Electrostatique

Plusieurs pistes possibles pour cet exercice où la direction du champ et ses paramètres d’espace sont faciles à déterminer.
-utilisation directe du théorème de Gauss ?
-se ramener à une superposition de distributions bien connues ?
-$\displaystyle \rho(z)$ est donné 👉 possibilité d’utiliser l’équation de Maxwell-Gauss ?

Une méthode est détaillée, une autre est esquissée.
Méthode 1
On utilise le théorème de superposition en “découpant” la distribution de charges en volumes d’épaisseur infinitésimale compris entre les côtes $\displaystyle z_{0}$ et $\displaystyle z_{0}+dz_{0}$.

Chaque tranche crèe un champ électrique équivalent à celui créé par un plan infini uniformément chargé, de charge surfacique $\displaystyle \sigma=\rho(z_{0})dz_{0}$.

• $\displaystyle \overrightarrow{E}\left(M\right)=\frac{\rho\left(z_{0}\right)}{\varepsilon_{0}}dz_{0}\overrightarrow{u_{z}}\textrm{ pour }z>z_{0}+dz.$

• $\displaystyle \overrightarrow{E}\left(M\right)=-\frac{\rho\left(z_{0}\right)}{\varepsilon_{0}}dz_{0}\overrightarrow{u_{z}}\textrm{ pour }z<z_{0}.$

et il suffit de “sommer” les champs. Il s’agit ici d’une somme continue de $\displaystyle z_{0}=0$ à $\displaystyle z_{0}\rightarrow\infty$. Il faut encore distinguer deux cas :

• Pour $\displaystyle z<0$, $\displaystyle \overrightarrow{E}\left(M\right)=-\int_{0}^{\infty}\frac{\rho\left(z_{0}\right)}{\varepsilon_{0}}dz_{0}\overrightarrow{u_{z}}=-\frac{\rho_{0}}{\varepsilon_{0}}\int_{0}^{\infty}\exp\left(-z_{0}/a\right)dz_{0}\overrightarrow{u_{z}}$,$$\overrightarrow{E}\left(M\right)=-\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}\overrightarrow{u_{z}}.$$

• Pour $\displaystyle z>0$, $\displaystyle \overrightarrow{E}\left(M\right)=\left[\int_{0}^{z}\frac{\rho\left(z_{0}\right)}{\varepsilon_{0}}dz_{0}-\int_{z}^{\infty}\frac{\rho\left(z_{0}\right)}{\varepsilon_{0}}dz_{0}\right]\overrightarrow{u_{z}}.$

Soit $\displaystyle \overrightarrow{E}\left(M\right)=\left[\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}\left(1-\exp\left(-z/a\right)\right)+\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}\left(0-\exp\left(-z/a\right)\right)\right]\overrightarrow{u_{z}}$,$$\overrightarrow{E}\left(M\right)=\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}\left(1-2\exp\left(-z/a\right)\right)\overrightarrow{u_{z}}.$$

Le champ est bien continu en $\displaystyle z=0$, comme attendu pour une distribution volumique de charge. À l’extérieur de la distribution, le champ est uniforme.

$\displaystyle \overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\textrm{grad }}V$ est porté par $\displaystyle \left(Oz\right)$ , donc $\displaystyle V$ ne dépend que de $\displaystyle z$ et $\displaystyle \frac{dV}{dz}=-E(z)$.

• Pour $\displaystyle z<0$, $\displaystyle \frac{dV}{dz}=\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}$. En choisissant arbitrairement $\displaystyle V(0)=0$,$$V(z)=\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}z.$$

• Pour $\displaystyle z>0$, $\displaystyle \frac{dV}{dz}=-\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}\left(1-2\exp\left(-z/a\right)\right)$. D’où, le potentiel étant continu pour une distribution volumique $$V(z)=-\frac{\rho_{0}a}{\varepsilon_{0}}\left(z-2a\left[1-\exp\left(-z/a\right)\right]\right).$$

Méthode 2
Le champ peut être obtenu (à une constante près) en utilisant l’équation locale de Maxwell-Gauss.

Relation entre $\displaystyle \rho$ et $\displaystyle V$ 👉 Equation de Poisson.

