Coup de foudre

Coup de foudre
1) Dans ce problème, on néglige les effets de bord et on suppose que les distributions
volumiques de charge ne dépendent que de 𝑧. Elles sont donc invariantes par translation par
rapport à 𝑂𝑥 et 𝑂𝑦. On en déduit 𝐸⃗ (𝑀) = 𝐸⃗ (𝑧).
Les plans (𝑀, 𝑒𝑧 , 𝑒𝑥 ) et (𝑀, 𝑒𝑧 , 𝑒𝑦 ) sont des plans de symétrie de la distribution de charge. Le
champ 𝐸⃗ (𝑀) appartient à ces plans.
On en déduit :
𝐸⃗ (𝑀) = 𝐸(𝑧)𝑒𝑧
2) On prend une surface fermée Σ composée d’un cylindre d’axe 𝑧, de hauteur 𝑧, de sections 𝑆
dans les plans 𝑧 = 0 et 𝑧 < ℎ. Le flux de 𝐸⃗ à travers cette surface vaut :
∯Σ 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 = ∬𝑧=0 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 + ∬𝑧 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 + ∬𝑆
𝑙𝑎𝑡
𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆
soit comme 𝐸(𝑧 = 0) = 0 et 𝑛⃗𝑙𝑎𝑡 ⊥ 𝑒𝑧 : ∯Σ 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 = ∬𝑧 𝐸(𝑧). 𝑑𝑆 = 𝐸(𝑧)𝑆
𝑄
On applique le théorème de Gauss : ∯Σ 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 = 𝜀𝑖𝑛𝑡
𝑜
Dans la surface fermée Σ on a une charge : 𝑄𝑖𝑛𝑡 = 𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑆𝑧
On a donc : 𝐸(𝑧)𝑆 =
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑆𝑧
𝜀𝑜
ce qui donne :
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑧
𝜀𝑜
L’énoncé nous donne la valeur du champ électrique pour 𝑧 = ℎ = 500𝑚. On en déduit :
𝐸(𝑧) =
𝜌𝑠𝑜𝑙 =
𝐸(ℎ)𝜀𝑜
ℎ
= 1,15. 10−9 𝐶. 𝑚−3
La charge totale contenue dans la couche d’épaisseur ℎ est :
𝑄𝑠𝑜𝑙 = 𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑆ℎ = 0,58 𝐶
3) Deux méthodes pour montrer que le champ est uniforme :
𝜌
Méthode 1 : on applique l’équation de Maxwell-Gauss : 𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ = 𝜀 ce qui donne dans le vide
𝑜
𝐸⃗ = 0 . Comme 𝐸⃗ (𝑀) = 𝐸(𝑧)𝑒𝑧 , on a 𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ =
𝑑𝐸(𝑧)
𝑑𝑧
= 0 donc 𝐸 ne dépend pas de 𝑧.
Méthode 2 : on applique le théorème de Gauss à un cylindre d’axe 𝑧, de sections dans les
plans 𝑧1 et 𝑧2 , avec 𝑧1 et 𝑧2 entre ℎ et ℎ1 . Le flux de 𝐸⃗ à travers cette surface vaut :
∯Σ 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 = ∬𝑧 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 + ∬𝑧 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 + ∬𝑆
1
2
𝑙𝑎𝑡
𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 = 𝑆(𝐸(𝑧2 ) − 𝐸(𝑧1 ))
𝑄
On applique le théorème de Gauss : ∯Σ 𝐸⃗ (𝑀). 𝑑𝑆 = 𝜀𝑖𝑛𝑡 = 0. On en déduit 𝐸(𝑧2 ) = 𝐸(𝑧1 ).
𝑜
Le champ est donc uniforme.
