1

THÉORÈME DE GAUSS - corrigé des exercices A. EXERCICES DE BASE I. Interprétation du flux dans le cas d'un écoulement 1. • Si toutes les particules ont la même vitesse

€

v , celles qui traversent une section du tuyau pendant un temps t sont celles initialement "en amont" de la section considérée, à une distance inférieure à ℓ = vt. Cela correspond à un volume : V = ℓ S = πR2vt ; le débit est donc : D =

€

Vt

= πR2v.

2. • Dans le cas précédent, on avait : D = Sv =

€

S • v ce qui correspond au flux de

€

v à travers la section considérée. • Dans le cas présent, il en est de même pour chaque "couronne" de section infinitésimale de rayon r et de largeur dr, puisque la vitesse peut y être considérée comme uniforme : dD =

€

dS • v(r) = 2πr v(r) dr. Au

total : D =

€

dS • v( )∫ = 2πa

€

R2 − r2( )∫ r dr = 2πa.

€

R4

2−R4

4

#

$ %

&

' ( = πa

€

R4

2 ; ceci correspond effectivement au flux

de

€

v à travers la section du tuyau. II. Vecteur surface d'un contour orienté 1. • La différentielle

€

dOM ne dépend pas de l’origine O, pourvu que ce soit un point fixe ; démontrer l’invariance de l’intégrale se ramène donc à démontrer que :

€

O " O × dOMC∫ =

€

O " O × dOMC∫ =

€

O " O ×0 =

€

0

(pour un contour fermé). 2. • Pour un contour plan, on peut choisir un point O dans ce plan, à l’intérieur de la zone délimitée par C. Le vecteur élémen-taire

€

12OM×dOM est alors un vecteur orthogonal au plan,

dans le sens positif associé au sens de rotation positif sur C (orientation du vecteur

€

n), et dont la norme est l’aire dS =

=

€

12r sin α( ) d “balayée” par

€

OM lors de la variation

€

dOM .

• Ce vecteur est donc un élément d’aire

€

dS et l’intégrale est donc égale au vecteur surface

€

S . 3. • Pour un contour infinitésimal délimitant un élément de surface

€

dS , les questions précédentes mon-trent que l’intégrale donne un vecteur infinitésimal :

€

dA =

€

dS (pour des surfaces “ordinaires” comme celles utilisées en physique, un élément de surface infinitésimal peut être considéré comme plan par passage à la limite). • Si ensuite on somme les éléments

€

dS sur une surface Σ, l’intégrale définissant le vecteur

€

A total est encore la somme des intégrales élémentaires puisque les intégrations sur les “contours” intérieurs se com-pensent.

Par suite on obtient ainsi :

€

A =

€

dSΣ∫∫ , vecteur qu’on peut considérer comme “vecteur surface”

€

S.

2

III. Extremums du potentiel • Supposons que le potentiel soit maximum (éventuellement maximum relatif) en un point M, alors il existe un voisinage de M tel que V(M) y soit un maximum absolu, donc tel que toutes les lignes de champ soient sortantes, et donc tel que le flux sortant soit strictement positif. • Dans ce cas Φ =

€

Qintε0

> 0 implique qu’il y a des charges dans le voisinage considéré. Si on consi-

dère alors une suite de tels voisinages, de plus en plus petits, dont l’intersection soit réduite à M, on aboutit à la conclusion qu’il y a forcément une charge en M. ◊ remarque : on ne peut pas envisager une suite de charges ponctuelles dont M, sans charge, soit un point adhérent, car la quantification de la charge imposerait alors que la charge totale soit infinie dans un domaine fini de l’espace, ce qui n’est pas physiquement réalisable. IV. Limites de validité du théorème de Gauss 1. • L'invariance par translation montre que le champ est uniforme. • L'invariance par symétrie plane montre que la composante normale du champ doit changer de sens d'un côté à l'autre d'un plan (quelconque), donc doit être nulle. • La seule façon de rendre ces propriétés compatibles est que le champ soit nul en tout point. 2. • En raisonnant avec seulement la symétrie sphérique par rapport à un point O donné (quelconque), le champ est radial par rapport à O. L'application du théorème de Gauss sur une sphère centrée en O donne :

4π r2 Er(r) =

€

Qintε0

= 43πr3 ρ

ε0 ; ainsi : Er(r) =

€

Qintε0

= r3ρε0

généralement non nul (donc faux).

