Électromagnétisme
Examen (1e), durée 1h30 documents autorisés : aucun
30 novembre 2012
Nom Prénom Note / 20
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1 Région équipotentielle
La phrase
« Un conducteur (plus ses cavités) forme une région équipotentielle »
est valide sous certaines conditions ; on considère, dans ce qui suit, que ces conditions sont vérifiées.
Commentaire:
Cette phrase vient du cours, transparent « Le champ à la surface du conduc- teur (1) ».
a. Écrire les conditions nécessaires à la validité de cette phrase.
Réponse (1p.):
i) Conducteur en équilibre électrostatique ; ii) cavité vide (sans charge).
b. Donner l’expression du champ électrique dans les différentes parties de cette région.
Réponse (1p.):
À l’intérieur du conducteur et dans la cavité E~ =~0; sur la surface du conducteur E~ = ρǫs
0
nˆ (où nˆ est la normale à la surface du conducteur).
c. Montrer que, effectivement, deux points A et B de cette région sont au même potentiel (sans oublier d’examiner le cas où A ou/et B se trouvent à la surface du conducteur).
Réponse (1p.):
La ddp entre A et B : V(~rB)−V(~rA) =−R
Γ:A→B
E~(~r)·tˆdl
Les parties du chemin Γ dans le conducteur et dans la cavité ont une contribution nulle (puisque le champ y est nul) alors que les parties deΓ sur la surface du conducteur ont une contribution nulle aussi, puisque le champ électrique est perpendiculaire (selonnˆ) à la courbe (selonˆt). Donc A et B sont au même potentiel, même si l’un et/ou l’autre se trouvent à la surface de cette région.
Commentaire:
C’est la même situation que celle rencontrée en TD 3.2b où on a vu que la sphère métallique était une région équipotentielle, justement parce que le champ électrique à l’intérieur était nul.
d. Donner une expression de l’énergie électrostatiqueUeen fonction de la charge totale Qet du potentielV de cette région.
Réponse (1p.):
Toutes les charges de la région sont surfaciques (l’intérieur du conducteur est neutre et les cavités sans charge). Le potentiel est constant sur toute la surface S (qu. précédente) donc, d’après la Remarque 1,
Ue = 12R
Sρs(~r)V(~r) dS = 12V R
Sρs(~r) dS= 1 2QV . Commentaire:
C’est la même démarche que celle suivie en TD 3.2c, même résultat aussi.
e. On considère maintenant deux régions équipotentielles (telles qu’elles sont définies dans la phrase initiale), àV+ etV−, chargées de+Q,−Q, respectivement (Q >0).
Donner une expression de l’énergie électrostatique globale en fonction de Q et de la différence de potentiel entre les deux régionsU =V+−V−.
Réponse (1p.):
On reprend le même calcul que celui de la question précédente, sauf que maintenant les charges se trouvent sur deux surfaces, S+ etS− :
Ue = 12R
S=S+∪S−ρs(~r)V(~r) dS= 12V+R
S+ρs(~r) dS+12V−
R
S−ρs(~r) dS =
1
2QV++12(−Q)V−= 12Q(V+−V−) = 1 2QU .
Remarque 1 L’énergie électrostatique Ue est donnée par les expressions suivantes :
1 2
PN
i=1qiV(~ri) (ensemble de N charges ponctuelles) ; 12R
Vρ(~r)V(~r) dV (charges volu- miques) ; 12R
Sρs(~r)V(~r) dS (charges surfaciques) ; 12R
Γρl(~r)V(~r) dl(charges linéiques).
2 Condensateur à plaques parallèles
La dernière question de l’exercice précédent parle d’un condensateur. On prendra ici le cas d’un condensateur à plaques parallèles situées àz=−d/2 (charge−Q) etz= +d/2 (charge+Q). Les deux plaques sont séparées par l’air (mêmes propriétés que le vide). En négligeant les « effets de bord », on peut considérer que les plaques (de surface réelleA) sont infinies et que la charge y est répartie de façon uniforme. (Cette approximation est valide à condition que la distance entre les plaques reste beaucoup plus petite que leurs dimensions.)
a. Utiliser la méthode de votre choix pour donner une expression du champ électrique partout dans l’espace.
