Chapitre 2: Le champ électrique Exercices
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Chapitre 2 : Le champ électrique Exercices E1. (a) Pour compenser le poids de l’électron dirigé vers le bas, une force électrique doit apparaître vers le haut, comme dans cette figure : → − → − → On donne qe = −e, me = 9,11 × 10−31 kg, F g = m− g = −mg j et, selon l’équation 2.3a, − → → − F E = qe E . À partir de la deuxième loi de Newton (équation 5.2 du tome 1) appliquée à l’électron à l’équilibre, on obtient P− → − → − → → − → g = 0 =⇒ F = 0 =⇒ F E + F g = 0 =⇒ qe E + me − ³ ´ → − → − → − − → −me − e g = −m E = qe → −g j = − mee g j = −5,57 × 10−11 j N/C −e Le champ électrique nécessaire est vers le bas. (b) La situation est similaire à celle que présente la figure. Toutefois, comme il s’agit d’un proton, qp = e et mp = 1,67 × 10−27 kg, donc P− → − → − → → − → g = 0 =⇒ F = 0 =⇒ F E + F g = 0 =⇒ qp E + mp − ³ ´ → − → − → − − → −mp − −m m g E = qp → g = e p −g j = ep j = 1,02 × 10−7 j N/C E2. Le champ électrique nécessaire est vers le haut. → − → − (a) On donne E = −120 j N/C et qp = e. Selon l’équation 2.3a, ¢ → − → − − → → ¡ − F E = qp E = 1,6 × 10−19 (−120) j = −1,92 × 10−17 j N (b) On suppose, comme le démontre l’exemple 2.1, que l’on peut négliger la force gravita- E3. tionnelle. À partir de la deuxième loi de Newton, si mp = 1,67 × 10−27 kg, on obtient → − P− → → − → → → 10 − E a =⇒ − a = F j m/s2 F = F E = mp − mp = −1,15 × 10 → − → − (a) On donne F E = 8 × 10−6 i N et q1 = 3,2 × 10−9 C. Selon l’équation 2.3a, → → − − → → − → − − F E = q1 E =⇒ E = Fq1E = 2,50 × 103 i N/C (b) On utilise le champ électrique trouvé en (a). Si q2 = −6,4 × 10−9 C et selon l’équation v4 © ERPI 2.3a, ¢¡ ¢− → − → − → → ¡ − F E = q2 E = −6,4 × 10−9 2,50 × 103 i = −1,60 × 10−5 i N Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 1 E4. (a) Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges q1 = −4q et q2 = 9q : → − → − Pour tous les points qui ne sont pas sur l’axe des x, E 1 et E 2 ne peuvent être de sens opposés et le champ électrique résultant ne peut être nul. Sur l’axe des x, entre les deux charges, les deux vecteurs sont dans le même sens. À droite de q2 , les deux vecteurs sont de sens opposés mais |q2 | > |q1 | et r2 < r1 . Il est donc impossible que E1 = E2 . Le point P cherché ne peut se trouver qu’à gauche de q1 sur l’axe des x. On cherche la position x de ce point. À partir de la figure, avec x < 0, on voit que r12 = x2 et r22 = (1 − x)2 on écrit → − → − E 1 + E 2 = 0 =⇒ E1 = E2 =⇒ k|q1 | r12 = k|q2 | r22 =⇒ 4q x2 = 9q (1−x)2 =⇒ 4 (1 − x)2 = 9x2 =⇒ 5x2 + 8x − 4 = 0 Les racines de cette équation quadratique sont x = 0,400 m et x = −2,00 m. Comme le point P doit se trouver à gauche de q1 , on ne conserve que le second résultat : x = −2,00 m, y = 0 m On note que la solution est indépendante du signe de q. (b) Si q2 = −q, en suivant un raisonnement similaire à la partie (a), on conclut que le champ électrique résultant ne peut être nul qu’entre les deux charges, sur l’axe des x : À partir de la figure, avec x > 0, on voit que r12 = x2 et r22 = (1 − x)2 et on écrit → − − → q 1| 2| = k|q =⇒ x4q2 = (1−x) E 1 + E 2 = 0 =⇒ E1 = E2 =⇒ k|q 2 =⇒ r2 r2 1 2 4 (1 − x) = x2 =⇒ 3x2 2 − 8x + 4 = 0 Les racines de cette équation quadratique sont x = 2,00 m et x = 0,667 m. Comme le point P doit se trouver entre q1 et q2 , on ne conserve que le second résultat : x = 0,667 m, y = 0 m Ici aussi, on note que la solution est indépendante du signe de q. 2 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI E5. (a) Pour faciliter l’écriture, la figure ci-dessous reprend la figure 2.42 du manuel en précisant le nom donné à chacune des charges et la direction de leur champ électrique au point A. On suppose pour l’instant que Q > 0. On note, grâce au théorème de Pythagore, que r1 = r2 = r3 = r4 = q¡ ¢ L 2 2 + ¡ L ¢2 2 = L √ . 2 À cause de la valeur des charges et d’une distance au point choisi qui est la même pour les quatre charges, les modules des champs électriques sont égaux deux à deux, E1 = E4 et E2 = E3 . À cause de la symétrie, on peut conclure que la composante selon x du champ résultant est nulle et que → − − → → − → − → − E = E 1 + E 2 + E 3 + E 4 =⇒ → − → − → − → − → − → − − → E = E1y j + E2y j + E3y j + E4y j = 2E1y j + 2E2y j − → E 1 est à un angle θ1 = 180◦ + 45◦ = 225◦ par rapport à l’axe des x positifs et son module k|q1 | r12 = 4kQ . Avec la méthode énoncée à la section 2.3 du tome 1, L2 ³ √ ´ √ 2 2kQ 2 − = − = E1 sin θ1 = 4kQ 2 L2 L2 est E1 = = ³ 2kQ ´2 L √ 2 E1y → − E 2 est à un angle θ2 = 270◦ +45◦ = 315◦ ou −45◦ par rapport à l’axe des x positifs et son ³ √ ´ √ kQ 2kQ 2kQ 2kQ 2 2| ³ ´ − = − = = . Ainsi, E = E sin θ = module est E2 = k|q 2y 2 2 2 2 L2 L2 L2 r2 L 2 √ 2 Finalement, ³ √ ³ √ ´− ´→ √ → → → − 2kQ − 4 2kQ − j + 2 − j = − E = 2 − 2 L2kQ j − 2 L2 L2 √ → 2 2kQ − j L2 → − = −7,64 × 1010 LQ2 j → − On note que la solution reste la même si Q < 0; le vecteur E ne fait que changer de sens. q √ ¡ ¢2 (b) Au point B, on a r1 = r2 = L2 + L2 = 25 L et r3 = r4 = 12 L. La figure donne la direction des champs électriques si Q > 0. Aucun des vecteurs ne possède le même module. v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 3 → − Le module de E 1 est E1 = k|q1 | r12 = 2kQ ³ √ ´2 5 L 2 = 8kQ 5L2 . − → On obtient les composantes de E 1 en faisant appel à l’angle θ représenté dans la figure et en ajustant correctement le signe. L L Puisque cos θ = rL1 = √L5 = √25 et sin θ = r21 = √25 = √15 , L L 2 2 ³ → 8kQ 1 − → → − →´ → − → − − → 8kQ √2 − 16 8 − √ √ i − j − E 1 = −E1 cos θ i − E1 sin θ j = − 5L2 5 i − 5L2 √5 j = kQ L2 5 5 5 5 → − → − 4kQ 2| ´2 = = ³ √kQ Le module de E 2 est E2 = k|q 5L2 et on obtient les composantes de E 2 r2 5 2 avec le même angle θ : → − → − − → E 2 = E2 cos θ i − E2 sin θ j = 2 L → 4kQ 1 − → 4kQ √2 − √ 5L2 5 i − 5L2 5 j = kQ L2 ³ ´ → → 8 − 4 − √ i − 5√ j 5 5 5 Les deux derniers vecteurs champs sont directement sur l’axe des y : → − → − → − → − − → 3| j = − kQ j = − 4kQ E 3 = −E3 j = − k|q 2 j L 2 L r32 (2) → − → → − → − − → k|q4 | − j = − 8kQ E 4 = −E4 j = − r2 j = − 2kQ 2 j L 2 L 4 (2) Finalement, → − → − → − − → − → E = E 1 + E 2 + E 3 + E 4 =⇒ → →´ kQ ³ 8 − → →´ 4kQ − → → − − → kQ ³ 16 − 8 − 4 − √ i − √ j + j − L2 j − 8kQ E = L2 − 5√5 i − 5√ 2 L L2 j =⇒ 5 5 5 5 5 ´− ³ ´− → ³ 8 → − →´ − →´ − → kQ ³³ 16 8 4 √ + √ − 5√5 + 5√ i − −6,44 i − 118 j × 109 LQ2 + 4 + 8 j = E = L2 5 5 5 5 5 Ici aussi, on note que la solution reste la même si Q < 0. E6. On donne Q1 > 0 et Q2 < 0. Selon les coordonnées fournies, la distance entre chaque charge et l’un ou l’autre des deux points (A (1 m ; 0) et B (3 m ; 0)) pour lesquels on donne le champ résultant sera r1A = 1, r2A = 1, r1B = 3, r2B = 1 Pour chaque point, on exprime le champ électrique résultant. Si on tient compte du signe des charges inconnues, alors |Q1 | = Q1 et |Q2 | = −Q2 . Le sens de chaque champ dépend de la position relative des charges : → k|Q2 | − − → → − → − − → → − → − 1| i + r2 i = (kQ1 − kQ2 ) i = 10,8 i N/C =⇒ E A = E 1A + E 2A = k|Q r2 1A Q1 − Q2 = 1,20 4 × 10−9 2A (i) Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI → − → − − → E B = E 1B + E 2B = − → − k|Q1 | → 2| i − k|Q i 2 2 r1B r2B Q1 + 9Q2 = −8,00 × 10−9 (ii) = ¡1 9 kQ1 + kQ2 ¢− → → − i = −8,00 i N/C =⇒ On résout les équations (i) et (ii) et on trouve Q1 = 0,280 nC, Q2 = −0,920 nC E7. On donne m = 1 × 10−13 kg et q = 2e = 3,2 × 10−19 C. La gouttelette subit son → − → poids F g = m− g vers le bas. Pour être en équilibre, elle doit subir une force électrique → − → − → − F E = q E vers le haut. Comme la charge est positive, E est lui aussi vers le haut : ³ − P− →´ → − → − → − → → − → − → m g = − −g j =⇒ g + q E = 0 =⇒ E = − m F = 0 =⇒ F g + F E = m− q q −13 → → − − → (1×10 )(9,8) − E = 3,2×10−19 j = 3,06 × 106 j N/C E8. q1 = 3 nC est au point A (0 cm ; 0 cm) et q2 = −7 nC est au point B (8 cm ; 0 cm) . La distance entre les deux charges est r = 0,08 m. (a) On tient compte du signe de q1 et de la position du point B : → − → − − → 1| i = 4,22 × 103 i N/C E 1B = k|q r2 (b) On tient compte du signe de q2 et de la position du point A : → − → − − → 2| 9,84 × 103 i N/C E 2A = k|q r2 i = (c) À partir de l’équation 2.3a, on trouve ¡ ¢³ →´ − → − → − → − F 21 = q2 E 1B = −7 × 10−9 4,22 × 103 i = −2,95 × 10−5 i N E9. (d) À partir de l’équation 2.3a, on obtient ¢³ ¡ →´ − → − → − → − F 12 = q1 E 2A = 3 × 10−9 9,84 × 103 i = 2,95 × 10−5 i N On donne q = −5 µC. La figure établit la direction du champ électrique de cette charge aux deux points choisis à partir de la règle de la section 2.1 : v4 → − (9×109 )(5×10−6 ) (a) Le module de E A est EA = k|q| = = 9,00 × 103 N/C. On obtient les 2 rA (2)2 +(−1)2 ¡ ¢ → − composantes de E A en utilisant l’angle θA = 180◦ − arctan 12 = 153,4◦ : © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 5 ³ → − − →´ → − → − − → −8,05 i + 4,03 j × 103 N/C E A = EA cos θA i + EA sin θA j = → − (9×109 )(5×10−6 ) (b) Le module de E B est EB = k|q| = = 3,46 × 103 N/C. On obtient 2 rB (−2)2 +(3)2 ¡ ¢ → − les composantes de E B en utilisant l’angle θB = arctan 32 = 56,3◦ et en ajustant E10. correctement les signes : ³ → − →´ − → − → − − → 1,92 i − 2,88 j × 103 N/C E B = EB cos θB i − EB sin θB j = On donne Q1 = −4 µC et Q2 = 15 µC. Le vecteur déplacement qui va de Q1 placée en (2 m ; 1 m) à P (3 m ; 5 m) est → − → − − → → − − → s 1 = (3 − 2) i + (5 − 1) j = i + 4 j √ √ ¡ ¢ Ce vecteur a un module s1 = 12 + 42 = 17 m et fait un angle α1 = arctan 41 = 76,0◦ → − par rapport à l’axe des x positifs. Le champ électrique E 1 que crée Q1 < 0 en P est → de sens opposé à − s 1 et fait un angle θ1 = 180◦ + α1 = 256◦ par rapport à l’axe des x → − positifs. Le module de E 1 a pour valeur (9×109 )(4×10−6 ) 1| E1 = k|Q = = 2,12 × 103 N/C 2 17 s 1 et ses composantes sont ¡ ¢ ¢ → − → − → ¡ − → − − → E 1 = E1 cos θ1 i +E1 sin θ1 j = 2,12 × 103 cos (256◦ ) i + 2,12 × 103 sin (256◦ ) j =⇒ ³ → − →´ − − → E 1 = −0,512 i − 2,06 j × 103 N/C Le vecteur déplacement qui va de Q2 placée en (1 m ; 4 m) à P (3 m ; 5 m) est → − → − → − − → − → s 2 = (3 − 1) i + (5 − 4) j = 2 i + j √ √ ¡ ¢ Ce vecteur a un module s2 = 22 + 12 = 5 m et fait un angle θ2 = arctan 12 = 26,6◦ → − par rapport à l’axe des x positifs. Le champ électrique E 2 que crée Q2 > 0 en P est dans → le même sens que − s 2 et fait le même angle par rapport à l’axe des x positifs. Le module → − de E 2 a pour valeur (9×109 )(15×10−6 ) 2| = = 2,70 × 104 N/C E2 = k|Q 5 s2 2 et ses composantes sont → − → − − → E 2 = E2 cos θ2 i + E2 sin θ2 j =⇒ ¡ ¢ ¢ → ¡ − → − − → E 2 = 2,70 × 103 cos (26,6◦ ) i + 2,70 × 103 sin (26,6◦ ) j =⇒ ³ → − →´ − − → E 2 = 2,41 i + 1,21 j × 104 N/C → − → − → − → − − → Finalement, E = E 1 + E 2 = (2,36 i + 1,00 j ) × 104 N/C E11. Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges : q1 = −3 µC, q2 = −2 µC et q3 = 4 µC. Chacun des côtés du triangle équilatéral de la figure 2.43 mesure d = 0,05 m. 6 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI → − (a) À l’origine, le champ E 2 que crée la charge q2 < 0 est à un angle de θ2 = 60◦ par rapport 2| = 7,20 × 106 N/C, de sorte que à l’axe des x positifs et son module est E2 = k|q d2 ³ → − → − → − →´ − − → E 2 = E2 cos θ2 i + E2 sin θ2 j = 3,60 i + 6,24 j × 106 N/C − → E 3 , le champ de la charge q3 , ne possède qu’une seule composante : → − → − → − − → 3 i = −1,44 × 107 i N/C E 3 = −E3 i = − kq d2 Le champ électrique résultant de ces deux charges est → − → − − → − → → − E = E 2 + E 3 = (−1,08 i + 0,624 j ) × 107 N/C (b) À partir de l’équation 2.3a : ³ ¢ → − → − → − →´ − − → → ¡ − F 1 = q1 E = −3 × 10−6 (−1,08 i + 0,624 j ) × 107 = 32,4 i − 18,7 j N → − (c) Si q1 change de signe, le champ E des deux autres charges ne subit aucun effet . → − → − → − → − − → E12. En chacun des trois points, pour que E = E 1 + E 2 = 0, il faut que E 1 et E 2 soient de sens opposés et de même module. La suite du raisonnement est basé sur la figure suivante : (a) En P1 , r1 = r2 = d2 . On en déduit que les deux charges doivent avoir la même grandeur. Comme elles sont de part et d’autre de P1 , elles doivent aussi avoir le même signe, donc Q1 Q2 = 1,00 (b) En P2 , r1 = 2d et r2 = d. Si on compare le module des deux champs électriques, E1 = E2 =⇒ k|Q1 | r12 = k|Q2 | r22 =⇒ |Q1 | 4d2 = |Q2 | d2 =⇒ |Q1 | |Q2 | =4 Comme les deux charges sont à gauche de P2 , elles doivent être de signes opposés; donc Q1 Q2 = −4 (c) En P3 , r1 = d 2 et r2 = 3d 2 . k|Q1 | r12 k|Q2 | r22 |Q1 | |Q2 | |Q2 | 2 = 2 =⇒ |Q | = 9 1 ( d2 ) ( 3d ) 2 Comme les deux charges sont à droite de P3 , elles doivent être de signes opposés; donc E1 = E2 =⇒ Q2 Q1 E13. = =⇒ = −9 → Soit − r , le vecteur position d’un point quelconque P par rapport à l’origine où se trouve Q. Selon l’équation 4.1 du tome 1, ce vecteur peut être exprimé en composantes cartésiennes : → − → − → − − → r =x i +y j +zk (i) v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 7 → − → En P , le champ électrique E produit par Q est parallèle au vecteur − r , dans le même sens → − si Q > 0, dans le sens opposé si Q < 0. On peut exprimer E , pour ces deux possibilités, → → en multipliant ±E à un vecteur unitaire − u r parallèle à − r . On obtient ce vecteur unitaire → en divisant − r par son module r (voir l’exemple 2.5 du tome 1) : → − − → kQ − → → r r E = ±E − u r = kQ r 2 r = r3 On note que le ± est remplacé par le signe de Q dans la dernière égalité. Si on utilise → − → − → − → − l’égalité (i), sachant que E = Ex i + Ey j + Ez k , alors ³ − → → − →´ − → − → − → − − → x i + y j + z k =⇒ E = Ex i + Ey j + Ez k = kQ 3 r Eα = kQ α r3 où α = x, y ou z =⇒ CQFD E14. (a) On donne r = 0,8 × 10−15 m et Q = e. E= kQ r2 = (9×109 )(1,6×10−19 ) (0,8×10−15 )2 = 2,25 × 1021 N/C (b) On reprend le calcul avec r = 0,53 × 10−10 m : E= E15. kQ r2 = (9×109 )(1,6×10−19 ) (0,53×10−10 )2 = 5,13 × 1011 N/C Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges : q1 = q et q2 = −q. On sait que q > 0. → − − → La figure montre les trois régions de l’axe des x où l’orientation relative de E 1 et E 2 reste la même : (a) Dans la région où x < 0 , r1 = −x et r2 = 6 − x. Sur l’axe des x, on obtient → − − → − → − → k|q2 | − − → → − → → → − − → kq − 1| i + r2 i = − xkq2 i + (6−x) =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = −E1 i + E2 i = − k|q 2 i r12 2 ´ ³ kq 1 1 Ex = − xkq2 + (6−x) Ex = kq (6−x) 2 =⇒ 2 − x2 Dans la région où 0 < x < 6 , r1 = x et r2 = 6 − x. Sur l’axe des x, on obtient → − − → − → − → k|q2 | − − → → − → → → − − → kq − 1| i + r2 i = xkq2 i + (6−x) =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i + E2 i = k|q 2 i r12 2 ³ ´ kq 1 1 Ex = kq (6−x) Ex = xkq2 + (6−x) 2 =⇒ 2 + x2 Dans la région où x > 6 , r1 = x et r2 = x − 6. Sur l’axe des x, on obtient → − − → − → − → k|q2 | − − → → − → → − → − → kq − 1| i − r2 i = xkq2 i − (x−6) =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i − E2 i = k|q 2 i r12 2 ´ ³ kq 1 Ex = kq x12 − (x−6) Ex = xkq2 − (x−6) 2 =⇒ 2 (b) On fixe les valeurs de k et q. On définit ensuite l’expression de la composante du champ 8 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI électrique Ex (x) pour les trois régions. Finalement, on produit le graphe demandé : > restart: > k:=9e9; > q:=1e-9; > Ex1:=k*q*(1/(6-x)^2-1/x^2); > Ex2:=k*q*(1/(6-x)^2+1/x^2); > Ex3:=k*q*(1/x^2-1/(x-6)^2); > Ex:=piecewise(x<0,Ex1,x<6,Ex2,Ex3); > plot(Ex,x=-2..8,view=[-2..8,-100..100],discont=true); Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges : q1 = 2q et q2 = −q. On sait que q > 0. → − → − La figure montre les trois régions de l’axe des x où l’orientation relative de E 1 et E 2 E16. reste la même : (a) Dans la région où x < 0 , r1 = −x et r2 = 6 − x. Sur l’axe des x, on obtient → − − → − → − → k|q2 | − − → → − → → → − − → kq − 1| i + r2 i = − 2kq =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = −E1 i + E2 i = − k|q 2 i + 2 i x r12 (6−x) 2 ³ ´ kq 1 2 Ex = − 2kq + =⇒ E = kq − x 2 2 2 2 x x (6−x) (6−x) Dans la région où 0 < x < 6 , r1 = x et r2 = 6 − x. Sur l’axe des x, on obtient → − − → − → − → k|q2 | − − → → − → → → − − → kq − 1| i + r2 i = 2kq i + (6−x) =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i + E2 i = k|q 2 i x2 r2 1 v4 © ERPI 2 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 9 Ex = 2kq x2 + kq (6−x)2 =⇒ Ex = kq ³ 1 (6−x)2 + 2 x2 ´ Dans la région où x > 6 , r1 = x et r2 = x − 6. Sur l’axe des x, on obtient → − − → − → − → k|q2 | − − → → − → → → − − → kq − 1| i − r2 i = 2kq =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i − E2 i = k|q 2 i − 2 i x r12 (x−6) 2 ³ ´ kq 1 Ex = 2kq − (x−6) Ex = kq x22 − (x−6) 2 =⇒ 2 x2 → − → − (b) À gauche de q1 , parce que r1 < r2 et q1 > |q2 | , E 2 ne peut annuler E 1 . Entre les deux charges, les deux champs ont la même orientation. Il ne reste qu’à droite de q2 , si, à partir du résultat de la partie (a) : 2 x2 − 1 (x−6)2 = 0 =⇒ x2 − 24x + 72 = 0 Les racines de cette équation quadratique sont x = 3,51 m et x = 20,5 m. Comme le point cherché doit se trouver à droite q2 , on ne conserve que le second résultat : x = 20,5 m (c) On fixe les valeurs de k et de q. On définit ensuite l’expression de la composante du champ électrique Ex (x) pour les trois régions. Finalement, on produit le graphe demandé : > restart: > k:=9e9; > q:=1e-9; > Ex1:=k*q*(1/(6-x)^2-2/x^2); > Ex2:=k*q*(1/(6-x)^2+2/x^2); > Ex3:=k*q*(2/x^2-1/(x-6)^2); > Ex:=piecewise(x<0,Ex1,x<6,Ex2,Ex3); > plot(Ex,x=-2..8,view=[-2..8,-100..100],discont=true); 10 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI Du côté droit, la courbe remonte et passe au-dessus de zéro lorsque x = 20,5 m. E17. Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges : q1 = 2 µC et q2 = 5 µC. Comme on le → − → − voit dans la figure, la charge q2 subit le champ uniforme E 0 = 500 i N/C et le champ → − électrique E 1 de la charge q1 : ¡ ¢ → − Le champ E 1 est à un angle θ1 = arctan 43 = 53,1◦ par rapport à l’axe des x positifs 1| et son module est E1 = 3k|q 2 +42 = 720 N/C, de sorte que ³ − → − → − → →´ − − → E 1 = E1 cos θ1 i + E1 sin θ1 j = 432 i + 576 j N/C Le champ électrique résultant est → − → − → − → − → − → − − → − → E = E 1 + E 0 = 432 i + 576 j + 500 i = 932 i + 576 j N/C On calcule la force électrique résultante à l’aide de l’équation 2.3a : ³ ¢³ − → →´ − → − →´ − − → → ¡ − F E = q2 E = 5,00 × 10−6 932 i + 576 j = 4,66 i + 2,88 j mN E18. (a) On donne Q1 = 25 µC, Q2 = −50 µC et q = 2 µC à la figure 2.44. La distance entre Q1 √ ou Q2 et q est r1 = r2 = 32 + 42 = 5 m. → − Le champ E 1 que produit la charge Q1 au point où se trouve q est à un angle ¡ ¢ α = arctan 34 = 36,9◦ sous l’axe des x positifs et son module est → − 1| E1 = k|Q = 9,00 × 103 N/C. On obtient les composantes de E 1 en faisant appel à r2 1 l’angle α et en ajustant correctement le signe : → − → ³ − → − →´ − − → E 1 = E1 cos α i − E1 sin α j = 7,20 i − 5,40 j kN/C → − Le champ E 2 que produit la charge Q2 au point où se trouve q est à un angle α = 36,9◦ 2| sous l’axe des x négatifs et son module est E2 = k|Q = 18,0 × 103 N/C. Ses composantes r22 ³ → − → − → − →´ − → − seront E 2 = −E2 cos α i − E2 sin α j = −14,39 i − 10,8 j kN/C ³ → − →´ − → − − → → − Finalement, E = E 1 + E 2 = −7,19 i − 16,2 j kN/C v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 11 (b) Aucun changement car le champ électrique au point où se trouve q dépend uniquement de