• La contradiction vient du fait que le théorème de Gauss est démontré pour une répartition de charges sans faire intervenir d'infinis dans la sommation. La compensation des effets des flux entrants et sortants de la surface de Gauss impose alors que seules les charges intérieures ont une influence. • Pour ρ uniforme dans tout l'espace, la compensation d'infinités de contributions (jusqu'à l'infini) de flux entrants et sortants de la surface de Gauss fait intervenir une intégrale (∞ - ∞) indéterminée. ◊ remarque : pour une densité uniforme entre deux plans parallèles infinis, ou pour une densité uni-forme dans un cylindre infini, les charges à l'infini sont vues sous un angle solide négligeable, ce qui permet de contourner cette contradiction. V. Mouvement circulaire et champ électrostatique 1. • D'après la symétrie sphérique, le champ électrostatique est radial et la composante radiale ne dé-pend que de r :

€

E = Er(r)

€

ur . Par suite, le flux à travers une “surface de Gauss” sphérique, de rayon a, et

centrée en O, est : Φ =

€

E • dS∫ =

€

Er dS∫ = 4πa2 Er =

€

Qintε0

d'où on déduit : Er =

€

Qint

4πε0a2 .

• Par ailleurs, pour a ≤ R, la charge intérieure est :

Qint =

€

ρ r( ) dτ∫∫∫ = 4πρ0

€

e−αr r2 dr0

a∫ = 4πρ0

€

∂2 e−αr dr0

a∫& ' (

)

* +

∂α2

Qint = 4πρ0

€

∂21− e−αa

α

%

& '

(

) *

∂α2 = 4πρ0

€

2 − e−αa ⋅ 2 + 2aα + a2α2( )α3

.

• De même, pour a ≥ R :

Qint =

€

ρ r( ) dτ∫∫∫ = 4πρ0

€

e−αr r2 dr0

R∫ = 4πρ0

€

∂2 e−αr dr0

R∫& ' (

)

* +

∂α2

Qint = 4πρ0

€

∂21− e−αR

α

%

& '

(

) *

∂α2 = 4πρ0

€

2 − e−αR ⋅ 2 + 2Rα +R2α2( )α3

.

3

2. • Pour un champ électrique radial, il s'agit d'un mouvement à force centrale. Le mouvement est alors plan et vérifie la loi des aires : r2ω = C est une constante. Pour un mouvement circulaire, la force électrique ne travaille pas et la vitesse est constante, donc ω est constante et r aussi, ce qui est cohérent. ◊ remarque : l'énoncé précise que Qρ0 < 0 pour que la force soit attractive.

• L'accélération est alors radiale : ar = -ω2a =

€

QErm

(où a est la valeur de r, et non la norme de l'accé-

lération), d'où on déduit : T =

€

2πω

=

€

2π −maQEr

=

€

2π ε0ma3α3

Qρ0. 2 − e−αa ⋅ 2 + 2aα + a2α2( )( )

.

VI. Détermination d'une répartition de charges • Pour un point intérieur à la sphère, par symétrie, le champ est radial et la composante radiale ne dépend que de r :

€

E = Er(r)

€

ur . Le théorème de Gauss donne : Φ =

€

E • dS∫ =

€

Er dS∫ = 4πr2 Er =

€

Qintε0

d'où Er =

€

Qint

4πε0r2 . Or, on veut obtenir un champ de la forme :

€

E = E0

€

OMr

= E0

€

ur ; ceci impose donc :

Qint = 4πε0E0r2. • La charge intérieure à la sphère de Gauss peut par ailleurs s’écrire sous la forme :

Qint =

€

ρ r( ) dτ∫∫∫ =

€

sin θ( ) dθ0

π

∫% & ' (

) * .

