Physics · Livro 3 · Bachelor Year 1

Física universitária — 1.º ano

Física universitária — 1.º ano · Bachelor Year 1

26Eletrostática: o campo e a lei de Gauss

Esfregue um balão num suéter e ele gruda na parede; penteie um cabelo seco e o pente entorta um filete fino de água. Por trás dos dois está a força entre cargas elétricas em repouso, a lei de Coulomb — uma lei em inverso do quadrado como a gravitação, mas 103610^{36} vezes mais forte entre dois prótons e com os dois sinais, de modo que a matéria é neutra com precisão fantástica e os efeitos residuais são o que chamamos de química, materiais e raios. Este capítulo constrói o conceito que torna a lei manejável, o campo elétrico, mostra como ler um campo a partir das suas simetrias e deduz o único teorema que calcula em três linhas os campos de distribuições simétricas: a lei de Gauss. O seu gêmeo gravitacional vem de brinde no fim.

Um raio de nuvem para o solo: dezenas de coulombs trazidos para baixo em algumas descargas de cem quiloampères — a Terra elétrica do problema de fim de semana.
Um raio de nuvem para o solo: dezenas de coulombs trazidos para baixo em algumas descargas de cem quiloampères — a Terra elétrica do problema de fim de semana.

26.1 Cargas e a lei de Coulomb

Definição 26.1 (Carga elétrica)

A carga elétrica qq (coulomb, C\mathrm{C}) é uma propriedade da matéria, dos dois sinais; ela se conserva (a carga total de um sistema isolado nunca muda) e é quantizada em unidades da carga elementar e=1.602×10−19 Ce = 1.602 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (próton +e+e, elétron −e-e). Uma distribuição macroscópica é descrita por uma densidade de carga: linear λ\lambda (C/m\mathrm{C}/\mathrm{m}), superficial σ\sigma (C/m2\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}) ou volumétrica ρ\rho (C/m3\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}), de modo que um pequeno elemento leva  ⁣dq=λ  ⁣dl\dd q = \lambda\,\dd l, σ  ⁣dS\sigma\,\dd S ou ρ  ⁣dτ\rho\,\dd\tau.

Teorema 26.2 (Lei de Coulomb)

Duas cargas pontuais q1q_1 em M1M_1 e q2q_2 em M2M_2 em repouso no vácuo exercem uma sobre a outra as forças

F→1→2=q1q24πε0 r2 e→12=−F→2→1,r=M1M2,e→12=M1M2→r,\vect F_{1 \to 2} = \frac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0\,r^2}\,\vect e_{12} = -\vect F_{2 \to 1}, \qquad r = M_1M_2,\quad \vect e_{12} = \frac{\vect{M_1M_2}}{r},

repulsivas para cargas de mesmo sinal e atrativas para cargas de sinais contrários, com a permissividade do vácuo ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, isto é, 1/4πε0=8.99×109 N m2/C21/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}. As forças de várias cargas se somam (superposição).

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Exemplo 26.3 (Quão forte)

Dois prótons a 1 fm1\,\mathrm{fm} um do outro se repelem com 8.99×109×(1.6×10−19)2/10−30=230 N8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/10^{-30} = 230\,\mathrm{N} — o peso de uma criança, entre duas partículas de 10−2710^{-27} kg; a atração gravitacional entre eles é 103610^{36} vezes menor. Dois gramas de elétrons numa ponta de uma sala e os prótons correspondentes na outra se atrairiam com 102510^{25} N. A matéria é neutra porque não tem escolha: qualquer desequilíbrio é corrigido por forças que estrutura nenhuma resiste.

26.2 O campo elétrico

Definição 26.4 (Campo eletrostático)

Uma distribuição de cargas em repouso cria em todo ponto MM do espaço um campo elétrico E→(M)\vect E(M), definido pela força que ele exerce sobre uma carga de prova qq colocada em MM: F→=qE→(M)\vect F = q\vect E(M) (V/m\mathrm{V}/\mathrm{m} == N/C\mathrm{N}/\mathrm{C}). Uma carga pontual q1q_1 em OO cria

E→(M)=q14πε0r2 e→r,r=OM,\vect E(M) = \frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vect e_r , \qquad r = OM ,

radial e para fora se q1>0q_1 > 0; uma distribuição cria a soma vetorial dos campos dos seus elementos. Uma linha de campo é uma curva tangente em cada ponto a E→\vect E, orientada segundo ele.

Proposição 26.5 (Ler um mapa de campo)

As linhas de campo saem das cargas positivas e terminam nas negativas (ou no infinito); elas nunca se cruzam (o campo é unívoco) e se adensam onde o campo é forte. Quando há duas cargas presentes, o número de linhas desenhadas em cada uma é proporcional à sua carga.

Linhas de campo de duas cargas opostas (à esquerda) e de duas cargas positivas iguais (à direita). As linhas partem do + e terminam no - ou no infinito; à direita elas se repelem e o campo se anula no ponto médio, por onde não passa nenhuma linha.
Linhas de campo de duas cargas opostas (à esquerda) e de duas cargas positivas iguais (à direita). As linhas partem do ++ e terminam no −- ou no infinito; à direita elas se repelem e o campo se anula no ponto médio, por onde não passa nenhuma linha.

