corrigé

— g(0) = A = 0 ;
— g(β) = B sin (νβ) = 0
Lycée Naval, Spé 2.
Devoir non surveillé n◦ 06 (correction)
Pouvoir des pointes
ν=
mπ
β
avec
m ∈ N ? (car ν > 0).
On en déduit finalement :
∀r ∈ [0, ∞[ , f (r) = armπ/β
1. Le problème est invariant par toute translation selon l’axe (Oz), le potentiel
ne dépend que des variables r et θ.
et ∀θ ∈ ]0, β[ , g(θ) = B sin
mπ
θ
β
m ∈ N?
5. L’équation de Poisson étant linéaire, une somme de solutions reste solution de
l’équation et la solution la plus générale pour le problème posé est de la forme :
∞
X
mπθ
mπ/β
V (r, θ) = V0 +
am r
sin
β
m=1
2. Dans une région vide de charges, le potentiel électrostatique vérifie l’équation de Laplace ∆V = 0 ; à l’aide de l’expression proposée pour le potentiel et de l’expression
du laplacien en coordonnées cylindriques, on obtient :
df (r)
f (r)
1 d
r
g(θ) + 2 g 00 (θ) (1)
∀θ ∈ ]0, β[ , ∀r ∈ [0, +∞[, 0 = ∆V =
r dr
dr
r
−→
~ = −−
6. Avec E
grad(V ), on en déduit en coordonnées cylindriques :
πa1 π/β−1
πθ
∂V
⇒
Er (r, θ) = −
r
sin
Er (r, θ) = −
∂r
β
β
πa1 π/β−1
πθ
1 ∂V
⇒
Eθ (r, θ) = −
r
cos
Eθ (r, θ) = −
r ∂θ
β
β
Ce résultat est en particulier vrai ∀θ ∈ ]0, β[, pour un r0 tel que f (r0 ) 6= 0 (la
fonction f n’est pas identiquement nulle sinon le potentiel serait uniforme dans le
domaine). On en déduit :
r0
df
∀θ ∈ ]0, β[ , g 00 (θ) = −
r0 (r = r0 ) g(θ)
f (r0 )
dr
On peut donc poser ∀θ ∈ ]0, β[ , g 00 (θ) = cste × g(θ) .
7. Eθ (r, β/2) = 0 . Le plan d’équation θ = β/2 est un plan de symétrie de la distribution de charges ; en un point de ce plan ; le champ électrique est contenu dans ce
plan et donc selon la direction radiale.
On reporte alors ce résultat dans l’équation (1), en particularisant à un θ0 tel que
g(θ0 ) 6= 0 :
d
df (r)
f (r) g 00 (θ0 )
f (r)
∀r ∈]0, +∞[,
r
=−
×
=−
× cste
dr
dr
r
g(θ0 )
r
Er (r, 0) = Er (r, β) = 0 ; les plans θ = 0 et θ = β sont des équipotentielles, le champ
électrique en un point de ces plans est nécessairement perpendiculaire à ces plans
et donc selon ~uθ .
3. La fonction g vérifie l’équation d’un oscillateur harmonique g 00 (θ) + ν 2 g(θ) = 0, on
en déduit :
∀θ ∈ ]0, β[ , g(θ) = A cos (νθ) + B sin (νθ)
~ = +∞ . Dans le cas d’une pointe, on
8. Pour une pointe (π/β − 1) < 0, lim kEk
r→0
observe une divergence de la norme du champ électrique qui peut donc dépasser la
valeur du champ disruptif.
Remarque : dans les cas réalistes, le champ électrique ne diverge pas, mais tend
vers une valeur très grande car l’extrémité de la pointe contient toujours quelques
atomes et n’est pas un point au sens mathématique du terme.
L’équation différentielle sur f peut se réécrire :
∀r ∈]0, +∞[, rf 00 (r) + f 0 (r) − ν 2
⇔
f (r)
=0
r
On cherche alors des solution de la forme rp ce qui impose :
p(p − 1)rp−1 + prp−1 − ν 2 rp−1 = 0 ⇔ p(p − 1) + p − ν 2 = 0
Ce qui impose p2 = ν 2 ⇔ p = ±ν et finalement :
∀r ∈ ]0, ∞[ , f (r) = arν + br−ν
9. Les conducteurs étant respectivement au potentiel nul et au potentiel V0 = 1, 0 kV,
pour un espacement d = 1 m, si le champ électrique était uniforme, il aurait pour
~ = 1, 0 kV/m (cas d’un condensateur plan).
intensité kEk
Ici, il apparaît clairement que le champ électrique est plus important au voisinage
de la pointe, ce qui est confirmé par le resserrement des équipotentielles au voisinage
de la pointe.
4. À l’origine le potentiel vaut V0 et ne doit donc pas diverger, la constante b de la
fonction f est nécessairement nulle.
La continuité du potentiel impose :
∀r ∈ ]0, ∞[ , V (r, 0) = V (r, β) = V0
Comme V (r, θ) = V0 + f (r)g(θ) avec f qui ne s’annule pas, la seule solution est
d’imposer g(0) = g(β) = 0.
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