Suponha que uma nuvem de tempestade, com 2,0 \mathrm{~km} de largura e 3,0 \mathrm{~km} de comprimento, flutua 500 m acima de uma área plana. A nuvem está dotada de 160 C de carga, enquanto o solo é neutro. (a) Quanto vale a diferença de potencial entre a nuvem e o solo? (b) A ocorrência de raios requer intensidades de campo elétrico de aproximadamente 2,5 \mathrm{MV} / \mathrm{m}. As condições descritas no problema são suficientes para a ocorrência de um raio? (c) Qual é a energia potencial elétrica total contida no campo existente entre a nuvem de tempestade e o solo? (Aproxime o sistema nuvem-solo como um capacitor de placas paralelas)

Passo 1

O enunciado dá uma nuvem de tempestade aproximada por uma placa (reta) com dimensões 2,0\\ \mathrm{km} de largura e 3,0\\ \mathrm{km} de comprimento, localizada a 500\\ \mathrm{m} acima do solo. A nuvem tem carga elétrica 160\\ \mathrm{C} e o solo é neutro. As perguntas são:
  • (a) Qual a diferença de potencial (tensão) entre a nuvem e o solo?
  • (b) Essas condições são suficientes para gerar um raio, sabendo que a ruptura do ar ocorre para intensidades de campo elétrico por volta de 2,5\\ \mathrm{MV/m}?
  • (c) Qual é a energia potencial elétrica total armazenada no campo entre nuvem e solo, aproximando o sistema como um capacitor de placas paralelas?
Informações relevantes extraídas do enunciado (vou usá-las nas contas):
  • Largura =2,0\\ \mathrm{km}.
  • Comprimento =3,0\\ \mathrm{km}.
  • Distância entre nuvem e solo d=500\\ \mathrm{m}.
  • Carga na nuvem Q=160\\ \mathrm{C}.
  • Valor do campo crítico para raios E_{\text{crit}}=2,5\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}.
  • Constante de permissividade do vácuo \varepsilon_0=8,85\times10^{-12}\\ \mathrm{C^2/(N\cdot m^2)} (usada para modelos elétricos no ar).

Passo 2

Calcular a área da “placa” que representa a nuvem. Como a nuvem tem largura e comprimento dados, a área é produto desses dois números.
A = (\text{largura})\times(\text{comprimento}) = (2,0\\ \mathrm{km})\times(3,0\\ \mathrm{km}).
Converter para metros:
2,0\\ \mathrm{km}=2000\\ \mathrm{m},\qquad 3,0\\ \mathrm{km}=3000\\ \mathrm{m}.
Logo,
A = 2000\\ \mathrm{m}\times3000\\ \mathrm{m} = 6{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{m^2}.

Passo 3

Explicar o modelo físico que vamos usar e a fórmula do campo elétrico entre placas paralelas.
No modelo de placas paralelas (placas grandes e relativamente próximas), o campo elétrico entre as placas é aproximadamente uniforme e é dado por
E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0},
onde \sigma é a densidade superficial de carga (carga por unidade de área) e \varepsilon_0 é a permissividade do vácuo. Aqui usamos \sigma=\dfrac{Q}{A}. Portanto,
E=\frac{Q}{A\,\varepsilon_0}.
Explicação das variáveis:
  • E é a intensidade do campo elétrico (em \mathrm{V/m}).
  • Q é a carga elétrica total na nuvem (em \mathrm{C}).
  • A é a área efetiva da nuvem (em \mathrm{m^2}).
  • \varepsilon_0 é uma constante física (em \mathrm{C^2/(N\cdot m^2)}), que aparece nas fórmulas eletrostáticas em meios próximos ao vácuo/ ar.

Passo 4

Calcular a densidade superficial de carga \sigma e então o campo E.
\sigma=\frac{Q}{A}=\frac{160\\ \mathrm{C}}{6{,}0\times10^{6}\\ \mathrm{m^2}} = \frac{160}{6{,}0\times10^{6}}\\ \mathrm{C/m^2}.
Fazendo a divisão:
\sigma \approx 2{,}667\times10^{-5}\\ \mathrm{C/m^2}.
Agora o campo:
E=\frac{Q}{A\,\varepsilon_0}=\frac{160}{(6{,}0\times10^{6})(8{,}85\times10^{-12})}\\ \mathrm{V/m}.
Calcule o denominador:
A\,\varepsilon_0 = 6{,}0\times10^{6}\times8{,}85\times10^{-12} = 5{,}31\times10^{-5}.
Portanto
E \approx \frac{160}{5{,}31\times10^{-5}} \approx 3{,}01\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}.
Interpretação: o modelo prediz um campo elétrico médio entre nuvem e solo de aproximadamente 3{,}01\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}, ou seja, cerca de 3{,}01\\ \mathrm{MV/m}.

