solution halliday volume 3 cap 25 pdf, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe solution halliday volume 3 cap 25 pdf e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! 1. (a) A capacitância do sistema é C q V = = =  70 20 3 5 pC V pF., (b) Como a capacitância não depende da carga, o valor é o mesmo do item (a): C = 3,5 pF. (c) O novo valor da diferença de potencial é V q C = = =200 3 5 57 pC pF V. , 2. A corrente no circuito persiste até que a diferença de potencial entre os terminais do capaci- tor seja igual à força eletromotriz da bateria. Quando isso acontece, a carga do capacitor é q = CV e é igual à carga total que passou pela bateria. Assim, q = (25 × 10–6 F)(120 V) = 3,0 × 10–3 C = 3,0 mC. 3. (a) A capacitância de um capacitor de placas paralelas é dada por C = â0A/d, na qual A é a área das placas e d é a distância entre as placas. Como as placas são circulares, a área das placas é A = pR2, em que R é o raio das placas. Assim, C R d = = × × × − − −   0 2 12 2 28 85 10 8 2 10 1 3 10 ( , ) ( , ) , F m m 3 101 44 10 m F 144 pF.= × =−, (b) A carga da placa positiva é dada por q = CV, na qual V é a diferença de potencial entre as placas. Assim, q = (1,44 × 10–10 F)(120 V) = 1,73 × 10–8 C = 17,3 nC. 4. (a) De acordo com a Eq. 25-17, C ab b a = − = × ⋅ 4 40 0 38 0 8 99 100 9  ( , ) ( , ( , mm mm) N m /C2 2 mm mm pF. ) ( , , ) , 40 0 38 0 84 5 − = (b) Vamos chamar de A a área das placas. Nesse caso, C = â0A/(b – a) e A C b a= − = − × − ( ) ( , ) ( , , ) ( ,0 84 5 40 0 38 0 8 85 10 pF mm mm 12 191 C /N m cm 2 2 2 ⋅ = ) . 5. Se R é o raio de uma das gotas, quando as gotas se fundem, o volume passa a ser V = 2(4p/3)R3 e o raio da nova gota, R9, é dado por 4 3 2 4 3 23 3 1 3   ′( ) = ⇒ ′ =R R R R. A nova capacitância é ′ = ′ = =C R R R4 4 2 5 040 0 1 3 0  , . Para R = 2,00 mm, obtemos q C V CV= = = = =eq F V C 315 mC.3 3 25 0 4200 0 315( , ) ( ) , Capítulo 25 106 soluções dos problemas 6. Podemos usar a equação C = Aâ0/d. (a) A distância entre as placas é d A C = = × ⋅ = −0 121 00 8 85 10 1 00 8 8 ( , ) ( , ) , , m C /N m F 2 2 2 5 10 12× − m. (b) Como d é menor que o diâmetro de um átomo (∼ 10–10 m), este capacitor não é fisicamente viável. 7. Para uma dada diferença de potencial V, a carga na superfície da placa é q Ne nAd e= = ( ) na qual d é a profundidade da qual os elétrons migram para a superfície e n é a densidade dos elétrons de condução. De acordo com a Eq. 25-1, a carga acumulada na placa está relacionada à capacitância e à diferença de potencial através da equação q = CV. Combinando as duas ex- pressões, obtemos C A ne d V = . Para d V d Vs s/ / m/V= = × −5 0 10 14, e n = ×8 49 1028, /m3 (veja o Exemplo “Carregamento de um capacitor de placas paralelas”), obtemos C A = × × ×− −( , )( , )( ,8 49 10 1 6 10 5 0 1028 19 14/m C m/V3 ) , .= × −6 79 10 4 F/m2 8. A capacitância equivalente é dada por Ceq = q/V, na qual q é a carga total dos capacitores e V é a diferença de potencial entre os terminais dos capacitores. No caso de N capacitores iguais em paralelo, Ceq = NC, na qual C é a capacitância de um dos capacitores. Assim, NC = q/V e N q VC = = × = ×− 1 00 1 00 10 9 09 10 6 3, , , . C (110 V)( F) 9. A carga que atravessa o medidor A é q C V CV= = = =eq F V C = 315 mC3 3 25 0 4200 0 315( , ) ( ) , . 10. A capacitância equivalente é C C C C C C eq F F F = + + = + ( )( )3 1 2 1 2 4 00 10 0 5 00 10 , , , ,    0 5 00 7 33    F F F. + = , , 11. A capacitância equivalente é C C C C C C C eq F 5,00 F F = +( ) + + = +( )1 2 3 1 2 3 10 0 4 00, ,  ( ) + + = 10 0 5 00 4 00 3 16 , , , ,     F F F F. 12. Como os dois capacitores de 6,0 mF estão em paralelo, a capacitância equivalente é Ceq = 12 mF. Assim, a carga total armazenada (antes da modificação) é q C Vtotal eq F ( V) C.