Questão 2 ( \mathbf{2 , 0} pontos) Pretende-se usar duas placas de metal com 1,00 m^{2} de área para construir um capacitor de placas paralelas. (a) Qual deve ser a distância entre as placas para que a capacitância do dispositivo seja 1,00 n F ? (b) O dispositivo é fisicamente viável?

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: (a) a distância entre duas placas paralelas metálicas de área 1,00\\ \mathrm{m}^2 para que a capacitância seja 1,00\\ \mathrm{nF}; (b) se o dispositivo é fisicamente viável.\n
Dados fornecidos (listei explicitamente):
A = 1{,}00\\ \mathrm{m}^2
C = 1{,}00\\ \mathrm{nF}
Observação: o enunciado não especifica um dielétrico entre as placas, então usaremos o caso comum de ar (aproximado por vácuo), com a permissividade elétrica do vácuo \varepsilon_0 disponível na teoria.

Passo 2

Apresento a fórmula básica que relaciona capacitância de um capacitor de placas paralelas com suas dimensões:
C = \varepsilon \,\frac{A}{d}
Explicando cada símbolo, devagarinho:
  • C é a capacitância (unidade: farad, \mathrm{F}).
  • \varepsilon é a permissividade do meio entre as placas. Para ar/vácuo usamos \varepsilon \approx \varepsilon_0.
  • \varepsilon_0 é a permissividade elétrica do vácuo, com valor aproximado
\varepsilon_0 = 8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}.
  • A é a área de cada placa (unidade: \mathrm{m}^2).
  • d é a separação entre as placas (unidade: \mathrm{m}).\n
    Intuição física rápida: quanto maior a área A, maior a capacitância; quanto maior a distância d, menor a capacitância. A permissividade \varepsilon mede “o quanto o meio permite armazenar campo elétrico”.

Passo 3

Isolamos d na fórmula para obter a distância necessária:
C = \varepsilon_0 \frac{A}{d}\quad\Longrightarrow\quad d = \varepsilon_0 \frac{A}{C}.
Aqui fizemos apenas álgebra simples: multiplique ambos os lados por d e divida por C.

Passo 4

Antes de calcular, convertemos unidades para o SI:
C = 1{,}00\\ \mathrm{nF} = 1{,}00\times10^{-9}\\ \mathrm{F}.
Usamos A=1{,}00\\ \mathrm{m}^2 e \varepsilon_0 = 8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}. Agora substituímos na expressão de d:
d = \varepsilon_0 \frac{A}{C} = \frac{8{,}85\times10^{-12}\\ \mathrm{F/m}\times 1{,}00\\ \mathrm{m}^2}{1{,}00\times10^{-9}\\ \mathrm{F}}.

Passo 5

Fazendo a conta (mostrando as potências de dez):
d = \frac{8{,}85\times10^{-12}}{1{,}00\times10^{-9}}\\ \mathrm{m} = 8{,}85\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
Convertendo para milímetros:
8{,}85\times10^{-3}\\ \mathrm{m} = 8{,}85\\ \mathrm{mm}.
Portanto, numericamente a separação necessária é 8{,}85\\ \mathrm{mm}.

Passo 6

Agora avaliamos a viabilidade física — vou explicar os pontos que importam e calcular uma estimativa de limite por ruptura dielétrica do ar para ver se o dispositivo aguenta tensões razoáveis.
  1. Efeito de borda (fringing): a fórmula C=\varepsilon_0 A/d assume placas infinitas e campo uniforme entre elas. Com placas de 1{,}00\\ \mathrm{m}^2 e separação 8{,}85\\ \mathrm{mm} os efeitos de borda não são negligenciáveis, mas a aproximação ainda é razoável se as placas forem muito maiores que a separação. Aqui a razão A^{1/2}/d é grande o suficiente para a aproximação ser aceitável em primeira ordem; porém na prática os efeitos de borda aumentam um pouco a capacitância real em relação ao valor ideal.
  2. Robustez mecânica e alinhamento: manter duas placas planas e paralelas com folga de \approx 9\\ \mathrm{mm} é simples mecanicamente (mais fácil do que manter folgas micrométricas). Portanto, mecanicamente é viável, embora as placas sejam grandes e pesadas.
  3. Isolamento e ruptura do ar: o campo elétrico máximo antes da ruptura do ar seco é da ordem de E_{\text{rup}}\approx 3{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{V/m} (valor típico, aproximado). A tensão máxima antes de ruptura aproximada é
V_{\max} \approx E_{\text{rup}}\,d.
Substituindo d=8{,}85\times10^{-3}\\ \mathrm{m}:
V_{\max} \approx 3{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}\times 8{,}85\times10^{-3}\\ \mathrm{m} \approx 2{,}66\times10^{4}\\ \mathrm{V} = 26{,}6\\ \mathrm{kV}.
Isto significa que, em ar seco, entre as placas pode aparecer uma tensão da ordem de dezenas de quilovolts antes de ocorrer descarga por ruptura. Para tensões baixas (alguns volts até milhares de volts) não haverá ruptura.
  1. Praticidade comercial: capacitores comerciais com 1{,}00\\ \mathrm{nF} são geralmente muito menores e usam dielétricos com permissividade muito maior (e separações micrométricas), porque é mais compacto e econômico. Fazer um capacitor com placas de 1{,}00\\ \mathrm{m}^2 é volumoso e pouco prático para aplicações comuns.

Passo 7

Conclusão qualitativa (resumindo os pontos anteriores): é perfeitamente possível obter 1{,}00\\ \mathrm{nF} com placas de 1{,}00\\ \mathrm{m}^2 separadas por cerca de 8{,}85\\ \mathrm{mm}. O dispositivo é fisicamente viável em princípio (alinhamento e isolamento simples), mas é pouco prático na prática por ser grande; além disso deve-se considerar efeitos de borda e requisitos de isolamento se for operar com tensões elevadas.

Resposta

(a) d = 8{,}85\times10^{-3}\\ \mathrm{m} = 8{,}85\\ \mathrm{mm}\n
(b) Sim, em princípio viável; porém pouco prático (placas muito grandes, efeitos de borda e considerações de isolamento/ruptura do ar).

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