DS 4 - Site de la PSI du lycée Paul Eluard

1
PSI - Novembre 2012
DS 4 - Correction
Exercice 1 - Étude d'un condensateur
A. Nappe plane de charge volumique
1. (a) La distribution de charges ayant une extension innie suivant (Ox) et (Oy ), on a une
→
−
invariance par translation dans ces deux directions. On en déduit que le champ E
ne dépend ni de x, ni de y , de sorte que :
→
−
→
−
−
→
Le champ E ne dépend que de z : E = E (z)
(b) Soit M un point quelconque de l'espace. La distribution de charges étant d'extension
→, −
→
−
→ −
→
inne suivant (Ox) et (Oy ), les plans (M , −
u
x uz ) et (M , uy , uz ) sont des plans de
symétrie de la distribution de charges.
−
→
Par conséquent, le champ E (M ) est contenu dans ces deux plans, ce qui implique que
Ey = 0 (pour le premier plan) et Ex = 0 (pour le second plan). On en déduit que :
−
→
−
→
→ : E (z) = E(z) −
→
Le champ E est colinéaire à −
u
u
z
z
(c) On remarque que le plan (Oxy ) est un plan de symétrie de la distribution de charges.
−
→
Par conséquent, le champ E ( vecteur vrai ) est symétrique par rapport à ce plan.
−
→
→, cette symétrie se traduit par :
Puisque E est colinéaire à −
u
z
−
→
→
−
E (−z) = − E (z)
c'est-à-dire que :
→
−
Le champ E est une fonction impaire de z
−
→
(d) Le champ E étant une fonction impaire de z , dans le plan (Oxy ) on a :
−
→
−
→
E (0) = 0
2. Ici on a une distribution volumique de charges (pas de charges surfaciques), par conséquent :
−
→
Le champ E est continu en z = a/2 et z = −a/2
3. L'équation de Maxwell-Gauss est :
−
→
div E =
→
−
ρ
ε0
−
→
→, donc la divergence de E s'exprime :
Ici, E = E(z) −
u
z
−
→
div E =
∂Ez
dE
∂Ex ∂Ey
+
+
=
∂x
∂y
∂z
dz
2
DS4 - Électromagnétisme
Dans les régions 1 et 3, la densité volumique de charge ρ est nulle, on obtient donc :
dE
=0
dz
Dans la région 2, la densité volumique de charge ρ est notée ρ, on obtient donc :
dE
ρ
=
dz
ε0
4. Intégrons la relation obtenue dans la région 2 (avec ρ uniforme) :
E(z) =
ρ
z + cste
ε0
Sachant que E(0) = 0 (cf. question 1.d), la constante est nulle, de sorte que :
E(z) =
ρ
z
ε0
→
−
Dans les régions 1 et 3, le champ E est uniforme puisque
−
→
On obtient, par continuité de E :
pour z ≥ a/2 :
E(z) = E(a/2) =
ρa
2ε0
dE
=0
dz
et pour z ≤ −a/2 :
E(z) = E(−a/2) = −
ρa
2ε0
5. Le champ E(z) est uniforme pour z ≤ −a/2, il croît linéairement entre −a/2 et a/2 et est à
nouveau uniforme pour z ≥ a/2.
6. (a) La charge Qs contenue dans une surface S du plan est (en supposant que σ est uniforme) :
Qs = σS
La charge Qv contenue dans un volume de surface S et de hauteur a est (en supposant
que ρ est uniforme) :
Qv = ρSa
En identiant ces deux expressions (Qs = Qv ), on obtient : σ = ρa
(b) Pour z > 0 l'expression de E(z) est celle qui avait été obtenue dans la région 3 (dans
la question 4) et pour z < 0 l'expression de E(z) est celle qui avait été obtenue dans la
région 1. En utilisant σ = ρa, on obtient :
pour z > 0 :
−
→
σ −
→
E (z) =
u
z
2ε0
et pour z < 0 :
−
→
σ −
→
E (z) = −
u
z
2ε0
−
→
(c) La relation de passage pour E en z = 0 est :
−
→
−
→
σ −
→
u
E (z = 0+ ) − E (z = 0− ) =
z
ε0
→
−
→
−
Ici, la composante tangentielle de E est nulle de chaque côté de l'interface (puisque E
est perpendiculaire à la surface chargée) : la continuité de la composante tangentielle de
−
→
E est donc bien vériée.
