Guerinsylvie

Situation

Enseignante(piètre), mariée, deux enfants.

Préférences

faire le plus simple possible, mais sans faire simpliste et sans passer les difficultés sous le tapis.

J’aime l'Histoire des Sciences, particulièrement, l'avènement de la dynamique, entre 1564 et 1648. J’ai aussi un peu lu au-delà ( du Huygens et du Newton), mais sans érudition profonde.

La construction de la quantique et son statut épistémologique me passionnent : en France, on tarde beaucoup à enseigner la vision lagrangienne ( Dirac puis Feynman ) en privilégiant trop l'aspect algébrique des opérateurs sur un espace hilbertien ( Heisenberg ). Par ailleurs, le principe de correspondance et la mécanique quasi-classique ( limite S/h très grande ) me fascinent aussi ( Helffer, Sjostrand ).

Devises

Celles de Faraday(1791-1867).

Wikilivres

j'avoue que je n'y retrouve pas "mes petits". Certes, l'idéal de la WP me séduit, mais le "niveau" est très disparate : quand je vois une erreur, je la corrige ; mais il y en a beaucoup!

Le temps arrangera cela, je l'espère.

Électrostatique cours de la Wv

Brr...quel vide! trop peu d'exercices, et ceux qui y sont traités le sont de manière peu efficaces. (écrit le 10 mars 2015)

Électrostatique, le bout de fil rectiligne

dommage que je ne sache pas "dessiner" sur la Wp. En fait, voici le résultat essentiel de cet exercice :

Soit un bout de fil rectiligne AB, de longueur 2c, chargé uniformément Q= lambda.2c ,(on prendra sans restriction de généralité lambda = 1 C/m).

Alors le champ électrique créé au point M est porté par la bissectrice de l'angle AMB.

Les équipotentielles sont donc les ellipses de foyer A et B, puis par symétrie de révolution, les ellipsoïdes correspondants.

Ce résultat permet de tout calculer aisément. En particulier, le potentiel V(M) :

Soit AM+BM = 2a ; alors V(M) = Log ( a+c /a-c ) , ce qui donne TOUT.Et en particulier les exercices...

il ne reste plus qu’à en faire la démonstration. La plus élémentaire que je connaisse est celle-ci :

Tracer le triangle AMB, et la hauteur MH. Tracer la bissectrice MN qui coupe AB en N. On sait que NA/MA = NB/MB. Les deux segments inégaux NA et NB créent des champs égaux en module ; cela n'est surprenant qu’à première vue. La raison est que le champ élémentaire d'un très petit bout de fil, PP', est proportionnel à l'angle élémentaire d(alpha)= PMP' sous-tendu et pas de la distance MP ( Quod est Notatu Dignum, a dit Newton en 1687 ):

Soit précisément : dE = d(alpha). 1/MH. Fin de démonstration.

Pour le calcul de V(M), il suffit alors de faire le calcul sur l'axe Oz, O étant milieu de AB. On a V(Z) = somme de dz/ (Z-z)| de z=-c à z=+c ; d'où le résultat indiqué plus haut.

{cette démonstration évite bien des calculs superflus ; référence entre autres, dans le Rumeau&Guinier manuel d'électricité ed Delagrave 1961 ; mais aussi le Ramsey, Newtonian Attraction,ed CUP,1981 ; le MacMillan, ed Dover etc. et bien sûr le Landau}.

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De là on peut tirer les exercices suivants ( tirés de khôlles en L1-L2 ) :

exercice 1 : On pose MH := h ;

1/donner la valeur du champ E(M) en fonction de l'angle AMB := 2.alpha, puis de e/MN ; ainsi que ses composantes cartésiennes E_z et E_r .L'expression de E_z est "simple"; une raison ? conséquence : tout polygone circonscrit à un cercle crée au centre du cercle un champ nul ( Ramsey exo4 London 1927 )

2/puis Vérifier que dans le plan équatorial ( z= 0 ), V(r, z=0) a bien pour dérivée -E(r, z=0). Même exercice sur l'axe de révolution.

3/ assez difficile : On sectionne mentalement le fil en 2 : la distribution de charge D est donc la somme des distributions D1 U D2 . Vérifier que V(M) = V1(M) + V2(M) . Et ...réciproquement ?