= = ( ) =12 10 0 120 , (a) e (b) Após a modificação, a capacitância de um dos capacitores aumenta para 12 mF (já que, de acordo com a Eq. 25-9, a capacitância é inversamente proporcional à distância entre as placas), o que representa um aumento de 6,0 mF da capacitância e um aumento da carga de  q C Vtotal eq F ( V) C.= = ( ) =6 0 10 0 60, ,  soluções dos problemas 109 20. Um capacitor desse tipo, com n placas fixas e n placas móveis, pode ser considerado um conjunto de 2n 21 capacitores em paralelo, com uma distância d entre as placas. A capacitância é máxima quando as placas móveis estão totalmente introduzidas entre as placas fixas, caso em que a área efetiva das placas é A. Assim, a capacitância de cada capacitor é C0 = â0A/d e a capacitância total do conjunto é C n C n A d = − = − = − × ⋅ − ( ) ( ) ( )( , 1 1 8 1 8 85 10 0 0 12 C /N m2 2)( , ) , , 1 25 10 3 40 10 2 28 10 4 3 12 × × = × = − − − m m F 2,2 2 8 pF. 21. (a) Quando as chaves são fechadas, os dois capacitores ficam ligados em paralelo. A di- ferença de potencial entre os pontos a e b é dada por Vab = Q/Ceq, na qual Q é a carga total do conjunto e Ceq é a capacitância equivalente, dada por Ceq = C1 + C2 = 4,0 × 10–6 F. A carga total do conjunto é a soma das cargas armazenadas pelos dois capacitores. Como a carga do capacitor 1 era q C V1 1 6 41 0 10 100 1 0 10= = × = ×− −( , ) ( ) ,F V C; e a carga do capacitor 2 era q C V2 2 6 43 0 10 100 3 0 10= = × = ×− −( , )( ) ,F V C, a carga total do conjunto é 3,0 × 10–4 C – 1,0 × 10–4 C = 2,0 × 10–4 C. A diferença de potencial é Vab = × × = − − 2 0 10 4 0 10 50 4 6 , , C F V. (b) A nova carga do capacitor 1 é q1 = C1Vab = (1,0 × 10–6 F)(50 V) = 5,0 × 10–5 C. (c) A nova carga do capacitor 2 é q2 = C2Vab = (3,0 × 10–6 F)(50 V) = 1,5 × 10–4 C. 22. Não podemos usar a lei de conservação da energia porque, antes que o equilíbrio seja atin- gido, parte da energia é dissipada na forma de calor e de ondas eletromagnéticas. Entretanto, a carga é conservada. Assim, se Q = C1Vbat = 100 mC e q1, q2 e q3 são as cargas armazenadas nos capacitores C1, C2 e C3 depois que a chave é acionada para a direita e o equilíbrio é atingido, temos: Q = q1 + q2 + q3. Como C2 e C3 têm o mesmo valor e estão ligados em paralelo, q2 = q3. Como os dois capacitores estão ligados em paralelo com C1, V1 = V3 e, portanto, q1/C1 = q3/C3 e q1 = q3/2. Assim, Q q q q q= + + =( ) ,3 3 3 32 5 2/ / o que nos dá q3 = 2Q/5 = 2(100 mC)/5 = 40 mC e, portanto, q1 = q3/2 = 20 mC. 23. A capacitância equivalente é C123 = [(C3)−1 + (C1 + C2)−1]−1 = 6 mF. (a) A carga que passa pelo ponto a é C123 Vbat = (6 mF)(12 V) = 72 mC. Dividindo por e = 1,60 × 10−19 C, obtemos o número de elétrons, N = 4,5 × 1014, que se movem para a esquerda, em direção ao terminal positivo da bateria. (b) Como a capacitância equivalente de C1 e C2 é C12 = C1 + C2 = 12 mF, a tensão entre os terminais da capacitância equivalente (que é igual à tensão entre os terminais de C1 e à tensão entre os terminais de C2) é (72 mC)/(12 mF) = 6 V. Assim, a carga armazenada em C1 é q1 = (4 mF)(6 V) = 24 mC. Dividindo por e, obtemos o número de elétrons, N1 = 1,5 × 1014, que passam pelo ponto b, em direção ao capacitor C1. 110 soluções dos problemas (c) A carga armazenada em C2 é q2 = (8 mF)(6 V) = 48 mC. Dividindo por e, obtemos o número de elétrons, N2 = 3,0 × 1014, que passam pelo ponto c, em direção ao capacitor C2. (d) Finalmente, como C3 está em série com a bateria, a carga de C3 é igual à carga que passa pela bateria (e também pela chave). Assim, N3 = N1 + N2 = 1,5 × 1014 + 3,0 × 1014 = 4,5 × 1014 elétrons passam pelo ponto d, em direção aos capacitores C1 e C2. (e) Os elétrons estão se movendo para cima ao passarem pelo ponto b. (f) Os elétrons estão se movendo para cima ao passarem pelo ponto c. 24. De acordo com a Eq. 25-14, as capacitâncias são C L b a 1 0 1 1 1 122 2 8 85 10 0= = × ⋅ −  ln( ) ( , )( , / C /N m2 2 050 2 53 2 2 0 2 m ln(15 mm/5,0 mm) pF ) , ln( = =C L b a2 2 122 8 85 10 0 090 / C /N m m ln(10 2 2 ) ( , )( , )= × ⋅ − mm/2,5 mm) pF.