Le champ électrique créé par des distribution volumiques de charge est continu. On en déduit
que pour
ℎ < 𝑧 < ℎ1 , 𝐸(𝑧) =
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ
𝜀𝑜
= 65 𝑘𝑉. 𝑚−1
4) L’énoncé nous dit que la densité volumique de charge est linéaire en fonction de 𝑧 avec
𝜌(𝑧 = ℎ1 ) = −𝜌𝑜 et 𝜌(𝑧 = ℎ2 ) = +𝜌𝑜 .
On a donc 𝜌(𝑧) = 𝑎𝑧 + 𝑏 avec −𝜌𝑜 = 𝑎ℎ1 + 𝑏 et 𝜌𝑜 = 𝑎ℎ2 + 𝑏 ce qui donne la loi :
𝜌(𝑧) = ℎ
𝜌𝑜
2 −ℎ1
(2𝑧 − (ℎ1 + ℎ2 ))
𝑑𝐸(𝑧)
𝜌(𝑧)
5) On applique l’équation locale de Maxwell-Gauss : 𝑑𝑖𝑣𝐸⃗ = 𝑑𝑧 = 𝜀 ce qui donne
𝑜
𝑑𝐸(𝑧)
𝜌𝑜
(2𝑧
𝜀𝑜 (ℎ2 −ℎ1 )
𝜌
=
− (ℎ1 + ℎ2 )) soit : 𝐸(𝑧) = 𝜀 (ℎ 𝑜−ℎ ) (𝑧 2 − (ℎ1 + ℎ2 )𝑧) + 𝐾
𝑑𝑧
𝑜 2
1
Le champ est continu. On doit donc avoir 𝐸(ℎ1− ) = 𝐸(ℎ1+ )
𝜌 ℎ1
𝜌
𝜌𝑜 ℎ2 ℎ1
soit : 𝑠𝑜𝑙
= 𝜀 (ℎ 𝑜−ℎ ) (ℎ12 − (ℎ1 + ℎ2 )ℎ1 ) + 𝐾 = − 𝜀 (ℎ
+ 𝐾 ce qui donne :
𝜀𝑜
𝑜 2
1
𝑜 2 −ℎ1 )
1
𝜌 ℎ2 ℎ1
𝐾 = 𝜀 (𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ1 + (ℎ𝑜 −ℎ
). Le champ électrique dans le nuage vaut finalement :
𝑜
2
1)
𝜌
1
𝜌 ℎ2 ℎ1
𝐸(𝑧) = 𝜀 (ℎ 𝑜−ℎ ) (𝑧 2 − (ℎ1 + ℎ2 )𝑧) + 𝜀 (𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ1 + (ℎ𝑜 −ℎ
)
𝑜 2
1
𝑜
2
1)
6) L’allure de 𝐸(𝑧) en fonction de 𝑧 est la suivante :
7) L’énoncé donne la valeur maximale du champ électrique dans le nuage, valeur
correspondant à la norme du champ électrique en 𝑧 =
ℎ1 +ℎ2
On obtient 𝐸 (
2
𝜌 (ℎ +ℎ2 )2
𝑜
2 −ℎ1 )
) = − 𝜀 𝑜4(ℎ1
1
+ 𝜀 (𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ1 +
𝑜
ℎ1 +ℎ2
.
2
𝜌𝑜 ℎ2 ℎ1
)
(ℎ2 −ℎ1 )
= −𝐸𝑚𝑎𝑥 = −200 𝑘𝑉. 𝑚−1
.
