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Interactions fondamentales et introduction à la notion de champ

Loi de Coulomb, loi de la gravitation, champ électrostatique, champ de gravitation, lignes de champ (thème Mouvement et interactions)

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Problème 1 — Cartographier un champ dans une cuve

Moyen

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 $U_{P N} = 12, 0$ V (P est l'électrode positive). Une sonde, déplacée perpendiculairement aux électrodes loin de leurs bords, permet de mesurer la tension $U$ entre la sonde et l'électrode N ; $x$ est la distance de la sonde à N. Donnée : $e = 1, 60 \times 10^{- 19}$ C.

$x$ (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

1. Montrer que les mesures sont compatibles avec une tension $U$ proportionnelle à $x$ et déterminer le coefficient de proportionnalité en V·cm⁻¹.
2. Pour un champ uniforme de valeur $E$ , on a $U = E x$ . En déduire $E$ en V·m⁻¹ et comparer à $\frac{U_{P N}}{D}$ .
3. Préciser la direction et le sens de $\vec{E}$ entre les électrodes, puis décrire la carte des lignes de champ.
4. Un ion sodium Na⁺ se trouve à $x = 3, 0$ cm. Caractériser la force électrostatique qu'il subit. Serait-elle différente si l'ion était plus près de P ?
5. Près des bords des électrodes, les mesures s'écartent de la proportionnalité. Interpréter.
6. Un élève conclut : « $U$ est plus grande près de P, donc le champ y est plus intense. » Expliquer l'erreur.

1. Calculons $\frac{U}{x}$ pour chaque mesure : $1, 49$ ; $1, 51$ ; $1, 49$ ; $1, 51$ ; $1, 50$ ; $1, 49$ ; $1, 50$ V·cm⁻¹. Le quotient est constant aux incertitudes de mesure près (écarts inférieurs à 1 %) : $U$ est proportionnelle à $x$ , avec un coefficient $a \approx 1, 50$ V·cm⁻¹. Graphiquement, les points seraient alignés sur une droite passant par l'origine.

2. $U = E x$ : le coefficient de proportionnalité est $E$ . Conversion : $1, 50$ V·cm⁻¹ $= 1, 50$ V pour $10^{- 2}$ m, soit $E \approx 150$ V·m⁻¹. Par ailleurs $\frac{U_{P N}}{D} = \frac{12, 0}{8, 0 \times 10^{- 2}} = 150$ V·m⁻¹ : les deux valeurs coïncident, ce qui valide le modèle du condensateur plan ( $E = \frac{U}{d}$ ).

3. $\vec{E}$ est perpendiculaire aux électrodes, orienté de l'électrode positive P vers l'électrode négative N (sens des $x$ décroissants). La carte de champ est celle d'un champ uniforme : lignes de champ droites, parallèles, équidistantes, perpendiculaires aux électrodes, orientées de P vers N.

4. L'ion porte $q = + e$ : $\vec{F} = e \vec{E}$ a le sens de $\vec{E}$ , vers l'électrode N, perpendiculairement aux électrodes. Valeur : $F = e E = 1, 60 \times 10^{- 19} \times 150$ , soit $F = 2, 4 \times 10^{- 17}$ N. Le champ étant uniforme, cette force est la même en tout point entre les électrodes, y compris près de P.

5. Le modèle du champ uniforme ne vaut que loin des bords. Près des extrémités des électrodes, les lignes de champ s'incurvent vers l'extérieur (« effets de bord ») : le champ n'a plus la même direction ni la même valeur partout, donc $U$ n'est plus proportionnelle à $x$ .

6. L'élève confond la tension et le champ. $U$ augmente avec $x$ simplement parce que la sonde s'éloigne de N ; la valeur du champ est donnée par la pente de $U$ en fonction de $x$ , et cette pente est constante ( $1, 50$ V·cm⁻¹ partout). Le champ a donc la même valeur près de P et près de N.

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. Données : $G = 6, 67 \times 10^{- 11}$ N·m²·kg⁻² ; $k = 9, 0 \times 10^{9}$ N·m²·C⁻² ; $e = 1, 60 \times 10^{- 19}$ C ; $m_{p} = 1, 67 \times 10^{- 27}$ kg (masse d'un nucléon) ; $M_{J} = 1, 90 \times 10^{27}$ kg ; $M_{I o} = 8, 93 \times 10^{22}$ kg ; distance entre les centres $d = 4, 22 \times 10^{8}$ m.

