Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 Exercice 1 Principe de Curie : lorsque certaines causes (distribution de charges, distribution de courant,…) produisent certains effets JG JG (respectivement vecteur champ électrique E , vecteur champ magnétique B ,…), les éléments de symétrie des causes doivent se retrouver dans les effets produits. Application de ce principe à quelques distributions de charges : 1) Invariance par translation le long d’un axe : Soit un fil infini uniformément chargé, parallèle à l’axe z. La distribution de charges D (cause) étant invariante par toute translation selon z, le vecteur champ électrique (effet) qui en résulte sera également invariant par toute translation selon z. C’est pourquoi il est indépendant de z : E(x,y). z D x y M Figure 1 2) Invariance par rotation autour d’un axe : Soit un cylindre uniformément chargé, muni d’un repère cylindrique (ρ,θ,z). La distribution de charge D étant invariante par rotation autour de l’axe z, le champ électrique résultant est indépendant de θ : ∀ θ 0 , E ( ρ,θ,z ) =E ( ρ,θ+θ 0 ,z ) d’où E uniquement fonction de (ρ,z). z D O θ M ρ Figure 2 -1- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 3) Invariance par rotation autour de deux axes : Soit une sphère uniformément chargée, munie d’un repère sphérique (r,θ,ϕ). La distribution de charges D étant invariante par toute rotation θ ou ϕ, le champ résultant ne dépend que de r : E(r). z r M ϕ D O x θ y Figure 3 4) Invariance par symétrie par rapport à un plan : Soit une distribution de charges D présentant un plan de symétrie Π. D’après le JG principe de Curie, si M’ est le symétrique de M par rapport au plan Π alors E(M') est JG le symétrique de E(M) par rapport à Π. E(M) D M Π M' E(M') Tout point M compris dans le plan de Jsymétrie G JG Π est invariant (M=M’). JG Il en est de même alors pour le champ électrique : E(M')=E(M) , on en déduit que E(M) est dans le plan Π. Le champ électrique en un point d’un plan de symétrie est compris dans ce plan de symétrie. Les conséquences sont les suivantes : • Dans le cas de la Figure 1 (distribution linéique infinie), le plan contenant la droite D et le point M est plan de symétrie. Le plan perpendiculaire à D JG passant par M est également plan de symétrie. Le champ électrique E(M) est à l’intersection de ces 2 plans de symétrie, c’est-à-dire sur la droite perpendiculaire à D passant par M (direction radiale). -2- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 • • Dans le cas de la Figure 2 (distribution cylindrique), le plan passant par M JG et contenant l’axe z est plan de symétrie. E(M) est donc compris dans ce plan. Dans le cas de la Figure 3 (distribution JG sphérique), tout plan équatorial passant par M est plan de symétrie. E(M) est à l’intersection de tous ces plans, c’est-à-dire sur la direction radiale (OM). Revenons à l’exercice 1 : a) Direction : Le plan P1 perpendiculaire à la ligne chargée et passant par O est plan de symétrie puisque O est au milieu de la ligne. Le plan P2 passant par la ligne G chargée et le point P est aussi plan de symétrie. E se trouve à l’intersection de P1 et P2, c’est-à-dire sur la droite (OP). P1 O P O P P2 Sens : De O vers P puisque la charge est positive. Pour le vérifier, on peut placer une G charge positive +q en P, qui sera repoussée (même signe) par une force électrique F . JG G JG Or F=+qE , d’où E orienté vers l’extérieur. + +q O F P b) Amplitude : 1 dq dE= est le champ élémentaire créé par l’élément de charge dq (r étant la 4πε 0 r 2 distance entre le point P et l’élément dq). -3- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 rm L/2 dy θm r y θ x O −θm P L/2 G JG JG Le champ dE est suivant le vecteur r . On sait néanmoins que la somme des dE , le JG JG vecteur E(P) , est suivant la droite (OP). La composante utile de dE est donc la 1 dq 1 λ dy cos θ = cos θ . projection suivant x, c’est-à-dire : dE x = 2 4πε 0 r 4πε 0 r 2 On exprime y et r en fonction de la variable θ, de manière à pouvoir intégrer en θ : x dθ • y = x tan θ d’où dy = cos 2θ x • r= . cos θ On intègre ensuite entre les angles -θm et +θm : +θ m E= ∫ -θ m 1 λ x dθ cos 2θ 1 cos θ = 2 2 4πε 0 cos θ x 4πε 0 L où sin θ m = 2= rm L 2 2 L2 x + 4 E (P) = 1 +θ m ∫ -θ m λ cosθ 1 λ 1 λ +θ dθ = 2 sinθ m [sinθ ]-θmm = x 4πε 0 x 4πε 0 x . On en conclut : 2 L 1 λ 1 λ 1 2 . 