On a alors :
𝜌𝑜 =
4(𝜀𝑜 𝐸𝑚𝑎𝑥 +𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ1 )
(ℎ2 −ℎ1 )
= 1,2. 10−9 𝐶. 𝑚−3
La charge portée par la moitié du nuage chargée positive est donnée par l’expression :
ℎ
ℎ
ℎ
𝑄 = ∭ℎ12+ℎ2 𝜌(𝑧)𝑆𝑑𝑧 = 𝑆 ∫ℎ12+ℎ2 𝜌(𝑧)𝑑𝑧 = 𝑆 ∫ℎ12+ℎ2 ℎ
2
𝑄 = 𝑆 [ℎ
𝜌𝑜
2 −ℎ1
2
ℎ2
(𝑧 2 − (ℎ1 + ℎ2 )𝑧)]ℎ
Soit : 𝑄 = 𝑆 ℎ
𝜌𝑜
2 −ℎ1
2
𝜌𝑜
2 −ℎ1
(2𝑧 − (ℎ1 + ℎ2 )) 𝑑𝑧 ce qui donne :
1+ℎ2
2
ℎ1 +ℎ2 2
((ℎ22 − (ℎ1 + ℎ2 )ℎ2 ) − ((
𝑄=
2
𝑆𝜌𝑜(ℎ2 −ℎ1 )
4
) −
(ℎ1 +ℎ2 )2
2
)) ce qui donne :
= 2,4 𝐶
Le Coulomb étant une unité très « forte » cette valeur est énorme mais le nuage également.
𝑑𝑉
8) Le potentiel électrostatique est défini par la relation 𝐸⃗ = −𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ dV soit : 𝐸(𝑧) = − 𝑑𝑧 .
Pour 0 < 𝑧 < ℎ on a 𝐸(𝑧) =
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑧
𝜀𝑜
=−
𝑑𝑉(𝑧)
𝑑𝑧
ce qui donne 𝑉(𝑧) = −
L’énoncé nous dit de prendre 𝑉(𝑧 = 0) = 0. On a alors : 𝑉(𝑧) = −
Pour ℎ < 𝑧 < ℎ1 on a 𝐸(𝑧) =
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ
𝜀𝑜
=−
𝑑𝑉(𝑧)
𝑑𝑧
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑧 2
2𝜀𝑜
+ 𝑉(𝑧 = 0)
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑧 2
2𝜀𝑜
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ𝑧
ce qui donne 𝑉(𝑧) = −
𝜀𝑜
+𝐾
Le potentiel est continu en 𝑧 = ℎ donc 𝑉(ℎ+ ) = 𝑉(ℎ− ) soit : −
𝐾=+
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ2
2𝜀𝑜
, d’où 𝑉(𝑧) = −
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ
2𝜀𝑜
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ2
2𝜀𝑜
=−
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ2
𝜀𝑜
+ 𝐾 soit
(2𝑧 − ℎ)
Récapitulatif :
Pour 0 < 𝑧 < ℎ , 𝑉(𝑧) = −
Pour ℎ < 𝑧 < ℎ1 , 𝑉(𝑧) =
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑧 2
2𝜀𝑜
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ
2𝜀𝑜
(ℎ − 2𝑧)
La différence de potentiels entre le sol et le nuage est : 𝑈 = 𝑉(𝑧 =) − 𝑉(𝑧 = ℎ1 ) ce qui
donne :
𝜌𝑠𝑜𝑙 ℎ
(ℎ − 2ℎ1 ) = −1,1. 108 𝑉
𝑈=
2𝜀𝑜
9) Entre le sol et le nuage, le champ électrostatique maximal est de 65 𝑘𝑉. 𝑚−1 alors que le
champ disruptif est de 103 𝑘𝑉. 𝑚−1. A priori le champ électrostatique créé par l’orage est
insuffisant en l’absence d’obstacles pour ioniser l’air et créer une décharge.
10) Le champ et le potentiel électrostatiques créés en 𝑀 par une sphère chargée sont :
𝑞
𝑞
𝐸⃗ (𝑀) =
2 𝑒𝑟 et 𝑉(𝑀) =
4𝜋𝜀𝑜 𝑟
4𝜋𝜀𝑜 𝑟
On en déduit la relation entre 𝐸 créé au voisinage immédiat et 𝑉(𝑧) :
𝐸=
11) Dans les deux cas on a 𝑉(𝑧) = −
𝜌𝑠𝑜𝑙 𝑧 2
2𝜀𝑜
−𝟒
|𝑉(𝑧)|
𝑅
.
