Champ électrostatique, potentiel/Exercices/Champs, potentiels

Cylindre uniformément chargé en volume

Cet exercice est très classique. Il faut savoir le refaire sans indication ni doute.

Soit un cylindre d'axe (Oz) uniformément chargé en volume, de densité volumique de charge $\rho$, de section circulaire de rayon R. Calculer le champ et le potentiel engendrés par cette distribution en tout point M de l'espace.

Solution

• $(M,{\vec {u}}_{r},{\vec {u}}_{\theta })$ et $(M,{\vec {u}}_{r},{\vec {u}}_{z})$ sont deux plans de symétrie de la distribution, donc ${\vec {E}}(M)=E(r,\theta ,z){\vec {u}}_{r}$
• La distribution est invariante par translation suivant z donc ${\vec {E}}(M)=E(r,\theta ){\vec {u}}_{r}$
• La distribution est invariante par rotation autour de z donc ${\vec {E}}(M)=E(r){\vec {u}}_{r}$

La distribution est infinie à symétrie cylindrique. On va chercher à se ramener à une surface finie en appliquant le théorème de Gauss à une surface à symétrie cylindrique.

• On choisit pour surface de Gauss un cylindre $\Sigma$ :
  • de section circulaire de rayon r
  • de hauteur h
  • de bases perpendiculaires à (Oz)
• On applique le théorème de Gauss à $\Sigma$ : $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}={\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}$.

Comme ${\vec {E}}=E(r){\vec {u}}_{r}$, le flux de ${\vec {E}}$ à travers les bases de $\Sigma$ est nul. Il reste $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}=E(r)~\oint _{\Sigma }{\vec {u}}_{r}.{\overrightarrow {\rm {dS}}}=E(r)~2\pi rh$.

• On distingue 2 cas :
  • Si $r\geq R$ : on a $Q_{int}=\pi R^{2}h\rho ~$ donc $E(r)={\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{0}r}}$
  • Si $r\leq R$ : on a $Q_{int}=\pi r^{2}h\rho ~$ donc $E(r)={\frac {\rho r}{2\varepsilon _{0}}}$

Finalement :

${\begin{cases}E(r)=\displaystyle {\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{0}r}}~{\textrm {si}}~r\geq R\\E(r)=\displaystyle {\frac {\rho r}{2\varepsilon _{0}}}~{\textrm {si}}~r\leq R\end{cases}}$

${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V=-{\frac {\mathrm {d} V}{\mathrm {d} r}}{\vec {u}}_{r}$ donc $\mathrm {d} V=-\mathrm {E} (r)~\mathrm {d} r~$

En intégrant, il vient

${\begin{cases}V(r)=\displaystyle {\frac {-\rho R^{2}}{2\varepsilon _{0}}}\ln(r)+c_{1}~{\textrm {si}}~r\geq R\\V(r)=-\displaystyle {\frac {\rho r^{2}}{4\varepsilon _{0}}}+c_{2}~{\textrm {si}}~r\leq R\end{cases}}$

$c_{1}$ et $c_{2}$ sont deux constantes à adapter en fonction des exigences de l'énoncé, sans oublier d'assurer la continuité de V en r=R.

 

Plan infini

Cet exercice est très classique. Il faut savoir le refaire sans indication ni doute.

Soit un plan uniformément chargé en surface, de densité surfacique de charge $\sigma$ séparant l'espace en deux demi-espaces z>0 et z<0. Calculer le champ et le potentiel engendrés par cette distribution en tout point M de l'espace, en supposant le plan à un potentiel nul.

Solution

• La distribution est invariante par toute translation suivant x ou y, donc ${\vec {E}}={\vec {E}}(z)$
• Tout plan parallèle à (xOz) ou à (yOz) est plan de symétrie de la distribution, donc ${\vec {E}}=E(z){\vec {u}}_{z}$
• (xOy) est plan de symétrie de la distribution donc $E(-z)=-E(z)$

Comme la distribution est infinie et invariante par de nombreuses transformations, on se ramène à un système de taille finie en appliquant le théorème de Gauss à un endroit quelconque de la distribution :

• On choisit pour surface de Gauss un cylindre $\Sigma$ :
  • de section S
  • de hauteur $h=2z~$, compris entre les cotes z et -z
  • de bases parallèles à (xOy)
• On applique le théorème de Gauss à $\Sigma$ : $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}={\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}$.

Comme ${\vec {E}}=E(z){\vec {u}}_{z}$, le flux de ${\vec {E}}$ à travers la surface latérale de $\Sigma$ est nul. Il reste $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}=-S.{\vec {E}}(-z).{\vec {u}}_{z}+S.{\vec {E}}(z).{\vec {u}}_{z}={\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}$.
Or $~Q_{int}=\sigma S$ donc, après simplification :

${\begin{cases}E(z)=\displaystyle {\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}~{\textrm {si}}~z>0\\E(z)=-\displaystyle {\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}~{\textrm {si}}~z<0\end{cases}}$

${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V=-{\frac {\mathrm {d} V}{\mathrm {d} z}}{\vec {u}}_{z}$ donc $\mathrm {d} V=-\mathrm {E} (z)~\mathrm {d} z$

En intégrant avec V(0)=0, il vient :

${\begin{cases}V(z)=-\displaystyle {\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}z~{\textrm {si}}~z>0\\V(z)=\displaystyle {\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}z~{\textrm {si}}~z<0\end{cases}}$

 

Exercice un peu plus difficile

• Enoncé : Le même plan que précédemment est percé d'un trou de centre O et de rayon R . On prend l'origine des potentiels en O : V(O) = 0

Une équipotentielle V sur l’axe de symétrie passe à la cote z(V) et à l'infini à la cote Z(V): trouver la relation Z=f(z). En particulier dessiner le graphe approximatif de la « séparatrice ».

Solution

Certes une solution exacte existe via les fonctions elliptiques et donc permet le tracé exact du diagramme des equi-.V et des lignes de champ. Néanmoins, l'énoncé n'en demande pas tant : on veut seulement la relation Z= f(z).