Électrostatique - Jean

Électrostatique
I54.
Un carré ABCD de coté a porte la densité linéaire de charge λ uniforme sur les deux cotés DA et AB. Déterminer le
champ électrique à son sommet C.
II32.
Soit une sphère de centre O et de rayon R, A et B deux points fixes de cette sphère diamétralement opposés et σ0
une constante. Pour un point M de la sphère, on définit l’angle θ = (OA,OM ) compris entre 0 et π . La sphère porte la
θ
densité superficielle de charge σ(M ) = σ0 cos . Calculer le potentiel et le champ en B.
2
III.
A86.
Montrer que la loi exprimant le champ gravitationnel en fonction des masses est semblable à la loi exprimant le
champ électrique en fonction des charges à condition de réaliser une substitution à préciser entre les constantes
intervenant dans ces deux lois.
B52.
1) Un disque de rayon a porte une densité superficielle de charge σ uniforme. Calculer le champ électrique en un
point de l’axe du disque d’où l’on voit le rayon du disque sous l’angle α .
2) Quel est le rayon d’un disque portant une densité superficielle de charge σ uniforme tel que le champ électrique
sur son axe à la distance b ne diffère que de 1% du champ d’un plan infini ?
3) Un cône de révolution de demi angle au sommet α et de hauteur h contient une densité volumique de charge ρ .
Quel champ électrique crée-t-il en son sommet ? On décomposera le cône en minces tranches.
4) Quel est la pesanteur créée en son sommet par un cône de révolution de demi angle au sommet α et de hauteur h
contenant une densité volumique de masse µ ?
5) Soit M , R et µ la masse, le rayon et la masse volumique moyenne de la Terre. Calculer la différence relative
entre la pesanteur g 0 dans une plaine et celle g1 à l’altitude h au dessus de cette plaine en fonction de h / R .
6) Soit un volcan en forme de cône de hauteur h, dont la base est au niveau de la plaine, dont la pente fait avec
l’horizontale un angle β et qui est constitué de roches de masse volumique µ . Calculer la différence relative entre la
pesanteur g 0 dans la plaine et la pesanteur g2 au sommet du volcan en fonction de h / R , β et µ / µ .
IV45.
1) Soit x,y,z les coordonnées cartésiennes d’un point, ρ une constante algébrique et a une constante positive. Une
distribution de charge est répartie en volume avec une densité volumique nulle si |x| > a et égale à ρ si |x| < a.
Démontrer par des arguments précis tout ce que la symétrie impose au champ électrique.
2) Calculer le champ électrique dans tout l’espace. On distinguera plusieurs cas.
3) Une galaxie peut être décrite comme une couche contenant une masse volumique µ uniforme entre deux plans
parallèles distants de 2a. Déterminer le champ gravitationnel g dû à cette couche à l’intérieur et à l’extérieur.
4) Calculer la période du mouvement d’une étoile de masse m qui initialement serait immobile à une distance
x 0 < a du plan médian de la galaxie.
5) Calculer la période du mouvement d’une étoile de masse m qui initialement serait immobile à une distance
x 0 a du plan médian de la galaxie.
V33.
1 ∂f G
∂f G 1 ∂f G
ur +
uθ +
uϕ .
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
1) Une sphère de centre O et de rayon R porte une densité superficielle de charge σ uniforme. Calculer le champ
électrique et le potentiel dans tout l’espace. On note ( r ,θ , ϕ ) les coordonnées sphériques par rapport à Oz.
2) Une demi-sphère de centre O, de rayon R et d’axe Oz est délimitée par le plan (P) perpendiculaire à Oz et passant
par O. Elle porte une densité superficielle de charge σ uniforme. Calculer le potentiel dans le plan (P). Pour cela, on
accolera à la demi-sphère sa symétrique par rapport à (P).
3) Que peut-on en déduire sur les coordonnées sphériques par rapport à Oz du champ électrique en un point de (P)
a) si r < R ?
b) si r > R ?
On donne en coordonnées sphériques ( r ,θ , ϕ ) : grad f =
VI52. Modélisation d’un condensateur plan.
1) Le plan (infini) d’équation en coordonnées cartésiennes x = 0 porte une densité superficielle de charge σ
uniforme.
G
G
1.a) Montrer qu’il crée un champ électrique de la forme E = E (x )ux .
1.b) Déterminer la fonction E (x ) .
DS : électrostatique, page 1
2) Le plan (P1) d’équation x = −e / 2 porte une densité superficielle de charge −σ uniforme et le plan (P2)
d’équation x = e / 2 porte une densité superficielle de charge σ uniforme.
2.a) Déterminer le champ électrique créé par ces deux plans dans tout l’espace.
2.b) Calculer la différence de potentiel U = V (e / 2) − V (−e / 2) .
3) En réalité, (P1) et (P2) ne sont chargés que sur deux carrés en regard de coté a e ; ces deux carrés portent les
charges −Q et Q . Exprimer la capacité C = Q /U en fonction de ε0 , a et e .
4) Calculer la force exercée par (P1) sur (P2).
5) Primitivement, e = 0 , de sorte que les deux charges −Q et Q sont confondues. Un opérateur agit sur Q , de
sorte qu’il obtient la situation de la question 2). Quel est son travail Wop ?
VII36. Champ d’un segment.
y
y
1) Un segment élémentaire de longueur
d A (figure de gauche) porte une densité
B
linéaire de charge λ . Exprimer la mesure
dA
sur l’axe allant de ce segment à M du
champ électrique qu’il crée en M en
A
dθ
fonction de λ , de OM = a et de l’angle
β
d θ sous lequel il est vu de M.
x
x
θ
α
2) Un segment AB (figure de droite)
O
O
M
M
porte une densité linéaire de charge λ
uniforme.
2.a) Exprimer les coordonnées Ex , Ey du champ électrique qu’il crée en M en fonction de a = OM et des angles
α = ( MO, MA ) et β = ( MO, MB ) . Pour faire ce calcul, on ajoutera les contributions à E x et Ey des éléments d A
du segment AB .
2.b) Montrer que le champ électrique est dirigé selon la bissectrice de l’angle (MA,MB). On pourra comparer les
champs créés par des éléments situés dans des angles symétriques par rapport à la bissectrice, ou bien utiliser les
coordonnées du champ électrique et les formules :
p +q
p −q
p +q
p −q
cos p − cos q = −2 sin
sin
sin p − sin q = 2 cos
sin
2
2
2
2
2.c) La bissectrice de l’angle que font les segments joignant un point d’une conique à ses foyers est la normale ou la
tangente à cette conique. Quelles sont les lignes de champ et les équipotentielles d’un segment uniformément chargé ?