= 3 61, Inicialmente, a capacitância equivalente é 1 1 1 2 53 12 1 2 1 2 1 2 12 1 2 1 2C C C C C C C C C C C C = + = + ⇒ = + = ( , pF pF pF pF pF )( , ) , , , 3 61 2 53 3 61 1 49 + = e a carga dos capacitores é (1,49 pF)(10 V) = 14,9 pC. Se o capacitor 2 é modificado da forma descrita no enunciado, temos: ′ = ′ = × ⋅ − C L b a 2 0 2 2 2 122 2 8 85 10  ln( ) ( , )( / C /N m2 2 0 090 2 17 , ) , m ln(25 mm/2,5 mm) pF.= A nova capacitância equivalente é ′ = ′ + ′ = + C C C C C 12 1 2 1 2 2 53 2 17 2 53 ( , )( , ) , pF pF pF 2 17 1 17 , , pF pF= e a nova carga dos capacitores é (1,17 pF)(10 V) = 11,7 pC. Assim, a carga transferida pela bateria em consequência da modificação é 14,9 pC 2 11,7 pC = 3,2 pC. (a) Como o número de elétrons que passam pelo ponto P é igual à carga transferida dividida por e, temos: N = × × = × − − 3 2 10 1 6 10 2 0 10 12 19 7, , , . C C (b) Os elétrons transferidos pela bateria se movem para a direita na Fig. 25-39 (ou seja, na direção do capacitor 1), já que as placas positivas dos capacitores (as que estão mais próximas do ponto P) se tornaram menos positivas com a modificação. Uma placa metálica fica positiva quando possui mais prótons que elétrons. Neste problema, com a modificação, parte dos elé- trons “voltou” para as placas positivas dos capacitores, tornando-as menos positivas. 25. A Eq. 23-14 pode ser aplicada aos dois capacitores. Como s = q/A, a carga total é qtotal = q1 + q2 = s 1 A1 + s 2 A2 = âo E1 A1 + âo E2 A2 = 3,6 pC. 26. Inicialmente, os capacitores C1, C2 e C3 formam um conjunto equivalente a um único capa- citor, que vamos chamar de C123. A capacitância deste capacitor é dada pela equação 1 1 1 123 1 2 3 1 2 3 1 2 3C C C C C C C C C C = + + = + + +( ) . soluções dos problemas 111 Como q = C123V = q1 = C1 V1 , temos: V q C q C C C V C C C C C V1 1 1 1 123 1 2 3 1 2 3 = = = = + + + . (a) Quando C3 → ∞, a expressão apresentada se torna V1 = V. Como, de acordo com o enuncia- do, V1 → 10 V neste limite, concluímos que V = 10 V. (b) e (c) De acordo com o gráfico da Fig. 25-41c, V1 = 2,0 V para C3 = 0. Nesse caso, a expres- são apresentada nos dá C1 = 4C2. O gráfico mostra ainda que, quando C3 = 6,0 mF, V1 = 5 V = V/2. Assim, V V C C C C C C 1 2 1 2 2 1 2 1 2 6 0 6 0 6 0 4 6 = = + + + = + + + , , ,  F F F , , 0 F o que nos dá C2 = 2,0 mF e C1 = 4C2 = 8,0 mF. 27. (a) Com apenas a chave S1 fechada, os capacitores 1 e 3 estão em série e, portanto, suas cargas são iguais: q q C C V C C 1 3 1 3 1 3 1 00 3 00 12 0 1 0 = = + = ( , )( , )( , ) ,  F F V 0 9 00    F + 3,00 F C.= , (b) Como os capacitores 2 e 4 também estão em série, q q C C V C C 2 4 2 4 2 4 2 00 4 00 12 0 2 0 = = + = ( , )( , )( , ) ,  F F V 0 4 00 16 0    F F C. + = , , (c) q3 = q1 = 9,00 mC. (d) q4 = q2 = 16,0 mC. (e) Quando a chave 2 é fechada, a diferença de potencial V1 entre os terminais de C1 se torna igual à diferença de potencial entre os terminais de C2 e é dada por V C C C C C C V1 3 4 1 2 3 4 3 00 4 00 12 0= + + + + = +( , , )( , ) F F V 1 00 2 00 3 00 4 00 8 40 , , , , ,    F F F F V. + + + = Assim, q1 = C1V1 = (1,00 mF)(8,40 V) = 8,40 mC. (f) q2 = C2V1 = (2,00 mF)(8,40 V) = 16,8 mC. (g) q3 = C3(V – V1) = (3,00 mF)(12,0 V – 8,40 V) = 10,8 mC. (h) q4 = C4(V – V1) = (4,00 mF)(12,0 V – 8,40 V) = 14,4 mC. 28. Os capacitores 2 e 3 podem ser substituídos por um capacitor equivalente cuja capacitância é dada por 1 1 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3C C C C C C C C C C C Ceq eq= + = + ⇒ = + . A carga do capacitor equivalente é a mesma dos capacitores originais, e a diferença de po- tencial entre os terminais do capacitor equivalente é q2/Ceq. A diferença de potencial entre os terminais do capacitor 1 é q1/C1. Como a diferença de potencial entre os terminais do capacitor equivalente é igual à diferença de potencial entre os terminais do capacitor 1, q1/C1 = q2/Ceq. 114 soluções dos problemas De acordo com a lei de conservação da carga, a carga induzida no interior do líquido é q = −qs = −0,50 mC. (b) De acordo com a Eq. 25-21, a energia potencial é U q C = = × × = × = − − − 2 7 12 3 2 5 0 10 2 35 10 3 6 10 ( , ( , C) F) J 3 2 6 mJ. (c) Como a energia calculada no item (b), 36 mJ, é menor que a necessária para inflamar o lí- quido, 100 mJ, a resposta é não. Entretanto, a diferença é relativamente pequena, de modo que seria temerário garantir que o recipiente é seguro. 