1. Les plaques étant de grandes dimensions, le potentiel et le champ ne dépendent que de $\displaystyle z$, en négligeant les effets de bord. L’équation de Poisson $\displaystyle \Delta V+\frac{\rho}{\varepsilon_{0}}=0$ s’écrit : $\displaystyle V"-aV/\varepsilon_{0}=0$.

$\displaystyle a$ est en $\displaystyle \textrm{F.m}^{-3}$, d’où $\displaystyle a/\varepsilon_{0}$ en $\displaystyle \textrm{m}^{-2}$, l’équation est homogène. En tenant compte des conditions aux limites : $$V(z)=-\frac{U}{2\sinh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}\frac{\ell}{2}\right)}\sinh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}z\right)$$.

$$\overrightarrow{E}(z)=\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}\frac{U}{2\sinh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}\frac{\ell}{2}\right)}\cosh\left(\sqrt{\frac{a}{\varepsilon_{0}}}z\right)\overrightarrow{u_{z}}.$$

Dans le cas du vide , c’est le condensateur plan usuel : $\displaystyle \overrightarrow{E}=\frac{U}{\ell}\overrightarrow{u_{z}}$ est uniforme et $\displaystyle V(z)=Uz$ varie linéairement. On retrouve ce cas lorsque $\displaystyle \ell\ll\sqrt{\frac{\varepsilon_{0}}{a}}$.

2. L’énergie potentielle d’une charge q dans le potentiel $\displaystyle V$ est $\displaystyle E_{p}=qV$. D’après Boltzmann, $\displaystyle \rho^{+}(z)=A\exp\left(-\frac{eV(z)}{k_{B}T}\right)$ et $\displaystyle \rho^{-}=B\exp\left(\frac{eV(z)}{k_{B}T}\right)$.

Avec $\displaystyle \left|U\right|\ll\frac{k_{B}T}{e}$, et un d.l. d’ordre 1 en $\displaystyle \frac{eV(z)}{k_{B}T} : \rho(z)=\rho^{+}(z)+\rho^{-}(z)\simeq-\left(A-B\right)\frac{eV(z)}{k_{B}T}$. On retrouve la relation donnée avec $\displaystyle a=\left(A-B\right)\frac{e}{k_{B}T}$.

Remarque : $\displaystyle \rho(z)=\rho^{+}(z)+\rho^{-}(z)$ est impair comme $\displaystyle V$, donc $\displaystyle B=-A$. On obtient dans le cas général $\displaystyle \rho(z)=2B\sinh\left(\frac{eV(z)}{k_{B}T}\right)$, $\displaystyle B$ étant un coefficient de normalisation dépendant du nombre de charges présentes.

Surfaces équipotentielles connues 👉 on connaît la direction du champ, normal aux surfaces équipotentielles.

Hypothèse : on néglige les “effets de bord” comme dans un condensateur plan.

On cherche la relation entre la différence de potentiel $\displaystyle V_{1}-V_{2}$ et la charge portée par les armatures $\displaystyle Q_{1}=-Q_{2}$.

Les plans contenant $\displaystyle \left(Ox\right)$ étant des surfaces équipotentielles, le champ $\displaystyle \overrightarrow{E}$ est orthoradial. En utilisant la base locale cylindrique, $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=E(M)\overrightarrow{u_{\theta}}$.

Comme $\displaystyle L\gg b$, $\displaystyle E(M)$ est indépendant de $\displaystyle x$ (il y a invariance du problème par translation parallèlement à $\displaystyle \left(Ox\right)$).

Envisageons un tube de champ infinitésimal $\displaystyle T$ de longueur $\displaystyle \ell$ selon $\displaystyle \left(Ox\right)$ , limité par les rayons $\displaystyle r$ et $\displaystyle r+dr$, et les angles $\displaystyle \theta_{a}$ et $\displaystyle \theta_{b}$, compris entre les armatures. D’après le théorème de Gauss, le flux de $\displaystyle \overrightarrow{E}$ à travers la surface fermée délimitant le tube de champ est nul $\displaystyle \left(Q_{int}=0\right)$. Le flux à travers les surfaces $\displaystyle \theta=\theta_{a}$ et $\displaystyle \theta=\theta_{b}$ est nul car $\displaystyle \overrightarrow{E}$ est tangent à la surface, d’où $\displaystyle \oiint\overrightarrow{E}.\overrightarrow{d^{2}S}=E(r,\theta_{a})\ell.dr-E(r,\theta_{b})\ell.dr=0$, et ceci pour tout $\displaystyle \textrm{ }\theta_{a}$ et $\displaystyle \textrm{ }\theta_{b}$. Donc $\displaystyle E(M)$ est indépendant de $\displaystyle \theta$.$$\overrightarrow{E}(M)=E(r)\overrightarrow{u_{\theta}}.$$

