Ressources · 1ʳᵉ · Spécialité Physique-Chimie

Interactions fondamentales et notion de champ

Charge électrique, électrisation et influence ; loi de Coulomb et son écriture vectorielle ; analogies avec la gravitation et interactions fondamentales ; champ électrostatique d’une charge ponctuelle ; lignes de champ et champ uniforme du condensateur plan ; champ de gravitation et champ de pesanteur.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés pas à pas : cartographier le champ d’une cuve à électrodes planes, comprendre pourquoi la gravitation gouverne Jupiter et Io, étudier l’électrofiltre d’une cheminée d’usine, situer le point d’équigravité entre la Terre et la Lune et retrouver la charge élémentaire avec le principe de Millikan.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je fais un schéma : sources, points étudiés, distances entre centres, et j’oriente un vecteur unitaire.
Je convertis tout en unités SI : C, kg, m, V.
Je calcule les valeurs (force, champ, $E = \frac{U}{d}$ ), avec les valeurs absolues et le carré de la distance.
Je trouve les sens : signes des charges, toujours vers l’astre pour la gravitation ; plusieurs sources : somme vectorielle.
Je conclus avec l’unité et je compare quand on me le demande (rapport de deux forces, ordre de grandeur, poids négligeable ou non).

Problème 1 · Cartographier un champ dans une cuve★★★Facile

Pour cartographier un champ électrostatique, on remplit une cuve d’une solution conductrice et on y plonge deux électrodes planes et parallèles, N et P, distantes de D = 8,0 cm. Un générateur impose U_PN = 12,0 V ; P est l’électrode positive. Une sonde, déplacée perpendiculairement aux électrodes loin de leurs bords, mesure la tension U entre la sonde et l’électrode N ; x est la distance de la sonde à N. Pour un champ uniforme de valeur E, on admet que U = E × x.

x (cm)	1,0	2,0	3,0	4,0	5,0	6,0	7,0
U (V)	1,49	3,02	4,47	6,05	7,51	8,96	10,52

Donnée : e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C.

1. Valeur moyenne du quotient U/x : V·cm⁻¹
Les quotients valent 1,49 ; 1,51 ; 1,49 ; 1,51 ; 1,50 ; 1,49 ; 1,50 V·cm⁻¹ : ils sont égaux aux erreurs de mesure près (moins de 1 % d’écart), $U$ est proportionnelle à $x$ avec un coefficient d’environ 1,50 V·cm⁻¹.
2. Valeur du champ entre les électrodes : V·m⁻¹
$U = E x$ : le coefficient est $E$ . $1, 50$ V pour $10^{- 2}$ m donne $E = 150$ V·m⁻¹, égal à $\frac{U_{P N}}{D} = \frac{12, 0}{8, 0 \times 10^{- 2}} = 150$ V·m⁻¹ : le modèle du condensateur plan est validé.
3. Le champ est orienté de l’électrode vers l’autre.
Le champ va de l’électrode positive P vers N, perpendiculairement aux électrodes : les lignes de champ sont des droites parallèles et équidistantes, orientées de P vers N. Si $U$ augmente avec $x$ , c’est parce que la sonde s’éloigne de N, pas parce que le champ augmenterait : la pente de $U$ en fonction de $x$ , qui donne $E$ , est la même partout.
4. Valeur de la force subie par un ion potassium K⁺ placé à x = 3,0 cm : × 10⁻¹⁷ N
$F = e E = 1, 60 \times 10^{- 19} \times 150 = 2, 4 \times 10^{- 17}$ N, dirigée vers N ; le champ étant uniforme, elle est la même en tout point entre les électrodes, près de P comme près de N.
5. Tension U attendue à x = 7,5 cm d’après le modèle : V
$U = E x = 150 \times 0, 075 = 11, 25$ V. Près des bords des électrodes, les lignes s’incurvent et les mesures s’écartent de ce modèle.

Problème 2 · Jupiter et Io : pourquoi la gravitation gouverne les astres★★★Moyen

Io est un satellite de Jupiter ; les deux astres sont assimilés à des corps à répartition sphérique de masse. On imagine qu’ils portent la même charge q : la répulsion électrostatique compenserait l’attraction gravitationnelle si k q²/d² = G M_J M_Io/d², c’est-à-dire q = √(G M_J M_Io / k), quelle que soit la distance. Données : G = 6,67 × 10⁻¹¹ N·m²·kg⁻² ; k = 9,0 × 10⁹ N·m²·C⁻² ; e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C ; masse d’un nucléon m_p = 1,67 × 10⁻²⁷ kg ; M_J = 1,90 × 10²⁷ kg ; M_Io = 8,93 × 10²² kg ; distance entre les centres d = 4,22 × 10⁸ m.