Les dessiner.
3) Soit a , b , c et λ 0 quatre constantes positives. Calculer au point M de coordonnées ( x = a , y = 0 ) le champ
électrique créé par la droite Oy portant la densité linéaire de charge :
λ 0a
λ 0y
b + cy
; b) λ =
; c) λ =
.
a) λ =
2
2
2
2
a +y
a +y
a2 + y2
VIII26. Champ électrostatique créé par un cercle uniformément chargé.
1. Champ sur l'axe.
Soit un cercle de rayon R , de centre O , d'axe Oz , portant une charge
positive Q répartie uniformément avec une densité linéique de charge λ en
C . m −1 .
G
1-1) Montrer qu’en un point de son axe le champ électrostatique E est
G
G
G
porté par cet axe. On l’écrit E = Euz où uz est le vecteur unitaire de l'axe
Oz .
1-2. Comparer E (− z ) et E ( z ) .
1-3. Calculer le champ électrostatique créé en un point M de l'axe tel que OM = z . On donnera le résultat en
fonction de Q , la charge totale, du rayon R , de la permittivité du vide ε 0 et de la distance z .
1-4. Tracer le graphe de la fonction E ( z ) .
2. Champ au voisinage de l'axe.
On s'intéresse maintenant au champ électrostatique au voisinage de l'axe.
G
G
G
Soit Er ( r , θ, z ) ur + E θ ( r , θ, z ) uθ + Ez ( r , θ, z ) uz le champ électrique en
un point M de coordonnées cylindriques (r , θ , z ) .
2-1. En précisant les symétries invoquées, déterminer tout ce que la
symétrie nous apprend sur cette expression du champ électrique.
DS : électrostatique, page 2
2-2. On se place au voisinage de l’axe. Alors r est un infiniment petit. Les composantes du champ électrique
peuvent être développées en puissance successives de r selon un développement du type
Ei (r , θ, z ) ≈ Ai (θ, z ) + rBi (θ, z ) + ... où i ∈ { r , θ, z } . On arrête ce développement à l’ordre 1. Préciser quels termes de
ces développements sont non nuls en tenant compte de la symétrie.
G
2-3. Montrer qu'au voisinage de l'axe le flux du champ E est conservatif.
2-4. Soit une surface fermée formée par deux disques de rayon r
infiniment petit, d’axe Oz et de cotes z et z + dz et par la portion de cylindre
d’axe Oz, de rayon r , comprise entre les cotes z et z + dz .
G
Exprimer le flux de E à travers cette surface en fonction des coordonnées
du champ électrique, de r et de dz . En déduire que
r dEz (z, 0)
Er (z, r ) ≈ −
.
2
dz
2-5. Calculer l'expression approximative de E r ( z , r ) .
2-6. A l'aide d'un logiciel de simulation, on trace les lignes de champ et les équipotentielles.
2-6-1. Reproduire cette figure avec en pointillés les
équipotentielles et en traits pleins les lignes de
champ ; orienter ces dernières avec des flèches pour
λ >0.
2-6-2. Quelle est l’allure des lignes de champ à
grande distance ?
2-6-3. Quelle est l’allure des équipotentielles à
grande distance ?
2-6-4. Montrer que les lignes de champs sont
perpendiculaires aux équipotentielles. Que se passe-til au centre ?
2-6-5. Justifier le fait que les lignes de champ se
rapprochent puis s'éloignent de l'axe. On pourra
G
utiliser l'expression de E précédente. Préciser
l’étendue des régions concernées.
IX . Formule de Bouguer.
25
G
1) La loi reliant le champ gravitationnel g aux masses est formellement analogue à celle reliant le champ électrique
1
aux charges. Quelle substitution faut-il réaliser entre les constantes G et
pour passer d’une loi à l’autre ?
4πε 0
2) Soit R le rayon de la Terre, µm sa masse volumique moyenne, µ la masse volumique près de la surface. En
appliquant le théorème de Gauss, montrer que la pesanteur à la profondeur x R dans la Terre est
3µ ⎞⎟ x ⎤
⎡
⎛
g ( x ) g ( 0 ) ⎢ 1 + ⎜⎜ 2 −
⎟ ⎥.
⎝
µm ⎠⎟ R ⎦⎥
⎣⎢
3) µ / µm = 0, 5 ; R = 6400 km . Quelle est la variation relative de la période d’un pendule pesant si on s’enfonce
dans la Terre de 3200 m ?
X79. Champ électrique d’une boule uniformément chargée.
Une boule de centre O et de rayon a porte une charge Q positive uniformément répartie dans son volume.
1) Déterminer par un argument précis la direction du champ électrique.
2) Exprimer sa grandeur à la distance r de O en fonction de Q, r , a, ε0 .
3) Déterminer sa valeur maximale quand r varie.
XI38. Potentiel quadrupolaire.
ε 3ε2
+
+ ...
2
8
Soit a et q deux constantes positives. Quatre charges ponctuelles égales à q sont situées aux sommets ABCD d’un
carré. Leurs coordonnées cartésiennes sont ( a, a, 0 ), ( −a, a, 0 ), ( −a, −a, 0 ), ( a, −a, 0 ) . On considère le potentiel V au
point M de coordonnées cartésiennes ( x , y, z ) voisin de O. En développant ce potentiel en puissances croissantes de
x , y, z et en négligeant les termes d’ordre supérieur à 2, ce développement est à priori de la forme :
On donne que ( 1 + ε )−1/ 2 1 −
V = V0 ( 1 + bx + cy + dz + αx 2 + βy 2 + γz 2 + uyz + vzx + wxy )
où les V0 , b, c, d, α, β, γ, u, v, w sont fonctions de a , q et ε0 .
1) Montrer par des arguments précis de symétrie qu’il est de la forme V = V0 ( 1 + α ( x 2 + y 2 ) + γz 2 ) .
2) Exprimer le potentiel sur l’axe Oz en fonction de q, a, ε0 , z .
DS : électrostatique, page 3
3) En déduire V0 et γ .
4) Exprimer le potentiel sur l’axe Ox en fonction de q, a, ε0 , x .
5) En déduire que α = −γ / 2 .
6) On considère un champ électrique qui dérive du potentiel quadrupolaire V =
V0 2
( x + y 2 − 2z 2 ) où V0 et d
2d 2
sont deux constantes positives.
6.a) Montrer que le champ électrique en un point d’un plan contenant Oz est toujours contenu dans ce plan.
6.b) Représenter l’allure des équipotentielles et des lignes de champ dans ce plan.
