Physique universitaire — 1re année · Bachelor Year 1

27Potentiel électrique ; conducteurs et condensateurs

Un champ, c’est trois nombres en chaque point ; un potentiel, c’en est un seul. Parce que la force électrostatique est conservative, tout le champ d’une distribution de charges se replie en une unique fonction scalaire, le potentiel, d’où on le retrouve par dérivation — la même économie qui, en mécanique, avait changé les forces en énergie potentielle. Le potentiel est ce que lit un voltmètre, ce qu’entretient une pile, ce qui accélère les électrons dans un tube ; ses surfaces de niveau donnent la carte d’un champ d’un coup d’œil. Ce chapitre le construit, l’applique au dipôle (le premier modèle électrique d’une molécule), puis passe aux deux objets dont tout circuit est fait : les conducteurs, sur lesquels les charges se disposent de façon à annuler le champ intérieur, et les condensateurs, qui stockent charge et énergie dans un champ.

Portée à quelques centaines de kilovolts par un générateur de Van de Graaff, une personne est un conducteur équipotentiel dont les cheveux, tous au même potentiel et tous chargés de même, se repoussent.

27.1 Le potentiel électrostatique

Théorème 27.1 (Le champ électrostatique est conservatif)

Il existe une fonction scalaire $V(M)$ , le potentiel électrostatique (le volt, $\mathrm{V}$ ), telle que

\vect E = -\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,V , \qquad V_A - V_B = \int_A^B \vect E\cdot\dd\vect l

le long de tout chemin allant de $A$ à $B$ (la circulation de $\vect E$ de $A$ à $B$ ne dépend pas du chemin, et elle est nulle sur un contour fermé). Pour une charge ponctuelle $q$ en $O$ , $V(M) = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0\,OM}$ avec la convention $V(\infty) = 0$ ; pour plusieurs charges, les potentiels s’ajoutent. L’énergie potentielle d’une charge $q'$ en $M$ vaut $E_p = q'V(M)$ , et le travail de la force électrique de $A$ à $B$ vaut $q'(V_A - V_B)$ .

Démonstration. La force de Coulomb d’une charge fixe $q$ sur $q'$ a la forme de la gravitation de Newton, avec $-Gm_1m_2$ remplacé par $qq'/4\pi\varepsilon_0$ ; le calcul même qui donnait $E_p = -Gm_1m_2/r$ (Proposition 13.7) donne $E_p = qq'/4\pi\varepsilon_0r$ : en divisant par $q'$ on obtient $V$ , et $\vect E = \vect F/q' = -\overrightarrow{\operatorname{grad}}(E_p)/q'$ . La superposition étend le résultat à toute distribution ; la formule de circulation est la définition du gradient intégrée le long du chemin. ∎

Proposition 27.2 (Lire un potentiel)

Les surfaces équipotentielles $V = \text{const}$ sont partout perpendiculaires aux lignes de champ, et le champ est dirigé vers les potentiels décroissants.
$|\vect E|$ est le taux de variation de $V$ selon la direction de plus grande pente : là où les équipotentielles se resserrent, le champ est intense.
$V$ n’est défini qu’à une constante additive près ; seules les différences (les tensions) sont mesurables. On prend par convention la terre ou l’infini comme origine.
En coordonnées sphériques, avec symétrie autour de $O$ , $E_r = -\dd V/ \dd r$ ; en coordonnées polaires $(r, \theta)$ dans un plan, $E_r = -\partial V/\partial r$ et $E_\theta = -\dfrac1r\,\partial V/\partial\theta$ .

Démonstration. Sur une équipotentielle, $\dd V = -\vect E\cdot\dd\vect l = 0$ pour tout déplacement dans la surface, donc $\vect E$ lui est normal ; en se déplaçant selon $\vect E$ , $\dd V = -E\,\dd l < 0$ . Les composantes polaires découlent de $\dd V = (\partial V/\partial r)\dd r + (\partial V/\partial\theta)\dd\theta$ et de $\dd\vect l = \dd r\,\vect e_r + r\,\dd\theta\,\vect e_\theta$ . ∎

Équipotentielles (en orange) et lignes de champ (en bleu) d’une charge ponctuelle et d’un condensateur plan. Les lignes coupent les équipotentielles à angle droit et vont des potentiels élevés vers les faibles ; là où les équipotentielles se resserrent, le champ est intense.

Méthode 27.3 (Calculer un potentiel)

Ou bien l’on somme $\dd q/4\pi\varepsilon_0r$ sur la distribution (lorsque la somme est calculable et la distribution finie, de sorte que $V(\infty) = 0$ ait un sens), ou bien l’on intègre $\dd V = -\vect E\cdot\dd\vect l$ le long d’un chemin commode à partir d’un point où $V$ est connu, en utilisant le champ donné par le théorème de Gauss. Pour les distributions infinies (fil, plan), seule la seconde voie fonctionne, et l’origine de $V$ doit être choisie en un point à distance finie.

Proposition 27.4 (Potentiels des distributions classiques)

Sphère de rayon $R$ portant $Q$ dans son volume : $V(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}$ à l’extérieur ; $V(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{3R^2 - r^2}{2R^3}$ à l’intérieur, de sorte que $V(0) = \tfrac32\,Q/4\pi\varepsilon_0R$ . Si $Q$ est portée par la surface, $V$ est uniforme à l’intérieur et vaut $Q/4\pi\varepsilon_0R$ .
Fil infini de charge linéique $\lambda$ : $V(r) = -\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r}{r_0}$ .
Condensateur plan, champ $E$ de l’armature 1 vers l’armature 2 distante de $d$ : $V$ décroît linéairement dans l’intervalle et $V_1 - V_2 = Ed$ .