1. Valeur de la force de gravitation exercée par Jupiter sur Io : × 10²² N
$F_{g} = G \frac{M_{J} M_{I o}}{d^{2}} = 6, 67 \times 10^{- 11} \times \frac{1, 90 \times 10^{27} \times 8, 93 \times 10^{22}}{(4, 22 \times 10^{8})^{2}} \approx 6, 35 \times 10^{22}$ N, dirigée d’Io vers Jupiter ; Io attire Jupiter avec une force opposée, de même valeur.
2. Charge q qui compenserait l’attraction : × 10¹⁵ C
$q = \sqrt{\frac{G M_{J} M_{I o}}{k}} = \sqrt{\frac{1, 132 \times 10^{40}}{9, 0 \times 10^{9}}} \approx 1, 12 \times 10^{15}$ C. Les deux lois variant en $\frac{1}{d^{2}}$ , la distance s’est simplifiée.
3. Nombre de charges élémentaires correspondant : × 10³³
$N = \frac{q}{e} = \frac{1, 12 \times 10^{15}}{1, 60 \times 10^{- 19}} \approx 7, 0 \times 10^{33}$ .
4. Nombre de nucléons contenus dans Io : × 10⁴⁹
$\frac{M_{I o}}{m_{p}} = \frac{8, 93 \times 10^{22}}{1, 67 \times 10^{- 27}} \approx 5, 35 \times 10^{49}$ .
5. Fraction de charges non compensées qui suffirait à annuler l’attraction : × 10⁻¹⁶
$\frac{7, 0 \times 10^{33}}{5, 35 \times 10^{49}} \approx 1, 3 \times 10^{- 16}$ : une charge en excès pour environ 10¹⁶ nucléons suffirait.
6. Les astres étant globalement neutres, le mouvement d’Io est gouverné par l’interaction
La matière contient autant de charges positives que négatives : les forces électrostatiques se compensent presque exactement. La gravitation, toujours attractive, s’additionne : l’interaction gravitationnelle gouverne les astres, alors qu’elle est négligeable dans l’atome.

Problème 3 · L’électrofiltre d’une cheminée d’usine★★★Moyen

Un électrofiltre capte les poussières des fumées. On le modélise par deux plaques verticales parallèles A (positive) et B (négative), distantes de D = 30 cm, soumises à la tension U = 45 kV ; on admet E = U/D. Les poussières, chargées en traversant une zone ionisée, sont attirées vers une plaque où elles se déposent. Une particule étudiée a une masse m = 4,2 × 10⁻¹⁴ kg et une charge q = −6,4 × 10⁻¹⁶ C. Données : e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C ; g = 9,81 N·kg⁻¹ ; l’air sec devient conducteur (une étincelle éclate) si le champ dépasse environ 3,0 × 10⁶ V·m⁻¹.

1. Valeur du champ entre les plaques : × 10⁵ V·m⁻¹
$E = \frac{U}{D} = \frac{45 \times 10^{3}}{0, 30} = 1, 5 \times 10^{5}$ V·m⁻¹, horizontal, de A vers B.
2. Nombre d’électrons excédentaires portés par la particule : × 10³
Charge négative : la particule a gagné des électrons, $N = \frac{6, 4 \times 10^{- 16}}{1, 60 \times 10^{- 19}} = 4, 0 \times 10^{3}$ .
3. Valeur de la force électrostatique subie par la particule : × 10⁻¹¹ N
$F = | q | E = 6, 4 \times 10^{- 16} \times 1, 5 \times 10^{5} = 9, 6 \times 10^{- 11}$ N.
4. La particule se dépose sur la plaque
$q < 0$ : $\vec{F} = q \vec{E}$ est opposée au champ, dirigée de B vers A : la particule négative est attirée par la plaque positive.
5. Rapport de la force électrostatique au poids de la particule : × 10²
$P = m g = 4, 2 \times 10^{- 14} \times 9, 81 \approx 4, 1 \times 10^{- 13}$ N ; $\frac{9, 6 \times 10^{- 11}}{4, 1 \times 10^{- 13}} \approx 2, 3 \times 10^{2}$ : le poids est négligeable, c’est la force électrostatique qui guide la particule.
6. Tension maximale utilisable avec cet écartement sans étincelle dans l’air sec : kV
$U_{max} = E_{max} D = 3, 0 \times 10^{6} \times 0, 30 = 9, 0 \times 10^{5}$ V, soit 900 kV. Avec 45 kV, le champ est 20 fois plus faible que ce seuil, une marge utile car l’humidité et les poussières abaissent le seuil. Dans un électrofiltre réel, l’électrode émettrice est un fil fin et négatif placé entre des plaques collectrices : près du fil, les lignes de champ sont radiales et très serrées, le champ n’est pas uniforme.

Problème 4 · Le point d’équigravité entre la Terre et la Lune★★★Difficile

On étudie le champ de gravitation créé par la Terre (centre T) et la Lune (centre L), assimilées à des corps à répartition sphérique de masse. Sur le segment [TL], le champ de la Terre est dirigé vers T et celui de la Lune vers L ; le champ total est leur somme vectorielle. Données : G = 6,67 × 10⁻¹¹ N·m²·kg⁻² ; M_T = 5,97 × 10²⁴ kg ; M_T/M_L = 81,3 ; TL = d = 3,84 × 10⁸ m. On cherche le point E du segment [TL] où le champ total est nul, et on note TE = x.