3
PSI - Novembre 2012
De plus, on a :
−
→
σ −
→
E (z = 0+ ) =
u
z
2ε0
−
→
σ −
→
E (z = 0− ) = −
u
z
2ε0
et
On obtient donc :
−
→
→
−
E (z = 0+ ) − E (z = 0− ) =
(
σ
−σ
−
2ε0 2ε0
)
−
→= σ −
→
u
u
z
z
ε0
La relation de passage est bien vériée.
B. Condensateur plan
1. D'après la question A.6.c, le champ créé par l'armature 0, portant une densité surfacique de
charge σ en z = 0 est :
−
→
pour z < 0 : E0 (z) = −
−
→
σ −
→
u
z
2ε0
et pour z > 0 : E0 (z) =
σ −
→
u
z
2ε0
et le champ créé par l'armature 1, portant une densité surfacique de charge −σ en z = e est :
−
→
−
→
σ −
σ −
→
→
u
et pour z > e : E1 (z) = −
u
z
z
2ε0
2ε0
−
→ −
→ −
→
Le champ créé par les deux armatures est E = E1 + E2 .
pour z < e : E1 (z) = +
On obtient :
→
−
σ −
→
→+ σ −
→=−
u
u
0
z
z
2ε0
2ε0
−
→
σ −
→+ σ −
→= σ −
→
pour 0 < z < e : E =
u
u
u
z
z
z
2ε0
2ε0
ε0
→
−
σ −
→
→− σ −
→=−
u
u
0
pour z < 0 : E =
z
z
2ε0
2ε0
pour z < 0 : E = −
−
→
2. (a) En régime permanent, la relation entre le champ E et le potentiel V est :
−−→
−
→
E = −grad V
−
→
→, l'expression du gradient en coordonnées cartésiennes
(b) Le champ E étant colinéaire à −
u
z
montre que :
∂V
∂V
=
=0
∂x
∂y
Ainsi, le potentiel V ne dépend que de z et on a :
dV
= −E
dz
Entre les deux armatures, on obtient :
dV
σ
=−
soit
dz
ε0
V (z) = −
σ
z + cste
ε0
Le potentiel V étant pris nul en z = e/2, il vient :
V (e/2) = 0 = −
σe
+ cste
2ε0
Finalement :
V (z) =
soit
)
σ (e
−z
ε0 2
cste =
σe
2ε0
4
DS4 - Électromagnétisme
(c) On déduit de la question précédente que :
V (0) =
σe
2ε0
et
V (e) = −
soit :
U =−
σe
ε0
→
−
(d) Dans les régions z < 0 et z > e, le champ E est
On a donc :
V (z < 0) = V (0) =
σe
2ε0
σe
2ε0
nul
et
donc le potentiel V est
V (z > e) = V (e) = −
uniforme
.
σe
2ε0
(e) Le potentiel V (z) est uniforme pour z < 0 et z > e et décroît linéairement entre z = 0
et z = e.
(f) On a |U | =
A.N. : E ≈
σ
|U |
σe
et E =
donc E =
ε0
ε0
e
10
10.10−6
soit
E ≈ 106 V.m−1
Cette valeur de champ électrique est très élevée.
3. (a) La densité surfacique de charge σ étant uniforme, la charge totale Q0 de l'armature 0
est :
Q0 = σS
De même pour l'amature 1 :
Q1 = −σS
(b) Dans la question 2.c, on a obtenu U = −
On en déduit :
Q0 = −
σe
Uε
soit σ = − 0 .
