O.Granier, ITC, du 24 au 29 oct - Plate

1
Préparation au Concours Cycle Polytechnicien
Filière universitaire : candidats internationaux
(O.Granier, ITC, du 24 au 29 octobre 2011)
TD corrigés sur les champs statiques E et B
Electrostatique
1) Charges aux sommets d'un carré :
Quatre charges identiques q sont placées aux quatre sommets d'un carré de côté a
2
; elles
sont fixes.
Déterminer le mouvement d'une charge q' de masse m au voisinage du centre du carré (q et q'
sont de même signe).
On se placera en coordonnées cartésiennes et on fera un développement de Taylor du
potentiel électrostatique, en tenant compte des symétries du problème et en considérant des
cas particuliers.
Solution :

2
Le potentiel électrostatique en un point M proche de l’origine peut s’écrire sous la forme d’un
développement de Taylor au 2
nd
ordre :
2 2
0
( , )
V x y V Ax By Cx Dxy Ey
= + + + + + , V
0
désigne
le potentiel à l’origine :
0
0
1
44
q
V
a
πε
=.
Par symétrie :
( , ) ( , )
V x y V x y
− − =
donc A = B= 0
De même,
( , ) ( , )
V x y V x y
− =
donne D = 0. Enfin,
( , ) ( , )
V y x V x y
=
donne C = E.
Finalement :
2 2 2
0 0
( , ) ( ) ( )
V x y V c x y V Cr r OM
= + + = + =
Pour déterminer C, on considère que le point M a pour coordonnées M (x,0) ; alors :
2 2 2 2
0 0
1 1 2 1 1 1 2
( ,0) 4 4 1 / 1 / 1 /
q q
V x a x a x a x a x a
a x x a
πε πε
= + + = + +
− + − +
+ +
En faisant un DVL au 2
nd
ordre en x / a :
2 2 2 2 2 2
0
1
( ,0) (1 / / ) (1 / / ) 2(1 / 2 )
4
q
V x x a x a x a x a x a
a πε
= + + + − + + −
2
2
0
1
( ,0) 4
4
q x
V x
a a
πε
= +
Par identification :
3
0
1
4
q
C
a
πε
=
Le potentiel s’écrit donc sous la forme :
2 2 2
2 2
0 0
1 1
( , ) 4 4
4 4
q x y q r
V x y
a a a a
πε πε
+
= + = +
La force électrique subie par la charge q’ est ensuite :
3
0
' 1
' 2 4
r
qq
f q gradV ru
a πε
= − = −
uuuuur
r
r
C’est une force de rappel.
Le PFD appliqué à la charge q’ donne :
2
2 3
0
' 1
24
d r qq
m r
dt a
πε
= −
r
r

3
Soit :
22
0
2 3 3
0 0
' 1 ' 1
0 ( )
2 2
d r qq qq
r
dt ma ma
ω
πε πε
+ = =
r
r
r
La solution de cette équation différentielle est :
0 0
cos sin
r U t V t
ω ω
= +
r r
r
La trajectoire est dans le cas général une ellipse.
2) Emission de charges électriques par un plan :
Un plan infini π = (Oxy) possède, à l’instant t = 0, une densité superficielle de charge σ
0
.
Les charges quittent le plan avec une vitesse constante
zO
uvv
r
r
=
0
et un débit que l’on note a
(exprimé en C.m
– 2
.s
– 1
).
a) Déterminer le champ électromagnétique en un point M de l’espace.
b) Vérifier la compatibilité avec les équations de Maxwell.
3) Quadripôle électrostatique :
Soit un ensemble de trois charges alignées : - 2 q en O, + q en A(+ a,0) et + q en B(- a,0).
Calculer le potentiel puis le champ en un point M de l'espace situé à la distance r de O, en
supposant r >> a.
4) Anneau chargé équivalent à un dipôle :
Soit un anneau fin (A) de centre O et de rayon R, divisé en deux parties égales chargées
uniformément + λ et - λ.
En utilisant la notion de dipôle électrostatique, déterminer le potentiel V puis le champ
E
r
en
un point M très éloigné de O (r = OM >> R).
5) Superposition d’un champ uniforme et d’un dipôle :
Soit un champ uniforme
0
E
r
créant en un point O un potentiel V
0
.
En O, on place un dipôle de moment dipolaire p
r
parallèle à
0
E
r
et de même sens.
Calculer le potentiel créé en un point M situé à grande distance de O.
En déduire qu'il existe une équipotentielle sphérique dont on déterminera le rayon.
Calculer le champ en M.
6) Charges volumiques positives et négatives entre deux plans :

