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Professeur László Forró
8 janvier 2003
Physique Générale III, séance 10
Exercice 1
Principe de Curie : lorsque certaines causes (distribution de charges, distribution
de courant,…)
produisent certains effets
JG
JG (respectivement vecteur champ
électrique E , vecteur champ magnétique B ,…), les éléments de symétrie des
causes doivent se retrouver dans les effets produits.
Application de ce principe à quelques distributions de charges :
1) Invariance par translation le long d’un axe :
Soit un fil infini uniformément chargé, parallèle à l’axe z. La distribution de charges
D (cause) étant invariante par toute translation selon z, le vecteur champ électrique
(effet) qui en résulte sera également invariant par toute translation selon z. C’est
pourquoi il est indépendant de z : E(x,y).
z
D
x
y
M
Figure 1
2) Invariance par rotation autour d’un axe :
Soit un cylindre uniformément chargé, muni d’un repère cylindrique (ρ,θ,z). La
distribution de charge D étant invariante par rotation autour de l’axe z, le champ
électrique résultant est indépendant de θ :
∀ θ 0 , E ( ρ,θ,z ) =E ( ρ,θ+θ 0 ,z ) d’où E uniquement fonction de (ρ,z).
z
D
O
θ
M
ρ
Figure 2
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3) Invariance par rotation autour de deux axes :
Soit une sphère uniformément chargée, munie d’un repère sphérique (r,θ,ϕ). La
distribution de charges D étant invariante par toute rotation θ ou ϕ, le champ résultant
ne dépend que de r : E(r).
z
r
M
ϕ
D
O
x
θ
y
Figure 3
4) Invariance par symétrie par rapport à un plan :
Soit une distribution de charges D présentant un plan de symétrie Π. D’après
le
JG
principe de Curie, si M’ est le symétrique de M par rapport au plan Π alors E(M') est
JG
le symétrique de E(M) par rapport à Π.
E(M)
D
M
Π
M'
E(M')
Tout point M compris dans le plan de Jsymétrie
G
JG Π est invariant (M=M’).
JG Il en est de
même alors pour le champ électrique : E(M')=E(M) , on en déduit que E(M) est dans
le plan Π. Le champ électrique en un point d’un plan de symétrie est compris
dans ce plan de symétrie. Les conséquences sont les suivantes :
• Dans le cas de la Figure 1 (distribution linéique infinie), le plan contenant
la droite D et le point M est plan de symétrie. Le plan perpendiculaire à D
JG
passant par M est également plan de symétrie. Le champ électrique E(M)
est à l’intersection de ces 2 plans de symétrie, c’est-à-dire sur la droite
perpendiculaire à D passant par M (direction radiale).
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•
•
Dans le cas de la Figure 2 (distribution cylindrique),
le plan passant par M
JG
et contenant l’axe z est plan de symétrie. E(M) est donc compris dans ce
plan.
Dans le cas de la Figure 3 (distribution
JG sphérique), tout plan équatorial
passant par M est plan de symétrie. E(M) est à l’intersection de tous ces
plans, c’est-à-dire sur la direction radiale (OM).
Revenons à l’exercice 1 :
a) Direction : Le plan P1 perpendiculaire à la ligne chargée et passant par O est plan
de symétrie puisque O est au milieu de la ligne. Le plan P2 passant par la ligne
G
chargée et le point P est aussi plan de symétrie. E se trouve à l’intersection de P1 et
P2, c’est-à-dire sur la droite (OP).
P1
O
P
O
P
P2
Sens : De O vers P puisque la charge est positive. Pour le vérifier, on peut placer une
G
charge positive +q en P, qui sera repoussée (même signe) par une force électrique F .
JG
G
JG
Or F=+qE , d’où E orienté vers l’extérieur.
+
+q
O
F
P
b) Amplitude :
1 dq
dE=
est le champ élémentaire créé par l’élément de charge dq (r étant la
4πε 0 r 2
distance entre le point P et l’élément dq).
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rm
L/2
dy
θm
r
y
θ
x
O
−θm
P
L/2
G
JG
JG
Le champ dE est suivant le vecteur r . On sait néanmoins que la somme des dE , le
JG
JG
vecteur E(P) , est suivant la droite (OP). La composante utile de dE est donc la
1 dq
1 λ dy
cos θ =
cos θ .
projection suivant x, c’est-à-dire : dE x =
2
4πε 0 r
4πε 0 r 2
On exprime y et r en fonction de la variable θ, de manière à pouvoir intégrer en θ :
x dθ
• y = x tan θ d’où dy =
cos 2θ
x
• r=
.
cos θ
On intègre ensuite entre les angles -θm et +θm :
+θ m
E=
∫
-θ m
1 λ x dθ cos 2θ
1
cos θ =
2
2
4πε 0 cos θ x
4πε 0
L
où sin θ m =
2=
rm
L
2
 2 L2 
x + 
4

