Physics · Livre 3 · Bachelor Year 1

Physique universitaire — 1re année

Physique universitaire — 1re année · Bachelor Year 1

26Électrostatique : champ et théorème de Gauss

Frottez un ballon sur un pull et il se colle au mur ; peignez des cheveux secs et le peigne dévie un mince filet d’eau. Derrière l’un et l’autre, il y a la force entre charges électriques au repos, la loi de Coulomb — une loi en carré inverse comme la gravitation, mais 103610^{36} fois plus intense entre deux protons et de deux signes, si bien que la matière est neutre avec une précision fantastique et que les effets résiduels s’appellent chimie, matériaux et foudre. Ce chapitre construit le concept qui rend la loi maniable, le champ électrique, montre comment lire un champ sur ses symétries, et démontre le théorème unique qui calcule en trois lignes le champ des distributions symétriques : le théorème de Gauss. Son jumeau gravitationnel vient en prime à la fin.

Un éclair nuage–sol : des dizaines de coulombs amenés au sol en quelques arcs de cent kiloampères — la Terre électrique du problème du week-end.
Un éclair nuage–sol : des dizaines de coulombs amenés au sol en quelques arcs de cent kiloampères — la Terre électrique du problème du week-end.

26.1 Les charges et la loi de Coulomb

Définition 26.1 (Charge électrique)

La charge électrique qq (le coulomb, C\mathrm{C}) est une propriété de la matière, des deux signes ; elle se conserve (la charge totale d’un système isolé ne change jamais) et elle est quantifiée en multiples de la charge élémentaire e=1.602×10−19 Ce = 1.602 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (proton +e+e, électron −e-e). Une distribution macroscopique se décrit par une densité de charge : linéique λ\lambda (C/m\mathrm{C}/\mathrm{m}), surfacique σ\sigma (C/m2\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}) ou volumique ρ\rho (C/m3\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}), de sorte qu’un petit élément porte  ⁣dq=λ  ⁣dl\dd q = \lambda\,\dd l, σ  ⁣dS\sigma\,\dd S ou ρ  ⁣dτ\rho\,\dd\tau.

Théorème 26.2 (Loi de Coulomb)

Deux charges ponctuelles q1q_1 en M1M_1 et q2q_2 en M2M_2, au repos dans le vide, exercent l’une sur l’autre les forces

F→1→2=q1q24πε0 r2 e→12=−F→2→1,r=M1M2,e→12=M1M2→r,\vect F_{1 \to 2} = \frac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0\,r^2}\,\vect e_{12} = -\vect F_{2 \to 1}, \qquad r = M_1M_2,\quad \vect e_{12} = \frac{\vect{M_1M_2}}{r},

répulsives entre charges de même signe, attractives entre charges opposées, où ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m} est la permittivité du vide, c’est-à-dire 1/4πε0=8.99×109 N m2/C21/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}. Les forces de plusieurs charges s’ajoutent (superposition).

Démonstration. Admis à ce niveau. ∎

Exemple 26.3 (Quelle intensité)

Deux protons distants de 1 fm1\,\mathrm{fm} se repoussent avec 8.99×109×(1.6×10−19)2/10−30=230 N8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/10^{-30} = 230\,\mathrm{N} — le poids d’un enfant, entre deux particules de 10−2710^{-27} kg ; leur attraction gravitationnelle est 103610^{36} fois plus faible. Deux grammes d’électrons à un bout d’une pièce et les protons correspondants à l’autre s’attireraient avec 102510^{25} N. La matière est neutre parce qu’elle n’a pas le choix : tout déséquilibre est corrigé par des forces qu’aucune structure ne peut supporter.

26.2 Le champ électrique

Définition 26.4 (Champ électrostatique)

Une distribution de charges au repos crée en tout point MM de l’espace un champ électrique E→(M)\vect E(M), défini par la force qu’il exerce sur une charge d’épreuve qq placée en MM : F→=qE→(M)\vect F = q\vect E(M) (V/m\mathrm{V}/\mathrm{m} == N/C\mathrm{N}/\mathrm{C}). Une charge ponctuelle q1q_1 en OO crée

E→(M)=q14πε0r2 e→r,r=OM,\vect E(M) = \frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vect e_r , \qquad r = OM ,

radial, dirigé vers l’extérieur si q1>0q_1 > 0 ; une distribution crée la somme vectorielle des champs de ses éléments. Une ligne de champ est une courbe tangente en chaque point à E→\vect E, orientée dans son sens.

Proposition 26.5 (Lire une carte de champ)

Les lignes de champ partent des charges positives et aboutissent aux charges négatives (ou à l’infini) ; elles ne se croisent jamais (le champ a une valeur unique), et elles se resserrent là où le champ est intense. En présence de deux charges, le nombre de lignes tracées à partir de chacune est proportionnel à sa charge.

Lignes de champ de deux charges opposées (à gauche) et de deux charges positives égales (à droite). Les lignes partent du + et aboutissent au - ou à l’infini ; à droite elles se repoussent et le champ s’annule au milieu, où ne passe aucune ligne.
Lignes de champ de deux charges opposées (à gauche) et de deux charges positives égales (à droite). Les lignes partent du ++ et aboutissent au −- ou à l’infini ; à droite elles se repoussent et le champ s’annule au milieu, où ne passe aucune ligne.

Exemple 26.6 (Anneau et segment par sommation directe)

Sur l’axe d’un anneau de rayon RR portant uniformément QQ, à la distance zz de son centre, chaque élément  ⁣dq\dd q contribue pour  ⁣dq/4πε0(R2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2) selon la droite qui le joint à MM ; les composantes perpendiculaires à l’axe se compensent deux à deux et les composantes axiales s’ajoutent avec le facteur z/R2+z2z/\sqrt{R^2 + z^2} :

Ez=Qz4πε0(R2+z2)3/2,E_z = \frac{Qz}{4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2)^{3/2}} ,

nul au centre, maximal en z=R/2z = R/\sqrt2, et égal à Q/4πε0z2Q/4\pi\varepsilon_0z^2 au loin. Un disque uniformément chargé est un empilement d’anneaux (Problème 26.1). La sommation directe fonctionne dès que la géométrie permet l’intégrale ; tout le reste du chapitre consiste à l’éviter.

