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PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚5 Pour le jeudi 4 novembre 2010   Devoir Maison n˚5 Corrigé I Énergie électrostatique d’un système de charges ICARE PSI 99 1. La charge totale de la distribution de charge D est donnée par Q = Z D ρ dτ = Z R2 r=R1 4πr2ρ dr ⇒Q = 4π 3 ρ R3 2 −R3 1
Application numérique : Q = 4π 3 × 3, 4.1030 × (23 −1).10−45 ⇒Q = 1, 0.10−13 C 2. Symétries Soit un point M quelconque. Tout plan passant par M et passant par O est un plan de symétrie pour la distribution de charges. Comme − → E est un vecteur polaire, − → E (M) appartient à l’intersection de tous les plans de symétrie passant par M de sorte que − → E (M) = E(M) ⃗ ur Invariances La distribution de charges étant invariante par rotation, les composantes du champ électrique ne dépendent que la distance r du point étudié au centre O. On en déduit E(M) = E(r). Finalement − → E (M) = E(r) ⃗ ur Choisissons comme surface de Gauss une sphère Σ de centre O et de rayon r passant par un point M en lequel on cherche le champ. Le théorème de Gauss s’écrit Z Z ⃝ Σ − → E · − − → d2Sext = Qint ε0 où Qint est la charge contenue dans Σ. Le flux du champ électrostatique est donné par Z Z ⃝ Σ − → E · − − → d2Sext = Z Z ⃝ Σ E(r) ⃗ ur · dS ⃗ ur = Z Z ⃝ Σ E(r)dS Sur Σ, r = cste donc E(r) = cste. On en déduit Z Z ⃝ Σ − → E · − − → d2Sext = E(r) Z Z ⃝ Σ dS soit Z Z ⃝ Σ − → E · − − → d2Sext = 4πr2 E(r) La charge contenue dans Σ dépend de la position relative de Σ par rapport à la distribution de charges D. Si r < R1, alors Σ n’enferme aucune charge et Qint = 0. Si r > R2, alors Σ enferme la totalité des charges et Qint = Q = 4π 3 ρ(R3 2 −R3 1). Si R1 < r < R2, alors, en appelant V (Σ) le volume intérieur à Σ : Qint = Z Z Z V (Σ) ρ d3V = Z r r′=R1 Z π θ=0 Z 2π ϕ=0 ρr′2 sin θ dr′ dθ dϕ Tristan Brunier Page 1/15 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚5 Pour le jeudi 4 novembre 2010 soit Qint = 4π 3 ρ(r3 −R3 1) On en déduit E(r)4πr2 =              0 si r < R1 4π 3ε0 ρ(r3 −R3 1) si R1 < r < R2 4π 3ε0 ρ(R3 2 −R3 1) si R2 < r Finalement E(r) =                0 si r < R1 ρ 3ε0 r −R3 1 r2 ! si R1 < r < R2 ρ 3ε0 R3 2 −R3 1 r2 = Q 4πε0 r2 si R2 < r et vectoriellement                − → E 1(M) = − → 0 − → E 2(M) = ρ 3ε0 r −R3 1 r2 ! ⃗ ur − → E 3(M) = Q 4πε0 r2 ⃗ ur À l’extérieur de la distribution de charges à symétrie sphérique, toute se passe comme si le champ créé était celui d’une charge unique, située en O, et affectée de la charge totale Q de la distribution de charges D. On vérifie la continuité du champ électrique aux frontières des différents domaines. Ce résultat est naturel car la distribution de charges est volumique . Remarque : On aurait pu utiliser le principe de superposition pour calculer plus rapidement le champ. En effet, la distribution de charges proposée et la superposition de deux boules concentriques de centre O, l’une de rayon R1 et densité volumique de charges −ρ et l’autre de rayon R2 et de densité volumique de charge +ρ. Il suffit alors de calculer le champ créé par chacune de ces boules chargées et de sommer les champs obtenus. 