4
On considère la distribution volumique de charges suivantes :
+ ρ pour 0 < x < + a ; - ρ pour - a < x < 0
Calculer le champ et le potentiel en tout point de l'espace en fonction de x.
Le potentiel est nul pour x = 0.
7) Sphère gravitationnelle creuse ou pleine :
Utiliser le théorème de Gauss pour calculer le champ gravitationnel créé par une sphère de
masse M en tout point de l'espace, dans les deux cas suivants : sphère creuse (densité
surfacique σ = cste) puis sphère pleine (masse volumique ρ = cste).
8) Champ créé par un volcan :
Déterminer le champ de gravitation au sommet d'un volcan, situé sur la Terre, ayant la forme
d'un cône de hauteur h, de demi-angle au sommet θ et de masse volumique ρ uniforme.
On néglige la composante centrifuge du champ de pesanteur.
La Terre est assimilée à une sphère de centre O et de rayon R, de masse volumique identique
à celle du volcan.
Solution :
1. Le champ de pesanteur terrestre, confondu ici avec le champ gravitationnel, est équivalent à
celui d’une masse ponctuelle placée en son centre O et possédant toute la masse M
T
terrestre.
Par conséquent, au sommet S du volcan :
z0
2
T
T
z
2
T
T
T
ug
hR
R
u
)hR(
GM
)S(g rr
r
+
−=
+
−= (avec
2
T
T
0
R
GM
g= )
2. Afin de calculer le champ de gravitation dû au volcan seul, il est nécessaire de réaliser un
calcul intégral prenant en compte la forme et la masse volumique ρ du volcan.
Tous les plans contenant l’axe (Az) (et donc le sommet S) sont des plans de symétrie positive
pour la répartition de masse du volcan, par conséquent le champ de pesanteur créé par le
volcan en S, appartenant à tous ces plans, est finalement porté par l’axe (Az), soit
zVV
u)S(g)S(g
r
r
= . On considère (voir figure) un petit élément de volume dzdSd
=
τ
, centré au
point P, dont la contribution au champ de pesanteur en S s’écrit :
u
r
)d(G
)S(gd
2
P
r
r
τ
ρ
= (où SPr
=
et r/SPu
→
=
r
)
La coordonnée « utile » )S(dg
z,P
de ce champ, sur l’axe (Az), vaut :
2
z
z
2
zPz,P
r
u).u(dS
dzGu.u
r
)d(G
u).S(gd)S(dg
r
r
rrr
r
−
ρ−=
τ
ρ
==
Or,
2
z
r/u).u(dSd
r
r
−=Ω est l’expression de l’angle solide sous lequel du sommet S on voit
l’élément de surface dS. Par suite :

5
Ωρ−= ddzG)S(dg
z,P
Le champ global g
V
(S) est obtenu en intégrant selon z et selon Ω. L’angle solide délimité par
un cône de demi-angle au sommet θ valant
θ
−
π
cos1(2 ), il vient :
zV
u)cos1(hG2)S(g
r
r
θ−ρπ−=
3. La norme g(S) du champ résultant au sommet S est ainsi :
)cos1(hG2g
hR
R
)S(g
0
2
T
T
θ−ρπ+
+
=
Comme h << R
T
, on peut effectuer un développement limité
de l’expression :
T
2
T
2
T
T
R
h
21
R
h
1
hR
R−≈
+=
+
−
Par ailleurs, en utilisant les relations )R4/(M3
3
TT
π=ρ et
2
TT0
R/GMg = , il vient :
0
T
0
T
g)cos1(
R
h
2
3
g
R
h
21)S(g θ−+
−=
Soit finalement : ( )
0
T
0
gcos31
R2
h
g)S(g θ+−=
On constate que
0
g)S(g < : le champ créé par le volcan ne compense pas l’éloignement du
sommet S du centre de la Terre. Numériquement, le champ de gravitation dû au volcan seul
vaut
(
)
24
0TV
s.m10.5,2gcos1)R2/h3()S(g
−−
=θ−= ; la variation (en valeur absolue) du champ
dû uniquement à la Terre entre le sol et le sommet S vaut, quant à elle,
23
0T
s.m10.5,2g)R/h2(
−−
= , c’est-à-dire dix fois plus que la contribution du seul volcan !
9) Retraitement des eaux :
Le demi-espace métallique z < 0 est porté au potentiel uniforme V
0
> 0. Le demi-espace z > 0
est rempli d'un électrolyte constitué de cations K
+
et d'anions A
-
. Le problème étant invariant
par translation selon
r
u
x
et
r
u
y
, le potentiel V(z) ne dépend que de z. À l'équilibre
thermodynamique à la température T, les densités volumiques d'ions dans l'électrolyte sont
données par des facteurs de Boltzmann :
n
+
(z) = n
0
exp −eV z
(
)
k
B
T
et n
_
(z) = n
0
exp
eV z
(
)
k
B
T
.
1) Citer un autre contexte où on voit apparaître un facteur de Boltzmann . Préciser la
signification physique de cette loi.
2) Exprimer la densité volumique de charges ρ(z) en fonction de e, V(z), n
0
, k
B
et T. En
déduire que le potentiel V(z) est - sous réserve que e V z
(
)
« k
B
T - solution d'une équation de
la forme :
z
u
r
θ
u
r
S
z
A
z
z + dz P
h
r
α
dS
d
Ω