Resolução Física 3 Eletromagnetismo Halliday 10ª Edição Capítulo 25

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Capítulo 25
1. (a) A capacitância do sistema é
70pC
3,5pF.
20V
qC
V
= = =
∆
(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
200pC
57V.
3,5pF
∆ = = =
qV
C
2. A corrente no circuito persiste até que a diferença de potencial entre os terminais do capacitor 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. PENSE A capacitância de um capacitor de placas paralelas é dada por C = ε0A/d, em que A é a área das placas e d é a distância 
entre as placas. 
FORMULE Como as placas são circulares, a área das placas é A = πR2, em que R é o raio das placas. A carga da placa positiva 
é dada por q = CV, em que V é a diferença de potencial entre as placas.
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(b) Para uma diferença de potencial entre as placas de 120 V, temos
 
APRENDA Na ausência de um material isolante entre as placas, a capacitância de um capacitor de placas paralelas depende apenas 
da área das placas e da distância entre elas. 
4. (a) De acordo com a Eq. 25-17,
0 9 2 2
(40,0mm)(38,0mm)4 84,5 pF.
(8,99 10 N m /C )(40,0mm 38,0mm)
abC
b a
πε= = =
− × ⋅ −
(b) Vamos chamar de A a área das placas. Nesse caso, C = ε0A/(b – a) ou
2
12 2 2
0
( ) (84,5pF)(40,0mm 38,0mm) 191 cm .
(8,85 10 C /N m )
C b aA
ε −
− −= = =
× ⋅
5. Se R é o raio de uma das gotas, quando as gotas se fundem, o volume passa a ser V = 2(4π/3)R3 e o raio da nova gota, Rʹ, é dado por
 
( )3 3 1 34 42 2 .3 3R R R R
π π= ⇒ =′ ′
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 1 7
A nova capacitância é
1 3
0 0 04 4 2 5,04 .C R R Rπε πε πε= = =′ ′
Para R = 2,00 mm, obtemos
C = 5,04π(8,85 × 10-12 F/m)(2,00 × 10-3 m) = 2,80 × 10-13 F = 0,280 pF.
6. Podemos usar a equação C = Aε0/d. 
(a) A distância entre as placas é
2 12 2 2
120 (1,00m )(8,85 10 C /N m ) 8,85 10 m.
1,00F
Ad
C
ε − −× ⋅= = = ×
(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= =
em que 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 expressões, obtemos
.C dne
A V
=
Para 14 / / 5,0 10 m/Vs sd V d V −= = × e 28 3 8,49 10 /mn = × (observe o Exemplo “Carregamento de um capacitor de placas parale-
las”), obtemos
28 3 19 14 4 2(8,49 10 /m )(1,6 10 C)(5,0 10 m/V) 6,79 10 F/m .C
A
− − −= × × × = ×
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
3
6 ,
1,00 C 9 09 10
(110 V)(1,00 10 F)
qN .
VC −
= = = ×
×
9. A carga que atravessa o medidor A é
eq 3 3(25,0 F)(4200V) 0,315C = 315 mC.µ= = = =q C V CV
10. A capacitância equivalente é
( )( )1 2
eq 3
1 2
10,0 F 5,00 F
4,00 F 7,33 F.
10,0 F 5,00 F
C CC C
C C
µ µ
µ µ
µ µ
= + = + =
+ +
11. A capacitância equivalente é
( ) ( )( )1 2 3
eq
1 2 3
10,0 F 5,00 F 4,00 F
3,16 F.
10,0 F 5,00 F 4,00 F
C C C
C
C C C
µ µ µ
µ
µ µ µ
+ +
= = =
+ + + +
1 1 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
12. Como os dois capacitores de 6,0 μF estão em paralelo, a capacitância equivalente é Ceq = 12 μF. Assim, a carga total armazenada 
(antes da modificação) é 
( )eqtotal 12 F (10 0 V) 120 C.µ µ= = =q C V ,
(a) e (b) Após a modificação, a capacitância de um dos capacitores aumenta para 12 μF (já que, de acordo com a Eq. 25-9, a ca-
pacitância é inversamente proporcional à distância entre as placas), o que representa um aumento de 6,0 μF da capacitância e, 
portanto, um aumento da carga de 
( )eqtotal 6,0 F (10,0 V) 60 C.q C V µ µ∆ =∆ = =
13. PENSE A carga total do sistema não muda quando um capacitor carregado é ligado a um capacitor descarregado. 
FORMULE A carga inicial do capacitor inicialmente carregado é dada por q = C1V0, em que C1 = 100 pF é a capacitância e V0 = 50 V 
é a diferença de potencial inicial. Depois que a bateria é desligada do circuito e o segundo capacitor é ligado em paralelo com o 
primeiro, a carga do primeiro capacitor passa a ser q1 = C1V, em que V = 35 V é a nova diferença de potencial. Como a carga total 
do sistema não muda, a carga do segundo capacitor é q2 = q – q1, em que C2 é a capacitância do segundo capacitor. 
ANALISE Utilizando as relações q = C1V0 e q1 = C1V, vamos obter a relação q2 = C1(V0 – V). Como a diferença de potencial entre 
as placas do segundo capacitor também é V, a capacitância do segundo capacitor é
APRENDA Quando dois ou mais capacitores são ligados em paralelo, a diferença de potencial é a mesma entre as placas de todos os 
capacitores. Para demonstrar numericamente que a carga é conservada, note que a carga inicial do primeiro capacitor é q = C1V0 = 
(100 pF)(50 V) = 5000 pC. Depois que os capacitores são ligados em paralelo, as cargas passam a ser
e q = q1 + q2, como esperado.
14. (a) Como a diferença de potencial entre os terminais de C1 é V1 = 10,0 V, 
q1 = C1V1 = (10,0 μF)(10,0 V) = 1,00 × 10–4 C = 100 μC.
(b) Considere primeiro o conjunto formado pelo capacitor C2 e os dois vizinhos mais próximos. A capacitância do conjunto é
2
eq
2
1,50 
C CC C C.
C C
= + =
+
A diferença de potencial entre os terminais do conjunto é
1 1
1
eq
0,40
1,50 
CV CVV V .
C C C C
= = =
+ +
Como essa diferença de potencial é dividida igualmente entre C2 e o capacitor em série com C2, a diferença de potencial entre os 
terminais de C2 é V2 = V/2 = V1/5. Assim,
( ) 52 2 2
10,0 V10,0 F 2,00 10 C 20,0 C.
5
q C V µ µ−  
 