Pour 𝑧 = 2 𝑚 on trouve 𝑹 = 𝟐, 𝟔. 𝟏𝟎 𝒎 et pour 𝑧 = 10 𝑚 on trouve 𝑹 = 𝟔, 𝟓. 𝟏𝟎−𝟑 𝒎
Plus on monte en altitude, moins les objets ont besoin d’être pointus pour ioniser l’air.
12) On peut estimer l’intensité du courant électrique en considérant que la charge 𝑄 portée par
le nuage est transférée pendant un temps ∆𝑡~500 𝜇𝑠.
On a alors
𝑄
𝐼 = ∆𝑡 = 4,8. 103 𝐴
13) La puissance libérée par le coup de foudre est donnée par la relation : 𝑃 = 𝑈𝐼.
L’énergie libérée par le coup de foudre pendant le temps ∆𝑡 est donc :
𝑊 = 𝑈𝐼∆𝑡 = 2,6. 108 𝐽
Cette énergie va servir à chauffer l’air. On suppose que la foudre correspond à un cylindre de
hauteur ℎ1 , de rayon 𝑟 = 10 𝑐𝑚.
On peut estimer le nombre de moles d’air dans ce cylindre en supposant qu’avant le coup de
foudre, la température est de 𝑇𝑜 = 300 𝐾 et la pression 𝑃𝑜 = 1 𝑏𝑎𝑟.
L’air étant un gaz parfait on a la relation 𝑃𝑜 𝑉 = 𝑛𝑅𝑇𝑜 ce qui donne 𝑛 =
𝑃𝑜 𝜋𝑟 2 ℎ1
𝑅𝑇𝑜
=
2,6. 103 𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠
La variation d’enthalpie de cette colonne d’air est égale à l’énergie dissipée par le coup de
foudre ce qui donne : ∆𝐻 = 𝑊 = 𝑛𝑐𝑝𝑚 ∆𝑇 avec 𝑐𝑝𝑚 =
soit :
2𝑊
7𝑅
2
∆𝑇 = 𝑛7𝑅 = 3,4. 103 𝐾
Mines-MP-2015- Extrait
Nature de la gravitation
II-Corriger la gravitation universelle classique ?
⃗ = 𝝆 et l’équation de
11- En électrostatique on a l’équation de Maxwell-Gauss : 𝒅𝒊𝒗𝑬
𝜺
𝒐
⃗
⃗ =𝟎
⃗ 𝒕𝑬
Maxwell-Faraday : 𝒓𝒐
⃗ = 0 et l’équation de Maxwell-Ampère 𝑟𝑜𝑡𝐵
⃗ = 𝜇𝑜 𝑗
En magnétostatique on a l’équation 𝑑𝑖𝑣𝐵
La distribution proposée à des équations semblables à celle de l’électrostatique mais pas à
celle du magnétostatique.
On définit le potentiel gravitationnel par la relation : Γ = −𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑
On a 𝑑𝑖𝑣Γ = −4𝜋𝐺𝜌 ce qui donne 𝑑𝑖𝑣(−𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑) = −4𝜋𝐺𝜌 soit
Δ𝜑 = 4𝜋𝐺𝜌
12- Un point 𝑀 de masse 𝑚 subit la force ⃗F = 𝑚Γ = −𝑚𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑 ce qui donne en introduisant
𝑟
le vecteur unitaire 𝑢
⃗ 𝑟 = 𝑟:
⃗F = −𝑚 𝑑𝜑 𝑢
⃗
𝑑𝑟 𝑟
⃗ 𝑜 le moment cinétique par rapport à
La force obtenue est une force centrale. Si on introduit 𝐿
O du point matériel, on a
⃗𝑜
𝑑𝐿
𝑑𝑡
= ⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 ∧ 𝐹 = ⃗0. Le moment cinétique est une constante. Le
mouvement du point matériel se fait dans le plan perpendiculaire au moment cinétique.