6.c) Trouver l’équation des lignes de champ.
G
XII27. Perturbation par une masse localisée.
x
v
G
Un mobile P de masse m est isolé ; il décrit donc une droite à vitesse v constante dans
θ
P
un référentiel inertiel. On ajoute en O, à une distance h de cette droite, une masse M
h
r
ponctuelle fixe. Pour calculer la petite déviation de P provoquée par l’attraction
O
gravitationnelle de cette masse, on utilise la méthode de calcul en perturbation qui suit. En
y
première approximation, on suppose la trajectoire et la vitesse de P inchangées.
G
G
G
1) Calculer dans ces conditions l'expression i = ∫ Fdx , où F est la force
x
gravitationnelle exercée sur P par la masse ponctuelle située en O, dx est un élément de trajectoire et où l'intégrale
porte sur la trajectoire rectiligne infinie.
G
G
2) En déduire la valeur de p = ∫ Fdt intégrée sur la durée infinie de l'action de O sur P.
G
G
3) En appliquant le principe fondamental de la dynamique, exprimer la variation ∆v que subit la vitesse v de P
entre ses deux valeurs à l’infini.
4) En déduire l’angle de déviation ∆α de P.
5) On suppose que ce modèle est applicable à un satellite d'altitude h = 300 km au dessus de la Terre de rayon
R = 6400 km et de masse MT = 6.1024 kg pour calculer la déviation ∆α due à une hétérogénéité de masse M
située à la surface de la Terre. Calculer la valeur de M / MT correspondant à un angle de déviation d’une seconde
d’arc.
XIII33.
1) Un cylindre d’axe Oz, de rayon a et de longueur infinie contient une densité volumique de charge uniforme ρ et
G
G
crée un champ électrique E1 . Déterminer en précisant la ou les symétries utilisées la direction de E1 et la façon dont
dépendent des coordonnées cylindriques r , θ, z du point considéré ses coordonnées.
2) Calculer sa grandeur sur la surface du cylindre.
3) Un demi cylindre, délimité par un cylindre de rayon a et de longueur infinie et par un plan ( Π ) qui passe par son
G
axe contient une densité volumique de charge uniforme ρ et crée un champ électrique E2 en un point de l’intersection
G
de sa surface cylindrique et du plan ( Π ) . Que peut-on dire des trois coordonnées cylindriques de E2 ? On imaginera
pour cela d’associer à ce demi cylindre son symétrique par rapport à ( Π ) .
4) Soit une plaine où s’élève une montagne en forme de demi cylindre d’axe horizontal situé dans le plan de la
G
plaine, de rayon a , de longueur grande par rapport à a et de masse volumique µ . Soit gA la pesanteur observée au
G
pied A de la montagne et g 0 la pesanteur qu’on y observerait en l’absence de montagne. On note RT le rayon de la
G
G
Terre et µ sa masse volumique moyenne. Exprimer l’angle α entre gA et g 0 en fonction de a / RT et µ / µ .
XIV37. ddp d’une membrane.
Soit x , y, z les coordonnées cartésiennes d’un point, ρ et ρ ′ deux constantes algébriques et a et b deux constantes
positives. La densité volumique de charge est nulle si x < −a ou si x > b ; elle vaut ρ si −a < x < 0 et ρ ′ si
0 < x < b ; il n’y a pas d’autres formes de charge et la charge totale est nulle.
1) Quelle est la relation entre a, b, ρ et ρ ′ qui traduit cette nullité de la charge totale ?
2) Qu’est-ce que la symétrie impose au champ électrique ? Préciser les symétries considérées.
3) Montrer que le champ électrique est nul si x < −a ou si x > b et calculer le champ électrique dans la région
chargée. On choisira librement les intermédiaires de raisonnement, qui seront notés même si le problème n’est pas
globalement résolu.
4) Une membrane peut être représentée par le schéma précédent. Calculer la différence de potentiel
U = V (b ) − V ( −a ) entre ses deux faces en fonction de ρ ′ , a et b .
Réponses
λ 2
I. E =
.
4πε0a
DS : électrostatique, page 4
G
σ0 R
σ
;E = 0 .
2ε 0
4ε 0
1
III. A remplacer
par −G .
4πε 0
G
G
ρh
σ
( 1 − cos α ) ux ; 2) a = 100b ; 3) E =
( 1 − cos α ) ; 4) g = 2πG µh ( 1 − cos α ) ; 5)
B. 1) E =
2ε 0
2ε 0
⎡
⎤h
g2 − g 0
3µ
g1 − g 0
2h
( 1 − sin β ) ⎥
≈ ⎢ −2 +
≈−
; 6)
g0
2µ
⎣⎢
⎦⎥ R .
g
R
II. V =
0
G
ρa
ρx
G
IV. 1) E = E ( x ) ux ; E ( x ) est une fonction impaire de x ; 2) si x ≤ a , E =
; sinon, E = signe ( x )
;
ε0
ε0
G
G
G
G
π
8x 0
3) si x ≤ a , g = −4πG µxux ; si x ≥ a , g = − signe ( x ) 4πG µaux ; 4) T =
; 5) T =
.
Gµ
πG µa
G
G
G
σR
σR2
R2σ G
, si r ≥ R , V =
; 2) Si r ≤ R ,
V. 1) Si r < R , E = 0 , si r > R , E =
u ; Si r ≤ R , V =
2 r
ε 0r
ε0
ε0r
σR
σR2
σR2
, si r ≥ R , V =
; 3.a) E θ inconnu et E ϕ = 0 ; si r < R , Er = 0 , sinon, Er =
.
2ε 0
2ε 0r
2ε0r 2
G
G
G
G
e
σ G
σ
ux , si x < 0 E = −
; 2.a) si x >
E = 0 ; si
VI. 1.b) si x > 0 E =
2ε 0
2ε 0
2
2
2 2
G
G
e
σ G
σe
εa
σa G
σ2a 2e
; 3) C = 0
; 4) F1→ 2 = −
.
x <
E = − ux ; 2.b) U =
ux ; 5) Wop =
2
2ε 0
2ε 0
ε0
ε0
e
λ ( sin β − sin α )
λd θ
λ ( cos β − cos α )
VII. 1) dE =
; Ey =
; 2. c) Les équipotentielles sont des
; 2.a) Ex =
4πε0a
4πε0a
4πε 0a
V =
ellipsoïdes de révolution de foyers A et B ; les lignes de champ sont des hyperboles de foyers A et B ; voir tracé sur
G
G
G
λ G
λ G
b G
c G
corrigé ; 3) E = 0 ux ; 4) E = − 0 uy ; 5) E =
ux −
u .