26.3 Symétries et invariances

Proposition 26.7 (Principe de symétrie)

Le champ possède les symétries de ses sources. Si un plan Π\Pi est un plan de symétrie de la distribution de charges (l’image miroir de la distribution est elle-même), alors en tout point de Π\Pi le champ est contenu dans Π\Pi ; si Π\Pi est un plan d’antisymétrie (l’image miroir est la distribution dont toutes les charges sont changées de signe), le champ en un point de Π\Pi est perpendiculaire à Π\Pi. Si la distribution est invariante par une translation ou une rotation, le champ l’est aussi : ses composantes ne dépendent pas de la coordonnée correspondante.

Démonstration. E→\vect E est une somme de termes  ⁣dq e→/4πε0r2\dd q\,\vect e/4\pi\varepsilon_0r^2 ; l’image miroir de la somme est la somme des images, et l’image du champ d’une distribution est le champ de la distribution image (un vecteur construit à partir des positions et des charges se transforme comme les positions). Sur un plan de symétrie, le champ est égal à sa propre image miroir, donc il est contenu dans le plan ; sur un plan d’antisymétrie, il est égal à l’opposé de son image, donc il lui est normal. Pour l’invariance, c’est le même argument avec une translation ou une rotation. ∎

Méthode 26.8 (Trouver la forme d’un champ avant de le calculer)

Pour le point MM où l’on cherche le champ : (1) recenser les plans de symétrie des sources qui contiennent MM — le champ est porté par leur intersection ; deux tels plans en fixent la direction. (2) Recenser les invariances — elles disent de quelles coordonnées E→\vect E dépend. Ainsi un fil infini uniformément chargé donne E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r en coordonnées cylindriques, une sphère E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r en coordonnées sphériques, un plan infini E→=E(z) e→z\vect E = E(z)\,\vect e_z avec E(−z)=−E(z)E(-z) = -E(z). Ce n’est qu’ensuite que l’on calcule.

Les trois distributions symétriques du chapitre et les surfaces de Gauss (en pointillés) qui leur conviennent : une sphère concentrique, un cylindre coaxial, une boîte plate à cheval sur le plan. Sur chacune, le champ est soit normal et de norme uniforme, soit tangent.
Les trois distributions symétriques du chapitre et les surfaces de Gauss (en pointillés) qui leur conviennent : une sphère concentrique, un cylindre coaxial, une boîte plate à cheval sur le plan. Sur chacune, le champ est soit normal et de norme uniforme, soit tangent.

26.4 Flux et théorème de Gauss

Définition 26.9 (Flux du champ)

Découpons une surface SS en petits éléments d’aire  ⁣dS\dd S, chacun muni d’une normale unitaire n→\vect n (pour une surface fermée, la normale sortante). Le flux de E→\vect E à travers SS est la somme

Φ=∑E→⋅n→  ⁣dS=∑En  ⁣dS(V m):\Phi = \sum \vect E\cdot\vect n\,\dd S = \sum E_n\,\dd S \qquad (\mathrm{V}\,\mathrm{m}):

la composante normale du champ pondérée par l’aire — le « nombre de lignes de champ » qui traversent SS, comptées positivement lorsqu’elles la traversent dans le sens de n→\vect n.

Théorème 26.10 (Théorème de Gauss)

Le flux du champ électrostatique à travers toute surface fermée SS est égal à la charge totale enfermée par SS, divisée par ε0\varepsilon_0 :

Φsortant=Qintε0.\Phi_{\text{sortant}} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} .

Les charges extérieures à SS ne contribuent pas au flux (leurs lignes entrent puis ressortent).

Démonstration. Pour une charge ponctuelle qq au centre d’une sphère de rayon rr : E→\vect E est radial, de norme q/4πε0r2q/4\pi\varepsilon_0r^2 en tout point de la sphère, donc Φ=E×4πr2=q/ε0\Phi = E \times 4\pi r^2 = q/\varepsilon_0 — indépendant de rr, parce que le champ décroît en 1/r21/r^2 exactement comme l’aire croît. Que la même chose vaille pour toute surface fermée entourant qq (le flux à travers un élément de surface ne dépend que de l’angle solide sous lequel il est vu de qq), qu’une charge extérieure donne zéro (elle voit deux fois chaque angle solide, avec des signes opposés), et que les flux de plusieurs charges s’ajoutent, est ici admis ; la démonstration complète est dans le volume de deuxième année. ∎

Méthode 26.11 (Utiliser le théorème de Gauss)

(1) À partir des symétries, écrire la forme de E→\vect E (direction et variable dont il dépend). (2) Choisir une surface de Gauss fermée passant par le point MM, sur laquelle E→\vect E est partout soit normal et de même norme E(M)E(M), soit tangent : le flux vaut alors E(M)E(M) fois l’aire de la partie normale. (3) Compter la charge intérieure. (4) En tirer E(M)E(M). Cela fonctionne pour les sphères, les cylindres infinis et les plans infinis — et pour rien d’autre sans outils supplémentaires.