Q1 et de Q2 . (c) Aucun changement car le champ électrique au point où se trouve q dépend uniquement de Q1 et de Q2 . E19. Pour faciliter l’écriture, la figure ci-dessous reprend la figure 2.45 en précisant le nom donné à chacune des charges et la direction de leur champ électrique au point A et au point B. On donne q > 0. → − → − (a) Au point A, E 1 et E 2 sont symétriques par rapport à l’axe des x. Le champ électrique → − résultant E ne possède donc qu’une seule composante selon x : → − → − → − → − → − → − → − E = Ex i = E1x i + E2x i + E3x i = 2E1x i + E3x i √ On a r3 = x, r1 = a2 + x2 et cos α = √a2x+x2 , de sorte que, en ajustant le signe, 1| √ x √ x = − (a2kq =− E1x = −E1 cos α = − k|q +x2 ) a2 +x2 r2 a2 +x2 1 E3x = E3 = k|q3 | r32 = 2kq x2 Finalement, ³ ´− → → − E = 2 − 2 kqx2 3/2 i + Ã(a +x ) − → 2kq E = x2 1 − ³³ ´ 1 1 x2 kqx (a2 +x2 )3/2 ³ ´− → x3 i =⇒ = 2kq 1 − 3/2 2 2 x2 (a +x ) ! µ ´−3/2 ¶ − ³ → → − 2kq a2 i i = x2 1 − 1 + x2 ´3/2 → 2kq − i x2 (a2 +x2 ) → → − − − → − → (b) Au point B, E 1 , E 2 et E 3 sont verticaux. Le champ électrique résultant E ne possède donc qu’une composante selon y : → − → − → − → − − → E = Ey i = E1y i + E2y i + E3y i On a r1 = y − a, r2 = y + a et r3 = y, de sorte que, en ajustant le signe, 12 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI kq 1| E1y = −E1 = − k|q = − (y−a) 2 r2 1 kq 2| E2y = −E2 = − k|q = − (y+a) 2 r2 2 E3y = E3 = k|q3| r32 = Finalement, → → − kq − E = − (y−a) 2 j − 2kq y2 → 2kq − → kq − j + y2 j (y+a)2 2 2 On note que (y + a) (y − a) = ((y ³ ´ → −y 2 (y+a)2 −y2 (y−a)2 +2(y+a)2 (y−a)2 − j (i) y 2 (y+a)2 (y−a)2 ¡ ¢ 2 + a) (y − a))2 = y 2 − a2 = y 4 − 2a2 y 2 + a4 = kq Si on développe l’équation (i) et qu’on utilise ces égalités, on trouve µ ¶ → → → − −y 2 (y2 +2ay+a2 )−y2 (y 2 +2ay+a2 )+2(y 4 −2a2 y2 +a4 ) − 2a2 kq (a2 −3y2 ) − j = j E = kq 2 2 2 2 2 2 2 2 y (y −a ) y (y −a ) (c) On traite d’abord le point A, pour lequel µ ´−3/2 ¶ ³ 2kq a2 E = x2 1 − 1 + x2 Si x À a, on peut faire appel à l’approximation du binôme pour l’un des termes de la ³ ´ 2 −3/2 2 parenthèse. On aura 1 + xa2 ≈ 1 − 32 xa2 et ³ ³ ´´ 2 3 a2 1 − 1 − = 3kqa E ≈ 2kq =⇒ E ∝ r14 =⇒ CQFD 2 2 2x x x4 2a2 kq (a2 −3y 2 ) Au point B pour lequel E = − y2 (y2 −a2 )2 , si y À a, on peut poser que ¡ ¢ ¢ ¡ 2 a − 3y2 ≈ −3y 2 et y2 − a2 ≈ y 2 et 2 2a2 kq (−3y 2 ) E ≈ − y2 (y2 )2 = 6kqa =⇒ E ∝ r14 =⇒ CQFD y4 E20. La figure qui suit montre les charges et le triangle équilatéral d’arête a dont elles forment les sommets. Pour faciliter l’écriture, on a numéroté les charges et on a fixé la position de l’origine du système d’axes qui sera utilisé. La figure montre aussi les deux seuls points, A → − → − et B, où le champ électrique résultant E des trois charges peut être nul. E ne peut être nul ailleurs que sur l’axe des y et ces deux points sont ceux pour lesquels l’orientation des champs individuels est adéquate. v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 13 → − On cherche d’abord la position du point A où le champ résultant E est nul. À cause de la symétrie, la composante selon x du champ électrique résultant est nulle. De plus, parce que r1 = r3 , → − → − → − → − → − → − − → (i) E = Ey i = E1y i + E2y i + E3y i = 2E1y i + E2y i → − Le champ E 1 est à un angle θA par rapport à l’axe des x positifs et son module est E1 = k|q1 | r12 = µq k|q1 | a 2 +y 2 2 ( ) ¶2 4kq (a2 +4y 2 ) = À partir de la figure, on trouve sin θA = y r1 2y ; a2 +4y 2 =√ donc √ 2y E1y = E1 sin θA = (a24kq = 2 8kqy2 3/2 +4y 2 ) a2 +4y2 (a +4y ) − → Le champ E 2 est orienté vers le bas. Comme q2 est au sommet du triangle équilatéral, q √ ¡ ¢2 √ elle se trouve à a2 − a2 = 23 a de l’origine du système d’axes et r2 = y − 23 a. Ainsi, 2| E2y = −E2 = − k|q = −³ r2 2 kq y− √ ´2 3 a 2 À partir de l’équation (i) et de l’expression des deux composantes, on obtient Ey = 2E1y + E2y = 0 =⇒ 2 16y (a2 +4y2 )3/2 = ³ 1 ´2 √ y− 23 a 8kqy (a2 +4y2 )3/2 ³ =⇒ 16y y − − ³ kq y− ´2 √ 3 2 a ´2 √ 3 a 2 = 0 =⇒ ¡ ¢3/2 = a2 + 4y 2 (ii) Pour résoudre l’équation (ii), on pourrait l’élever au carré et trouver à l’aide de méthodes empiriques les racines du polynome de degré 5 qui en découle. On peut aussi trouver les racines à l’aide du logiciel Maple, au moyen des lignes de commande suivantes : > eq:=16*y*(y-(sqrt(3.0)/2)*a)^2=(a^2+4*y^2)^(3/2); 14 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI > solve(eq,y); La seule racine réelle de l’équation (ii) qui soit au-delà de √ 3 2 a est y = 3,10a. C’est la position du point A. → − On cherche ensuite la position du point B où le champ résultant E est de nouveau nul. Comme en A, à cause de la symétrie, la composante selon x du champ électrique résultant est nulle et l’expression du champ résultant est identique à l’équation (i) : → − → − → − → − → − → − − → E = Ey i = E1y i + E2y i + E3y i = 2E1y i + E2y i → − Ici, le champ E 1 est à un angle θB sous l’axe des x positifs mais son module est encore E1 = k|q1 | r12 = µq k|q1 | a 2 +y 2 2 ( ) ¶2 = 4kq . (a2 +4y 2 ) À partir de la figure, comme y < 0, on a sin θB = −y r1 = √ −2y 2 a +4y 2 ; donc, en ajustant le signe, on trouve √ −2y = 2 8kqy2 3/2 E1y = −E1 sin θB = − (a24kq +4y 2 ) a2 +4y2 (a +4y ) → − En B, le champ E 2 est orienté vers le haut et, comme y < 0, r2 = E2y = E2 = k|q2 | r22 = ³√ kq 3 a−y 2 √ 3 2 a − y. Ainsi, ´2 À partir de l’équation (i) et de l’expression des deux composantes, on trouve Ey = 2E1y + E2y = 0 =⇒ 2 16y (a2 +4y2 )3/2 = − ³ √3 1 2 a−y ´2 8kqy (a2 +4y2 )3/2 =⇒ 16y ³√ + 3 2 a ³√ kq 3 a+y 2 −y ´2 ´2 = 0 =⇒ ¡ ¢3/2 = − a2 + 4y 2 (iii) En procédant comme pour le point A, on obtient la position du point B en calculant les racines de l’équation (iii). À l’aide du logiciel Maple, on trouve la seule racine qui soit cohérente, soit y = −0,0731a. Finalement, pour le tracé des lignes de champ électrique, on pourrait s’en tenir aux propriétés énoncées à la page 25 du manuel. Toutefois, comme il existe plusieurs sites Internet où il est possible d’utiliser des logiciels de programmation gratuitement pour tracer ces lignes, on a opté pour leur utilisation. La figure qui suit a été obtenue à partir du site suivant : http://www.slcc.edu/schools/hum_sci/physics/tutor/2220/e_fields/java/ v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 15 On note que les deux points où le champ électrique résultant est nul apparaissent dans la figure. La forme exacte des lignes de champ varie selon les valeurs relatives de la charge q1 E21. et de la densité de charge σ 2 sur le plan. Elle varie également selon la distance entre la charge et le plan. Plus on s’éloigne à gauche et à droite et plus les lignes de champ deviennent verticales. À partir du site Internet mentionné à l’exercice 20, on obtient les figures suivantes : (a) 16 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI (b) E22. À partir du site Internet mentionné à l’exercice 20, on obtient les figures suivantes : E23. À partir du site Internet mentionné à l’exercice 20, on obtient les figures suivantes : v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 17 E24. À partir du site Internet mentionné à l’exercice 20, on obtient les figures suivantes : E25. À partir du site Internet mentionné à l’exercice 20, on obtient les figures suivantes : E26. Selon la propriété 1 des conducteurs à l’équilibre, le champ électrique doit être nul à l’intérieur du métal de la coquille. Comme on a placé une charge de 16 µC au centre de la cavité, cette propriété implique qu’une charge de −16 µC est induite sur la face intérieure de la coquille. Sans cette charge induite, le champ de la charge 16 µC traverserait la coquille. Puisque la coquille porte déjà une charge de −8 µC et que cette charge totale ne peut être modifiée par la charge induite sur la face intérieure, une charge de 8,00 µC apparaît sur la surface extérieure de la coquille pour maintenir la valeur de la charge totale. L’apparition de ces deux charges de −16,0 µC sur la surface intérieure et de 8,00 µC sur la surface extérieure est en accord avec la propriété 3 des conducteurs à l’équilibre. Le champ électrique à l’extérieur de la coquille vient de la charge de 8,00 µC sur la surface 18 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI extérieure; il est donc moins intense que celui qui se trouve à l’intérieur de la coquille, là où le champ vient de la présence de la charge de 16 µC, placée au centre : On donne q = −e, E = 105 N/C, m = 9,1 × 10−31 kg. On suppose que le mouvement E27. est dans le sens positif de l’axe des x et que vx0 = 0. On trouve l’accélération à partir de l’équation 2.6 : − → a = → − qE m = → −1,6×10−19 − 9,11×10−31 E ¡ ¢− → → − Ainsi, pour que l’accélération soit dans le sens positif, il faut que E = − 105 i et que ¢− −19 ¡ → − → −105 i =⇒ ax = 1,76 × 1016 m/s2 a = −1,6×10 9,1×10−31 ¡ ¢ (a) On veut que vx = 0,1c = 0,1 3 × 108 m/s = 3 × 107 m/s. À partir de l’équation 3.9 du tome 1, on trouve vx = vx0 + ax t =⇒ t = vx −vx0 ax = 3×107 −0 1,76×1016 = 1,71 ns (b) À partir de l’équation 3.11 du tome 1, où x0 = 0, on obtient ¡ ¢¡ ¢2 x = x0 + vx0 t + 12 ax t2 =⇒ x = 12 ax t2 = 12 1,76 × 1016 1,71 × 10−9 = 2,57 cm E28. (c) Selon l’équation 7.11 du tome 1, ¡ ¢¡ ¢2 K = 12 mvx2 = 12 9,1 × 10−31 3 × 107 = 4,10 × 10−16 J On donne q = −e et m = 9,1 × 10−31 kg. On suppose que le mouvement est dans le sens positif de l’axe des x, que vx0 = 0, vx = 5 × 106 m/s et ∆x = 0,016 m. On trouve l’accélération avec l’équation 3.12 du tome 1 : 6 2 2 2 2 + 2a ∆x =⇒ a = vx −vx0 = (5×10 ) −0 = 7,81 × 1014 m/s2 vx2 = vx0 x x 2∆x 2(0,016) À partir de l’équation ³2.6, on obtient →´ − → (9,1×10−31 ) 7,81×1014 i → − → m− − a = −4,44 i kN/C =⇒ E = 4,44 kN/C E= q = −1,6×10−19 E29. v4 © ERPI On donne q = e et m = 1,67 × 10−27 kg. On suppose que le mouvement est dans le sens Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 19 positif de l’axe des x et que vx0 = 8 × 105 m. Comme le champ électrique s’oppose au → − → − mouvement, E = −2,4 × 104 i N/C. (a) On calcule d’abord l’accélération, avec l’équation 2.6 : → − ¢− → (1,6×10−19 ) ¡ − → a = qmE = 1,67×10−27 −2,4 × 104 i =⇒ ax = −2,30 × 1012 m/s2 Avec l’équation 3.12 du tome 1, si vx = 0, on peut écrire 5 2 2 2 2 + 2a ∆x =⇒ ∆x = vx −vx0 = 0−(8×10 ) =⇒ ∆x = 13,9 cm vx2 = vx0 x 2ax 2(−2,30×1012 ) (b) À partir de l’équation 3.9 du tome 1, on obtient vx = vx0 + ax t =⇒ t = E30. vx −vx0 ax = 0−8×105 −2,30×1012 = 0,348 µs → − − On donne q = −e, m = 9,1 × 10−31 kg et la vitesse initiale → v 0 = 2 × 106 i m/s. Le champ électrique est vertical, mais son module E et son sens sont inconnus. (a) L’électron ne subit aucune accélération selon l’axe des x. On peut donc calculer, à l’aide de l’équation 3.11 du tome 1, combien de temps il mettra à atteindre l’autre côté des plaques si x − x0 = 0,04 m et ax = 0 : x = x0 + vx0 t + 12 ax t2 =⇒ t = x−x0 vx0 = 0,04 2×106 = 2,00 × 10−8 s Comme l’électron pénètre du côté gauche, à mi-chemin entre les deux plaques, il ne peut être dévié verticalement que de y − y0 = ± 1,62cm = ±0,008 m au maximum, s’il doit ressortir. À partir de l’équation 3.11 du tome 1, on trouve le module de l’accélération verticale maximale qu’il peut subir. Comme la situation est symétrique, on choisit la déviation vers le haut et on rappelle que vy0 = 0 : y = y0 + vy0 t + 12 ay t2 =⇒ ay = 2(y−y0 ) t2 = 2(0,008) (2,00×10−8 )2 =⇒ amax = 4,00 × 1013 m/s2 Finalement, à partir de l’équation 2.6, on trouve le module du champ électrique maximal que peut subir l’électron : amax = |q| m Emax =⇒ Emax = mamax e = (9,1×10−31 )(4,00×1013 ) 1,6×10−19 = 228 N/C Selon le sens du champ électrique, la déviation de l’électron se fera vers le haut ou le bas. → − → − (b) On choisit une déviation vers le haut; alors E = −228 j N/C pour que la force électrique sur l’électron soit dans le bon sens. On définit, dans le logiciel Maple, l’expression de l’accélération verticale, la vitesse initiale, la position selon x et la position selon y. Ensuite, on crée le graphe demandé : > restart: > ay:=4.00e13; > vx0:=2e6; 20 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI > x:=vx0*t; > y:=ay*t^2/2; > tmax:=2e-8; > plot([x,y,t=0..tmax]); Le graphe permet de confirmer que la contrainte a été respectée et que l’électron effleure la plaque supérieure à la sortie. On donne E = 3×106 N/C, q = −e et m = 9,1×10−31 kg. On suppose que le mouvement E31. est dans le sens positif de l’axe des x. (a) On donne K = 4 × 10−19 J; alors K = 12 mvx2 = 4 × 10−19 =⇒ vx = q 2(4×10−19 ) 9,1×10−31 = 9,38 × 105 m/s Selon l’équation 2.6, si Ex = −3 × 106 N/C, (−1,6×10−19 )(−3×106 ) x = = 5,27 × 1017 m/s2 ax = qE m 9,1×10−31 Avec l’équation 3.9 du tome 1, si vx0 = 0, on trouve vx = vx0 + ax t =⇒ t = vx −vx0 ax = 9,38×105 −0 5,27×1017 = 1,78 × 10−12 s (b) Avec l’équation 3.12 du tome 1, on obtient 5 2 2 2 2 + 2a ∆x =⇒ ∆x = vx −vx0 = (9,38×10 ) −0 =⇒ ∆x = 8,35 × 10−7 m vx2 = vx0 x 2ax 2(5,27×1017 ) On donne me = mp = 9,1 × 10−31 kg, |qe | = qp = e et le rayon de l’orbite de l’une ou E32. l’autre des particules est r = 0,5 × 10−10 m. (a) La force électrique d’attraction agit comme force centripète. On se sert de l’équation 6.3 du tome 1, appliquée à l’une ou l’autre des particules puisqu’elles ont toutes les deux le même module de vitesse v : FE = mv 2 r =⇒ k|qe qp | (2r)2 = ke2 4r2 = mp v2 r =⇒ v = q ke2 4rmp = 1,13 × 106 m/s (b) Le module de la vitesse de chaque particule est lié à la circonférence du cercle et à la période du mouvement : v= 2πr T =⇒ T = 2πr v = 2,79 × 10−16 s E33. (a) On donne q = −e, m = 9,1 × 10−31 kg. Initialement, l’électron est à l’origine du système → − → √ − − → √ − → → d’axes. Sa vitesse initiale est − v 0 = v0 cos (45◦ ) i + v0 sin (45◦ ) j = 22 v0 i + 22 v0 j . → − → − On donne aussi E = 103 j N/C, de sorte que, selon l’équation 2.6, → − → (−1,6×10−19 ) ¡ ¢ − − → a = qmE = 9,1×10−31 103 j =⇒ ay = −1,76 × 1014 m/s2 L’accélération est donc vers le bas et la trajectoire de l’électron est une parabole concave vers le bas. Pour que l’électron ne frappe pas la plaque du haut, le sommet de cette v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 21 parabole, donc le moment où la vitesse verticale devient nulle, ne doit pas dépasser y = 0,02 m. À partir de l’équation 3.12 du tome 1, avec vy = 0, on trouve p 2 + 2a (y − y ) =⇒ v 2 = −2a (y − y ) =⇒ v −2ay (y − y0 ) =⇒ vy2 = vy0 y 0 y 0 y0 = y0 √ p vy0 = 22 v0 = −2 (−1,76 × 1014 ) (0,02 − 0) = 2,65 × 106 m/s =⇒ v0 = 3,75 × 106 m/s Comme les plaques sont très longues, l’électron frappera inévitablement la plaque inférieure. Pour toute valeur supérieure de v0 , l’électron frappe la plaque supérieure. (b) On définit, dans le logiciel Maple, l’expression de l’accélération verticale, la vitesse initiale, la position selon x et la position selon y : > restart: > ay:=-1.76e14; > v0:=3.75e6; > vx0:=sqrt(2)*v0/2; > vy0:=sqrt(2)*v0/2; > x:=vx0*t; > y:=vy0*t+ay*t^2/2; On calcule le moment où l’électron revient frapper la plaque du bas avec y = 0, on définit la valeur maximale du temps et on produit le graphe demandé : > sol:=solve(y=0,t); > tmax:=sol[2]; > plot([x,y,t=0..tmax]); Le graphe confirme le résultat de l’étape (a) : le sommet de la trajectoire est bien à 2 cm. E34. On donne q = e, m = 1,67 × 10−27 kg. Initialement, le proton est à l’origine du système d’axes. Sa vitesse initiale est ¢ ¢ ¡ → ¡ − → ³ − → − →´ − − → v 0 = 8 × 1015 cos 30◦ i + 8 × 1015 sin 30◦ j = 6,93 i + 4,00 j × 105 m/s → − → − On donne aussi E = −105 j N/C, de sorte que, selon l’équation 2.6, → − ¢− → (1,6×10−19 ) ¡ → − a = qmE = 1,67×10−27 −105 j =⇒ ay = −9,58 × 1012 m/s2 (a) Le mouvement selon x n’est pas accéléré et on peut trouver le temps que passera le proton entre les plaques avec l’équation 3.11 du tome 1. Si x = 0,04 m à la sortie, x = x0 + vx0 t + 12 ax t2 =⇒ t = x−x0 vx0 = 0,04−0 6,93×105 = 5,77 × 10−8 s On applique à nouveau l’équation 3.11 du tome 1, mais au mouvement vertical. À la 22 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI sortie des plaques, y = y0 + vy0 t + 12 ay t2 =⇒ y = vy0 t + 12 ay t2 =⇒ ¢¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢2 ¡ y = 4,00 × 105 5,77 × 10−8 + 12 −9,58 × 1012 5,77 × 10−8 = 7,13 mm (b) La vitesse selon x ne change pas. La vitesse selon y à la sortie est donnée par l’équation 3.9 du tome 1 : ¡ ¢¡ ¢ vy = vy0 + ay t =⇒ vy = 4,00 × 105 + −9,58 × 1012 5,77 × 10−8 = −1,53 × 105 m/s L’angle θ traduisant l’orientation de la vitesse à la sortie est donné par ´ ³ 5 v vy = −12,5◦ =⇒ θ = arctan −1,53×10 tan θ = vxy = vx0 5 6,93×10 (c) On définit, dans le logiciel Maple, l’expression de l’accélération verticale, la vitesse initiale, la position selon x et la position selon y. Ensuite, on crée le graphe demandé : > restart: > ay:=-9.58e12; > vx0:=6.93e5; > vy0:=4.00e5; > x:=vx0*t; > y:=vy0*t+ay*t^2/2; > tmax:=5.77e-8; > plot([x,y,t=0..tmax]); Le graphe confirme le résultat de l’étape (a). E35. Pour simplifier l’écriture, on numérote les plaques de 1 à 3 à partir de la gauche dans la figure 2.49. On donne σ 1 = 2σ, σ 2 = −2σ et σ 3 = −σ. Dans chaque région, le champ → − → − i| électrique d’une plaque est donné par E i = ± |σ 2ε0 i . On détermine le sens du champ selon la région et la position relative de la plaque. Dans la région I : → − |σ2 | − → |σ3 | − → → 2σ − → σ − → → − − → − → − → − → 1| 2σ − E I = E 1 + E 2 + E 3 = − |σ 2ε0 i + 2ε0 i + 2ε0 i = − 2ε0 i + 2ε0 i + 2ε0 i =⇒ E I = → σ − 2ε0 i Dans la région II : → − − → − → → − E II = E 1 + E 2 + E 3 = Dans la région III : → − − → − → → − E III = E 1 + E 2 + E 3 = Dans la région IV : → − − → − → → − E IV = E 1 + E 2 + E 3 = E36. v4 © ERPI → |σ2 | − → |σ3 | − → |σ 1 | − 2ε0 i + 2ε0 i + 2ε0 i = → 2σ − → σ − → 2σ − 2ε0 i + 2ε0 i + 2ε0 i → − =⇒ E II = → 5σ − 2ε0 i − |σ2 | − → |σ3 | − → |σ 1 | → 2ε0 i − 2ε0 i + 2ε0 i = → 2σ − → σ − → 2σ − 2ε0 i − 2ε0 i + 2ε0 i → − =⇒ E III = → σ − 2ε0 i → |σ2 | − → |σ3 | − → |σ1 | − 2ε0 i − 2ε0 i − 2ε0 i = → 2σ − → σ − → 2σ − 2ε0 i − 2ε0 i − 2ε0 i → − → − =⇒ E IV = − 2εσ0 i → − Sous l’influence du champ extérieur E ext , il y a réarrangement de charges à l’intérieur de Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 23 la plaque et en particulier sur les deux surfaces perpendiculaires au champ extérieur. La charge induite de signes opposés qui apparaît sur ces deux surfaces crée un champ induit → − → − E ind qui s’oppose au champ extérieur. Dans la plaque, le champ électrique résultant E doit être nul, en accord avec la propriété 1 des conducteurs à l’équilibre (page 27 du manuel) : − → − → → − → − → − E = E ext + E ind = 0 =⇒ E ind = − E ext =⇒ Eind = Eext = 1000 N/C Le module du champ électrique induit et la valeur absolue de la densité surfacique de la charge induite sont liés par l’équation 2.18 : ¡ ¢ Eind = εσ0 =⇒ σ = Eind ε0 = 1000 8,85 × 10−12 = 8,85 × 10−9 C/m2 La figure montre la plaque de côté et la position adéquate des charges induites. On → − suppose que E ext est orienté selon l’axe des x positifs : E37. On donne q = 2 µC, σ = 20 µC/m2 et d = 0,20 m, la distance entre la charge ponctuelle et la plaque: (a) La charge ponctuelle q subit une force électrique à cause de la feuille chargée. Le champ → − → − électrique de la feuille est donné par l’équation 2.17, E σ = 2εσ0 j , et le module de la force que subit la charge est donné par l’équation 2.3b : 24 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI FE = qEσ = qσ 2ε0 = (2×10−6 )(20×10−6 ) = 2,26 N − → (b) Le champ électrique résultant E est la somme vectorielle du champ de la charge ponc2(8,85×10−12 ) tuelle et de la feuille chargée. Comme on peut s’en convaincre à partir de la figure de l’exercice 21a, c’est seulement sur la droite verticale qui relie la charge ponctuelle et la plaque que le champ résultant peut être nul. Partout ailleurs, les deux vecteurs champs ne seront pas parallèles, n’auront pas des sens opposés ou ne seront pas de même module. On cherche la distance r entre le point P de la figure ci-haut et la charge ponctuelle. Si, en ce point, le champ électrique résultant est nul : → − → − − → − → → − → − E = E q + E σ = 0 =⇒ E = − kq j + 2εσ0 j = 0 =⇒ r2 q 9 −6 )(8,85×10−12 ) r = 2(9×10 )(2×10 = 0,126 m (20×10−6 ) σ 2ε0 = kq r2 =⇒ r = q 2kqε0 σ =⇒ Le point P cherché se trouve à 12,6 cm de la charge, dans la direction de la plaque . E38. On donne la longueur de la tige l = 0,10 m et sa densité linéique de charge λ = 2 µC/m2 . On raisonne à partir de cette figure : On cherche le champ électrique total de la tige au point P , à d = 0,20 m du centre de la tige. On utilise la méthode proposée à l’exemple 2.9 avec r = d − x, la distance entre un élément de charge et le point P : ´¯l/2 h ³ l/2 R R dq R R ¯ dx 1 dx Ex = dEx = k r2 = kλ r2 = kλ = kλ d−x ¯ =⇒ (d−x)2 −l/2 −l/2 ¶ µ ´ ¡ ¢¡ ¢³ 1 1 Ex = kλ d−1 l − d+1 l = 9 × 109 2 × 10−6 0,15 − 0,25 = 4,80 × 104 N/C =⇒ 2 E= E39. 