Problemas Resolvidos de Física

Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 31 – CAPACITORES E DIELÉTRICOS
61. Um capacitor tem armaduras paralelas cuja área é de 0,118 m2 e estão separadas por 1,22 cm.
Uma bateria carrega as armaduras até que a diferença de potencial entre elas seja 120 V, sendo
então desligada. Uma placa de dielétrico, de espessura de 4,30 mm e constante dielétrica 4,80, é
então colocada simetricamente entre as armaduras do capacitor. (a) Ache a capacitância antes da
introdução do dielétrico. (b) Qual a capacitância após introduzirmos o dielétrico? (c) Qual o
valor da carga livre q antes e depois da introdução do dielétrico? (d) Qual o campo elétrico no
espaço entre as armaduras e o dielétrico? (e) Qual o campo elétrico no interior do dielétrico? (f)
Com o dielétrico colocado, qual a diferença de potencial entre as armaduras? (g) Qual o
trabalho externo realizado no processo de inserir o dielétrico?
(Pág. 96)
Solução.
(a) A capacitância C0 antes da introdução do dielétrico vale:
ε0 A
C0 =
=
d
(8,85 ×10
F/m )( 0,118 m 2 )
= 8,5598 ×10−11 F
0,
0122
m
(
)
−12
C0 ≈ 85, 6 pF
(b) Ver adiante.
(c) A carga livre q0 nas placas, antes da introdução do dielétrico, vale:
q0 C=
=
0V0
(8,5598×10
−11
F ) (120=
V ) 1, 0271 ×10−8 C
q0 ≈ 10,3 nC
Como o capacitor estava desconectado da bateria quando o dielétrico foi introduzido, não há
mudança na quantidade de carga nas placas do capacitor. Seja q a carga após a introdução do
dielétrico. Logo:
q ≈ 10,3 nC
(d) Considere o esquema abaixo, onde uma superfície gaussiana envolve uma das placas do
capacitor:
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Cap. 31 – Capacitores e Dielétricos
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E0
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E0
+q0
E0
+
E
−
+
−
κ
+
−
+
+ + + + + + + +
−
−q0
−
−
−
−
−
−
−
−
b
d
Aplicando-se a lei de Gauss:
ε 0 ∫ κ E ⋅ dA =
q0
ε 0 ⋅1⋅ E0 A =q0
(1, 0271×10 C ) =
(8,85 ×10 F/m )( 0,118 m )
−8
q0
=
E0 =
ε0 A
−12
2
9.836, 0655 V/m
E0 ≈ 9,84 kV/m
(e) O campo elétrico no interior do dielétrico, E, vale:
E
=
E0
=
κ
( 9.836, 0655 V/m=)
( 4,80 )
2.049,8032 V/m
E0 ≈ 2, 05 kV/m
(f) Considere o esquema abaixo:
+q0
−
ds
κ
+
−
+
−
E0
+
−
E
+
+ + + + + + + +
E0
−
−
−
−
−
−
−
−
−q0
b
d
A diferença de potencial entre as armaduras do capacitor com o dielétrico vale:
+
d −b
b
−
0
0
V=
− ∫ E ⋅ ds =
∫ E0 ds + ∫ Eds
V= E0 ( d − b ) + Eb
V
( 9.836, 0655 V/m ) ( 0, 0122 m ) − ( 4,30 ×10−3 m ) +
+ ( 2.049,8032 V/m ) ( 4,30 ×10−3 m ) = 86,5163 V
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V ≈ 86,5 V
(b) Agora podemos calcular a capacitância C do capacitor após a introdução do dielétrico com mais
facilidade:
q0
C
= =
V
(1, 0271×10
−8
C)
= 1,1872 ×10−10 F
(86,5163 V )
C ≈ 119 pF
(g) O trabalho realizado pelo agente externo, Wext, ao introduzir o dielétrico vale:
1
1
Wext = −Wint = − ( −∆U ) = ∆U = U − U 0 = CV 2 − C0V02
2
2
1
1
2
2
Wext
1,1872 ×10−10 F ) ( 86,5163 V ) − ( 8,5598 ×10−11 F ) (120 V )
=
(
2
2
Wext = −1, 7196 ×10−7 J
Wext ≈ −0,172 µ J
Este resultado indica que após a introdução do dielétrico a energia potencial do dielétrico diminuiu
(Wext < 0 → Wint > 0 → ∆U < 0). Isto significa que o dielétrico é puxado para a região entre as
placas pelas forças elétricas, que realizam trabalho positivo sobre o dielétrico. A força externa
(representada pela mão que segura o dielétrico) realiza trabalho negativo sobre o dielétrico para que
o mesmo possa ser introduzido com velocidade constante.
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