Proposition 26.12 (Les trois champs classiques)

  1. Sphère de rayon RR, de charge QQ répartie uniformément dans son volume : E(r)=Q4πε0r2E(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} à l’extérieur (r>Rr > R) — comme si toute la charge était au centre — et E(r)=Qr4πε0R3E(r) = \dfrac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3} à l’intérieur, croissant linéairement depuis zéro ; continu en r=Rr = R. Si la charge n’est portée que par la surface, le champ intérieur est nul.
  2. Fil infini de charge linéique λ\lambda : E(r)=λ2πε0rE(r) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}, radial.
  3. Plan infini de charge surfacique σ\sigma : E=σ2ε0E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} de part et d’autre, normal au plan, dirigé en s’en éloignant si σ>0\sigma > 0, indépendant de la distance. À la traversée du plan, la composante normale saute de σ/ε0\sigma/\varepsilon_0.

Démonstration. (1) Sphère de rayon rr : flux 4πr2E(r)4\pi r^2E(r) ; charge intérieure QQ si r>Rr > R, Q(r/R)3Q(r/R)^3 si r<Rr < R. (2) Cylindre de rayon rr et de hauteur hh : flux 2πrh E(r)2\pi rh\,E(r) par la surface latérale, nul par les bases (le champ y est tangent) ; charge λh\lambda h. (3) Boîte plate de section SS à cheval sur le plan : flux 2SE2SE par les deux bases (le champ est impair en zz, donc les deux comptent positivement), nul par le côté ; charge σS\sigma S. ∎

Le champ d’une sphère chargée en fonction de la distance à son centre : linéaire à l’intérieur et en 1/r2 à l’extérieur lorsque la charge remplit le volume (trait plein) ; nul à l’intérieur et identique à l’extérieur lorsqu’elle est portée par la surface (pointillés). À l’extérieur, rien ne distingue la sphère d’une charge ponctuelle placée en son centre.
Le champ d’une sphère chargée en fonction de la distance à son centre : linéaire à l’intérieur et en 1/r21/r^2 à l’extérieur lorsque la charge remplit le volume (trait plein) ; nul à l’intérieur et identique à l’extérieur lorsqu’elle est portée par la surface (pointillés). À l’extérieur, rien ne distingue la sphère d’une charge ponctuelle placée en son centre.

Exemple 26.13 (Deux plans : le condensateur plan)

Deux plans parallèles portant +σ+\sigma et −σ-\sigma : chacun crée σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0 en s’en éloignant (en s’en rapprochant pour le plan négatif). Entre les plans, les deux champs s’ajoutent en σ/ε0\sigma/\varepsilon_0, dirigé du ++ vers le −- ; à l’extérieur ils se compensent. Avec σ=1 µC/m2\sigma = 1\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}, E=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} entre les plans et zéro dehors : le champ d’un condensateur chargé est confiné à son intervalle (Chapitre 27).

Superposition pour deux nappes opposées. À gauche : les champs uniformes de chaque nappe seule (en rouge à partir de la positive, en bleu vers la négative). À droite : leur somme, / _0 dans l’intervalle et zéro ailleurs.
Superposition pour deux nappes opposées. À gauche : les champs uniformes de chaque nappe seule (en rouge à partir de la positive, en bleu vers la négative). À droite : leur somme, σ/ε0\sigma/\varepsilon_0 dans l’intervalle et zéro ailleurs.

26.5 L’analogie gravitationnelle

Proposition 26.14 (Théorème de Gauss pour la gravitation)

La loi de Newton F→=−Gm1m2 e→12/r2\vect F = -Gm_1m_2\,\vect e_{12}/r^2 a la forme de celle de Coulomb avec q→mq \to m et 1/4πε0→−G1/4\pi\varepsilon_0 \to -G. Le champ de gravitation g→\vect g (force par unité de masse) obéit donc aux mêmes règles de symétrie et à

Φsortant(g→)=−4πG Mint.\Phi_{\text{sortant}}(\vect g) = -4\pi G\,M_{\text{int}} .

En particulier, un corps à symétrie sphérique attire les points extérieurs comme si toute sa masse était en son centre, et le champ à l’intérieur d’une sphère uniforme de rayon RR et de masse MM vaut g(r)=GMr/R3g(r) = GMr/R^3, linéaire en rr.

Démonstration. On remplace Q/ε0Q/\varepsilon_0 par −4πGM-4\pi GM dans la démonstration de la Proposition 26.12 ; le signe moins dit que le flux entre (la gravitation attire). ∎

Exemple 26.15 (À l’intérieur de la Terre)

Pour une Terre homogène, gg décroîtrait linéairement de 9.8 m/s29.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} en surface jusqu’à zéro au centre ; une pierre lâchée dans un tunnel traversant la planète y oscillerait harmoniquement avec la période 2πR/g=84 min2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min} — la période d’un satellite rasant. La Terre réelle a un noyau dense, et gg croît en fait jusqu’à 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} à la frontière noyau–manteau avant de décroître (Problème 26.1). Newton avait besoin du théorème des coquilles pour appliquer sa loi aux planètes ; le théorème de Gauss le donne en une ligne.

26.6 Exercices

Exercice 26.1 ★

Force électrique et force gravitationnelle entre deux protons distants de 2.0 fm2.0\,\mathrm{fm} ; leur rapport. Pourquoi, alors, les noyaux tiennent-ils ?

Solution

Solution de Exercice 26.1.

Fe=8.99×109×(1.6×10−19)2/(2×10−15)2=58 NF_e = 8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/(2 \times 10^{-15})^2 = 58\,\mathrm{N} ; Fg=6.67×10−11×(1.67×10−27)2/(4×10−30)=4.6×10−35 NF_g = 6.67 \times 10^{-11} \times (1.67 \times 10^{-27})^2/(4 \times 10^{-30}) = 4.6 \times 10^{-35}\,\mathrm{N} ; rapport 1.2×10361.2 \times 10^{36}. Les noyaux tiennent parce que l’interaction forte, à portée du femtomètre, l’emporte même sur cette répulsion.