Réponse (1p. pour la réponse + 2p. pour le plan seul avec loi de Gauss):
Le plus simple : on utilise la superposition et on examine les deux plaques séparément. Le plan chargé infini de densité de charges surfacique ρs est traité au TD 1.3. En combinant les deux plans, on obtient
E~ =− Q
ǫ0Aeˆz entre les deux plaques (−d/2 ≤ z ≤ d/2) et E~ =~0 ailleurs.
b. Utiliser la définition de la différence de potentiel pour obtenir l’expression de U = V+−V− entre les plaques du condensateur.
Réponse (1p.):
On choisit A à(x0, y0,−d/2) et B à(x0, y0,+d/2) et le chemin Γ paral- lèle à l’axe z, entre les deux points, ˆt=eˆz.
U =VB−VA−R
Γ:A→B
E~(~r)·tˆdl=−R
Γ:A→B−ǫQ
0Aˆez·eˆzdl= ǫQ
0A
R
Γ:A→B dl= Qd
ǫ0A
Commentaire:
La superposition des deux plans infinis ainsi que le calcul de U ont été vus en amphi.
c. Dans la dernière question de l’exercice précédent on a calculé l’énergie électro- statique d’une telle structure. On appliquera ici l’autre approche pour calculer Ue = 12R
Vǫ0E2(~r) dV (on intègre partout dans l’espace et on considère bien sûr que les plaques du condensateur ont une surface égale à A). Comparer les deux résultats.
Réponse (1p.):
Le module du champ électrique est nul en dehors de la région entre les deux plaques du condensateur, où il est constant égal à ǫQ0A :
Ue = 12R
Vǫ0E2(~r) dV = 12R
entre les plaquesǫ0 Q2
ǫ20A2 dV = 12ǫQ2
0A2Ad= 12QǫQd0A= 1
2QU
On obtient bien sûr le même résultat.
On commence à déplacer la plaque supérieure du condensateur, dez= d2 àz= d2+h.
Les deux plaques ne sont pas connectées à une structure externe (p.ex. pile) ce qui signifie que la charge sur chaque plaque reste constante pendant ce mouvement.
d. Calculer l’énergie électrostatique Ue′ quand les plaques sont espacées de d+h.
Réponse (1p.):
On utilise directement le dernier résultat, en remplaçant dpar d+h : Ue′ = 1
2 Q2
ǫ0A(d+h) = 12QU′ = d+hd Ue où U′ = Q(d+h)ǫ0A est la ddp entre les plaques à la nouvelle distance.
e. Calculer le travail W′ qu’on dépense pour effectuer ce mouvement. (Les charges surfaciques sur les plaques se trouvent à un endroit où le champ électrique est discontinu. On peut démontrer — mais on ne le fera pas — que la valeur du champ électrique sur les charges est égale à sa valeur moyenne des deux côtés.)
Réponse (1p.):
On déplace une charge totale Q (celle de la plaque supérieure) d’une distance h. On exerce alors une force F~ opposée à la force électrosta- tique F~el = QE~ch où E~ch = 12
0 +ǫQ0A(−eˆz)
est le champ électrique à l’endroit où se trouve cette charge. Cette force est constante pendant le mouvement (parce que le champ est constant quelle que soit la distance entre les deux plaques), donc :
W′ = R F~·ˆtdl = R
−Q2ǫQ
0A(−eˆz)·eˆzdl = 2ǫQ2
0A
R dl = 1 2
Q2 ǫ0Ah =
h dUe
f. Trouver une relation entreUe,Ue′ etW′. Réponse (1p.):
On constate que Ue′ =Ue+W′ . Commentaire:
Cela signifie que l’énergie électrostatique potentielle du système des deux plaques après le déplacement est égale à l’énergie avant plus le travail fourni. Il n’y a pas d’autre mécanisme en jeu ici.
On examine maintenant le même déplacement, d’une distance initialedà une nouvelle distanced+h, mais cette fois-ci les plaques du condensateur sont connectées à une pile quimaintient la différence de potentiel constante, égale à la valeurU initiale. Les charges peuvent maintenant se déplacer d’une plaque à l’autre à travers la pile.