Exemplo 26.6 (Anel e segmento por soma direta)

No eixo de um anel de raio RR que leva QQ uniformemente, à distância zz do seu centro, cada elemento  ⁣dq\dd q contribui com  ⁣dq/4πε0(R2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2) ao longo da reta que o liga a MM; as componentes perpendiculares ao eixo se cancelam aos pares e as axiais se somam com o fator z/R2+z2z/\sqrt{R^2 + z^2}:

Ez=Qz4πε0(R2+z2)3/2,E_z = \frac{Qz}{4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2)^{3/2}} ,

nulo no centro, máximo em z=R/2z = R/\sqrt2 e igual a Q/4πε0z2Q/4\pi\varepsilon_0z^2 bem longe. Um disco carregado uniformemente é uma pilha de anéis (Problema 26.1). A soma direta funciona sempre que a geometria permite calcular a integral; o resto do capítulo trata de evitá-la.

26.3 Simetrias e invariâncias

Proposição 26.7 (Princípio de simetria)

O campo tem as simetrias das suas fontes. Se um plano Π\Pi é um plano de simetria da distribuição de cargas (a imagem especular da distribuição é ela própria), então em todo ponto de Π\Pi o campo está contido em Π\Pi; se Π\Pi é um plano de antissimetria (a imagem especular é a distribuição com todas as cargas trocadas de sinal), o campo nos pontos de Π\Pi é perpendicular a Π\Pi. Se a distribuição é invariante por uma translação ou por uma rotação, o campo também é: as suas componentes não dependem da coordenada correspondente.

Demonstração. E→\vect E é uma soma de termos  ⁣dq e→/4πε0r2\dd q\,\vect e/4\pi\varepsilon_0r^2; a imagem especular da soma é a soma das imagens, e a imagem do campo de uma distribuição é o campo da distribuição imagem (um vetor construído a partir de posições e cargas se transforma como as posições). Num plano de simetria o campo é igual à sua própria imagem especular e portanto está no plano; num plano de antissimetria ele é igual ao oposto da sua imagem e portanto é normal a ele. A invariância é o mesmo argumento com uma translação ou uma rotação. ∎

Método 26.8 (Achar a forma de um campo antes de calculá-lo)

Para o ponto MM em que se quer o campo: (1) liste os planos de simetria das fontes que contêm MM — o campo está sobre a interseção deles; dois desses planos fixam a direção. (2) Liste as invariâncias — elas dizem de que coordenadas E→\vect E depende. Assim, um fio infinito carregado uniformemente dá E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r em coordenadas cilíndricas, uma esfera dá E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r em esféricas, e um plano infinito dá E→=E(z) e→z\vect E = E(z)\,\vect e_z com E(−z)=−E(z)E(-z) = -E(z). Só então calcule.

As três distribuições simétricas do capítulo e as superfícies de Gauss (tracejadas) adaptadas a elas: uma esfera concêntrica, um cilindro coaxial e uma caixinha cilíndrica atravessando o plano. Em cada uma, o campo é normal e de módulo uniforme, ou então tangente.
As três distribuições simétricas do capítulo e as superfícies de Gauss (tracejadas) adaptadas a elas: uma esfera concêntrica, um cilindro coaxial e uma caixinha cilíndrica atravessando o plano. Em cada uma, o campo é normal e de módulo uniforme, ou então tangente.

26.4 Fluxo e lei de Gauss

Definição 26.9 (Fluxo do campo)

Corte uma superfície SS em pequenos elementos de área  ⁣dS\dd S, cada um com uma normal unitária n→\vect n (para uma superfície fechada, a normal para fora). O fluxo de E→\vect E através de SS é a soma

Φ=∑E→⋅n→  ⁣dS=∑En  ⁣dS(V m):\Phi = \sum \vect E\cdot\vect n\,\dd S = \sum E_n\,\dd S \qquad (\mathrm{V}\,\mathrm{m}):

a componente normal do campo ponderada pela área — o “número de linhas de campo” que atravessam SS, contadas positivamente quando cruzam no sentido de n→\vect n.

Teorema 26.10 (Lei de Gauss)

O fluxo do campo eletrostático através de qualquer superfície fechada SS é igual à carga total encerrada por SS dividida por ε0\varepsilon_0:

Φsaıˊda=Qintε0.\Phi_{\text{saída}} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} .

As cargas fora de SS não contribuem em nada para o fluxo (as suas linhas entram e voltam a sair).

Demonstração. Para uma carga pontual qq no centro de uma esfera de raio rr: E→\vect E é radial, de módulo q/4πε0r2q/4\pi\varepsilon_0r^2 em toda a esfera, logo Φ=E×4πr2=q/ε0\Phi = E \times 4\pi r^2 = q/\varepsilon_0 — independente de rr, porque o campo cai como 1/r21/r^2 exatamente na medida em que a área cresce. Que o mesmo valha para qualquer superfície fechada em torno de qq (o fluxo através de um elemento de superfície só depende do ângulo sólido que ele subtende desde qq), que uma carga externa dê zero (ela subtende duas vezes cada ângulo sólido, com sinais opostos) e que os fluxos de várias cargas se somem fica admitido aqui; a demonstração completa está no volume do segundo ano. ∎

Método 26.11 (Usar a lei de Gauss)

(1) A partir das simetrias, escreva a forma de E→\vect E (direção e a variável de que ele depende). (2) Escolha uma superfície de Gauss fechada que passe pelo ponto MM e na qual E→\vect E seja em toda parte normal com o mesmo módulo E(M)E(M), ou então tangente: o fluxo é então E(M)E(M) vezes a área da parte normal. (3) Conte a carga que está dentro. (4) Isole E(M)E(M). Funciona para esferas, cilindros infinitos e planos infinitos — e para nada mais, sem outras ferramentas.