= = = × =
15. (a) A capacitância equivalente dos dois capacitores de 4,00 μF ligados em série é dada por 4,00 μF/2 = 2,00 μF. Este conjunto 
está ligado em paralelo com outros dois capacitores de 2,00 μF (um de cada lado), o que resulta em uma capacitância equivalente 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 1 9
C = 3(2,00μF) = 6,00 μF. Esse conjunto está em série com outro conjunto, formado por dois capacitores de 3,0 μF ligados em pa-
ralelo [que equivalem a um capacitor de capacitância Cʹ = 2(3,00 μF) = 6,00 μF]. Assim, a capacitância equivalente do circuito é
( ) ( )
eq
6,00 F 6,00 F
3,00 F.
6,00 F 6,00 F
CCC
C C
µ µ
µ
µ µ
′= = =
+ +′
(b) Como a tensão da bateria é V = 20,0 V, temos 
q = CeqV = (3,00 μF)(20,0 V) = 6,00 × 10–5 C = 60,0 μC.
(c) A diferença de potencial entre os terminais de C1 é
1
(6,00 F)(20,0 V) 10,0 V
6,00 F 6,00 F
CVV .
C C
µ
µ µ
= = =
+ +′
(d) A carga do capacitor C1 é
q1 = C1V1 = (3,00 μF)(10,0 V) = 3,00 × 10–5 C = 30,0 μC.
(e) A diferença de potencial entre os terminais de C2 é
V2 = V – V1 = 20,0 V – 10,0 V = 10,0 V.
(f) A carga do capacitor C2 é
q2 = C2V2 = (2,00 μF)(10,0 V) = 2,00 × 10–5 C = 20,0 μC.
(g) Como a diferença de potencial V2 é dividida igualmente entre C3 e C5, a diferença de potencial entre os terminais de C3 é V3 = 
V2/2 = (10,0 V)/2 = 5,00 V. 
(h) q3 = C3V3 = (4,00 μF)(5,00 V) = 2,00 × 10–5 C = 20,0 μC.
16. Podemos determinar as capacitâncias a partir da inclinação das retas do gráfico da Fig. 25-32a. Assim, C1 = (12 μC)/(2,0 V) = 
6,0 μF, C2 = (8 μC)/(2,0 V) = 4,0 μF e C3 = (4 μC)(2,0 V) = 2,0 μF. A capacitância equivalente dos capacitores 2 e 3 é
C23 = 4,0 μF + 2,0 μF = 6,0 μF 
Como C23 = C1 = 6,0 μF, a tensão da bateria é dividida igualmente entre o capacitor 1 e os capacitores 2 e 3. Assim, a tensão entre 
os terminais do capacitor 2 é (6,0 V)/2 = 3,0 V e a carga do capacitor 2 é (4,0 μF)(3,0V) = 12 μC. 
17. A diferença de potencial inicial entre os terminais de C1 é
( )( )eq
1
1 2
3,16 F 100,0V
21,1V.
10,0 F 5,00 F
C V
V
C C
µ
µ µ
= = =
+ +
Assim,
(b) DV1 = 100,0 V – 21,1 V = 78,9 V
e
(a) Dq1 = C1DV1 = (10,0 μF)(78,9 V) = 7,89 × 10–4 C = 789 μC.
18. Como a tensão entre os terminais de C3 é V3 = (12 V – 2 V – 5 V) = 5 V, a carga de C3 é q3 = C3 V3 = 4 μC. 
(a) Como C1, C2 e C3 estão ligados em série (e, portanto, têm a mesma carga),
1
4 C
2,0 F.
2 V
C µ µ= =
1 2 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Analogamente,
2
4 C
0,80 F.
5 V
C µ µ= =
19. (a) e (b) A carga de C3 é q3 = 12 μC – 8,0 μC = 4,0 μC. Como a carga de C4 é q4 = 8,0 μC, a tensão entre os terminais de C4 é q4/
C4 = 2,0 V. A tensão entre os terminais de C3 é V3 = 2,0 V e, portanto,
3
3
3
2,0 F.
qC
V
µ= =
C3 e C4 estão em paralelo e são equivalentes a um capacitor de 6,0 μF em série com C2; como C2 = 3,0 μF, a Eq. 25-20 nos dá uma 
capacitância equivalente de (6,0 μF)(3,0 μF)/(6,0 μF) + (3,0 μF) = 2,0 μF em série com C1. Sabemos que a capacitância total do 
circuito (no sentido de que é a capacitância “vista” pela bateria) é
bateria
12 C 4
F.
3V
µ µ=
Assim, de acordo com a Eq. 25-20,
1
1
1 1 3
4,0 F.
2 F 4
C
C F
µ
µ µ
+ = ⇒ =
20. Um capacitor desse tipo, com n placas fixas e n placas móveis, pode ser considerado um conjunto de 2n –1 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 = ε0A/d, e a capacitância 
total do conjunto é 
12 2 2 4 2
0
0 3
12
( 1) (8 1)(8,85 10 C /N m )(1,25 10 m )( 1)
3,40 10 m
2,28 10 F 2,28 pF.
n AC n C
d
ε − −
−
−
− − × ⋅ ×= − = =
×
= × =
21. PENSE Depois que as chaves são fechadas, os capacitores ficam ligados em paralelo e são submetidos à mesma diferença de 
potencial. 
FORMULE A diferença de potencial entre os pontos a e b é dada por Vab = Q/Ceq, em que Q é a carga total do sistema e Ceq é a 
capacitância equivalente. 
ANALISE (a) A capacitância equivalente é Ceq = C1 + C2 = 4,0 × 10–6 F. A carga total é a soma das cargas iniciais dos dois capaci-
tores. A carga inicial do capacitor 1 é
e a carga inicial do capacitor 2 é
Como os capacitores foram ligados com polaridades opostas, a carga total da combinação é
A diferença de potencial é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 2 1
(b) A nova carga do capacitor 1 é 1q′ = C1Vab = (1,0 × 10–6 F)(50 V) = 5,0 × 10–5 C.
(c) A nova carga do capacitor 2 é 2q′ = C2Vab = (3,0 × 10–6 F)(50 V) = 1,5 × 10–4 C.
APRENDA A diferença de potencial final, Vab = 50 V, é igual à metade da diferença de potencial inicial, e as cargas finais dos 
capacitores são iguais à metade das cargas iniciais. 
22. Não podemos usar a lei de conservação da energia porque, antes que o equilíbrio seja atingido, parte da energia é dissipada 
na forma de calor e de ondas eletromagnéticas. Entretanto, a carga é conservada. Assim, se Q = C1Vbat = 100 μC 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. Os dois capacitores estão ligados em paralelo com C1, V1 = 
V3 e, portanto, q1/C1 = q3/C3 e q1 = q3/2. Assim,
3 3 3 3( /2) 5 /2,Q q q q q= + + =
o que nos dá q3 = 2Q/5 = 2(100 μC)/5 = 40 μC e, portanto, q1 = q3/2 = 20 μC.
23. A capacitância equivalente é C123 = [(C3)-1 + (C1 + C2)-1]-1 = 6 μF. 
(a) A carga que passa pelo ponto a é C123 Vbat = (6 μF)(12 V) = 72 μC. 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 μF, 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 μC)/(12 μF) = 6 V. Assim, a carga armazenada 
em C1 é q1 = (4 μF)(6 V) = 24 μC. Dividindo por e, obtemos o número de elétrons, N1 = 1,5 × 1014, que passam pelo ponto b, em 
direção ao capacitor C1. 
(c) A carga armazenada em C2 é q2 = (8 μF)(6 V) = 48 μC. 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 
12 2 2
0 1
1
1 1
12 2 2
0 2
2
2 2