Exercice 26.2 ★

Champ à 1.0 m1.0\,\mathrm{m} d’une charge ponctuelle de 1.0 µC1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. La surface de la Terre porte un champ de 100 V/m100\,\mathrm{V}/\mathrm{m} dirigé vers le bas : signe et valeur de la charge de la Terre, assimilée à une sphère de rayon 6370 km6370\,\mathrm{km}.

Solution

Solution de Exercice 26.2.

E=8.99×109×10−6/1=9.0 kV/mE = 8.99 \times 10^9 \times 10^{-6}/1 = 9.0\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}. Un champ dirigé vers le bas est celui d’une charge négative : Q=−4πε0R2E=−1.11×10−10×(6.37×106)2×100=−4.5×105 CQ = -4\pi\varepsilon_0R^2E = -1.11 \times 10^{-10} \times (6.37 \times 10^6)^2 \times 100 = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

Exercice 26.3 ★

Deux charges +q+q en x=±ax = \pm a sur l’axe xx. Champ sur l’axe xx pour ∣x∣>a|x| > a et sur l’axe yy ; montrer que, sur l’axe yy, EyE_y est maximal en y=a/2y = a/\sqrt2. Esquisser les lignes près de l’origine.

Solution

Solution de Exercice 26.3.

Sur l’axe, pour ∣x∣>a|x| > a : Ex=q4πε0[1(x−a)2+1(x+a)2]E_x = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\dfrac{1}{(x - a)^2} + \dfrac{1}{(x + a)^2}\Bigr], dirigé vers l’extérieur. Sur l’axe yy, les composantes selon xx se compensent : Ey=2qy4πε0(y2+a2)3/2E_y = \dfrac{2qy}{4\pi\varepsilon_0(y^2 + a^2)^{3/2}} ;  ⁣dEy/ ⁣dy∝(y2+a2)−3y2=0\dd E_y/\dd y \propto (y^2 + a^2) - 3y^2 = 0 en y=a/2y = a/\sqrt2. À l’origine le champ s’annule ; les lignes qui quittent chaque charge vers l’autre s’écartent selon ±y\pm y — un col.

Exercice 26.4 ★

Charges +2q+2q en x=0x = 0 et −q-q en x=ax = a. En quel point de l’axe xx le champ s’annule-t-il ? Combien de lignes de champ partent de +2q+2q pour chacune qui arrive sur −q-q, et où vont les autres ?

Solution

Solution de Exercice 26.4.

Entre les charges, les deux champs pointent vers −q-q : pas de zéro. À gauche de +2q+2q, 2q/x2>q/(x+a)22q/x^2 > q/(x + a)^2 toujours. Au-delà de −q-q, à la distance dd de celle-ci : 2q/(a+d)2=q/d22q/(a + d)^2 = q/d^2, a+d=2 da + d = \sqrt2\,d, d=a/(2−1)=2.4ad = a/(\sqrt2 - 1) = 2.4a. Deux lignes quittent +2q+2q pour chacune qui aboutit sur −q-q ; l’autre moitié part à l’infini, où le couple ressemble à une charge +q+q.

Exercice 26.5 ★★

Un disque de rayon RR porte σ\sigma uniformément. À partir du résultat de l’anneau, montrer que sur son axe Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr) pour z>0z > 0 ; vérifier les deux limites z≪Rz \ll R et z≫Rz \gg R.

Solution

Solution de Exercice 26.5.

Anneau de rayon aa et de largeur  ⁣da\dd a :  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a,  ⁣dEz=σz2ε0a  ⁣da(a2+z2)3/2\dd E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}} ; on intègre : σz2ε0[−1a2+z2]0R=σ2ε0(1−zz2+R2)\dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\Bigl[-\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + z^2}}\Bigr]_0^R = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} \Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr). Pour z≪Rz \ll R : σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, le plan infini. Pour z≫Rz \gg R : z/z2+R2≈1−R2/2z2z/\sqrt{z^2 + R^2} \approx 1 - R^2/2z^2, donc Ez≈σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2E_z \approx \sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, la charge ponctuelle.

Exercice 26.6 ★★

Un noyau d’or (Z=79Z = 79, R=7.0 fmR = 7.0\,\mathrm{fm}) assimilé à une sphère uniformément chargée : champ à sa surface, en R/2R/2, à 1 pm1\,\mathrm{pm}. Comparer au champ disruptif de l’air, 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Solution

Solution de Exercice 26.6.

Q=79e=1.26×10−17 CQ = 79e = 1.26 \times 10^{-17}\,\mathrm{C} ; E(R)=8.99×109×1.26×10−17/(7×10−15)2=2.3×1021 V/mE(R) = 8.99 \times 10^9 \times 1.26 \times 10^{-17}/ (7 \times 10^{-15})^2 = 2.3 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ; en R/2R/2, la moitié : 1.2×1021 V/m1.2 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ; à 1 pm1\,\mathrm{pm} : 1.14×10−7/10−24=1.1×1017 V/m1.14 \times 10^{-7}/10^{-24} = 1.1 \times 10^{17}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} — 101510^{15} fois le champ disruptif de l’air, à la distance où vivent les électrons.

Exercice 26.7 ★★

Champ d’un fil infini par le théorème de Gauss. Pour un conducteur haute tension de rayon 1.0 cm1.0\,\mathrm{cm} : charge linéique pour laquelle le champ à sa surface atteint la valeur disruptive 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} (seuil de l’effet couronne). Champ à 5 m5\,\mathrm{m} dans ce cas.

Solution

Solution de Exercice 26.7.

Cylindre de rayon rr et de hauteur hh : 2πrh E=λh/ε02\pi rh\,E = \lambda h/\varepsilon_0, E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. Effet couronne lorsque λ=2πε0rE=2π×8.85×10−12×0.01×3×106=1.7 µC/m\lambda = 2\pi\varepsilon_0 rE = 2\pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 0.01 \times 3 \times 10^6 = 1.7\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m} ; à 5 m5\,\mathrm{m}, E=3×106×0.01/5=6 kV/mE = 3 \times 10^6 \times 0.01/5 = 6\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}.