Passo 5

Calcular a diferença de potencial (tensão) entre as placas a partir do campo. Para um campo uniforme,
V=E\,d,
onde d é a separação entre as placas (nuvem e solo). Aqui d=500\\ \mathrm{m}. Então
V = (3{,}01\times10^{6}\\ \mathrm{V/m})\times(500\\ \mathrm{m}) \approx 1{,}51\times10^{9}\\ \mathrm{V}.
Ou seja, a diferença de potencial entre a nuvem e o solo no modelo é aproximadamente 1{,}51\times10^{9}\\ \mathrm{V} (ou 1{,}5\\ \mathrm{GV}).

Passo 6

Responder a parte (b) — comparar o campo calculado com o campo crítico para ruptura do ar.
O campo crítico dado é E_{\text{crit}}=2{,}5\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}. Nosso campo estimado é E\approx3{,}01\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}. Como
3{,}01\times10^{6}\\ \mathrm{V/m} > 2{,}5\times10^{6}\\ \mathrm{V/m},
pela estimativa do modelo a intensidade de campo média excede o limiar de ruptura do ar. Portanto, nas condições do problema o campo é suficiente, em princípio, para provocar a descarga elétrica (raio). Observação física prática (didática): na realidade a formação de um raio também depende de irregularidades, pontos de ionização locais, o caminho de menor resistência etc., mas no modelo idealizado a condição de ruptura é satisfeita.

Passo 7

Calcular a capacitância do sistema nuvem-solo no modelo de capacitor de placas paralelas. A fórmula é
C=\frac{\varepsilon_0 A}{d}.
Substituindo:
C=\frac{8{,}85\times10^{-12}\times6{,}0\times10^{6}}{500} = \frac{5{,}31\times10^{-5}}{500} \approx 1{,}06\times10^{-7}\\ \mathrm{F}.
Portanto C\approx1{,}06\times10^{-7}\\ \mathrm{F}.

Passo 8

Calcular a energia elétrica armazenada no capacitor. Usamos a fórmula
U=\frac{1}{2} C V^{2}.
Já temos C\approx1{,}06\times10^{-7}\\ \mathrm{F} e V\approx1{,}51\times10^{9}\\ \mathrm{V}. Então
U \approx \tfrac{1}{2}\times(1{,}06\times10^{-7})\times(1{,}51\times10^{9})^{2}.
Calcule V^2:
V^2 \approx (1{,}51)^2\times10^{18} \approx 2{,}28\times10^{18}.
Agora
U \approx 0{,}5\times1{,}06\times10^{-7}\times2{,}28\times10^{18}.
Multiplicando os fatores:
U \approx 1{,}21\times10^{11}\\ \mathrm{J}.
Verificação alternativa (mesmo resultado): usar U=\dfrac{Q^2}{2C}. Com Q=160\\ \mathrm{C} e C\approx1{,}06\times10^{-7}\\ \mathrm{F},
U=\frac{160^2}{2\times1{,}06\times10^{-7}}\approx\frac{25600}{2{,}12\times10^{-7}}\approx1{,}21\times10^{11}\\ \mathrm{J},
o que confirma o valor.

Passo 9

Breve interpretação dos números para te animar: V\approx1{,}5\times10^{9}\\ \mathrm{V} é enorme — ordem de gigavolts — e a energia U\approx1{,}2\times10^{11}\\ \mathrm{J} é também muito grande (ordem de 10^11 joules), compatível com as grandes energias liberadas por descargas atmosféricas reais. Esses valores saem do modelo ideal de placas paralelas e ilustram por que tempestades elétricas são perigosas.

Resposta

(a) 1{,}51\times10^{9}\\ \mathrm{V}
(b) Sim. O campo estimado é E\approx3{,}01\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}, maior que 2{,}5\times10^{6}\\ \mathrm{V/m}, logo, em princípio, condições suficientes para raio.
(c) 1{,}21\times10^{11}\\ \mathrm{J}

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