Problemas chamados desafiadores
Young & Freedman - 12a edição
setembro 2009
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1.1
Cap. 24 Capacitância e Dielétricos
24.76
Um capacitor esférico isolado possui carga + Q sobre o condutor interno (raio ra ) e
carga − Q sobre o condutor externo (raio rb ). A seguir, metade do volume entre os
dois condutores é preenchida por um dielétrico lı́quido com uma constante K, conforme indicado na seção reta da Figura 24.∞.
(a) Determine a capacitância do capacitor preenchida até a metade.
→
(b) Calcule o módulo E(r) de E no volume entre os dois condutores em função da
distância r ao centro do capacitor. Fornece resposta para a metade superior e a
metade inferior desse volume.
(c) Determine a densidade de cargas livres superficial sobre o condutor interno e sobre o condutor externo.
(d) Calcule a densidade de cargas ligadas superficial sobre a superfı́cie interna do
dielétrico (r = ra ) e sobre sa superfı́cie externa do dielétrico (r = rb ).
(e) Qual é a densidade de carga ligada sobre a superfı́cie plano do dielétrico? Explique.
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Solução :
(a) Uma solução de malandro esperto : Utilizamos o resultado do capacitor de duas
esferas concêntricas :
Q
1
1
Va − Vb =
−
4 π 0 ra rb
conduzindo à capacitância
ra rb
C = 4 π 0
(1)
rb − ra
1
Ora, as duas esferas concêntricas podem ser vistos como dois capacitores em paralelo
formados cada um por por duas semi-esferas, cuja capacitância é a metade de (1).
C0 = 2 π 0
ra rb
rb − ra
(2)
Quando temos um dielétrico entre os condutores, a capacitância é :
CK = 2 π K 0
ra rb
rb − ra
(3)
e esses dois em paralelo, conduz a
Ctot = 2 π (K + 1) 0
ra rb
rb − ra
(4)
(b) Se não souber a fórmula (1) ou se não perceber o truque de decompor o capacitor
original e recompor duas metades um sem e outro com dielétrico, temos que
proceder
R
de maneira mais racional : primeiro calcular E(r), depois Va − Vb = E(r) dr e
finalmente Ctot. A simetria do problema ( o dielétrico está na metade das esferas!)
→
permite a hipótese que E= E(r) r̂ e que o módulo E(r) é o mesmo na região sem que
→
na região com dielétrico. Utilizando o teorema de Gauss para o vetor E :
Q = 0 E(r) 2 π r2 + E(r) 2 π r2
(5)
Segue que
E(r) =
Q
1
2 (1 + K) π 0 r2
e
Va − Vb =
1
2 (1 + K) π 0
1
1
−
ra rb
(6)
!
Q
(7)
conduz à fórmula (4).
(c) O campo na esfera interna e na externa são :
E(ra ) =
Q
Q
1
1
; E(rb ) =
2
(1 + K) 0 2 π ra
(1 + K) 0 2 π rb2
A densidade de cargas livres superficial sobre o condutor interno :
na parte superior é
Q
1
σ0(int) = 0 Ea =
(1 + K) 2 π ra2
e, na parte inferior :
σ1(int) = K 0 Ea =
2
Q
K
(1 + K) 2 π ra2
(8)
(9)
(10)
Sobre o condutor externo :
na parte superior é
σ0(ext) = − 0 Eb =
−Q
1
(1 + K) 2 π rb2
(11)
e, na parte inferior :
σ1(ext) = − K 0 Eb =
−Q
K
(1 + K) 2 π rb2
(12)
(d) No dielétrico em contato com o condutor interno, a densidade superficial de carga
induzida será σ10 (int) (negativa !) determinada pela lei de Gauss :
(σ1 (int) + σ10 (int))
Ea =
0
Usando (8) e (10) obtemos :
σ10 (int) =
1−K Q
1 + K 2 π ra2
(13)
Na parte do dielétrico em contato com a esfera externa a lei de Gauss implica em
− Eb =
(σ1(ext) + σ10 (ext))
0
onde σ1(ext) é negativa e dada por (12). Obtemos :
σ10 (ext) =
K −1 Q
1 + K 2 π rb2
(14)
(e) Não há cargas induzidas, pois o campo elétrico é contı́nuo passando do dielétrico
com constante K ao ar, que é outro dielétrico.
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