4,80 × 104 2 N/C On utilise directement l’équation 2.15 avec a = 0,04 m, y = 0,10 m et σ = 5 µC/m2 . Au point cherché, le module du champ électrique du disque est : µ ¶ ¶ µ ¡ ¢¡ ¢ y 0,10 9 −6 √ √ E = 2πk |σ| 1 − = 2π 9 × 10 =⇒ 5 × 10 1− 2 2 2 2 a +y (0,04) +(0,10) E = 2,02 × 104 N/C E40. On utilise directement l’équation 2.13 et, à partir de la figure 2.50, on fixe le sens du champ électrique de chacun des fils. Le champ du fil vertical dépend de x et celui du fil v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 25 E41. horizontal dépend de y Le champ électrique résultant est, si λ > 0, ³ − → 2k|λ| − → →´ − → 2k|λ| − 1→ 1− i + j = i + 2kλ x E= x y y j On donne Q = 0,2 × 10−6 C, L = 0,05 m et d = 0,01 m. Pour faciliter l’écriture, on → − → − nomme E 1 le champ électrique du fil horizontal, avec λ1 = −Q L , et E 2 le champ du fil vertical, avec λ2 = Q L. Compte tenu de la position de l’origine du système d’axes, la distance entre un élément de charge de la tige horizontale est r1 = −x. Pour le fil vertical, r2 = −y. Pour le fil horizontal, −d R R dx − → R − → − → → − kQ E 1 = dE1x i = k |λ1 | dx i = 2 L x2 i = r1 −(L+d) ³ ´→ → − → kQ kQ − 1 1 − E 1 = L L+d − d i =⇒ − d(L+d) i kQ L £¡ −1 ¢¯−d ¯ x −(L+d) − → i =⇒ À partir d’un raisonnement similaire, on trouve → − → kQ − E 2 = d(L+d) j Le champ électrique résultant correspond à ³ − ³ − → − →´ → − →´ → − − → − → kQ − i + j = 3,00 × 106 − i + j N/C E = E 1 + E 2 = d(L+d) → E42. (a) On donne p = 3,8 × 10−30 C·m et E = 7 × 104 N/C. Puisqu’initialement − p est dans le → − même sens que E , alors θ1 = 0◦ et θ2 = 60◦ dans l’équation qu’on trouve à la page 40 du manuel : ¡ ¢¡ ¢ WEXT = pE (− cos θ2 + cos θ1 ) = 3,8 × 10−30 7 × 104 (− cos (60◦ ) + cos (0◦ )) =⇒ WEXT = 1,33 × 10−25 J (b) Directement, à partir de l’équation 2.22, on obtient τ = pE sin θ = 2,30 × 10−25 N·m E43. (a) On donne q = ±2 nC, et d = 0,04 m. À partir de l’équation 2.19, on trouve ¡ ¢ p = |q| d = 2 × 10−9 (0,04) = 8,00 × 10−11 C·m → − → (b) On donne E = 105 N/C. Initialement − p est dans le même sens que E , alors θ1 = 0◦ . À la fin, ils sont perpendiculaires; donc θ2 = 90◦ . On insère ces valeurs dans l’équation 2.24 : ¡ ¢¡ ¢ ∆U = U2 − U1 = −pE cos θ2 + pE cos θ1 = 0 + 8,00 × 10−11 1 × 105 cos (0◦ ) =⇒ ∆U = 8,00 × 10−6 J E44. On donne p = 6,2 × 10−30 C·m et qd = ±e, de sorte que d = p |qd | = 3,88 × 10−11 m. L’ion subissant le champ électrique du dipôle possède une charge qion = e et se trouve à une distance r = 0,5 nm. 26 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI (a) Ce cas est traité à la section 2.6. Le long de l’axe d’un dipôle, comme r À d, selon l’équation 2.21, E = 2kp r3 . À partir de l’équation 2.3b, on obtient ¡ ¢ 2(9×109 )(6,2×10−30 ) = 1,43 × 10−10 N FE = |qion | E = 1,6 × 10−19 (0,5×10−9 )3 (b) Ce cas est traité à la section 2.6. Le long de la médiatrice d’un dipôle, comme r À d, selon l’équation 2.20, E = kp . À partir de l’équation 2.3b, on trouve r3 ¡ ¢ (9×109 )(6,2×10−30 ) = 7,14 × 10−11 N FE = |qion | E = 1,6 × 10−19 (0,5×10−9 )3 E45. (a) On donne r = 1500 m, la distance entre chacune des charges et le point où on veut le module du champ électrique résultant. Comme le champ électrique de chacune des charges est dans le même sens et que Q1 = |Q2 | = 40 C, 2(9×109 )(40) 1) = = 3,20 × 105 N/C E = E1 + E2 = 2E1 = 2k(Q 2 r (1500)2 (b) Avec qe = −e et me = 9,1 × 10−31 kg, à partir du module de l’équation 2.6, on obtient (1,6×10−19 )(3,20×105 ) = = 5,63 × 1016 m/s2 a = |qme |E 9,1×10−31 e On donne Q1 = 2,2 nC à l’origine et Q2 = −3,5 nC en (4 m, 0) . E46. (a) En (2 m, 0) on a → − → (9×109 )(2,2×10−9 ) − − → → − − → 1| i = i = 4,95 i N/C E 1 = E1 i = k|Q 2 22 r1 → − → (9×109 )(3,5×10−9 ) − − → → − − → 2| i = i = 7,88 i N/C E 2 = E2 i = k|Q 22 r22 → − → − − → − → E = E 1 + E 2 = 12,8 i N/C (b) En (0, 2 m) on a → − → (9×109 )(2,2×10−9 ) − − → → − → − 1| j = j = 4,95 j N/C E 1 = E1 j = k|Q 22 r12 → − (9×109 )(3,5×10−9 ) 2| = = 1,58 N/C. On obtient les compoLe module de E 2 est E2 = k|Q 2 r2 (4)2 +(2)2 ¡2¢ → − santes de E 2 en utilisant l’angle α = arctan 4 = 26,6◦ que forme ce vecteur sous l’axe E47. des x positifs et en ajustant correctement les signes : ³ → − → − → − →´ − − → E 2 = E2 cos α i − E2 sin α j = 1,41 i − 0,707 j N/C ³ → − →´ − → − − → − → 1,41 i + 4,24 j N/C E = E1 + E2 = Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges de la figure 2.52. On donne Q1 = −Q, la charge positive de gauche Q2 = Q et celle de droite Q3 = Q. La distance entre chacune des charges et le centre du triangle est la même : r = 1 L 2 cos(30◦ ) = L √ . 3 Par symétrie, on peut affirmer que le champ électrique résultant au centre du triangle ne possède qu’une composante verticale. À partir de la position des charges, on a E1y = E1 = v4 © ERPI k|Q1 | r2 = ³ kQ ´2 L √ 3 = 3kQ L2 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 27 − → E 2 est à un angle θ2 = 30◦ par rapport à l’axe des x positifs et son module est → − → − kQ 3kQ 2| ³ ´2 = E2 = k|Q r2 = L2 . Comme E 1 et E 2 sont symétriques, L √ 3 E3y = E2y = E2 sin θ2 = E48. 3kQ L2 ¡1¢ 2 = 3kQ 2L2 Finalement, ´´ − ³ → → ³ − → − 3kQ j = E = (E1y + E2y + E3y ) j = 3kQ + 2 L2 2L2 → 6kQ − L2 j On donne θ = 12◦ , m = 0,5 × 10−3 kg, E = 1,3 × 104 N/C et on pose Q > 0. Cette situation est similaire à celle de l’exercice 12 du chapitre 1. Ici, toutefois, la petite sphère est directement repoussée par le champ électrique extérieur, que l’on suppose égal à → − − → E = E i . Si la sphère est à l’équilibre, la somme des forces est nulle selon les deux axes. → − → − → − → − → − − → → − → → − g = −mg j et T = Tx i + Ty j = −T sin θ i + T cos θ j , Avec F E = Q E , m− P Fx = 0 =⇒ − T sin θ + QE = 0 =⇒ T sin θ = QE (i) P Fy = 0 =⇒ T cos θ − mg = 0 =⇒ T cos θ = mg (ii) Si on divise l’égalité (i) par l’égalité (ii), on obtient tan θ = (0,5×10−3 )(9,8) tan(12◦ ) Q = mg Etan θ = = 80,1 nC 1,3×104 QE mg et La charge peut être positive ou négative. E49. On donne Q = 0,20 nC à l’origine et la charge inconnue q se trouve en (1 m; 0) . Comme le champ électrique résultant est nul à x = 2,5 m sur l’axe des x, il faut que q < 0. On exprime le champ électrique résultant en tenant compte de la position relative des charges et de leurs signes. On rappelle que si q < 0, alors |q| = −q : → → − → k|q| − (2,5−1)2 kQ − E = (2,5) Q 2 i − 2 i = 0 =⇒ q = − (2,5−1) (2,5)2 q = −7,20 × 10−11 C E50. On donne Q1 = −3,0 nC à l’orgine et Q2 = 5,0 nC en (0 ; 1 m) . On cherche d’abord le champ électrique de chaque charge en (2 m ; 0). En tenant compte du signe des charges et de leur position relative, on a → − → − → → − − → (9×109 )(3,0×10−9 ) − 1| i =− i = −6,75 i N/C E 1 = −E1 i = − k|Q 22 r12 → − (9×109 )(5,0×10−9 ) 2| Le module de E 2 est E2 = k|Q = = 9,00 N/C. On obtient les compo2 r2 (2)2 +(1)2 ¡1¢ → − santes de E 2 en utilisant l’angle α = arctan 2 = 26,6◦ que forme ce vecteur sous l’axe des x positifs et en ajustant correctement les signes : ³ → − → − → − →´ − − → E 2 = E2 cos α i − E2 sin α j = 8,05 i − 4,03 j N/C ³ → − →´ − − → − → → − 1,30 i − 4,03 j N/C E = E1 + E2 = 28 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI On donne q = e et m = 1,67 × 10−27 kg. On suppose que le mouvement est dans le sens E51. positif de l’axe des x, que x − x0 = 0,20 m, t = 0,65 µs et vx0 = 0. (a) À partir de l’équation 3.11 du tome 1, on trouv x − x0 = vx0 t + 12 ax t2 =⇒ ax = 2(x−x0 ) t2 = 2(0,20) (0,65×10−6 )2 =⇒ ax = 9,47 × 1011 m/s2 Et à partir de l’équation 2.6, on obtient (1,67×10−27 )(9,47×1011 ) x = 9,88 × 103 N/C =⇒ E = 9,88 kN/C Ex = ma q = 1,6×10−19 (b) À partir de l’équation 3.9 du tome 1, on trouve vx = vx0 + ax t =⇒ t = On donne λ = E52. 