Proposição 26.12 (Os três campos clássicos)

  1. Esfera de raio RR, de carga QQ espalhada uniformemente no seu volume: E(r)=Q4πε0r2E(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} fora (r>Rr > R) — como se toda a carga estivesse no centro — e E(r)=Qr4πε0R3E(r) = \dfrac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3} dentro, crescendo linearmente a partir de zero; contínuo em r=Rr = R. Se a carga estiver só na superfície, o campo interno é nulo.
  2. Fio infinito de carga linear λ\lambda: E(r)=λ2πε0rE(r) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}, radial.
  3. Plano infinito de carga superficial σ\sigma: E=σ2ε0E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} de cada lado, normal ao plano, apontando para longe dele se σ>0\sigma > 0, independentemente da distância. Ao atravessar o plano a componente normal salta de σ/ε0\sigma/\varepsilon_0.

Demonstração. (1) Esfera de raio rr: fluxo 4πr2E(r)4\pi r^2E(r); carga interna QQ se r>Rr > R, e Q(r/R)3Q(r/R)^3 se r<Rr < R. (2) Cilindro de raio rr e comprimento hh: fluxo pela superfície lateral 2πrh E(r)2\pi rh\,E(r), nenhum pelas bases (campo tangente); carga λh\lambda h. (3) Caixinha cilíndrica de seção SS atravessando o plano: fluxo 2SE2SE pelas duas bases (o campo é ímpar em zz, de modo que as duas contam positivamente), nenhum pela lateral; carga σS\sigma S. ∎

O campo de uma esfera carregada em função da distância ao seu centro: linear dentro e em 1/r2 fora quando a carga preenche o volume (traço cheio); nulo dentro e o mesmo fora quando ela está na superfície (tracejado). Do lado de fora, nada distingue a esfera de uma carga pontual no seu centro.
O campo de uma esfera carregada em função da distância ao seu centro: linear dentro e em 1/r21/r^2 fora quando a carga preenche o volume (traço cheio); nulo dentro e o mesmo fora quando ela está na superfície (tracejado). Do lado de fora, nada distingue a esfera de uma carga pontual no seu centro.

Exemplo 26.13 (Dois planos: o capacitor plano)

Dois planos paralelos que levam +σ+\sigma e −σ-\sigma: cada um cria σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0 apontando para longe de si (em direção a si, no caso do negativo). Entre os planos os dois campos se somam e dão σ/ε0\sigma/\varepsilon_0, dirigido do ++ para o −-; fora eles se cancelam. Com σ=1 µC/m2\sigma = 1\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}, E=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} entre eles e zero fora: o campo de um capacitor carregado fica confinado ao seu espaçamento (Capítulo 27).

Superposição para duas folhas opostas. À esquerda: os campos uniformes de cada folha isolada (em vermelho, o da positiva; em azul, o dirigido à negativa). À direita: a sua soma, / _0 no espaçamento e zero fora.
Superposição para duas folhas opostas. À esquerda: os campos uniformes de cada folha isolada (em vermelho, o da positiva; em azul, o dirigido à negativa). À direita: a sua soma, σ/ε0\sigma/\varepsilon_0 no espaçamento e zero fora.

26.5 A analogia gravitacional

Proposição 26.14 (Lei de Gauss para a gravitação)

A lei de Newton F→=−Gm1m2 e→12/r2\vect F = -Gm_1m_2\,\vect e_{12}/r^2 tem a forma da de Coulomb com q→mq \to m e 1/4πε0→−G1/4\pi\varepsilon_0 \to -G. O campo gravitacional g→\vect g (força por unidade de massa) obedece, portanto, às mesmas regras de simetria e a

Φsaıˊda(g→)=−4πG Mint.\Phi_{\text{saída}}(\vect g) = -4\pi G\,M_{\text{int}} .

Em particular, um corpo de simetria esférica atrai os pontos externos como se a sua massa estivesse no seu centro, e o campo dentro de uma esfera homogênea de raio RR e massa MM vale g(r)=GMr/R3g(r) = GMr/R^3, linear em rr.

Demonstração. Substitua Q/ε0Q/\varepsilon_0 por −4πGM-4\pi GM na demonstração da Proposição 26.12; o sinal de menos diz que o fluxo entra (a gravidade atrai). ∎

Exemplo 26.15 (Dentro da Terra)

Numa Terra homogênea, gg cairia linearmente de 9.8 m/s29.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} na superfície até zero no centro; uma pedra solta num túnel que atravessasse o planeta oscilaria harmonicamente com período 2πR/g=84 min2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min} — o período de um satélite rasante. A Terra real tem um núcleo denso, e gg de fato sobe até 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} na fronteira núcleo–manto antes de cair (Problema 26.1). Newton precisou do teorema das cascas para aplicar a sua lei aos planetas; a lei de Gauss o dá numa linha.

26.6 Exercícios

Exercício 26.1 ★

Força elétrica e força gravitacional entre dois prótons a 2.0 fm2.0\,\mathrm{fm} um do outro; a razão entre elas. Por que, então, os núcleos se mantêm coesos?

Solução

Solução de Exercício 26.1.

Fe=8.99×109×(1.6×10−19)2/(2×10−15)2=58 NF_e = 8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/(2 \times 10^{-15})^2 = 58\,\mathrm{N}; Fg=6.67×10−11×(1.67×10−27)2/(4×10−30)=4.6×10−35 NF_g = 6.67 \times 10^{-11} \times (1.67 \times 10^{-27})^2/(4 \times 10^{-30}) = 4.6 \times 10^{-35}\,\mathrm{N}; razão 1.2×10361.2 \times 10^{36}. Os núcleos se mantêm porque a interação forte, no alcance do femtômetro, vence até essa repulsão.