4/ On métallise une équipotentielle : V(M) extérieur? . Répartition de charge superficielle sigma(M) et remarques.

solution :

1/ comme dE = 1/h . d(alpha) la sommation donne : E = 1/h . 2 alpha dirigée selon la bissectrice.(on peut calculer géométriquement mais c'est dur : ~ 1 sqrt( z^2/a^4 + h^2/b^4 )! avec a^2= c^2+ b^2 et MA+MB = 2a ).

On peut aussi montrer que E ~ e/MN , e = c/a , et MN la bissectrice de AMB (Ramsey 16 )

on a donc géométriquement : E_z = Q/2c . ( 1/MA - 1/MB ) facile à retenir ! ; et E_r = E_z. cotan ( A+B /2 ). Il est pertinent de trouver pour E_z une expression simple car c'est une application du raisonnement utilisé pour le dipôle : E_z.dz = - dV = V(D,z) - V(D, z+dz) = V(D,z) - V(D1, z) où D1 est la distribution D translatée de -dz : les champs des charges centrales se détruisent, il ne subsiste que l'action des extrémités + en A et - en B , Q/2c dz (1/MA - 1/MB ). CQFD. Réciproquement puisque E_z est connu , on en déduit V(z)+ f(x,y) par intégration et etc ( cette méthode existe dans certains ouvrages ... ).

2/ V(r) = (Q/2c) . 2 Argtanh(e) . On écrit ici : e(r) = c/ sqrt(r^2+c^2). On doit donc calculer dV/dr = dV/de.de/dr : ça sent le gudermannien à plein nez ! en posant OM = c tan(phi) il vient que w == V/2 est le gi(phi) et donc dV/dr = dV/dphi. dphi/dr = -1/c . sin^2/cos = -1/c . c/OM . c/AM = - c/ (OM.AM). Or c'est précisément e/MN == c/AM . 1/OM égal à E . FIN.

Et sur l'axe V(z) = (Q/2c) . Log ( 2z+2c) - Log ( 2z-2c) dont la dérivée est (cf raisonnement précédent ) : Q/2c . (1/MB - 1/MA ), mais c'est précisément le résultat de l'intégration de dz / z^2 qui donne E !

(Souvent quand on a bien assimilé ces exercices on a le sentiment de "re - beloter " ; c'est en effet sommation et dérivation ...; mais encore s'agit-il de le voir ; des expressions en trigo-hyperbolique peuvent s'y trouver logées ...)

3/ Il le faut par pertinence de linéarité, avec la même charge linéïque : il s'agit donc de l'égalité-identité géométrique : argtanh(e1) + argtanh(e2) = argtanh(e) certes certes, mais pas si "triviale" que cela à première vue : f(e1)f(e2) = f(e) avec f(e) = (1+e)/(1-e) ; soit encore, le point D prolongeant la tige AB : (MA+MB+ AB)(MB+MD + BD ) (MA+MD - AD) = ( MA+MB-AB)(MB+MD-BD)(MA+MD+AD) ? qui est quasiment l'identité de Stewart , cqfd ( d'autres personnes le voient mieux en trigo-hyperbolique ..., soit! ). Encore une fois, pour vérifier cette pertinence, il suffit de la vérifier pour M sur l'équateur ( on peut toujours s'y ramener par ajout ) donc pour un fil s'arrêtant en H ; donc par soustraction à fil HA - fil HA' avec A' près de A,ce qui est l'expression pour un fil + son allongement AA' mais ceci c'est dire que V(z+a)-V(z) c'est -E_z .a qui est vrai! On est encore en train de dire la même réalité : ce calcul est linéaire en les charges ( id.est : c'est une sommation ! ). Et ... réciproquement que V(M) soit une fonction f(x,y,z) qui satisfasse ce critère de pertinence certains peuvent déduire que c'est LA fonction qui satisfait ce critère mais cet exercice est plus difficile ( le MacMillan passe par des calculs sur les demi-Arctan x ; et le Ramsey donne une formule de bas-de-page : cotan MAB/2 . cotan MBA/2 = après calculs = MA+MB+AB / MA+MB-AB .

