Um capacitor de placas paralelas tem uma área das placas de 0,12 \mathrm{~m}^{2} e uma distância entre as placas de 1,2 \mathrm{~cm}. Uma bateria é usada para carregar as placas com uma diferença de potencial de 120 V e em seguida é removida do circuito. Um dielétrico com 4,0 \mathrm{~mm} de espessura e constante dielétrica 4,8 é introduzido simetricamente entre as placas. (a) Qual é a capacitância antes da introdução do dielétrico? (b) Qual é a capacitância após a introdução do dielétrico? (c) Qual é a carga das placas antes da introdução do dielétrico? (d) Qual é a carga das placas após da introdução do dielétrico? (e) Qual é o módulo do campo elétrico no espaço entre as placas e o dielétrico? (f) Qual é o módulo do campo elétrico no interior do dielétrico? (g) Qual é a diferença de potencial entre as placas após a introdução do dielétrico? (h) Qual é o trabalho envolvido na introdução do dielétrico?

Passo 1

O enunciado pede várias quantidades sobre um capacitor de placas paralelas quando um dielétrico é introduzido depois que o capacitor foi carregado e a bateria foi removida. Vou listar claramente o que é dado e o que se pede (tirei os números do enunciado):
Dados:
  • Área das placas: A = 0{,}12\\ \mathrm{m^{2}}.
  • Separação entre as placas: d = 1{,}2\\ \mathrm{cm} = 0{,}012\\ \mathrm{m}.
  • Tensão aplicada inicialmente (bateria): V_0 = 120\\ \mathrm{V}. A bateria é removida após carregar o capacitor.
  • Dielétrico: espessura t = 4{,}0\\ \mathrm{mm} = 0{,}004\\ \mathrm{m}, constante dielétrica \kappa = 4{,}8. O dielétrico é inserido simetricamente entre as placas (ou seja, fica centralizado, sobrando dois espaços de vácuo, um em cada lado, de mesmo espessura).
O enunciado pede:
(a) capacitância antes do dielétrico;
(b) capacitância após a introdução do dielétrico;
(c) carga nas placas antes da introdução do dielétrico;
(d) carga nas placas após a introdução do dielétrico;
(e) módulo do campo elétrico no espaço de vácuo entre as placas (as regiões sem dielétrico) depois da inserção;
(f) módulo do campo elétrico no interior do dielétrico depois da inserção;
(g) diferença de potencial entre as placas após a inserção;
(h) trabalho envolvido na introdução do dielétrico.
Observações importantes para a resolução (serão usadas nos próximos passos):
  • Como a bateria é removida antes da inserção do dielétrico, a carga livre Q no capacitor permanece constante durante a inserção.
  • Para um capacitor de placas paralelas sem dielétrico vale \displaystyle C=\frac{\varepsilon_0 A}{d}, onde \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo ( \varepsilon_0=8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}).
  • Com camadas planas em série (vácuo + dielétrico + vácuo) a capacitância equivalente é dada por somar as capacitâncias como resistências em série; formula equivalente conveniente será deduzida adiante.

Passo 2

(a) Calcular a capacitância antes da introdução do dielétrico.
Fórmula básica para capacitor de placas paralelas sem dielétrico:
C_0=\frac{\varepsilon_0 A}{d},
onde:
  • \varepsilon_0=8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m} é a permissividade do vácuo,
  • A é a área das placas,
  • d é a distância entre as placas.
Substituindo os valores:
C_0=\frac{8{,}85\times10^{-12}\times0{,}12}{0{,}012}.
Calcule passo a passo:
\varepsilon_0 A=8{,}85\times10^{-12}\times0{,}12=1{,}062\times10^{-12}\\ \mathrm{F\cdot m}.
C_0=\frac{1{,}062\times10^{-12}}{0{,}012}=8{,}85\times10^{-11}\\ \mathrm{F}.