ε0
e
U ε0 S
e
et
Q1 =
U ε0 S
e
(c) La relation entre la capacité C du condensateur, la charge Q1 et la tension U est :
Q1 = C U
(d) Par dénition de C , on a C =
Q1
soit :
U
C=
(e) A.N. : C =
ε0 S
e
10−11 × 10−4
10−15
=
= 10−10 F
10.10−6
10−5
soit
C = 0, 1 nF
(f) L'expression de la densité volumique d'énergie électrique est :
Il vient :
ue =
ε0 σ 2
2 ε0 2
soit
ue =
Q1 2
2ε0 S 2
ue =
ε0 2
E
2
5
PSI - Novembre 2012
−
→
4. (a) Le champ créé par l'armature 1 en z = 0 est (cf. question B.1) : E1 (0) =
−→
−
→
σ −
→
u
z
2ε0
La force élémentaire dF subie par dS soumise au champ E1 est donc :
−→
−
→
−
→
dF = dq E1 (0) = σ dS E1 (0)
−→
σ2
→
dF =
dS −
u
z
2ε0
soit
−
→
(b) La force F subie par l'armature 0 est donc :
2 2
−
→
σ2 −
→ = U ε0 S −
→
Su
u
F =
z
z
2ε0
e2 2ε0
soit
−
→ U 2 ε0 S −
→
u
F =
z
2e2
→
−
→, c'est-à-dire de l'armature 0
(c) La force F subie par l'armature 0 est orientée suivant −
u
z
vers l'amature 1. C'est donc une force attractive.
Ce résultat était prévisible puisque les deux armatures portent des charges de signes
opposés.
C. Étude du condensateur en régime variable
→
−
−
→
1. L'espace compris entre les deux plans conducteurs étant assimilé au vide, on a j = 0 .
L'équation de Maxwell-Ampère s'écrit donc :
−
→
→
∂E
−
→−
rot B = µ0 ε0
∂t
2. Entre les armatures du condensateur, le champ électrique dépend du temps (puisque σ dépend
du temps). Par conséquent,
→
−
→ −
−
→ −
∂E
→
→
−
→−
̸= 0, ce qui implique que rot B ̸= 0 et donc que B =
̸ 0 :
∂t
Le champ magnétique est non nul entre les armatures du condensateur
3. Intégrons l'équation de Maxwell-Ampère sur un disque de rayon r perpendiculaire à l'axe (Oz )
−
→
(avec dS orienté vers le haut ) :
∫∫
→
→ −
−
→−
rot B · dS = µ0 ε0
∫∫
−
→
→
∂E −
· dS
∂t
La surface d'intégration étant xe, on peut intervertir la dérivée temporelle et l'intégrale dans
le membre de droite :
∫∫
µ0 ε0
(∫ ∫
(
)
)
−
→
→
→
−
→ −
∂E −
∂
∂ σ(t) 2
dσ 2
· dS = µ0 ε0
E · dS = −µ0 ε0
πr = −µ0
πr
∂t
∂t
∂t
ε0
dt
Pour calculer le membre de gauche, on applique le théorème de Stokes sur un cercle de
rayon r :
∫∫
I
∫ 2π
→
→
→ −
−
→ −
−
→−
→ · r dθ −
→ = 2πrB(r)
rot B · dS = B · dl =
B(r)−
u
u
θ
θ
θ=0
Il vient :
2πrB(r) = −µ0
dσ 2
πr
dt
soit
B(r) = −
µ0 r dσ
2 dt
6
DS4 - Électromagnétisme
4. (a) La densité volumique d'énergie électrique vaut :
ue =
ε0 2 ε0 σ(t)2
E =
2
2 ε0 2
soit
ue =
σ0 2
cos2 (ωt)
2ε0
Sachant que ⟨cos2 (ωt)⟩ = 1/2, on obtient :
⟨ue ⟩ =
σ0 2
4ε0
(b) La densité volumique d'énergie magnétique vaut :
um
1 µ0 2 r2
1
B2 =
=
2µ0
2µ0 4
(
dσ
dt
)2
soit
um =
µ0 r2 ω 2 σ0 2
sin2 (ωt)
8
Avec ⟨sin2 (ωt)⟩ = 1/2, il vient :
um =
µ0 r2 ω 2 σ0 2
16
(c) Le vecteur de Poynting s'exprime :
−
→
−
→
−
→ B
σ0 cos(ωt) −
→ ∧ µ0 r σ ω sin(ωt)−
→
Π =E∧
=
u
u
z
0
θ
µ0
ε0
2
soit :
−
→
µ0 rσ0 2 ω
→
cos(ωt) sin(ωt) −
ur
Π =−
2ε0
→
−
−
→
⟨Π⟩ = 0
Sachant que ⟨cos(ωt) sin(ωt)⟩ = 0, on a :
