Champ électrostatique, potentiel/Calculs classiques

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**Calculs classiques**
Leçon : Champ électrostatique, potentiel

Chapitre 6
Chap. préc. :	Dipôle électrostatique
Chap. suiv. :	Analogie avec le champ de gravitation

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Champ électrostatique, potentiel/Calculs classiques », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.

Sommaire

1 Méthodes de calcul du champ électrostatique
- 1.1 Calcul direct
- 1.2 Théorème de Gauss
2 Calculs de champs électrostatiques classiques
3 Méthodes de calcul du potentiel électrostatique
- 3.1 Calcul direct
- 3.2 Utilisation de la relation entre E et V

[modifier] Méthodes de calcul du champ électrostatique

[modifier] Calcul direct

Méthode de calcul direct du champ électrostatique

Lorqu'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

[modifier] Théorème de Gauss

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

[modifier] Calculs de champs électrostatiques classiques

Voir les exercices sur : 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.

[modifier] Segment uniformément chargé

Segment uniformément chargé

On dispose d'un segment de longueur L uniformément chargé, de densité linéique de charge $λ$ , 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 $\vec E(M)= \frac{\lambda}{4 \pi \varepsilon_0 z} \frac{L}{\sqrt{z^2+\left ( \frac{L}2 \right ) ^2}} \vec u_z$

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 $\mathrm d \vec E_{reel} = \frac{\lambda. \mathrm dx}{4 \pi \varepsilon_0 PM^2}~\vec u_{PM}$ . 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 $\mathrm d \vec E = \frac{\lambda. \mathrm dx}{4 \pi \varepsilon_0 PM^2} \cos(\alpha)~\vec u_z$ , projection de $\mathrm d \vec E_{reel}$ sur (Oz).
Ensuite, on choisit la variable suivant laquelle on va intégrer. Ici, une intégration suivant s'avérera aisée. Comme on veut intégrer suivant , on va chercher à tout exprimer en fonction de et z:
- $x=z. \tan (\alpha)~$ donc $\mathrm dx=\frac{z. \mathrm d\alpha}{\cos^2 (\alpha)}$
- $PM = \frac{z}{\cos(\alpha)}$
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 du disque assure $\vec E(-z)=-\vec E(z)$

[modifier] Disque uniformément chargé

Disque uniformément chargé

On dispose d'un disque de rayon R uniformément chargé, de densité surfacique de charge $σ$ , 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 $\vec E(M)= \sgn(z)~\frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} \left ( 1-\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}} \right ) \vec u_z$ où sgn(z) vaut 1 si z>0 et -1 si z<0

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 $α$ depuis le point M. On intégrera suivant $α$ pour « balayer » toute la surface de la couronne.
La surface de cette couronne élémentaire est $\mathrm dS = 2 \pi r. \mathrm dr~$ . Le champ créé en M par cette couronne élémentaire est donc $\mathrm d \vec E = \frac{\sigma \mathrm dS}{4 \pi \varepsilon_0 PM^2} \cos (\alpha) ~\vec u_z = \frac{\sigma r}{2 \varepsilon_0 PM^2} \cos (\alpha) ~ \mathrm dr~\vec u_z$
Comme on veut intégrer suivant α, on va chercher à tout exprimer en fonction de α et z:
- $r=z. \tan (\alpha)~$ donc $\mathrm dr=\frac{z . \mathrm d\alpha}{\cos^2 (\alpha)}$
- $PM = \frac{z}{\cos(\alpha)}$
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 $\vec E(-z)=-\vec E(z)$

[modifier] Boule chargée uniformément en volume

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 $Q=\frac43 \pi R^3 \rho$ . 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.