Passo 3

(b) Calcular a capacitância após a introdução do dielétrico (dielétrico central, espessura t).
Modelo físico: o sistema fica com três camadas em série na direção do campo: vácuo de espessura d_1=(d-t)/2, dielétrico de espessura t, e novamente vácuo de espessura d_2=(d-t)/2. Todas as camadas têm a mesma área A, então as capacitâncias parciais são:
C_{v1}=\frac{\varepsilon_0 A}{d_1},\quad C_{d}=\frac{\kappa\varepsilon_0 A}{t},\quad C_{v2}=\frac{\varepsilon_0 A}{d_2}.
Essas três estão em série, portanto
\frac{1}{C_1}=\frac{1}{C_{v1}}+\frac{1}{C_{d}}+\frac{1}{C_{v2}}.
Como d_1=d_2=(d-t)/2, somando as duas contribuições de vácuo obtemos
\frac{1}{C_1}=\frac{d_1}{\varepsilon_0 A}+\frac{t}{\kappa\varepsilon_0 A}+\frac{d_2}{\varepsilon_0 A} =\frac{(d-t)}{\varepsilon_0 A}+\frac{t}{\kappa\varepsilon_0 A}.
Assim é mais simples escrever:
C_1=\frac{\varepsilon_0 A}{(d-t)+\dfrac{t}{\kappa}}.
Agora substituímos números:
(d-t)=0{,}012-0{,}004=0{,}008\\ \mathrm{m}, \qquad \frac{t}{\kappa}=\frac{0{,}004}{4{,}8}=0{,}000833333\ldots\\ \mathrm{m}.
(d-t)+\frac{t}{\kappa}=0{,}008+0{,}000833333\ldots=0{,}008833333\ldots\\ \mathrm{m}.
Usando \varepsilon_0 A=1{,}062\times10^{-12} (calculado antes),
C_1=\frac{1{,}062\times10^{-12}}{0{,}008833333\ldots}=1{,}20\times10^{-10}\\ \mathrm{F}\\ (\text{aprox.}).

Passo 4

(c) e (d) Cargas antes e depois da introdução do dielétrico.
Quando o capacitor foi ligado à bateria V_0=120\\ \mathrm{V} ele atingiu carga
Q_0=C_0 V_0.
A bateria foi removida antes da inserção do dielétrico, então a carga livre Q permanece constante durante a inserção. Portanto:
  • carga antes da introdução: Q_{\text{antes}}=Q_0,
  • carga depois da introdução: Q_{\text{depois}}=Q_0 (mesmo valor).
Calcule numericamente:
Q_0=C_0 V_0=(8{,}85\times10^{-11}\\ \mathrm{F})\times(120\\ \mathrm{V})=1{,}062\times10^{-8}\\ \mathrm{C}.
Aproximando com três algarismos significativos:
Q_0=1{,}06\times10^{-8}\\ \mathrm{C}.

Passo 5

(e) e (f) Campos elétricos nas regiões de vácuo e no interior do dielétrico após a inserção.
Relação entre densidade de carga superficial livre \sigma e carga Q:
\sigma=\frac{Q}{A}.
Com \sigma conhecido, o campo nas regiões planas é dado por:
  • no vácuo (camadas sem dielétrico): \displaystyle E_v=\frac{\sigma}{\varepsilon_0} (módulo),
  • no dielétrico (região com constante \kappa): \displaystyle E_d=\frac{\sigma}{\kappa\varepsilon_0}=\frac{E_v}{\kappa}.
Calcule \sigma:
\sigma=\frac{1{,}062\times10^{-8}}{0{,}12}=8{,}85\times10^{-8}\\ \mathrm{C/m^{2}}.
Agora os campos:
E_v=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}=\frac{8{,}85\times10^{-8}}{8{,}85\times10^{-12}}=1{,}00\times10^{4}\\ \mathrm{V/m}.
E_d=\frac{E_v}{\kappa}=\frac{1{,}00\times10^{4}}{4{,}8}=2{,}08\times10^{3}\\ \mathrm{V/m}\\ (\text{aprox.}).
Interpretação física rápida: como Q é o mesmo e o dielétrico reduz o campo local dentro dele (por causa da polarização), o campo no dielétrico é menor que no vácuo; os dois valores acima são coerentes com isso.