37. (a) Seja q a carga da placa positiva. Como a capacitância de um capacitor de placas parale- las é dada por â0A/d, a carga é q = CV = â0AVi/di, na qual Vi é a tensão inicial do capacitor e di é a distância inicial entre as placas. Quando a distância entre as placas é aumentada para df, a ten- são do capacitor passa a ser Vf. Nesse caso, como a carga permanece a mesma, q = â0AVf/df e V d A q d A A d V d d Vf f f i i f i i= = = = × −    0 0 0 38 00 10 3 0 , , m 0 10 6 00 16 0 3× =− m V V( , ) , . (b) A energia armazenada pelo capacitor no estado inicial é U CV AV d i i i i = = = × ⋅ −1 2 2 8 85 10 8 52 0 2 12 ( , )( ,C /N m2 2 0 10 6 00 2 3 00 10 4 51 10 4 2 3 1 × × = × − − − m V m 2)( , ) ( , ) , 1 J 45,1 pJ.= (c) A energia armazenada pelo capacitor no estado final é U A d V A d d d V d d AV f f f f f i i f i = =     =1 2 1 2 0 2 0 2 0   i i f i i d d d U 2 3 3 8 00 10 3 00 10 4 5     = = × × − − , , ( , m m 1 10 1 20 10 11 10 × = × = − − J J 120 pJ ) , . (d) O trabalho necessário para separar as placas é a diferença entre a energia final e a energia inicial: W = Uf 2 Ui = 7,49 pJ. 38. (a) A diferença de potencial entre os terminais de C1 (e entre os terminais de C2) é V V C V C C C 1 2 3 1 2 3 15 0 100 10 0 = = + + = + ( , )( ) ,   F V F 5,00  F 15,0 F V. + = 50 0, Assim, q C V q C V 1 1 1 2 2 2 10 0 50 0 500 5 00 = = = = = ( , )( , ) ( ,    F V C F V C C C 750 C )( , )50 0 250 500 2503 1 2 = = + = + =    q q q . (b) V3 = V − V1 = 100 V − 50,0 V = 50,0 V. (c) U C V3 3 3 2 2 21 2 1 2 15 0 50 0 1 88 10= = ( )( ) = × =−, , ,F V J 18,8 mJ. (d) Como foi visto no item (a), q1 = 500 mC. soluções dos problemas 115 (e) Como foi visto no item (a), V1 = 50,0 V. (f) U C V1 1 1 2 2 21 2 1 2 10 0 50 0 1 25 10= = = × −( , )( , ) , .F V J (g) Como foi visto no item (a), q2 = 250 mC. (h) Como foi visto no item (a), V2 = 50,0 V. (i) U C V2 2 2 2 2 31 2 1 2 5 00 50 0 6 25 10= = = × −( , )( , , .F V) J 39. (a) Como a carga é a mesma nos três capacitores, a maior diferença de potencial corres- ponde ao capacitor de menor capacitância. Com 100 V entre os terminais do capacitor de 10 mF, a tensão entre os terminais do capacitor de 20 mF é 50 V e a tensão entre os terminais do capacitor de 25 mF é 40 V. Assim, a tensão entre os terminais do conjunto é 100 V + 50 V + 40 V = 190 V. (b) De acordo com a Eq. 25-22, temos: U C V C V C V= + + = × − 1 2 1 2 10 10 100 1 1 2 2 2 2 3 3 2 6 2 ( ) ( )( )F V + × + × = = − −( )( ) ( )( ) , 20 10 50 25 10 40 0 095 6 2 6 2F V F V J 95 mJ. 40. Se a capacitância original é dada por C = â0A/d, a nova capacitância é C′ = kâ0A/2d, na qual k é a constante dielétrica da cera. Assim, C9/C = k/2, o que nos dá k = 2C9/C = 2(2,6 pF/1,3 pF) = 4,0. 41. De acordo com a Eq. 25-14, a capacitância de um capacitor cilíndrico é dada por C C L b a = = 0 0 2 ln( / ) , na qual k é a constante dielétrica, C0 é a capacitância sem o dielétrico, L é o comprimento, a é o raio interno e b é o raio externo. A capacitância por unidade de comprimento do cabo é C L b a = = × −2 2 0 0 12  ln( ) ln[(/ F/m)(2,6)(8,85 10 , , 60 8 1 10 8111 mm)/(0,10 mm)] F/m pF/m.= × =− 42. (a) Como C = â0A/d, temos: d A C = = × ⋅ × − − 0 12 12 8 85 10 0 35 50 10 ( , )( , )C /N m m F 2 2 2 = × =−6 2 10 2, .m 6,2 cm (b) A nova capacitância é C9 = C(k/kar) = (50 pF)(5,6/1,0) = 2,8 × 102 pF = 0,28 nF. 43. A capacitância com o dielétrico no lugar é dada por C = kC0, na qual C0 é a capacitância sem o dielétrico. Como a energia armazenada é dada por U = CV2/2 = kC0V 2/2, temos:  = = × × = − − 2 2 7 4 10 7 4 10 652 4 0 2 6 12 U C V ( , ( , )( , J) V)2F 7. De acordo com a Tabela 25-1, você deveria usar pirex. 