Exercice 26.8 ★★

Deux plaques parallèles d’aire 1.0 m21.0\,\mathrm{m}^{2} portent ±1.0 µC\pm1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. Champ entre elles ; force sur une plaque (le champ qui agit sur elle est celui de l’autre plaque seulement — pourquoi ?) ; pression sur les plaques.

Solution

Solution de Exercice 26.8.

E=σ/ε0=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = \sigma/\varepsilon_0 = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. Une plaque n’exerce aucune force résultante sur elle-même (les contributions de son propre champ se compensent deux à deux) ; à son emplacement, le champ de l’autre plaque vaut σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, donc F=Qσ/2ε0=10−6×10−6/(2×8.85×10−12)=5.6×10−2 NF = Q\sigma/2\varepsilon_0 = 10^{-6} \times 10^{-6}/(2 \times 8.85 \times 10^{-12}) = 5.6 \times 10^{-2}\,\mathrm{N}, attractive ; pression σ2/2ε0=0.056 Pa\sigma^2/2\varepsilon_0 = 0.056\,\mathrm{Pa}.

Exercice 26.9 ★★

Câble coaxial : âme de rayon aa portant +λ+\lambda, gaine extérieure de rayon bb portant −λ-\lambda. Champ dans les trois régions par le théorème de Gauss. Pour a=0.5 mma = 0.5\,\mathrm{mm}, b=2.5 mmb = 2.5\,\mathrm{mm}, λ=10 nC/m\lambda = 10\,\mathrm{nC}/\mathrm{m} : champ à la surface de l’âme.

Solution

Solution de Exercice 26.9.

Pour r<ar < a : la charge de l’âme est portée par sa surface, aucune charge à l’intérieur, E=0E = 0. Pour a<r<ba < r < b : E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. Pour r>br > b : la charge intérieure vaut λ−λ=0\lambda - \lambda = 0, donc E=0E = 0 — le câble ne rayonne aucun champ statique. En r=ar = a : 2×8.99×109×10−8/(5×10−4)=3.6×105 V/m2 \times 8.99 \times 10^9 \times 10^{-8}/(5 \times 10^{-4}) = 3.6 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Exercice 26.10 ★★★

Une coquille sphérique épaisse R1<r<R2R_1 < r < R_2 porte QQ uniformément dans son volume. Champ dans les trois régions ; vérifier la continuité en R1R_1 et R2R_2 ; où est-il maximal ? Esquisser E(r)E(r). Une charge positive placée dans la cavité : quelle force subit-elle ?

Solution

Solution de Exercice 26.10.

ρ=3Q/4π(R23−R13)\rho = 3Q/4\pi(R_2^3 - R_1^3). Pour r<R1r < R_1 : E=0E = 0. Pour R1<r<R2R_1 < r < R_2 : 4πr2E=ρ 43π(r3−R13)/ε04\pi r^2E = \rho\,\tfrac43\pi(r^3 - R_1^3)/\varepsilon_0, donc E=Q4πε0r2 r3−R13R23−R13E = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\, \dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}. Pour r>R2r > R_2 : Q/4πε0r2Q/4\pi\varepsilon_0r^2. En R1R_1 les deux expressions donnent 00 ; en R2R_2, toutes deux donnent Q/4πε0R22Q/4\pi\varepsilon_0R_2^2. Dans la coquille, E∝r−R13/r2E \propto r - R_1^3/r^2 croît, de sorte que le maximum est en R2R_2, après quoi le champ décroît en 1/r21/r^2. Dans la cavité le champ est nul : une charge qui s’y trouve ne subit aucune force — où qu’elle soit.

Exercice 26.11 ★★★

La gravitation à l’intérieur de la Terre. Noyau : rayon 3480 km3480\,\mathrm{km}, masse volumique 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3} ; manteau jusqu’à 6370 km6370\,\mathrm{km}, masse volumique 4500 kg/m34500\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}. (a) Masse du noyau, du manteau, totale (comparer à 5.97×1024 kg5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}). (b) gg à la surface et à la frontière noyau–manteau. (c) Montrer que gg croît avec la profondeur dans le manteau si la masse volumique du manteau est inférieure aux 23\tfrac23 de la masse volumique moyenne de ce qui est en dessous, et le vérifier.

Solution

Solution de Exercice 26.11.

(a) Noyau 43π(3.48×106)3×11000=1.94×1024 kg\tfrac43\pi(3.48 \times 10^6)^3 \times 11000 = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg} ; manteau 43π[(6.37×106)3−(3.48×106)3]×4500=4.08×1024 kg\tfrac43\pi[(6.37 \times 10^6)^3 - (3.48 \times 10^6)^3] \times 4500 = 4.08 \times 10^{24}\,\mathrm{kg} ; total 6.0×1024 kg6.0 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, à 1%1\% près. (b) Surface GM/R2=9.9 m/s2GM/R^2 = 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} ; frontière 6.67×10−11×1.94×1024/(3.48×106)2=10.7 m/s26.67 \times 10^{-11} \times 1.94 \times 10^{24}/(3.48 \times 10^6)^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. (c) g=GM(r)/r2g = GM(r)/r^2 avec  ⁣dM=4πr2ρm  ⁣dr\dd M = 4\pi r^2\rho_m\,\dd r :  ⁣dg/ ⁣dr=4πGρm−2GM(r)/r3=4πG[ρm−23ρˉ(r)]\dd g/\dd r = 4\pi G\rho_m - 2GM(r)/r^3 = 4\pi G[\rho_m - \tfrac23\bar\rho(r)], où ρˉ(r)=M(r)/43πr3\bar\rho(r) = M(r)/\tfrac43\pi r^3 est la masse volumique moyenne au-dessous de rr. gg croît avec la profondeur ( ⁣dg/ ⁣dr<0\dd g/\dd r < 0) si et seulement si ρm<23ρˉ\rho_m < \tfrac23\bar\rho. Juste sous la surface, ρˉ=5500\bar\rho = 5500 et 23ρˉ=3700<4500\tfrac23\bar\rho = 3700 < 4500 : gg fléchit d’abord légèrement ; à la frontière du noyau, ρˉ=11000\bar\rho = 11000, 7300>45007300 > 4500 : il croît alors, jusqu’à 10.710.7.