⃗ 𝑜 = 𝑚𝑟 2 𝜃̇𝑢
Dans ce plan, 𝐿
⃗ 𝜃 . L’expression 𝒓𝟐 𝜽̇ représente 𝑪 la constante des aires.
13- Si le point matériel est en orbite circulaire, sa vitesse est 𝑣𝑐 = 𝑟𝜃̇ 𝑢
⃗ 𝜃 et son accélération est
2
̇
𝑎𝑐 = −𝑟𝜃 𝑢
⃗ 𝑟 . On applique la loi de la quantité de mouvement au pont matériel situé en 𝑀, de
𝑑𝜑
𝑑𝜑
⃗ ce qui donne : −𝑚𝑟𝜃̇ 2 𝑢
masse 𝑚: 𝑚𝑎𝑐 = F
⃗ 𝑟 = −𝑚 𝑑𝑟 𝑢
⃗ 𝑟 soit 𝜃̇ = √𝑟𝑑𝑟. On en déduit
l’expression de la vitesse :
𝑑𝜑
𝑣𝑐 = √𝑟 𝑑𝑟 . 𝑢
⃗𝜃
14- Dans le modèle keplerien, le potentiel est : 𝜑(𝑟) = −
𝑀𝑏 𝐺
𝑟
ce qui donne
𝑑𝜑(𝑟)
𝑑𝑟
=+
𝑀𝑏 𝐺
𝑟2
d’où l’expression de la vitesse circulaire :
𝑀𝑏 𝐺
𝑣𝑐 = √
𝑟
.𝑢
⃗𝜃
Ce modèle est dit keplerien car c’est le modèle qui conduit aux lois de Kepler.
15- La courbe montre qu’en dehors du bulbe, la vitesse du mouvement circulaire est une
constante et ne dépend pratiquement pas de 𝑟. Le modèle képlerien n’est donc pas valable.
16- Le potentiel total est la somme du potentiel de la masse noire et de celui de la masse
visible.
On a donc : 𝜑 = 𝜑𝑁 + 𝜑𝑣 = 𝜑𝑁 −
𝑀𝑏 𝐺
𝑟
et
𝑑𝜑
𝑑𝑟
=
𝑑𝜑𝑁
𝑑𝑟
+
𝑀𝑏 𝐺
𝑟2
Pour calculer le potentiel de la matière noire on a l’équation de Poisson du potentiel :
Δ𝜑𝑁 = 4𝜋𝐺𝜌 ce qui donne en géométrie sphérique :
2 𝑑𝜑𝑁 (𝑟)
(𝑟
)
𝑑𝑟
𝑑𝑟
𝑑𝜑𝑁 (𝑟)
𝑑𝑟
On a donc :
𝐶
𝑜
) = 4𝜋𝐺 𝑟 2 +𝑟
soit
2
𝑜
𝑜
𝑥2
𝑟
𝑑𝜑𝑁 (𝑟)
𝑑𝑟
𝑑𝜑
𝑑𝑟
𝑑𝑟
= 4𝜋𝐺 𝑟 2 +𝑟 2 . On intègre cette expression de 0 à 𝑟 :
− 0 = 4𝜋𝐺𝐶𝑜 ∫0
Ce qui donne
𝑑𝜑𝑁 (𝑟)
(𝑟 2
𝑟 2 𝐶𝑜
𝑑
𝑟2
1 𝑑
𝑟 2 𝑑𝑟
=
=
𝑑𝜑𝑁
𝑑𝑟
4𝜋𝐺𝐶𝑜
𝑟2
+
𝑟
𝑟𝑜2 +𝑥 2
𝑀𝑏 𝐺
𝑟2
𝑑𝑥 = 4𝜋𝐺𝐶𝑜 (𝑟 − 𝑟𝑜 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑟 ))
𝑜
𝑟
(𝑟 − 𝑟𝑜 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑟 ))
𝑜
=
4𝜋𝐺𝐶𝑜
𝑟2
𝑟
𝑀𝑏 𝐺
𝑜
𝑟2
(𝑟 − 𝑟𝑜 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑟 )) +
𝑑𝜑
