Electricité : Distribution de charges continues :
Exercice n° 6 :
1- En utilisant le théorème de Gauss, établir l'expression du champ électrique `\vec{E}` créé par un plan infini uniformément chargé en surface de charge surfacique `\sigma` `(sigma\gt0)`.
Réponse
Pour les systèmes de charge à symétrie, le théorème de Gauss est un outil très utile pour la détermination
du champ électrique. La surface de Gauss choisie est une surface fermée englobant une charge
électrique ##Q_{int}##, elle est généralement de forme géométrique simple et connue.
Le champ électrique est soit normal à cette surface avec une intensité constante ou soit
tangent. Ces deux hypothèses faciliteront grandement le calcul du flux.
Déterminons tout d'abord les surfaces équipotentielles et les lignes de champ dans le cas du plan infini uniformément chargé en surface de charge surfacique `\sigma`. Soit un point `M_i` de l'espace, distant de `d_i` de ce plan infini et `O_i` sa projection sur ce plan. Considérons deux charges infinitésimales `dq_{A_n}` et `dq_{B_n}` égales à `dq\ (=\sigma dS)` et situées en `A_n` et en `B_n` le symétrique de `A_n` par rapport à `O_i`, respectivement. Le choix du point symétrique est toujours possible car le plan est infini. Les champs électriques ##d\overrightarrow{E_{dq_{A_n}}}(M_i)## et ##d\overrightarrow{E_{dq_{B_n}}}(M_i)## créés par ces deux charges au point `M_i` ont des modules égaux, sont inclinés de part et d'autre de la normale `(O_iM_i)` d'une même inclinaison et sont contenus dans le plan passant par les trois points `M_i`, `A_n` et `B_n` (voir figure ci-dessous).
Déterminons tout d'abord les surfaces équipotentielles et les lignes de champ dans le cas du plan infini uniformément chargé en surface de charge surfacique `\sigma`. Soit un point `M_i` de l'espace, distant de `d_i` de ce plan infini et `O_i` sa projection sur ce plan. Considérons deux charges infinitésimales `dq_{A_n}` et `dq_{B_n}` égales à `dq\ (=\sigma dS)` et situées en `A_n` et en `B_n` le symétrique de `A_n` par rapport à `O_i`, respectivement. Le choix du point symétrique est toujours possible car le plan est infini. Les champs électriques ##d\overrightarrow{E_{dq_{A_n}}}(M_i)## et ##d\overrightarrow{E_{dq_{B_n}}}(M_i)## créés par ces deux charges au point `M_i` ont des modules égaux, sont inclinés de part et d'autre de la normale `(O_iM_i)` d'une même inclinaison et sont contenus dans le plan passant par les trois points `M_i`, `A_n` et `B_n` (voir figure ci-dessous).
La résultante de ces deux champs,
##d\overrightarrow{E}(M_i)=d\overrightarrow{E_{dq_{A_n}}}(M_i)+ d\overrightarrow{E_{dq_{B_n}}}(M_i)##, sera portée par la normale `(O_iM_i)`.
Ainsi, le champ électrique ##\overrightarrow{E}(M_i)## créé par le plan chargé au point `M_i`
qui est la somme de tous ces champs infinitésimaux, sera porté par la normale `(O_iM_i)`. La direction du champ électrique en
tout point de l'espace est perpendiculaire au plan chargé. Les lignes de champ seront donc des droites parallèles et normales
au plan chargé et les surfaces équipotentielles des plans parallèles au plan chargé.
On remarque aussi que pour tous les points `M_i` appartenant à une même surface équipotentielle, `d_i` constant, le calcul pour déterminer ##\overrightarrow{E}(M_i)## en chaque point `M_i` est exactement le même et mène au même résultat, le champ électrique est constant sur cette surface. De plus, si on considère le point ##M^{\prime}_i## symétrique de `M_i` par rapport à `O_i`, le calcul exactement le même, montre que le champ électrique est antisymétrique : ##\overrightarrow{E}(M^{\prime}_i)=-\overrightarrow{E}(M_i)##
On remarque aussi que pour tous les points `M_i` appartenant à une même surface équipotentielle, `d_i` constant, le calcul pour déterminer ##\overrightarrow{E}(M_i)## en chaque point `M_i` est exactement le même et mène au même résultat, le champ électrique est constant sur cette surface. De plus, si on considère le point ##M^{\prime}_i## symétrique de `M_i` par rapport à `O_i`, le calcul exactement le même, montre que le champ électrique est antisymétrique : ##\overrightarrow{E}(M^{\prime}_i)=-\overrightarrow{E}(M_i)##
Si on choisit pour surface de Gauss la surface d'un cylindre dont l'axe de révolution est perpendiculaire au plan chargé et
dont les deux bases sont situées de part et d'autre de ce plan à une hauteur `\frac{h}2`. Les deux hypothèses citées précédemment
sont vérifiées, le champ électrique est tangent sur la surface latérale du cylindre d'une part et d'autre part il est normal
et constant sur chaque base. On indice par `l` tout ce qui se réfère à la face latérale et par `b_1` et `b_2`
aux deux bases.