Exercice 26.12 ★★★

L’atome de Thomson. On modélise l’atome d’hydrogène par une sphère positive uniforme de charge +e+e et de rayon R=0.10 nmR = 0.10\,\mathrm{nm}, l’électron étant libre à l’intérieur. (a) Force sur l’électron à la distance rr du centre. (b) Montrer qu’il oscille harmoniquement et calculer la fréquence ainsi que la longueur d’onde de la lumière qu’il émettrait. (c) Comparer aux raies ultraviolettes de l’hydrogène (122 nm122\,\mathrm{nm} et au-dessous) et commenter ce que le modèle réussit et ce qu’il manque (Chapitre 30).

Solution

Solution de Exercice 26.12.

(a) À l’intérieur, E=er/4πε0R3E = er/4\pi\varepsilon_0R^3 vers l’extérieur ; sur l’électron, F→=−e24πε0R3 r→\vect F = -\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R^3}\,\vect r : un ressort. (b) ω=e2/4πε0mR3=2.31×10−28/(9.11×10−31×10−30)=1.6×1016 rad/s\omega = \sqrt{e^2/4\pi\varepsilon_0mR^3} = \sqrt{2.31 \times 10^{-28}/(9.11 \times 10^{-31} \times 10^{-30})} = 1.6 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, f=2.5×1015 Hzf = 2.5 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}, λ=c/f=120 nm\lambda = c/f = 120\,\mathrm{nm}. (c) Étonnamment proche de la raie à 122 nm122\,\mathrm{nm} : la taille et l’intensité de l’atome sont justes. Mais le modèle ne donne qu’une fréquence, non une série, et le noyau n’est pas une bille de 0.1 nm0.1\,\mathrm{nm} mais un point de 10−1510^{-15} m — sans compter qu’un électron classique en orbite rayonnerait toute son énergie en quelques nanosecondes. Le remède est au Chapitre 30.

26.7 Problème : la Terre électrique

Problème 26.1

Problème du week-end — le champ de beau temps, le nuage d’orage, l’éclair, et le théorème de Gauss retourné sur la gravitation

Données : ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, 1/4πε0=8.99×109 SI1/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{SI}, e=1.6×10−19 Ce = 1.6 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, rayon de la Terre RE=6.37×106 mR_E = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, surface 5.1×1014 m25.1 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}, G=6.67×10−11 SIG = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}, ME=5.97×1024 kgM_E = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}.

Partie I — Le champ de beau temps. Par temps clair, le champ au sol vaut E0=100 V/mE_0 = 100\,\mathrm{V}/\mathrm{m} et il est dirigé vers le bas.

  1. Sens de la force sur un électron libre au sol ; signe de la charge de la Terre.
  2. En assimilant la Terre à une sphère uniformément chargée : sa charge totale, par le théorème de Gauss.
  3. Densité surfacique de charge du sol ; nombre d’électrons en excès par centimètre carré.
  4. Force sur un grain de poussière de masse 1 µg1\,\text{µ}\mathrm{g} portant 100100 charges élémentaires ; comparer à son poids.
  5. Les mesures montrent que le champ tombe à environ 5 V/m5\,\mathrm{V}/\mathrm{m} à 10 km10\,\mathrm{km}. Appliquer le théorème de Gauss à une colonne verticale de section 1 m21\,\mathrm{m}^{2} entre le sol et 10 km10\,\mathrm{km} : signe et valeur de la charge que porte l’air par mètre carré.
  6. Densité volumique moyenne de charge de cet air, et nombre correspondant de charges élémentaires par mètre cube. (L’air contient environ 10910^9 ions de chaque signe par mètre cube : quelle fraction de déséquilibre cela représente-t-il ?)
  7. L’air a une faible conductivité γ=2×10−14 S/m\gamma = 2 \times 10^{-14}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}, de sorte qu’une densité de courant γE0\gamma E_0 descend. Courant de beau temps total sur le globe ; durée qu’il faudrait pour neutraliser la charge de la Terre. Conclure.

Partie II — Le nuage d’orage. On modélise un nuage d’orage par deux disques horizontaux de rayon R=3 kmR = 3\,\mathrm{km} : −Q-Q à l’altitude 3 km3\,\mathrm{km}, +Q+Q à 9 km9\,\mathrm{km}, avec Q=40 CQ = 40\,\mathrm{C}.

  1. Champ sur l’axe d’un anneau de rayon aa portant qq, à la distance zz de son centre (symétries, puis sommation).
  2. En sommant sur les anneaux, en déduire le champ sur l’axe d’un disque de rayon RR et de charge surfacique σ\sigma : Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).
  3. Limites z≪Rz \ll R et z≫Rz \gg R ; interpréter chacune.
  4. Charge surfacique du disque inférieur ; champ qu’il crée au sol, juste au-dessous (sens et valeur).
  5. Champ du disque supérieur au même point ; champ résultant au sol sous l’orage. Le sol est conducteur et les charges qu’il porte par influence doublent à peu près le résultat (admis) : comparer aux 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} mesurés sous les orages et à la valeur de beau temps.
  6. Flux du champ à travers une surface fermée entourant tout le nuage ; puis à travers une surface n’entourant que le disque inférieur.
  7. Champ à mi-distance des deux disques (6 km6\,\mathrm{km}), et son sens ; comparer au champ disruptif de l’air à cette altitude, environ 1.5×106 V/m1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.
  8. Si les 40 C40\,\mathrm{C} étaient concentrés dans une sphère de rayon 500 m500\,\mathrm{m} : champ à sa surface. Pourquoi l’amorçage de la foudre reste-t-il une question ouverte ?