€

dφ0

2π∫% & '

(

) * .

€

ρ r2 dr0

r∫$ % &

'

( ) = 4π

€

ρ r2 dr0

r∫

en utilisant le volume “élémentaire” dτ = r2 sin(θ) dr dθ dφ pour les coordonnées sphériques. On en tire par comparaison : ε0E0r2 =

€

ρ r2 dr0

r∫ , puis en dérivant : 2ε0E0r = ρ r2 et donc : ρ(r) =

€

2ε0E0r

.

• La charge totale est alors : Q = 4π

€

ρ r2 dr0

R∫ = 4πε0E0R2 (il n’est pas nécessaire d’intégrer, il suffit

de reprendre la première expression). • D’après le théorème de Gauss (compte tenu des symétries), le champ à l’extérieur est le même que celui créé par une charge Q ponctuelle placée à l’origine :

€

E = Er(r)

€

ur avec Er =

€

Q4πε0r

2 .

VII. Potentiel de Yukawa 1. • D’après la symétrie sphérique, le champ

€

E est radial et la coordonnée radiale ne dépend que de r :

€

E = Er(r)

€

ur et Er(r) = -

€

∂V∂r

= e-r/a

€

q4πε0r

2 .(1 +

€

ra

).

• Pour r ≪ a, on obtient : V(r) ≈

€

q4πε0r

et Er(r) ≈

€

q4πε0r

2 ; on retrouve ainsi un potentiel et un

champ coulombiens. • Pour r ≫ a, on obtient V(r) et Er(r) quasi nuls (la décroissance exponentielle est très rapide) ; la grandeur “a” est donc une distance caractéristique de la “portée” du potentiel et du champ correspondants. 2. • Le théorème de Gauss donne alors : Φ =

€

E • dS∫ =

€

Er dS∫ = 4πr2 Er = e-r/a

€

qε0

.(1 +

€

ra

).

• On en déduit la charge intérieure : Qint(r) = ε0Φ = e-r/a q .(1 +

€

ra

).

• Par ailleurs, la symétrie sphérique impose que la densité volumique de charge peut être considérée comme uniforme dans une couche sphérique entre r et r + dr : ρ(r) =

€

dQintdτ

avec dτ = 4πr2 dr. On en

déduit : ρ(r) = -e-r/a

€

q4πra2

.

4

• La caractéristique essentielle de cette répartition est qu’elle correspond à une densité de charge “partout” négative, alors que la charge intérieure à la sphère de Gauss est positive pour tout r. Ceci ne peut correspondre qu’à une charge centrale positive ponctuelle, compensée en partie par une densité volumique négative (qui ne décrit que les charges réparties). ◊ remarque : on peut vérifier que Qint(r) → q quand r → 0 (charge centrale) ; par ailleurs Qint(r) → 0 quand r → ∞ (la charge négative totale compense exactement la charge positive centrale). VIII. Champ dans une cavité • Compte tenu de l’additivité des champs électrostatiques, le système étudié est équivalent à la superposition d’une sphère pleine, de centre O et de rayon R, portant une distribution volumique ρ, et d’une autre sphère pleine, de centre O’ et de rayon a, portant une distribution volumique -ρ. • Pour un point intérieur à la sphère de rayon R, le champ est radial et la composante radiale ne dépend que de r :

€

E = Er(r)

€

ur . Le

théorème de Gauss donne : Φ =

€

E • dS∫ =

€

Er dS∫ = 4πr2 Er =

€

Qintε0

.

• On en déduit : Er =

€

Qint

4πε0r2 avec : Qint =

€

43πr3ρ, c’est-à-dire : Er =

€

ρ3ε0

r.

• Le calcul est analogue pour la seconde sphère pleine ; on obtient donc au total pour un point inté-rieur :

€

E =

€

ρ3ε0

r

€

ur -

€

ρ3ε0

r’

€

" u r .

• Mais r

€

ur =

€

OM et r’

€

" u r =

€

" O M donc :

€

E =

€

ρ3ε0

(

€

OM -

€

" O M) =

€

ρ3ε0

€

O " O (champ uniforme).