Exercício 26.2 ★

Campo a 1.0 m1.0\,\mathrm{m} de uma carga pontual de 1.0 µC1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. A superfície da Terra tem um campo de 100 V/m100\,\mathrm{V}/\mathrm{m} apontando para baixo: sinal e valor da carga da Terra, tratando-a como uma esfera de raio 6370 km6370\,\mathrm{km}.

Solução

Solução de Exercício 26.2.

E=8.99×109×10−6/1=9.0 kV/mE = 8.99 \times 10^9 \times 10^{-6}/1 = 9.0\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}. Um campo dirigido para baixo é o de uma carga negativa: Q=−4πε0R2E=−1.11×10−10×(6.37×106)2×100=−4.5×105 CQ = -4\pi\varepsilon_0R^2E = -1.11 \times 10^{-10} \times (6.37 \times 10^6)^2 \times 100 = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

Exercício 26.3 ★

Duas cargas +q+q em x=±ax = \pm a no eixo xx. Campo no eixo xx para ∣x∣>a|x| > a e no eixo yy; mostre que no eixo yy o EyE_y é máximo em y=a/2y = a/\sqrt2. Esboce as linhas perto da origem.

Solução

Solução de Exercício 26.3.

No eixo, ∣x∣>a|x| > a: Ex=q4πε0[1(x−a)2+1(x+a)2]E_x = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\dfrac{1}{(x - a)^2} + \dfrac{1}{(x + a)^2}\Bigr], para fora. No eixo yy as componentes xx se cancelam: Ey=2qy4πε0(y2+a2)3/2E_y = \dfrac{2qy}{4\pi\varepsilon_0(y^2 + a^2)^{3/2}};  ⁣dEy/ ⁣dy∝(y2+a2)−3y2=0\dd E_y/\dd y \propto (y^2 + a^2) - 3y^2 = 0 em y=a/2y = a/\sqrt2. Na origem o campo se anula; as linhas que saem de cada carga em direção à outra se curvam ao longo de ±y\pm y — uma sela.

Exercício 26.4 ★

Cargas +2q+2q em x=0x = 0 e −q-q em x=ax = a. Onde o campo se anula no eixo xx? Quantas linhas de campo saem de +2q+2q para cada uma que chega em −q-q, e para onde vão as outras?

Solução

Solução de Exercício 26.4.

Entre as cargas os dois campos apontam para −q-q: nenhum zero. À esquerda de +2q+2q, 2q/x2>q/(x+a)22q/x^2 > q/(x + a)^2 sempre. Além de −q-q, à distância dd dele: 2q/(a+d)2=q/d22q/(a + d)^2 = q/d^2, a+d=2 da + d = \sqrt2\,d, d=a/(2−1)=2.4ad = a/(\sqrt2 - 1) = 2.4a. Duas linhas saem de +2q+2q para cada uma que termina em −q-q; a outra metade vai para o infinito, onde o par parece uma carga +q+q.

Exercício 26.5 ★★

Um disco de raio RR leva σ\sigma uniformemente. A partir do resultado do anel, mostre que no seu eixo Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr) para z>0z > 0; verifique os dois limites z≪Rz \ll R e z≫Rz \gg R.

Solução

Solução de Exercício 26.5.

Anel de raio aa e largura  ⁣da\dd a:  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a,  ⁣dEz=σz2ε0a  ⁣da(a2+z2)3/2\dd E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}}; integrando: σz2ε0[−1a2+z2]0R=σ2ε0(1−zz2+R2)\dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\Bigl[-\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + z^2}}\Bigr]_0^R = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} \Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr). z≪Rz \ll R: σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, o plano infinito. z≫Rz \gg R: z/z2+R2≈1−R2/2z2z/\sqrt{z^2 + R^2} \approx 1 - R^2/2z^2, logo Ez≈σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2E_z \approx \sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, a carga pontual.

Exercício 26.6 ★★

Um núcleo de ouro (Z=79Z = 79, R=7.0 fmR = 7.0\,\mathrm{fm}) como esfera carregada uniformemente: campo na superfície, em R/2R/2 e a 1 pm1\,\mathrm{pm}. Compare com o campo de ruptura do ar, 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Solução

Solução de Exercício 26.6.

Q=79e=1.26×10−17 CQ = 79e = 1.26 \times 10^{-17}\,\mathrm{C}; E(R)=8.99×109×1.26×10−17/(7×10−15)2=2.3×1021 V/mE(R) = 8.99 \times 10^9 \times 1.26 \times 10^{-17}/ (7 \times 10^{-15})^2 = 2.3 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; em R/2R/2, metade: 1.2×1021 V/m1.2 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; a 1 pm1\,\mathrm{pm}: 1.14×10−7/10−24=1.1×1017 V/m1.14 \times 10^{-7}/10^{-24} = 1.1 \times 10^{17}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} — 101510^{15} vezes o campo de ruptura do ar, a uma distância em que os elétrons vivem.

Exercício 26.7 ★★

Campo de um fio infinito pela lei de Gauss. Um condutor de alta tensão de raio 1.0 cm1.0\,\mathrm{cm}: carga linear com que o campo na sua superfície atinge o valor de ruptura 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} (início do efeito corona). Campo a 5 m5\,\mathrm{m} nesse caso.

Solução

Solução de Exercício 26.7.

Cilindro de raio rr e comprimento hh: 2πrh E=λh/ε02\pi rh\,E = \lambda h/\varepsilon_0, E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. Corona quando λ=2πε0rE=2π×8.85×10−12×0.01×3×106=1.7 µC/m\lambda = 2\pi\varepsilon_0 rE = 2\pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 0.01 \times 3 \times 10^6 = 1.7\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}; a 5 m5\,\mathrm{m}, E=3×106×0.01/5=6 kV/mE = 3 \times 10^6 \times 0.01/5 = 6\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}.