Démonstration. On intègre $E_r = -\dd V/\dd r$ avec les champs de la Proposition 26.12 : depuis l’infini vers l’intérieur pour la sphère (la continuité en $R$ fixe la constante intérieure), depuis $r_0$ pour le fil, à travers l’intervalle pour le condensateur. ∎

Potentiel (trait plein) et champ (pointillés) d’une sphère uniformément chargée. Le potentiel est continu et de pente continue ; il est parabolique à l’intérieur, où le champ est linéaire, et en 1/r à l’extérieur. Son maximum est au centre, où le champ s’annule — un maximum de V est un point de champ nul, et non l’inverse. — Potentiel (trait plein) et champ (pointillés) d’une sphère uniformément chargée. Le potentiel est continu et de pente continue ; il est parabolique à l’intérieur, où le champ est linéaire, et en $1/r$ à l’extérieur. Son maximum est au centre, où le champ s’annule — un maximum de $V$ est un point de champ nul, et non l’inverse.

Exemple 27.5 (L’électronvolt, à nouveau)

Un électron qui franchit un intervalle sous $100\,\mathrm{V}$ gagne $eU = 100\,\mathrm{eV} = 1.6 \times 10^{-17}\,\mathrm{J}$ , quelle que soit la forme du champ entre les électrodes : le potentiel rend le chemin indifférent (Définition 17.3). Une charge de $1\,\text{µ}\mathrm{C}$ à $1\,\mathrm{m}$ d’une autre est au potentiel $V = 9\,\mathrm{kV}$ et le couple stocke $9\,\mathrm{mJ}$ ; le potentiel au centre d’un noyau d’or vaut $24\,\mathrm{MV}$ (Exercice 27.6).

27.2 Le dipôle électrique

Définition 27.6 (Dipôle électrique)

Deux charges opposées, $-q$ en $N$ et $+q$ en $P$ , distantes de $a = NP$ , forment un dipôle électrique de moment dipolaire $\vect p = q\,\vect{NP}$ ( $\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ ), dirigé du $-$ vers le $+$ . L’approximation dipolaire est l’étude de son champ aux distances $r \gg a$ . Une molécule dont les barycentres des charges positives et négatives ne coïncident pas (l’eau, $p = 6.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ ) est un dipôle ; un atome neutre plongé dans un champ en devient un (dipôle induit).

Proposition 27.7 (Champ d’un dipôle)

En $M$ avec $OM = r \gg a$ ( $O$ le milieu de $NP$ ) et $\theta$ l’angle entre $\vect p$ et $\vect{OM}$ ,

V(M) = \frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2}, \qquad E_r = \frac{2p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^3}, \qquad E_\theta = \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^3} .

Le champ d’un dipôle décroît en $1/r^3$ , plus vite que le $1/r^2$ d’une charge : de loin, les deux charges se compensent presque, et il ne reste que leur écartement.

Démonstration. $V = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\dfrac1{PM} - \dfrac1{NM}\Bigr)$ avec $PM \approx r - \tfrac a2\cos\theta$ et $NM \approx r + \tfrac a2\cos\theta$ (projection de $\pm\tfrac a2$ sur $\vect{OM}$ ) ; au premier ordre en $a/r$ , $1/PM - 1/NM \approx a\cos\theta/r^2$ . Puis $E_r = -\partial V/\partial r$ et $E_\theta = -(1/r)\,\partial V/\partial\theta$ . ∎

À gauche : la géométrie de l’approximation dipolaire — M vu depuis le centre O à la distance r et sous l’angle à partir de p, avec les composantes radiale et orthoradiale du champ. À droite : lignes de champ (en bleu, r 2) et équipotentielles (en orange, r √| |) d’un dipôle dirigé vers la droite ; le plan passant par O et perpendiculaire à p est l’équipotentielle V = 0. — À gauche : la géométrie de l’approximation dipolaire — $M$ vu depuis le centre $O$ à la distance $r$ et sous l’angle $\theta$ à partir de $\vect p$ , avec les composantes radiale et orthoradiale du champ. À droite : lignes de champ (en bleu, $r \propto \sin^2\theta$ ) et équipotentielles (en orange, $r \propto \sqrt{|\cos\theta|}$ ) d’un dipôle dirigé vers la droite ; le plan passant par $O$ et perpendiculaire à $\vect p$ est l’équipotentielle $V = 0$ .

Proposition 27.8 (Dipôle dans un champ extérieur)

Un dipôle $\vect p$ placé dans un champ uniforme $\vect E$ ne subit aucune force résultante, mais un moment $\vect\Gamma = \vect p\wedge\vect E$ qui tend à l’aligner sur le champ, et il a l’énergie potentielle $E_p = -\vect p\cdot\vect E$ , minimale lorsqu’il est aligné. Dans un champ non uniforme, il est en outre attiré vers les régions de champ intense (à une dimension, $F_x = p\,\dd E/\dd x$ pour un dipôle aligné).

Démonstration. Les forces $\pm q\vect E$ se compensent ; leur moment en $O$ vaut $\vect{OP}\wedge q\vect E + \vect{ON}\wedge(-q\vect E) = q\vect{NP}\wedge\vect E$ . Énergie : $qV(P) - qV(N) = -q\,\vect{NP}\cdot\vect E$ pour un champ uniforme (puisque $V(P) - V(N) = -\vect E\cdot\vect{NP}$ ). En champ non uniforme, aligné selon $x$ : $F_x = qE(x + a) - qE(x) \approx qa\,\dd E/\dd x$ . ∎

Exemple 27.9 (Pourquoi le peigne attire le papier)

Un peigne chargé crée un champ qui décroît avec la distance ; un morceau de papier, neutre, y est polarisé (dipôle induit selon $\vect E$ ), et la force $p\,\dd E/\dd x$ sur un dipôle aligné l’attire vers la région de champ intense : le peigne. Le signe de la charge du peigne est indifférent ; le même mécanisme colle le ballon au mur et fait dévier le filet d’eau. Pour une molécule d’eau, $pE$ dans un champ de $1\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ vaut $6 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}$ , $600$ fois moins que $k_BT$ à température ambiante : seul un léger alignement moyen survit à l’agitation thermique (Exercice 27.7).