2×10−6 x vx −vx0 ax = 3,0×106 −0 9,47×1011 =⇒ t = 3,17 µs et le fil s’étend de x = 1 m à x = 3 m. À partir de la méthode proposée à l’exemple 2.8, on obtient ¢ ¡ R R R3 ³ 2×10−6 ´ −6 [ln(x)|3 =⇒ q = dq = λdx = dx = 2 × 10 1 x 1 ¡ ¢ q = 2 × 10−6 (ln(3) − ln (1)) = 2,20 µC ¡ ¢ On donne λ = 2 × 10−6 x et le fil s’étend de x = 2 m à x = 5 m. E53. (a) À partir de la méthode proposée à l’exemple 2.8, on trouve ¢ ¡ ¢ h 2 ¯¯5 ¡ ¢³ 2 R R R5 ¡ q = dq = λdx = 2 × 10−6 xdx = 2 × 10−6 x2 ¯ = 2 × 10−6 52 − 2 2 22 2 q = 21,0 µC ´ =⇒ (b) On cherche le champ électrique total de la tige au point P , à x = 0. On utilise la méthode proposée à l’exemple 2.9 avec r = x, la distance entre un élément de charge de la tige et le point P où le champ électrique de la tige est vers la gauche : ¡ ¢ R5 dx R R R dx −6 Ex = dEx = − k dq = − kλ = −k 2 × 10 2 2 x =⇒ r x 2 ¡ ¡ ¢ ¡ ¢ ¢ Ex = − 9 × 109 2 × 10−6 [(ln(x)|52 = − 18 × 103 (ln (5) − ln (2)) =⇒ → − → − Ex = −1,65 × 104 N/C =⇒ E = −1,65 × 104 i N/C On donne λ = 4 µC/m et le fil s’étend de x = 1 m à x = 5 m. E54. (a) Pour le calcul du champ électrique en (−1 m ; 0) , on utilise la méthode proposée à l’exemple 2.9 avec r = x + 1, la distance entre un élément de charge de la tige et le point P où le champ électrique de la tige est vers la gauche : ¢¡ ¢ R5 dx ¡ R R R dx 9 −6 4 × 10 Ex = dEx = − k dq = −kλ = − 9 × 10 =⇒ 2 2 r (x+1) (x+1)2 1 ¡ ¢ h³ −1 ´¯¯5 ¡ ¢ ¡1 1¢ 3 3 = 36 × 10 Ex = − 36 × 103 ¯ 6 − 2 = −12 × 10 N/C =⇒ (x+1) 1 → − − → E = −12,0 i kN/C (b) On raisonne à partir de la méthode proposée à l’exemple 2.10 et de la figure suivante : v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 29 √ √ On a, si r = x2 + 22 = x2 + 4 : R R R cos θ Ex = dEx = dE cos θ = kλ dx r2 = √x−x donc : À partir de la figure, on observe que cos θ = √x−x 2 +22 2 +4 ³ ´ ¢ R5 xdx ¡ R5 3 √ −x = − 36 × 10 =⇒ Ex = kλ (x2dx +4) x2 +4 (x2 +4)3/2 1 1 ´¯5 ¡ ¢ h³ ¯ Ex = − 36 × 103 − 2 1 1/2 ¯ =⇒ (x +4) 1 ´ ¡ ¢³ 1 3 − 2 1/2 + 2 1 1/2 = −9,42 × 103 N/C Ex = − 36 × 10 (5 +4) (1 +4) R R R Ensuite, Ey = dEy = dE sin θ = kλ dx r2 sin θ À partir de la figure, on observe que sin θ = √x22 +4 ; donc : ³ ´ ¡ ´¯5 ¡ ¢ R5 ¢ h³ R5 ¯ x dx 3 3 √ 2 = 72 × 10 = 72 × 10 Ey = kλ (x2dx ¯ =⇒ +4) x2 +4 (x2 +4)3/2 4(x2 +4)1/2 1 1 1 ´ ¡ ¢³ 5 1 = 8,66 × 103 N/C − Ey = 72 × 103 1/2 1/2 2 2 4(5 +4) 4(1 +4) Finalement, ³ → − →´ − − → −9,42 i + 8,66 j kN/C E= (c) La méthode est la même que celle utilisée à la partie (b), mais avec une distance entre un q élément de charge de la tige et le point P, qui s’écrit r = (x − 2)2 + 22 , comme permet de le confirmer cette figure : On constate aussi que le champ Ex créé par la portion de la tige qui s’étend de x = 1 m à x = 3 m s’annule par symétrie. Puisque cos θ = √−(x−2) , 2 (x−2) +4 30 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI µ ¶ ¢ R5 (x−2)dx ¡ = − 36 × 103 3/2 =⇒ 2 (x−2) +4 3 3 ((x−2) +4) ´¯5 ¡ ¢ h³ ¯ Ex = − 36 × 103 − 2 1 1/2 ¯ =⇒ (x −4x+8) 3 ´ ¡ ¢³ 1 1 3 Ex = − 36 × 10 = −6,12 × 103 N/C − 2 1/2 + 1/2 2 Ex = kλ R5 dx ((x−2)2 +4) Et comme sin θ = Ey = kλ R5 1 √−(x−2) 2 (5 −4(5)+8) √ 2 2 : (x−2) +4 dx ((x−2)2 +4) µ 2 (x−2)2 +4 √ (3 −4(3)+8) ¶ ¡ ¢ R5 = 72 × 103 1 dx 3/2 ((x−2)2 +4) =⇒ ´¯5 ¡ ¢ h³ ¯ (x−4) Ey = 72 × 103 ¯ =⇒ 4(x2 −4x+8)1/2 1 ´ ³ ¡ ¢ (5−4) (5−1) = 23,0 × 103 N/C − Ey = 72 × 103 1/2 1/2 4(52 −4(5)+8) 4(12 −4(1)+8) ³ → − →´ − → − Finalement, E = −6,12 i + 23,0 j kN/C E55. (a) On donne a = 1 m et Q = 100 µC, la charge sur le disque. La densité surfacique de −6 Q 100×10 charge sur le disque est σ = πa . À partir de l’équation 2.15, avec y = 20 m : 2 = π ¶ µ ´³ ´ ³ ¡ ¢ −6 √ 20 1 − = 2245,79 N/C Ed = 2πkσ 1 − √ 2y 2 = 2π 9 × 109 100×10 2 2 π a +y 1 +20 (b) À partir de l’équation 2.2, avec r = 20 m : (9×109 )(100×10−6 ) = 2250 N/C Ep = kQ r2 = 202 (c) Ep −Ed Ep = 0,187 % Les résultats sont proches, parce qu’à cette distance, le disque se comporte presque comme une charge ponctuelle. Problèmes P1. On reprend le côté gauche de la figure 2.53. On y numérote les sommets du parcours en pointillés : On déplace une charge d’essai positive q le long du parcours fermé ABCD. Le travail total que fera la force électrique sur cette charge doit être nul si la force est conservative. On sépare le calcul en quatre segments et on suppose, comme dans la figure, que le champ électrique est confiné dans l’espace entre les plaques, qu’il est uniforme et qu’il est toujours dirigé vers le bas. On aura, si on utilise l’équation 2.3a, pour chaque segment, v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 31 R→ R → R− − → → − − → F E · d− s s = q E · d→ s = q E · d− → − → Sur le segment AB, E est toujours perpendiculaire à d− s , une portion infinitésimale de → − − chemin, donc E · d→ s = 0 sur tout le segment et WAB = 0. → → − Sur le segment BC, E · d− s = Eds cos (0◦ ) = Eds et R R WBC = q Eds = qE ds > 0 W = Sur le segment CD, comme pour le segment AB, WCD = 0. → − Sur le segment DA, E = 0, donc WDA = 0. Finalement, Wtot = WAB + WBC + WCD + WDA > 0, ce qui est contradictoire au comportement d’une force conservative. On en conclut que le champ électrique ne peut se terminer brusquement et qu’il doit exister à l’extérieur de l’espace entre les plaques, comme dans la figure qui suit. Il n’est pas nécessaire que le champ soit uniforme, mais uniquement qu’il soit symétrique. → − − Si on reprend, avec cette figure, l’analyse de la relation entre E et d→ s sur les quatre segments, on obtient WAB < 0, WBC > 0, WCD > 0 et WDA < 0, pour un travail total nul. =⇒ CQFD P2. 32 On suppose pour l’instant que λ > 0. La figure qui suit reprend la figure 2.54 du manuel. → − On y ajoute un élément de charge dq et le champ électrique d E qu’il produit : Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI → − (a) Le champ électrique que produit l’élément de charge est d E = kdq − → u r. r2 On peut subdiviser ce champ en deux composantes perpendiculaires, comme dans la figure. L’anneau est symétrique, un élément de charge dq 0 situé du côté opposé de l’anneau crée un champ dont la composante selon x annule celle de dq. On peut annuler toutes les composantes de champ électrique qui sont parallèles au plan de l’anneau en considérant les éléments de charge deux à deux. Le champ électrique résultant en P ne comporte alors qu’une composante selon z : R R R Ez = dEz = dE sin θ = kdq r2 sin θ L’élément de charge dq est à une distance r = √ z 2 + R2 du point P et, à partir de la figure, sin θ = zr = √z2z+R2 . Ainsi, R R √ z Ez = (z2kdq = 2 kz2 3/2 dq +R2 ) z 2 +R2 (z +R ) L’intégrale correspond à la charge totale sur l’anneau. On peut exprimer cette charge totale en considérant la densité linéique de charge et la longueur de l’anneau, R dq = λ(2πR) : Ez = kz λ(2πR) (z 2 +R2 )3/2 =⇒ E = 2πRk|λ|z (z 2 +R2 )3/2 On ajoute la valeur absolue à λ dans l’éventualité que la charge soit négative. (b) Le module du champ électrique prend une valeur maximale lorsque dE dz = 0. À partir du résultat de (a), on trouve ³ ´ dE d z = 2πR |λ| k dz dz (z 2 +R2 )3/2 = 0 =⇒ ¶ µ √ ³ 2 2 2´ 3/2 (z 2 +R2 ) −z(3z z 2 +R2 ) dE z +R −3z =⇒ = 2πR |λ| k = 2πR |λ| k 3 dz (z 2 +R2 ) (z 2 +R2 )5/2 ³ 2 2 ´ dE R −2z =0 dz = 2πR |λ| k 2 2 5/2 (z +R ) Si on exclut z −→ ∞, cette dérivée s’annule pour R2 − 2z 2 = 0; donc z = ± √R2 ¢ ¡ (c) Si z À R, on peut poser que z 2 + R2 ≈ z 2 et, à partir du résultat de la partie (a), E≈ 2πR|λ|kz (z 2 )3/2 =⇒ E ≈ 2πR|λ|k z2 (d) On définit, dans le logiciel Maple, les différentes variables et l’expression du module du champ électrique. Ensuite on crée le graphe demandé : > restart: > R:=1; > lambda:=1e-6; > k:=9e9; v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 33 > E:=’2*Pi*R*lambda*k*z/(z^2+R^2)^(3/2)’; > plot(E,z=0..4); P3. P4. Le graphique permet de vérifier la réponse de la question (b). → − → − − → → On donne − p = p i et E = Cx i . À partir de l’équation 2.25, on trouve ¡ ¢ → → − pC pC − d C Fx = p dE dx = p dx x = − x2 =⇒ F = − x2 i (a) La figure qui suit reprend la figure 2.55 du manuel. On y ajoute un élément de charge dq → − et le champ électrique d E qu’il produit, sachant que λ > 0 : Pour chaque élement de charge à gauche de l’axe des y, comme celui qui est représenté, un élément de charge est placé symétriquement de l’autre côté. On peut conclure que la somme des composantes selon x de champ électrique s’annule et que le champ électrique résultant en P ne comporte qu’une composante selon y : R R R Ey = dEy = dE cos θ = kdq r2 cos θ L’élément de charge dq est à une distance R du point P . Chaque élément de charge s’étend 34 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI sur une portion d’arc de cercle de largeur infinitésimale ds; donc dq = λds = λRdθ. Ainsi, Rθ0 λRdθ Rθ0 θ0 kλ kλ cos θ = cos θdθ = kλ Ey = k 2 R R [sin θ|−θ0 = R (sin θ 0 − sin (−θ 0 )) R −θ0 −θ0 Puisque sin (−θ0 ) = − sin θ0 , alors → − − → E = 2kλ R sin (θ 0 ) j (b) Si la tige forme un demi-cercle, alors θ0 = 90◦ et sin θ0 = 1. Le résultat de la partie devient E = P5. 