$\displaystyle V_{1}-V_{2}=\int_{1}^{2}\overrightarrow{E}.\overrightarrow{dl}=r\alpha E(r).$

Pour trouver $\displaystyle E(r)$, on peut utiliser la relation de passage du champ électrique à la traversée d’une surface chargée (mais c’est hors programme), ou on applique le théorème de Gauss sur une petite surface fermée $\displaystyle S$ de dimension $\displaystyle \ell$ selon $\displaystyle \left(Ox\right)$, $\displaystyle dr$ selon $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}}$, contenant une portion de l’armature 1 (par exemple) : $\displaystyle Q_{int}=\sigma(r)\ell.dr$ .

Le champ dans le conducteur parfait est nul et $\displaystyle \oiint\overrightarrow{E}.\overrightarrow{d^{2}S}=E(r)\ell.dr$. D’où

$$E(r)=\frac{\sigma(r)}{\varepsilon_{0}}.$$

Finalement, en intégrant sur une ligne de champ : $\displaystyle V_{1}-V_{2}=r\alpha\frac{\sigma(r)}{\varepsilon_{0}}$.
La charge surfacique est d’autant plus grande qu’on se rapproche de $\displaystyle \left(Ox\right)$.

La charge totale portée par l’armature est $\displaystyle Q_{1}=\iint\sigma(r)d^{2}S=L\int_{a}^{b}\sigma(r)dr=\frac{\varepsilon_{0}\left(V_{1}-V_{2}\right)}{\alpha}L\int_{a}^{b}\frac{dr}{r}=\frac{\varepsilon_{0}\left(V_{1}-V_{2}\right)}{\alpha}L\ln\left(\frac{b}{a}\right)$.

$\displaystyle Q_{1}=C\left(V_{1}-V_{2}\right)$ donne $$C=\frac{\varepsilon_{0}}{\alpha}L\ln\left(\frac{b}{a}\right).$$

Cette expression (homogène) n’est pas directement comparable à la capacité d’un condensateur plan de section $\displaystyle L\left(b-a\right)$ d’épaisseur $\displaystyle \alpha(a+b)/2$, mais on vérifie que les deux expressions sont évidemment identiques pour $\displaystyle a\rightarrow b$.

3—Etablir une analogie avec un problème électrostatique (on s’en doutait, au vu de la question 2 🙄).

1. $\displaystyle \frac{\partial T}{\partial t}-\frac{\kappa}{\mu c}\Delta T=\frac{p}{\mu c}$.
   En régime stationnaire : $$\Delta T+\frac{p}{\kappa}=0.$$

2. En électrostatique l’équation de Poisson s’écrit $$\Delta V+\frac{\rho}{\varepsilon_{0}}=0.$$ Il y a une analogie formelle avec l’équation précédente à condition de remplacer $\displaystyle \frac{p}{\kappa}$ par $\displaystyle \frac{\rho}{\varepsilon_{0}}$.

3. Le problème analogue en électrostatique serait : déterminer la répartition de potentiel électrostatique créé sur l’axe $\displaystyle (Oz)$ d’un anneau chargé de rayon $\displaystyle R$ de charge linéique $\displaystyle \lambda$ placé en $\displaystyle z=0$ :

$\displaystyle V(z)=\frac{\lambda2\pi R}{4\pi\varepsilon_{0}\sqrt{z^{2}+R^{2}}}=\frac{\lambda R}{2\varepsilon_{0}\sqrt{z^{2}+R^{2}}}+V(z\rightarrow\infty)$
(toutes les charges sont à la même distance $\displaystyle \sqrt{z^{2}+R^{2}}$ du point où on calcule le potentiel).