27.3 Les conducteurs en équilibre électrostatique

Théorème 27.10 (Propriétés d’un conducteur en équilibre)

Dans un conducteur où les charges libres sont au repos :

$\vect E = \vect 0$ à l’intérieur, et le conducteur est un volume équipotentiel : $V$ y est uniforme, ainsi que sur sa surface.
Toute charge en excès se place sur la surface, avec une densité surfacique $\sigma$ ; l’intérieur est neutre.
Juste à l’extérieur, le champ est normal à la surface et vaut $\vect E = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\,\vect n$ (théorème de Coulomb).
Une cavité creusée dans un conducteur et vide de charge a $\vect E = \vect 0$ et un $V$ uniforme, quoi qu’il arrive au-dehors (cage de Faraday).

Démonstration. (1) Un champ mettrait les charges libres en mouvement : l’équilibre exige $\vect E = \vect 0$ , donc $\dd V = 0$ entre deux points intérieurs quelconques ; la surface est la limite. (2) Théorème de Gauss sur une surface fermée quelconque tracée à l’intérieur du conducteur : flux nul, charge intérieure nulle. (3) La surface est une équipotentielle, donc $\vect E$ juste au-dehors lui est normal ; une boîte plate à cheval sur la surface a un flux $E\,\dd S$ par sa seule face extérieure (à l’intérieur $\vect E = \vect 0$ ) et enferme la charge $\sigma\,\dd S$ . (4) La paroi de la cavité est une équipotentielle ; une ligne de champ dans la cavité devrait aller de la paroi à la paroi en descendant un potentiel — impossible sur une équipotentielle ; donc pas de ligne, pas de champ (admis sous cette forme). ∎

Exemple 27.11 (Effet de pointe et paratonnerre)

Deux sphères de rayons $R_1 > R_2$ , éloignées l’une de l’autre et reliées par un fil, ont le même $V = Q_i/4\pi\varepsilon_0R_i$ , donc $\sigma_i = Q_i/4\pi R_i^2 = \varepsilon_0V/R_i$ : plus le rayon de courbure est petit, plus la charge surfacique et le champ $\sigma/\varepsilon_0 = V/R$ sont grands. À une pointe, le champ dépasse la valeur disruptive de l’air ( $3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ ) bien avant partout ailleurs : l’air s’ionise et la charge s’écoule sans bruit. Un paratonnerre fonctionne par cet effet de pointe — il attire moins l’éclair qu’il ne lui offre un chemin, et il évacue la charge sous un nuage avant qu’elle ne s’accumule.

À gauche : un conducteur creux dans un champ extérieur — les charges induites sur sa surface annulent le champ à l’intérieur et dans la cavité (c’est la cage de Faraday). À droite : l’effet de pointe — sur un même conducteur équipotentiel, la charge surfacique et le champ extérieur sont les plus grands là où la courbure est la plus forte.

27.4 Les condensateurs

Définition 27.12 (Capacité)

Un conducteur isolé au potentiel $V$ porte une charge $Q$ proportionnelle à $V$ : $Q = CV$ , où $C$ est sa capacité (le farad, $\mathrm{F}$ ) ; pour une sphère, $C = 4\pi\varepsilon_0R$ . Un condensateur est un couple de conducteurs (les armatures) portant des charges opposées $\pm Q$ et placées en regard, de sorte que le champ soit confiné entre elles ; sa capacité vaut $C = Q/U$ avec $U = V_1 - V_2$ la tension entre les armatures. Le symbole et la loi $i = C\,\dd u/\dd t$ ont servi au Chapitre 7.

Proposition 27.13 (Trois condensateurs)

Plan : armatures d’aire $S$ distantes de $d \ll \sqrt S$ : $C = \dfrac{\varepsilon_0S}{d}$ .
Sphérique : sphères concentriques de rayons $R_1 < R_2$ : $C = \dfrac{4\pi\varepsilon_0R_1R_2}{R_2 - R_1}$ .
Cylindrique (coaxial), rayons $a < b$ , longueur $L \gg b$ : $C = \dfrac{2\pi\varepsilon_0L}{\ln(b/a)}$ .

Remplir l’intervalle d’un isolant de permittivité relative $\varepsilon_r$ multiplie $C$ par $\varepsilon_r$ (les molécules du diélectrique se polarisent et affaiblissent le champ ; $\varepsilon_r = 2$ à $10$ pour les plastiques et le verre courants, $80$ pour l’eau).

Démonstration. Dans chaque cas, le champ entre les armatures est celui de la Proposition 26.12 : $E = \sigma/\varepsilon_0 = Q/\varepsilon_0S$ , $U = Ed$ ; $E = Q/4\pi\varepsilon_0r^2$ , $U = \int_{R_1}^{R_2}E\,\dd r = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \Bigl(\dfrac1{R_1} - \dfrac1{R_2}\Bigr)$ ; $E = Q/2\pi\varepsilon_0Lr$ , $U = \dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0L}\ln\dfrac ba$ . On divise $Q$ par $U$ . Le facteur diélectrique est admis. ∎

Théorème 27.14 (Énergie d’un condensateur)

Un condensateur chargé à $Q$ sous la tension $U$ stocke

W = \tfrac12 CU^2 = \tfrac12 QU = \frac{Q^2}{2C} ,

soit le travail qu’il faut pour faire passer la charge d’une armature à l’autre contre la tension qui croît. Dans un condensateur plan, $W = \tfrac12\varepsilon_0E^2 \times Sd$ : l’énergie est dans le champ, à raison de $\tfrac12\varepsilon_0E^2$ par unité de volume — énoncé qui vaut pour tout champ électrostatique.

