électromagnétisme (PSI) · Chapitre 1 · Exercice de TD

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

Symétries et champ électrique stationnaire · E. Le théorème de Gauss · niveau 2

Énoncé

Par beau temps, au-dessus d'un sol plat et dégagé, on mesure un champ électrique vertical, dirigé vers le bas, de norme $E_{0} = 120 V m^{- 1}$ au niveau du sol. Des ballons-sondes montrent que sa norme décroît avec l'altitude $z$ ; on modélise $E (z) = E_{0} e^{- z / H}$ , avec $H = 2, 0 km$ (données de l'énoncé, ordres de grandeur usuels). Rayon terrestre $R_{T} = 6371 km$ .

1) La charge de la Terre. On admet que la charge de la Terre est répartie avec la symétrie sphérique. Par le théorème de Gauss appliqué à une sphère qui entoure la Terre au ras du sol, calculer la charge $Q_{T}$ de la Terre et sa densité surfacique moyenne $σ$ . Signe ?

2) La charge de l'air. Justifier qu'à l'échelle de quelques kilomètres on peut traiter le sol comme un plan infini et considérer que le champ ne dépend que de $z$ . Par le théorème de Gauss appliqué à un cylindre d'axe vertical, de section $S$ , compris entre les altitudes $z$ et $z + d z$ , exprimer la densité volumique de charge $ρ (z)$ de l'air. Retrouver ce résultat par l'équation de Maxwell-Gauss. Calculer $ρ (0)$ , et l'exprimer en charges élémentaires par centimètre cube.

3) Calculer la charge totale portée par une colonne d'air de section $S$ posée sur le sol, et la comparer à la charge du sol sous cette colonne. En déduire pourquoi le champ s'annule en altitude.

4) Par circulation du champ, exprimer le potentiel $V (z)$ , le sol étant pris pour origine. Que vaut $V (\infty) - V (0)$ ? Interpréter.

5) L'air n'est pas parfaitement isolant : par beau temps, une densité de courant verticale $j = 2 pA m^{- 2}$ (des ions positifs qui descendent) parcourt l'atmosphère. Calculer le courant total $I$ qui arrive sur la Terre, et la durée au bout de laquelle la charge de la Terre serait neutralisée si rien ne la reconstituait. Qu'en conclure ?

Corrigé

La stratégie. Deux surfaces de Gauss pour deux échelles : une sphère de la taille de la Terre donne la charge du sol ; un cylindre plat, la densité de l'air — c'est l'équation de Maxwell-Gauss à une dimension. Puis la circulation donne le potentiel.

1) La Terre est chargée négativement. Sur la sphère de rayon $R_{T}$ , le champ est radial (symétrie sphérique admise), de composante $E_{r} = - E_{0}$ : le flux sortant vaut $- E_{0} 4 π R_{T}^{2}$ , et $Q_{T} = - 4 π ε_{0} R_{T}^{2} E_{0} = - 4 π \times 8, 85 \times 1 0^{- 12} \times (6, 371 \times 1 0^{6})^{2} \times 120 \approx - 5, 4 \times 1 0^{5} C,$ $σ = \frac{Q _{T}}{4 π R _{T}^{2}} = - ε_{0} E_{0} \approx - 1, 06 \times 1 0^{- 9} C m^{- 2} .$ Une énorme charge, mais une densité minuscule : un nanocoulomb par mètre carré. (On retrouve la relation $E = σ / ε_{0}$ entre le champ juste au-dessus d'une surface et sa densité de charge, quand le champ est nul en dessous.)

2) L'air porte une charge positive. $H / R_{T} = 3 \times 1 0^{- 4}$ : à l'échelle de quelques $H$ , la courbure est invisible, et le sol est un plan infini. Invariance par toute translation horizontale : $E$ ne dépend que de $z$ ; tout plan vertical est plan de symétrie : $E = E_{z} (z) u_{z}$ , avec $E_{z} = - E_{0} e^{- z / H}$ . Sur le cylindre, le flux latéral est nul ; il reste les deux bases : $[E_{z} (z + d z) - E_{z} (z)] S = \frac{ρ ( z ) S d z}{ε _{0}} ⟹ ρ (z) = ε_{0} \frac{d E _{z}}{d z} = \frac{ε _{0} E _{0}}{H} e^{- z / H} .$ C'est exactement $div E = \frac{d E _{z}}{d z} = \frac{ρ}{ε _{0}}$ : le théorème de Gauss appliqué à une tranche mince est l'équation de Maxwell-Gauss. Au sol, $ρ (0) = \frac{8 , 85 \times 1 0 ^{- 12} \times 120}{2 , 0 \times 1 0 ^{3}} = 5, 3 \times 1 0^{- 13} C m^{- 3}$ , soit $5, 3 \times 1 0^{- 19} C$ par centimètre cube, $3, 3$ charges élémentaires en excès par centimètre cube — parmi $2, 5 \times 1 0^{19}$ molécules.

3) Le tout est neutre. La colonne porte $\int_{0}^{\infty} ρS d z = ε_{0} E_{0} S$ , exactement l'opposé de la charge $σ S = - ε_{0} E_{0} S$ du sol sous elle. Un cylindre de Gauss qui part sous le sol et monte très haut enferme une charge nulle ; son flux latéral est nul, celui de la base inférieure aussi (champ nul dans le sol) : le flux à travers la base supérieure est nul, et le champ s'annule en altitude. La charge d'espace de l'air écrante celle du sol.

4) $240 kV$ entre le sol et le haut de l'atmosphère. $V (z) - V (0) = - \int_{0}^{z} E_{z} d z^{'} = E_{0} H (1 - e^{- z / H})$ , d'où $V (\infty) - V (0) = E_{0} H = 120 \times 2, 0 \times 1 0^{3} = 2, 4 \times 1 0^{5} V .$ L'atmosphère haute (l'ionosphère, conductrice) est à environ $+ 240 kV$ par rapport au sol : le globe est un gigantesque condensateur, dont on étudiera la capacité au chapitre suivant.

5) Le circuit électrique global. $I = j 4 π R_{T}^{2} = 2 \times 1 0^{- 12} \times 5, 1 \times 1 0^{14} \approx 1, 0 \times 1 0^{3} A$ . La charge du sol serait neutralisée en $τ = ∣ Q_{T} ∣ / I \approx \frac{5 , 4 \times 1 0 ^{5}}{1 , 0 \times 1 0 ^{3}} \approx 5, 3 \times 1 0^{2} s$ , neuf minutes. Or le champ de beau temps existe en permanence : quelque chose recharge la Terre. Ce sont les orages — environ deux mille à chaque instant — qui ramènent des charges négatives au sol. Beau temps et orages forment un même circuit.

Ce que l'exercice installe. Le choix de la surface de Gauss selon l'échelle : une sphère donne une charge, une tranche mince une densité, et la tranche mince n'est autre que l'équation locale $div E = ρ / ε_{0}$ . Un modèle plan se justifie par $H / R_{T}$ ; une charge totale nulle annule le champ au-dehors ; la circulation donne le potentiel. Et un ordre de grandeur révèle un mécanisme caché (le temps de décharge de neuf minutes).

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