L’analogue de $\displaystyle \lambda$ est $\displaystyle q$ (distributions linéiques). L’analogue de $\displaystyle \varepsilon_{0}$ est $\displaystyle \kappa$. D’où

$$T(z)=\frac{qR}{2\kappa\sqrt{z^{2}+R^{2}}}+T_0.$$ La valeur maximale de $\displaystyle T$ est obtenue pour $\displaystyle z=0$ , soit (expression homogène) : $$T(0)=\frac{q}{2\kappa}+T_0.$$

A.N. $\displaystyle T(0)=1,8.10^3$ K. C’est beaucoup, mais on n’a pas tenu compte du transfert conducto-convectif, et le lion ne fait que passer…

Champ de gravitation pour une distribution très symétrique 👉 Théorème de Gauss de la gravitation.

On se place dans le référentiel lié à la Terre, supposé galiléen.

Soit $\displaystyle \left(x'x\right)$ l’axe du tunnel. L’objet est soumis

• à l’attraction gravitationnelle $\displaystyle \overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}$

• à la réaction du tunnel $\displaystyle \overrightarrow{R}$ normale à $\displaystyle \left(x'x\right).$

Déterminons le champ gravitationnel terrestre $\displaystyle \overrightarrow{g}(M)$ en un point $\displaystyle M$ à l’intérieur de la Terre, en supposant que le tunnel ne perturbe pas notablement ce champ. Etant donné la symétrie du problème, on utilise les coordonnées sphériques $\displaystyle r,\theta,\varphi$.

-Tout plan contenant le centre de masse de la Terre, $\displaystyle O$, et $\displaystyle M$ est plan de symétrie de la distribution de masse ; donc $\displaystyle \overrightarrow{g}(M)$ est porté par l’intersection de ces plans $\displaystyle \overrightarrow{g}(M)=g(M)\overrightarrow{u_{r}}$.

-Il y a invariance de la distribution de masse par rotation quelconque autour de $\displaystyle O$, donc $\displaystyle g(M)=g(r)$.

-Appliquons le théorème de Gauss pour la gravitation en utilisant comme surface fermée une sphère de centre $\displaystyle O$, de rayon $\displaystyle r<R$ :
$\displaystyle \oiint\overrightarrow{g}.\overrightarrow{d^{2}S}=-4\pi\mathcal{G}M_{int}.$

avec $\displaystyle M_{int}=M_{T}\left(\frac{r}{R_{T}}\right)^{3}$.

$\displaystyle \oiint\overrightarrow{g}.\overrightarrow{d^{2}S}=\oiint g(r).d^{2}S=g(r).4\pi r^{2}$.

D’où $\displaystyle g(r)=-\mathcal{G}M_{T}\frac{r}{R_{T}^{3}}$.

Avec $\displaystyle g(R)=-g_{0}$, $$\overrightarrow{g}(M)=-g_{0}\frac{r}{R_{T}}\overrightarrow{u_{r}}.$$

L’objet est assujetti à se déplacer dans le tunnel.

Soit $\displaystyle x$ sa position, l’origine $\displaystyle O'$ de l’axe étant au milieu du tunnel. Le principe fondamental de la dynamique s’écrit

$\displaystyle m\overrightarrow{a}=m\overrightarrow{g}+\overrightarrow{R}$. En projetant sur $\displaystyle \left(O'x\right)$,

$\displaystyle m\ddot{x}=m\overrightarrow{g}.\overrightarrow{u_{x}}=-mg_{0}\frac{x}{R_{T}}$, soit

$$\ddot{x}+\frac{g_{0}}{R_T}x=0.$$

C’est l’équation d’un oscillateur harmonique, de pulsation $\displaystyle \omega=\sqrt{\frac{g_{0}}{R_T}}$ et de période $\displaystyle T=2\pi\sqrt{\frac{R}{g_{0}}}$ (homogène).
Compte tenu des conditions initiales, $\displaystyle x(t)=x_{A}\cos\left(\omega t\right)$.

La durée du parcours de $\displaystyle A$ à $\displaystyle B$ $\displaystyle (x_B=-x_A)$ est $$\tau=T/2=\pi\sqrt{\frac{R_T}{g_{0}}}.$$

A.N. $\displaystyle \tau=2,5.10^{3}\textrm{ s, }$ soit 42 minutes.

Remarque — $\displaystyle \tau$ est indépendant de la position de $\displaystyle A$ et $\displaystyle B$ à la surface du globe.