Démonstration. Faire passer $\dd q$ de l’armature négative à l’armature positive lorsque la charge vaut $q$ coûte $\dd W = (q/C)\,\dd q$ ; on intègre de $0$ à $Q$ . Puis on reporte $C = \varepsilon_0S/d$ et $U = Ed$ ; la densité générale est admise. ∎

Exemple 27.15 (Trois condensateurs et leurs énergies)

Un mètre carré de deux feuilles distantes de $1\,\mathrm{mm}$ : $C = 8.85 \times 10^{-12}/ 10^{-3} = 8.9\,\mathrm{nF}$ — le farad est une unité énorme. Les $150\,\text{µ}\mathrm{F}$ d’un défibrillateur sous $2\,\mathrm{kV}$ : $300\,\mathrm{J}$ , délivrés en quelques millisecondes. Un supercondensateur de $3000\,\mathrm{F}$ sous $2.7\,\mathrm{V}$ : $11\,\mathrm{kJ}$ dans un boîtier gros comme une bouteille de soda — sa capacité vient d’un intervalle $d$ moléculaire et d’une surface $S$ poreuse énorme. La densité d’énergie d’un champ au seuil disruptif de l’air, $\tfrac12\varepsilon_0(3 \times 10^6)^2 = 40\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}$ , explique pourquoi les condensateurs stockent si peu à côté des batteries.

Condensateurs plan, sphérique et rempli d’un diélectrique. Le champ (en orange) est confiné entre les armatures, aux effets de bord près, que l’on néglige lorsque d est petit ; l’énergie 1/2 _0E2 par unité de volume réside dans ce champ. — Condensateurs plan, sphérique et rempli d’un diélectrique. Le champ (en orange) est confiné entre les armatures, aux effets de bord près, que l’on néglige lorsque $d$ est petit ; l’énergie $\tfrac12\varepsilon_0E^2$ par unité de volume réside dans ce champ.

Remarque 27.16 (Associations de condensateurs)

En parallèle (même $U$ ), les charges s’ajoutent : $C = C_1 + C_2$ ; en série (même $Q$ ), les tensions s’ajoutent : $1/C = 1/C_1 + 1/C_2$ — l’inverse des résistances, parce que $C$ mesure une facilité (une charge par volt) là où $R$ mesure une difficulté. Ces règles découlent de $Q = CU$ et des lois des circuits du Chapitre 6.

27.5 Exercices

Exercice 27.1 ★

Potentiel à $1.0\,\mathrm{m}$ d’une charge de $1.0\,\text{µ}\mathrm{C}$ ; énergie nécessaire pour amener une seconde charge de $1.0\,\text{µ}\mathrm{C}$ depuis l’infini jusqu’à ce point ; vitesse à laquelle elle s’échapperait si on la libérait, sa masse étant de $1\,\mathrm{g}$ .

Solution

Solution de Exercice 27.1.

$V = 8.99 \times 10^9 \times 10^{-6}/1 = 9.0\,\mathrm{kV}$ ; $W = qV = 9.0\,\mathrm{mJ}$ ; libérée, $\tfrac12mv^2 = 9\,\mathrm{mJ}$ : $v = \sqrt{18} = 4.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Exercice 27.2 ★

Armatures distantes de $1.0\,\mathrm{mm}$ sous $100\,\mathrm{V}$ : champ ; énergie cinétique et vitesse acquises par un électron qui traverse l’intervalle depuis le repos ; durée du trajet.

Solution

Solution de Exercice 27.2.

$E = 100/10^{-3} = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ ; $E_k = eU = 100\,\mathrm{eV} = 1.6 \times 10^{-17}\,\mathrm{J}$ , donc $v = \sqrt{2E_k/m_e} = 5.9 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; le mouvement étant uniformément accéléré, $t = 2d/v = 3.4 \times 10^{-10}\,\mathrm{s}$ .

Exercice 27.3 ★

Sur une carte d’équipotentielles tracées tous les $10\,\mathrm{V}$ , les lignes sont distantes de $2\,\mathrm{mm}$ près de $A$ et de $8\,\mathrm{mm}$ près de $B$ . Champ en $A$ et en $B$ ; dans quel sens le champ est-il dirigé par rapport aux potentiels croissants ; dans quel sens un électron accélère-t-il ?

Solution

Solution de Exercice 27.3.

$E_A = 10/0.002 = 5\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ , $E_B = 10/0.008 = 1.25\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ . Le champ est dirigé vers les potentiels décroissants ; un électron ( $q < 0$ ) accélère en sens inverse, vers les $V$ croissants.

Exercice 27.4 ★

Une sphère de Van de Graaff de rayon $15\,\mathrm{cm}$ est portée à $200\,\mathrm{kV}$ . Capacité, charge, champ à sa surface. Potentiel maximal avant que l’air qui l’entoure ne claque ( $3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ ).

Solution

Solution de Exercice 27.4.

$C = 4\pi\varepsilon_0R = 1.11 \times 10^{-10} \times 0.15 = 17\,\mathrm{pF}$ ; $Q = CV = 3.3\,\text{µ}\mathrm{C}$ ; $E = V/R = 2 \times 10^5/0.15 = 1.3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ . Claquage à $V = E_{\max}R = 3 \times 10^6 \times 0.15 = 450\,\mathrm{kV}$ — les grosses machines emploient de grosses sphères.

Exercice 27.5 ★★

Potentiel sur l’axe d’un anneau de rayon $R$ et de charge $Q$ ; en déduire le champ axial par dérivation. Même chose pour le disque uniformément chargé (utiliser l’Exercice 26.5) : $V(z) = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} \bigl(\sqrt{z^2 + R^2} - z\bigr)$ .

Solution

Solution de Exercice 27.5.

Tout élément de l’anneau est à la distance $\sqrt{R^2 + z^2}$ : $V = Q/4\pi\varepsilon_0\sqrt{R^2 + z^2}$ ; $E_z = -\dd V/\dd z = Qz/4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2)^{3/2}$ . Disque : $\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a$ à la distance $\sqrt{a^2 + z^2}$ : $V = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^R\dfrac{a\,\dd a}{\sqrt{a^2 + z^2}} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\bigl(\sqrt{z^2 + R^2} - z\bigr)$ , et $-\dd V/\dd z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr)$ .

Exercice 27.6 ★★

Déduire du champ le potentiel à l’intérieur d’une sphère uniformément chargée. Potentiel au centre d’un noyau d’or ( $Z = 79$ , $R = 7.0\,\mathrm{fm}$ ) ; énergie qu’il faudrait à un proton pour atteindre le centre depuis l’infini, en $\mathrm{MeV}$ ; commenter les particules alpha de $5\,\mathrm{MeV}$ de Rutherford.