3. Le potentiel électrostatique est relié au champ électrostatique par − → E = −− − → grad V Or les invariances de la distribution de charges permettent d’affirmer que V ne dépend que de r : V (M) = V (r). On en déduit − − → grad V = ∂V ∂r ⃗ ur = dV dr ⃗ ur = −− → E = −E ⃗ ur ⇒dV dr = −E(r) Dans la zone r < R1, on a dV dr = 0 soit V = V1 = cste Tristan Brunier Page 2/15 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚5 Pour le jeudi 4 novembre 2010 Dans la zone R1 < r < R2, on a dV dr = −ρ 3ε0 r −R3 1 r2 ! soit V = −ρ 3ε0 r2 2 + R3 1 r ! + V2 où V2 est une constante. Dans la zone r > R2, on a dV dr = − Q 4πε0 r2 soit V = Q 4πε0 r + V3 où V3 est une constante. Détermination des constantes Le potentiel est donc de la forme V (M) =                V1 si r < R1 −ρ 3ε0 r2 2 + R3 1 r ! + V2 si R1 < r < R2 Q 4πε0 r + V3 si R2 < r À l’infini (zone r > R2), le potentiel est pris nul par convention. Or lim r→∞V (M) = V3. On en déduit V3 = 0 et V (M) = Q 4πε0 r = ρ 3ε0 r (R3 2 −R3 1) pour r > R2 La distribution de charges étant volumique, le potentiel est continu en r = R2 de sorte que ρ 3ε0 R2 (R3 2 −R3 1) = −ρ 3ε0 R2 2 2 + R3 1 R2 ! + V2 On en déduit V2 = ρ R2 2 2ε0 Le potentiel est également continu en r = R1 de sorte que V1 = −ρ 3ε0 R2 1 2 + R2 1 ! + ρ R2 2 2ε0 soit V1 = ρ 2ε0 R2 2 −R2 1
Finalement V (M) =                  ρ 2ε0 (R2 2 −R2 1) si r < R1 −ρ ε0 r2 6 −R2 2 2 + R3 1 3r ! si R1 < r < R2 Q 4πε0 r = ρ 3ε0 R3 2 −R3 1 r si R2 < r < Tristan Brunier Page 3/15 Année 2010-2011 PSI - Lycée Bellevue Sciences Physiques Corrigé du Devoir Maison n˚5 Pour le jeudi 4 novembre 2010 4. L’énergie électrostatique d’une distribution volumique de charges D est donnée par Ue = 1 2 Z Z Z D ρ(M)V (M) d3τ Ici, la distribution de charges est contenue dans l’espace entre les deux sphères et ρ y est constante. On en déduit Ue = ρ 2 Z R2 r=R1 4πr2V (r) dr avec V (r) = −ρ ε0 r2 6 −R2 2 2 + R3 1 3r ! soit Ue = −2π ρ2 ε0 Z R2 r=R1 r4 6 −R2 2 r2 2 + R3 1 r 3 ! dr = −2π ρ2 ε0 " R5 2 −R5 1 30 −R2 2(R3 2 −R3 1) 6 + R3 1(R2 2 −R2 1) 6 # = −2π ρ2 ε0 " −2 15 R5 2 + 1 3 R3 1R2 2 −1 5 R5 1 # En notant que ρ = 3Q 4π(R3 2 −R3 1) on obtient Ue = 9Q2 8π ε0 (R3 2 −R3 1)2 " 2 15 R5 2 −1 3 R3 1R2 2 + 1 5 R5 1 # L’application numérique conduit à Ue = 9 × (1, 0.10−13)2 8π × 8, 84.10−12 × (23 −13)2 . (10−15)6 " 2 15 × (2.10−15)5 −1 3 × 22 × 10−15
5 + 1 5 10−15
5 # soit Ue = 26 mJ 5. Posons R2 = R1(1 + α) et faisons tendre α vers 0. L’énergie électrostatique prend la forme Ue = 9Q2 8π ε0R6 1 [(1 + α)3 −1]2 R5 1 " 2 15(1 + α)5 −1 3 (1 + α)2 + 1 5 # = 9Q2 8π ε0R1α2 (3 + 3α + α2)2 " 2 15(1 + α)5 −1 3 (1 + α)2 + 1 5 # On constate que le dénominateur est en 1/α2. Avant de faire tendre α vers 0, il faut faire un déve- loppement limité du numérateur au moins jusqu’à l’ordre uploads/Sante/ corrige-dm5-pdf.pdf

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• Publié le Mar 31, 2022
• Catégorie Health / Santé
• Langue French
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