1. Calculer la valeur $F_{g}$ de la force de gravitation exercée par Jupiter sur Io.
2. Écrire l'expression vectorielle de cette force à l'aide du vecteur unitaire ${\vec{u}}_{J I}$ dirigé de Jupiter vers Io, puis décrire la force exercée par Io sur Jupiter.
3. On imagine que Jupiter et Io portent la même charge $q$ . Montrer que la répulsion électrostatique compenserait exactement l'attraction gravitationnelle si $q = \sqrt{\frac{G M_{J} M_{I o}}{k}}$ , quelle que soit la distance.
4. Calculer $q$ , puis le nombre $N$ de charges élémentaires correspondant.
5. Calculer le nombre de nucléons contenus dans Io, puis la fraction de charges non compensées qui suffirait à annuler l'attraction.
6. Expliquer pourquoi la gravitation gouverne le mouvement des astres alors qu'elle est négligeable à l'échelle de l'atome.

1. $F_{g} = G \frac{M_{J} M_{I o}}{d^{2}} = 6, 67 \times 10^{- 11} \times \frac{1, 90 \times 10^{27} \times 8, 93 \times 10^{22}}{(4, 22 \times 10^{8})^{2}} = \frac{1, 132 \times 10^{40}}{1, 781 \times 10^{17}}$ , soit $F_{g} \approx 6, 35 \times 10^{22}$ N.

2. ${\vec{F}}_{J / I o} = - G \frac{M_{J} M_{I o}}{d^{2}} {\vec{u}}_{J I}$ : force dirigée d'Io vers Jupiter (attraction). Par le principe des actions réciproques, ${\vec{F}}_{I o / J} = - {\vec{F}}_{J / I o}$ : même droite, même valeur $6, 35 \times 10^{22}$ N, dirigée de Jupiter vers Io.

3. Deux charges égales se repoussent avec $F_{e} = k \frac{q^{2}}{d^{2}}$ . La compensation s'écrit $k \frac{q^{2}}{d^{2}} = G \frac{M_{J} M_{I o}}{d^{2}}$ . Le facteur $\frac{1}{d^{2}}$ est commun aux deux membres et se simplifie : $k q^{2} = G M_{J} M_{I o}$ , d'où $q = \sqrt{\frac{G M_{J} M_{I o}}{k}}$ , expression indépendante de $d$ . Les deux lois ayant la même dépendance en $\frac{1}{d^{2}}$ , la compensation vaudrait à toute distance.

4. $q = \sqrt{\frac{1, 132 \times 10^{40}}{9, 0 \times 10^{9}}} = \sqrt{1, 26 \times 10^{30}}$ , soit $q \approx 1, 12 \times 10^{15}$ C. $N = \frac{q}{e} = \frac{1, 12 \times 10^{15}}{1, 60 \times 10^{- 19}}$ , soit $N \approx 7, 0 \times 10^{33}$ charges élémentaires.

5. Nombre de nucléons : $\frac{M_{I o}}{m_{p}} = \frac{8, 93 \times 10^{22}}{1, 67 \times 10^{- 27}} \approx 5, 35 \times 10^{49}$ . Fraction : $\frac{7, 0 \times 10^{33}}{5, 35 \times 10^{49}} \approx 1, 3 \times 10^{- 16}$ . Un déséquilibre d'une charge pour environ $10^{16}$ nucléons suffirait à annuler l'attraction gravitationnelle.

6. À l'échelle d'une paire de particules, l'interaction électrostatique écrase la gravitation (rapport de l'ordre de $10^{39}$ pour l'atome d'hydrogène). Mais les astres contiennent autant de charges positives que négatives : les forces électrostatiques se compensent presque exactement, car la matière est globalement neutre, et la question 5 montre qu'un écart infime suffirait à tout changer. La gravitation, elle, est toujours attractive : ses effets s'additionnent sans jamais se compenser, et deviennent dominants pour des masses énormes. C'est donc elle qui gouverne le mouvement des astres.