Solution

Solution de Exercice 27.6.

$V(r) = V(R) + \displaystyle\int_r^R\dfrac{Qr'\,\dd r'}{4\pi\varepsilon_0R^3} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R} + \dfrac{Q(R^2 - r^2)}{8\pi\varepsilon_0R^3} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{3R^2 - r^2}{2R^3}$ . Pour l’or : $V(0) = 1.5 \times 8.99 \times 10^9 \times 1.26 \times 10^{-17}/7 \times 10^{-15} = 24\,\mathrm{MV}$ : il faut $24\,\mathrm{MeV}$ à un proton et $48\,\mathrm{MeV}$ à une particule alpha ( $2e$ ) pour atteindre le centre, $32\,\mathrm{MeV}$ pour toucher la surface. Les alphas de $5\,\mathrm{MeV}$ de Rutherford rebroussent chemin en $r$ tel que $2eV = 5\,\mathrm{MeV}$ : $V = 2.5\,\mathrm{MV}$ , $r = 45\,\mathrm{fm}$ — bien à l’extérieur du noyau, ce qui explique que son analyse en charge ponctuelle ait marché.

Exercice 27.7 ★★

Molécule d’eau, $p = 6.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ . Champ qu’elle crée à $1.0\,\mathrm{nm}$ sur son axe et perpendiculairement à celui-ci ; moment des forces et différence d’énergie entre les positions alignée et anti-alignée dans $E = 1.0\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ ; comparer à $k_BT$ à $300\,\mathrm{K}$ . Champ d’un ion sodium à $0.3\,\mathrm{nm}$ et énergie du dipôle de l’eau aligné dans ce champ (hydratation).

Solution

Solution de Exercice 27.7.

Sur l’axe : $2p/4\pi\varepsilon_0r^3 = 2 \times 8.99 \times 10^9 \times 6.2 \times 10^{-30}/10^{-27} = 1.1 \times 10^{8}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ ; perpendiculairement, la moitié : $5.6 \times 10^{7}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ . Moment $pE = 6.2 \times 10^{-24}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; écart d’énergie $2pE = 1.2 \times 10^{-23}\,\mathrm{J}$ contre $k_BT = 4.1 \times 10^{-21}\,\mathrm{J}$ : $330$ fois moins — seulement $0.1\%$ d’alignement moyen. Ion sodium à $0.3\,\mathrm{nm}$ : $E = e/4\pi\varepsilon_0r^2 = 1.6 \times 10^{10}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ , $-pE = -1.0 \times 10^{-19}\,\mathrm{J} = -0.6\,\mathrm{eV}$ , soit $24\,k_BT$ : les molécules d’eau se verrouillent sur l’ion — c’est l’hydratation.

Exercice 27.8 ★★

Une sphère conductrice de rayon $1.0\,\mathrm{cm}$ dans l’air : charge et potentiel maximaux avant claquage. Deux sphères conductrices, $R_1 = 10\,\mathrm{cm}$ et $R_2 = 1.0\,\mathrm{mm}$ , reliées par un fil fin et portées à $20\,\mathrm{kV}$ : champ à la surface de chacune ; laquelle se décharge dans l’air ?

Solution

Solution de Exercice 27.8.

$Q = 4\pi\varepsilon_0R^2E = 10^{-4} \times 3 \times 10^6/8.99 \times 10^9 = 33\,\mathrm{nC}$ , $V = ER = 30\,\mathrm{kV}$ . Sphères reliées : $E_1 = V/R_1 = 0.2\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ , $E_2 = V/R_2 = 20\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} > 3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ : la petite sphère ionise l’air et laisse fuir la charge — c’est l’effet de pointe.

Exercice 27.9 ★★

Capacités : deux feuilles de $1.0\,\mathrm{m}^{2}$ distantes de $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ avec un film polymère $\varepsilon_r = 2.2$ (un condensateur à film) ; les mêmes feuilles enroulées — l’enroulement change-t-il $C$ ? Énergie sous $400\,\mathrm{V}$ . Un condensateur de $150\,\text{µ}\mathrm{F}$ sous $2.0\,\mathrm{kV}$ (défibrillateur) : charge, énergie, puissance moyenne s’il se décharge en $5\,\mathrm{ms}$ .

Solution

Solution de Exercice 27.9.

$C = \varepsilon_r\varepsilon_0S/d = 2.2 \times 8.85 \times 10^{-12}/10^{-5} = 2.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ ; l’enroulement change la forme, non l’aire en regard : même $C$ (avec un second film, de sorte que chaque feuille fasse face à l’autre des deux côtés, il double). $W = \tfrac12 \times 2 \times 10^{-6} \times 400^2 = 0.16\,\mathrm{J}$ . Défibrillateur : $Q = 150 \times 10^{-6} \times 2000 = 0.30\,\mathrm{C}$ , $W = \tfrac12CU^2 = 300\,\mathrm{J}$ , $P = 300/0.005 = 60\,\mathrm{kW}$ .

Exercice 27.10 ★★★

Condensateurs sphérique et cylindrique. (a) Établir $C$ pour deux sphères concentriques et vérifier que, pour $R_2 - R_1 = d \ll R_1$ , il redonne la formule du condensateur plan, et que pour $R_2 \to \infty$ il redonne la sphère isolée. (b) Câble coaxial, $a = 0.5\,\mathrm{mm}$ , $b = 2.5\,\mathrm{mm}$ , polyéthylène $\varepsilon_r = 2.3$ : capacité par mètre (comparer aux $100\,\mathrm{pF}/\mathrm{m}$ des câbles courants). (c) Champ à l’âme sous $1\,\mathrm{kV}$ ; est-ce sans danger ?

Solution

Solution de Exercice 27.10.