Exercício 26.8 ★★

Duas placas paralelas de área 1.0 m21.0\,\mathrm{m}^{2} levam ±1.0 µC\pm1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. Campo entre elas; força sobre uma das placas (o campo que age sobre ela é o da outra placa apenas — por quê?); pressão sobre as placas.

Solução

Solução de Exercício 26.8.

E=σ/ε0=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = \sigma/\varepsilon_0 = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. Uma placa não exerce força resultante sobre si mesma (as contribuições do seu próprio campo se cancelam aos pares); o campo da outra placa no lugar dela vale σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, logo F=Qσ/2ε0=10−6×10−6/(2×8.85×10−12)=5.6×10−2 NF = Q\sigma/2\varepsilon_0 = 10^{-6} \times 10^{-6}/(2 \times 8.85 \times 10^{-12}) = 5.6 \times 10^{-2}\,\mathrm{N}, atrativa; pressão σ2/2ε0=0.056 Pa\sigma^2/2\varepsilon_0 = 0.056\,\mathrm{Pa}.

Exercício 26.9 ★★

Cabo coaxial: condutor interno de raio aa com +λ+\lambda, blindagem externa de raio bb com −λ-\lambda. Campo nas três regiões pela lei de Gauss. a=0.5 mma = 0.5\,\mathrm{mm}, b=2.5 mmb = 2.5\,\mathrm{mm}, λ=10 nC/m\lambda = 10\,\mathrm{nC}/\mathrm{m}: campo na superfície do condutor interno.

Solução

Solução de Exercício 26.9.

r<ar < a: a carga do condutor interno fica na sua superfície, não há carga dentro, E=0E = 0. a<r<ba < r < b: E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. r>br > b: carga encerrada λ−λ=0\lambda - \lambda = 0, E=0E = 0 — o cabo não irradia campo estático algum. Em r=ar = a: 2×8.99×109×10−8/(5×10−4)=3.6×105 V/m2 \times 8.99 \times 10^9 \times 10^{-8}/(5 \times 10^{-4}) = 3.6 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Exercício 26.10 ★★★

Uma casca esférica espessa R1<r<R2R_1 < r < R_2 leva QQ uniformemente no seu volume. Campo nas três regiões; verifique a continuidade em R1R_1 e R2R_2; onde ele é máximo? Esboce E(r)E(r). Uma carga positiva colocada na cavidade: que força ela sente?

Solução

Solução de Exercício 26.10.

ρ=3Q/4π(R23−R13)\rho = 3Q/4\pi(R_2^3 - R_1^3). r<R1r < R_1: E=0E = 0. R1<r<R2R_1 < r < R_2: 4πr2E=ρ 43π(r3−R13)/ε04\pi r^2E = \rho\,\tfrac43\pi(r^3 - R_1^3)/\varepsilon_0, logo E=Q4πε0r2 r3−R13R23−R13E = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\, \dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}. r>R2r > R_2: Q/4πε0r2Q/4\pi\varepsilon_0r^2. Em R1R_1 os dois lados dão 00; em R2R_2 os dois dão Q/4πε0R22Q/4\pi\varepsilon_0R_2^2. Na casca, E∝r−R13/r2E \propto r - R_1^3/r^2 cresce, de modo que o máximo está em R2R_2, depois do qual ele cai como 1/r21/r^2. Na cavidade o campo é nulo: uma carga ali não sente força alguma — onde quer que esteja.

Exercício 26.11 ★★★

A gravidade dentro da Terra. Núcleo: raio 3480 km3480\,\mathrm{km}, densidade 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}; manto até 6370 km6370\,\mathrm{km}, densidade 4500 kg/m34500\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}. (a) Massa do núcleo, do manto e total (compare com 5.97×1024 kg5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}). (b) gg na superfície e na fronteira núcleo–manto. (c) Mostre que gg cresce com a profundidade no manto se a densidade do manto for inferior a 23\tfrac23 da densidade média do que está abaixo, e verifique.

Solução

Solução de Exercício 26.11.

(a) Núcleo 43π(3.48×106)3×11000=1.94×1024 kg\tfrac43\pi(3.48 \times 10^6)^3 \times 11000 = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}; manto 43π[(6.37×106)3−(3.48×106)3]×4500=4.08×1024 kg\tfrac43\pi[(6.37 \times 10^6)^3 - (3.48 \times 10^6)^3] \times 4500 = 4.08 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}; total 6.0×1024 kg6.0 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, com erro de 1%1\%. (b) Superfície GM/R2=9.9 m/s2GM/R^2 = 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}; fronteira 6.67×10−11×1.94×1024/(3.48×106)2=10.7 m/s26.67 \times 10^{-11} \times 1.94 \times 10^{24}/(3.48 \times 10^6)^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. (c) g=GM(r)/r2g = GM(r)/r^2 com  ⁣dM=4πr2ρm  ⁣dr\dd M = 4\pi r^2\rho_m\,\dd r:  ⁣dg/ ⁣dr=4πGρm−2GM(r)/r3=4πG[ρm−23ρˉ(r)]\dd g/\dd r = 4\pi G\rho_m - 2GM(r)/r^3 = 4\pi G[\rho_m - \tfrac23\bar\rho(r)], onde ρˉ(r)=M(r)/43πr3\bar\rho(r) = M(r)/\tfrac43\pi r^3 é a densidade média abaixo de rr. gg cresce com a profundidade ( ⁣dg/ ⁣dr<0\dd g/\dd r < 0) se e só se ρm<23ρˉ\rho_m < \tfrac23\bar\rho. Logo abaixo da superfície ρˉ=5500\bar\rho = 5500, 23ρˉ=3700<4500\tfrac23\bar\rho = 3700 < 4500: gg primeiro cai um pouco; na fronteira do núcleo ρˉ=11000\bar\rho = 11000, 7300>45007300 > 4500: ali ele sobe, até 10.710.7.