2 2 (8,85 10 C /N m )(0,050 m) 2,53 pF
ln( / ) ln(15 mm/5,0 mm)
2 2 (8,85 10 C /N m )(0,090 m) 3,61 pF.
ln( / ) ln(10 mm/2,5 mm)
LC
b a
LC
b a
πε π
πε π
−
−
× ⋅= = =
× ⋅= = =
Inicialmente, a capacitância equivalente é 
1 2 1 2
12
12 1 2 1 2 1 2
1 1 1 (2,53 pF)(3,61 pF) 1,49 pF
2,53 pF 3,61 pF
C C C CC
C C C C C C C
+= + = ⇒ = = =
+ +
e a carga dos capacitores é (1,49 pF)(10 V) = 14,9 pC.
1 2 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Se o capacitor 2 é modificado da forma descrita no enunciado, temos 
12 2 2
0 2
2
2 2
2 2 (8,85 10 C /N m )(0,090 m) 2,17 pF.
ln( / ) ln(25 mm/2,5 mm)
LC
b a
πε π −× ⋅= = =′
′
A nova capacitância equivalente é 
1 2
12
1 2
(2,53 pF)(2,17 pF) 1,17 pF
2,53 pF 2,17 pF
C CC
C C
′= = =′
+ +′
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 – 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 
12
7
19 .
3,2 10 C 2,0 10
1,6 10 C
N
−
−
×= = ×
×
(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 do que elétrons. Neste problema, com a modificação, parte dos elétrons “voltou” 
para as placas positivas dos capacitores, tornando-as menos positivas. 
25. A Eq. 23-14 pode ser aplicada aos dois capacitores. Como σ = q/A, a carga total é 
qtotal = q1 + q2 = σ1 A1 + σ2 A2 = εo E1 A1 + εo E2 A2 = 3,6 pC.
26. Inicialmente, os capacitores C1, C2 e C3 formam um conjunto equivalente a um único capacitor, que vamos chamar de C123. A 
capacitância deste capacitor é dada pela equação
1 2 3
123 1 2 3 1 2 3
.
1 1 1
( )
C C C
C C C C C C C
+ += + =
+ +
Como q = C123V = q1 = C1 V1, temos
123 2 31
1
1 1 1 1 2 3
.
C C Cq qV V V
C C C C C C
+= = = =
+ +
(a) Quando C3 → ∞, a expressão apresentada se torna V1 = V. Como, de acordo com o enunciado, V1 → 10 V neste limite, con-
cluímos 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 expressão apresentada nos dá C1 = 4C2. O 
gráfico mostra ainda que, quando C3 = 6,0 μF, V1 = 5 V = V/2. Assim,
1 2 2
1 2 1 2
1 6,0 F 6,0 F
,
2 6,0 F 4 6,0 F
µ µ
µ µ
+ +
= = =
+ + + +
V C C
V C C C C
o que nos dá C2 = 2,0 μF e C1 = 4C2 = 8,0 μF. 
27. (a) Com apenas a chave S1 fechada, os capacitores 1 e 3 estão em série e, portanto, suas cargas são iguais:
1 3
1 3
1 3
(1,00 F)(3,00 F)(12,0 V) 9,00 C.
1,00 F + 3,00 F
C C Vq q
C C
µ µ µ
µ µ
= = = =
+
(b) Como os capacitores 2 e 4 também estão em série,
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 2 3
2 4
2 4
2 4
(2,00 F)(4,00 F)(12,0 V) 16,0 C.
2,00 F 4,00 F
C C Vq q
C C
µ µ µ
µ µ
= = = =
+ +
(c) q3 = q1 = 9,00 μC.(d) q4 = q2 = 16,0 μC.
(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
3 4
1
1 2 3 4
(3,00 F 4,00 F)(12,0 V) 8,40 V.
1,00 F 2,00 F 3,00 F 4,00 F
C CV V
C C C C
µ µ
µ µ µ µ
+ += = =
+ + + + + +
Assim, q1 = C1V1 = (1,00 μF)(8,40 V) = 8,40 μC. 
(f) q2 = C2V1 = (2,00 μF)(8,40 V) = 16,8 μC.
(g) q3 = C3(V – V1) = (3,00 μF)(12,0 V – 8,40 V) = 10,8 μC.
(h) q4 = C4(V – V1) = (4,00 μF)(12,0 V – 8,40 V) = 14,4 μC.
28. Os capacitores 2 e 3 podem ser substituídos por um capacitor equivalente cuja capacitância é dada por
2 3 2 3
eq
eq 2 3 2 3 2 3
1 1 1
.
C C C CC
C C C C C C C
+
= + = ⇒ =
+
A carga do capacitor equivalente é a mesma dos capacitores originais, e a diferença de potencial 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. 
Quando a chave S é deslocada para a direita, parte da carga do capacitor 1 é transferida para os capacitores 2 e 3. Se q0 era a carga 
original do capacitor 1, a lei de conservação da carga nos dá q1 + q2 = q0 = C1V0, em que V0 é a diferença de potencial original entre 
os terminais do capacitor 1. 
(a) Resolvendo o sistema de equações
1 2
eq1
1 2 1 0,
q q
C C
q q C V
=
+ =
obtemos
2 2 2
1 0 1 0 1 2 3 0
1
2 3eq 1 1 2 1 3 2 3
1
2 3
( )
.
C V C V C C C Vq C CC C C C C C C CCC C
+= = =
+ + ++
+
Substituindo por valores numéricos, obtemos q1 = 32,0 μC.
(b) A carga do capacitor 2 é
2 1 0 1 (4,00 F)(12,0 V) 32,0 C 16,0 C.µ µ µ= − = − =q C V q
(c) A carga do capacitor 3 é igual à do capacitor 2:
q3 = q2 = 16,0 μC.
1 2 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
29. A energia armazenada por um capacitor é dada por U = CV2/2, em que V é a diferença de potencial entre os terminais do 
capacitor. Vamos converter para joules o valor da energia dado no enunciado. Como 1 joule equivale a 1 watt por segundo, mul-
tiplicamos a energia em kW ∙ h por (103 W/kW)(3600 s/h) para obter 10 kW ∙ h = 3,6 × 107 J. Assim,
7
2 2
2 2(3,6 10 J)
72F.
(1000V)
UC
V
×
= = =
30. Como V é o volume de ar, a energia armazenada, de acordo com as Eqs. 25-23 e 25-25, é dada por
2 12 2 2 2 3
0
8
1 1 (8,85 10 C /N m )(150V m) (1,00m )
2 2
9,96 10 J 99,6 nJ.
U uV E Vε −
−
⋅= = = ×
= × =
31. PENSE A energia elétrica total é a soma das energias elétricas armazenadas nos dois capacitores. 
FORMULE A energia armazenada em um capacitor carregado é dada por
Como os dois capacitores estão ligados em paralelo, a diferença de potencial V entre as placas dos capacitores é a mesma, e a 
energia total é 
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA A energia armazenada em um capacitor é igual ao trabalho necessário para carregar o capacitor. 
32. (a) A capacitância é
212 2 4 2
110
3
/(8,85 10 C N m )(40 10 m ) 3,5 10 F 35pF.
1,0 10 m
AC
d
ε − − −
−
× ⋅ ×= = = × =
×
(b) q = CV = (35 pF)(600 V) = 2,1 × 10–8 C = 21 nC.
(c) U = CV2/2 = (35 pF)(21 nC)2/2 = 6,3 × 10-6 J = 6,3 μJ. 
(d) E = V/d = (600 V)/(1,0 × 10–3 m) = 6,0 × 105 V/m = 0,60 MV/m.
(e) A densidade de energia (energia por unidade de volume) é
6
3
4 2 3
6,3 10 J 1,6 J m .
(40 10 m )(1,0 10 m)
Uu
Ad
−
− −
×= = =
× ×
33. Como E = q/4πε0R2 = V/R, temos
22
2 12 2 2 3
0 0
1 1 1 8000V(8,85 10 C /N m ) 0,11 J/m .
2 2 2 0,050 m
Vu E
R
ε ε −      
   