(a) $E = Q/4\pi\varepsilon_0r^2$ , $U = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\dfrac1{R_1} - \dfrac1{R_2}\Bigr)$ , $C = 4\pi\varepsilon_0R_1R_2/(R_2 - R_1)$ ; avec $R_2 - R_1 = d \ll R_1$ , $R_1R_2 \approx R^2$ et $C \approx 4\pi R^2\varepsilon_0/d = \varepsilon_0S/d$ ; avec $R_2 \to \infty$ , $C \to 4\pi\varepsilon_0R_1$ . (b) $C/L = 2\pi\varepsilon_r\varepsilon_0/\ln(b/a) = 2\pi \times 2.3 \times 8.85 \times 10^{-12}/\ln5 = 79\,\mathrm{pF}/\mathrm{m}$ , le bon ordre. (c) $E(a) = U/[a\ln(b/a)] = 1000/(5 \times 10^{-4} \times 1.61) = 1.2\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ : au-dessous des $20\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ du polyéthylène, sans danger ; dans l’air ce serait limite.

Exercice 27.11 ★★★

L’énergie dans le champ. (a) Énergie d’une sphère conductrice chargée ( $Q$ , $R$ ), à partir de $Q^2/2C$ . (b) L’égaler à l’énergie de masse de l’électron $m_ec^2 = 0.511\,\mathrm{MeV}$ et en tirer $R$ : le « rayon classique de l’électron » (à un facteur près). (c) Un condensateur plan isolé, chargé à $Q$ , voit ses armatures écartées de $d$ à $2d$ : variation de l’énergie stockée, et force entre les armatures qu’on en déduit ; comparer à l’Exercice 26.8. (d) Même chose avec le condensateur maintenu à $U$ constante par une pile : variation d’énergie, et où passe la différence.

Solution

Solution de Exercice 27.11.

(a) $W = Q^2/2C = Q^2/8\pi\varepsilon_0R$ . (b) $R = e^2/8\pi\varepsilon_0m_ec^2 = 2.31 \times 10^{-28}/(2 \times 8.19 \times 10^{-14}) = 1.4 \times 10^{-15}\,\mathrm{m}$ (le « rayon classique de l’électron » usuel, $e^2/4\pi\varepsilon_0m_ec^2 = 2.8\,\mathrm{fm}$ , omet le $\tfrac12$ ). (c) $W = Q^2/2C = Q^2d/2\varepsilon_0S$ double : $\Delta W = Q^2d/2\varepsilon_0S = F\,d$ avec $F = Q^2/2\varepsilon_0S = \sigma^2S/2\varepsilon_0$ , comme trouvé directement. (d) À $U$ fixée, $W = \varepsilon_0SU^2/2d$ est divisée par deux : $\Delta W = -W/2$ ; celui qui tire fournit encore $W/2$ (en intégrant $F = \varepsilon_0SU^2/2x^2$ de $d$ à $2d$ ) ; les deux moitiés, soit $W$ en tout, repartent dans la pile lorsque la charge $CU/2$ lui revient sous la tension $U$ .

Exercice 27.12 ★★★

Énergie coulombienne d’un noyau. (a) Construire une sphère uniformément chargée ( $Q$ , $R$ ) coquille par coquille et montrer que son énergie électrostatique vaut $W = \dfrac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}$ . (b) Uranium 238 : $Z = 92$ , $R = 7.4\,\mathrm{fm}$ : $W$ en $\mathrm{MeV}$ . (c) Le séparer en deux fragments égaux ( $Z/2$ , $A/2$ , rayon $R/2^{1/3}$ ) très éloignés : énergie coulombienne libérée. (d) L’énergie mesurée de la fission vaut environ $200\,\mathrm{MeV}$ : qu’est-ce qui s’oppose au gain coulombien ?

Solution

Solution de Exercice 27.12.

(a) La sphère de rayon $r$ porte $q = Qr^3/R^3$ et son potentiel de surface vaut $q/4\pi\varepsilon_0r$ ; ajouter la coquille $\dd q = 3Qr^2\,\dd r/R^3$ coûte $\dd W = q\,\dd q/4\pi\varepsilon_0r = 3Q^2r^4\,\dd r/4\pi\varepsilon_0R^6$ ; on intègre : $W = 3Q^2/20\pi\varepsilon_0R$ . (b) $Q = 92e = 1.47 \times 10^{-17}\,\mathrm{C}$ : $W = 3 \times 2.17 \times 10^{-34}/(20\pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 7.4 \times 10^{-15}) = 1.6 \times 10^{-10}\,\mathrm{J} = 990\,\mathrm{MeV}$ . (c) Chaque fragment : charge $Q/2$ , rayon $R/2^{1/3}$ , énergie $\tfrac14 2^{1/3}W$ ; les deux ensemble : $2^{1/3}W/2 = 0.63W$ : on libère $0.37 \times 990 = 370\,\mathrm{MeV}$ . (d) La « tension superficielle » nucléaire : deux fragments ont plus de surface qu’un noyau, ce qui coûte environ $170\,\mathrm{MeV}$ ; le solde, voisin de $200\,\mathrm{MeV}$ , apparaît surtout en énergie cinétique des deux fragments qui s’éloignent sous leur répulsion mutuelle.

L’appareil à gouttes d’huile de Millikan, vers 1916 (Museum of Science and Industry, Chicago) : la chambre de laiton porte les deux armatures horizontales entre lesquelles on observait les gouttes.

27.6 Problème : la goutte d’huile de Millikan

Problème 27.1

Problème du week-end — peser la charge de l’électron avec une goutte d’huile : Stokes, le condensateur plan, et un tableau de nombres qui refusent d’être autre chose que des multiples d’un seul

On pulvérise des gouttes d’huile entre deux armatures horizontales distantes de $d = 16\,\mathrm{mm}$ et de $20\,\mathrm{cm}$ de diamètre, que l’on observe au microscope. Données : masse volumique de l’huile $\rho = 900\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , masse volumique de l’air $1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , viscosité de l’air $\eta = 1.8 \times 10^{-5}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{s}$ , $g = 9.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}$ . Une petite sphère de rayon $r$ animée de la vitesse $v$ dans l’air subit la force de Stokes $6\pi\eta rv$ .