116 soluções dos problemas 44. (a) De acordo com a Eq. 25-14, C L b a = = × ⋅ 2 4 7 0 15 2 8 99 109  0 ln( ) ( , )( , ) ( ,/ m N m /2 C cm/3,6 cm) nF. 2) ln( , , 3 8 0 73= (b) O potencial de ruptura é (14 kV/mm) (3,8 cm – 3,6 cm) = 28 kV. 45. De acordo com a Eq. 25-29, com s = q/A, temos:  E q A = = × 0 3200 10 N C, o que nos dá q = × × ⋅−( )( , )( , )( ,200 10 5 5 8 85 10 0 0343 12N C C /N m2 2 m C2) ,= × −3 3 10 7 De acordo com as Eqs. 25-21 e 25-27, temos: U q C q d A = = = × =− 2 2 0 5 2 2 6 6 10  , .J 66 J 46. De acordo com a Eq. 25-27, C A d 1 0 123 00 8 85 10 5 00 10= = × ⋅ × − − ( , )( , )( ,C /N m2 2 3 3 11 2 00 10 6 64 10 m m F 2) , , × = ×− − e, de acordo com a Eq. 25-9, C A d 2 0 12 38 85 10 5 00 10 2 0 = = × ⋅ × − − ( , )( , ) , C /N m m2 2 2 0 10 2 21 10 3 11 × = ×− − m F, Assim, q1 = C1V1 = (6,64 × 10−11 F)(12,0 V) = 8,00 × 10−10 C, q2 = C2V2 = (2,21 × 10−11 F)(12,0 V) = 2,66 × 10−10 C e, portanto, qtot = 1,06 × 10−9 C = 1,06 nC. 47. A capacitância é dada por C = kC0 = kâ0A/d, na qual k é a constante dielétrica, C0 é a capa- citância sem o dielétrico, A é a área das placas e d é a distância entre as placas. O campo elétrico na região entre as placas é dado por E = V/d, na qual V é a diferença de potencial entre as placas. Assim, d = V/E, C = kâ0AE/V e A CV E = 0 . A área mínima pode ser obtida fazendo o campo elétrico igual à rigidez dielétrica, o que nos dá A = × × × − − ( F (4,0 10 V) F/m)(1 37 0 10 2 8 8 85 10 8 12 , ) , ( , 8 10 V/m) m 6× = 0 63 2, . 48. O capacitor pode ser visto como dois capacitores, C1 e C2 ligados em paralelo, com placas de área A/2 e distância d entre as placas, cujos dielétricos têm constantes dielétricas k1 e k2. Assim, em unidades do SI, temos: C C C A d A d A d = + = + = +1 2 0 1 0 2 0 1 22 2 2       ( ) ( )/ /   = × ⋅ × × − −( , )( , ) , 8 85 10 5 56 10 5 56 12 4C /N m m2 2 2 10 7 00 12 00 2 8 41 10 3 12 − −+    = × =m F 8,41 , , , pF. soluções dos problemas 119 (e) E q A C= = × × ⋅ = − −0 0 12 11 10 8 85 10 0 12( C /N m m2 2 2, ) ( , ) 10 kV/m. (f) ′ = = =E E  10 4 8 2 1 kV/m kV/m , , . (g) A diferença de potencial entre as placas é V = E(d 2 b) + E9b = (10 kV/m)(0,012 m 2 0,0040 m)+ (2,1 kV/m)(0,40 × 10–3 m) = 88 V. (h) O trabalho necessário para introduzir o dielétrico é W U q C C = = −     = × × − − 2 0 9 122 1 1 11 10 2 1 89 10 ( C) F 2 − ×     = − × − − − 1 120 10 1 7 10 12 7 F J= 0,17 J.,  54. (a) Aplicando a lei de Gauss à superfície do dielétrico, obtemos q/â0 = kEA, o que nos dá   = = × × ⋅ × − − q EA0 7 12 8 9 10 8 85 10 1 4 10 , ( , ) ( , C C /N m2 2 − −× = 6 4100 10 7 2 V m m2)( ) , . (b) A carga induzida é ′ = −   = × −     = ×−q q 1 1 8 9 10 1 1 7 2 7 77  ( , ) , ,C 10 7− =C 0,77 C. 55. (a) De acordo com a Eq. 25-17, a capacitância de um capacitor esférico na ausência de um dielétrico é dada por C ab b a 0 04= −     . Quando o dielétrico é introduzido entre as placas, a capacitância é multiplicada por k, a cons- tante dielétrica da substância. Assim, temos: C ab b a = −     = × ⋅ ×4 23 5 8 99 10 0 01 0 9 2  , , ( , N m C2 20 0 0170 0 0170 0 0120 0 107 m m m m nF )( , ) , , , . − = (b) A carga da placa positiva é q = CV = (0,107 nF)(73,0 V) = 7,79 nC. (c) Vamos chamar a carga da placa interna de 2q e a carga induzida na superfície vizinha do dielétrico de q9. Quando o campo elétrico é dividido por k quando o dielétrico está presente, – q + q9 = – q/k. Assim, ′ = − = − − = −    q q ab b a V      1 4 1 23 5 1 00 23 50 ( ) , , ,  =( , ) , .7 79 7 45nC nC 56. (a) Como existe uma diferença de potencial de 10,0 V entre os terminais do capacitor C1, a carga do capacitor é q1 = C1V1 = (10,0 mF)(10,0 V) = 100 mC. (b) O capacitor equivalente ao ramo do circuito que contém o capacitor C2 é 10 mF/2 = 5,00 mF. Como esse capacitor