2kλ R sin (θ0 ) =⇒ E = 2kλ R =⇒ CQFD (a) De l’infini à gauche de Q1 jusqu’à Q1 , le champ électrique résultant est horizontal, pointe selon les x négatifs et son module augmente quand on s’approche de Q1 . De Q1 à l’origine, le champ est horizontal, selon les x positifs et son module diminue. À l’origine, à mi-chemin entre Q1 et Q2 , le champ résultant est nul. De l’origine à Q2 , le champ électrique est horizontal, selon les x négatifs et son module augmente quand on s’approche de Q2 . De Q2 à l’infini à droite, le champ est horizontal, il pointe vers les x positifs et son module est décroissant. (b) De l’infini à gauche de Q1 jusqu’à Q1 , le champ électrique résultant est horizontal, pointe selon les x négatifs et son module augmente quand on s’approche de Q1 . De Q1 à l’origine, le champ est horizontal, selon les x positifs et son module diminue. À l’origine, à mi-chemin entre Q1 et Q2 , le module du champ résultant est minimal. De l’origine à Q2 , le champ électrique est horizontal, selon les x positifs et son module augmente quand on s’approche de Q2 . De Q2 à l’infini à droite, le champ est horizontal, il pointe vers les x négatifs et son module est décroissant. P6. On veut connaître le champ électrique dans la sphère, à une distance r < R du centre de la sphère. À cause de l’énoncé (i) du problème, on peut supposer que le champ électrique en ce point ne dépend pas de la portion de la charge qui se trouve dans la portion de la sphère qui va de r à R. La charge q qui se trouve à l’intérieur de ce rayon r peut être exprimée à partir de la densité volumique de charge de la sphère, q = 43 πr3 ρ. Si on se sert de l’énoncé (ii) du problème, le module du champ électrique en r est donné v4 © ERPI par l’équation 2.2 avec |q| et on trouve ¡ ¢ k 4 3 |ρ| E = k|q| = πr =⇒ E ∝ r =⇒ CQFD 2 2 3 r r Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 35 P7. (a) On reprend la solution de l’exemple 2.10 à partir de l’équation : R Ey = kλdxr2cos θ (i) Au lieu de résoudre l’intégrale à partir de l’angle θ, comme à l’exemple 2.10, on note que p r = x2 + y 2 , où y est la position verticale du point P . De plus, cos θ = yr = √ 2y 2 . x +y Avec ces égalités, l’équation (i) devient ´¯L/2 h³ L/2 L/2 R R ¯ x kλdx √ y dx Ey = = kλy = kλy =⇒ ¯ 2 3/2 1/2 (x2 +y 2 ) (x2 +y2 ) y 2 (x2 +y 2 ) x2 +y2 −L/2 −L/2 −L/2 à ! Ey = kλy Ey = 2y2 1/2 y( 14 ) ³ L L2 +y2 4 ´ 1/2 kλL (L2 +4y 2 )1/2 = + 2y 2 ³ L = ´1/2 L2 +y 2 4 y2 2kλL y(L2 +4y2 )1/2 ³ kλyL ´1/2 L2 +y 2 4 = y ³ kλL ´1/2 L2 +y 2 4 =⇒ La charge totale sur la tige est Q = λL, et elle est positive; donc E = Ey = 2kQ y(L2 +4y 2 )1/2 =⇒ CQFD ¡ ¢ (b) Si y À L, on peut poser que L2 + 4y 2 ≈ 4y 2 et, à partir du résultat de la partie (a) : E≈ 2kQ y(4y 2 )1/2 E≈ 2kQ y(L2 )1/2 =⇒ E ≈ kQ y2 ¡ ¢ (c) Si y ¿ L, on peut poser que L2 + 4y 2 ≈ L2 et, à partir du résultat de la partie (a) : P8. =⇒ E ≈ 2kQ yL On reprend la figure 2.18 de l’exemple 2.7 du manuel pour montrer le prolongement de la trajectoire de l’électron vers l’intérieur. Le segment en pointillés coupe la droite représentant la trajectoire initiale à une distance d du côté droit : On a, selon l’équation (ii) de la solution de l’exemple : tan θ = yF d =⇒ vy vx = yF d Mais on sait que vx = v0 , vy = ay t, yF = ay t2 2 relation pour l’angle, on obtient ³ ´2 ay t2 ay t ay ay 2 = =⇒ = =⇒ v0 d v0 v0 2d v0 = et t = 2 2d v0 . =⇒ d = Si on insère ces égalités dans la 2 Ce résultat pour d implique que la droite représentant le prolongement de la trajectoire coupe la direction initiale au milieu des plaques . =⇒ CQFD 36 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI P9. On considère le plan comme constitué de fils infinis parallèles de largeur dx. La figure montre l’un de ces fils et le champ électrique qu’il crée au point P ; on suppose pour l’instant que λ > 0. Comme le fil est une portion infinitésimale du plan, ce champ est lui aussi inifinitésimal : Comme le plan est infini dans la direction y, il n’y a pas de composantes de champ électrique selon cette direction. Pour chaque fil placé en x, il y a un fil placé en x0 = −x; la somme des composantes selon x de champ est donc nulle par symétrie. Il ne reste alors qu’à additionner les composantes selon z. Pour chaque fil, on a dE = 2kdλ r , où dλ = σdx; la densité linéique de charge est une parcelle de la densité surfacique de charge. R R R R dx Ez = dEz = dE cos θ = 2kdλ cos θ = 2kσ (i) r r cos θ √ Selon la figure, cos θ = zr et r = x2 + z 2 , de sorte que l’équation (i) devient £¡ ¡ ¢¢¯∞ R R∞ dx √ z = 2kσz = 2kσz z1 arctan xz ¯−∞ =⇒ Ez = 2kσ √xdx 2 +z 2 x2 +z 2 x2 +z 2 −∞ ´ ³ ¡π π¢ |σ| 1 Ez = 2kσ 2 + 2 = 2πkσ = 2π 4πε σ =⇒ E = 2ε =⇒ CQFD 0 0 Le résultat est valable quel que soit le signe de la charge sur le plan. P10. On donne λ > 0 et la charge qui gravite autour du fil est négative. À une distance R du fil, le champ électrique que celui-ci produit a un module donné par l’équation 2.13, E= 2kλ R . Le module de la force ressentie par la charge est : FE = |−q| E = 2kqλ R La force électrique agit comme force centripète. Selon l’équation 6.3 du tome 1 : FE = mv 2 R =⇒ 2kqλ R = mv2 R (i) Comme la trajectoire est circulaire, v = 2πR T , où T est la période du mouvement, et l’équation (i) devient ³ ´ ³ 2 2´ 2 m( 2πR 2kqλ 4π R 2 = π 2 R2 2m T ) =⇒ T =⇒ = =⇒ 2kqλ = m R R kλq T2 v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 37 T = πR P11. q 2m kλq La situation est représentée à la figure 2.33 du manuel. On suppose qu’un axe des z est perpendiculaire au plan de cette figure. Selon l’équation 2.22 du manuel, le module τ du moment de force engendré par le champ électrique et ressenti par le dipôle est pE sin θ. Ce moment de force cherche à faire tourner le dipôle dans le sens horaire. Selon la définition qui a été donnée pour le moment de force à la section 12.4 du tome 1, il s’agit d’une composante négative de moment de force selon z : τ z = −pE sin θ (i) Selon l’équation 12.18 du tome 1, valable pour une rotation autour du centre de masse du dipôle, le moment de force et l’accélération sont liés par 2 τ z = Iαz = I ddt2θ (ii) où I est le moment d’inertie du dipôle. Si on combine les équations (i) et (ii) et qu’on suppose que le déplacement angulaire est petit afin que sin θ ≈ θ, ³ ´ 2 2 −pEθ = I ddt2θ =⇒ ddt2θ + pE θ=0 (iii) I L’équation (iii) a exactement la forme de l’équation 15.5a du tome 1 caractérisant un q mouvement harmonique simple de fréquence angulaire ω = pE I . Comme ω = 2πf, q pE 1 f = 2π =⇒ CQFD I P12. (a) On donne λ > 0. Dans la figure 2.57 du manuel, on suppose que l’origine du système d’axes est à l’extrémité droite du système d’axes. Ainsi, la distance r entre un élément de charge du fil et le point situé en (R,0) est r = R − x. Le champ électrique total du fil ne possède qu’une composante selon x et, si dq = λdx, h³ ´¯0 R R R R0 kλdx ¯ 1 Ex = dEx = dE = kdq = = kλ R−x ¯ r2 (R−x)2 Ex = kλ ¡1 R ¢ − → − 0 =⇒ E = −∞ → kλ − R i −∞ =⇒ (b) On reprend la figure 2.57 du manuel pour y faire apparaître un élément de charge et le champ électrique qu’il crée au point P (0,R) : 38 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI Le champ total possède une composante dans chaque direction. La distance r entre un √ élément de charge dq = λdx est r = x2 + R2 . On commence par le champ selon x en rappelant que cos θ = −x r puisque x < 0 pour un élément de charge. ´¯0 h³ R R R R0 ¯ −x 1 −xdx √ Ex = dEx = dE cos θ = kdq = kλ = kλ =⇒ ¯ 2 3/2 2 2 r 2 2 r x +R −∞ −∞ (x +R ) ¡ ¢ Ex = kλ R1 − 0 = kλ R Selon y, si sin θ = Ey = R dEy = R R r = √ R , x2 +R2 dE sin θ = R kdq R r2 r = kλR R0 dx 2 +R2 )3/2 (x −∞ = kλR h³ √x R2 x2 +R2 ´¯0 ¯ ¯ −∞ Pour évaluer plus facilement l’intégrale, on la réécrit de façon différente. On rappelle que q √ 2 2 2 x < 0, donc x + R = (−x) 1 + R x2 et "à !¯0 ¯ ¯ kλ q −1 = kλ Ey = kλ ¯ 2 R R (0 − (−1)) = R ¯ 1+ R2 x Finalement, ³− → − →´ → − i + j E = kλ R −∞ On donne Q > 0. On reprend la figure 2.58 du manuel en y ajoutant le champ électrique P13. de chacune des deux charges, que l’on numérote pour faciliter les écritures : (a) Au point P , les composantes verticales de champ s’annulent par symétrie et les com√ posantes horizontales sont les mêmes. On voit dans la figure que r = a2 + x2 et que cos θ = v4 © ERPI x r = √ x , a2 +x2 de sorte que Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 39 √ x Ex = E1x + E2x = 2E1x = 2E1 cos θ = 2 kQ r2 a2 +x2 = − → i ¡ ¢3/2 (b) Si x À a, on a a2 + x2 ≈ x3 et − → E= E= 2kQx (a2 +x2 )3/2 =⇒ 2kQx (a2 +x2 )3/2 2kQx (a2 +x2 )3/2 =⇒ E ≈ 2kQx x3 =⇒ E ≈ 2kQ x2 (c) Le module du champ électrique prend une valeur maximale lorsque résultat de (a), on obtient ³ ´ dE d x = 0 =⇒ = 2kQ 3/2 dz dx (a2 +x2 ) µ ¶ √ ³ ³ 2 2 2´ 3/2 (x2 +a2 ) −x(3x x2 +a2 ) dE x +a −3x = 2kQ = 2kQ = 2kQ dz 2 2 5/2 (x2 +a2 )3 (x +a ) dE dz = 0. À partir du a2 −2x2 (x2 +a2 )5/2 Si on exclut x −→ ∞, cette dérivée s’annule pour a2 − 2x2 = 0; donc ´ =0 x = ± √a2 (d) On définit, dans le logiciel Maple, les différentes variables et l’expression du module du champ électrique. Ensuite, on crée le graphe demandé : > restart: > a:=1; > Q:=1e-6; > k:=9e9; > E:=’2*k*Q*x/(x^2+a^2)^(3/2)’; > plot(E,x=0..3*a); Le graphe permet de confirmer la réponse de la question (c). P14. On donne E (x) = kQx (x2 +R2 )3/2 pour le module du champ électrique à une distance x > 0, le long de l’axe d’un anneau portant une charge Q > 0. ¡ ¢3/2 (a) Si R À x, on a x2 + R2 ≈ R3 et E (x) = kQx (x2 +R2 )3/2 ≈ kQx R3 (b) Pour toute valeur de x, l’expression du module du champ le long de l’axe de l’anneau devient celle de sa composante selon x, avec le signe adéquat : → − − → E = 2 kQx2 3/2 i (x +R ) Placée sur l’axe, une charge négative −q subira une force → − → − − → i F E = (−q) E = − 2 kqQx 2 3/2 (x +R ) qui cherche à la rapprocher du centre de l’anneau. Si R À x, ce qui est le cas pour de petits déplacements, on peut utiliser le résultat de la question (b) et → − − → i F E = − kqQx R3 40 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI S’il s’agit de l’unique force appliquée à la charge ponctuelle alors, selon la deuxième loi de Newton, ´ ³ P kqQ x= Fx = − kqQx = ma =⇒ − x R3 mR3 d2 x dt2 =⇒ d2 x dt2 + ³ kqQ mR3 ´ x=0 (i) Cette équation a exactement la forme de l’équation 15.5a du tome 1 caractérisant un mouvement harmonique simple . =⇒ CQFD P15. (c) Si on compare l’équation (i) avec l’équation 15.5a du tome 1, on conclut que la fréquence q kqQ angulaire de l’oscillation observée est ω = mR =⇒ CQFD 3 On suppose que q > 0. On ne connaît pas le rayon r de la goutte qui porte la charge et on cherche à éliminer cette variable de l’expression qui permet de calculer q. On sait que 6πηrvL = meff g = 43 πr3 (ρ − ρA ) g Si on isole r dans cette égalité, q 18ηvL (i) r = 4(ρ−ρ )g A Lorsqu’une goutte est à l’équilibre, le module de la force électrique qu’elle ressent est égal au module de son poids : qE = meff g = 43 πr3 (ρ − ρA ) g (ii) On remplace r dans l’équation (ii) par le résultat de