Exercício 26.12 ★★★

O átomo de Thomson. Modele o átomo de hidrogênio como uma esfera positiva homogênea de carga +e+e e raio R=0.10 nmR = 0.10\,\mathrm{nm} com o elétron livre dentro dela. (a) Força sobre o elétron à distância rr do centro. (b) Mostre que ele oscila harmonicamente e calcule a frequência e o comprimento de onda da luz que ele emitiria. (c) Compare com as linhas ultravioletas do hidrogênio (122 nm122\,\mathrm{nm} e menores) e comente o que o modelo acerta e o que erra (Capítulo 30).

Solução

Solução de Exercício 26.12.

(a) Dentro, E=er/4πε0R3E = er/4\pi\varepsilon_0R^3 para fora; sobre o elétron F→=−e24πε0R3 r→\vect F = -\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R^3}\,\vect r: uma mola. (b) ω=e2/4πε0mR3=2.31×10−28/(9.11×10−31×10−30)=1.6×1016 rad/s\omega = \sqrt{e^2/4\pi\varepsilon_0mR^3} = \sqrt{2.31 \times 10^{-28}/(9.11 \times 10^{-31} \times 10^{-30})} = 1.6 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, f=2.5×1015 Hzf = 2.5 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}, λ=c/f=120 nm\lambda = c/f = 120\,\mathrm{nm}. (c) Surpreendentemente perto da linha de 122 nm122\,\mathrm{nm}: o tamanho e a intensidade do átomo estão certos. Mas o modelo dá uma única frequência, e não uma série, e o núcleo não é uma bolinha de 0.1 nm0.1\,\mathrm{nm}, e sim um ponto de 10−1510^{-15} m — e um elétron clássico em órbita irradiaria toda a sua energia em nanossegundos. O conserto está no Capítulo 30.

26.7 Problema: a Terra elétrica

Problema 26.1

Problema de fim de semana — o campo de bom tempo, a nuvem de tempestade, a descarga do raio e a lei de Gauss aplicada à gravitação

Dados: ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, 1/4πε0=8.99×109 SI1/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{SI}, e=1.6×10−19 Ce = 1.6 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, raio da Terra RE=6.37×106 mR_E = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, superfície 5.1×1014 m25.1 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}, G=6.67×10−11 SIG = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}, ME=5.97×1024 kgM_E = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}.

Parte I — O campo de bom tempo. Com tempo claro o campo no solo vale E0=100 V/mE_0 = 100\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, apontando para baixo.

  1. Sentido da força sobre um elétron livre no solo; sinal da carga da Terra.
  2. Trate a Terra como uma esfera carregada uniformemente: pela lei de Gauss, a sua carga total.
  3. Densidade superficial de carga do solo; número de elétrons em excesso por centímetro quadrado.
  4. Força sobre um grão de poeira de massa 1 µg1\,\text{µ}\mathrm{g} que leva 100100 cargas elementares; compare com o seu peso.
  5. As medidas mostram o campo caindo a cerca de 5 V/m5\,\mathrm{V}/\mathrm{m} a 10 km10\,\mathrm{km}. Aplique a lei de Gauss a uma coluna vertical de seção 1 m21\,\mathrm{m}^{2} entre o solo e 10 km10\,\mathrm{km}: sinal e quantidade da carga que o ar contém por metro quadrado.
  6. Densidade volumétrica média de carga desse ar e o número correspondente de cargas elementares por metro cúbico. (O ar contém cerca de 10910^9 íons de cada sinal por metro cúbico: que fração de desequilíbrio é essa?)
  7. O ar tem uma pequena condutividade γ=2×10−14 S/m\gamma = 2 \times 10^{-14}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}, de modo que uma densidade de corrente γE0\gamma E_0 escoa para baixo. Corrente total de bom tempo sobre o globo; tempo que ela levaria para neutralizar a carga da Terra. Conclua.

Parte II — A nuvem de tempestade. Modele uma nuvem de tempestade como dois discos horizontais de raio R=3 kmR = 3\,\mathrm{km}: −Q-Q à altitude 3 km3\,\mathrm{km} e +Q+Q a 9 km9\,\mathrm{km}, com Q=40 CQ = 40\,\mathrm{C}.

  1. Campo no eixo de um anel de raio aa que leva qq, à distância zz do seu centro (simetria e depois soma).
  2. Deduza, somando sobre anéis, o campo no eixo de um disco de raio RR e carga superficial σ\sigma: Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).
  3. Limites z≪Rz \ll R e z≫Rz \gg R; interprete cada um.
  4. Carga superficial do disco de baixo; campo que ele cria no solo exatamente por baixo (sentido e valor).
  5. Campo do disco de cima no mesmo ponto; campo resultante no solo sob a tempestade. O solo é condutor e as suas cargas induzidas mais ou menos dobram o resultado (admitido): compare com os 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} medidos sob as tempestades e com o valor de bom tempo.
  6. Fluxo do campo através de uma superfície fechada que encerre toda a nuvem; e através de uma que encerre só o disco de baixo.
  7. Campo a meio caminho entre os dois discos (6 km6\,\mathrm{km}) e o seu sentido; compare com o campo de ruptura do ar naquela altitude, cerca de 1.5×106 V/m1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.
  8. Se os 40 C40\,\mathrm{C} estivessem concentrados numa esfera de raio 500 m500\,\mathrm{m}: campo na sua superfície. Por que a iniciação de um raio ainda é uma questão em aberto?