8ε0a
8ε0a
8ε 0a y
8ε 0a 2
VIII. 1-1. Oz axe de révolution ; 1-2. E ( z ) impair ; 1-3.
Q
Qz
V =
; E =
; 1-4. E ( z ) est
2
2
4πε 0 (R2 + z 2 )3 / 2
4πε0 R + z
représenté ci-contre ; 2-1. E θ = 0 ; Er ( r , z ) est une fonction paire de z et
impaire de r ; Ez ( r , z ) une fonction impaire de z et paire de r ; 2-2.
Er ( z, r ) rf ( z ) ; Ez ( z, r ) Ez ( z, 0 ) ; 2-3. pas de charge au voisinage de l’axe ; 2-4.
G
Qr (2z 2 − R2 )
E ⋅ dS = πr 2 [ E z ( z + dz ,0) − E z ( z ,0)] + 2πrdzE r ( z , r ) ; 2-5. Er (z, r ) =
; 2-6-2. lignes de champ
8πε 0 (R2 + z 2 )5/ 2
voisines des droites passant par O ; 2-6-3. équipotentielles voisines de sphères centrées sur O.
T (x )
1
correspond à −G ; 3)
= 1 − 1,25.10−4 .
IX. 1)
T (0)
4πε 0
Q
Qr
Q
X. 2) si r > a , E =
; si r < a , E =
; 3) r = a : E max =
.
4πε0r 2
4πε0a 3
4πε0a 2
q
1
q
XI. 2) V =
; 3) V0 =
; γ = − 2 ; 4)
2
2
πε
2
a
4a
πε0 2a + z
0
∫∫
⎞⎟
q ⎛⎜
1
1
+
⎟⎟ ; 6.c) z = k / r 2 .
⎜
2
2
2
2
⎜
2πε0 ⎝ 2a − 2ax + x
2a + 2ax + x ⎠
G
G
G
G
2GMm G
2GM G
2GM
M
∆α
XII. 1) i =
; 5)
uy ; 2) p = i / v ; 3) ∆v =
u ; 4) ∆α =
=
= 10−7 .
MT
2 (1 + R / h )
h
hv y
hv 2
G
G
ρa
ρa
3a µ
; 3) E2r =
; E2z = 0 ; 4) α =
.
XIII. 1) E1 = E1 ( r ) ur ; 2) E1 =
2ε0
4ε0
4RT µ
G
ρ′(x − b )
G
ρ (a + x )
XIV. 1) ρa + ρ ′b = 0 ; 2) E = E ( x ) ux ; 3) si −a ≤ x ≤ 0 , E =
; si 0 < x < b , E =
;
ε0
ε0
ρ ′b ( a + b )
4) V (b ) − V ( −a ) =
.
2ε0
V (M ) =
DS : électrostatique, page 5
Corrigé
I.
G
AC est axe de symétrie de la distribution de charge, donc E (C ) est parallèle à AC et est le double de la projection
sur AC du champ créé par AD.
JJG
π
λd A
π
E = 2∫ dE cos
− θ = 2∫
−θ
cos
2
DA
4
4
4πε0 r
(
)
(
)
ad θ
a
1
cos2 θ
= cos θ
=
2
2
r
a2
cos θ r
π/ 4
λ ad θ cos2 θ
π
λ
π
E = 2∫
−θ =
− θ dθ
cos
cos
∫
2
2
4πε0 cos θ a
4
2πε0a 0
4
0
λ
λ
[ sin u ]π0 / 4
=−
cos udu = −
∫
2πε 0a π / 4
2πε 0a
A = a tan θ
dA =
(
E =
)
(
)
λ 2
.
4πε0a
M
II.
Soit dS la portion de sphère de coordonnée sphérique est comprise entre
θ et θ + d θ : dS = R2d Ω = 2πR2 sin θd θ .
σ cos ( θ / 2 ) 2πR2 sin θd θ
σdS
σR π
V = ∫∫
=∫ 0
= 0 ∫ sin θd θ
4πε0r
4πε0 2R cos ( θ / 2 )
4ε 0 0
V =
r
θ
θ/2
A
B
x
O
σ0R
2ε 0
G
E est porté par l’axe Ox de révolution de la distribution de charge.
G
σ0 cos ( θ / 2 ) 2πR2 sin θd θ
G
σdS
θ
θ
σ
E = Eux E = ∫∫
cos
=
cos = 0
∫
2
2
2
2
2
8
ε0
4πε0r
4πε0 4R cos ( θ / 2 )
π
∫0
sin θd θ
E =
σ0
4ε 0
III.
A.
Il faut remplacer
1
par −G où G = 6, 67.10−11 SI est la constante de la gravitation.
4πε 0
dS
B.
1) L’axe Ox du disque est un axe de révolution de la distribution de charge, donc le
champ électrique en un point de cet axe lui est parallèle.
σdS
σ
dS cos θ
. L’intégrale est celle
E = ∫∫
cos θ =
∫∫
2
4πε0
4πε0 r
r2
G
E
θ
O
x
JJG
dE
∫∫ dΩ = 2π ( 1 − cos α ) donnant l’angle solide sous lequel on voit le disque :
G
G
σ
( 1 − cos α ) ux .
E =
2ε 0
π
σ
2) Si α → , E →
champ d’un plan infini uniformément chargé.
2ε 0
2
π
π
b
1
= cos α = sin
− α tan
− α = ⇒ a = 100b
a
100
2
2
3) Une tranche d’épaisseur dx équivaut à un disque de densité superficielle de
ρdx
dq
( 1 − cos α ) . D’où
charge
= ρdx qui crée le champ
2ε0
dS
ρdx
ρh
( 1 − cos α ) =
( 1 − cos α )
E =∫
2ε0
2ε 0
4) En utilisant l’analogie de A, g = 2πG µh ( 1 − cos α ) .
5) La pesanteur est la même que si toute la masse de la Terre était concentrée en son
g
R2
g1 − g 0
h −2
g1 − g 0
2h
=
1
+
−1
≈−
centre : 1 =
g0
g0
R
g0
R
( R + h )2
(
)
(
)
(
)
DS : électrostatique, page 6
x
dx
G
g
6)
g2 − g1 = 2πG µh ( 1 − sin β )
g2
2h 2πG µh ( 1 − sin β )
2h
3µh ( 1 − sin β )
= 1−
+
= 1−
+
4
g0
R
R
2µR
3
2
G πR µ / R
3
(
)
⎡
⎤h
g2 − g 0
3µ
( 1 − sin β ) ⎥
≈ ⎢ −2 +
g0
2µ
⎢⎣
⎥⎦ R
IV.