5. (a) L'énergie électrique moyenne stockée dans le volume (V ) compris entre les armatures
vaut :
∫∫∫
⟨Ue ⟩ =
⟨ue ⟩dτ = ue × S e
(puisque ue est uniforme), soit :
⟨Ue ⟩ =
σ0 2
Se
4ε0
(b) L'énergie magnétique moyenne stockée dans le volume (V ) compris entre les armatures
vaut :
∫∫∫
⟨Um ⟩ =
⟨um ⟩dτ
Ici ⟨um ⟩ dépend de r, on ne peut donc pas la sortir de l'intégrale :
∫
⟨Um ⟩ =
a
r=0
∫
2π
θ=0
∫
e
z=0
µ0 r2 ω 2 σ0 2
µ0 ω 2 σ0 2
rdrdθdz = 2πe
16
16
soit :
⟨Um ⟩ =
πeµ0 ω 2 σ0 2 a4
32
∫
a
r=0
r 3 dr
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PSI - Novembre 2012
Exercice 2 - Étude d'un câble coaxial
A. Expressions des champs
−
→
E
et
−
→
B
1. (a) L'espace entre les conducteurs étant vide, on a pour R1 < r < R2 :
et
ρ=0
−
→ −
→
j = 0
−
→
(b) La densité de courant surfacique js s'exprime en A/m
−
→
→ et circule sur le conducteur de rayon R .
(c) Le courant surfacique js1 est orienté suivant −
u
z
1
En intégrant sur le cercle de rayon R1 , on obtient :
soit
I(z, t) = 2πR1 js1
−
→ I(z, t) −
→
js1 =
u
z
2πR1
(d) On obtient de façon analogue pour le conducteur (2) :
I(z, t) −
−
→
→
js2 = −
u
z
2πR2
→
→) est un plan de symétrie de la distribution de courant. Par consé2. (a) Le plan (M , −
ur , −
u
z
−
→
quent, le champ B (M ) est perpendiculaire à ce plan. On en déduit que :
−
→
→
Le champ B (M ) est colinéaire à −
u
θ
→
→) est une plan de symétrie de
Ici on ne sait pas a priori si le plan (M , −
ur , −
u
θ
la distribution de courant, car le courant i dépend de z ...
Remarque :
(b) Écrivons l'équation de Maxwell-Faraday :
−
→
→
∂B
−
→−
rot E = −
∂t
On utilise l'expression du rotationnel en coordonnées cylindriques et la notation com−
→
→
plexe. Avec E indépendant de θ et colinéaire à −
ur , il vient :
→
−
→−
→
rot E = (0 − 0) −
ur +
(
D'autre part, on a :
)
∂E
→ + (0 − 0) −
→ = ∂E −
→
−0 −
u
u
u
z
θ
θ
∂z
∂z
−
→
−
→
∂B
= jω B
∂t
L'équation de Maxwell-Faraday devient donc :
→
∂E −
→ = −jω −
u
B
θ
∂z
soit
−
→
j ∂E −
→
B =
u
θ
ω ∂z
On retrouve bien que :
−
→
→
Le champ B (M ) est colinéaire à −
u
θ
(équation 1)
8
DS4 - Électromagnétisme
3. (a) L'équation de Maxwell-Ampère est :
−
→
→
∂E
→
−
−
→−
rot B = µ0 j + µ0 ε0
∂t
(b) Intégrons cette relation sur une surface (S) :
∫∫
→
→ −
−
→−
rot B · dS =
∫∫
→
→ −
−
µ0 j · dS +
∫∫
(S)
(S)
µ0 ε 0
(S)
∫∫
−
→
−
→
→
→
∂E −
∂E −
· dS = µ0 I + µ0 ε0
· dS
∂t
∂t
(S)
En supposant que la surface (S) est xe, on peut intervertir la dérivée temporelle et
l'intégrale. Il vient :
∫∫
→
→ −
∂
−
→−
rot B · dS = µ0 I + µ0 ε0
∂t
(S)
(∫ ∫
)
→
−
→ −
∂ϕE
E · dS = µ0 I + µ0 ε0
∂t
(S)
D'autre part, en utilisant le théorème de Stokes, on a :
∫∫
→
→ −
−
→−
rot B · dS =
(S)
I
→
−
→ −
B · dl
(C)
On retrouve donc le théorème d'Ampère généralisé :
I
→
−
→ −
∂ϕE
B · dl = µ0 I + µ0 ε0
∂t
(C)
(c) On prend comme contour d'Ampère un cercle d'axe (Oz ), de rayon r passant par M .
