BLAISE PASCAL PT 2020-2021
DM 7 – à rendre lundi 9 novembre Correction
Électrostatique
De l’orage dans l’air
A - Nuage d’orage au dessus d’un sol parfaitement plan
1 Tout plan contenant l’axe du nuage cylindrique est plan de symétrie de la distribution de charge. En un pointM appartenant à l’axe du nuage, le champ électrostatique se trouve donc dans l’intersection de tous ces plans, c’est-à- dire qu’il est porté par #”ez. On peut supposer que cette propriété demeure raisonnablement vérifiée pour un pointM suffisamment proche de l’axe, comme on le considère dans cet exercice. Ainsi,
E#”=Ez(M)#”ez.
Par ailleurs, les effets de bord sont négligés et les densités de charge sont supposés invariantes par toute translation dans un plan perpendiculaire à #”ez, doncEz ne dépend que dez. Finalement,
E#”=Ez(z)#”ez.
2 L’équation de Maxwell-Gauss s’écrit div#”
E= ρ ε0
soit dEz
dz = ρ ε0
.
On en déduit que le champ électrostatique est dérivable en tout point d’une distribution volumique, donc forcément continu. Le champ étant nul au niveau du sol, on peut pour le calculer procéder par intégration de l’équation de Maxwell-Gauss,
ˆ Ez(z) 0
dEz= 1 ε0
ˆ z 0
ρ(z) dz soit Ez(z) = 1 ε0
ˆ z 0
ρ(z) dz . Il suffit pour le calcul de tenir compte de la définition par morceaux deρ(z).
Pour illustrer une autre façon de mener le calcul, j’utilise ici une décomposition de l’intégrale par la relation de Chasles. Il est tout à fait possible de le faire « comme d’habitude » en intégrant à une constante près, que l’on détermine avec une condition limite obtenue par continuité.
. Pour 0≤z≤z1,
Ez(z) = 1 ε0
ˆ z 0
ρ0dz d’où #”
E(z≤z1) =ρ0z ε0
#”ez. . Pour z1≤z≤z2,
Ez(z) = 1 ε0
ˆ z1 0
ρ0dz+
ˆ z z1
0 dz
d’où E(z#” 1≤z≤z2) =ρ0z1 ε0
#”ez.
. Pour z2≤z≤z3,
Ez(z) = 1 ε0
ˆ z1 0
ρ0dz+
ˆ z2
z1
0 dz+ ˆ z
z2
ρn
H
z−z2+z3
2
dz
!
= ρ0z1
ε0
+ ρn
ε0H z2
2 −z2+z3
2 z
z
z2
= ρ0z1 ε0
+ ρn ε0H
z2
2 −z2+z3 2 z−z22
2 +z2+z3 2 z2
ce qui donne après simplifications
E(z#” 2≤z≤z3) =ρ0z1
ε0
#”ez+ ρn
2ε0H z2−(z2+z3)z+z2z3#”ez.
1/3 Étienne Thibierge, 10 novembre 2020,www.etienne- thibierge.fr
Correction DM 7 : Électrostatique Blaise Pascal, PT 2020-2021
Comme test de vraisemblance sur votre résultat, pensez à vérifier la continuité de vos expressions en z1 etz2 ... un bon moyen de détecter une erreur de calcul !
3 Le tracé de la figure 1 exploite simplement les allures linéaire, puis constante, puis parabolique du champ ; la continuité en tout point ; et les deux valeurs numériques deE1 etEn données dans l’énoncé.
z Ez
E1
En
z1 z2 z3
Figure 1 –Champ électrostatique en fonction de l’altitude.
4 On constate que les valeurs extrêmes du champ sontE1 et |En|, qui sont toutes les deux inférieures au champ disruptif de l’air : ce modèle d’un sol plan ne permet pas d’expliquer l’apparition de la foudre.
5 On précède également par intégration et connaissantV(z= 0) = 0 : dV =−Ezdz d’où
ˆ V(z) 0
dV =− ˆ z
0
Ez(z) dz soit V(z) =− ˆ z
0
Ez(z) dz . . Pour z≤z1,
V(z) =− ˆ z
0
ρ0z
ε0 dz soit V(z) =−ρ0z2 2ε0 . . Pour z1≤z≤z2,
V(z) =− ˆ z1
0
ρ0z ε0
dz− ˆ z
z1
ρ0z1 ε0
dz=−ρ0z12 2ε0
−ρ0z1 ε0
(z−z1) d’où V(z1≤z≤z2) =ρ0z1 ε0
z1 2 −z
. La tension entre la base du nuage et le sol vaut donc
U = 0−V(z2) =−ρ0z1 ε0
z1 2 −z2
Par ailleurs, le champE1=Ez(z=z1) vaut
E1=ρ0z1
ε0 ce qui donne
U =V(z=z2) =E1 z2−z1
2
= 4,4·107V.
B - Influence d’un objet pointu
6 Les charges positives sontattirées par les charges négatives du nuage, elles cherchent donc à s’en approcher au plus près, et se regroupent au sommet des objets pointus ... jusqu’à ce que la répulsion due aux charges positives déjà présentes au sommet compense l’effet attractif dû aux charges négatives du bas du nuage.
7 Calculons le champ en un pointM situé à la distancerdu centre Ω de la sphère.
• Symétries :tout plan contenant les points Ω etM est plan de symétrie de la distribution, donc #”
E(M) est inclus dans l’intersection de tous ces plans, c’est-à-dire qu’il est porté par #”er. Ainsi,
E(M#” ) =Er(M)#”er.
2/3 Étienne Thibierge, 10 novembre 2020,www.etienne- thibierge.fr
Correction DM 7 : Électrostatique Blaise Pascal, PT 2020-2021
• Invariances : la sphère est invariante par toute rotation autour du centre Ω, donc E#”(M) ne dépend pas des
variables angulaires. Ainsi, #”
E(M) =Er(r)#”er.
• Théorème de Gauss : on raisonne sur une surface de Gauss sphérique de rayonr.
. Le flux sortant vaut ‹
SG
(Er(r)#”er)·(dS#”er) = 4πr2Er(r) . Comme la charge est répartie à la surface de la sphère,
Qint=
(0 sir < R q sir > R . D’après le théorème de Gauss, on en déduit
E#”=
#”0 sir < R q
4πε0r2
#”er sir > R
8 Dans le domainer≥R,
dV
dr =− q
4πε0r2 soit V(r) = q
4πε0r+ cte. Comme la constante est nulle, en se plaçant à la limite de la sphère enr=R+ on a
V(r=R+) = q 4πε0R.
9 En comparant le résultat des deux questions précédentes, on constate d’une part que le champ est maximal lorsquerest minimal, donc à la surface de la sphère chargée. L’éclair apparaît donc si
Er(r=R+)
> Edis. Par ailleurs, les deux questions précédentes permettent de constater que
Er(r=R+) = V(r=R+)
R ,
ce qui donne comme condition
|V(r=R+)|
R > Edis, et ainsi
R < Rc= |V(z=h)|
Edis
.
10 D’après la question 5,
V(z=h) =−ρ0h2 2ε0 = h2
2z1E1, d’où un rayon critique
Rc= h2 2z1
E1
Edis = 1 cm.
Plus généralement, cette valeur critique est celle du rayon de courbure de l’objet « pointu », dont on constate qu’elle est facilement atteinte, ce qui permet de comprendre que de nombreux éclairs apparaissent dans un même orage.
3/3 Étienne Thibierge, 10 novembre 2020,www.etienne- thibierge.fr