##
\displaystyle\iint_{S_{cylindre}} \vec{E} \cdot d\vec{S}=
\iint_{S_{cercle\ chargé}}\dfrac{\sigma }{\epsilon_0}dS\implies
##
##
\displaystyle\iint_{S_{l}} \vec{E}_l \cdot d\vec{S}_l+
\displaystyle\iint_{S_{b1}} \vec{E}_{b1} \cdot d\vec{S}_{b1}+
\displaystyle\iint_{S_{b2}} \vec{E}_{b2} \cdot d\vec{S}_{b2}=
\iint_{S_{cercle\ chargé}}\dfrac{\sigma }{\epsilon_0}dS
##
Puisque :
##\vec{E}_l\ \bot \ d\vec{S}_l\implies## ##\vec{E}_l \cdot d\vec{S}_l=0##
##\vec{E}_{b1} \ //\ d\vec{S}_{b1}\implies## ##\vec{E}_{b1} \cdot d\vec{S}_{b1}= E_{b1}dS_{b1}##
##\vec{E}_{b1} \ //\ d\vec{S}_{b1}\implies## ##\vec{E}_{b1} \cdot d\vec{S}_{b1}= E_{b1}dS_{b1}##
##
\begin{cases}
\vec{E}_{b2}= -\vec{E}_{b1}\\
d\vec{S}_{b2}=-d\vec{S}_{b1}
\end{cases}
\implies##
##
\vec{E}_{b2} \cdot d\vec{S}_{b2}=\vec{E}_{b1} \cdot d\vec{S}_{b1}
##
Aussi, on a : ## {S}_{b1}={S}_{b2}={S}_{cercle\ chargé}=S##
##2\displaystyle\iint_{S} {E}_{b1} \cdot dS=\iint_{S}\dfrac{\sigma }{\epsilon_0}dS\implies
##
##2{E}_{b1} \displaystyle\iint_{S} \cdot dS=\dfrac{\sigma }{\epsilon_0}\iint_{S}dS\implies
##
##2{E}_{b1}S=\dfrac{\sigma }{\epsilon_0}S\implies
##
##{E}_{b1}=\dfrac{\sigma }{2\epsilon_0}
##
Le résultat obtenu, montre que le champ électrique est indépendant de la position de la base, `\frac{h}2`. Par conséquent, le champ électrique de chaque coté du plan chargé est constant mais de part et d'autre il est antisymétrique.
##\vec{E}=
\begin{cases}
+\dfrac{\sigma }{2\epsilon_0} \vec{k}\\
\ \\
-\dfrac{\sigma }{2\epsilon_0} \vec{k}
\end{cases}
##
où `\vec{k}` esr le vecteur unitaire de l'axe perpendiculaire au plan infini uniformément chargé.
`
On considère deux plans infinis parallèles, `(\Pi_1)` et `(\Pi_2)`, séparés de `d` et uniformément chargés en surface de charges surfaciques respectives `-3\sigma` et `2\sigma` respectivement(voir figure ci-dessous).
2- Déterminer l'expression du champ électrique `\vec{E}` dans la région comprise entre les deux plans. Représenter à l'échellle du champ électrique `\vec{E}` ##(1 cm \rightarrow 1\sigma/\epsilon_0)##.