Parte III — A descarga. Uma descarga de retorno leva 5 C5\,\mathrm{C} ao solo em 50 µs50\,\text{µ}\mathrm{s} por um canal de 3 km3\,\mathrm{km} de comprimento; tome o campo ao longo do canal como 10510^5 V/m.

  1. Corrente média.
  2. Trabalho da força elétrica sobre a carga transferida; potência durante a descarga; compare com o consumo médio de potência da humanidade, cerca de 2×1013 W2 \times 10^{13}\,\mathrm{W}.
  3. O canal tem raio de 2 cm2\,\mathrm{cm}: massa de ar dentro dele (ρ=1.2 kg/m3\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}) e temperatura que ele atingiria se toda a energia o aquecesse a volume constante (cV=720 J/(kg K)c_V = 720\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})). As temperaturas reais do canal ficam perto de 30 000 K30\,000\,\mathrm{K}: para onde vai o resto?
  4. O trovão: atraso por quilômetro, e por que o som de um canal de 3 km3\,\mathrm{km} ribomba por segundos.
  5. No mundo todo ocorrem cerca de 5050 descargas nuvem–solo por segundo: corrente que elas levam para baixo; compare com a Parte I e complete o quadro do “circuito global”.

Parte IV — A lei de Gauss aplicada à gravitação.

  1. Escreva a lei de Gauss para o campo gravitacional g→\vect g e justifique a constante pelo caso de uma massa pontual.
  2. Terra homogênea: g(r)g(r) dentro; valor em r=RE/2r = R_E/2.
  3. Terra real, com núcleo de raio 3480 km3480\,\mathrm{km} e densidade 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}: gg na fronteira núcleo–manto; compare com a superfície.
  4. Uma pedra solta num túnel sem atrito que atravessa uma Terra homogênea: equação do movimento, período da oscilação e velocidade no centro.
  5. Resuma: em cada uma das quatro partes, o que a lei de Gauss substituiu, e que quatro números vale a pena guardar?
Solução

Solução de Problema 26.1.

1. F→=−eE→\vect F = -e\vect E: para cima. Um campo dirigido para baixo na superfície é o campo de uma carga negativa: a Terra é negativa.

2. Esfera de raio RER_E, com En=−100E_n = -100: Q=4πε0RE2En=1.11×10−10×4.06×1013×(−100)=−4.5×105 CQ = 4\pi\varepsilon_0R_E^2E_n = 1.11 \times 10^{-10} \times 4.06 \times 10^{13} \times (-100) = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

3. σ=ε0En=−8.9×10−10 C/m2\sigma = \varepsilon_0E_n = -8.9 \times 10^{-10}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}; 8.9×10−10/1.6×10−19=5.5×1098.9 \times 10^{-10}/1.6 \times 10^{-19} = 5.5 \times 10^9 elétrons por metro quadrado, 5.5×1055.5 \times 10^5 por centímetro quadrado.

4. F=100e×100=1.6×10−15 NF = 100e \times 100 = 1.6 \times 10^{-15}\,\mathrm{N}; peso 10−9×9.8=9.8×10−9 N10^{-9} \times 9.8 = 9.8 \times 10^{-9}\,\mathrm{N}: seis milhões de vezes maior.

5. Normais para fora: no topo En=−5E_n = -5, embaixo En=+100E_n = +100, nos lados zero: Φ=95 V m\Phi = 95\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}, logo Q=95ε0=+8.4×10−10 CQ = 95\varepsilon_0 = +8.4 \times 10^{-10}\,\mathrm{C} por metro quadrado — carga espacial positiva, que quase cancela os −8.9×10−10-8.9 \times 10^{-10} do solo.

6. ρ=8.4×10−10/104=8.4×10−14 C/m3\rho = 8.4 \times 10^{-10}/10^4 = 8.4 \times 10^{-14}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}: 5×1055 \times 10^5 cargas elementares por metro cúbico; contra 10910^9 íons de cada sinal, um desequilíbrio de 5×10−45 \times 10^{-4}.

7. J=γE0=2×10−12 A/m2J = \gamma E_0 = 2 \times 10^{-12}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2}; I=J×5.1×1014=1.0 kAI = J \times 5.1 \times 10^{14} = 1.0\,\mathrm{kA}; Q/I=4.5×105/1000=450 sQ/I = 4.5 \times 10^5/1000 = 450\,\mathrm{s}. A Terra ficaria neutra em oito minutos: alguma coisa a recarrega continuamente.

8. O eixo está em todos os planos que o contêm, todos planos de simetria: E→\vect E é axial. Cada  ⁣dq\dd q dá  ⁣dq/4πε0(a2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2) ao longo da sua própria direção, cuja parte axial é a fração z/a2+z2z/\sqrt{a^2 + z^2}: Ez=qz/4πε0(a2+z2)3/2E_z = qz/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2)^{3/2}.

9.  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a: Ez=σz2ε0∫0Ra  ⁣da(a2+z2)3/2=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^R \dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).

10. z≪Rz \ll R: σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, o plano infinito (o valor de Gauss); z≫Rz \gg R: σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2\sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, a carga pontual.