Conducteur parfait 👉 champ nul et potentiel constant dans le conducteur, densité volumique de charge nulle, mais charge surfacique possible.

Considérons le dipôle placé en $\displaystyle O$. Le potentiel total est la somme du potentiel $\displaystyle V_{0}$ dont dérive $\displaystyle \overrightarrow{E_{0}}$, et du potentiel créé par le dipôle.

$\displaystyle E_{0}\overrightarrow{u_{x}}=-\overrightarrow{\textrm{grad }}V_{0}\Longrightarrow\frac{\partial V_{0}}{\partial x}=-E_{0}\textrm{ et }\frac{\partial V_{0}}{\partial y}=\frac{\partial V_{0}}{\partial z}=0$. D’où
$$V_{0}=-E_{0}x+Cte.$$
Choisissons la $\displaystyle Cte$ nulle dans la suite.
Le potentiel créé par le dipôle au point $\displaystyle M$ est, en coordonnées polaires dans le plan contenant $\displaystyle M$ et $\displaystyle \overrightarrow{p}$ : $$V_{1}(M)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{p\cos\theta}{r^{2}}$$
en choisissant $\displaystyle V_{1}$ nul à grande distance.

D’où le potentiel total :

$$V(M)=-E_{0}x+\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{p\cos\theta}{r^{2}}+Cte.$$

Comme $\displaystyle \overrightarrow{E_{0}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{p}$ sont parallèles de même sens, $\displaystyle x=r\cos\theta$ et $$V(M)=\left(-E_{0}r+\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{p}{r^{2}}\right)\cos\theta.$$

Lorsque $\displaystyle -E_{0}r+\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{p}{r^{2}}=0$, soit $$r_0=\left(\frac{p}{4\pi\varepsilon_{0}E_{0}}\right)^{1/3},$$ le potentiel $\displaystyle V(M)=0$. La sphère, de centre $\displaystyle O$, de rayon $\displaystyle r_{0}$ est une surface équipotentielle.

2. Dans un conducteur parfait (de conductivité $\displaystyle \gamma$ tendant vers l’infini), le champ électrique est nul. Dans le cas contraire, la puissance volumique dissipée par effet Joule $\displaystyle p_{V}=\gamma E^{2}$ tendrait vers l’infini, ce qui n’est pas possible.

En utilisant la relation de passage à la traversée de la sphère de rayon R,

$\displaystyle \overrightarrow{E}\left(r=R^{+}\right)-\overrightarrow{E}\left(r=R^{-}\right)=\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}\overrightarrow{u_{r}}$, soit : $$\overrightarrow{E}\left(r=R^{+}\right)=\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}\overrightarrow{u_{r}}. (1)$$

3. Il existe une analogie entre les deux situations décrites (dipôle placé dans un champ uniforme d’une part, boule conductrice placée dans un champ uniforme extérieur d’autre part, à condition de choisir les caractéristiques du dipôle de telle sorte que $\displaystyle r_0=R$, et de se limiter à l’étude de la région $\displaystyle r>R$.

Il faut donc prendre $\displaystyle R=r_{0}=\left(\frac{p}{4\pi\varepsilon_{0}E_{0}}\right)^{1/3}$, soit $$p=4\pi\varepsilon_{0}R^{3}E_{0}.$$

L’expression du champ pour $\displaystyle r=R^{+}$ peut être obtenue facilement avec le modèle équivalent (dipôle dans le champ extérieur uniforme) :

$\displaystyle \overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\textrm{grad}}V_{1}+\overrightarrow{E_{0}}$.
En utilisant les coordonnées polaires dans le plan ($\displaystyle \overrightarrow{p},M$),

$\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{E_{1}}&=-\frac{\partial V_{1}}{\partial r}\overrightarrow{u_{r}}-\frac{1}{r}\frac{\partial V_{1}}{\partial\theta}\overrightarrow{u_{\theta}}\\&=\frac{2p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_{0}r^{3}}\overrightarrow{u_{r}}+\frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_{0}r^{3}}\overrightarrow{u_{\theta}},\end{aligned}$
soit en $\displaystyle r=R$ , $\displaystyle \overrightarrow{E_{1}}=2E_{0}\cos\theta\overrightarrow{u_{r}}+E_{0}\sin\theta\overrightarrow{u_{\theta}}$.