La circulation du champ magnétique sur ce contour vaut :
I
→
− −
→
B · dl =
∫
(C)
2π
→ · rdθ−
→ = 2πrB(r, z) exp(jωt)
B(r, z) exp(jωt)−
u
u
θ
θ
θ=0
Le point M étant compris entre les deux cylindres, l'intensité enlacée par le contour est
I(z, t).
−
→
−
→
→
→ : le produit
De plus, le champ E est colinéaire à −
ur et la surface dS est colinéaire à −
u
z
→
−
→ −
scalaire E · dS est donc nul, ce qui implique que ϕE = 0.
L'application du théorème d'Ampère généralisé donne donc :
soit
2πrB(r, z) exp(jωt) = µ0 I(z, t) + 0
B(r, z) =
µ0
I0 (z)
2πr
4. (a) Reprenons l'équation de Maxwell-Ampère :
−
→
→
∂E
→
−
−
→−
rot B = µ0 j + µ0 ε0
∂t
−
→
L'espace entre les deux conducteurs étant vide, on a j = 0.
−
→
→, on a, d'après le formulaire :
De plus, puisque B ne dépend pas de θ et est colinéaire à −
u
θ
)
(
)
(
→
∂B −
1 ∂(rB) −
−
→−
→
→ + 1 ∂(rB) − 0 −
→ = − ∂B −
→
→
rot B = 0 −
ur + (0 − 0) −
u
u
ur +
u
z
z
θ
∂z
r
∂r
∂z
r ∂r
→
→, on obtient alors les deux équaEn projetant l'équation de Maxwell-Ampère sur −
u et −
u
r
tions suivantes (en notation complexe) :
−
∂B
= µ0 ε0 jωE
∂z
et
z
1 ∂(rB)
=0
r ∂r
9
PSI - Novembre 2012
→ s'écrit :
(b) L'équation obtenue sur −
u
z
∂(rB)
=0
∂r
Ceci montre que la fonction rB ne dépend pas de r. On peut donc l'écrire sous la forme :
soit
rB = f (z, t)
B(r, z) =
f (z, t)
r
(c) Utilisons par exemple la relation de passage en r = R1 , où circule le courant surfacique
−
→
js1 :
−
→ +
−
→
−
→
−
−
→
n→
avec
n→
B (R1 , z) − B (R1− , z) = µ0 js1 ∧ −
12
12 = ur
→
−
−
→
−
→
Sachant que le champ B est nul à l'intérieur du cylindre de rayon R1 , on a B (R1− , z) = 0 .