= = = × ⋅ =
34. (a) A carga q3 do capacitor C3 da Fig. 5-28 é
4
3 3 (4,00 F)(100 V) 4,00 10 C 400 C.q C V µ µ
−= = = × =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 2 5
(b) V3 = V = 100 V.
(c) 2 2
3 3 3
1
2,00 10 J 20,0 mJ.
2
U C V −= = × =
(d) 41 21
1 2
(10,0 F)(5,00 F)(100 V) 3,33 10 C 333 C.
10,0 F 5,00 F
C C Vq
C C
µ µ µ
µ µ
−= = = × =
+ +
(e) V1 = q1/C1 = 3,33 × 10–4 C/10,0 μF = 33,3 V.
(f) 2 3
1 1 1
1
5,55 10 J 5,55 mJ.
2
U C V −= = × = 
(g) q2 = q1 = 333 μC. 
(h) V2 = V – V1 = 100 V – 33,3 V = 66,7 V.
(i) 2 2
2 2 2
1
1,11 10 J 11,1 mJ.
2
U C V −= = × =
35. A energia por unidade de volume é
2 2
2
0 0 2 4
0
1 1
.
2 2 4 32
e eu E
r r
ε ε
πε π ε20
 
= = = 
 
(a) Para r = 1,00 × 10-3 m, u = 9,16 × 10-18 J/m3.
(b) Para r = 1,00 × 10-6 m, u = 9,16 × 10-6 J/m3.
(c) Para r = 1,00 × 10-9 m, u = 9,16 × 106 J/m3.
(d) Para r = 1,00 × 10-12 m, u = 9,16 × 1018 J/m3.
(e) De acordo com a expressão anterior, u % r–4. Assim, para r → 0, u → ∞.
36. (a) Como, de acordo com a Fig. 25-44, apenas a superfície inferior e a superfície lateral do líquido possuem carga elétrica, a 
carga induzida na superfície do líquido é
2 2 2
.
2 (2,0 C/m )(2 ) m)(0,10 m) m)
0,50 C
sq A rh rσ π π µ π π
µ
= = + = (0,20 + (0,20
=
De acordo com a lei de conservação da carga, a carga induzida no interior do líquido é
q = -qs = -0,50 μC.
(b) De acordo com a Eq. 25-21, a energia potencial é
2 7 2
3
12
(5,0 10 C)
3,6 10 J 36 mJ.
2 2(35 10 F)
qU
C
−
−
−
×
= = = × =
×
(c) Como a energia calculada no item (b), 36 mJ, é menor que a necessária para inflamar o líquido, 100 mJ, a resposta é não. En-
tretanto, a diferença é relativamente pequena, de modo que seria temerário garantir que o recipiente é seguro.
37. PENSE A diferença de potencial entre as placas de um capacitor de placas paralelas depende da distância entre as placas.
1 2 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
FORMULE Seja q a carga da placa positiva. A capacitância inicial do capacitor é Ci = ε0A/di e a carga é q = CiVi = ε0AVi/di. Depois 
que a distância entre as placas é aumentada para df, a capacitância passa a ser Cf = ε0A/df e a carga (que permanece a mesma) é 
q = CfVf = ε0AVf/df. Igualando as duas expressões para a carga, obtemos
00 f fi
f i
i f i
AV dAV V V
d d d
εε
= ⇒ =
ANALISE (a) Para di = 3,00 × 10-3 m, Vi = 6,00 V e df = 8,00 × 10-3 m, vamos obter Vf = 16,0 V.
(b) A energia armazenada inicialmente no capacitor é
(c) A energia final armazenada no capacitor é
Para df/di = 8,00/3,00, obtemos Uf = 1,20 × 10–10 J.
(d) A energia necessária para afastar as placas é igual à diferença entre a energia final e a energia inicial:
 
APRENDA De acordo com a Eq. 25-25, a densidade de energia (energia por unidade de volume) de um capacitor de placas paralelas 
é dada por u = ε0E2/2, em que E tem o mesmo valor em todos os pontos situados entre as placas do capacitor. Quando aumentamos 
a distância entre as placas, aumentamos o volume (= Ad) do capacitor e, portanto, aumentamos a energia armazenada no capacitor.
38. (a) A diferença de potencial entre os terminais de C1 (e entre os terminais de C2) é
3
1 2
1 2 3
(15,0 F)(100 V) 50,0V.
10,0 F 5,00 F 15,0 F
C VV V
C C C
µ
µ µ µ
= = = =
+ + + +
Assim,
1 1 1
2 2 2
3 1 2
(10,0 F)(50,0 V) 500 C
(5,00 F)(50,0 V) 250 C
500 C 250 C 750 C.
q C V
q C V
q q q
µ µ
µ µ
µ µ µ
= = =
= = =
= + = + =
(b) V3 = V - V1 = 100 V - 50,0 V = 50,0 V.
(c) ( )( )22 23 3 31 1 15,0 F 50,0 V 1,88 10 J 18,8 mJ.2 2U C V µ
−= = = × =
(d) Como foi visto no item (a), q1 = 500 μC.
(e) Como foi visto no item (a), V1 = 50,0 V.
(f) 2 2 21 1 1
1 1 (10,0 F)(50,0 V) 1,25 10 J.
2 2
U C V µ −= = = ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 2 7
(g) Como foi visto no item (a), q2 = 250 μC.
(h) Como foi visto no item (a), V2 = 50,0 V.
(i) 2 2 32 2 2
1 1 (5,00 F)(50,0 V) 6,25 10 J.
2 2
U C V µ −= = = ×
39. (a) Como a carga é a mesma nos três capacitores, a maior diferença de potencial corresponde ao capacitor de menor capaci-
tância. Com 100 V entre os terminais do capacitor de 10 μF, a tensão entre os terminais do capacitor de 20 μF é 50 V e a tensão 
entre os terminais do capacitor de 25 μF 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
2 2 2
1 1 2 23 3
6 2 6 2 6 2
1
( )
2
1
(10 10 F)(100 V) (20 10 F)(50 V) (25 10 F)(40 V)
2
0,095 J 95 mJ.
U C V C V C V
− − −
= + +
= × + × + ×
= =
40. Uma vez que a capacitância original é dada por C = ε0A/d, a nova capacitância é Cʹ = πε0A/2d, na qual κ é a constante dielétrica 
da cera. Assim, Cʹ/C = κ/2, o que nos dá 
κ = 2Cʹ/C = 2(2,6 pF/1,3 pF) = 4,0.
41. PENSE Este problema envolve um cabo coaxial que se comporta como um capacitor cilíndrico com um material dielétrico 
entre as placas.
FORMULE De acordo as Eqs. 25-14 e 25-27, a capacitância de um capacitor cilíndrico com um material dielétrico entre as placas 
é dada por
em que C0 é a capacitância sem o material dielétrico, κ é a constante dielétrica do material, L é o comprimento das placas, a é o 
raio da placa interna e b é o raio da placa externa. 
ANALISE Fazendo κ = 2,6 por se tratar de poliestireno (veja a Tabela 25-1) e substituindo os outros valores conhecidos, obtemos 
uma capacitância por metro
APRENDA Quando o espaço entre as placas de um capacitor está totalmente ocupado por um material dielétrico, a capacitância 
do capacitor é multiplicada por κ, a constante dielétrica do material.
42. (a) Como C = ε0A/d, temos
12 2 2 2
20
12
(8,85 10 C /N m )(0,35 m ) 6,2 10 m 6,2 cm.
50 10 F
Ad
C
ε − −
−
× ⋅= = = × =
×
(b) A nova capacitância é 
Cʹ = C(κ/κar) = (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 = κC0, em que C0 é a capacitância sem o dielétrico. Considerando que a 
energia armazenada é dada por U = CV2/2 = κC0V2/2, temos
1 2 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
6
2 12 2
0
2 2(7,4 10 J) 4,7.
(7,4 10 F)(652 V)
U
C V
κ
−
−
×= = =
×
De acordo com a Tabela 25-1, você deveria usar pirex.
44. (a) De acordo com a Eq. 25-14,
9 2 2
(4,7)(0,15 m)2 0,73 nF.
ln( / ) 2(8,99 10 N m /C )ln(3,8 cm/3,6 cm)
LC
b a
πε κ0= = =× ⋅
(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 σ = q/A, temos
3
0
200 10 N C,
qE
Aκε
= = ×