Passo 6

(g) Diferença de potencial entre as placas após a introdução do dielétrico.
A diferença de potencial total é a soma das quedas de potencial nas três camadas (duas de vácuo + uma de dielétrico). Como os campos são constantes em cada camada:
V_{\text{depois}}=E_v (d-t) + E_d \, t.
Substituindo valores numéricos:
E_v(d-t)=1{,}00\times10^{4}\times0{,}008=80{,}0\\ \mathrm{V},
E_d\,t=2{,}08\times10^{3}\times0{,}004=8{,}33\\ \mathrm{V}.
V_{\text{depois}}=80{,}0+8{,}33=88{,}33\\ \mathrm{V}\\ (\text{aprox.}).
Observação: V_{\text{depois}}<V_0 porque a capacitância aumentou ao inserir o dielétrico enquanto Q permaneceu constante.

Passo 7

(h) Trabalho envolvido na introdução do dielétrico (energia).
Energia armazenada em um capacitor quando a carga Q é mantida fixa é
U=\frac{Q^{2}}{2C}.
Como a carga é constante, a mudança de energia ao inserir o dielétrico é
\Delta U=U_{\text{depois}}-U_{\text{antes}}=\frac{Q^{2}}{2}\left(\frac{1}{C_1}-\frac{1}{C_0}\right).
Como C_1>C_0, o termo entre parênteses é negativo, então \Delta U<0: a energia armazenada diminui. Isso significa que o campo elétrico realizou trabalho sobre o dielétrico (o dielétrico é atraído para dentro), portanto o trabalho realizado pelo agente externo para inserir o dielétrico é negativo (o agente precisa segurar para impedir que o dielétrico seja puxado com ganho de energia).
Calcule numericamente:
Q^{2}=(1{,}062\times10^{-8})^{2}=1{,}127844\times10^{-16}\\ \mathrm{C^{2}}.
Valores das capacitâncias já obtidos:
C_0=8{,}85\times10^{-11}\\ \mathrm{F},\qquad C_1=1{,}20\times10^{-10}\\ \mathrm{F}.
\frac{1}{C_1}-\frac{1}{C_0}=\frac{1}{1{,}20\times10^{-10}}-\frac{1}{8{,}85\times10^{-11}} \approx8{,}32\times10^{9}-1{,}13\times10^{10}=-2{,}98\times10^{9}\\ \mathrm{F^{-1}}.
Agora
\Delta U=\frac{1{,}127844\times10^{-16}}{2}\times(-2{,}98\times10^{9}) \approx-1{,}68\times10^{-7}\\ \mathrm{J}.
Interpretação do sinal: \Delta U<0 significa que a energia do campo diminuiu em \;1{,}68\times10^{-7}\\ \mathrm{J}. Esse é o trabalho realizado pelo campo sobre o dielétrico. O trabalho realizado pelo agente externo para inserir o dielétrico é igual a \;W_{\text{ext}}=\Delta U (negativo), ou seja, -1{,}68\times10^{-7}\\ \mathrm{J}. Se preferir o módulo do trabalho (energia trocada) é 1{,}68\times10^{-7}\\ \mathrm{J}.

Resposta

(a) 8{,}85\times10^{-11}\\ \mathrm{F}
(b) 1{,}20\times10^{-10}\\ \mathrm{F}
(c) 1{,}06\times10^{-8}\\ \mathrm{C}
(d) 1{,}06\times10^{-8}\\ \mathrm{C}
(e) 1{,}00\times10^{4}\\ \mathrm{V/m}
(f) 2{,}08\times10^{3}\\ \mathrm{V/m}
(g) 88{,}3\\ \mathrm{V}
(h) -1{,}68\times10^{-7}\\ \mathrm{J} (trabalho realizado pelo agente externo; o campo realizou +1{,}68\times10^{-7}\\ \mathrm{J} sobre o dielétrico)

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