Le champ électrique de beau temps : la Terre est chargée, l'air aussi

La stratégie. Deux échelles, deux surfaces de Gauss : une sphère pour la charge totale de la Terre ; à l'échelle de l'atmosphère ($H\ll R_T$), une tranche mince, qui relie la variation du champ à la charge qu'elle contient. Puis la circulation, et la conservation de la charge.

1) La Terre porte $-5,4\times 10^5\mathrm{C}$. Avec la symétrie sphérique, $\overrightarrow{E}=E_r(r){\overrightarrow{u}}_r$, et au ras du sol $E_r=-E_0$ (champ vers le bas, c'est-à-dire vers le centre). Sur la sphère de rayon $R_T$ (un peu au-dessus du sol, de sorte que la charge de l'air comprise entre le sol et elle soit négligeable) : $$4\pi R_T^2(-E_0)=\frac{Q_T}{{\epsilon }_0}⟹Q_T=-4\pi {\epsilon }_0{R}_T^2{E}_0\approx -5,4\times 10^5\mathrm{C},$$ avec $R_T=6,371\times 10^6\mathrm{m}$ et $E_0=120\mathrm{V}{\mathrm{m}}^{-1}$. La densité surfacique moyenne vaut $\sigma =\frac{Q_T}{4\pi R_T^2}=-{\epsilon }_0{E}_0\approx -1,06\times 10^{-9}\mathrm{C}{\mathrm{m}}^{-2}$. Une charge énorme, mais une densité infime : un électron excédentaire par carré de $12\mu \mathrm{m}$ de côté. Gauss ne dit pas où est la charge, seulement combien il y en a ; et, contrairement au plan isolé ($|\sigma |/2{\epsilon }_0$ de chaque côté), tout le flux sort ici du même côté, d'où $|\sigma |/{\epsilon }_0$.

2) L'air est chargé positivement. Le modèle plan. $H/R_T\approx 3\times 10^{-4}$ : sur quelques kilomètres, la courbure est invisible, et la distribution (sol et air) est invariante par translation horizontale ; c'est ce qui justifie de la modéliser par une distribution infinie. Le champ ne dépend que de $z$, et tout plan vertical est plan de symétrie : $\overrightarrow{E}=E_z(z){\overrightarrow{u}}_z$ avec $E_z(z)=-E_0{\mathrm{e}}^{-z/H}$.

La tranche. Cylindre d'axe vertical, de section $S$, entre $z$ et $z+\mathrm{d}z$. Le flux latéral est nul ($\overrightarrow{E}$ vertical) ; sur la base supérieure, la normale sortante est $+{\overrightarrow{u}}_z$, sur la base inférieure $-{\overrightarrow{u}}_z$ : $$\Phi =\left[E_z(z+\mathrm{d}z)-E_z(z)\right]S=\frac{\mathrm{d}{E}_z}{\mathrm{d}z}S\mathrm{d}z=\frac{\rho (z)S\mathrm{d}z}{{\epsilon }_0},$$ d'où $$\rho (z)={\epsilon }_0\frac{\mathrm{d}{E}_z}{\mathrm{d}z}=\frac{{\epsilon }_0{E}_0}{H}{\mathrm{e}}^{-z/H}.$$

Le champ, dirigé vers le bas, est plus intense en bas : le flux qui sort par la base inférieure, $E(z)S$, l'emporte sur le flux qui entre par la base supérieure, $E(z+\mathrm{d}z)S$ ; le flux net est sortant, la tranche contient une charge positive. Au sol : $$\rho (0)=\frac{8,85\times 10^{-12}\times 120}{2,0\times 10^3}\approx 5,3\times 10^{-13}\mathrm{C}{\mathrm{m}}^{-3},$$ et $\rho (0)/e\approx 3,3\times 10^6{\mathrm{m}}^{-3}$ : 3,3 charges élémentaires par centimètre cube. Pour $2,5\times 10^{19}$ molécules par centimètre cube : un déséquilibre infime suffit à courber le champ sur deux kilomètres.

3) L'ensemble sol plus air est neutre. Charge de la colonne : $$Q_{\text{air}}=S{\int }_0^{\infty }\rho (z)\mathrm{d}z=S\frac{{\epsilon }_0{E}_0}{H}{\int }_0^{\infty }{\mathrm{e}}^{-z/H}\mathrm{d}z={\epsilon }_0{E}_{0}S=-\sigma S.$$ La colonne porte exactement l'opposé de la charge du sol qu'elle recouvre : l'ensemble est neutre, et, vu d'en haut, ne crée plus de champ. Sol et atmosphère forment un condensateur plan dont l'armature positive serait diluée sur quelques kilomètres.

4) $240\mathrm{kV}$ entre le sol et la haute atmosphère. Par circulation le long de la verticale, $\mathrm{d}V=-\overrightarrow{E}\cdot \mathrm{d}\overrightarrow{\ell }=-E_z\mathrm{d}z=E_0{\mathrm{e}}^{-z/H}\mathrm{d}z$, d'où $$V(z)-V(0)=E_{0}H\left(1-{\mathrm{e}}^{-z/H}\right),$$ et, très loin du sol, $$V(\infty )-V(0)=E_{0}H=120\times 2,0\times 10^3=2,4\times 10^5\mathrm{V}.$$ Le potentiel croît avec l'altitude : le champ pointe vers les potentiels décroissants, ici vers le sol. L'ionosphère est à environ $240\mathrm{kV}$ au-dessus du sol ; $90\%$ de cette différence se joue sous $z=H\ln 10\approx 4,6\mathrm{km}$.

5) Neuf minutes, et des orages pour recharger. Le courant qui arrive sur toute la surface : $$I=j\times 4\pi R_T^2=2\times 10^{-12}\times 5,10\times 10^{14}\approx 1,0\times 10^3\mathrm{A}.$$ Ces charges positives neutralisent la charge négative du sol en une durée de l'ordre de $$\tau =\frac{|Q_T|}{I}\approx 5,3\times 10^2\mathrm{s}\approx 9\min .$$ Or le champ de beau temps est permanent : un générateur recharge la Terre, ce sont les orages. Environ deux mille sont actifs à chaque instant, et chacun ramène vers le sol, par la foudre et les décharges, de l'ordre de $0,5\mathrm{A}$ de charges négatives : $2000\times 0,5\mathrm{A}\approx 10^3\mathrm{A}$. C'est le circuit électrique global (orages générateurs, air de beau temps résistant), d'une puissance $IU\approx 2\times 10^8\mathrm{W}$.

Ce que l'exercice installe. La surface de Gauss suit l'échelle : une sphère pour la charge totale, une tranche mince pour une densité qui varie, $\rho ={\epsilon }_0\frac{\mathrm{d}{E}_z}{\mathrm{d}z}$ (une variation du champ révèle une charge). Un modèle infini se justifie par un rapport d'échelles. Et un ordre de grandeur bien posé ($\tau \approx 9\min$) révèle un mécanisme caché.