,0

e) A permissividade pode ser obtida da seguinte maneira:

ε=K ε0

Como K=3,0, temos:

ε=3,0 ×8,85 ×10−12C2/N . m2=2,66 ×10−11 C2/ N . m2

f) Sendo a carga induzida pela área da placa:

Qi=σ i A

E

Q=σA

Relacionando as duas equações:

Qi=Q σ i

σ

Onde σ i=σ (1− 1K ), substituindo em (1), temos:

Qi=Qσ (1− 1K ) 1

σ=Q(1− 1

K )=(5,31 ×10−7C )(1− 13,0 )=3,54 × 10−7 C

g) Como o campo elétrico entre as placas é uniforme, seu módulo é a diferença de

potencial dividida pela separação entre as placas:

E=V 0

d= 3000 V

1,0 ×10−2m=3,0 ×105 V /m

h) Temos:

E=Vd

= 1000 V

1,0 ×10−2m=1,0 ×105 V /m

24.11 Calcule a energia total acumulada no campo elétrico do capacitor do

Exemplo 24.1 O e a densidade de energia, antes e depois de o dielétrico ser

inserido.

Solução:

Seja U 0 a energia original e U a energia com o dielétrico, temos:

U 0=12

C0 V 02=1

2(1,77 × 10−10 F ) (3000 V )2=7,97 ×10−4 J

U =12

C V 2=12

(5,31 ×10−10 F ) × (1000 V )2=2,66 ×10−4 J

A densidade de energia, com K=1, é dada por:

u0=12

ε0 E02=1

2( 8,85× 10−12C2/ N .m2 ) (3,0 ×105 N /C )2=0,398 J /m3

E com o dielétrico:

(1)

u=12

ε E2=12

(2,66 ×10−12C2/N . m2 ) (1,0 ×105 N /C )2=0,133 J /m3

24.12 No capacitor esférico do Exemplo 24.3 (Seção 24. 1), o volume entre as cascas

esféricas concêntricas está cheio de um óleo isolante com uma constante dielétrica

K. Use a lei de Gauss para calcular a capacitância.

Solução:

A simetria esférica do problema não se altera pela presença do dielétrico, de

modo que temos, podemos usar a lei de Gauss em um dielétrico:

∮K E⃗ . d A⃗=∮KEdA=KE∮ dA=( KE ) ( 4 π r2 )=Qε 0

Isolando E, encontramos:

E= Q

4 πK ε0 r2= Q

4 πεr 2

Sendo o potencial dado por :

V ab=Q

4 π ε0 K r a

− Q4 π ε0 K rb

= Q4 π K ε 0 ( 1

ra

− 1rb )= Q

4 π K ε0

rb−r a

rb ra

E a capacitância é dada por:

C= QV ab

Substituindo (1) em (2), temos:

C= Qrb−r a

4 π K ε0

Q=

4 π ε0 K ra rb

rb−ra

(2)