1. Distance TE : × 10⁸ m
Les deux champs se compensent si $G \frac{M_{T}}{x^{2}} = G \frac{M_{L}}{(d - x)^{2}}$ , soit $\frac{x}{d - x} = \sqrt{\frac{M_{T}}{M_{L}}} = \sqrt{81, 3} \approx 9, 017$ . D’où $x = \frac{9, 017}{10, 017} \times 3, 84 \times 10^{8} \approx 3, 46 \times 10^{8}$ m.
2. Distance LE : × 10⁷ m
$L E = d - x \approx 3, 84 \times 10^{8} - 3, 457 \times 10^{8} \approx 3, 83 \times 10^{7}$ m : E est aux neuf dixièmes du trajet, près de la Lune, pour compenser sa masse 81,3 fois plus faible.
3. Valeur commune des deux champs en E : × 10⁻³ N·kg⁻¹
$𝒢_{T} (E) = \frac{6, 67 \times 10^{- 11} \times 5, 97 \times 10^{24}}{(3, 457 \times 10^{8})^{2}} \approx 3, 33 \times 10^{- 3}$ N·kg⁻¹, environ 3 000 fois moins que $g_{0}$ au sol.
4. Valeur du champ total au milieu I de [TL] : × 10⁻² N·kg⁻¹
En I, $x = 1, 92 \times 10^{8}$ m : $𝒢_{T} (I) = \frac{3, 98 \times 10^{14}}{(1, 92 \times 10^{8})^{2}} \approx 1, 080 \times 10^{- 2}$ N·kg⁻¹ ; $𝒢_{L} (I) = \frac{𝒢_{T} (I)}{81, 3} \approx 1, 33 \times 10^{- 4}$ N·kg⁻¹. De sens contraires : $𝒢 (I) \approx 1, 07 \times 10^{- 2}$ N·kg⁻¹.
5. Au milieu I, le champ total est dirigé vers le centre de la
Le champ terrestre, 81,3 fois plus intense en I, l’emporte : le champ total est dirigé vers la Terre. Sur la carte de champ, les lignes convergent vers chaque astre, plus serrées près de la Terre, et s’écartent au voisinage de E, où le champ est très faible ; elles ne peuvent se rencontrer qu’en E, seul point où le champ est nul.

Problème 5 · Mesurer la charge élémentaire : le principe de Millikan★★★Difficile

Au début des années 1910, le physicien américain Robert Millikan mesure la charge de gouttelettes d’huile électrisées placées entre les armatures horizontales d’un condensateur plan ; ce travail lui vaut le prix Nobel de physique 1923. On en reprend le principe. Les armatures sont distantes de d = 1,5 cm ; l’armature supérieure est positive. On admet E = U/d. Une gouttelette de masse m = 2,45 × 10⁻¹⁵ kg reste immobile quand U = 450 V : son poids et la force électrostatique se compensent (on néglige l’action de l’air). Données : g = 9,81 N·kg⁻¹ ; e = 1,60 × 10⁻¹⁹ C.

1. Valeur du champ qui règne entre les armatures horizontales : × 10⁴ V·m⁻¹
$E = \frac{U}{d} = \frac{450}{1, 5 \times 10^{- 2}} = 3, 0 \times 10^{4}$ V·m⁻¹, vertical, orienté vers le bas (de l’armature supérieure positive vers l’armature inférieure).
2. Valeur de la force électrostatique subie par la gouttelette : × 10⁻¹⁴ N
Elle compense le poids : $F = m g = 2, 45 \times 10^{- 15} \times 9, 81 \approx 2, 40 \times 10^{- 14}$ N, verticale vers le haut.
3. La gouttelette porte une charge de signe
La force est vers le haut alors que le champ est vers le bas : $\vec{F} = q \vec{E}$ est opposée au champ, donc $q < 0$ , charge négative.
4. Valeur absolue de la charge de la gouttelette : × 10⁻¹⁹ C
$| q | = \frac{F}{E} = \frac{2, 40 \times 10^{- 14}}{3, 0 \times 10^{4}} \approx 8, 0 \times 10^{- 19}$ C, soit $\frac{8, 0 \times 10^{- 19}}{1, 60 \times 10^{- 19}} = 5$ électrons en excès.
5. Une autre gouttelette porte une charge de valeur absolue 1,12 × 10⁻¹⁸ C. Nombre de charges élémentaires correspondant :
$\frac{1, 12 \times 10^{- 18}}{1, 60 \times 10^{- 19}} = 7$ : un nombre entier, comme pour toutes les gouttes mesurées. C’est ainsi que Millikan a montré que la charge est quantifiée.
6. Tension à appliquer pour immobiliser une gouttelette de même masse portant 3 électrons en excès : V
À l’équilibre, $| q | \frac{U}{d} = m g$ : $U$ est inversement proportionnelle à la charge. Avec 3 électrons au lieu de 5 : $U = 450 \times \frac{5}{3} = 750$ V.

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