equivalente está em paralelo com um capacitor de 10,0 mF, o capacitor equivalente do conjunto é 5,00 mF + 10,0 mF = 15,0 mF. Assim, a parte do circuito abaixo da bateria pode ser reduzida a um capacitor de 15,0 mF em série com um capacitor de 10,0 mF. 120 soluções dos problemas Como a diferença de potencial entre os terminais desses dois capacitores em série é 10,0 V, a diferença de potencial entre os terminais do ramo que contém o capacitor C2 é (10,0 V)(1/15,0 mF)/(1/10,0 mF + 1/15 mF) = 4,00 V. Como essa tensão é dividida igualmente entre o capacitor C2 e o capacitor em série com C2, a diferença de potencial entre os terminais de C2 é 2,00 V e, portanto, q2 = C2V2 = (10,0 mF)(2,00 V) = 20,0 mC. 57. Os capacitores C3 e C4 estão em paralelo e, portanto, podem ser substituídos por um capaci- tor equivalente de 15 mF + 15 mF = 30 mF. Como este capacitor equivalente está em série com dois capacitores de mesmo valor, a tensão da fonte é distribuída igualmente pelos três capacito- res e a tensão entre os terminais do capacitor C4 é (9,0 V)/3 = 3,0 V, o que nos dá q4 = C4V4 = (15 mF)(3,0 V) = 45 mC. 58. (a) Como o terminal D não está ligado a nenhum componente, os capacitores 6C e 4C estão em série e o capacitor equivalente é (6C)(4C)/(6C + 4C) = 2,4C). Este capacitor, por sua vez, está em paralelo com o capacitor 2C, o que resulta em um capacitor equivalente de 4,4C. Fi- nalmente, o capacitor equivalente de 4,4C está em série com o capacitor C, o que nos dá uma capacitância equivalente C C C C C Ceq F F.= + = = =( ) ( , ) , , , ( ) 4 4 4 4 0 82 0 82 50 41  (b) Agora, B é o terminal que não está ligado a nenhum componente; os capacitores 6C e 2C estão em série e o capacitor equivalente é (6C)(2C)/(6C + 2C) = 1,5C, que, por sua vez, está em paralelo com o capacitor 4C, o que resulta em um capacitor equivalente de 5,5C). Finalmente, o capacitor equivalente de 5,5C está em série com o capacitor C, o que nos dá uma capacitância equivalente C C C C C C Feq F= + = = =( )( , ) , , , ( ) . 5 5 5 5 0 85 0 85 50 42  59. Os capacitores C1 e C2 estão em paralelo, o que também acontece com os capacitores C3 e C4; as capacitâncias equivalentes são 6,0 mF e 3,0 mF, respectivamente. Como essas capaci- tâncias equivalentes estão em série, a capacitância equivalente do circuito é (6,0 mF)(3,0 mF)/ (6,0 mF + 3,0 mF) = 2,0 mF. A carga do capacitor equivalente de 2,0 mF é (2,0 mF)(12 V) = 24 mC. Como esta carga também é a carga do capacitor equivalente de 3,0 mF (que corresponde à associação em paralelo de C3 e C4), a tensão entre os terminais de C3 e de C4 é V q C = = =24 3 8 0   C F V, . A carga do capacitor C4 é, portanto, (2,0 mF)(8,0 V) = 16 mC. 60. (a) De acordo com a Eq. 25-22, temos: U CV= = × × = ×− −1 2 1 2 200 10 7 0 10 4 9 102 12 3 2 3( )( , ) ,F V J = 4,9 mJ. (b) Como a energia calculada no item (a) é muito menor que 150 mJ, uma centelha produzida por um operário não poderia provocar a explosão. 61. Inicialmente, os capacitores C1, C2 e C3 estão ligados em série e podem ser substituídos por um capacitor equivalente, que vamos chamar de C123. Resolvendo a equação 1 1 1 1 123 1 2 3 1 2 2 3 1 3 1 2 3C C C C C C C C C C C C C = + + = + + , obtemos C123 = 2,40 mF. Como V = 12,0 V, a carga do circuito é q = C123V = 28,8 mC. soluções dos problemas 121 Na situação final, C2 e C4 estão em paralelo e podem ser substituídos por uma capacitância equi- valente a C24 = 12,0 mF, que está em série com C1 e C3. A capacitância equivalente do circuito é obtida resolvendo a equação 1 1 1 1 1234 1 24 3 1 24 24 3 1 3 1 24 3C C C C C C C C C C C C C = + + = + + , que nos dá C1234 = 3,00 mF. Assim, a carga final é q = C1234V = 36,0 mC. (a) A carga que passa pelo ponto P é a diferença entre a carga final e a carga inicial: ∆q = 36,0 mC − 28,8 mC = 7,20 mC. (b) O capacitor C24, que usamos para substituir C2 e C4, está em série com C1 e C3 e, portanto, também adquire uma carga q = 36,0 mC. Assim, a tensão entre os terminais de C24 é V q C 24 24 36 0 3 00= = =, ,  C 12,0 F V. Como esta tensão é a mesma que existe entre os terminais de C2 e de C4, V4 = 3,00 V, o que nos dá q4 = C4V4 = 18,0 mC. (c) A bateria fornece carga apenas às placas às quais está ligada; a carga das outras placas se deve apenas à transferência de elétrons de uma placa para outra, de acordo com a nova distribuição de tensões pelos capacitores. Assim, a bateria não fornece carga diretamente ao capacitor. 