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 $Σ$ , de centre O et de rayon r (en vert sur le dessin). Il apparaît deux cas dans la résolution :
- Premier cas : $r \geq R$ :
  $\frac{Q}{\varepsilon_0} = \int \!\!\!\!\! \int _\Sigma \!\!\!\!\!\!\!\! \bigcirc \vec E(M).\overrightarrow{d^2S} = E(r)~\int \!\!\!\!\! \int _\Sigma \!\!\!\!\!\!\!\! \bigcirc \vec u_r.\overrightarrow{d^2S} = E(r)~4 \pi r^2$
  Or $Q_{int} = \frac43 \pi R^3 \rho$
  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 : $r \leq R$ :
  $\frac{Q_{int}}{\varepsilon_0} = \int \!\!\!\!\! \int _\Sigma \!\!\!\!\!\!\!\! \bigcirc \vec E(M).\overrightarrow{d^2S} = E(r)~\int \!\!\!\!\! \int _\Sigma \!\!\!\!\!\!\!\! \bigcirc \vec u_r.\overrightarrow{d^2S} = E(r)~4 \pi r^2$
  Or $Q_{int} = \frac43 \pi r^3 \rho$
  Donc $\vec E(r) = \displaystyle{\frac{\rho r}{3 \varepsilon_0} \vec u_r}$

[modifier] Méthodes de calcul du potentiel électrostatique

[modifier] Calcul direct

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

Disque uniformément chargé

On dispose d'un disque de rayon R uniformément chargé, de densité surfacique de charge $σ$ , 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 $V(M)= \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} ( \sqrt{R^2+z^2} - |z|)$

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 $α$ depuis le point M. On intégrera suivant $α$ pour « balayer » toute la surface de la couronne.
La surface de cette couronne élémentaire est $\mathrm dS = 2 \pi r. \mathrm dr~$ . Le potentiel créé en M par cette couronne élémentaire est donc $\mathrm d V = \frac{\sigma \mathrm dS}{4 \pi \varepsilon_0 PM}= \frac{\sigma r}{2 \varepsilon_0 PM} ~ \mathrm dr$
Comme on veut intégrer suivant α, on va chercher à tout exprimer en fonction de α et z:
- $r=z. \tan (\alpha)~$ donc $\mathrm dr=\frac{z . \mathrm d\alpha}{\cos^2 (\alpha)}$
- $PM = \frac{z}{\cos(\alpha)}$
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 $\mathrm d V =\frac{\sigma}{2 \varepsilon_0} z \frac{\sin(\alpha)}{\cos^2(\alpha)}$
On intègre pour $~\alpha$ entre 0 et $~\alpha_{max}$ : $V(M) = \frac{\sigma z}{2 \varepsilon_0} \int_0^{\alpha_{max}} \frac{\sin(\alpha)}{\cos^2(\alpha)}~ \mathrm d\alpha = \frac{\sigma z}{2 \varepsilon_0} \left ( \frac1{\cos(\alpha_{max})} -1 \right )$
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 $V(-z)=V(z)~$ .

[modifier] Utilisation de la relation entre E et V

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 $\vec E = - \vec \nabla V$ .

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 $Q=\frac43 \pi R^3 \rho$ . 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.

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 $\mathrm dV=-E(r) \mathrm dr~$

Dans notre étude particulière, deux cas se présentent :

Premier cas : $r \geq R$ :
$E(r) = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2}$

Donc $V=-\int E(r) ~\mathrm dr = -\int \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r^2} ~\mathrm dr = \frac{Q}{4 \pi \varepsilon_0 r} + C$
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 $V=-\int E(r) ~\mathrm dr = -\int \frac{\rho r}{3 \varepsilon_0} ~\mathrm dr = -\frac{\rho r^2}{6 \varepsilon_0} + D$
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 $V(r) = \displaystyle{\frac{\rho}{2 \varepsilon_0} \left ( R^2-\frac{r^2}3 \right )}$

Champ électrostatique, potentiel

Dipôle électrostatique

Analogie avec le champ de gravitation

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Sommaire

[modifier] Méthodes de calcul du champ électrostatique

[modifier] Calcul direct

[modifier] Théorème de Gauss

[modifier] Calculs de champs électrostatiques classiques

[modifier] Segment uniformément chargé

[modifier] Disque uniformément chargé

[modifier] Boule chargée uniformément en volume

[modifier] Méthodes de calcul du potentiel électrostatique

[modifier] Calcul direct

[modifier] Utilisation de la relation entre E et V

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