La vitesse du mouvement circulaire est toujours donnée par l’expression : 𝑣𝑐 = √𝑟 𝑑𝑟 soit :
𝑣𝑐 = √4𝜋𝐺𝐶𝑜 (1 −
𝑟𝑜
𝑟
𝑟
𝑀 𝐺
𝑏
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑟 ) + 4𝜋𝐺𝐶
)
𝑟
𝑜
Dès que 𝑟 > 𝑟𝑜 (grandeur d’environ 6 𝑘𝑝𝑐) on a 1 ≫
𝑜
𝑟𝑜
𝑟
𝑟
𝑀 𝐺
𝑏
𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 (𝑟 ) + 4𝜋𝐺𝐶
𝑜
𝑜𝑟
et la vitesse
devient constante : 𝑣𝑐 = √4𝜋𝐺𝐶𝑜 ce qui donne l’expression de 𝐶𝑜 :
𝑣𝑐2
𝐶𝑜 =
4𝜋𝐺
En prenant pour la vitesse 𝑣𝑐 la valeur 𝑣𝑐 = 220 𝑘𝑚. 𝑠 −1 , on obtient pour
𝐶𝑜 = 5,7. 1019 𝑘𝑔. 𝑚−1
L’énoncé nous donne la masse du Soleil : 𝑀⊙ = 2. 1030 𝑘𝑔 et l’unité de distance : 1 𝑝𝑐 =
3,1. 1016 𝑚 ce qui permet de convertir la constante 𝐶𝑜 en unité de masse solaire et de parsec :
𝐶𝑜 = 9. 105 𝑀⊙ . 𝑝𝑐 −1
𝐶
𝑜
17- L’énoncé nous donne la densité volumique de masse de la matière noire : 𝜌(𝑟) = 𝑟 2 +𝑟
2.
𝑜
Pour trouver la masse de la matière noire sur toute la galaxie il faut écrire :
𝑀𝑁 = ∭𝑔𝑎𝑙𝑎𝑥𝑖𝑒 𝜌(𝑟)𝑑𝜏 . comme la distribution de masse ne dépend que de r, on peut prendre
comme élément de volume une coquille sphérique élémentaire et écrire :
𝑅
𝐶
𝑜
2
𝑀𝑁 = ∫0 𝑑 𝑟 2 +𝑟
2 4𝜋𝑟 𝑑𝑟 . On retrouve l’intégrale donnée par l’énoncé d’où :
𝑜
𝑅𝑑
𝑀𝑁 = 4𝜋𝐶𝑜 (𝑅𝑑 − 𝑟𝑜 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 ( )) ~4𝜋𝐶𝑜 𝑅𝑑 = 11,3. 1010 𝑀⊙
𝑟𝑜
Avec ce modèle, la matière noire représente 99 % de la masse de la galaxie.
On estime la matière noire à 80% de la masse de l’univers.
1
18- La grandeur 𝑢 est sans dimension. On a 𝑢 = 𝑎2 (𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 )2
2 −2
Le potentiel gravitationnel est en 𝑚 𝑠
𝑜
donc (𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 )2 est en 𝑚2 𝑠 −4 .
L’unité de 𝑎𝑜 est le 𝑚. 𝑠 −2
C’est une grandeur homogène à une accélération.