o que nos dá
3 12 2 2 2 7(200 10 N C)(5,5)(8,85 10 C /N m )(0,034 m ) 3,3 10 Cq − −= × × ⋅ = ×
De acordo com as Eqs. 25-21 e 25-27, temos
2 2
5
0
6,6 10 J 66 J.
2 2
q q dU
C A
µ
κε
−= = = × =
46. De acordo com a Eq. 25-27,
12 2 2 3 2
110
1 3
(3,00)(8,85 10 C /N m )(5,00 10 m )
6,64 10 F
2,00 10 m
AC
d
κε − − −
−
× ⋅ ×
= = = ×
×
e, de acordo com a Eq. 25-9,
12 2 2 3 2
110
2 3
(8,85 10 C /N m )(5,00 10 m )
2,21 10 F
2,00 10 m
AC
d
ε − − −
−
× ⋅ ×
= = = ×
×
Assim, q1 = C1V1 = (6,64 × 10-11 μF)(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. PENSE Rigidez dielétrica é o maior valor do campo elétrico que um material pode tolerar sem que ocorra o processo de ruptura. 
FORMULE A capacitância de um capacitor de placas paralelas é fornecida por C = κC0 = κε0A/d, em que C0 é a capacitância sem 
o dielétrico, κ é a constante dielétrica, A é a área das placas e d é a distância entre as placas. Uma vez que o campo elétrico entre as 
placas é dado por E = V/d, em que V é a diferença de potencial entre as placas, d = V/E e C = κε0AE/V. Assim, a área das placas é
ANALISE Para que a área das placas seja mínima, o campo elétrico deve ser o maior possível sem que ocorra o processo de rup-
tura. Assim,
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 2 9
APRENDA Se a área das placas for menor que o valor calculado anteriormente, ocorrerá o processo de ruptura, e o capacitor 
entrará em curto-circuito.
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 κ1 e κ2. Assim, em unidades do SI, temos
0 1 0 2 0 1 2
1 2
12 2 2 4 2
12
3
( /2) ( /2)
2
(8,85 10 C /N m )(5,56 10 m ) 7,00 12,00 8,41 10 F 8,41 pF.
25,56 10 m
A A AC C C
d d d
ε κ ε κ ε κ κ
− −
−
−
 
 
 
 
 
 
+= + = + =
× ⋅ × += = × =
×
49. Vamos supor que há uma carga q em uma das placas e uma carga –q na outra placa. O campo elétrico na parte inferior da 
região entre as placas é
1
1 0
,
qE
Aκ ε
=
em que A é a área das placas. O campo elétrico na parte superior da região entre as placas é
2
2 0
.
qE
Aκ ε
=
Seja d/2 a espessura de cada dielétrico. Como o campo elétrico é uniforme em cada região, a diferença de potencial entre as placas é
1 2 1 2
0 1 2 0 1 2
1 1
2 2 2 2
E d E d qd qdV
A A
κ κ
ε κ κ ε κ κ
  +
= + = + = 
 
e, portanto,
0 1 2
1 2
2
.
q AC
V d
ε κ κ
κ κ
= =
+
Esta expressão é igual à da capacitância equivalente de dois capacitores em série, um com um dielétrico de constante dielétrica 
κ1 e outro com um dielétrico de constante dielétrica κ2, com área das placas A e distância d/2 entre as placas. Note também que, 
para κ1 = κ2, a expressão se reduz a C = κ1ε0A/d, o resultado correto para um capacitor com um dielétrico de constante dielétrica 
κ1, área das placas A e distância d entre as placas.
Para A = 7,89 × 10–4 m2, d = 4,62 × 10–3 m, κ1 = 11,0 e κ2 = 12,0, temos
12 2 2 4 2
11
3
2(8,85 10 C /N m )(7,89 10 m ) (11,0)(12,0) 1,73 10 F 17,3 pF.
11,0 12,04,62 10 m
C
− −
−
− ×
× ⋅ ×= = × =
+×
50. O capacitor composto descrito no enunciado é equivalente a três capacitores, com as seguintes características: 
C1 = ε0(A/2)κ1/2d = ε0Aκ1/4d,
 C2 = ε0(A/2)κ2/d = ε0Aκ2/2d,
C3 = ε0Aκ3/2d.
Note que C2 e C3 estão ligados em série e C1 está ligado em paralelo com a combinação C2-C3. Assim,
( )( )( )0 2 32 3 0 1 0 2 3
1 1
2 3 2 3 2 3
2 2 2
.
4 2 2 4
A dC C A AC C
C C d d
ε κ κε κ ε κ κκ
κ κ κ κ
 
  
 
= + = + = +
+ + +
1 3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Para A = 1,05 × 10-3 m2, d = 3,56 × 10-3 m, κ1 = 21,0, κ2 = 42,0 e κ3 = 58,0, temos
12 2 2 3 2
11
3
(8,85 10 C /N m )(1,05 10 m ) 2(42,0)(58,0)21,0 4,55 10 F 45,5 pF.
42,0 58,04(3,56 10 m)
C
− −
−
−
 
 
 
× ⋅ ×= + = × =
+×
51. PENSE Como se trata de um capacitor de placas paralelas, a capacitância é dada por C = κC0 = κε0A/d, em que C0 é a capaci-
tância sem o dielétrico, κ é a constante dielétrica, A é a área das placas e d é a distância entre as placas.
FORMULE O campo elétrico na região entre as placas é dado por E = V/d, em que V é a diferença de potencial entre as placas e 
d é a distância entre as placas. Como a distância entre as placas pode ser escrita na forma d = κε0A/C, o campo elétrico pode ser 
escrito na forma E = VC/κε0A. A carga livre das placas é ql = CV.
 
