Champ électrostatique, potentiel/Calculs classiques

Début de la boite de navigation du chapitre

fin de la boite de navigation du chapitre

Méthodes de calcul du champ électrostatique

Calcul direct

Début d’un principe

Méthode de calcul direct du champ électrostatique

Lorsqu'on dispose d'une distribution de charges qu’il est facile de paramétrer (par exemple un disque chargé), on peut faire le calcul du champ électrostatique en calculant l'intégrale explicitement :

• Choix du repère (cartésien, cylindrique, sphérique)
• Simplification de l’expression de ${\vec {E}}$ par utilisation des symétries et invariances
• Expression du champ élémentaire créé par une portion infinitésimale de la distribution (longueur élémentaire pour une distribution linéique, surface élémentaire pour une distribution surfacique, volume élémentaire pour une distribution volumique). Cette portion élémentaire doit être choisie judicieusement pour simplifier les calculs (voir exemples).
• Intégration finale

Fin du principe

Théorème de Gauss

Début d’un principe

Application du théorème de Gauss au calcul du champ

Lorsqu'on dispose de distributions très symétriques ou infinies, il est souvent plus simple d’utiliser le théorème de Gauss pour calculer le champ à une certaine distance de la distribution :

• Simplification de l’expression de ${\vec {E}}$ par utilisation des symétries et invariances
• Choix de la surface de Gauss fermée (présentant généralement la même symétrie que la distribution)
• Distinction éventuelle de cas
• Application de la formule du théorème de Gauss

Fin du principe

Calculs de champs électrostatiques classiques

Faites ces exercices : Champs, potentiels.

Les quelques calculs présentés ici sont les calculs les plus basiques de l'électrostatique. Il est très important de savoir les refaire sans aucun doute. Ce n'est toutefois que la base et d'autres calculs classiques dont le principe est également à connaître sont laissés en exercice.

Segment uniformément chargé

Début d’un théorème

Segment uniformément chargé

On dispose d'un segment de longueur L uniformément chargé, de densité linéique de charge $\lambda$, de milieu O et orthogonal à (Oz). Le champ électrostatique ${\vec {E}}$ en tout point M de l’axe (Oz), repéré par sa cote z, vaut ${\vec {E}}(M)={\frac {\lambda }{4\pi \varepsilon _{0}z}}{\frac {L}{\sqrt {z^{2}+\left({\frac {L}{2}}\right)^{2}}}}{\vec {u}}_{z}$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

On calcule le champ par la méthode directe en un point M de cote z>0 :

• On peut trouver deux plans orthogonaux contenant (Oz) qui sont des plans de symétrie de la distribution, donc pour tout point M de (Oz), ${\vec {E}}(M)$ est suivant ${\vec {z}}$
• Le champ créé en M par une longueur infinitésimale de longueur dx au point P d'abscisse x vaut $\mathrm {d} {\vec {E}}_{reel}={\frac {\lambda .\mathrm {d} x}{4\pi \varepsilon _{0}PM^{2}}}~{\vec {u}}_{PM}$. En réalité, la seule composante utile de ce champ élémentaire est la composante suivant ${\vec {z}}$, comme le champ final ${\vec {E}}(M)$ est suivant ${\vec {z}}$. On considère donc $\mathrm {d} {\vec {E}}={\frac {\lambda .\mathrm {d} x}{4\pi \varepsilon _{0}PM^{2}}}\cos(\alpha )~{\vec {u}}_{z}$, projection de $\mathrm {d} {\vec {E}}_{reel}$ sur (Oz).
• Ensuite, on choisit la variable suivant laquelle on va intégrer. Ici, une intégration suivant $\alpha ~$ s'avérera aisée. Comme on veut intégrer suivant $~\alpha$, on va chercher à tout exprimer en fonction de $~\alpha$ et z:
  • $x=z.\tan(\alpha )~$ donc $\mathrm {d} x={\frac {z.\mathrm {d} \alpha }{\cos ^{2}(\alpha )}}$
  • $PM={\frac {z}{\cos(\alpha )}}$
• On obtient finalement $\mathrm {d} {\vec {E}}={\frac {\lambda }{4\pi \varepsilon _{0}}}{\frac {z.\mathrm {d} \alpha }{\cos ^{2}(\alpha )}}{\frac {\cos ^{2}(\alpha )}{z^{2}}}\cos(\alpha )~{\vec {u}}_{z}$, ce qui après simplification donne $\mathrm {d} {\vec {E}}={\frac {\lambda }{4\pi \varepsilon _{0}z}}\cos(\alpha )~\mathrm {d} \alpha ~{\vec {u}}_{z}$
• On intègre pour $~\alpha$ entre $-\alpha _{max}~$ et $~\alpha _{max}$ : ${\vec {E}}(M)={\frac {\lambda }{4\pi \varepsilon _{0}z}}\int _{-\alpha _{max}}^{\alpha _{max}}\cos(\alpha )~\mathrm {d} \alpha ~{\vec {u}}_{z}={\frac {\lambda }{2\pi \varepsilon _{0}z}}\sin(\alpha _{max}){\vec {u}}_{z}$
• On revient aux données du problème : ${\vec {E}}(M)={\frac {\lambda }{4\pi \varepsilon _{0}z}}{\frac {L}{\sqrt {z^{2}+\left({\frac {L}{2}}\right)^{2}}}}{\vec {u}}_{z}$
• La symétrie de la distribution par rapport au plan $(Oxy)$ assure ${\vec {E}}(-z)=-{\vec {E}}(z)$