E (P) =
1
+θ m
∫
-θ m
λ cosθ
1 λ
1 λ
+θ
dθ =
2 sinθ m
[sinθ ]-θmm =
x
4πε 0 x
4πε 0 x
. On en conclut :
2
L
1
λ
1
λ
1
2
.
2
=
2
1
1
2
2
2
2
4πε 0 x 
4πε
x
0



L
4x
2
x + 
 2 +1
4

 L

c) Cas limite x L (correspond au cas d’un fil chargé infini) :
λ
1
E(P) =
.

→1 , d’où lim
x
1
x
→0
2πε
x
→0
2
2
0
L
 4x

L
 2 +1
 L

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Physique Générale III, séance 10
Retrouvons ce résultat avec le théorème de Gauss :
Comme nous l’avons montré précédemment, le champ résultant d’un fil chargé infini
est radial, et son amplitude est indépendante de z : E(r).
D
S3
n
z
E
E
h
r
P
O
n
r
S2
E
S1
n
On prend pour surface de Gauss un cylindre entourant le fil (cylindre de rayon r, de
hauteur h).
Le théorème de Gauss s’écrit :
JG G
JG G
JG G
charge intérieure au cylindre λh
E
⋅
n
dS
+
E
⋅
n
dS
+
E
=
1
2
w
∫∫S
w
∫∫S
w
∫∫S ⋅ n dS3 =
ε0
ε0
1
2
3
JG
JG
JG
flux de E à travers
la surface inférieure
flux de E à travers
la surface latérale
flux de E à travers
la surface supérieure
JG
JG G
Les flux de E à travers les surfaces inférieure S1 et supérieure S3 sont nuls car E ⊥ n .
Il ne reste donc plus que le flux à travers la surface latérale, soit :
JG G
E
w
∫∫ ⋅ n dS2 = E(r) 2π r h .
S2
JG
flux de E à travers
la surface latérale
On en conclut : E(r) =
λ
.
2π r ε 0
Exercice 2
a) Direction
JG : Tout plan perpendiculaire à l’anneau et passant par O est plan de
symétrie. E est suivant l’intersection de tous ces plans de symétrie, c’est-à-dire sur
l’axe x.
Sens : L’anneau portant une charge négative, le champ est orienté de la charge q vers
l’anneau.
Amplitude : Le champ élémentaire créé en M par l’élément dl de la circonférence est :
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dE=
1 dq
1 λ dl
-Q
=
où λ est la densité linéique de charge : λ=
.
2
2
4πε 0 r
4πε 0 r
2πR
dl
r
R
α
O
x
La composante utile est dE x = dE cos α =
dE
dEx
+q
1 λ dl
cos α , avec : r 2 = x 2 +R 2 et
2
4πε 0 r
x
x
. On intègre sur la circonférence du disque (lors de cette
cos α = =
1
2
2
2
r
( x +R )
intégration, x, α et r sont des constantes) :
2π
2π
1 xλ
1
xλ
1
x (-Q)
E = ∫ dE x = ∫
dl = ∫
dl =
3
3
2
2
4πε 0 r
4πε 0 (x +R ) 2
4πε 0 2πR(x 2 +R 2 ) 3 2
0
0
Qx
conclut : E = 3 .
2
2
4πε 0 ( x +R ) 2
2π
∫
dl . On en
0
La distance x le long de l’axe de l’anneau étant petite par hypothèse, on a : x 2 R 2
Qx
Qx
d’où : E ≈ .
=3
4πε 0 R 3
4πε 0 ( R 2 ) 2
La charge q est soumise à une force électrostatique F = qE = −
Qq
x , de la forme
4πε 0 R 3
Qq
(constante de rappel). La charge q va donc suivre un
4πε 0 R 3
mouvement harmonique simple.
F = − k x , en posant k =
b) La période du mouvement oscillatoire est T =
T = 2π
2π
k
, avec ω =
. On en conclut :
ω
m
4π ε 0 R 3 m
.
qQ
Exercice 3
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a) Théorème de Gauss sous forme intégrale : On choisit pour surface de Gauss une
surface S délimitée par :
• la sphère 1 de rayon R (R = rayon de la Terre)
• la sphère 2 de rayon R+h (h = 1,5 km).
sphère S2
n2
espace délimité par
la surface de Gauss :
portion d'atmosphère
de 1,5 km d'épaisseur
E1
E2
n1
R
h
sphère S1
JG
charge à l'intérieur de S
flux Φ de E à travers la surface S =
ε
JJG JJ0G
JJG JJG
D’une part : Φ = flux à travers S1 + flux à travers S2 = w
E
⋅
n
dS
+
E
∫∫ 1 1 1 w
∫∫ 2 ⋅ n 2dS2
S1
Φ=
− E1 ⋅ 4πR
JG
+
2
sur la sphère
G S1 : E et
la normale n à la surface
ont des orientations opposées
S2
E 2 ⋅ 4π(R+h)
JG
2
sur la sphère
G S2 : E et
la normale n à la surface
ont des orientations identiques
E1
on arrive à :
4
3 2
R h2 
h
h2 
23
Φ = −4πE1  R − h −  = −4πE1R  −
−
≈ −3πE1R 2 (1)
2 
2 4 
4 2R 4R 
4