Pour retrouver la gravitation newtonienne il faut 𝐾 = 1
19- L’équation de poisson de la gravitation newtonienne s’écrit : 𝑑𝑖𝑣(𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑) = 4𝜋𝐺𝜌 ce qui
donne en combinant avec la relation (2) : 𝑑𝑖𝑣(𝜇(𝑢)𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 ) − 𝑑𝑖𝑣(𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑) = 0
Soit : 𝑑𝑖𝑣(𝜇(𝑢)𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 − 𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑) = 0
⃗ tel que 𝜇(𝑢)𝑔𝑟𝑎
⃗ ce qui
Or 𝑑𝑖𝑣(𝑟𝑜𝑡𝐴) = 0; donc il existe un vecteur ℎ
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 − 𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑 = 𝑟𝑜𝑡ℎ
donne bien l’expression demandée :
⃗
𝜇(𝑢)𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 = 𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑 + 𝑟𝑜𝑡ℎ
⃗ ce qui donne en remplaçant
20- On a 𝜇(𝑢)𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 = 𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑 en négligeant le terme en 𝑟𝑜𝑡ℎ
𝜑 par son expression : 𝜇(𝑢)𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 =
𝐺𝑀𝑏
𝑟2
𝑢
⃗𝑟
Le problème est à géométrie sphérique et 𝜑𝑚 ne dépend que de 𝑟 donc 𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑𝑚 =
On obtient alors : 𝜇(𝑢)
𝑑𝜑𝑚
𝑑𝑟
=
𝐺𝑀𝑏
𝑟2
soit en élevant l’expression au carré : 𝜇 2 (𝑢) (
𝑑𝜑𝑚 2
𝑑𝑟
𝑟2
1
1
On en déduit :
𝑎𝑜2
𝑑𝜑𝑚 2 𝑑𝜑𝑚 2
(
𝑑𝑟
) (
𝑑𝑟
) =(
𝐺𝑀𝑏 2
𝑟2
L’expression de la vitesse est toujours : 𝑣𝑐 = √𝑟
𝑑𝜑𝑚 2
) =
𝑑𝑟
𝑑𝜑𝑚
𝑑𝑟
𝑢
⃗𝑟
)
𝑑𝜑𝑚 2
1
) soit (
𝑑𝑟
𝐺𝑀𝑏 2
) =(
Dans le régime 𝑢 << 1 on a 𝜇 2 (𝑢) = 𝑢 = 𝑎2 (𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑)2 = 𝑎2 (
𝑜
𝑑𝜑𝑚
𝑜
𝑑𝑟
)
𝑎𝑜 𝐺𝑀𝑏
𝑟2
; on obtient donc une vitesse constante :
𝑣𝑐 = (𝐺𝑎𝑜 𝑀𝑏 )1/4 soit 𝑛 = 4
𝑣4
21- Comme 𝑣𝑐 = (𝐺𝑎𝑜 𝑀𝑏 )1/4 on obtient 𝑎𝑜 = 𝐺𝑀𝑐 = 1,7. 10−9 𝑚. 𝑠 −2 . La théorie Mond ne
𝑏
s’applique que dans les cas 𝑢 << 1, c’est-à-dire quand |𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝜑| ≪ 𝑎𝑜
Pour le Soleil 𝑎𝑔 ~
𝐺𝑀𝑏
𝑅𝑏2
= 10−12 𝑚. 𝑠 −1. C’est correct.
III-Expérience Gbar- peser l’antimatière
22- Une particule placée dans le piège subit une force 𝐹 = 𝑎(𝑥𝑢
⃗ 𝑥 + 𝑦𝑢
⃗ 𝑦 ) + 𝑏𝑧𝑢
⃗ 𝑧 . Comme on
a la relation 𝐹 = −𝑔𝑟𝑎
⃗⃗⃗⃗ 𝑑𝐸𝑝 , on en déduit l’expression de l’énergie potentielle de la particule :
𝐸𝑝 = −
𝑎𝑥 2
2
−
𝑎𝑦 2
2
−
𝑏𝑧 2
2
+ 𝑐𝑠𝑡𝑒 ; or dans un champ électrostatique une particule de charge 𝑞 a
une énergie potentielle 𝐸𝑝 = 𝑞𝑉. On a donc : 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = −
𝑎𝑥 2
2𝑞
−
𝑎𝑦 2
2𝑞
−
𝑏𝑧 2
2𝑞
+ 𝑐𝑠𝑡𝑒.