Partie I — La goutte qui tombe.

Forces sur une goutte qui tombe sans tension appliquée ; montrer qu’elle atteint la vitesse limite $v_1 = 2\rho gr^2/9\eta$ (on négligera la poussée d’Archimède de l’air — le justifier).
Une goutte tombe de $1.0\,\mathrm{mm}$ en $10\,\mathrm{s}$ : son rayon et sa masse.
Constante de temps de l’approche de $v_1$ ; distance parcourue pendant ce temps. Voit-on jamais la goutte accélérer ?
Nombre de Reynolds $\rho_{\text{air}}v_1r/\eta$ du mouvement : la loi de Stokes est-elle légitime ?
Pourquoi les gouttes doivent-elles être si petites ? (Comparer le poids à la force électrique sur une charge élémentaire dans un champ de $3 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ .)
On voit la goutte trembler légèrement autour de sa chute moyenne : qu’est-ce que c’est, et pourquoi cela limite-t-il la précision ?

Partie II — Le champ. On applique une tension $U$ , l’armature supérieure étant positive.

Champ entre les armatures pour $U = 5.0\,\mathrm{kV}$ ; pourquoi est-il uniforme, et quelles sont les équipotentielles ?
Capacité des armatures, charge qu’elles portent à $5.0\,\mathrm{kV}$ , et énergie stockée.
La goutte de la question 2 est immobilisée pour $U_0 = 1080\,\mathrm{V}$ : signe et valeur de sa charge, en coulombs et en unités de $e$ .
Sous $U = 5.0\,\mathrm{kV}$ , la même goutte monte à la vitesse $v_2$ : montrer que $q = 6\pi\eta r(v_1 + v_2)d/U$ et calculer $v_2$ .
Pourquoi vaut-il mieux chronométrer une montée et une descente que chercher la tension d’équilibre ?
Énergie potentielle de la charge de la goutte entre les armatures sous $5\,\mathrm{kV}$ , et énergie dissipée par la traînée pendant une montée de $1\,\mathrm{cm}$ .

Partie III — Le tableau des charges. Exposée entre deux mesures à une faible source de rayons X, la même goutte change de charge ; des mesures successives donnent (en $10^{-19}$ C) : $4.80$ , $8.01$ , $6.42$ , $3.19$ , $9.63$ .

Montrer que les cinq valeurs sont proches de multiples entiers d’une même quantité, et donner les entiers.
Meilleure estimation de la charge élémentaire à partir des cinq valeurs ; incertitude-type sur la moyenne (Chapitre 1).
Pourquoi la charge change-t-elle d’un nombre entier de $e$ d’une mesure à l’autre ?
Montrer que, dans cette méthode, $q \propto \eta^{3/2}$ : de combien une erreur de $1\%$ sur la viscosité déplace-t-elle $e$ ? (La valeur d’origine de Millikan était $0.6\%$ trop basse, précisément pour cette raison.)
Les quarks portent $\pm e/3$ et $\pm 2e/3$ : pourquoi aucune goutte d’huile n’a-t-elle jamais montré un tiers de $e$ ?
La constante de Faraday, charge d’une mole d’électrons, vaut $F = 96\,485\,\mathrm{C}/\mathrm{mol}$ : en déduire le nombre d’Avogadro.
Thomson avait mesuré $e/m_e = 1.76 \times 10^{11}\,\mathrm{C}/\mathrm{kg}$ pour l’électron : en déduire sa masse, et la comparer à celle d’un atome d’hydrogène ( $1.67 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}$ ).

Partie IV — L’appareil, vu par le potentiel.

Esquisser les équipotentielles et les lignes de champ entre les armatures, effets de bord compris ; justifier qu’on les néglige.
Une goutte chargée positivement à la hauteur $z$ au-dessus de l’armature inférieure (portée à $0\,\mathrm{V}$ ) : énergie potentielle en fonction de $z$ ; énergie potentielle totale en comptant la pesanteur ; condition sur $U$ pour le point d’équilibre.
Comparer l’énergie de la charge de la goutte (question 12) à l’énergie stockée dans le condensateur : la goutte perturbe-t-elle le champ ?
On inverse la tension (armature inférieure positive) avec $U = 5.0\,\mathrm{kV}$ : que fait la goutte de la question 9, et à quelle vitesse ?
Un grain de poussière de $1\,\text{µ}\mathrm{g}$ portant $10^4e$ dans le même champ : rapport de la force électrique au poids ; pourquoi de tels grains ne peuvent pas être maintenus en lévitation, et pourquoi Millikan a choisi un brouillard d’huile.
Récapituler : qu’a-t-on mesuré (trois fois), qu’en a-t-on déduit, avec quelle incertitude, et quelles deux constantes en ont découlé.

Solution

Solution de Problème 27.1.

1. Le poids $\tfrac43\pi r^3\rho g$ vers le bas, la traînée $6\pi\eta rv$ vers le haut, la poussée d’Archimède $\tfrac43\pi r^3\rho_{\text{air}}g$ vers le haut — soit $1.2/900 = 0.13\%$ du poids, négligeable. Régime limite : $\tfrac43\pi r^3\rho g = 6\pi\eta rv_1$ , $v_1 = 2\rho gr^2/9\eta$ .

2. $v_1 = 1.0 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $r = \sqrt{9\eta v_1/2\rho g} = \sqrt{9 \times 1.8 \times 10^{-5} \times 10^{-4}/(2 \times 900 \times 9.8)} = 9.6 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}$ , un micromètre ; $m = \tfrac43\pi r^3\rho = 3.3 \times 10^{-15}\,\mathrm{kg}$ .

3. $\tau = m/6\pi\eta r = 3.3 \times 10^{-15}/3.3 \times 10^{-10} = 1 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}$ ; distance $\sim v_1\tau = 1\,\mathrm{nm}$ . Jamais.

4. $\mathrm{Re} = 1.2 \times 10^{-4} \times 9.6 \times 10^{-7}/1.8 \times 10^{-5} = 6 \times 10^{-6} \ll 1$ : la loi de Stokes est valable.