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos na relação E = VC/κε0A, temos
(b) Substituindo os valores conhecidos na relação q = CV, temos
ql = CV = (100 × 10–12 F)(50 V) = 5,0 × 10–9 C.
(c) O campo elétrico é produzido tanto pela carga livre como pela carga induzida. Como o campo produzido por uma grande 
superfície uniformemente carregada é q/2ε0A, o campo na região entre as placas é
em que o primeiro termo se deve à carga livre positiva de uma das placas, o segundo se deve à carga livre negativa da outra placa, 
o terceiro se deve à carga positiva induzida em uma das superfícies do dielétrico, e o quarto se deve à carga negativa induzida na 
outra superfície do dielétrico. Note que o campo produzido pela carga induzida tem o sentido oposto ao do campo produzido pela 
carga livre; assim, o campo total é a diferença dos dois campos. A carga induzida é, portanto,
APRENDA Outra forma de calcular a carga induzida é usar a Eq. 25-35:
Note que não há carga induzida (qi = 0) na ausência de dielétrico (κ = 1).
52. (a) Como o campo elétrico E1 no espaço entre as placas do capacitor e o dielétrico é E1 = q/ε0A e o campo elétrico E2 no interior 
do dielétrico é E2 = E1/κ = q/κε0A, temos
( )0 1 2
0
q bV E d b E b d b
Aε κ
  = − + = − +  
  
e a capacitância é
( )
12 2 2 4 2
0
0
(8,85 10 C /N m )(115 10 m )(2,61) 13,4 pF.
(2,61)(0,0124m 0,00780m) (0,00780m)
AqC
V d b b
ε κκ
− −× ⋅ ×= = = =
− +− +
(b) q = CV = (13,4 × 10–12 F)(85,5 V) = 1,15 nC.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 3 1
(c) O módulo do campo elétrico no espaço entre as placas e o dielétrico é
9
4
1 12 2 2 4 2
0
1,15 10 C 1,13 10 N C.
(8,85 10 C /N m )(115 10 m )
qE
Aε
−
− −
×= = = ×
× ⋅ ×
(d) De acordo com a Eq. 25-34, temos
4
31
2
1,13 10 N C
4,33 10 N C.
2,61
EE
κ
×
= = = ×
53. (a) Antes da introdução do dielétrico, a capacitância é
12 2 2 2
0
0 2
(8,85 10 C /N m )(0,12 m ) 89 pF.
1,2 10 m
AC
d
ε −
−
× ⋅= = =
×
(b) Usando o mesmo raciocínio do Exemplo 25.06, “Dielétrico preenchendo parcialmente o espaço entre as placas de um capa-
citor”, temos
12 2 2 2
20
2 3
(8,85 10 C /N m )(0,12 m )(4,8) 1,2 10 pF 0,12 nF.
( ) (4,8)(1,2 0,40)(10 m) (4,0 10 m)
AC
d b b
ε κ
κ
−
− −
× ⋅= = = × =
− + − + ×
(c) Antes da introdução, q = C0V = (89 pF)(120 V) = 11 nC. 
(d) Como a bateria foi removida do circuito, a carga é a mesma após a introdução do dielétrico: q = 11 nC.
(e) 
0
12 2 2 2
0
11 10 10 kV/m.
(8,85 10 C /N m )(0,12 m )
q CE
Aε
−
−
×= = =
× ⋅
(f) 10 kV/m 2,1 kV/m.
4,8
EE
κ
′ = = =
(g) A diferença de potencial entre as placas é 
V = E(d – b) + E’b = (10 kV/m)(0,012 m – 0,0040 m) + (2,1 kV/m)(0,40 × 10–3 m) 
 = 88 V.
(h) O trabalho necessário para introduzir o dielétrico é
2 9 2
12 12
0
7
1 1 (11 10 C) 1 1
2 2 89 10 F 120 10 F
1,7 10 J= 0,17 J.
qW U
C C
µ
−
− −
−
   
        
×= ∆ = − = −
× ×
= − × −
54. (a) Aplicando a lei de Gauss à superfície do dielétrico, obtemos q/ε0 = ,EAκ o que nos dá
7
12 2 2 6 4 2
0
8,9 10 C 7,2.
(8,85 10 C /N m )(1,4 10 V m)(100 10 m )
q
EA
κ
ε
−
− − −
×= = =
× ⋅ × ×
(b) A carga induzida é
7 71 11 (8,9 10 C) 1 7,7 10 C 0,77 C.
7,2
q q µ
κ
− −  ′ = − = × − = × =      
55. (a) De acordo com a Eq. 25-17, a capacitância de um capacitor esférico na ausência de um dielétrico é dada por
 
0 04 .
abC
b a
πε   
 
=
−
1 3 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Quando o dielétrico é introduzido entre as placas, a capacitância é multiplicada por ,κ a constante dielétrica da substância. Assim, 
temos
0 9 2 2
23,5 (0,0120 m)(0,0170 m)4 0,107 nF.
0,0170 m 0,0120 m8,99 10 N m C
abC
b a
πκε   
 
= = × =
− −× ⋅
(b) A carga da placa positiva é q = CV = (0,107 nF)(73,0 V) = 7,79 nC. 
(c) Vamos chamar de –q a carga da placa interna e de qʹ a carga induzida na superfície vizinha do dielétrico. Quando o campo 
elétrico é dividido por κ quando o dielétrico está presente, –q + qʹ = –q/ .κ Assim,
0
1 23,5 1,004 ( 1) (7,79 nC) 7,45 nC.
23,5
abq q V
b a
κ π κ ε
κ
 
 
 
− −= = − = =′
−
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 μF)(10,0 V) = 100 μC.
(b) O capacitor equivalente ao ramo do circuito que contém o capacitor C2 é 10 μF/2 = 5,00 μF. Como esse capacitor equivalente 
está em paralelo com um capacitor de 10,0 μF, o capacitor equivalente do conjunto é 5,00 μF + 10,0 μF = 15,0 μF. Assim, a parte do 
circuito abaixo da bateria pode ser reduzida a um capacitor de 15,0 μF em série com um capacitor de 10,0 μF. 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 μF)/(1/10,0 μF + 1/15 μF) = 4,00 V. Como essa tensão é dividida igualmente entre o capa-
citor 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 μF)(2,00 V) = 20,0 μC.
57. PENSE Este problema envolve o circuito com capacitores, o qual está mostrado na Fig. 25-51. Desses capacitores, C3 e C4 estão 
em paralelo.
FORMULE Como C3 e C4 estão em paralelo, podemos substituí-los por um capacitor equivalente C34 = C3 + C4 = 30 μF. Acontece 
que C1, C2 e C34 estão em série; como se trata de três capacitores de mesmo valor, 30 μF, a diferença de potencial entre as placas de 
qualquer desses capacitores é um terço da tensão da bateria. Assim, a diferença de potencial entre as placas de C4 é 3,0 V. 
ANALISE A carga do capacitor C4 é q4 = C4V4 = (15 μF)(3,0 V) = 45 μC.
APRENDA Outra forma de resolver o problema consiste em primeiro calcular a capacitância equivalente de todos os capacitores:
O que nos dá C1234 = 10 μF. Isso significa que a carga de C1, C2 e C34 é
Como C3 e C4 estão em paralelo, e C3 = C4, a carga de C4 (como a de C3) é q4 = q34/2 = (90 μC)/2 = 45 μC.
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. Finalmente, o capacitor equivalente de 4,4C está em série com o capacitor C, o que nos dá uma capacitância 
equivalente. Portanto,
eq
( )(4,4 ) 0,82 0,82(50 F) 41 F.
4,4
C CC C
C C
µ µ= = = =
+
em que C = 50 μF.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 3 3
(b) Agora, B é o terminal que não está ligado a nenhum componente; os capacitores 6C e 2C estão em série, e o capaci- 
tor equivalente é (6C)(2C)/(6C + 2C) = 1,5C, que, por sua vez, está em paralelo com o capacitor 4C, o que resulta em um ca-
pacitor 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. Portanto,
eq
( )(5,5 )
0,85 0,85(50 ) 42 F.
5,5
C CC C F
C C
µ µ= = = =
+
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 μF e 3,0 μF, respectivamente. Como essas capacitâncias equivalentes estão em série, a capacitância equivalente do circuito é 
(6,0 μF)(3,0 μF)/(6,0 μF + 3,0 μF) = 2,0 μF. A carga do capacitor equivalente de 2,0 μF é (2,0 μF)(12 V) = 24 μC. Como esta carga 
também é a carga do capacitor equivalente de 3,0 μF (que corresponde à associação em paralelo de C3 e C4), a tensão entre os 
terminais de C3 e de C4 é
24 C
8,0 V.
3 F
qV
C
µ
µ
= = =
A carga do capacitor C4 é, portanto, (2,0 μF)(8,0 V) = 16 μC.
60. (a) De acordo com a Eq. 25-22, temos
2 12 3 2 31 1 (200 10 F)(7,0 10 V) 4,9 10 J 4,9 mJ.
2 2
U CV − −= = × × = × =
(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 2 2 3 1 3
123 1 2 3 1 2 3
,
1 1 1 1 C C C C C C
C C C C C C C
+ += + + =
obtemos C123 = 2,40 μF. Como V = 12,0 V, a carga do circuito é q = C123V = 28,8 μC. 
Na situação final, C2 e C4 estão em paralelo e podem ser substituídos por uma capacitância equivalente a C24 = 12,0 μF, que está em 
série com C1 e C3. A capacitância equivalente do circuito é obtida resolvendo a equação 
1 24 24 3 1 3
1234 1 24 3 1 24 3
1 1 1 1 ,
C C C C C C
C C C C C C C
+ += + + =
que nos dá C1234 = 3,00 μF. Assim, a carga final é q = C1234V = 36,0 μC. 
(a) A carga que passa pelo ponto P é a diferença entre a carga final e a carga inicial:
Dq = 36,0 μC - 28,8 μC = 7,20 μC.
(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 
μC. Assim, a tensão entre os terminais de C24 é
 