1) Exemple de raisonnement.
G
G
Toute droite parallèle à l’axe des x est un axe de révolution de la distribution de charge : E = Eux .
G
G
• La distribution de charge est invariante dans toute translation perpendiculaire à l’axe des x : E = E ( x ) ux .
• Le plan x = 0 est un plan de symétrie de la distribution de charge : E ( x ) est une fonction impaire de x .
Autre exemple de raisonnement.
• La distribution de charge est invariante dans toute translation perpendiculaire à l’axe des x : V = V ( x ) .
G
JJJJG
dV G
G
• E = −gradV ( x ) = −
u = E ( x ) ux .
dx x
• Le plan x = 0 est un plan de symétrie de la distribution de charge : V ( x ) est une fonction paire de x et E ( x )
est une fonction impaire de x .
2) Appliquons le théorème de Gauss à la surface fermée (S) dont on note la section
(S)
ρ2aS
ρa
S : 2ES =
, donc si x > a , E =
.
ε0
ε0
x
ρ2xS
ρx
–a
a
Appliquons-le à (S') : 2ES =
, donc si 0 < x < a , E =
.
ε0
ε0
Comme E ( x ) est une fonction impaire de x :
ρx
ρa
(S')
; si x ≥ a , E = signe ( x )
Si x ≤ a , E =
ε0
ε0
G
G
G
G
3) Si x ≤ a , g = −4πG µxux ; si x ≥ a , g = − signe ( x ) 4πG µaux
µ
x
4) x = g = −4πG µx qui est l’équation d’un oscillateur harmonique de pulsation
–a
a
π
2π
ω = 4πG µ et de période T =
, soit T =
.
ω
Gµ
•
5) Négligeons la durée de traversée de la couche. L’étoile passe de sa position initiale au plan médian de la galaxie en
un temps égal au quart de sa période d’oscillation sous l’effet d’une accélération constante :
1 T 2
2x 0
8x 0
.
x0 = g
T =4
T =
g
πG µa
2 4
( )
V.
G
G
1) Toute droite passant par O est un axe de révolution de la distribution de charge, donc E = E ( r ) ur et
V = V (r ) .
G JJG
q (r )
Appliquons le théorème de Gauss à une sphère de centre O et de rayon r : ∫∫
w E ⋅ dS = intε0 .
G JJG
w E ⋅ dS = 4πr 2E ( r ) . Si r < R , qint ( r ) = 0 , si r > R , qint ( r ) = 4πR2σ .
∫∫
G
G
G
R2σ G
Si r < R , E = 0 , si r > R , E =
ur
ε0r 2
G JJG
dV = −E ⋅ dr = −E ( r )dr .
σR2
σR2
+ cste , où cste = 0 car le potentiel est nul à l’infini.
Si r > R , dV = − 2 dr ⇒ V =
ε 0r
ε 0r
σR
Si r < R , dV = 0 ⇒ V = cste ′ ; le potentiel étant continu en r = R , cste ′ =
.
ε0
σR
σR2
, si r ≥ R , V =
ε 0r
ε0
2) Le symétrique par rapport à (P) de la demi sphère crée en un point de (P) le même potentiel que la demi sphère,
dq
car les sommes V = ∫
sont constituées de termes égaux à cause de cette symétrie. Donc, le potentiel sur (P)
4πε0r
créé par l’ensemble de la demi sphère et de sa symétrique est celui de la question 1 et est le double du potentiel créé par
la demi sphère.
Si r ≤ R , V =
DS : électrostatique, page 7
Si r ≤ R , V =
σR
σR2
, si r ≥ R , V =
2ε 0
2ε 0r
1 ∂V
, car, quand θ varie, on sort du plan (P)
r ∂θ
1 ∂V
∂V
π
dont l’équation est θ = . On peut par contre calculer Er = −
et E θ = −
. D’où :
r sin θ ∂ϕ
∂r
2
3.a) si r < R , Er = 0 , E θ inconnu et E ϕ = 0 ;
3) La connaissance de V dans (P) ne permet pas de calculer E θ = −
3.b) si r > R , Er =
σR2
, E θ inconnu et E ϕ = 0 .
2ε0r 2
VI.
1.a) La distribution de charge est invariante par translation perpendiculaire à l’axe Ox, donc V = V ( x ) , ce qui
G
JJJJG
dV G
G
implique que E = −gradV = −
u est de la forme E ( x ) ux
dx x
G
1.b) Le plan x = 0 est un plan de symétrie des charges, donc de E : E ( x ) est une fonction impaire.
G
G
Appliquons le théorème de Gauss à un cylindre de génératrices parallèles à l’axe Ox et clos par
E
E
deux sections symétriques par rapport au plan chargé :
G
⎧⎪ si x > 0 E = σ uG
x =0
⎪⎪
2ε 0 x
σS
⎪
2ES =
⇒⎨
⎪⎪ si x < 0 EG = − σ uG
ε0
⎪
2ε 0 x
⎪
⎩
2.a) En ajoutant les champs électriques produits par P1 et P2 :
−σ
σ
G
e G
e G
σ G
si x < , E = − ux ; si x > , E = 0 .
−e / 2
e /2
ε0
2
2
x =e / 2
σe
dV = ∫ −Edx =
.
x
2.b) U = ∫
x =−e / 2
ε0
P1
P2
σe
3) Puisque a e , négligeons les effets de bord : Q = σa 2 , U =
, d’où
ε0
ε a2
Q
= 0 .
U
e
G
G
4) F1→ 2 = ∫ dqE1→ 2 =
C =
P2
5) Wop =
∫
G
JJG
Fop ⋅ dr =
σ G
∫∫ σdS × − 2ε0 ux
∫
=−
σ2a 2 G
u .
2ε 0 x
G
JJG
σ2a 2e
−F1→ 2 ⋅ dr =
2ε0
L’énergie du condensateur est
1
1 ε0a 2 ⎛ σe ⎞⎟2
σ2a 2e
⎜ ⎟ =
CU 2 =
: elle est égale au travail de l’opérateur qui a séparé
⎟
⎜
2
2 e ⎝ ε0 ⎠
2ε 0
les charges.
VII.
ad θ
a
1
a2
dA
; cos θ = ⇒ 2 =
.
