ExerciciosResolvidos_V3_Halliday

@fisica-iii USP-LN

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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
C24 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.



122   soluções dos problemas

(b) Como qsis = q1, a tensão entre os terminais de C1 é

V q
C1

1

1

36
6 0

6 0= = =

C
F

V
,

, .

A tensão aplicada à combinação em série de C9 e C é, portanto, Vbat − V1 = 6,0 V. Como C9 = 
C, V9 = V = 6,0/2 = 3,0 V, que, por sua vez, é igual a V4, a tensão aplicada a C4. Assim,

q4 = C4V4 = (4,0 mF)(3,0 V) = 12 mC.

65. Podemos pensar no capacitor composto como a associação em série de dois capacitores, C1 
e C2, o primeiro com um material de constante dielétrica k1 = 3,00 e o segundo com um material 
de constante dielétrica k2 = 4,00. Usando as Eqs. 25-9 e 25-27 e substituindo C1 e C2 por uma 
capacitância equivalente, obtida com o auxílio da Eq. 25-20, temos:

C A
deq

F=
+







= × − 
 

1 2
1 2

0 101 52 10, .

Assim, q = CeqV = 1,06 × 10−9 C.

66. Antes de mais nada, precisamos obter uma expressão para a energia armazenada em um 
cilindro de raio R e comprimento L cuja superfície está entre os raios das placas do capacitor 
(a < R < b). A densidade de energia em qualquer ponto do interior do capacitor é dada por 
u = â0E2/2, na qual E é o módulo do campo elétrico no ponto considerado. De acordo com a Eq. 
25-12, se q é a carga na superfície do cilindro interno, o módulo do campo elétrico em um ponto 
situado a uma distância r do eixo do cilindro é dado por

E q
Lr

=
2 0

e a densidade de energia nesse ponto é

u E q
L r

= =1
2 80

2
2

2
0

2 2  
.

A energia armazenada no cilindro é a integral de volume U udVR = ∫ .  Como dV = 2prLdr, 
temos:

U q
L r

rLdr q
L

dr
r

q
LR a

R
= = =∫

2

2
0

2 2

2

0

2

08
2

4 4 


 ε
lnn .R

aa

R 



∫

Para obter uma expressão para a energia total armazenada no capacitor, substituímos R por b:

U q
L

b
a

b = 



2

04
ln .

Fazendo UR/Ub = 1/2, temos:

ln ln .R
a

b
a

= 1
2

Tomando as exponenciais de ambos os membros da equação mostrada, obtemos:

R
a

b
a

b
a

= 

 =

1 2/

,

o que nos dá R ab= .



soluções dos problemas   123

67. (a) A capacitância equivalente é C C C
C Ceq

F F
F F

=
+

= ( )( )
+

1 2

1 2

6 00 4 00
6 00 4 00

, ,

, ,

 
 

== 2 40, .F

(b) q1 = CeqV = (2,40 mF)(200 V) = 4,80 × 10−4 C = 0,480 mC.

(c) V1 = q1/C1 = 4,80 × 10−4 C/6,00 mF = 80,0 V.

(d) q2 = q1 = 4,80 × 10−4 C = 0,480 mC.

(e) V2 = V – V1 = 200 V – 80,0 V = 120 V.

68. (a) Ceq = C1 + C2 = 6,00 mF + 4,00 mF = 10,0 mF.

(b) q1 = C1V = (6,00 mF)(200 V) = 1,20 × 10–3 C = 1,20 mC.

(c) V1 = 200 V.

(d) q2 = C2V = (4,00 mF)(200 V) = 8,00 × 10–4 C = 0,800 mC.

(e) V2 = V1 = 200 V.

69. De acordo com a Eq. 25-22, U = CV2/2. Quando a tensão aumenta de V para V + ∆V, a 
energia aumenta de U para U + ∆U = C(V + ∆V)2/2. Dividindo ambos os membros da última 
equação por ∆U, obtemos:

1
2

1
2 2

2

2

+ = + = + = +



   U
U

C V V
U

C V V
CV

V
V

( ) ( )
,

o que nos dá

 V
V

U
U

= + − = + − =1 1 1 10 1 4 9% , %.

70. (a) Como o efeito da introdução da barra de cobre é diminuir a distância efetiva entre as 
placas do capacitor de um valor igual à largura da barra, C9 = â0A/(d – b) = 0,708 pF.
 

(b) De acordo com a Eq. 25-22, a razão entre as energias armazenadas antes e depois da intro-
dução da barra é

U
U

q C
q C

C
C

A d b
A d

d
d b′

=
′

= ′ = − =
−

=
2

2
0

0

2
2

5 0/
/

/
/




( ) , 00
5 00 2 00

1 67
, ,

, .

−
=

(c) O trabalho realizado quando a barra é introduzida é

W U U U q
C C

q
A

d b d q= = ′ − =
′

−

 = − − = −

2 2

0

2

2
1 1

2
( ) bb

A2
5 44

0
= − , .J

(d) O fato de que o trabalho é negativo mostra que a barra é atraída para o espaço entre as 
placas.

71. (a) C9 = â0A/(d – b) = 0,708 pF, como no item (a) do Problema 25-70.

(b) A razão entre as energias armazenadas é
U
U

CV
C V

C
C

A d
A d b

d b
d′

=
′

=
′

=
−

= − =
2

2
0

0

2
2

5 0/
/

/
/


 ( )
, 00 2 00

5 00
0 600− =,

,

, .



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( )   AAbV
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

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