24
24
36,0 C 3,00 V.
12,0 F
qV
C
µ
µ
= = =
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 μC. 
1 3 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(c) A bateria fornece carga apenas às placas às quais está ligada; a carga das outras placas se deve apenas à transferência de elé-
trons de uma placa para outra, de acordocom 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 capacitância total, e, portanto, a energia 
armazenada, é menor que as energias que podem ser armazenadas 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 μJ = C1 (10 V)2/2 ⇒ C1 = 2,0 μF;
(b) 300 μJ = C2 (10 V)2/2 ⇒ C2 = 6,0 μF.
63. Inicialmente, a capacitância equivalente é C12 = [(C1)-1 + (C2)-1]-1 = 3,0 μF, e a carga da placa positiva dos dois capacitores é (3,0 
μF)(10 V) = 30 μC. Quando a distância entre as placas de um dos capacitores (que vamos chamar de C1) é reduzida à metade, a 
capacitância aumenta para 12 μF (veja a Eq. 25-9). A nova capacitância equivalente é, portanto, 
C12 = [(C1)-1 + (C2)-1]-1 = 4,0 μF
e a nova carga da placa positiva dos dois capacitores é (4,0 μF)(10 V) = 40 μC.
(a) A carga adicional transferida para os capacitores é 40 μC - 30 μC = 10 μC.
(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 μC. 
64. (a) Os capacitores C2, C3 e C4 em paralelo podem ser substituídos por um capacitor equivalente Cʹ = 12 μF, e os capacitores C5 
e C6 em paralelo podem ser substituídos pelo capacitor equivalente Cʺ = 12 μF. Isso nos dá três capacitores em série, C1, Cʹ e Cʺ, 
cuja capacitância equivalente é Ceq = 3 μF. Assim, a carga armazenada no sistema é qsis = CeqVbat = 36 μC.
(b) Como qsis = q1, a tensão entre os terminais de C1 é
1
1
1
36 C
6,0 V.
6,0 F
qV
C
µ
µ
= = =
A tensão aplicada à combinação em série de Cʹ e Cʺ é, portanto, Vbat - V1 = 6,0 V. Como Cʹ = Cʺ, Vʹ = Vʺ = 6,0/2 = 3,0 V, que, por 
sua vez, é igual a V4, a tensão aplicada a C4. Assim,
q4 = C4V4 = (4,0 μF)(3,0 V) = 12 μC.
65. PENSE Podemos pensar no arranjo como dois capacitores ligados em série.
FORMULE Vamos chamar os capacitores de C1 e C2, o primeiro com o espaço entre as placas preenchido pelo material de constante 
dielétrica κ1 = 3,00, e o segundo com o espaço entre as placas preenchido pelo material de constante dielétrica κ2 = 4,00. Usando 
as Eqs. 25-9 e 25-27 e substituindo C1 e C2 por um capacitor equivalente, obtemos
o que nos dá 01 2eq
1 2
AC
d
εκ κ
κ κ
 
  
 
=
+
. A carga armazenada no capacitor é q = CeqV.
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
o que nos dá q = CeqV = 1,06 × 10-9 C.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 3 5
APRENDA Como era de se esperar, no caso especial em que κ1 = κ2 = κ, a expressão de Ceq se torna Ceq = κε0A/2d, que é a expressão 
da capacitância de um capacitor com uma distância 2d entre as placas e com o espaço entre as placas preenchido por um material 
de constante dielétrica κ. 
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 = ε0E2/2, 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
02
qE
Lrπε
=
e a densidade de energia nesse ponto é
2
2
0 2 2 2
0
1 .
2 8
qu E
L r
ε
π ε
= =
A energia armazenada no cilindro é a integral de volume .RU udV= ∫ Como dV = 2πrLdr, temos
2 2 2
2 2 2
0 00
2 ln .
4 48
R R
R a a
q q dr q RU rLdr
L r L aL r
π
πε ππ ε
 
 
 
= = =
ε∫ ∫
Para obter uma expressão para a energia total armazenada no capacitor, substituímos R por b:
2
0
ln .
4b
q bU
L aπε
 
 
 
=
Fazendo UR/Ub = 1/2, temos
1
ln ln .
2
R b
a a
=
Tomando as exponenciais de ambos os membros da equação mostrada, obtemos
1/2
,
R b b
a a a
 = = 
 
o que nos dá .R ab=
67. (a) A capacitância equivalente é ( )( )1 2eq
1 2
6,00 F 4,00 F
2,40 F.
6,00 F 4,00 F
µ µ
µ
µ µ
= = =
+ +
C CC
C C
(b) q1 = CeqV = (2,40 μF)(200 V) = 4,80 × 10-4 C = 0,480 mC.
(c) V1 = q1/C1 = 4,80 × 10-4 C/6,00 μF = 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 μF + 4,00 μF = 10,0 μF.
(b) q1 = C1V = (6,00 μF)(200 V) = 1,20 × 10–3 C = 1,20 mC.
(c) V1 = 200 V.
1 3 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(d) q2 = C2V = (4,00 μF)(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 + DV, a energia aumenta de U para U + DU = 
C(V + DV)2/2. Dividindo ambos os membros da última equação por DU, obtemos
22 2
2
( ) ( )
1 1 ,
2
U C V V C V V V
U U CV V
∆ + ∆ + ∆ ∆ + = = = + 
 
o que nos dá
1 1 1 10% 1 4,9%.
V U
V U
∆ ∆
= + − = + − =
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, Cʹ = ε0A/(d – b) = 0,708 pF.
 