2 = 2 1 1 2 2 2 2 4πε 0 x 4πε x 0 L 4x 2 x + 2 +1 4 L c) Cas limite x L (correspond au cas d’un fil chargé infini) : λ 1 E(P) = . →1 , d’où lim x 1 x →0 2πε x →0 2 2 0 L 4x L 2 +1 L -4- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 Retrouvons ce résultat avec le théorème de Gauss : Comme nous l’avons montré précédemment, le champ résultant d’un fil chargé infini est radial, et son amplitude est indépendante de z : E(r). D S3 n z E E h r P O n r S2 E S1 n On prend pour surface de Gauss un cylindre entourant le fil (cylindre de rayon r, de hauteur h). Le théorème de Gauss s’écrit : JG G JG G JG G charge intérieure au cylindre λh E ⋅ n dS + E ⋅ n dS + E = 1 2 w ∫∫S w ∫∫S w ∫∫S ⋅ n dS3 = ε0 ε0 1 2 3 JG JG JG flux de E à travers la surface inférieure flux de E à travers la surface latérale flux de E à travers la surface supérieure JG JG G Les flux de E à travers les surfaces inférieure S1 et supérieure S3 sont nuls car E ⊥ n . Il ne reste donc plus que le flux à travers la surface latérale, soit : JG G E w ∫∫ ⋅ n dS2 = E(r) 2π r h . S2 JG flux de E à travers la surface latérale On en conclut : E(r) = λ . 2π r ε 0 Exercice 2 a) Direction JG : Tout plan perpendiculaire à l’anneau et passant par O est plan de symétrie. E est suivant l’intersection de tous ces plans de symétrie, c’est-à-dire sur l’axe x. Sens : L’anneau portant une charge négative, le champ est orienté de la charge q vers l’anneau. Amplitude : Le champ élémentaire créé en M par l’élément dl de la circonférence est : -5- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 dE= 1 dq 1 λ dl -Q = où λ est la densité linéique de charge : λ= . 2 2 4πε 0 r 4πε 0 r 2πR dl r R α O x La composante utile est dE x = dE cos α = dE dEx +q 1 λ dl cos α , avec : r 2 = x 2 +R 2 et 2 4πε 0 r x x . On intègre sur la circonférence du disque (lors de cette cos α = = 1 2 2 2 r ( x +R ) intégration, x, α et r sont des constantes) : 2π 2π 1 xλ 1 xλ 1 x (-Q) E = ∫ dE x = ∫ dl = ∫ dl = 3 3 2 2 4πε 0 r 4πε 0 (x +R ) 2 4πε 0 2πR(x 2 +R 2 ) 3 2 0 0 Qx conclut : E = 3 . 2 2 4πε 0 ( x +R ) 2 2π ∫ dl . On en 0 La distance x le long de l’axe de l’anneau étant petite par hypothèse, on a : x 2 R 2 Qx Qx d’où : E ≈ . =3 4πε 0 R 3 4πε 0 ( R 2 ) 2 La charge q est soumise à une force électrostatique F = qE = − Qq x , de la forme 4πε 0 R 3 Qq (constante de rappel). La charge q va donc suivre un 4πε 0 R 3 mouvement harmonique simple. F = − k x , en posant k = b) La période du mouvement oscillatoire est T = T = 2π 2π k , avec ω = . On en conclut : ω m 4π ε 0 R 3 m . qQ Exercice 3 -6- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 a) Théorème de Gauss sous forme intégrale : On choisit pour surface de Gauss une surface S délimitée par : • la sphère 1 de rayon R (R = rayon de la Terre) • la sphère 2 de rayon R+h (h = 1,5 km). sphère S2 n2 espace délimité par la surface de Gauss : portion d'atmosphère de 1,5 km d'épaisseur E1 E2 n1 R h sphère S1 JG charge à l'intérieur de S flux Φ de E à travers la surface S = ε JJG JJ0G JJG JJG D’une part : Φ = flux à travers S1 + flux à travers S2 = w E ⋅ n dS + E ∫∫ 1 1 1 w ∫∫ 2 ⋅ n 2dS2 S1 Φ= − E1 ⋅ 4πR JG + 2 sur la sphère G S1 : E et la normale n à la surface ont des orientations opposées S2 E 2 ⋅ 4π(R+h) JG 2 sur la sphère G S2 : E et la normale n à la surface ont des orientations identiques E1 on arrive à : 4 3 2 R h2 h h2 23 Φ = −4πE1 R − h − = −4πE1R − − ≈ −3πE1R 2 (1) 2 2 4 4 2R 4R 4 Avec E 2 = 3 car h R 4 D’autre part : Φ = ρ ⋅ volume d'atmosphère délimité par la surface de Gauss ε0 Φ= ρ ε0 3 4 3 ρ 4 h 3 4 3 − = + − π R+h πR π R 1 1 ( ) 3 ε 3 3 R 0 3h −1 au premier R h ordre en R soit 1+ ρ 4 3 3h 4πρR 2 h πR = (2) ε0 3 R ε0 Les équations (1) et (2) nous conduisent finalement à : Comme h R , on a finalement : Φ ≈ -7- Professeur László Forró 8 janvier 2003 Physique Générale III, séance 10 3E ε 4πρR 2 h = −3πE1R 2 , d’où la densité volumique de charge : ρ = − 1 0 . 4h ε0 -1 -12 Application numérique : E1 = 100 V.m , h = 1500 m, ε0 = 8,854.10 F.m-1, ce qui nous amène à ρ = -4,43.10-13 C.m-3 Φ= JG ρ b) Théorème de Gauss sous forme locale (ou différentielle) : div E = . ε0 JG ∂E ∂E ∂E Rappel : div E = x + y + z en coordonnées cartésiennes. Ici, le champ E ne ∂x ∂y ∂z JG dE dépend que de la variable r : div E = . dr JG JG − projection de E projection de E dE sphère 2 sphère 1 ≈ Or (on considère la dérivée dr R+h − R comme étant égale au taux d’accroissement entre R et R+h ; en effet h R ), c’est-àE 2 − E1 3E dE ≈ =− 1. dire : dr R+h − R 4h JG ρ 3E ε 3E ρ div E = s’écrit donc : − 1 = , d’où : ρ = − 1 0 . 4h ε0 4h ε 0 ( ) ( ) -8-