Commentaire:
Attention, maintenant c’est la tension (différence de potentiel) U entre les plaques qui est constante. À une distance d, on a trouvé U = ǫQd
0A, donc ce n’est plus la charge mais le produit de la charge fois la distance entre les plaques qui est constant. On peut évidemment réutiliser tous les résultats obtenus jusqu’à présent.
g. Calculer l’énergie électrostatiqueUe′′ quand les plaques sont espacées ded+h.
Réponse (1p.):
On a toujours Ue′′ = 12Q′′U′′ mais U = U′′ alors que la charge Q′′ n’est plus égale à Q. Pour la trouver, U =U′′→ ǫQd0A = Q′′ǫ(d+h)0A et on obtient
Q′′= d+hd Qalors Ue′′ = 12d+hd QU = 1
2 Q2 ǫ0A
d2
d+h = d+hd Ue
h. Calculer le travail W′′ qu’on dépense pour effectuer ce mouvement.
Réponse (1p.):
On reprend les calculs de la question e. à la seule différence que mainte- nant la charge des plaques varie en fonction de leur distance qu’on notera l. On a vu que Q(l)lest constant, égal p.ex. à Qd. On a alorsQ(l) = dlQ à une distance l.
W′ = R F~·ˆtdl = Rd+h
d −Q(l)2ǫQ(l)0A(−eˆz)·eˆzdl = Q2ǫ20dA2 Rd+h
d 1
l2 dl =
Q2d2 2ǫ0A
1
d−d+h1
= Q2d 2ǫ0A
h
d+h = d+hh Ue
i. Calculer le travailWqqu’on dépense pour déplacer les charges d’une plaque à l’autre pendant ce mouvement.
Réponse (1p.):
On se rend compte que pendant le déplacement de la plaque, une charge égale à Qd = Q−Q′′ = Q− d+hd Q = d+hh Q est partie de la plaque supérieure (à V+) pour aller à la plaque inférieure (à V−) à travers la pile. Le travail dépensé pour ce mouvement est alors :
Wq =Qd(V−−V+) =−d+hh QU = −Q2 ǫ0A
hd
d+h =−2d+hh Ue. Commentaire:
Ce travail est négatif, il n’est donc pas dépensé mais restitué par le champ.
C’est la pile qui récupère ce travail en se chargeant ! En plus, Wq =
−2W′′ : le travail restitué par le champ à la pile est deux fois plus grand (en absolu) que celui qu’on dépense pour déplacer les plaques.
j. Trouver une relation entreUe,Ue′′,W′′ etWq. Réponse (1p.):
On constate que maintenant Ue′′ < Ue +W′′ parce qu’il y a aussi un autre mécanisme en jeu, le fil et la pile qui relie les plaques. En fait,
Ue′′=Ue+W′′+Wq oùWq est négatif.
Commentaire:
Cela signifie que l’énergie électrostatique du système des deux plaques après le déplacement est égale à l’énergie avant plus le travail fourni pour déplacer les plaques plus le travail fourni pour déplacer les charges à tra- vers la pile (négatif). Le travail restitué par le champ à la pile est égal
à deux fois le travail fourni pour déplacer les plaques. On peut dire que finalement la pile récupère d’une part notre travail mécanique (nécessaire pour le déplacement) et d’une autre part (égale) de l’énergie restituée par le champ. L’énergie du système des deux plaques après le déplacement est donc plus petite qu’avant.
On revient à la distance d’origine d et on insère entre les plaques du condensateur un matériau diélectrique de permittivité relative ǫr = 1 +χe sous forme d’un parallélé- pipède de volume A×d. Le champ électrique polarise le diélectrique et crée un champ de polarisation P~ =ǫ0χeE~. À son tour, la polarisation génère des charges à l’intérieur du matériau, de densité volumiqueρliées =−divP~, ainsi qu’à sa surface, de densité sur- facique ρs liées =P~·nˆ (vecteur normal nˆ sortant de la surface fermée du diélectrique).
On étudiera ce phénomène étape par étape en utilisant la superposition.
k. On note E~(0) le champ électrique entre les plaques sans le diélectrique, calculé à la première question de cet exercice. Ce champ provoque dans le diélectrique la polarisationP~(0) =ǫ0χeE~(0) qu’on calculera.
Réponse (1p.):
P~(0) =ǫ0χeE~(0) = −χe
Q Aeˆz
l. Donner l’expression des densités de charges de polarisation ρ(0)liées (dans le diélec- trique) et deρ(0)s liées (sur les différentes surfaces du diélectrique).