Problème 3 — L'électrofiltre d'une cheminée d'usine

Difficile

Dans une cheminée d'usine, un électrofiltre capte les poussières. On le modélise par deux plaques verticales parallèles A (positive) et B (négative), distantes de $D = 30$ cm et soumises à la tension $U_{A B} = 45$ kV. Les poussières, chargées en traversant une zone ionisée, sont attirées vers une plaque où elles se déposent. Une particule étudiée a une masse $m = 4, 2 \times 10^{- 14}$ kg et une charge $q = - 6, 4 \times 10^{- 16}$ C. Données : $e = 1, 60 \times 10^{- 19}$ C ; $g = 9, 81$ N·kg⁻¹ ; l'air devient conducteur (une étincelle éclate) si le champ dépasse $E_{max} = 3, 0 \times 10^{6}$ V·m⁻¹.

1. Calculer la valeur du champ électrostatique entre les plaques et préciser sa direction et son sens.
2. Montrer que la particule porte 4 000 électrons excédentaires.
3. Caractériser la force électrostatique subie par la particule. Sur quelle plaque se dépose-t-elle ?
4. Comparer cette force au poids de la particule et conclure.
5. Calculer la tension maximale utilisable avec cet écartement sans provoquer d'étincelle, et commenter le choix de 45 kV.
6. Dans un électrofiltre réel, l'électrode émettrice est un fil fin, négatif, tendu à mi-distance de deux plaques positives. Décrire l'allure des lignes de champ près du fil et expliquer pourquoi le modèle du champ uniforme n'y est plus valable.

1. Modèle du condensateur plan : $E = \frac{U_{A B}}{D} = \frac{45 \times 10^{3}}{0, 30}$ , soit $E = 1, 5 \times 10^{5}$ V·m⁻¹. $\vec{E}$ est horizontal (perpendiculaire aux plaques verticales), orienté de A vers B.

2. La charge est négative : la particule a gagné des électrons. $N = \frac{| q |}{e} = \frac{6, 4 \times 10^{- 16}}{1, 60 \times 10^{- 19}} = 4, 0 \times 10^{3}$ : la particule porte bien 4 000 électrons excédentaires.

3. $\vec{F} = q \vec{E}$ avec $q<0$ : $\vec{F}$ est de sens opposé à $\vec{E}$, donc horizontale et dirigée de B vers A. Valeur : $F = | q | E = 6, 4 \times 10^{- 16} \times 1, 5 \times 10^{5}$ , soit $F = 9, 6 \times 10^{- 11}$ N. La particule, négative, est attirée par la plaque positive : elle se dépose sur A.

4. $P = m g = 4, 2 \times 10^{- 14} \times 9, 81 \approx 4, 1 \times 10^{- 13}$ N. $\frac{F}{P} = \frac{9, 6 \times 10^{- 11}}{4, 1 \times 10^{- 13}} \approx 2, 3 \times 10^{2}$ : la force électrostatique est environ 230 fois plus grande que le poids. Le poids est négligeable : c'est bien la force électrostatique qui détermine vers quelle plaque la particule est entraînée.

5. Il ne faut pas dépasser $E_{max} = \frac{U_{max}}{D}$ , donc $U_{max} = E_{max} D = 3, 0 \times 10^{6} \times 0, 30$ , soit $U_{max} = 9, 0 \times 10^{5}$ V = 900 kV. Avec 45 kV, le champ vaut 20 fois moins que le seuil : une large marge de sécurité, utile car des fumées humides ou chargées de poussières deviennent conductrices plus facilement que l'air sec.

6. Les lignes de champ partent des plaques positives et convergent vers le fil négatif : près du fil, elles sont radiales (perpendiculaires au fil) et très resserrées. Le champ n'a donc ni la même direction ni la même valeur partout : il est beaucoup plus intense près du fil (c'est là que l'air s'ionise et charge les poussières) et plus faible près des plaques. Le modèle uniforme $E = \frac{U}{D}$ suppose deux armatures planes parallèles ; il ne décrit pas cette géométrie, sauf approximativement loin du fil.

Problème 4 — Le point d'équigravité Terre-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. Données : $G = 6, 67 \times 10^{- 11}$ N·m²·kg⁻² ; $M_{T} = 5, 97 \times 10^{24}$ kg ; $\frac{M_{T}}{M_{L}} = 81, 3$ ; $T L = d = 3, 84 \times 10^{8}$ m. On note M un point du segment [TL], $T M = x$ , et $\vec{u}$ le vecteur unitaire dirigé de T vers L.

