# Champ électrostatique, potentiel/Exercices/Champs, potentiels
## Cylindre uniformément chargé en volume

* Cet exercice est très classique. Il faut savoir le refaire sans indication ni doute.
Soit un cylindre d'axe (Oz) uniformément chargé en volume, de densité volumique de charge $\rho$, de section circulaire de rayon R. Calculer le champ et le potentiel engendrés par cette distribution en tout point M de l'espace.
* $(M,{\vec {u}}_{r},{\vec {u}}_{\theta })$ et $(M,{\vec {u}}_{r},{\vec {u}}_{z})$ sont deux plans de symétrie de la distribution, donc ${\vec {E}}(M)=E(r,\theta ,z){\vec {u}}_{r}$
* La distribution est invariante par translation suivant z donc ${\vec {E}}(M)=E(r,\theta ){\vec {u}}_{r}$
* La distribution est invariante par rotation autour de z donc ${\vec {E}}(M)=E(r){\vec {u}}_{r}$
La distribution est infinie à symétrie cylindrique. On va chercher à se ramener à une surface finie en appliquant le théorème de Gauss à une surface à symétrie cylindrique.
* On choisit pour surface de Gauss un cylindre $\Sigma$ :
** de section circulaire de rayon r
** de hauteur h
** de bases perpendiculaires à (Oz)
* On applique le théorème de Gauss à $\Sigma$ : $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}={\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}$.
Comme ${\vec {E}}=E(r){\vec {u}}_{r}$, le flux de ${\vec {E}}$ à travers les bases de $\Sigma$ est nul. Il reste $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}=E(r)~\oint _{\Sigma }{\vec {u}}_{r}.{\overrightarrow {\rm {dS}}}=E(r)~2\pi rh$.
* On distingue 2 cas :
** Si $r\geq R$ : on a $Q_{int}=\pi R^{2}h\rho ~$ donc $E(r)={\frac {\rho R^{2}}{2\varepsilon _{0}r}}$
** Si $r\leq R$ : on a $Q_{int}=\pi r^{2}h\rho ~$ donc $E(r)={\frac {\rho r}{2\varepsilon _{0}}}$
Finalement :
${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V=-{\frac {\mathrm {d} V}{\mathrm {d} r}}{\vec {u}}_{r}$ donc $\mathrm {d} V=-\mathrm {E} (r)~\mathrm {d} r~$
En intégrant, il vient
$c_{1}$ et $c_{2}$ sont deux constantes à adapter en fonction des exigences de l'énoncé, sans oublier d'assurer la continuité de V en r=R.

## Plan infini

* Cet exercice est très classique. Il faut savoir le refaire sans indication ni doute.
Soit un plan uniformément chargé en surface, de densité surfacique de charge $\sigma$ séparant l'espace en deux demi-espaces z>0 et z<0. Calculer le champ et le potentiel engendrés par cette distribution en tout point M de l'espace, en supposant le plan à un potentiel nul.
* La distribution est invariante par toute translation suivant x ou y, donc ${\vec {E}}={\vec {E}}(z)$
* Tout plan parallèle à (xOz) ou à (yOz) est plan de symétrie de la distribution, donc ${\vec {E}}=E(z){\vec {u}}_{z}$
* (xOy) est plan de symétrie de la distribution donc $E(-z)=-E(z)$
Comme la distribution est infinie et invariante par de nombreuses transformations, on se ramène à un système de taille finie en appliquant le théorème de Gauss à un endroit quelconque de la distribution :
* On choisit pour surface de Gauss un cylindre $\Sigma$ :
** de section S
** de hauteur $h=2z~$, compris entre les cotes z et -z
** de bases parallèles à (xOy)
* On applique le théorème de Gauss à $\Sigma$ : $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}={\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}$.
Comme ${\vec {E}}=E(z){\vec {u}}_{z}$, le flux de ${\vec {E}}$ à travers la surface latérale de $\Sigma$ est nul. Il reste $\oint _{\Sigma }{\vec {E}}(M).{\overrightarrow {\rm {dS}}}=-S.{\vec {E}}(-z).{\vec {u}}_{z}+S.{\vec {E}}(z).{\vec {u}}_{z}={\frac {Q_{int}}{\varepsilon _{0}}}$.
Or $~Q_{int}=\sigma S$ donc, après simplification :
${\vec {E}}=-{\vec {\nabla }}V=-{\frac {\mathrm {d} V}{\mathrm {d} z}}{\vec {u}}_{z}$ donc $\mathrm {d} V=-\mathrm {E} (z)~\mathrm {d} z$
En intégrant avec V(0)=0, il vient :

## Exercice un peu plus difficile

* Enoncé : Le même plan que précédemment est percé d'un trou de centre O et de rayon R . On prend l'origine des potentiels en O : V(O) = 0
Une équipotentielle V sur l’axe de symétrie passe à la cote z(V) et à l'infini à la cote Z(V): trouver la relation Z=f(z). En particulier dessiner le graphe approximatif de la « séparatrice ».
Certes une solution exacte existe via les fonctions elliptiques et donc permet le tracé exact du diagramme des equi-.V et des lignes de champ. Néanmoins, l'énoncé n'en demande pas tant : on veut seulement la relation Z= f(z).
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