62. De acordo com as Eqs. 25-20 e 25-22, quando os capacitores são ligados em série, a capa- citância total, e portanto a energia armazenada, é menor que as energias que podem ser arma- zenadas separadamente pelos dois capacitores. De acordo com as Eqs. 25-19 e 25-22, quando os capacitores são ligados em paralelo, a capacitância total, e, portanto, a energia armazenada, é maior que as energias que podem ser armazenadas separadamente pelos dois capacitores. Assim, os dois valores do meio correspondem às energias armazenadas separadamente pelos dois capacitores. De acordo com a Eq. 25-22, temos: (a) 100 mJ = C1 (10 V)2/2 ⇒ C1 = 2,0 mF; (b) 300 mJ = C2 (10 V)2/2 ⇒ C2 = 6,0 mF. 63. Inicialmente, a capacitância equivalente é C12 = [(C1)− 1 + (C2) −1]−1 = 3,0 mF, e a carga da pla- ca positiva dos dois capacitores é (3,0 mF)(10 V) = 30 mC. Quando a distância entre as placas de um dos capacitores (que vamos chamar de C1) é reduzida à metade, a capacitância aumenta para 12 mF (veja a Eq. 25-9). A nova capacitância equivalente é, portanto, C12 = [(C1) −1 + (C2) −1]−1 = 4,0 mF e a nova carga da placa positiva dos dois capacitores é (4,0 mF)(10 V) = 40 mC. (a) A carga adicional transferida para os capacitores é 40 mC − 30 mC = 10 mC. (b) Como estamos falando de dois capacitores em série, e capacitores em série armazenam cargas iguais, a carga total armazenada nos dois capacitores é duas vezes maior que o valor calculado no item (a), ou seja, 20 mC. 64. (a) Os capacitores C2, C3 e C4 em paralelo podem ser substituídos por um capacitor equi- valente C′ = 12 mF e os capacitores C5 e C6 em paralelo podem ser substituídos pelo capacitor equivalente C = 12 mF. Isso nos dá três capacitores em série, C1, C9 e C, cuja capacitância equivalente é Ceq = 3 mF. Assim, a carga armazenada no sistema é qsis = CeqVbat = 36 mC. 124 soluções dos problemas (c) O trabalho realizado é W U U U C C V A d b d V= = ′ − = ′ − = − −   = 1 2 2 1 12 0 2 0( )   AbV d d b 2 9 2 1 02 10 ( ) , . − = × − J (d) No Problema 25-70, no qual o capacitor é desligado da bateria e a barra é atraída para o espaço entre as placas, a força F de atração é dada por −dU/dx. Entretanto, a mesma relação não pode ser usada no caso em que a bateria continua ligada ao circuito porque, nesse caso, a força de atração não é conservativa. A distribuição de carga da barra faz com que a barra seja atraída pela distribuição de carga das placas, o que produz um aumento da energia potencial armazenada pela bateria no capacitor. 72. (a) A capacitância equivalente é Ceq = C1C2/(C1 + C2) e a carga armazenada nos capacitores é q q q C V C C V C C = = = = + =1 2 1 2 1 2 2 00 eq F)(8,00 F)(30( ,   0 V) F F C 0,480 mC. 2 00 8 00 4 80 10 4 , , ,  + = × =− (b) A diferença de potencial é V1 = q/C1 = 4,80 × 10–4 C/2,0 mF = 240 V. (c) Como foi visto no item (a), q2 = q1 = 4,80 × 10−4 C = 0,480 mC. (d) V2 = V – V1 = 300 V – 240 V = 60,0 V. Nesse caso, ′ = ′q C q C1 1 2 2/ / e ′ + ′ =q q q1 2 2 . Explicitando ′q2 na segunda equação e substituindo na primeira, obtemos: (e) ′ = + = × + − q C q C C C 1 1 1 2 2 2 2 00 2 00 8 ( , ) ,   F)(4,80 10 F 4 , , 00 1 92 10 4 F C 0,192 mC.= × =− (f) A nova diferença de potencial é ′= ′ = × = − V q C C 1 1 1 41 92 10 2 00 96 0 , , , F V. (g) ′ = − ′ = × − × = ×− −q q q2 1 4 42 2 4 80 10 1 92 10 7 68 10( , ) , ,C C − =4 C 0,768 mC. (h) ′ = ′=V V2 1 96 0, V. (i) Nesse caso, os capacitores se descarregam e q1 = 0. (j) V1 = 0, (k) q2 = 0, (l) V2 = V1 = 0. 