−
→
En utilisant l'expression de B obtenue à la question précédente et l'expression de js1
(cf. question A.1.c), il vient :
f (z, t) −
→ = µ I0 (z) −
→∧−
→
u
u
ur
0
z
θ
R1
2πR1
soit
f (z, t) =
µ0 I0 (z)
2π
En reportant ce résultat dans l'expression de B obtenue à la question 4.b, on retrouve
bien :
B(r, z) =
µ0
I0 (z)
2πr
5. (a) Rappelons les équations 1 et 2 :
B=
j ∂E
ω ∂z
et
−
∂B
= µ0 ε0 jωE
∂z
Pour éliminer E , on dérive la seconde équation par rapport à z et on reporte l'expression de
∂E
dans la première :
∂z
∂E
1
∂2B
=−
∂z
µ0 ε0 jω ∂z 2
Il vient :
(
) 2
j
1
∂ B
B= × −
ω
µ0 ε0 jω ∂z 2
soit
∂2B
+ µ0 ε0 ω 2 B(r, z) = 0
∂z 2
Le champ B étant proportionnel au courant I0 (cf. question 3.c ou 4.c), I0 vérie la même
équation que B . On obtient donc bien l'équation diérentielle donnée par l'énoncé, avec :
k 2 = µ0 ε0 ω 2
(b) Pour résoudre cette équation, on écrit l'équation caracréristique associée :
r2 + k2 = 0
soit
r2 = −k 2 = (±jk)2
La forme générale de la solution est donc :
I0 (z) = Aejkz + Be−jkz
10
DS4 - Électromagnétisme
6. D'après la relation entre B et I0 , on a :
[
]→
−
→
µ0
B =
I0 exp j(ωt − kz) −
uθ
2πr
On en déduit E avec l'équation 2 :
[
]
j
∂B
j
µ0
=
I0 (−jk) exp j(ωt − kz)
µ0 ε0 ω ∂z
µ0 ε0 ω 2πr
E=
soit :
[
]→
k
I0 exp j(ωt − kz) −
ur
2πε0 ωr
−
→
√
Remarque : avec k = µ0 ε0 ω , l'expression de E devient :
√
[
]→
−
→
I0
µ0
E =
exp j(ωt − kz) −
ur
2πr ε0
−
→
E =
On obtient les expressions réelles des champs en prenant la partie réelle des grandeurs complexes :
(
)→
−
→
µ0
B =
I0 cos ωt − kz −
uθ
2πr
−
→
E =
et
(
)→
k
I0 cos ωt − kz −
ur
2πε0 ωr
B. Vecteur de Poynting
1. Le vecteur de Poynting s'exprime :
→
−
−
→ −
→ B
Π =E∧
µ0
−
→ −
→
Avec les expressions obtenues pour E et B , il vient :
−
→
Π =
soit :
(
)→
(
)→
k
I0
I0 cos ωt − kz −
ur ∧
cos ωt − kz −
uθ
2πε0 ωr
2πr
(
)−
kI0 2
→
2
cos
ωt
−
kz
u
z
4π 2 ε0 ωr2
→
−
√
Remarque : avec k = µ0 ε0 ω , l'expression de Π devient :
√
(
)→
→
−
I0 2
µ0
cos2 ωt − kz −
uz
Π = 2 2
4π r
ε0
(
)
En valeur moyenne, puisque ⟨cos2 ωt − kz ⟩ = 1/2, on obtient :
−
→
Π =
−
→
kµ0 I0 2 −
→
⟨ Π (r, z)⟩ = 2
u
z
8π ε0 ωr2
=
I0 2
8π 2 r2
√
µ0 −
→
u
z
ε0
2. La puissance moyenne P rayonnée à travers une section du cylindre vaut :
∫∫
→
−
→ −
Π · dS =
P=
(S)
soit :
∫
2π
∫
2
−
→
→ = 2π kµ0 I0
⟨ Π ⟩ · r dr dθ −
u
z
8π 2 ε0 ω
r=R1
θ=0
kµ0 I0 2
ln
P=
4πε0 ω
(
R2
R2
R1
)
=
I0 2
4π
√
µ0
ln
ε0
(
R2
R1
)
∫
R2
dr
r=R1
r
11
PSI - Novembre 2012
I
3. Le courant I étant sinusoïdal, sa valeur ecace vérie Ief f = √0 .
2
On obtient donc bien P = ZIef f avec :
2
1
Z=
2π
√
µ0
ln
ε0
(
R2
R1
)
Exercice 3 - Écrantage de Debye dans un plasma
1.
