¿Qué hace falta para que un rayo salte entre la Luna y la Tierra?

Question

Esta pregunta viene de la especulación de @Floris al final de su excelente respuesta sobre lo que se necesitaría para matar a todos los habitantes de la Tierra con electricidad.

Hacer todo esto en 1/10 de segundo requiere una potencia instantánea de $7 \cdot 10^{27} W$ que es un poco mayor que la potencia del sol (que es $4\cdot 10^{26}W$ según Wolfram alpha

Siendo este el caso, creo que estamos bastante seguros. La única manera en que el Dr. Maligno podría salirse con la suya es haciéndolo a la inversa: primero bombear la carga de la tierra a la luna (lentamente), y luego dejarla fluir de vuelta en un rayo cósmico. No estoy absolutamente seguro de que la luna se mantenga en órbita mientras la cargamos... la atracción electrostática sería muy fuerte. Pero ese podría ser el tema para otro post.

¡Aquí está ese otro post!

• ¿Puedes hacer que un rayo salte entre la Tierra y la Luna?

• ¿Qué escala de energía y carga se necesitaría?

• Antes de que el rayo anulara la carga, ¿cuánto alteraría la atracción electromagnética la órbita de la Luna?

Answer 1

Según el cálculo de mi respuesta anterior, íbamos a intentar cargar la tierra con $10^{12}C$ y poner esa carga en la luna. Enviar toda la carga de vuelta en un relámpago gigante causaría entonces un cambio tan rápido en el campo eléctrico (por no mencionar que vierte toda la energía de doce soles durante una décima de segundo...) que electrocutaría a todos los seres humanos del planeta que no estuvieran en una jaula bien protegida (y esos probablemente sólo se freirían en su lugar).

Entonces especulé sobre las fuerzas y campos que surgirían de esa carga...

La fuerza entre dos esferas cargadas cada una con $Q=10^{12}C$ , distancia $R = 4\cdot 10^8 m$ aparte, es

$$F_e = \frac{Q^2}{4\pi \epsilon_0 R^2}\approx 5\cdot 10^{16}N$$

En comparación, la fuerza de la gravedad es

$$F_g = \frac{GMm}{R^2} \approx 2\cdot 10^{20} N$$

Así que no hará que la luna se estrelle, pero podría acelerar un poco la órbita. Más lunas llenas. Hombres lobo, ¡alégrense!

En cuanto a la descarga eléctrica. Antes calculé que la intensidad de campo de la tierra era de unos 200 MV/m. La ruptura dieléctrica del aire se produce a unos 3 MV/m - ver esta fuente . Más concretamente, si nos fijamos en el Curva de Paschen para el aire, viene dado por

$$V_b = \frac{apd}{\ln(pd)+b}$$

Donde para el aire, $a=4\cdot 10^7 V/(atm\cdot m)$ , $b=12.8$ y $p= 1 atm$ . Para $d = 4\cdot 10^8 m$ la tensión de ruptura (utilizando la ridícula suposición de que la presión del aire es la misma en todo momento) sería $5\cdot 10^{14} V$ - y esa fue una estimación muy generosa. Más realista sería que la diferencia de potencial alcanzada sea tal que el campo llegue a 3 MV/m - 1/70 de la diferencia de potencial deseada.

Lo que ocurrirá mucho antes de que alcancemos la diferencia de potencial deseada es lo siguiente: la atmósfera se ionizará en el lado de la luna (donde la intensidad del campo es mayor) y los iones empezarán a ser atraídos hacia la luna (suponiendo que la diferencia de potencial se haya establecido con la tierra neta positiva, y la luna neta negativa). Estos iones llegarán a la luna con una energía tremenda, suficiente para vaporizar trozos de luna en el impacto y crear un plasma que, a su vez, será desgarrado por el campo eléctrico y correrá hacia la tierra.

Anteriormente calculamos la energía asociada a la diferencia de potencial completa como $10^{26} J$ - pero eso fue cuando se alcanzó la carga completa. A 1/70 de la tensión tendremos aproximadamente 1/5000 de la energía, por lo que $2\cdot 10^{22}J$ . Si la mitad de eso se utiliza para quemar un agujero en la luna, se puede fundir un gran agujero. ¿Cómo de grande?

Capacidad calorífica de la lava aproximadamente 1 kJ/(kg K); calor latente de fusión de la roca 400 kJ/kg ( fuente ), y el punto de ebullición alrededor de 2500 K ( 2230 C para el cuarzo ). No he podido encontrar el calor latente de vaporización de la roca, pero basándome en otros compuestos basados en el silicio, lo situaré en 8000 kJ/kg (en algún punto entre el valor del hierro y el del silicio).

Así que tomar un kg de luna y vaporizarlo toma aproximadamente

8.000 + 2.000 * 1 + 400 ~ 10.000 kJ

Actualización:

Según esta referencia la energía específica del granito es de 26 kJ/cm 3 y la densidad del granito es de unos 2,6 g/cm 3 . Eso hace que mi estimación de la potencia necesaria para vaporizar la roca sorprendentemente precisa.