Fin de la démonstration

Disque uniformément chargé

Début d’un théorème

Disque uniformément chargé

On dispose d'un disque de rayon R uniformément chargé, de densité surfacique de charge $\sigma$, de centre O et orthogonal à (Oz). Le champ électrostatique ${\vec {E}}$ en tout point M de l’axe (Oz), repéré par sa cote z, vaut ${\vec {E}}(M)=\operatorname {sgn}(z)~{\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}\left(1-{\frac {|z|}{\sqrt {z^{2}+R^{2}}}}\right){\vec {u}}_{z}$ où sgn(z) vaut 1 si z>0 et -1 si z<0

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

On calcule le champ par la méthode directe pour un point M de cote z>0:

• Tout plan contenant (Oz) est plan de symétrie de la distribution, donc pour tout point M de (Oz), ${\vec {E}}(M)$ est suivant ${\vec {z}}$
• On utilise comme surface élémentaire une couronne élémentaire de rayon r, d'épaisseur dr. Cette couronne est vue sous un angle $\alpha$ depuis le point M. On intégrera suivant $\alpha$ pour « balayer » toute la surface de la couronne.
• La surface de cette couronne élémentaire est $\mathrm {d} S=2\pi r.\mathrm {d} r~$. Le champ créé en M par cette couronne élémentaire est donc $\mathrm {d} {\vec {E}}={\frac {\sigma \mathrm {d} S}{4\pi \varepsilon _{0}PM^{2}}}\cos(\alpha )~{\vec {u}}_{z}={\frac {\sigma r}{2\varepsilon _{0}PM^{2}}}\cos(\alpha )~\mathrm {d} r~{\vec {u}}_{z}$
• Comme on veut intégrer suivant $\alpha$, on va chercher à tout exprimer en fonction de $\alpha$ et z:
  • $r=z.\tan(\alpha )~$ donc $\mathrm {d} r={\frac {z.\mathrm {d} \alpha }{\cos ^{2}(\alpha )}}$
  • $PM={\frac {z}{\cos(\alpha )}}$
• On obtient finalement $\mathrm {d} {\vec {E}}={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}z\tan(\alpha ){\frac {z.\mathrm {d} \alpha }{\cos ^{2}(\alpha )}}{\frac {\cos ^{2}(\alpha )}{z^{2}}}\cos(\alpha )~{\vec {u}}_{z}$, ce qui après simplification donne $\mathrm {d} {\vec {E}}={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}\sin(\alpha )~\mathrm {d} \alpha ~{\vec {u}}_{z}$
• On intègre pour $~\alpha$ entre 0 et $~\alpha _{max}$ : ${\vec {E}}(M)={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}\int _{0}^{\alpha _{max}}\sin(\alpha )~\mathrm {d} \alpha ~{\vec {u}}_{z}={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}(1-\cos(\alpha _{max})){\vec {u}}_{z}$
• On revient aux données du problème : ${\vec {E}}(M)={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}\left(1-{\frac {z}{\sqrt {z^{2}+R^{2}}}}\right){\vec {u}}_{z}$
• La symétrie de la distribution par rapport au plan du disque assure ${\vec {E}}(-z)=-{\vec {E}}(z)$

Fin de la démonstration

Boule chargée uniformément en volume

Début d’un théorème

Boule uniformément chargée en volume

On dispose d'une boule de centre O et de rayon R, chargée uniformément en volume de densité volumique de charge $\rho ~$, de charge totale $Q={\frac {4}{3}}\pi R^{3}\rho$. Alors le champ engendré par cette boule en un point M de l'espace tel que OM=r vaut : ${\begin{cases}{\vec {E}}(r)=\displaystyle {{\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r^{2}}}{\vec {u}}_{r}}=\displaystyle {{\frac {\rho R^{3}}{3\varepsilon _{0}r^{2}}}{\vec {u}}_{r}}~{\textrm {si}}~r\geq R\\{\vec {E}}(r)=\displaystyle {{\frac {\rho r}{3\varepsilon _{0}}}{\vec {u}}_{r}}~{\textrm {si}}~r\leq R\end{cases}}$

Remarque : Dans le cas $r\geq R$, le résultat est le même que si l’on disposait d'une charge ponctuelle de charge Q placée en O.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Dans ce cas où la symétrie est « très prononcée », on a tendance à utiliser le théorème de Gauss.