Détermination du potentiel
(a) Le champ électrique vérie l'équation de Maxwell-Gauss :
−
→
div E =
ρ
ε0
De plus, en régime permanent, le potentiel électrostatique est lié au champ électrique
par :
−−→
−
→
E = −grad V
Appliquons l'opérateur divergence à cette relation :
(−−→ )
→
−
div grad V = −div E = −
ρ
ε0
Il vient, par dénition de l'opérateur laplacien :
∆V +
ρ
=0
ε0
(b) Ici on a :
(
)
(
)
qV (r)
qV (r)
ρ(r) = ρ+ (r) + ρ− (r) = ρ0 exp −
− ρ0 exp
kT
kT
Sachant que, au premier ordre, on a exp(x) ≈ 1 + x, on obtient pour kT ≫ qV :
[(
ρ(r) ≈ ρ0
) (
)]
qV (r)
qV (r)
− 1+
1−
kT
kT
soit
ρ(r) ≈ −
2ρ0 q
V (r)
kT
En reportant ce résultat dans l'équation de la question précédente, il vient :
∆V −
2ρ0 q
V (r) = 0
kT ε0
On obtient bien l'équation demandée par l'énoncé avec
√
λ=
On sait que :
[
kT ε0
2ρ0 q
] [V ]
∆V = 2
L
12
DS4 - Électromagnétisme
(puisque ∆V fait intervenir les dérivées secondes de V par rapport aux variables d'espace). Or, d'après l'équation diérentielle vériée par V , on doit avoir :
[ ]
[
]
V
∆V =
[λ]2
En comparant ces deux résultats, on obtient :
[λ] = L
(c) En utilisant l'expression du laplacien scalaire pour V qui ne dépend que de r, l'équation
diérentielle devient :
1 d2 [rV (r)]
1
− 2 V (r) = 0
2
r
dr
λ
Multiplions cette relation par r :
d2 [rV (r)]
1
− 2 rV (r) = 0
2
dr
λ
Ainsi, la fonction U (r) = rV (r) vérie l'équationn diérentielle :
d2 U
1
− 2 U (r) = 0
2
dr
λ
Pour résoudre cette équation diérentielle, on écrit l'équation caractéristique associée :
r2 −
1
=0
λ2
soit
r=±
1
λ
Les solutions sont donc de la forme :
U (r) = Aer/λ + Be−r/λ
et puisque U (r) = rV (r), on obtient :
V (r) =
A r/λ B −r/λ
e +
e
r
r
(d) Lorsque r → ∞, le terme en er/λ tend vers l'inni. Sachant que le potentiel doit rester
ni, on a forcément A = 0
Il reste donc :
V (r) =
B −r/λ
e
r
Lorsque r → 0, on a :
V (r) ≈
B
r
Or, le potentiel créé par l'ion de charge q s'exprime :
V (r) =
q
4πε0 r
En identiant ces deux expressions de V (r), on obtient B =
Finalement, on a :
V (r) =
q
4πε0
q
e−r/λ
4πε0 r
Notons qu'on retrouve le potentiel créé par une charge ponctuelle q multiplié par exp−r/λ :
le potentiel décroît beaucoup plus vite que pourune charge ponctuelle, c'est un eet
d'écran . En eet, sous l'eet du champ électrique créé par l'ion, les électrons s'accumulent au voisinage de l'ion, ce qui limite l'inuence de la charge q sur des distances de
l'ordre de λ (longueur de Debye).
13
PSI - Novembre 2012
2.
Détermination du champ électrique
→
−
(a) La relation entre le champ électrique E et le potentiel V en régime permanent est :
−−→
−
→
E = −grad V
(b) Ici le potentiel V ne dépend que de r, l'expression du gradient permet donc de montrer
→
−
→
que le champ E est colinéaire à −
ur , avec :
(
dV
q
1
1
E=−
=−
− e−r/λ − 2 e−r/λ
dr
4πε0
λr
r
soit :
3.
−
→ qe−r/λ
E =
4πε0 r
(
1 1
+
λ r
)
)
−
→
ur
Étude de la distribution de charge
−
→
→
(a) Puisque E est colinéaire à −
ur et ne dépend que de r, on applique le théorème de Gauss
sur une sphère de rayon r :
∫∫
→
− −
→
E · dS =
∫
2π
φ=0
∫
π
Q(r)
→
→
E(r)−
ur · rdθ r sin θdφ −
ur = 4πr2 E(r) =
ε0
θ=0
Avec l'expression de E(r), on obtient :
(
r ) −r/λ
Q(r) = q 1 +
e
λ
(b) Lorsque r → 0, on obtient Q(r) ≈ q : on retrouve la charge de l'ion situé en O, ce qui
est cohérent puisque l'inuence des autres ions est négligeable devant l'inuence de cet
ion pour r ≈ 0.
Lorsque r → ∞, on obtient Q(r) ≈ 0 : ceci traduit le fait que le milieu reste globalement
neutre (on a autant de charges positives que de charges négatives dans la sphère de
rayon r).