Réponse
Au vu du résultat obtenu à la question précédente, le champ créé par le plan de charge surfacique `2\sigma` est égal à` :
##\vec{E}_1=-\dfrac{2\sigma }{2\epsilon_0} \vec{k}\implies####\vec{E}_1=-\dfrac{\sigma}{\epsilon_0} \vec{k}##
et celui par le plan de charge surfacique `-3\sigma` est égal à :
##\vec{E}_2=+\dfrac{-3\sigma }{2\epsilon_0} \vec{k}\implies## ##\vec{E}_1=-\dfrac{3\sigma}{2\epsilon_0} \vec{k}##
En appliquant le principe de supperposition, le champ résultant est égal :
##\vec{E}_1=-\dfrac{2\sigma }{2\epsilon_0} \vec{k}\implies####\vec{E}_1=-\dfrac{\sigma}{\epsilon_0} \vec{k}##
et celui par le plan de charge surfacique `-3\sigma` est égal à :
##\vec{E}_2=+\dfrac{-3\sigma }{2\epsilon_0} \vec{k}\implies## ##\vec{E}_1=-\dfrac{3\sigma}{2\epsilon_0} \vec{k}##
En appliquant le principe de supperposition, le champ résultant est égal :
##\vec{E}=\vec{E}_1+\vec{E}_2\implies##
##\vec{E}=-\dfrac{5\sigma}{2\epsilon_0} \vec{k}##
3- En déduire l'expression du potentiel électrique `V(x)` entre les deux plans. On posera `V(0)=0\ V.`
Réponse
La relation du potentiel `dV` en fonction du champ électrique `\vec E` et du vecteur déplacement `d\vec l` est
##dV=-\vec E. d\vec l##
Le déplacement infinitésimal dans un repère orthonormé associé à une base ##(\vec i,\vec j, \vec k) ## s'exprime par : ##\overrightarrow{dl}=dx \vec i+dy\vec j+dz \vec k ##.
L'expression du potentiel `dV` en fonction des coordonnées cartésiennes s'exprimera par : ##dV=\dfrac{5\sigma}{2\epsilon_0}dz##
On intègre cette dernière équation depuis 0 à `z`:
##\displaystyle\int_{V(0)=0}^{V(z)}dV=\displaystyle\int_{0}^{z}\dfrac{5\sigma}{2\epsilon_0}dz\implies##
##V(z)=\dfrac{5\sigma}{2\epsilon_0}\displaystyle\int_{0}^{z}dz\implies##
##E_{cB}-E_{cO}=W_{O\rightarrow B\ fourni}+W_{O\rightarrow B\ électrique}##
La charge est immobile en `O`, `E_{cO}` est nulle
##E_{cB}=W_{O\rightarrow B\ fourni}+W_{O\rightarrow B\ électrique}##
Comme `E_{cB}\ge 0` on a :
##W_{O\rightarrow B\ fourni}+W_{O\rightarrow B\ électrique}\ge 0\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni}\ge-W_{O\rightarrow B\ électrique}##
Le travail minimum fourni est alors égal à :
##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=-W_{O\rightarrow B\ électrique}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=-\displaystyle\int_{OAB}\vec F_e.d\vec{l}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=-\displaystyle\int_{OAB}q\vec E.d\vec{l}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q\displaystyle\int_{OAB}-\vec E.d\vec{l}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q\displaystyle\int_{V(0)}^{V(d)}dV\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q(V(d)-V(0))\implies##
##V(z)=\dfrac{5\sigma}{2\epsilon_0}z##
4- Donner, en fonction de `q` , `\sigma`, `\epsilon_0` et `d`, l'expression du travail minimum fourni pour déplacer
une charge positive `q` immobile en `O` à `B`, le long du trajet `OAB`.
Réponse
Utilisons le théorème de l'énergie cinétique :##E_{cB}-E_{cO}=W_{O\rightarrow B\ fourni}+W_{O\rightarrow B\ électrique}##
La charge est immobile en `O`, `E_{cO}` est nulle
##E_{cB}=W_{O\rightarrow B\ fourni}+W_{O\rightarrow B\ électrique}##
Comme `E_{cB}\ge 0` on a :
##W_{O\rightarrow B\ fourni}+W_{O\rightarrow B\ électrique}\ge 0\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni}\ge-W_{O\rightarrow B\ électrique}##
Le travail minimum fourni est alors égal à :
##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=-W_{O\rightarrow B\ électrique}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=-\displaystyle\int_{OAB}\vec F_e.d\vec{l}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=-\displaystyle\int_{OAB}q\vec E.d\vec{l}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q\displaystyle\int_{OAB}-\vec E.d\vec{l}\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q\displaystyle\int_{V(0)}^{V(d)}dV\implies## ##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q(V(d)-V(0))\implies##
##W_{O\rightarrow B\ fourni\ min}=q\dfrac{5\sigma}{2\epsilon_0} d##