• Il existe deux plans orthogonaux contenant (OM) qui sont des plans de symétrie de la distribution donc ${\vec {E}}(M)=E(M){\vec {u}}_{r}$
• La distribution est invariante par toute rotation, donc ${\vec {E}}(M)=E(r){\vec {u}}_{r}$
• On choisit pour surface de Gauss une sphère $\Sigma$, de centre O et de rayon r (en vert sur le dessin). Il apparaît deux cas dans la résolution :
  • Premier cas : $r\geq R$ :
    ${\frac {Q}{\varepsilon _{0}}}=\int \!\!\!\!\!\int _{\Sigma }\!\!\!\!\!\!\!\!\bigcirc {\vec {E}}(M).{\overrightarrow {d^{2}S}}=E(r)~\int \!\!\!\!\!\int _{\Sigma }\!\!\!\!\!\!\!\!\bigcirc {\vec {u}}_{r}.{\overrightarrow {d^{2}S}}=E(r)~4\pi r^{2}$
    Or $Q_{int}={\frac {4}{3}}\pi R^{3}\rho$
    Donc ${\vec {E}}(r)=\displaystyle {{\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r^{2}}}{\vec {u}}_{r}}=\displaystyle {{\frac {\rho R^{3}}{3\varepsilon _{0}r^{2}}}{\vec {u}}_{r}}$
  • Deuxième cas : $r\leq R$ :
    ${\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}=\int \!\!\!\!\!\int _{\Sigma }\!\!\!\!\!\!\!\!\bigcirc {\vec {E}}(M).{\overrightarrow {d^{2}S}}=E(r)~\int \!\!\!\!\!\int _{\Sigma }\!\!\!\!\!\!\!\!\bigcirc {\vec {u}}_{r}.{\overrightarrow {d^{2}S}}=E(r)~4\pi r^{2}$
    Or $Q_{int}={\frac {4}{3}}\pi r^{3}\rho$
    Donc ${\vec {E}}(r)=\displaystyle {{\frac {\rho r}{3\varepsilon _{0}}}{\vec {u}}_{r}}$

Fin de la démonstration

Méthodes de calcul du potentiel électrostatique

Calcul direct

Début d’un principe

Méthode de calcul direct du potentiel électrostatique

Lorqu'on dispose d'une distribution de charges qu’il est facile de paramétrer (par exemple un disque chargé), on peut faire comme pour le champ le calcul du potentiel électrostatique en calculant l'intégrale explicitement :

• Choix du repère (cartésien, cylindrique, sphérique)
• Simplification de l’expression de V par utilisation des symétries et invariances
• Expression du potentiel élémentaire créé par une portion infinitésimale de la distribution. Cette portion élémentaire doit être choisie judicieusement pour simplifier les calculs (voir exemples).
• Intégration finale

Fin du principe

Début d’un théorème

Disque uniformément chargé

On dispose d'un disque de rayon R uniformément chargé, de densité surfacique de charge $\sigma$, de centre O et orthogonal à (Oz). En prenant le potentiel nul à l'infini, le potentiel V en tout point M de l’axe (Oz), repéré par sa cote z, vaut $V(M)={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}({\sqrt {R^{2}+z^{2}}}-|z|)$

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

On calcule le potentiel par la méthode directe pour un point M de cote z>0:

• On utilise comme surface élémentaire une couronne élémentaire de rayon r, d'épaisseur dr. Cette couronne est vue sous un angle $\alpha$ depuis le point M. On intégrera suivant $\alpha$ pour « balayer » toute la surface de la couronne.
• La surface de cette couronne élémentaire est $\mathrm {d} S=2\pi r.\mathrm {d} r~$. Le potentiel créé en M par cette couronne élémentaire est donc $\mathrm {d} V={\frac {\sigma \mathrm {d} S}{4\pi \varepsilon _{0}PM}}={\frac {\sigma r}{2\varepsilon _{0}PM}}~\mathrm {d} r$
• Comme on veut intégrer suivant $\alpha$, on va chercher à tout exprimer en fonction de $\alpha$ et z:
  • $r=z.\tan(\alpha )~$ donc $\mathrm {d} r={\frac {z.\mathrm {d} \alpha }{\cos ^{2}(\alpha )}}$
  • $PM={\frac {z}{\cos(\alpha )}}$
• On obtient finalement $\mathrm {d} V={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}z\tan(\alpha ){\frac {z.\mathrm {d} \alpha }{\cos ^{2}(\alpha )}}{\frac {\cos(\alpha )}{z}}$, ce qui après simplification donne $\mathrm {d} V={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}z{\frac {\sin(\alpha )}{\cos ^{2}(\alpha )}}\mathrm {d} \alpha$
• On intègre pour $~\alpha$ entre 0 et $~\alpha _{max}$ : $V(M)={\frac {\sigma z}{2\varepsilon _{0}}}\int _{0}^{\alpha _{max}}{\frac {\sin(\alpha )}{\cos ^{2}(\alpha )}}~\mathrm {d} \alpha ={\frac {\sigma z}{2\varepsilon _{0}}}\left({\frac {1}{\cos(\alpha _{max})}}-1\right)$
• On revient aux données du problème : $V(M)={\frac {\sigma }{2\varepsilon _{0}}}({\sqrt {R^{2}+z^{2}}}-z)$
• La symétrie de la distribution par rapport au plan du disque assure $V(-z)=V(z)~$.

Fin de la démonstration

Utilisation de la relation entre E et V

Début d’un principe

Détermination du potentiel à partir du champ

Lorsque le calcul de ${\vec {E}}$ a déjà été mené, refaire tout le calcul est rarement la meilleure solution ! On préférera utiliser la relation ${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V$.

Fin du principe

Début d’un théorème

Boule uniformément chargée en volume

On dispose d'une boule de centre O et de rayon R, chargée uniformément en volume de densité volumique de charge $\rho ~$, de charge totale $Q={\frac {4}{3}}\pi R^{3}\rho$. Alors le potentiel engendré par cette boule en un point M de l'espace tel que OM=r vaut : ${\begin{cases}V(r)=\displaystyle {\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r}}=\displaystyle {\frac {\rho R^{3}}{3\varepsilon _{0}r}}~{\textrm {si}}~r\geq R\\V(r)=\displaystyle {{\frac {\rho }{2\varepsilon _{0}}}\left(R^{2}-{\frac {r^{2}}{3}}\right)}~{\textrm {si}}~r\leq R\end{cases}}$

Remarque : Dans le cas $r\geq R$, le résultat est le même que si l’on disposait d'une charge ponctuelle de charge Q placée en O.

Fin du théorème

Début d'une démonstration

Démonstration

Grâce au théorème de Gauss, on a calculé le champ en tout point : ${\begin{cases}{\vec {E}}(r)=\displaystyle {{\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r^{2}}}{\vec {u}}_{r}}=\displaystyle {{\frac {\rho R^{3}}{3\varepsilon _{0}r^{2}}}{\vec {u}}_{r}}~{\textrm {si}}~r\geq R\\{\vec {E}}(r)=\displaystyle {{\frac {\rho r}{3\varepsilon _{0}}}{\vec {u}}_{r}}~{\textrm {si}}~r\leq R\end{cases}}$

Comme ${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V$ et que ${\vec {E}}$ ne dépend que de r : ${\vec {E}}=-{\frac {\mathrm {d} V}{\mathrm {d} r}}{\vec {u}}_{r}$, d'où $\mathrm {d} V=-E(r)\mathrm {d} r~$

Dans notre étude particulière, deux cas se présentent :

• Premier cas : $r\geq R$ :
  $E(r)={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r^{2}}}$

Donc $V=-\int E(r)~\mathrm {d} r=-\int {\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r^{2}}}~\mathrm {d} r={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r}}+C$
En prenant $V_{\infty }=0$, on obtient pour $r\geq R$ l’expression $V(r)={\frac {Q}{4\pi \varepsilon _{0}r}}={\frac {\rho R^{3}}{3r\varepsilon _{0}}}$

• Deuxième cas : $r\leq R$ :
  $E(r)={\frac {\rho r}{3\varepsilon _{0}}}$

Donc $V=-\int E(r)~\mathrm {d} r=-\int {\frac {\rho r}{3\varepsilon _{0}}}~\mathrm {d} r=-{\frac {\rho r^{2}}{6\varepsilon _{0}}}+D$
Comme V est continu à la traversée d'une surface, $V(R)=-{\frac {\rho R^{2}}{6\varepsilon _{0}}}+D={\frac {\rho R^{3}}{3R\varepsilon _{0}}}$, on obtient $D={\frac {\rho R^{3}}{3R\varepsilon _{0}}}+{\frac {\rho R^{2}}{6\varepsilon _{0}}}$
Donc $V(r)=\displaystyle {{\frac {\rho }{2\varepsilon _{0}}}\left(R^{2}-{\frac {r^{2}}{3}}\right)}$

Fin de la démonstration