11. σ=−40/(π×9×106)=−1.4×10−6 C/m2\sigma = -40/(\pi \times 9 \times 10^6) = -1.4 \times 10^{-6}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}; σ/2ε0=8.0×104 V/m\sigma/2\varepsilon_0 = 8.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; em z=3 kmz = 3\,\mathrm{km}, 1−3/18=0.291 - 3/\sqrt{18} = 0.29: E=2.3×104 V/mE = 2.3 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, apontando para cima, rumo à carga negativa.

12. Disco de cima, z=9 kmz = 9\,\mathrm{km}: 8.0×104×(1−9/90)=4.1×103 V/m8.0 \times 10^4 \times (1 - 9/\sqrt{90}) = 4.1 \times 10^{3}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} para baixo. Resultante 1.9×104 V/m1.9 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} para cima, cerca de 4×1044 \times 10^4 com as cargas induzidas do solo: é a ordem de grandeza certa dos 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} medidos (a carga real é mais espalhada e em parte blindada); invertido e cem vezes o campo de bom tempo.

13. Nuvem inteira: carga líquida nula, fluxo nulo. Só o disco de baixo: −Q/ε0=−40/8.85×10−12=−4.5×1012 V m-Q/\varepsilon_0 = -40/8.85 \times 10^{-12} = -4.5 \times 10^{12}\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}.

14. Cada disco está a 3 km3\,\mathrm{km} e dá 2.3×1042.3 \times 10^4; o de cima (++) empurra para baixo e o de baixo (−-) puxa para baixo: 4.7×104 V/m4.7 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} para baixo — trinta vezes abaixo da ruptura.

15. Q/4πε0R2=8.99×109×40/(2.5×105)=1.4×106 V/mQ/4\pi\varepsilon_0R^2 = 8.99 \times 10^9 \times 40/(2.5 \times 10^5) = 1.4 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}: só uma carga apertada em meio quilômetro alcança a ruptura, e os campos medidos dentro das nuvens são dez vezes fracos demais. O reforço local nas gotas e no gelo, ou elétrons em fuga semeados por raios cósmicos, são os candidatos — como um relâmpago começa ainda se discute.

16. I=5/(5×10−5)=1×105 AI = 5/(5 \times 10^{-5}) = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{A}.

17. W=QEd=5×105×3000=1.5×109 JW = QEd = 5 \times 10^5 \times 3000 = 1.5 \times 10^{9}\,\mathrm{J} (420 kWh420\,\mathrm{kW}\mathrm{h}); P=1.5×109/5×10−5=3×1013 WP = 1.5 \times 10^9/5 \times 10^{-5} = 3 \times 10^{13}\,\mathrm{W} — uma vez e meia a potência de toda a humanidade, durante cinquenta microssegundos.

18. Volume π(0.02)2×3000=3.8 m3\pi(0.02)^2 \times 3000 = 3.8\,\mathrm{m}^{3}, massa 4.5 kg4.5\,\mathrm{kg}; ΔT=1.5×109/(4.5×720)=4.6×105 K\Delta T = 1.5 \times 10^9/(4.5 \times 720) = 4.6 \times 10^{5}\,\mathrm{K} se nada escapasse. O canal explode para fora (o choque é o trovão), irradia luz e ondas de rádio, ioniza e dissocia o ar: aquecer o canal final a 3×1043 \times 10^4 K é uma pequena parte da conta.

19. 2.9 s2.9\,\mathrm{s} por quilômetro. O som parte de todos os pontos de um canal de 3 km3\,\mathrm{km} ao mesmo tempo, de distâncias que diferem de quilômetros: ele chega espalhado por vários segundos — o ribombo.

20. 50×5=250 A50 \times 5 = 250\,\mathrm{A} levados ao solo; com as correntes mais discretas das tempestades (descarga por pontas sob as nuvens, chuva carregada), o total alcança o quiloampère da Parte I: as tempestades são os geradores de um circuito global cujo caminho de volta é o ar de bom tempo.

21. Φsaıˊda(g→)=−4πGMint\Phi_{\text{saída}}(\vect g) = -4\pi GM_{\text{int}}: para uma massa pontual, g=−GM/r2g = -GM/r^2 numa esfera de área 4πr24\pi r^2, fluxo −4πGM-4\pi GM, independente de rr; o resto segue como no caso de Coulomb.

22. g(r)=g0r/REg(r) = g_0r/R_E; em RE/2R_E/2: 4.9 m/s24.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

23. Mnuˊcleo=1.94×1024 kgM_{\text{núcleo}} = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, g=GMnuˊcleo/Rc2=10.7 m/s2g = GM_{\text{núcleo}}/R_c^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} — maior do que na superfície: o manto acima é mais leve do que a média do que está por baixo.

24. mx¨=−mg0x/REm\ddot x = -mg_0x/R_E: ω=g0/RE=1.24×10−3 rad/s\omega = \sqrt{g_0/R_E} = 1.24 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, T=2π/ω=5060 s=84 minT = 2\pi/\omega = 5060\,\mathrm{s} = 84\,\mathrm{min}, vmax⁡=ωRE=7.9 km/sv_{\max} = \omega R_E = 7.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s} — a velocidade orbital de um satélite rasante, cujo período é o mesmo.

25. Ela substituiu a soma sobre cada carga da Terra (I), sobre os íons do ar (I) e sobre cada casca de rocha (IV) — e na II fixou os limites da soma sobre o disco. Guarde: −5×105 C-5 \times 10^{5}\,\mathrm{C} e 1 kA1\,\mathrm{kA} para a Terra de bom tempo; 40 C40\,\mathrm{C} e 104 V/m10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} sob uma tempestade; 105 A10^{5}\,\mathrm{A} e 109 J10^{9}\,\mathrm{J} por descarga; 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} na fronteira do núcleo.

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