5. $eE = 1.6 \times 10^{-19} \times 3 \times 10^5 = 4.8 \times 10^{-14}\,\mathrm{N}$ contre $mg = 3.2 \times 10^{-14}\,\mathrm{N}$ : comparables seulement pour des gouttes microniques. Une goutte de $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ pèse mille fois plus ; une charge élémentaire ne changerait sa vitesse que de $0.1\%$ , invisible.

6. Le mouvement brownien : le bombardement par les molécules d’air secoue la goutte au hasard ; les chronométrages se dispersent, ce qui limite la précision et impose une taille minimale de goutte utile.

7. $E = U/d = 5000/0.016 = 3.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ ; les armatures sont beaucoup plus larges que $d$ , de sorte que la superposition des deux plans donne un champ uniforme ; les équipotentielles sont des plans horizontaux, $V = Uz/d$ .

8. $C = \varepsilon_0\pi(0.1)^2/0.016 = 17\,\mathrm{pF}$ ; $Q = CU = 87\,\mathrm{nC}$ ; $W = \tfrac12CU^2 = 0.22\,\mathrm{mJ}$ .

9. L’armature supérieure étant positive, $\vect E$ est dirigé vers le bas ; la force devant être dirigée vers le haut, $q < 0$ . $|q| = mgd/U_0 = 3.3 \times 10^{-15} \times 9.8 \times 0.016/ 1080 = 4.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} = 3e$ : $q = -3e$ .

10. En montée à vitesse constante : $|q|E = mg + 6\pi\eta rv_2$ et $mg = 6\pi\eta rv_1$ , donc $|q|E = 6\pi\eta r(v_1 + v_2)$ et $|q| = 6\pi\eta r(v_1 + v_2)d/U$ . $v_2 = (|q|E - mg)/6\pi\eta r = (1.5 \times 10^{-13} - 3.2 \times 10^{-14})/ 3.3 \times 10^{-10} = 3.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $1\,\mathrm{mm}$ en $2.8\,\mathrm{s}$ .

11. L’équilibre est un jugement de zéro porté sur un grain qui dérive et tremble, et dont la charge peut changer entre-temps ; les chronométrages sur une distance fixée se répètent à volonté, $r$ est fixé une fois pour toutes par $v_1$ , et une seule goutte fournit alors toute une série de charges.

12. $|q|U = 3 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 5000 = 2.4 \times 10^{-15}\,\mathrm{J}$ ( $15\,\mathrm{keV}$ ) sur tout l’intervalle ; traînée sur $1\,\mathrm{cm}$ : $(|q|E - mg) \times 0.01 = 1.2 \times 10^{-15}\,\mathrm{J}$ , convertis en chaleur dans l’air.

13. En divisant par $1.60$ : $3.00$ , $5.01$ , $4.01$ , $1.99$ , $6.02$ — soit les entiers $3, 5, 4, 2, 6$ .

14. $q/n$ : $1.600, 1.602, 1.605, 1.595, 1.605$ ; moyenne $1.601$ , écart-type $0.004$ , incertitude sur la moyenne $0.004/\sqrt5 = 0.002$ : $e = (1.601 \pm 0.002) \times 10^{-19}$ C.

15. Les rayons X ionisent l’air ; la goutte capte les ions un à un, chacun portant un nombre entier de $e$ .

16. $r \propto \eta^{1/2}$ d’après $v_1$ , $m \propto r^3 \propto \eta^{3/2}$ , et $|q| = mgd/U_0 \propto \eta^{3/2}$ : $1\%$ sur $\eta$ donne $1.5\%$ sur $e$ . Le $\eta$ de Millikan était $0.4\%$ trop bas, d’où son $e$ $0.6\%$ trop bas.

17. Les quarks ne viennent jamais seuls : ils sont confinés dans les hadrons, et tout objet libre porte une charge entière.

18. $N_A = F/e = 96485/1.602 \times 10^{-19} = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ .

19. $m_e = 1.602 \times 10^{-19}/1.76 \times 10^{11} = 9.1 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg}$ : $1840$ fois plus léger que l’atome d’hydrogène.

20. Des plans horizontaux entre les armatures, qui se bombent près des bords ; des lignes de champ verticales, s’évasant sur les bords sur une largeur de l’ordre de $d = 1.6\,\mathrm{cm}$ — peu de chose devant les $20\,\mathrm{cm}$ de diamètre, et l’on observe la goutte au centre.

21. $E_p = qUz/d + mgz$ , linéaire en $z$ : pas de minimum ; une goutte immobile exige que la pente s’annule, $q = -mgd/U$ , et l’équilibre est alors indifférent — toute dérive résiduelle persiste, ce qui rend l’équilibre difficile à juger.

22. $2.4 \times 10^{-15}$ contre $2.2 \times 10^{-4}$ J : $10^{-11}$ . La goutte ne perturbe pas le champ.

23. Champ vers le haut, force vers le bas sur la goutte négative : elle tombe à $(mg + |q|E)/6\pi\eta r = (3.2 \times 10^{-14} + 1.5 \times 10^{-13})/3.3 \times 10^{-10} = 5.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

24. $F = 10^4 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 3.1 \times 10^5 = 5 \times 10^{-10}\,\mathrm{N}$ contre $9.8 \times 10^{-9}\,\mathrm{N}$ : $5\%$ du poids — pas de lévitation possible, et avec $10^4$ charges un changement d’un $e$ serait invisible. Un brouillard d’huile donne des gouttes petites, sphériques et qui ne s’évaporent pas.

25. Mesurés : $v_1$ , $v_2$ et $U$ (avec $d$ , $\eta$ , $\rho$ connus) ; déduits : $r$ , $m$ , puis $q$ , toujours multiple entier de $e = (1.601 \pm 0.002) \times 10^{-19}$ C ( $0.1\%$ ) ; il en découle $N_A = F/e$ et $m_e = e/(e/m_e)$ .

Termes définis dans ce chapitre

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