Dans le vide le potentiel électrostatique vérifie l’équation de Laplace :
𝑑2 𝑉
𝑑2 𝑉
𝑑2 𝑉
∆𝑉 = 0 = 𝑑𝑥 2 + 𝑑𝑦 2 + 𝑑𝑧 2 ce qui donne la relation : 2𝑎 + 𝑏 = 0
Le potentiel s’écrit sous la forme : 𝑉(𝑥, 𝑦, 𝑧) = 𝛽(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑧 2 ) + 𝛼.
L’énoncé nous dit que ce potentiel est tel que :
𝑉(𝑥, 𝑦, 0) = 𝑉𝑜 pour 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑟𝑜2 ce qui nous donne comme relation : 𝑉𝑜 = 𝛼 + 𝛽𝑟𝑜2 et
𝑉(0,0, 𝑧𝑜 ) = 0 ce qui nous donne comme relation : 𝛼 − 2𝛽𝑧𝑜2 = 0
2𝑧 2 𝑉
𝑉
𝑜
𝑜 𝑜
On en déduit 𝛽 = 𝑟 2 +2𝑧
2 et 𝛼 = 𝑟 2 +2𝑧 2.
𝑜
𝑜
𝑜
Mais l’énoncé précise que 𝑧𝑜 =
𝑟𝑜
√2
𝑜
ce qui donne : 𝛼 =
𝑉𝑜
2
𝑉
et 𝛽 = 2𝑟𝑜2
𝑜
23- Dans le plan 𝑥𝑂𝑧, les équipotentielles sont les courbes : 𝑉(𝑥, 0, 𝑧) = 𝛽(𝑥 2 − 2𝑧 2 ) + 𝛼 =
𝑐𝑠𝑡𝑒 ;
dans le plan 𝑥𝑂𝑦, les équipotentielles sont les courbes 𝑉(𝑥, 𝑦, 0) = 𝛽(𝑥 2 + 𝑦 2 ) + 𝛼 = 𝑐𝑠𝑡𝑒
Les lignes de champ sont perpendiculaires aux équipotentielles et orientées vers les potentiels
décroissants.
24- On applique le principe fondamental à la particule de masse 𝑚 et de charge 𝑞 ce qui
donne :
𝑉
𝑉
𝑚𝑥̈ = −𝑞 𝑟𝑜2 𝑥(𝑡) ; 𝑚𝑦̈ = −𝑞 𝑟𝑜2 𝑦(𝑡) ; 𝑚𝑧̈ = 𝑞
𝑜
𝑜
2𝑉𝑜
𝑟𝑜2
𝑧(𝑡)
Le point (0,0,0) est bien une position d’équilibre.
Les équations du mouvement sont :
𝑉
𝑚𝑥̈ + 𝑞 𝑟𝑜2 𝑥(𝑡) = 0
𝑜
𝑉𝑜
𝑚𝑦̈ + 𝑞 𝑟 2 𝑦(𝑡) = 0
𝑜
𝑚𝑧̈ − 𝑞
2𝑉𝑜
𝑟𝑜2
𝑧(𝑡) = 0
Si 𝑞 > 0, la position d’équilibre est stable sur les axes des 𝑥 et des 𝑦 mais pas sur l’axe 𝑧
Si 𝑞 < 0, la position d’équilibre est stable sur l’axe des 𝑧 mais pas sur l’axe des 𝑥 et sur l’axe
des 𝑦.
Donc globalement il s’agit d’une position d’équilibre instable.