Esto significa que este rayo vaporizará $10^{22-7}=10^{15} kg$ de la luna. Con una densidad de aproximadamente $3.3 \cdot 10^3 kg/m^3$ que es un volumen de 300 kilómetros cúbicos de luna - una esfera de unos 8 km de diámetro. Y toda esa materia se vaporizará, se ionizará y saldrá disparada al espacio. Los fuegos artificiales más espectaculares que jamás se verán, y que no se podrán contar a los nietos.

Un agujero similar se hará en la tierra, por supuesto. Creo que el hecho de que nos electrocutemos está bajando en la lista de causas de muerte - del planeta.

Answer 2

Estimaré la diferencia de potencial, y más tarde añadiré las demás consideraciones. Considero que todo el espacio entre la Tierra y la Luna es el vacío, por lo que ignoro totalmente los efectos de la atmósfera terrestre. El límite de Swinger ( http://en.wikipedia.org/wiki/Schwinger_limit ) es el mayor campo eléctrico que puede existir antes de que los efectos no lineales empiecen a dominar, así que tomemos eso como la ruptura eléctrica del espacio (son más o menos los mismos conceptos). Se trata de $1.3\times 10^{18}$ V/m. La Tierra y la Luna están separadas por ~380 000 km, por lo que la diferencia de potencial necesaria es

$$V_{max}=4.94\times 10^{26} V$$

Para encontrar la energía total necesaria para establecer este potencial, consideraré el sistema Tierra-Luna como un par de esferas conductoras, encontraré su capacitancia y calcularé $U=\frac{1}{2}CV^2$ . Se puede encontrar su capacitancia utilizando el método de las imágenes - la respuesta es una suma infinita, cuyos primeros términos son

$$C=4\pi\epsilon R_1 \left(1+\frac{R_1R_2}{R^2-R_2^2}+\frac{R_1^2R_2^2}{R^2(R^2-R_2^2-R_1^2)-R_2^2(R^2-R_2^2)}+...\right)$$

Donde el radio de la Tierra es $R_1$ el radio de la Luna es $R_2$ y sus centros están separados por $R$ (si quieres ver cómo hacer esto con dos esferas del mismo radio, consulta esta página . Mi generalización viene de ahí con bastante facilidad). Afortunadamente, incluso tomando sólo el primer término aquí es suficiente, porque el segundo es $\sim 7.70\times 10^{-5}$ . Así que la capacitancia de este sistema es

$$C\approx7.12\times 10^{-4}\text{ F}$$

En realidad no es demasiado impresionante, pero con el potencial anterior la energía necesaria para cargar el sistema es

$$U\approx 8.68\times 10^{49}\text{ J}$$

Suponiendo que nuestro supervillano tuviera acceso a una central eléctrica al menos tan potente como la nuclear más potente de la Tierra (Kashiwazaki-Kariwa, 8000 MW), esto llevaría $\sim 10^{32}$ yrs a hacer. Fuera de las exigencias tecnológicas actuales, por decir algo.

¿Habrá otras consecuencias de esto? Bueno, utilizando el método de las imágenes anteriores, se puede encontrar la cantidad de carga en la Tierra:

$$q_1=4\pi\epsilon R_1V_{max}\approx 3.52\times 10^{23}\text{ C},$$ y la Luna sería

$$q_2=-\frac{R_2}{R}q\approx -1.61\times10^{21} \text{ C}.$$

(La carga neta aquí no es cero porque he hecho que uno de los conductores esté conectado a tierra - no estoy seguro de que tenga mucho sentido en este contexto, pero dudo que cambie los resultados significativamente).

Así que la relación entre la fuerza gravitacional y la fuerza de Coulomb sería

$$\frac{F_G}{F_C}=\frac{\frac{GM_1M_2}{R^2}}{\frac{kq_1q_2}{R^2}}\approx 5.7\times 10^{-18}$$

Así que, como se menciona en la otra respuesta, veríamos lo que ocurre en la Luna debido a la acumulación de carga mucho antes de que la carga pudiera estallar. Esto debería esperarse, por supuesto, ya que estamos empujando los límites de la fuerza electromagnética en un sistema gravitatorio perfectamente clásico. Creo que este supervillano estrellaría la Luna contra la Tierra antes de tener la oportunidad de llevar a cabo su gran plan.

Answer 3

El máximo voltaje antes de que se produzca un flujo de corriente desde la luna a la tierra no es el límite de Schwinger. Es simplemente el valor cuando la intensidad del campo en la superficie de la luna (radio más pequeño que la tierra) será lo suficientemente alta como para iniciar la emisión de campo. Debido a la rugosidad de la superficie lunar, este valor no es fácil de calcular.