(b) De acordo com a Eq. 25-22, a razão entre as energias armazenadas antes e depois da introdução da barra é
2
0
2
0
/( )/2 5,00 1,67.
/ 5,00 2,00/2
A d bU q C C d
U C A d d bq C
ε
ε
−′= = = = = =
− −′ ′
(c) O trabalho realizado quando a barra é introduzida é
2 2 2
0 0
1 1 ( ) 5,44 J.
2 2 2
q q q bW U U U d b d
C C A Aε ε
 
 
 
= ∆ = − = − = − − = − = −′
′
(d) O fato de que o trabalho é negativo mostra que a barra é atraída para o espaço entre as placas.
71. (a) Cʹ = ε0A/(d – b) = 0,708 pF, como no item (a) do Problema 25-70.
(b) A razão entre as energias armazenadas é
2
0
2
0
//2 5,00 2,00 0,600.
/( ) 5,00/2
A dU CV C d b
U C A d b dC V
ε
ε
− −= = = = = =
−′ ′′
(c) O trabalho realizado é
2
2 2 90 01 1 1( ) 1,02 10 J.
2 2 2 ( )
A AbVW U U U C C V V
d b d d d b
ε ε − 
 
 
= ∆ = − = − = − = = ×′ ′
− −
(d) No Problema 25-70, em que 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
41 2
eq1 2
1 2
(2,00 F)(8,00 F)(300 V) 4,80 10 C 0,480 mC.
2,00 F 8,00 F
C C Vq q q C V
C C
µ µ
µ µ
−= = = = = = × =
+ +
(b) A diferença de potencial é V1 = q/C1 = 4,80 × 10–4 C/2,0 μF = 240 V.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 3 7
(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, 1 1 2 2/ /q C q C′ ′= e 1 2 2 .q q q′ ′+ = Explicitando 2q′ na segunda equação e substituindo na primeira equação, obtemos
(e) 
4
41
1
1 2
2 2(2,00 F)(4,80 10 ) 1,92 10 C 0,192 mC.
2,00 F 8,00 F
C q Cq
C C
µ
µ µ
−
−×= = = × =′
+ +
(f) A nova diferença de potencial é 
4
1
1
1
1,92 10 96,0V.
2,00 F
q CV
C µ
−′ ×= = =′
(g) 4 4 42 12 2(4,80 10 C) 1,92 10 C 7,68 10 C 0,768 mC.q q q
− − −= − = × − × = × =′ ′
(h) 2 1 96,0V.V 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
1
1
1
30 C
3,0V.
10 F
qV
C
µ
µ
= = =
Como V2 = V1, a carga do capacitor 2 é
2 2 2 (20 F)(2V) 60 C,q C V µ µ= = =
o que significa que a carga total armazenada nos capacitores C1 e C2 é 30 μC + 60 μC = 90 μC. Nesse caso, a carga total armazenada 
nos capacitores C3 e C4 também é 90 μC. Como C3 = C4, a carga se divide igualmente entre os dois capacitores e, portanto, q3 = q4 = 
45 μC. Assim, a tensão entre os terminais do capacitor 3 é
3
3
3
45 C
2,3V,
20 F
qV
C
µ
µ
= = =
o que nos dá |VA – VB| = V1 + V3 = 5,3 V.
74. Como C = ε0κA/d ∞ κ/d, para obter o maior valor possível de C, devemos escolher o material com o maior valor de κ/d. Para 
os materiais propostos no enunciado, os valores de κ/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 atingido, 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,
1 2 (100V) (40V) (60 F)(40V),µ= + ⇒ = +Q q q C C
o que nos dá C = 40 μF.
1 3 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
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 igualmente 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
t
t
2 2 6 2
t
t 6
1 (2 10 F)(10 V)
4.
2 2 2(25 10 J)
V CVC U n
n U
−
−
×  = ⇒ = = =  × 
77. PENSE Este problema envolve dois capacitores de placas paralelas ligados em paralelo. A distância entre as placas é a mesma 
nos dois capacitores.
FORMULE O módulo do campo elétrico na região entre as placas de um capacitor de placas paralelas é dado por E = V/d, em que 
V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas. A densidade superficial de carga nas placas é σ = q/A.
ANALISE (a) Para d = 0,00300 m e V = 600 V, temos
(b) Como, no caso do capacitor B, também temos d = 0,00300 m e V = 600 V, EB = 2,00 × 105 V/m.
(c) No caso do capacitor A, cujo dielétrico é o ar, a Eq. 25-4 nos dá
12 2 2 5
0
6 2
(8,85 10 C /N m )(2,00 10 V/m)
1,77 10 C/m .
A
A A
q E
A
σ ε −
−
= = = × ⋅ ×
= ×
(d) No caso do capacitor B, a Eq. 25-29 nos dá
(e) Embora a discussão do Módulo 25-6 do livro se baseie na hipótese de que a carga livre não muda quando um dielétrico é in-
troduzido no espaço entre as placas, ela pode ser facilmente adaptada à situação descrita neste problema, na qual dois capacitores, 
um sem um dielétrico (o capacitor A) e outro com um dielétrico (o capacitor B) são submetidos à mesma diferença de potencial. O 
fato de que a carga livre do capacitor B é maior que a do capacitor A e, mesmo assim, o campo elétrico na região entre as placas dos 
dois capacitores é o mesmo está de acordo com a Eq. 25-34. Adaptando a Eq. 25-35 a este problema, vemos que a diferença entre as 
densidades de carga calculadas nos itens (c) e (d) se deve à densidade de carga induzida na superfície superior do dielétrico; assim,
APRENDA Note que o campo elétrico EB entre as placas do capacitor B é a soma do campo elétrico produzido pela carga das 
placas (σBA) com o campo elétrico produzido pelas cargas induzidas no dielétrico (σindA), enquanto o campo elétrico EA entre as 
placas do capacitor A é apenas o campo produzido pela carga das placas (σAA). Como EA = EB = V/d, devemos ter σA = σB + σind, 
o que nos dá σind = σA - σB.
78. (a) Ligue cinco capacitores em série. Assim, a capacitância equivalente é Ceq = (2,0 μF)/5 = 0,40 μF 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 μF) = 1,2 μF 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.
79. (a) De acordo com as Eqs. 25-9 e 25-21, a energia armazenada em um capacitor de placas paralelas é dada por 
em que q é a carga do capacitor, x é a distância entre as placas e A é a área das placas.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 3 9
A variação de energia quando a distância das placas aumenta para x + dx é
A força entre as placas é, portanto,
O sinal negativo significa que a força entre as placas é atrativa. 
(b) O módulo da tensão eletrostática é
em que E = σ/ε0 é o módulo do campo elétrico na região entre as placas. 
80. A energia armazenada inicialmente no primeiro capacitor é 20 0 /2 4,00 J.U q C= = Quando um segundo capacitor é ligado em 
paralelo com o primeiro e recebe metade da carga inicial do primeiro capacitor, a energia armazenada no primeiro capacitor passa 
a ser
e a energia armazenada no segundo capacitor tem o mesmo valor. Assim, a energia total armazenada nos dois capacitores é
(b) Quando metade da carga é transferida para o segundo capacitor, parte da energia armazenada no primeiro capacitor é dissipada 
na resistência dos fios usados para ligar os capacitores e parte é irradiada na forma de ondas eletromagnéticas.