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Capítulo 5: Capacitancia
Solución de los ejercicios 3, 9, 29 y 70.
3. Un capacitor de placas paralelas tiene placas circulares de 8.20 cm de radio y 1.30 mm de separación. (a)
Calcule la capacitancia. (b) Encuentre la carga para una diferencia de potencial de 120 Volt.
SOLUCIÓN:
a) Por lo visto en clase, sabemos que la capacitancia de placas paralelas esta dada como
C =
q
V
=
�0A
d
donde A = πr2, ya que las placas son circulares, entonces, tenemos que
C =
�0πr2
d
sustituyendo los valores obtenemos:
C =
(
8.85 × 10−12 C
2
N·m2
)
(π)(0.082 m)2
0.0013 m
= 1.438 × 10−10
C
Volt
∴ La capacitancia es C = 1.438 × 10−10 CVolt
b) Como ya conocemos la capacitancia, entonces, a partir de
C =
q
V
Despejemos para q
q = CV
sustituyendo nuestros valores obtenemos que la carga para una diferencia de potencial de 120 V es:
q =
(
8.85 × 10−12 C
2
N·m2
)
(π)(0.082 m)2
0.0013 m
(120 Volt)
= 1.725 × 10−8C
∴ la carga para una diferencia de potencial de 120 volt es q = 1.725 × 10−8C
9.- Cada uno de los capacitores descargados en la figura 25-27 tiene una capacitancia de 25 µF. Una diferencia
de potencial de V = 4200 V es establecida cuando el interruptor esta cerrado. ¿Cuantos Coulombs de carga
detecta el medidor A?
1
SOLUCIÓN: Como podemos observar en la figura, tenemos 3 capacitores en paralelo sometidos a una dife-
rencia de potencial V . Debido a esto consideraremos la capacitancia total del sistema como la suma de los 3
capacitores mediante:
Ceq =
3∑
i=1
Ci =
q
V
Ya que en nuestro sistema los 3 capacitores son iguales, es decir C1 = C2 = C3 es claro ver que:
Ceq = 3C =
q
V
Debido a que queremos buscar la carga que detecta el medidor A, podemos despejarla de la ecuación, lo que
nos deja con lo siguiente:
q = 3CV
Ahora, sustituyendo con los valores que nos proporcionan vemos que:
q = 3(25 µF)(4200 V)
q = 315 000 µC
Que es lo mismo que:
q = 315 mC
29. ¿Qué capacitancia es requerida para almacenar una energía de 10 kW · h con una diferencia de potencial de
1000 V?
SOLUCIÓN: Sabemos que la energía potencial eléctrica dentro de un capacitor está dada por la siguiente
ecuación:
U =
q2
2C
Ya que q = CV , tenemos lo siguiente:
U =
1
2
CV2
Para encontrar la capacitancia necesaria para almacenar la energía indicada, despejamos C de la expresión an-
terior:
C =
2U
V2
2
Sustituyendo las cantidades conocidas:
(Tengamos en cuenta que: 1 kW · h = 3.6 × 106 J→ 10 kW · h = 36 × 106 J)
C =
2 × (36 × 106 J)
(1000 V)2
C = 72 F
70. Una losa de cobre de b = 2.00 mm de grosor es colocada
dentro de un capacitor de placas paralelas cuya área de placa es
A = 2.40 cm y separación de placas d = 5.00 cm como se mues-
tra en la Figura 25-27; la losa está exactamente a medio camino
entre las placas. (a) ¿Cuál es la capacitancia antes de introducir
la placa? (b) Si se mantiene una carga constante q = 3.40 µC en
las placas, ¿cuál es la proporción entre la energía almacenada
antes y después de haber insertado la losa? (c) ¿Cuánto traba-
jo es hecho en la losa conforme es introducida? (d) ¿La losa es
aspirada o necesita ser empujada dentro del capacitor?
SOLUCIÓN: Suponiendo que se ha cargado al capacitor con
las cargas q y −q en cada placa y que la superficie de la losa pa-
ralela a las placas tiene las mismas dimensiones que estas (y por
lo tanto tienen un área igual), se puede observar que el campo
eléctrico que las placas generan ejercería una fuerza sobre los electrones libres dentro del conductor, provo-
cando que estos se desplacen y distribuyan uniformemente sobre la cara de la losa que da de frente a la placa
cuya carga es q en una cantidad igual en magnitud y de signo distinto, −q (por ser electrones), dejando el lado
opuesto de la losa con una carga q que da de frente a la placa cuya carga es −q. De esta forma, puede supo-
nerse que la parte intermedia del conductor sirve como conector para un sistema formado por dos capacitores
de placas paralelas conectadas en serie (donde un capacitor se conforma por una placa y una cara de la losa)
que pueden ser sustituidos por un solo capacitor de placas paralelas. Por esto, si se denominan como C1 y C2
a las capacitancias de los capacitores superior e inferior, respectivamente, se tiene que la capacitancia C del
capacitor equivalente está dada por:
1
C
=
1
C1
+
1
C2
.
Y como se sabe, la capacitancia de un capacitor de placas paralelas está dada por
Cp =
ε0A
L
, (1)
donde A es el área de la placa y L la distancia que separa a las placas y en este caso se observa que es (d− b)/2.
Además, dado que ambos capacitores son iguales, se tiene:
1
C
=
2
C1
⇒ C =
1
2
(
2ε0A
d − b
)
=
ε0A
d − b
=
8.85 × 10−12F/m(2.4 × 10−4m2)
3 × 10−3m
= 0.708pF. (a)
Si tanto antes como después de introducir la losa se ha mantenido una carga constante, se sabe que la
energía potencial almacenada por el capacitor cuya carga es q y tiene capacitancia C′ está dada por:
U =
q
2C′
(2)
y denominando como Ui a la energía almacenada antes de introducir la losa (donde se tiene un sistema formado
solo por las placas), cuya capacitancia está dada por la ecuación (1) con C′ = Cp y L = d, se tiene que,
3
considerando U f como la energía almacenada una vez introducida la placa (para la cual ya se ha calculado
C′ = C), se tiene:
Ui =
dq2
2ε0A
y U f =
q2(d − b)
2ε0A
⇒
U f
Ui
=
q2(d − b)
2ε0A
(
2ε0A
q2d
)
=
d − b
d
= 0.6
Por lo tanto, sabiendo que Ui = 5U f /3, se tiene que el trabajo realizado al introducir la losa es
W = −∆U =
(
5
3
− 1
)
U f =
2
3
(
q2(d − b)
2ε0A
)
= 5.44J. (c)
Dado que el trabajo es positivo, se concluye que es aspirada. (d)
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