Par ailleurs $\displaystyle \overrightarrow{E_{0}}=E_{0}\cos\theta\overrightarrow{u_{r}}-E_{0}\sin\theta\overrightarrow{u_{\theta}}$,
d’où $$\overrightarrow{E}\left(r=R^{+}\right)=3E_{0}\cos\theta\overrightarrow{u_{r}}.$$

Le champ est bien normal à la surface équipotentielle, comme attendu, et avec $\displaystyle \left(1\right)$$$\sigma(\theta)=3\varepsilon_{0}E_{0}\cos\theta.$$

qui correspond ainsi à la charge surfacique non uniforme qui apparait sur une boule conductrice placée dans le champ uniforme $\displaystyle \overrightarrow{E_{0}}$.

Champ électrique au voisinage et loin de la sphère

Déterminer la densité volumique de charge 👉 Passer par une équation locale (Maxwell-Gauss comme suggéré par la donnée de la divergence) ou faire un bilan sur un volume infinitésimal.

Le problème est à symétrie sphérique. $\displaystyle M$ étant un point quelconque, tout plan passant $\displaystyle O$ et $\displaystyle M$, est un plan de symétrie de la distribution de charge. Le champ en $\displaystyle M$, contenu dans les plans de symétrie de la distribution, est donc porté par l’intersection de tous ces plans, il est radial : $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=E(M)\overrightarrow{u_{r}}$.
Comme le module du champ est uniforme dans la boule $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=E_{0}\overrightarrow{u_{r}}$.

L’équation de Maxwell-Gauss donne $\displaystyle \rho=\varepsilon_{0}\textrm{div}(\overrightarrow{E})=\varepsilon_{0}\frac{1}{r^{2}}\frac{d\left(r^{2}E_{0}\right)}{dr}$,$$\rho(r)=2\frac{\varepsilon_{0}E_{0}}{r}.$$

Remarque — Si la divergence n’est pas donnée, il est possible de faire un bilan sur une petite couche sphérique entre $\displaystyle r$ et $\displaystyle r+dr$ pour retrouver le résultat.

À l’extérieur de la boule, les mêmes arguments de symétrie que précédemment donnent $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=E(M)\overrightarrow{u_{r}}$. La distribution est à symétrie sphérique, invariante par rotation quelconque autour de $\displaystyle O$, donc $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=E(r)\overrightarrow{u_{r}}$.
Selon le théorème de Gauss, le champ à l’extérieur de la boule est le même que si la charge totale $\displaystyle Q$ de la boule était concentrée en son centre $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\overrightarrow{u_{r}}$.

Par continuité du champ électrique (car la distribution est volumique), pour $\displaystyle r\geq R$,$$\overrightarrow{E}(M)=E_{0}\frac{R^{2}}{r^{2}}\overrightarrow{u_{r}}.$$

La charge totale est nulle 👉 Associer les charges pour avoir des dipôles.

L’ensemble est une superposition de deux dipôles perpendiculaires $\displaystyle \overrightarrow{p_{1}}=q\overrightarrow{CA}$ et $\displaystyle \overrightarrow{p_{2}}=2q\overrightarrow{DB}$.

Choisissons l’axe $\displaystyle \left(Ox\right)$ confondu avec la droite $\displaystyle \left(CA\right)$, l’axe $\displaystyle \left(Oy\right)$ confondu avec la droite $\displaystyle \left(DB\right)$. En utilisant les coordonnées polaires $\displaystyle \left(r,\theta\right)$ dans le plan des charges, avec l’axe polaire $\displaystyle \left(Ox\right)$ , le potentiel en un point $\displaystyle M$ du plan est

$\displaystyle \begin{aligned}V&=V_{1}+V_{2}\\&=\frac{p_{1}\cos\left(\theta\right)}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}+\frac{p_{2}\cos\left(\pi/2-\theta\right)}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\\&=\frac{qa\sqrt{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\left(\cos\left(\theta\right)+2\sin(\theta)\right).\end{aligned}$

D’où le champ
$\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{E}&=-\overrightarrow{\textrm{grad}}V\\&=-\frac{\partial V}{\partial r}\overrightarrow{e_{r}}-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial\theta}\overrightarrow{e_{\theta}},\end{aligned}$