1. Écrire les expressions vectorielles des champs ${\vec{𝒢}}_{T} (M)$ et ${\vec{𝒢}}_{L} (M)$ créés en M par la Terre et par la Lune, en fonction de $x$ , $d$ et $\vec{u}$ .
2. Montrer que le champ total s'annule en un point E tel que $\frac{x}{d - x} = \sqrt{\frac{M_{T}}{M_{L}}}$ . Calculer $x$ et la distance LE.
3. Calculer la valeur commune des deux champs en E.
4. Caractériser le champ de gravitation total au milieu I de [TL].
5. Un élève affirme que le point E est au milieu de [TL] « puisque les deux champs y sont opposés ». Expliquer l'erreur.
6. Décrire l'allure de la carte des lignes de champ du système Terre-Lune près de chaque astre, au voisinage de E et très loin des deux astres.

1. Le champ de la Terre en M est dirigé vers T, c'est-à-dire selon $- \vec{u}$ : ${\vec{𝒢}}_{T} (M) = - G \frac{M_{T}}{x^{2}} \vec{u}$ . Le champ de la Lune est dirigé vers L, selon $+ \vec{u}$ , avec $L M = d - x$ : ${\vec{𝒢}}_{L} (M) = G \frac{M_{L}}{(d - x)^{2}} \vec{u}$ . Sur le segment [TL], les deux champs sont colinéaires et de sens contraires.

2. Le champ total ${\vec{𝒢}}_{T} + {\vec{𝒢}}_{L}$ est nul si $G \frac{M_{T}}{x^{2}} = G \frac{M_{L}}{(d - x)^{2}}$ , soit $\frac{x^{2}}{(d - x)^{2}} = \frac{M_{T}}{M_{L}}$ . Comme $x$ et $d - x$ sont positifs : $\frac{x}{d - x} = \sqrt{\frac{M_{T}}{M_{L}}}$ . Avec $\sqrt{81, 3} \approx 9, 017$ : $x = 9, 017 (d - x)$ , d'où $x = \frac{9, 017}{10, 017} d = 0, 9002 \times 3, 84 \times 10^{8}$ , soit $x \approx 3, 46 \times 10^{8}$ m et $L E = d - x \approx 3, 83 \times 10^{7}$ m.

3. $𝒢_{T} (E) = G \frac{M_{T}}{x^{2}} = \frac{6, 67 \times 10^{- 11} \times 5, 97 \times 10^{24}}{(3, 457 \times 10^{8})^{2}} = \frac{3, 98 \times 10^{14}}{1, 195 \times 10^{17}}$ , soit $𝒢 \approx 3, 33 \times 10^{- 3}$ N·kg⁻¹, valeur égale à $𝒢_{L} (E)$ par construction : environ 3 000 fois moins que $g_{0}$ au sol.

4. En I, $x = \frac{d}{2} = 1, 92 \times 10^{8}$ 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 (même distance, masse 81,3 fois plus faible). Sens contraires : $𝒢 (I) = 1, 080 \times 10^{- 2} - 0, 013 \times 10^{- 2}$ , soit $𝒢 (I) \approx 1, 07 \times 10^{- 2}$ N·kg⁻¹, dirigé vers la Terre.

5. Les champs sont opposés en direction en tout point du segment, pas seulement au milieu ; encore faut-il qu'ils aient la même valeur. Au milieu, les distances sont égales mais les masses ne le sont pas : le champ terrestre y est 81,3 fois plus intense (question 4). Pour compenser la masse plus faible de la Lune, il faut s'en rapprocher : E est situé aux neuf dixièmes du trajet, près de la Lune.

6. Près de chaque astre, les lignes de champ sont radiales et convergent vers son centre, plus serrées près de la Terre dont le champ est plus intense. Au voisinage de E, le champ est très faible : les lignes s'y écartent et changent d'orientation, celles de part et d'autre de E aboutissant l'une à la Terre, l'autre à la Lune. Très loin des deux astres, le système se comporte comme une masse unique $M_{T} + M_{L}$ : lignes radiales convergeant vers le couple. Comme toujours, les lignes ne se coupent pas.

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