Capacitor de Placas Paralelas
Questão: Um capacitor de placas paralelas tem uma área das placas de 0,12 m² e uma distância entre as placas de 1,2 cm. Uma bateria é utilizada para carregar as placas com uma diferença de potencial de 120 V e em seguida é removida do circuito. Um dielétrico com 4,0 mm de espessura e constante dielétrica 4,8 é introduzido simetricamente entre as placas. Permissividade do vácuo: $\epsilon_{0}$ = 8,85.10⁻¹² C²/N.m². Calcule:
(a) o módulo do campo elétrico no interior do dielétrico;
(b) a diferença de potencial entre as placas após a introdução do dielétrico;
(c) a capacitância após a introdução do dielétrico;
(d) o trabalho necessário para introduzir o dielétrico.
(a) o módulo do campo elétrico no interior do dielétrico;
(b) a diferença de potencial entre as placas após a introdução do dielétrico;
(c) a capacitância após a introdução do dielétrico;
(d) o trabalho necessário para introduzir o dielétrico.
Resposta:
Letra (a)
Aplicando a lei de Gauss para um dielétrico,
\begin{equation}\epsilon_0 \oint k\vec{E}\cdot \,d\vec{A}=\epsilon_0 E_1 A=q\end{equation}
ou
\begin{equation}E_1 = \dfrac{q}{\epsilon_0 Ak}\end{equation}
Como a carga permanece constante, temos
\begin{equation}q=C_0 V=\dfrac{\epsilon_0 A}{d}V\end{equation}
\begin{equation}q=\dfrac{8,85 \times 10^{-12} \cdot (0,12)}{1,2\times 10^{-2}}120 = 10,62~nC\end{equation}
Substituindo (4) em (3):
\begin{equation}E_1 = \dfrac{q}{\epsilon_0 Ak}=\dfrac{10,62\times10^{-9}}{8,85 \times 10^{-12}\cdot 0,12 \cdot 4,8}=2,0833 \dfrac{kV}{m}\end{equation}
Letra (b)
Temos que:
\begin{equation}V_1=\int_{-}^{+}\vec{E}\cdot d\vec{s}\end{equation}
Onde os sinais - e + indicam que a trajetória de integração começa na placa negativa e termina na placa positiva. E,
\begin{equation}V_{1}=E_{0}(d-l)+E_{1}l\end{equation}
com,
\begin{equation}E_0 = \dfrac{q}{\epsilon_0 Ak}=\dfrac{10,62\times10^{-9}}{8,85 \times 10^{-12}\cdot 0,12 \cdot 1}=10 \dfrac{kV}{m}\end{equation}
Nesse caso $k$ é igual a 1 porque a superfície gaussiana não passa pelo dielétrico. Logo,
\begin{equation}V_{1}=10000(0,012-0,004)+2083,3(0,004)=88,33~V\end{equation}
Letra (c)
E a capacitância após a introdução do dielétrico é:
\begin{equation}q=C_{1}V_{1}\end{equation}
\begin{equation}C_1=\dfrac{q}{V_1}=\dfrac{10,62\times10^{-9}}{88,33}=0,12~nF\end{equation}
Letra (d)
O trabalho necessário para introduzir o dielétrico é:
\begin{equation}W=\Delta V_{1}=\dfrac{q^2}{2C_1}-\dfrac{q^2}{2C_0}\end{equation}
\begin{equation}W=\dfrac{q^2}{2}\left(\dfrac{1}{C_1}-\dfrac{1}{C_0}\right)=\dfrac{{(10,62\times10^{-9})}^2}{2}\left(\dfrac{1}{0,12\times10^{-9}}-\dfrac{1}{\dfrac{10,62\times10^{-9}}{120}}\right)\Rightarrow\end{equation}
\begin{equation}W=-1,67\times10^{-7}~J\end{equation}
REFERÊNCIAS:
HALLIDAY, D.; RESNICK, R.; MERRILL, J. Fundamentos de Física, vol. 3 Eletromagnetismo, LTC Editora. RJ.
Tags: solution halliday 8th edition vol resolução
Tags: solution halliday 8th edition vol resolução