73. A tensão entre os terminais do capacitor 1 é V q C 1 1 1 30 10 3 0= = =  C F V, . Como V2 = V1, a carga do capacitor 2 é q C V2 2 2 20 2 60= = =( )( ) , F V C o que significa que a carga total armazenada nos capacitores C1 e C2 é 30 mC + 60 mC = 90 mC. Nesse caso, a carga total armazenada nos capacitores C3 e C4 também é 90 mC. Como C3 = C4, soluções dos problemas 125 a carga se divide igualmente entre os dois capacitores e, portanto, q3 = q4 = 45 mC. Assim, a tensão entre os terminais do capacitor 3 é V q C 3 3 3 45 20 2 3= = =  C F V,, o que nos dá |VA – VB| = V1 + V3 = 5,3 V. 74. Como C = â0kA/d ∝ k/d, para obter o maior valor possível de C, devemos escolher o mate- rial com o maior valor de k/d. Para os materiais propostos no enunciado, os valores de k/d são os seguintes: mica, 5,4/(0,0001 m) = 54.000 m−1; vidro, 7,0/(0,002 m) = 3500 m−1; parafina, 2,0/ (0,01 m) = 200 m−1. Assim, devemos escolher a mica. 75. Não podemos usar a lei de conservação da energia porque, antes que o equilíbrio seja atin- gido, parte da energia é dissipada na forma de calor e de ondas eletromagnéticas. Entretanto, a carga é conservada. Assim, se Q é a carga armazenada inicialmente no capacitor C e q1 e q2 são as cargas armazenadas nos dois capacitores depois que o sistema entra em equilíbrio, Q q q C C= + ⇒ = +1 2 100 40 60 40( ) ( ) ( )( ),V V F V o que nos dá C = 40 mF. 76. Vamos chamar de Vt a tensão aplicada ao conjunto de capacitores e de Ut a energia total armazenada nos capacitores. Como todos os capacitores são iguais, a tensão é dividida igual- mente entre eles, e a tensão entre os terminais de cada capacitor é V = (Vt/n). Como a energia armazenada em cada capacitor é CV2/2, temos: 1 2 2 2 10 10 2 2 2 6 2 C V n U n CV U t t t t F V    = ⇒ = = × −( )( ) ( ) . 25 10 4 6× =− J 77. (a) Como tanto a diferença de potencial entre as placas como a distância entre as placas são iguais para os dois capacitores, os campos elétricos em A e em B também são iguais: E E V d B A= = = ×2 00 105, .V m (b) Como foi visto no item (a), EA = 2,00 × 105 V/m = 200 kV/m. (c) De acordo com a Eq. 25-4,  = = = × × = −q A EA0 12 58 85 10 2 00 10 1 77 ( , )( , ) , F/m V/m × =−10 1 776 2 2C m C/m, . (d) De acordo com a Eq. 25-29,  = = × × = − 0 12 52 60 8 85 10 2 00 10EB ( , )( , )( , )F/m V/m 4 60 10 4 606 2, , .× =− C m C/m2 (e) Embora a discussão do livro (Seção 25-8) seja feita usando a hipótese de que a carga per- manece a mesma quando o dielétrico é introduzido, pode ser facilmente adaptada à situação descrita neste problema, na qual a tensão permanece a mesma quando o dielétrico é introduzi- do. O fato de que o campo elétrico é o mesmo no interior dos dois capacitores, embora a carga do capacitor B seja maior que a do capacitor A, está de acordo com a ideia apresentada no livro de que o campo elétrico produzido pelas cargas induzidas no dielétrico tem o sentido oposto ao do campo elétrico produzido pelas placas do capacitor. Adaptando a Eq. 25-35 a este problema, 126 soluções dos problemas vemos que a diferença entre as densidades de cargas livres no capacitor B e no capacitor A é igual à densidade de carga s′ na superfície do dielétrico do capacitor B. Assim, temos: ′ = × − × = − ×− − − ( , ) ( , ) , .1 77 10 4 60 10 2 83 106 6 6 C m2 78. (a) Ligue cinco capacitores em série. Assim, a capacitância equivalente é Ceq = (2,0 mF)/5 = 0,40 mF e, como a diferença de potencial que cada capacitor pode suportar é 200 V, o circuito pode suportar uma tensão de 5(200 V) = 1000 V. (b) Uma possibilidade é montar três conjuntos iguais de capacitores em série, cada conjunto com cinco capacitores, e ligar os três conjuntos em paralelo. Assim, a capacitância equivalente é Ceq = 3(0,40 mF) = 1,2 mF e, como a diferença de potencial que cada capacitor pode suportar é 200 V, o circuito pode suportar uma tensão de 5(200 V) = 1000 V.