2
r
cos θ
r
cos2 θ
λd A
λ ad θ cos2 θ
λdθ
dθ
dE =
=
=
2
A
4πε 0 cos2 θ a 2
4πε 0a
4πε 0r
x
θ
2.a)
πβ λd θ
λ
λ ( sin β − sin α )
[ sin θ ]αβ =
Ex = ∫ dE cos θ = ∫
cos θ =
G
α 4πε 0a
4πε 0a
4πε 0a
dE
π / 2 λd θ
λ
λ ( cos β − cos α )
[ cos θ ]αβ =
Ey = −∫ dE sin θ = −∫
sin θ =
−π / 2 4πε 0a
4πε 0a
4πε 0a
2.b) D’après l’expression de 1), les contributions au champ électrique de deux segments élémentaires situés dans des
angles symétriques par rapport à la bissectrice de (MA, MB ) ont même grandeur ; comme elles ont des directions
symétriques par rapport à la bissectrice, leur somme est dirigée selon la bissectrice. Le champ électrique total est donc
parallèle à cette bissectrice.
1) A = a tan θ ⇒ d A =
DS : électrostatique, page 8
β+α
β−α
sin
−2 sin
Ey
cos β − cos α
2
2 = − tan β + α , qui montre que EG est parallèle à la bissectrice de
=
=
β+α
β−α
sin β − sin α
2
Ex
2 cos
sin
2
2
( MA, MB ) .
2.c) Les équipotentielles sont des ellipsoïdes de révolution de
foyers A et B ; les lignes de champ sont situées dans les plans
contenant le segment chargé ; ce sont des hyperboles de foyers A et
B.
G
3) Ox est un axe de symétrie, donc E (M )//Ox .
π /2
π /2 1
λd θ
λ0
λ0
E =∫
cos θ =
cos2 θd θ =
dθ
∫
∫
4πε 0a
4πε 0a −π / 2
4πε 0a −π / 2 2
G
λ
λ G
= 0 E = 0 ux
8ε 0a
8ε 0a
G
4) Ox est un axe d’antisymétrie, donc E (M ) ⊥ Ox .
π /2
λd θ
λ
sin θ = − 0 ∫
sin2 θd θ
E = −∫
4πε0a
4πε0a −π / 2
G
π /2 1
λ
λ
λ G
=− 0 ∫
d θ = − 0 E = − 0 uy
4πε 0a −π /2 2
8ε0a
8ε0a
5) La distribution de charge résulte de la superposition de celle de la question 3, avec b = λ 0a et celle de la question
4, avec c = λ 0 . On peut donc ajouter les champs électriques correspondants, soit :
G
b G
c G
E =
u −
u
2 x
8ε 0a y
8ε 0a
VIII. Champ électrostatique créé par un cercle uniformément chargé.
1. Champ sur l'axe.
1-1. Oz est un axe de symétrie (ou de révolution) de la distribution de charge, donc aussi du champ électrique, donc,
en un point de cet axe, le champ électrique a la direction de cet axe.
1-2. O est un centre de symétrie de la distribution de charge, donc est aussi un centre de symétrie du champ
électrique, donc E (− z ) = − E ( z ) .
Autre justification : le plan passant par O perpendiculaire à Oz est un plan de symétrie de la distribution de charge,
donc est aussi un plan de symétrie du champ électrique, donc E (− z ) = − E ( z ) .
1-3. Comme toutes les charges sont à la même distance du point de l’axe considéré,
Q
dV
Qz
;E = −
.
V =
=
2
2
2
dz
4πε 0 (R + z 2 )3 / 2
4πε 0 R + z
On peut aussi obtenir le champ par sommation des projections sur l’axe
des champs des éléments de charge :
dq
Q
Qz
E =∫
v 4πε0r 2 cos θ = 4πε0r 2 cos θ = 4πε (R2 + z 2 )3 / 2 .
0
L’expression obtenue est bien une fonction impaire de z .
1-4. E ( z ) est représenté ci-contre.
2. Champ au voisinage de l'axe.
2-1. Le plan OMz est un plan de symétrie de la distribution de charge, donc contient le champ électrique en M :
Eθ = 0 .
Oz est un axe de révolution de la distribution de charge, donc les coordonnées cylindriques E r et E z du champ
électrique ne dépendent pas de la coordonnée cylindrique θ du point M.
Oxy est un plan de symétrie, donc Er ( r , z ) est une fonction paire de z et Ez ( r , z ) une fonction impaire de z .
Admettons que pour le même angle θ la coordonnée r puisse prendre des valeurs positives ou négatives ; comme
Oz est un axe de symétrie, Er ( r , z ) est une fonction impaire de r et Ez ( r , z ) est une fonction paire de r .
2-2. Comme Er est nul si r = 0 , Er ( z, r ) rf ( z ) ; le dernier
argument de la question précédente montre que Ez ( z, r ) Ez ( z, 0 ) .
2-3. Comme il n’y a pas de charge au voisinage de l’axe, le théorème de
Gauss signifie que dans cette région le flux du champ électrique à travers une
surface fermée est nul.
DS : électrostatique, page 9
2-4. Pour r petit, la forme des développements des composantes du champ électrique montre que
G
E ⋅ dS = πr 2 [ E z ( z + dz ,0) − E z ( z ,0)] + 2πrdzE r ( z , r ) .
∫∫
Ce flux est nul d’après la question précédente.
dE ( z ,0)
Or E z ( z + dz,0) − E z ( z ,0) ≈ dz z
.
dz
r dEz (z, 0)
D’où Er (z, r ) ≈ −
.
2
dz
2-5. Par conséquent, pour r petit :
Qr
Qr (2 z 2 − R 2 )
3
r d ⎛ Q
2
2 −3 / 2 ⎞
2
2 −3 / 2
2
2 −5 / 2
⎜
⎟=−
+
+
+
×
−
2
(
+
)
]
=
z
(
R
z
)
[(
R
z
)
z
z
R
z
E r ( z, r ) = −
⎟
2
2 dz ⎜⎝ 4πε 0
8πε 0
8πε 0 ( R 2 + z 2 ) 5 / 2
⎠
2-6-1. Voir ci-contre.
2-6-2. A grande distance, les lignes de
champ sont semblables à celles d’une
charge ponctuelle Q située en O : elles
sont voisines des droites passant par O.
2-6-3. A grande distance, les
équipotentielles sont semblables à celles
d’une charge ponctuelle Q située en O :
elles sont voisines de sphères centrées sur
O.
2-6-4. Tout petit déplacement dans le
plan tangent à une équipotentielle satisfait
G
à dV = 0 , soit − E ⋅ dr = 0 , donc est
perpendiculaire au champ électrique.
Donc, le plan tangent à une
équipotentielle est le plan perpendiculaire
au champ électrique, c’est-à-dire le plan
perpendiculaire à la ligne de champ
passant par le point considéré.