IX. Potentiel d'une couche chargée • Pour une “couche sphérique” entre deux rayons R1 et R2, chargée d’une densité volumique ρ uni-forme : ◊ par symétrie, le champ est radial :

€

E = Er(r, θ, φ)

€

ur ; ◊ par “symétrie”, la coordonnée radiale du champ ne dépend que de r : Er(r, θ, φ) = Er(r) ;

◊ le flux sortant à travers une “sphère de Gauss” concentrique est : Φ(r) = 4πr2 Er(r) =

€

Qint r( )ε0

;

◊ pour r ≤ R1 : Qint(r) = 0 et Er(r) = 0 ;

◊ pour R1 ≤ r ≤ R2 : Qint(r) =

€

43π ρ.(r3 - R1

3) et Er(r) =

€

ρ3ε0

€

r3 −R13

r2 ;

◊ pour r ≥ R1 : Qint(r) = Q =

€

43π ρ.(R2

3 - R13) et Er(r) =

€

Q4πε0r

2 .

5

◊ remarque : on constate en particulier que, pour une distribution à symétrie sphérique, le champ extérieur est le même que si toute la charge était concentrée au centre. • On peut ensuite en déduire le potentiel : ◊ pour r ≥ R2 : V(r) =

€

Q4πε0r

(en choisissant V∞ = 0) ;

◊ pour R1 ≤ r ≤ R2 : V(r) =

€

ρ3ε0

€

−r3 + 3rR22 − 2R1

3

2r (avec V(R2) =

€

Q4πε0R2

par continuité) ;

◊ pour r ≤ R1 : V(r) =

€

ρ2ε0

(R22 - R1

2) (par continuité pour r = R1).

◊ remarque : d’une manière générale, une distribution volumique continue des charges donne un champ électrostatique continu, et donc un potentiel continu à dérivées continues.

X. Champ créé par une couche chargée 1. • Dans la zone d’intersection des deux sphères, les charges se compensent ; on est donc ramené à considérer la zone de “différence” entre les deux sphères. • En notant O1 et O2 les centres des deux sphères, le segment de la droite (OM) qui mesure l’épaisseur correspond à la projection sur

€

OM du décalage

€

O " O : e ≈ 2a │cos(θ)│. • Or cette épaisseur reste faible (a < R) donc la distribu-tion de charge peut être représentée par une densité surfacique σ = ρe = 2aρ cos(θ) (le signe de cos(θ) prend en compte le signe de -ρ < 0 à gauche). 2. • Par additivité des champs électrostatiques, le calcul se ramène à celui du champ d’une sphère pleine portant une distribution volumique ρ. Pour un point intérieur à la sphère, le champ est radial et la compo-sante radiale ne dépend que de r :

€

E = Er(r)

€

ur .

• Le théorème de Gauss donne : Φ =

€

E • dS∫ =

€

Er dS∫ = 4πr2 Er =

€

Qintε0

d'où Er =

€

Qint

4πε0r2 avec

Qint =

€

43πr3ρ, c’est-à-dire : Er =

€

ρ3ε0

r.

• Le calcul étant analogue pour la seconde sphère pleine, on obtient au total pour un point intérieur :

€

E =

€

ρ3ε0

r

€

ur -

€

ρ3ε0

r’

€

" u r . Mais r

€

ur =

€

OM et r’

€

" u r =

€

" O M donc :

€

E =

€

ρ3ε0

(

€

OM -

€

" O M) =

€

ρ3ε0

€

O " O

(il s’agit d’un champ uniforme). Il en est donc de même pour une sphère chargée d’une densité surfacique de la forme σ = σ0 cos(θ) (il suffit de considérer ρ =

€

σ02a

).