D’où $\displaystyle \begin{cases} E_{r}=\frac{qa\sqrt{2}}{2\pi\varepsilon_{0}r^{3}}\left(\cos\left(\theta\right)+2\sin\theta\right)\\ E_{\theta}=\frac{qa\sqrt{2}}{4\pi\varepsilon_{0}r^{3}}\left(\sin\left(\theta\right)-2\cos\theta\right). \end{cases}$

En un point de la droite $\displaystyle \left(CA\right)$,

• pour $\displaystyle x>0$ , $\displaystyle \theta=0$, $\displaystyle \overrightarrow{e_{r}}=\overrightarrow{e_{x}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{e_{\theta}}=\overrightarrow{e_{y}}$ , $$V=\frac{qa\sqrt{2}}{4\pi\varepsilon_{0}x^{2}},\overrightarrow{E}=\frac{qa\sqrt{2}}{2\pi\varepsilon_{0}x^{3}}\left(\overrightarrow{e_{x}}-\overrightarrow{e_{y}}\right).$$
• pour $\displaystyle x<0$ , $\displaystyle \theta=\pi$,$\displaystyle \overrightarrow{e_{r}}=-\overrightarrow{e_{x}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{e_{\theta}}=-\overrightarrow{e_{y}}$ , $$V=-\frac{qa\sqrt{2}}{4\pi\varepsilon_{0}x^{2}},\overrightarrow{E}=-\frac{qa\sqrt{2}}{2\pi\varepsilon_{0}x^{3}}\left(\overrightarrow{e_{x}}-\overrightarrow{e_{y}}\right).$$

On obtient comme attendu un champ de norme décroissante en $\displaystyle \frac{1}{r^{3}}$, mais dont la direction reste constante.

Force exercée sur un dipôle 👉 Dans un champ extérieur uniforme, la force résultante est nulle. Dans un champ non uniforme, la force résultante $\displaystyle \overrightarrow{F}=\left(\overrightarrow{p}.\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{E}$ se retrouve en sommant les forces s’exerçant sur les deux charges du dipôle.

Pour retrouver la force exercée par l’ion sur le dipôle, on écrit la somme des deux forces coulombiennes qui s’exercent sur les deux charges $\displaystyle Q$ et $\displaystyle -Q$ constituant le dipôle, placées en $\displaystyle A^{+}$ et $\displaystyle A^{-}$.
$\displaystyle \overrightarrow{F}=Q\overrightarrow{E}(A^{+})-Q\overrightarrow{E}(A^{-})$.
Pour la composante selon $\displaystyle \left(Ox\right)$ :
$\displaystyle \begin{aligned}F_{x}&=Q\left[E_{x}(A^{+})-E_{x}(A^{-})\right]\\&=Q\left[\left(x_{A^{+}}-x_{A^{-}}\right)\frac{\partial}{\partial x}E_{x}+\left(y_{A^{+}}-y_{A^{-}}\right)\frac{\partial}{\partial y}E_{x}+\left(z_{A^{+}}-z_{A^{-}}\right)\frac{\partial}{\partial z}E_{x}\right]\\&=Q\left[\left(x_{A^{+}}-x_{A^{-}}\right)\frac{\partial}{\partial x}+\left(y_{A^{+}}-y_{A^{-}}\right)\frac{\partial}{\partial y}+\left(z_{A^{+}}-z_{A^{-}}\right)\frac{\partial}{\partial z}\right]E_{x}\\&=\left(\overrightarrow{p}.\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)E_{x},\end{aligned}$
où $\displaystyle \overrightarrow{p}=Q\overrightarrow{A^{-}A^{+}}$.

En faisant la même chose pour les autres axes, on obtient $$\overrightarrow{F}=\left(\overrightarrow{p}.\overrightarrow{\textrm{grad}}\right)\overrightarrow{E}.$$