Partie III — L’arc en retour. Un arc en retour amène 5 C5\,\mathrm{C} au sol en 50 µs50\,\text{µ}\mathrm{s} par un canal long de 3 km3\,\mathrm{km} ; on prendra le champ le long du canal égal à 10510^5 V/m.

  1. Courant moyen.
  2. Travail de la force électrique sur la charge transférée ; puissance pendant l’arc ; comparer à la consommation moyenne de l’humanité, environ 2×1013 W2 \times 10^{13}\,\mathrm{W}.
  3. Le canal a un rayon de 2 cm2\,\mathrm{cm} : masse d’air qu’il contient (ρ=1.2 kg/m3\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}), et température qu’elle atteindrait si toute l’énergie la chauffait à volume constant (cV=720 J/(kg K)c_V = 720\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})). Les températures réelles du canal sont voisines de 30 000 K30\,000\,\mathrm{K} : où part le reste ?
  4. Le tonnerre : retard par kilomètre, et pourquoi le son d’un canal de 3 km3\,\mathrm{km} gronde pendant des secondes.
  5. Dans le monde, environ 5050 arcs nuage–sol se produisent chaque seconde : courant qu’ils font descendre ; comparer à la partie I et compléter le tableau du « circuit global ».

Partie IV — Le théorème de Gauss retourné sur la gravitation.

  1. Écrire le théorème de Gauss pour le champ de gravitation g→\vect g et justifier la constante par le cas d’une masse ponctuelle.
  2. Terre homogène : g(r)g(r) à l’intérieur ; valeur en r=RE/2r = R_E/2.
  3. Terre réelle, noyau de rayon 3480 km3480\,\mathrm{km} et de masse volumique 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3} : gg à la frontière noyau–manteau ; comparer à la surface.
  4. Une pierre lâchée dans un tunnel sans frottement traversant une Terre homogène : équation du mouvement, période de l’oscillation, vitesse au centre.
  5. Récapituler : dans chacune des quatre parties, qu’est-ce que le théorème de Gauss a remplacé, et quels quatre nombres méritent d’être retenus ?
Solution

Solution de Problème 26.1.

1. F→=−eE→\vect F = -e\vect E : vers le haut. Un champ dirigé vers le bas en surface est celui d’une charge négative : la Terre est négative.

2. Sphère de rayon RER_E, avec En=−100E_n = -100 : Q=4πε0RE2En=1.11×10−10×4.06×1013×(−100)=−4.5×105 CQ = 4\pi\varepsilon_0R_E^2E_n = 1.11 \times 10^{-10} \times 4.06 \times 10^{13} \times (-100) = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

3. σ=ε0En=−8.9×10−10 C/m2\sigma = \varepsilon_0E_n = -8.9 \times 10^{-10}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2} ; 8.9×10−10/1.6×10−19=5.5×1098.9 \times 10^{-10}/1.6 \times 10^{-19} = 5.5 \times 10^9 électrons par mètre carré, soit 5.5×1055.5 \times 10^5 par centimètre carré.

4. F=100e×100=1.6×10−15 NF = 100e \times 100 = 1.6 \times 10^{-15}\,\mathrm{N} ; poids 10−9×9.8=9.8×10−9 N10^{-9} \times 9.8 = 9.8 \times 10^{-9}\,\mathrm{N} : six millions de fois plus grand.

5. Normales sortantes : en haut En=−5E_n = -5, en bas En=+100E_n = +100, nul sur les côtés : Φ=95 V m\Phi = 95\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}, donc Q=95ε0=+8.4×10−10 CQ = 95\varepsilon_0 = +8.4 \times 10^{-10}\,\mathrm{C} par mètre carré — une charge d’espace positive, qui compense presque le −8.9×10−10-8.9 \times 10^{-10} du sol.

6. ρ=8.4×10−10/104=8.4×10−14 C/m3\rho = 8.4 \times 10^{-10}/10^4 = 8.4 \times 10^{-14}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3} : 5×1055 \times 10^5 charges élémentaires par mètre cube ; face à 10910^9 ions de chaque signe, un déséquilibre de 5×10−45 \times 10^{-4}.

7. J=γE0=2×10−12 A/m2J = \gamma E_0 = 2 \times 10^{-12}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2} ; I=J×5.1×1014=1.0 kAI = J \times 5.1 \times 10^{14} = 1.0\,\mathrm{kA} ; Q/I=4.5×105/1000=450 sQ/I = 4.5 \times 10^5/1000 = 450\,\mathrm{s}. La Terre serait neutre en huit minutes : quelque chose la recharge en permanence.

8. L’axe appartient à tous les plans qui le contiennent, tous plans de symétrie : E→\vect E est axial. Chaque  ⁣dq\dd q donne  ⁣dq/4πε0(a2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2) selon sa propre direction, dont la part axiale est la fraction z/a2+z2z/\sqrt{a^2 + z^2} : Ez=qz/4πε0(a2+z2)3/2E_z = qz/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2)^{3/2}.

9.  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a : Ez=σz2ε0∫0Ra  ⁣da(a2+z2)3/2=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^R \dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).

10. z≪Rz \ll R : σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, le plan infini (la valeur de Gauss) ; z≫Rz \gg R : σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2\sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, la charge ponctuelle.