6

XI. Champ créé par un fil rectiligne “infini” • Pour un fil rectiligne “infini”, chargé d’une densité linéique λ uniforme : ◊ par symétrie, le champ est radial :

€

E(r, θ, z) = Er(r, θ, z)

€

ur ; ◊ par “symétrie”, la composante radiale du champ ne dépend que de r : Er(r, θ, z) = Er(r) ; ◊ le flux sortant d’un “cylindre de Gauss” coaxial est (flux nul sortant par les bases) : Φ(r) = 2πrh Er(r) ;

◊ pour r > 0 : Qint(r) = h λ et Er(r) =

€

λ2πε0r

.

• On peut ensuite en déduire le potentiel : pour r > 0 : V(r) = -λ

2πε0 ln

€

rr0

"

# $

%

& ' (V∞ ≠ 0 ; on choisit une réfé-

rence arbitraire car il y a des charges à l’infini) :

☞ remarque : le champ et le potentiel tendent vers l’infini aux endroits où se trouvent des distributions linéiques (ou ponctuelles) de charges.

7

B. EXERCICE D’APPROFONDISSEMENT XII. Ion dans un plasma 1. • Par symétrie (autour d’un ion positif donné), le champ est radial et la coordonnée radiale ne dépend que de r :

€

E = Er(r)

€

ur . Le flux électrostatique sortant d’une sphère de rayon r (centrée sur la position de

l’ion) est alors : Φ(r) =

€

E • dS∫ =

€

Er dS∫ = 4πr2 Er =

€

Qintε0

.

• Pour une couche sphérique d’épaisseur dr (entre r et r+dr), on obtient un flux sortant : dΦ(r) = Φ(r+dr) - Φ(r) =

€

dQintε0

.

• Ceci peut s’écrire : 4π d(r2Er) =

€

ρ r( )ε0

dτ(r) où dτ(r) = 4πr2 dr est le volume infinitésimal entre les

sphères de rayons r et r+dr. Or, d’après l’énoncé : ρ(r) = q.[ni(r) - ne(r)] ; en outre Er(r) = -

€

dVdr

; par suite :

d[r2

€

dVdr

] = qn0 r2.[eqV(r)/kT - e-qV(r)/kT] dr.

• On aboutit donc à l’équation différentielle :

€

d2Vdr2

+

€

2rdVdr

= qn0.[eqV/kT - e-qV/kT].

2. • Pour kT > qV, on peut utiliser : e±qV/kT ≈ 1 ±

€

qVkT

d’où : [eqV/kT - e-qV/kT] ≈ 2

€

qVkT

. L’équation diffé-

rentielle devient alors :

€

d2Vdr2

+

€

2rdVdr

-

€

2q2n0kT

V ≈ 0.

3. • En utilisant U(r) = rV(r), on obtient :

V =

€

Ur

;

€

dVdr

=

€

1rdUdr

-

€

Ur2

;

€

d2Vdr2

=

€

1rd2Udr2

-

€

2r2dUdr

+

€

2r3

U ;

et l’équation différentielle s’écrit ainsi sous forme linéaire :

€

d2Udr2

-

€

2q2n0kT

U ≈ 0.

• En posant α =

€

q 2n0kT

on obtient :

€

d2Udr2

- α2 U = 0 dont les solutions sont de la forme générale :

U = A eαr + B e-αr où A et B ∈ ℝ sont des constantes d’intégration. Mais le potentiel V =

€

Ur

doit tendre

vers une constante à grande distance (champ nul par compensation des charges à grande échelle), par suite A = 0 et V =

€

Br

e-αr.

• Par ailleurs, pour r ≈ 0 (au voisinage immédiat de l’ion considéré), on doit retrouver Er ≈

€

q4πε0r

2

(champ d’une charge ponctuelle) ; c’est-à-dire : -

€

dVdr

= B.

€

αr

+1r2

#

$ %

&

' ( e-αr ≈

€

q4πε0r

2 . Cette condition impose

B =

€

q4πε0

d’où finalement : V =

€

q4πε0r

e-αr.

◊ remarque : on retrouve V ≈

€

q4πε0r

pour r ≈ 0, mais il est plus prudent de considérer la limite du

champ, plutôt que celle du potentiel, car ce dernier est défini à une constante près, difficile à choisir ici sans ambiguïté.