Avec E 2 =
3
car h R
4
D’autre part : Φ =
ρ ⋅ volume d'atmosphère délimité par la surface de Gauss
ε0
Φ=
ρ
ε0
3


4 3 ρ 4
h
3
4
3 
−
=
+
−
π
R+h
πR
π
R
1
1
(
)




 3
 ε 3
3
 R 

0

3h
−1 au premier
R
h
ordre en
R
soit 1+
ρ 4 3 3h 4πρR 2 h
πR
=
(2)
ε0 3
R
ε0
Les équations (1) et (2) nous conduisent finalement à :
Comme h R , on a finalement : Φ ≈
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3E ε
4πρR 2 h
= −3πE1R 2 , d’où la densité volumique de charge : ρ = − 1 0 .
4h
ε0
-1
-12
Application numérique : E1 = 100 V.m , h = 1500 m, ε0 = 8,854.10 F.m-1, ce qui
nous amène à ρ = -4,43.10-13 C.m-3
Φ=
JG ρ
b) Théorème de Gauss sous forme locale (ou différentielle) : div E = .
ε0
JG ∂E
∂E
∂E
Rappel : div E = x + y + z en coordonnées cartésiennes. Ici, le champ E ne
∂x
∂y
∂z
JG dE
dépend que de la variable r : div E =
.
dr
JG
JG
−
projection
de
E
projection
de
E
dE
sphère 2
sphère 1
≈
Or
(on considère la dérivée
dr
R+h − R
comme étant égale au taux d’accroissement entre R et R+h ; en effet h R ), c’est-àE 2 − E1
3E
dE
≈
=− 1.
dire :
dr R+h − R
4h
JG ρ
3E ε
3E
ρ
div E =
s’écrit donc : − 1 = , d’où : ρ = − 1 0 .
4h
ε0
4h ε 0
(
)
(
)
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