Ceci n’est valable que si le champ électrique n’est pas nul et n’est pas vérifié en O.
2-6-5. Quand on s’éloigne de O, les lignes de champ voisines de l’axe s’en rapprochent si E r < 0 ⇔ z < R / 2 et
s’en écartent si E r > 0 ⇔ z > R / 2 .
Cela résulte en fait de la conservation du flux du champ électrique dans un tube de champ de petite section et de
révolution autour de Oz : les lignes de champ se rapprochent de l’axe quand le champ devient plus intense et s’en
écartent quand le champ devient moins intense ; comparer au graphe E (z ) .
IX. Formule de Bouguer.
1
correspond à −G .
4πε 0
2) Négligeons la non sphéricité de la Terre, le terme centrifuge de la pesanteur et appliquons le théorème de Gauss à
G JJG
4
la Terre : ∫∫
w g ⋅ dS = −g ( 0 ) 4πR2 = −4πGM , où la masse de la Terre est M = 3 πR3 µm .
Appliquons le théorème de Gauss à une sphère située à la petite profondeur x :
G JJG
w g ⋅ dS = −g ( x ) 4π ( R − x )2 = −4πG ( M − 4πR2 x µ ) .
∫∫
1)
En prenant le rapport membre à membre de ces deux relations :
⎛
⎛
4πR2 x µ
3µ
g x ) ( R − x )2
g (x )
2x
3x µ ⎞⎟
g (x )
=
−
⇒
= ⎜⎜ 1 −
⇒
= 1 + ⎜⎜ 2 −
1
1−
⎟
2
⎟
4
⎝
⎝
µm
g (0)
g (0)
R
R µm ⎠
g (0)
R
πR 3 µm
3
A
,
3) Comme T = 2π
g
3µ ⎞⎟ x
⎛
3µ ⎟⎞ x
T (x )
1⎛
3200
= 1 − ⎜⎜ 2 −
= 1 − 1,25.10−4 .
⎟⎟ = 1 − ⎜⎜ 1 −
⎟⎟ = 1 − ( 1 − 0, 75 )
(
)
⎝
⎠
⎝
⎠
T 0
µm R
2
2µm R
6, 4.106
A la profondeur 3200 m, la période du pendule a diminué de 0,125 pour mille.
(
(
)
DS : électrostatique, page 10
⎟⎟⎞ x .
⎠⎟ R
X.
1) Comme cette boule est invariante par rotation autour de toute droite passant par O, son champ électrique est radial
G
G
et en coordonnées sphériques de la forme E = E ( r ) ur .
G JJG
Q (r )
2) Appliquons le théorème de Gauss à une sphère de centre O et de rayon r : ∫∫
w E ⋅ dS = 4πr 2E = ε0 où
Q
Q ( r ) est la charge dans cette sphère. Si r > a , Q ( r ) = Q ⇒ E =
, fonction décroissante de r ; si r < a ,
4πε 0r 2
4
r 3
Qr
fonction croissante de r .
Q ( r ) = πr 3 ρ = Q
⇒E =
3
a
4πε0a 3
Q
3) Le caractère croissant puis décroissant de E ( r ) montre que E est maximum en r = a : E max =
.
4πε0a 2
( )
XI.
1) Le plan Oxy est un plan de symétrie de la distribution de charge, donc aussi du potentiel, donc
V ( x , y, z ) = V ( x , y, −z ) , d’où d = 0 u = 0 v = 0 .
Le plan Oxz est un plan de symétrie de la distribution de charge, donc aussi du potentiel, donc
V ( x , y, z ) = V ( x , −y, z ) , d’où c = 0 w = 0 .
Le plan Oyz est un plan de symétrie de la distribution de charge, donc aussi du potentiel, donc
V ( x , y, z ) = V ( −x , y, z ) , d’où b = 0 .
Le plan bissecteur des plans Oxz et Oyz est un plan de symétrie de la distribution de charge, donc aussi du potentiel,
donc V ( x , y, z ) = V ( y, x ,, z ) , d’où α = β .
4q
q
.
2) AM 2 = BM 2 = CM 2 = DM 2 = 2a 2 + z 2 , d’où V =
=
4πε0AM
πε0 2a 2 + z 2
3) Mettons en facteur dans la racine la partie principale 2a 2 :
2 ⎞−1/2
2 ⎞
⎛
⎛
q
q
q
⎜⎜ 1 + z ⎟⎟
⎜⎜ 1 − z ⎟⎟ V0 =
V =
2
⎟
2πε0a
πε0 2a ⎝⎜
πε 0 2a ⎝⎜
2a ⎠
4a 2 ⎠⎟
4) AM 2 = DM 2 = ( x − a )2 + a 2 = 2a 2 − 2ax + x 2
d’où V ( M ) =
γ=−
1
4a 2
BM 2 = CM 2 = ( x + a )2 + a 2 = 2a 2 + 2ax + x 2 ,
q ⎛⎜
2q
2q
1
+
=
+
⎜
4πε0AM
4πε0BM
2πε 0 ⎜⎝ 2a 2 − 2ax + x 2
⎞⎟
⎟⎟ .
2a + 2ax + x ⎠
1
2
2
5)
V =
⎛⎛
q
x
x2
⎜⎜⎜ ⎜⎜ 1 − + 2
a
2 2πε 0a ⎝⎜⎜⎝⎜
2a
−1/2 ⎞
⎞⎟−1/2 ⎛
x
x2 ⎞
⎟⎟⎟
+ ⎜⎜ 1 + + 2 ⎟⎟
⎟⎟
⎟
⎜
a
⎠
⎝
2a ⎠
⎠⎟⎟
2 ⎞
2 ⎞
2
⎛
⎛
⎛
q
⎜⎜ 1 − 1 ⎜⎜ − x + x ⎟⎟ + 3 − x + 1 − 1 ⎜⎜ x + x ⎟⎟ + 3 x
2 ⎜⎝ a
2 ⎝⎜ a
2 2πε0a ⎜⎝
2a 2 ⎠⎟ 8 a
2a 2 ⎠⎟ 8 a
1
γ
α= 2 =−
2
8a
6.a) En coordonnées cylindriques par rapport à l'axe Oz, le
V0 ( r 2 − 2z 2 )
. La composante orthoradiale du
potentiel est V =
2d 2
1 ∂V
, est nulle, ce qui montre que le
champ électrique, E θ = −
r ∂θ
champ électrique est dans le plan contenant le point considéré et
l'axe Oz.