Le champ créé par l’ion $\displaystyle \overrightarrow{E}(M)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\overrightarrow{u_{r}}=E(r)\overrightarrow{u_{r}}$, avec $\displaystyle \overrightarrow{u_{r}}=\frac{\overrightarrow{OM}}{OM}$ .
Donc $\displaystyle \overrightarrow{p}=\alpha\varepsilon_{0}E(r)\overrightarrow{u_{r}}$ et $\displaystyle \overrightarrow{p}.\overrightarrow{\textrm{grad}}=\alpha\varepsilon_{0}E(r)\frac{d}{dr}$
D’où
$\displaystyle \begin{aligned}\overrightarrow{F}&=\alpha\varepsilon_{0}E(r)\frac{dE}{dr}\overrightarrow{u_{r}}\\&=-\frac{d}{dr}\left(-\frac{1}{2}\alpha\varepsilon_{0}E^{2}(r)\right)\overrightarrow{u_{r}}.\end{aligned}$
Il s’agit d’une force centrale qui dérive d’une énergie potentielle
$$E_{p}=-\frac{1}{2}\alpha\varepsilon_{0}E^{2}(r).$$

• Il y a conservation de l’énergie mécanique $\displaystyle E_{m}$. Les conditions initiales fournissent $\displaystyle E_{m}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$.
• La force étant centrale, il y a conservation du moment cinétique par rapport à $\displaystyle O$, $\displaystyle \overrightarrow{L_{0}}=\overrightarrow{OM}\wedge m\overrightarrow{v}=mv_{0}b\overrightarrow{e_{z}}$. La trajectoire est plane, dans le plan passant par $\displaystyle O$ et perpendiculaire à $\displaystyle \overrightarrow{L_{0}}$ .
  Avec les coordonnées polaires dans ce plan, l’énergie mécanique est
  $\displaystyle \begin{aligned}E_{m}&=\frac{1}{2}mv^{2}+E_{p}=\frac{1}{2}m\left(\dot{r}^{2}+r^{2}\dot{\theta}^{2}\right)+E_{p}\\&=\frac{1}{2}m\dot{r}^{2}+\frac{L_{0}^{2}}{2mr^{2}}+E_{p}(r)\\&=\frac{1}{2}m\dot{r}^{2}+V_{eff}(r).\end{aligned}$
  On se ramène ainsi à un problème unidimensionnel radial où le point se déplace dans le potentiel effectif $\displaystyle V_{eff}(r)=\frac{L_{0}^{2}}{2mr^{2}}-\frac{K}{r^{4}}$, où $\displaystyle K=\alpha\varepsilon_{0}\left(\frac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\right)^{2}$.
  
  En dérivant, $\displaystyle V_{eff,max}$ est obtenu pour $\displaystyle r_{m}=\frac{\sqrt{4Km}}{L_{0}}$.
  $$V_{eff,max}=\frac{L_{0}^{4}}{16Km^{2}}=\frac{m^{2}b^{4}v_{0}^{4}}{16K}.$$
  -Pour $\displaystyle E_{m}>V_{effmax}$, soit $\displaystyle v_{0}\leq\frac{\sqrt{8K/m}}{b^{4}}$, le dipôle s’écrase sur l’ion, il y a choc.
  -Pour $\displaystyle E_{m}<V_{effmax}$, le dipôle rebondit sur le mur de potentiel et fait demi-tour. La molécule a dans ce cas une énergie cinétique initiale suffisante pour échapper à l’attraction de l’ion.
  -Pour $\displaystyle E_{m}=V_{effmax}$, la molécule peut atteindre la valeur $\displaystyle r=r_{m}$ correspondant sur le graphe à une position d’équilibre instable en $\displaystyle r$, c’est-à-dire une trajectoire circulaire instable de la molécule.

Energie potentielle de gravitation 👉 Analogie entre gravitation et électrostatique 👉 Soit intégrer la densité d’énergie gravitationnelle dans tout l’espace, soit calculer le travail de formation de l’astre par couches sphériques concentriques successives.

1. Utilisons la densité d’énergie gravitationnelle $\displaystyle \frac{1}{2}\left(-\frac{1}{4\pi\mathcal{G}}\right)g^{2}$ (par analogie avec la densité d’énergie électrostatique $\displaystyle \frac{1}{2}\varepsilon_{0}E^{2}$), qu’on intègre dans tout l’espace.
   On considère la boule de rayon R (déjà totalement constituée) de masse totale $\displaystyle M$. On cherche le champ gravitationnel $\displaystyle \overrightarrow{g}$ partout dans l’espace, et on calcule $\displaystyle E_{grav}=\iiint_{toutl'espace}\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{4\pi\mathcal{G}}\right)g^{2}d^{3}\tau$.