Réponse (1p.):
Dans le diélectrique, ρ(0)liées =−divP~(0)= 0.
Le diélectrique a deux surfaces horizontales, en contact avec la plaque positive (nˆ+=eˆz) et négative (nˆ
− =−eˆz) du condensateur.
On a ρ(0)s liées+ =−χeQ
Aeˆz·eˆz = −χe
Q A et ρ(0)s liées− =−χeQ
Aeˆz·(−eˆz) = +χe
Q A .
Sur les quatre surfaces verticales P~·nˆ = 0 et il n’y aura pas de charges surfaciques.
Commentaire:
On voit bien que la plaque positive est en contact avec des charges liées négatives et que la plaque négative est en contact avec des charges liées positives.
m. La configuration des charges obtenue à la question précédente ressemble à celle d’un condensateur à plaques parallèles et crée un nouveau champ électrique,E~(1). Utiliser à nouveau le résultat de la question (a) pour donner l’expression de E~(1)
Réponse (1p.):
On a des charges positives en bas et négatives en haut. Le champ sera alors orienté vers +eˆz et son module sera toujours égal à la densité sur- facique de charges divisée par la permittivité du vide :
E~(1)=χe
Q ǫ0Aeˆz
n. Le champ E~(1) provoque à son tour la polarisationP~(1) =ǫ0χeE~(1) qui génère les charges de polarisationρ(1)liées etρ(1)s liées (donner les expressions).
Réponse (1p.):
P~(1) =ǫ0χeE~(1) = +χ2eQ Aˆez .
De la même façon qu’avant, on a ρ(1)s liées+ = +χ2eQ
A et ρ(1)s liées−=−χ2eQ A . Commentaire:
Ces charges ont la même polarisation que la plaque avec laquelle elles sont en contact. Elles vont créer donc un champ selon−ˆez, égal àE~(2)=
−χ2eǫQ
0Aeˆz.
o. De la même façon qu’on a obtenu le champ E~(1), on peut maintenant obtenir le champ E~(2) créé par les charges ρ(1). De manière générale, écrire l’expression du champ électriqueE~(i) créé par les chargesρ(iliées−1) etρ(is liées−1) .
Réponse (1p.):
Par induction, E~(i)=−(−1)iχie Q
ǫ0Aeˆz . On note que cette expression est aussi valide pour i= 0 (sans le diélectrique).
p. Le champ total dans le diélectrique est la somme de tous ces champs électriques, E~ =P∞
i=0E~(i). Donner l’expression de E~. Réponse (1p.):
E~ = P∞
i=0E~(i) = P∞
i=0−(−1)iχieǫQ
0Aeˆz = −ǫQ
0A
P∞
i=0(−χe)iˆez Rem. 2=
−ǫQ
0A 1
1−(−χe)eˆz = − Q
ǫ0ǫrAˆez = ǫ1
r
E~(0)
(on considèreχe<1 pour la convergence, cf. Remarque 2.) Commentaire:
On constate que le champ dans le diélectrique est ǫr fois plus petit que dans le vide (c’est-à-dire sans le diélectrique).
q. Utiliser le résultat de la question (b) pour donner l’expression de la différence de potentiel U en présence du diélectrique.
Réponse (1p.):
On aura les mêmes calculs, à la seule différence que ǫ0 sera remplacé par ǫ0ǫr :
U = Qd ǫ0ǫrA
r. Donner l’expression de la capacitanceC = QU. Réponse (1p.):
C=ǫ0ǫr
A d
s. Quel est l’intérêt d’ajouter un diélectrique entre les plaques d’un condensateur ? (il y a plus qu’une raison !)
Réponse (1p.):
Au delà de la nécessité « mécanique » (il est difficile de maintenir deux plaques chargées à une distance d séparées par. . . le vide), la présence du diélectrique augmente la capacitance du condensateur et fait baisser le champ électrique (à chargeQ constante). En plus, la rigidité diélectrique (valeur maximale du champ électrique) est plus élevée dans les diélec- triques que dans le vide. On peut alors avoir des champs forts et stocker plus de charge dans un condensateur en fonction du diélectrique.
Remarque 2 La série infinie P∞
i=0xi = 1−x1 si|x|<1.