6.b) Dans le dessin ci-contre, les lignes de champ sont les
courbes orientées ; les équipotentielles sont les courbes non
orientées.
=
( )
⎞
( ) ⎠⎟⎟⎟ = 2
6.c) Un déplacement élémentaire le long d'une ligne de champ
est parallèle au champ électrique, donc au gradient du potentiel :
dr
dz
dr
dz
=
ou
ou ln z = −2 ln r ou z = k / r 2 ( k
=
∂V
∂V
2r
−4z
∂r
∂z
constante arbitraire) ; les axes Oz et Or sont aussi des lignes de
champ.
DS : électrostatique, page 11
2
2 ⎞
⎛
q
⎜⎜ 2 + x ⎟⎟
2πε0a ⎝⎜
4a 2 ⎠⎟
XII. Perturbation par une masse localisée (d’après mines de Douai).
G
1) Le calcul de i est analogue à celui du champ électrique créé par une droite uniformément chargée par sommation
sur la charge.
G
i est dirigé selon Oy, car deux éléments dx symétriques par rapport à Oy donnent des contributions symétriques
par rapport à Oy et on peut grouper dans la somme tous les éléments en couples d’éléments symétriques. On peut donc
se contenter d’ajouter les projections des éléments sur Oy :
GMm
cos θdx
i = ∫ F cos θdx = ∫
r2
1
cos2 θ
hd θ
h
=
cos
θ
⇒
=
x = h tan θ ⇒ dx =
cos2 θ r
r2
h2
π
/2
GMm
i =
cos θd θ
h ∫−π /2
G
2GMm G
i =
uy
h
G
G dx
2GMm G
2) ∫ Fdt = ∫ F
=
uy .
v
hv
G
G
G
G
dv
1
2GM G
= F ⇒ ∆v = ∫ Fdt =
u .
3) m
dt
m
hv y
G
∆v
2GM
.
4) ∆α =
=
v
hv 2
GMT
v2
M
R
=
∆α = 2
5) D’après la loi fondamentale de la dynamique,
1+
.
2
R
+
h
M
h
(R + h )
T
M
∆α
π
=
=
= 10−7 .
MT
2 ( 1 + R / h ) 180 × 60 × 60 × 2 × ( 1 + 6400 / 300 )
(
)
XIII.
1) Les radiales sont des axes de symétrie, donc le champ électrique est radial. La distribution de charge est invariante
G
G
dans les translations parallèles à Oz et les rotations autour de Oz, donc E1 = E1 ( r ) ur .
2) Appliquons le théorème de Gauss à un cylindre d’axe Oz, de rayon a et de longueur h .
ρπa 2h
ρa
2πahE1 =
⇒ E1 =
.
ε0
2ε0
G
3) Le plan ( Π ) contenant Oz découpe le cylindre précédent en deux demi cylindres,
E3
G
G
2
notés 2 et 3, qui créent des champs électriques symétriques E2 et E 3 tels que
G
G
G
G
E2
E1r
ρa
3
E2 + E 3 = E1 . Donc E2r = E 3r =
=
, E2θ = −E 3θ et E2z = E 3z = 0 .
2
4ε0
Remarque : le calcul de E2r comme somme des contributions des charges, bien que plus compliqué que l’utilisation
du théorème de Gauss, est néanmoins possible : un petit cylindre parallèle à l’axe du demi cylindre et de section
ρdS
dS = rdrd θ crée le champ électrique dE =
. En ajoutant les contributions de ces cylindres élémentaires :
2πε0r
π/2
2a cos θ
ρ
ρa π / 2 2
ρa
cos θd θ =
.
E2r = ∫
d θ cos θ ∫
rdr
=
0
0
2πε0r
4ε 0
πε 0 ∫0
4) La montagne perturbe peu la composante verticale de la pesanteur ; par contre, elle est la cause de la composante
horizontale de la pesanteur gAx .
1
par la constante de Cavendish G , donc en transposant
Le champ gravitationnel s’obtient en remplaçant
4πε0
l’expression de E2r : gAx = πG µa.
4
4πG µRT
Appliquons le théorème de Gauss à la surface de la Terre : 4πRT2 g 0 = 4πG πRT3 µ ⇒ g 0 =
.
3
3
g
3a µ
α = Ax =
.
g0
4RT µ
XIV.
1) Une tranche de surface S contient la charge ρaS + ρ ′bS , donc ρa + ρ ′b = 0 .
2) On peut répondre à cette question de plusieurs façons.
DS : électrostatique, page 12
Première réponse possible : la distribution de charge est invariante dans toutes les translations perpendiculaires à
G
JJJJG
G
l’axe Ox, donc V = V ( x ) ; d’où E = −gradV = E ( x ) ux .
Deuxième réponse possible : toute droite parallèle à l’axe Ox est un axe de révolution de la distribution de charge,
G
donc porte E . La distribution de charge est invariante dans toutes les translations perpendiculaires à l’axe Ox, donc le
champ électrique ne dépend que de x .
3) Il existe plusieurs méthodes de résolution de cette question. En voici une.
Découpons la distribution de charge en tranches d’épaisseur dx ; chaque tranche équivaut à un plan chargé portant la
σ
ρdx
=
. Le champ électrique s’obtient en ajoutant ces
densité superficielle de charge σ = ρdx et créant le champ
2ε0
2ε0
contributions. A l’extérieur de la distribution de charge, la somme de ces contributions est nulle parce que la charge
totale est nulle.
Appliquons le théorème de Gauss à une surface fermée formée par un cylindre de génératrices parallèles à Ox et de
section S limité par deux sections d’abscisses x 0 et x :
Supposons que x 0 < −a et −a < x < 0 :
S
ρ (a + x ) S
ρ (a + x )
x 0 −a x 0
E ( x )S =
⇒E =
ε0
ε0
x b x0
Supposons que x 0 > b et 0 < x < b :
S
ρ ′ (b − x ) S
ρ′(x − b )
−E ( x ) S =
⇒E =
ε0
ε0
D’où :
Si x ≤ −a ou x ≥ b , E = 0
ρ (a + x )
Si −a ≤ x ≤ 0 , E =
ε0
′
ρ (x − b )
Si 0 < x < b , E =
ε0
4)
b
−a ρ ( x + a )
b ρ′ (x − b )
U = V (b ) − V ( −a ) = −∫ Edx = ∫
dx − ∫
dx
−a
0
0
ε0
ε0
0 ρudu
0 ρ ′vdv
ρ ′b (a + b )
−ρa 2 + ρ ′b 2
=∫
−∫
=
=
−b ε0
a
2ε0
2ε0
ε0
DS : électrostatique, page 13