4/ On métallise ; donc on ne change rien au potentiel V(M) mais sur la face interne est apparue la charge - sigma(P) et sur la face externe la charge opposée +sigma(P) de valeur sigma(P) = epsilon_o . 2 . E(M) au point M coincidant avec P avant métallisation ( théorème de Coulomb ) . On fixe le Potentiel et on décharge la cage de Faraday : rien ne change pour l'extérieur et on se retrouve avec l'expression du champ d'un prolate chargé Q = 2c. lambda_o .( cf Landau Electrodynamique des milieux continus §4 p.35 ) : la géométrie du prolate donne sa surface : 2pi b^2 + a.b . (Arc sin e)/e (rappel : a^2 = b^2 +c^2 ); le potentiel est resté le même V(M) = Q/2c Log (MA+MB+AB/MA+MB-AB) la capacité C est donc : C = c/ argcosh ( a/ sqrt(a^2-c^2) (elle devient donc infinie quand a→c c'est le pouvoir des pointes).

Landau donne une expression utile de sigma(P) : pour P(x,y,z) , sigma(P) = Q/ 4Pi ab^2 /sqrt( z^2/a^4 + h^2/b^4 ) ; on reconnaît l'expression donnée en question 1 .

MacMillan fait remarquer que les zones de même hauteur z2-z1 = e ont même charge (un peu comme pour la sphère ) ; la valeur de sigma augmente avec la courbure ; sigma satisfait l'intégrale de Robin ; et bien d'autres remarques liées à la géométrie de l'ellipsoïde-prolate.

Par ailleurs tout comme Landau, il va étudier le cas presque sphérique afin de faire le lien avec l'oblate puis avec les ellipsoïdes quelconques. La théorie culmine avec un ellipsoïde quelconque dépolarisé.

Cet exercice est à coupler avec l'exercice du disque chargé en 1 sqrt( R^2-r^2) : trouver V(M) et E(M) et métalliser et retrouver le cas quasi-sphérique et comparer avec cet exo.

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Autres petits exercices sur le fil

/ Trois fils forment un triangle ABC équilatéral  de côté 2c. Sur l'axe Gz  montrer que E(z) = ~ 

z/ (z^2 + c^2/3)sqrt( z^2 +4c^2/3 ) Ramsey exo 2 CC.1906

réponse : soit H la projection de M sur AB : MH^2 = z^2 + c^2/3 ; MA^2 = z^2 + 4 c^2/3 ; il s'agit donc de montrer que E ~ OM/ MH^2.MA or OM/MH signifie projeter sur l'axe , et 1/MA.MH est la valeur de E pour le bout de fil sur son équateur

/ Quatre fils forment un carré de côté 2c charge Q . D'un point P intérieur, où le potentiel est Vo, on mène les 4 perpendiculaires EFGH , qu'on charge 37 fois plus ; montrer que V(P) = 38 Vo Ramsey11.London 1935

/ un fil (2c) de centre en -a ; un autre fil en + a . Torseur-force entre les deux ? Kellogg Puis , en O , une charge q se déplaçant sur l'axe : signe de q pour avoir des oscillations et période ? est-ce contradictoire avec Earnshaw ( minimax ) Ramsay 15 London 1936

/ Deux fils parallèles AB ( en +c ,et -c ) et CD ( en (d,c') et (d -c') , montrer que si CB-CA = cste la force entre ces deux fils est en 1/d . Ramsey 17 Cambridge1908 . Idem : montrer que cette force est en Q1.Q2 / d . ( AD-AC) 19.CC.1914

/ Un fil 4c est tordu à 90° au milieu : Torseur de AO sur OB ( 2-sqrt2) Q^2 / c Ramsey 20 L.

/ Deux barres ; AB ( 00c et 00-c ) et CD ( c'd0 et -c'd0 ) F ~ Q1Q2 Arcsin cc' / sqrt( d^2 + c^2)(d^2+c'^2) .Est-ce pertinent ? Ramsey21 PC1934

/ Longue ligne AB= 2c ; les composantes du champ sont : E_z = 2z/c^2 ( 1 + (z^2-3h^2/2)/c^2 +... ) et E_h = 2/h ( 1- h^2/2c^2 + ...) . Est-ce pertinent ? Tripos 1919

/ Un fil indéfini est sectionné sur une longueur 2c. On replace un bout de cette section ( 2l ) au centre. Période des petites oscillations. LLG 1991

et leur solution

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