11. σ=−40/(π×9×106)=−1.4×10−6 C/m2\sigma = -40/(\pi \times 9 \times 10^6) = -1.4 \times 10^{-6}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2} ; σ/2ε0=8.0×104 V/m\sigma/2\varepsilon_0 = 8.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ; en z=3 kmz = 3\,\mathrm{km}, 1−3/18=0.291 - 3/\sqrt{18} = 0.29 : E=2.3×104 V/mE = 2.3 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, dirigé vers le haut, vers la charge négative.

12. Disque supérieur, z=9 kmz = 9\,\mathrm{km} : 8.0×104×(1−9/90)=4.1×103 V/m8.0 \times 10^4 \times (1 - 9/\sqrt{90}) = 4.1 \times 10^{3}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} vers le bas. Résultante 1.9×104 V/m1.9 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} vers le haut, environ 4×1044 \times 10^4 avec les charges induites du sol : le bon ordre de grandeur des 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} mesurés (la charge réelle est plus étalée et en partie écrantée) ; inversé et cent fois plus grand que le champ de beau temps.

13. Tout le nuage : charge totale nulle, flux nul. Disque inférieur seul : −Q/ε0=−40/8.85×10−12=−4.5×1012 V m-Q/\varepsilon_0 = -40/8.85 \times 10^{-12} = -4.5 \times 10^{12}\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}.

14. Chaque disque est à 3 km3\,\mathrm{km} et donne 2.3×1042.3 \times 10^4 ; le supérieur (++) pousse vers le bas, l’inférieur (−-) tire vers le bas : 4.7×104 V/m4.7 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} vers le bas — trente fois sous le seuil disruptif.

15. Q/4πε0R2=8.99×109×40/(2.5×105)=1.4×106 V/mQ/4\pi\varepsilon_0R^2 = 8.99 \times 10^9 \times 40/(2.5 \times 10^5) = 1.4 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} : seule une charge tassée dans un demi-kilomètre atteint le seuil disruptif, et les champs mesurés dans les nuages sont dix fois trop faibles. Le renforcement local sur les gouttes et la glace, ou des électrons emballés initiés par les rayons cosmiques, sont les candidats — la façon dont un éclair s’amorce reste discutée.

16. I=5/(5×10−5)=1×105 AI = 5/(5 \times 10^{-5}) = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{A}.

17. W=QEd=5×105×3000=1.5×109 JW = QEd = 5 \times 10^5 \times 3000 = 1.5 \times 10^{9}\,\mathrm{J} (420 kWh420\,\mathrm{kW}\mathrm{h}) ; P=1.5×109/5×10−5=3×1013 WP = 1.5 \times 10^9/5 \times 10^{-5} = 3 \times 10^{13}\,\mathrm{W} — une fois et demie la puissance de toute l’humanité, pendant cinquante microsecondes.

18. Volume π(0.02)2×3000=3.8 m3\pi(0.02)^2 \times 3000 = 3.8\,\mathrm{m}^{3}, masse 4.5 kg4.5\,\mathrm{kg} ; ΔT=1.5×109/(4.5×720)=4.6×105 K\Delta T = 1.5 \times 10^9/(4.5 \times 720) = 4.6 \times 10^{5}\,\mathrm{K} si rien ne s’échappait. Le canal explose vers l’extérieur (l’onde de choc est le tonnerre), rayonne de la lumière et des ondes radio, ionise et dissocie l’air : porter le canal final à 3×1043 \times 10^4 K n’est qu’une petite part de la facture.

19. 2.9 s2.9\,\mathrm{s} par kilomètre. Le son quitte tous les points d’un canal de 3 km3\,\mathrm{km} en même temps, depuis des distances qui diffèrent de kilomètres : il arrive étalé sur plusieurs secondes — c’est le grondement.

20. 50×5=250 A50 \times 5 = 250\,\mathrm{A} amenés au sol ; avec les courants d’orage plus discrets (effluves sous les nuages, pluie chargée), le total atteint le kiloampère de la partie I : les orages sont les générateurs d’un circuit global dont l’air de beau temps est le chemin de retour.

21. Φsortant(g→)=−4πGMint\Phi_{\text{sortant}}(\vect g) = -4\pi GM_{\text{int}} : pour une masse ponctuelle, g=−GM/r2g = -GM/r^2 sur une sphère d’aire 4πr24\pi r^2, d’où un flux −4πGM-4\pi GM, indépendant de rr ; le reste suit comme pour Coulomb.

22. g(r)=g0r/REg(r) = g_0r/R_E ; en RE/2R_E/2 : 4.9 m/s24.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

23. Mnoyau=1.94×1024 kgM_{\text{noyau}} = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, g=GMnoyau/Rc2=10.7 m/s2g = GM_{\text{noyau}}/R_c^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} — plus grand qu’en surface : le manteau qui le recouvre est plus léger que la moyenne de ce qui se trouve au-dessous.

24. mx¨=−mg0x/REm\ddot x = -mg_0x/R_E : ω=g0/RE=1.24×10−3 rad/s\omega = \sqrt{g_0/R_E} = 1.24 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, T=2π/ω=5060 s=84 minT = 2\pi/\omega = 5060\,\mathrm{s} = 84\,\mathrm{min}, vmax⁡=ωRE=7.9 km/sv_{\max} = \omega R_E = 7.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s} — la vitesse orbitale d’un satellite rasant, dont la période est la même.

25. Il a remplacé la somme sur toutes les charges de la Terre (I), sur les ions de l’air (I) et sur chaque coquille de roche (IV) — et, dans la partie II, il a fixé les bornes de la somme sur les anneaux. À retenir : −5×105 C-5 \times 10^{5}\,\mathrm{C} et 1 kA1\,\mathrm{kA} pour la Terre de beau temps ; 40 C40\,\mathrm{C} et 104 V/m10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} sous un orage ; 105 A10^{5}\,\mathrm{A} et 109 J10^{9}\,\mathrm{J} par arc ; 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} à la frontière du noyau.

Termes définis dans ce chapitre

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