l’équation (i) : r³ ´3/2 ´3 ³ 18ηvL 18ηvL 4 4 =⇒ qE = 3 π (ρ − ρA ) g =⇒ qE = 3 π (ρ − ρA ) g 4(ρ−ρ )g 4(ρ−ρA )g A r r ³ 3 3 ´ ¡ 9 ¢3 ³ η3 vL3 ´ η vL (32 )3 4 qE = 43 π π =⇒ qE = =⇒ 2 2 3 (ρ−ρA )g 2(2 ) (ρ−ρA )g r r r qE = 43 π 27 2 P16. η 3 vL3 2(ρ−ρA )g = 18π η 3 vL3 2(ρ−ρA )g =⇒ q = 18π E η3 vL3 2(ρ−ρA )g =⇒ CQFD → − → − On donne q = −e, me = 9,1 × 10−31 kg et E = 1000 j N/C. On suppose que la position initiale de l’électron correspond à l’origine du système d’axes qui sera utilisé. Le module v0 de la vitesse initiale de l’électron est inconnu, mais l’orientation de cette vitesse est θ = 30◦ . On calcule d’abord l’accélération subie par l’électron à partir de l’équation 2.6 : → − − → − (−1,6×10−19 )(1000) → − → j = −1,76 × 1014 j m/s2 a = qmEe = 9,1×10−31 Comme l’accélération subie par l’électron est vers le bas et que y0 = 0, on peut reprendre l’équation (v) développée à l’exemple 4.2 du tome 1 pour la trajectoire d’un projectile en remplaçant −g par ay = −1,76 × 1014 : y = x tan(30◦ ) + v4 © ERPI ay x2 2v02 cos2 (30◦ ) (i) Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 41 À la sortie, x = 0,04 m et la position verticale, compte tenu de la distance entre les plaques, peut prendre deux valeurs extrêmes, soit y = ±0,005 m. Avec y = 0,005 m, l’équation (i) donne v0 = 3,22 × 106 m/s et avec y = −0,005 m, on trouve v0 = 2,59 × 106 m/s. Finalement, l’électron ne frappera aucune des plaques si 2,59 × 106 m/s < v0 < 3,22 × 106 m/s P17. → − → − On donne q = −e, me = 9,1 × 10−31 kg, v0 = 3 × 106 m/s et E = 1000 j N/C. On suppose que la position initiale de l’électron correspond à l’origine du système d’axes qui sera utilisé. L’accélération que subit l’électron a été calculée au problème 16 : → − − → a = −1,76 × 1014 j m/s2 Comme l’accélération subie par l’électron est vers le bas et que y0 = 0, on peut reprendre l’équation (iv) développée à l’exemple 4.2 du tome 1 pour la portée R d’un projectile en remplaçant g par |ay | = 1,76 × 1014 . Cette équation donne le déplacement selon x lorsque la particule revient à la même position verticale y = 0. Dans ce problème, R = 0,04 m, la longueur des plaques, et θ correspond à la valeur initiale de l’angle de la vitesse : 2 (3×106 ) sin(2θ) v2 sin(2θ) R = 0 |ay | =⇒ 0,04 = =⇒ θ = 25,7◦ 1,76×1014 On doit vérifier que la valeur maximale de la position verticale ne dépasse pas la distance permise de 0,005 m. Selon l’exercice 32 du chapitre 4 du tome 1, cette valeur maximale est donnée par 2 (3×106 ) sin2 (25,7◦ ) v2 sin2 θ = 4,81 × 10−3 m ymax = 02|ay | = 2(1,76×1014 ) ce qui est juste en-dessous de la distance permise. P18. La figure qui suit reprend la figure 2.60 du manuel. On y ajoute un élément de charge → − dq et le champ électrique d E qu’il produit, sachant que λ > 0. La figure montre aussi un élément de charge dq 0 < 0 placé symétriquement par rapport à l’axe des y : 42 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI À cause de la symétrie, les composantes verticales dEy et dEy0 s’annulent pour chaque paire d’éléments de charge placée symétriquement. Les composantes horizontales sont les mêmes, de sorte qu’on peut calculer l’unique composante du champ résultant à partir de la portion positive de l’arc de cercle en la multipliant par deux : R R R kdq Ex = 2 dEx = −2 dE cos θ = −2 R2 cos θ x>0 x>0 x>0 L’élément de charge dq est réparti sur un segment d’arc de cercle de longueur Rdθ, de sorte que dq = λRdθ et π/2 π/2 R kλRdθ R π/2 2kλ Ex = −2 cos θ = − cos θdθ = − 2kλ = − 2kλ R R [(sin θ)|0 R (1 − 0) =⇒ R2 0 0 → − − → E = − 2kλ R i P19. Le champ électrique de chaque fil semi-infini est dans le même sens à l’origine. À cause de la symétrie, le module de chacun de ces champs est le même. Au problème 12a, on a établi l’expression du champ électrique d’un fil semi-infini lorsqu’on s’éloigne d’une certaine distance le long de l’axe du fil. Il suffit de multiplier ce résultat par deux pour P20. tenir compte des deux fils : ¡ ¢− → − → − → E = 2 kλ i = 2kλ a a i La figure qui suit reprend la figure 2.62 du manuel. On y ajoute un élément de charge → − dq et le champ électrique d E qu’il produit : Comme λ = λ0 sin θ, on peut prévoir que la composante selon x du champ électrique total sera nulle. En effet, si dq = λRdθ, comme au problème 18 : R R R R Ex = dEx = − dE cos θ = − kdq cos θ = − Rk2 λ0 sin θRdθ cos θ =⇒ R2 £¡ 1 2 ¢¯π Rπ 0 0 ¯ (sin θ cos θ) dθ = − kλ Ex = − kλ R R 2 sin (θ) 0 = 0 0 v4 © ERPI Mais la composante verticale ne sera pas nulle : R R R R k λ0 sin θRdθ sin θ =⇒ sin θ = − Ey = dEy = − dE sin θ = − kdq 2 2 R R Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 43 0 Ey = − kλ R Rπ 0 0 sin2 θdθ = − kλ R → − − → 0 E = − πkλ 2R j P21. £¡ θ 2 − sin θ cos θ 2 ¢¯π ¡ ¢ ¯ = − kλ0 π =⇒ R 2 0 On pose λ > 0. La composante selon z du champ électrique produit par cette moitié d’anneau correspond à la moitié du résultat obtenu au problème 2 : Ez = πkλRz (z 2 +R2 )3/2 Comme la symétrie demeure, selon l’axe des x, la composante de champ dans cette direction est nul : Ex = 0 Selon y, on doit procéder à une intégration. Comme la moitié d’anneau se trouve du côté → − positif de y, on doit projeter chaque portion infinitésimale de champ d E dans la direction y négative, comme on le voit dans cette figure : On note, dans cette figure, que la composante dEy = −dE cos θ sin α, dq = λRdα, √ r = R2 + z 2 et cos θ = Rr ; donc R R R R R k λRdα sin α =⇒ Ey = dEy = − dE cos θ sin α = − cos θ kdq r2 sin α = − r r2 π R 2 2 Ey = − 2kλR2 3/2 sin αdα = [(− cos α)|π0 = − 2kλR 2 2 3/2 (R +z ) Finalement, → − → − 2 j + E = − 2kλR 2 2 3/2 (R +z ) (R +z ) 0 → πkλRz − k (z 2 +R2 )3/2 La solution reste la même si λ < 0. P22. (a) On donne λ = λ0 cos θ. Avec une telle densité linéique de charge, la symétrie selon x est maintenue et le champ électrique dans cette direction est nul. Si l’axe des y est positif 44 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI vers le bas dans la figure 2.55, en faisant à la solution du problème 4, on calcule θR0 θR0 R R k 0 Ey = dEy = kdq λRdθ cos θ = kλ cos2 θdθ =⇒ R R2 cos θ = R2 −θ0 ³ −θ0 ´ £¡ sin θ cos θ θ ¢¯θ0 sin(−θ0 ) cos(−θ0 ) kλ0 kλ0 sin θ0 cos θ0 θ0 −θ0 ¯ Ey = R + = + − − 2 2 −θ0 R 2 2 2 2 Mais sin (−θ0 ) = − sin θ0 et cos (−θ0 ) = cos θ0 , donc → − − → 0 E = kλ R (cos θ 0 sin θ 0 + θ 0 ) j (b) On donne λ = λ0 sin θ. Dans la figure 2.55 et dans la figure que l’on trouve à la solution du problème 4, l’angle θ est mesuré positivement à partir de l’axe vertical dans la direction horaire. Il s’ensuit, à partir de la densité de charge proposée, que la partie de gauche est chargée négativement alors que la partie de droite est chargée positivement. Le champ électrique dans la direction verticale est maintenant nul par symétrie et il faut calculer sa composante selon l’axe des x, qui est positif vers la droite. De plus, comme les deux → − portions, gauche et droite, contribuent également au champ électrique total E , il suffit d’intégrer sur la partie de gauche et multiplier le résultat par deux : θR0 R R R0 0 Ex = dEx = − kdq sin θ = − Rk2 λRdθ sin θ = −2 kλ sin2 θdθ =⇒ R R2 −θ0 −θ0 ³ ´ £¡ θ sin θ cos θ ¢¯0 sin(−θ0 ) cos(−θ0 ) kλ0 kλ0 −θ0 ¯ Ex = −2 R 0 − =⇒ − = −2 + 2 2 R 2 2 −θ0 → − − → 0 E = − kλ R (θ 0 − cos θ 0 sin θ 0 ) i P23. (a) On donne λ = A |x| . Cette densité linéique de charge implique que la tige reste positive de part et d’autre de l’origine. Le champ électrique selon x est donc nul et on peut obtenir la composante verticale du champ en considérant uniquement la portion de la tige qui s’étend de l’origine à L 2 multipliée par 2. Sur cette portion, λ = Ax, et comme R au problème 7, on reprend la solution de l’exemple 2.10 à partir de Ey = kλdxr2cos θ en p considérant que r = x2 + y2 et que cos θ = yr = √ 2y 2 : x +y Ey = 2 L/2 R 0 y x2 +y 2 kλdx (x2 +y2 )2 Ey = 2kAy à ³ √ −1 2 ( L2 ) +y 2 µ − → E = 2kA 1 − √ ´1/2 2y 4y 2 +L2 = 2kAy ! + ¶ 1 y L/2 R 0 xdx (x2 +y 2 )3/2 =⇒ = 2kAy h³ −1 (x2 +y 2 )1/2 ´¯L/2 ¯ =⇒ ¯ 0 → − j (b) On donne λ = Ax. Cette densité linéique de charge implique que la charge est négative à gauche de l’origine et positive à droite. À cause de cette symétrie, le champ vertical est nul et il faut trouver la composante selon x. Encore une fois, il suffit de considérer la portion de la tige qui s’étend de l’origine à v4 © ERPI L 2 et de multiplier le résultat par 2. Dans la Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 45 x x2 +y2 figure 2.25, on note que sin θ = √ : L/2 L/2 R R kλdx √ x x2 dx sin θ = −2 = −2kA =⇒ 2 2 2 2 2 (x +y ) (x2 +y2 )3/2 x +y 0 0 ∙µ ³ ¶¯L/2 ´ p ¯ Ex = −2kA ln x + x2 + y 2 − √ 2x 2 ¯¯ =⇒ x +y 0 à ! µ ¶ q¡ ¢ L 2 L L 2 + ln 2 + + y 2 − ln (y) Ex = −2kA − q L 2 =⇒ 2 ( 2 ) +y2 µ µ √ ¶ ¶ − → − → L+ 4y 2 +L2 L −√ 2 2 i E = −2kA ln 2y Ex = − R kλdx r2 4y +L P24. Selon l’exercice 13, le champ électrique d’une charge ponctuelle placée à l’origine s’ex- prime de la manière suivante : ³ − → → − →´ − → − → − → − → − x i + y j + z k E = Ex i + Ey j + Ez k = kq 3 r On veut le champ électrique dans le plan xy, alors z = 0 en tout point et le champ ¡ ¢1/2 électrique n’a pas de composante dans cette direction. De plus, r = x2 + y2 est la distance entre tout point P du plan et l’origine. Si une charge n’est pas à l’origine, il suffit de modifier x et y pour tenir compte des coordonnées de position de la charge et avoir la valeur correcte de la distance entre la charge et un point quelconque. Comme q1 est en (−1 m, 0) et que q2 est en (1 m, 0) alors x1 = x + 1, y1 = y, x2 = x − 1 et y1 = y comme on le voit dans cette figure : Le champ électrique de chaque charge est donné par : ³ → − → − →´ − → − kq1 (x + 1) i + y j + z k E1 = 3/2 ((x+1)2 +y2 ) ³ → − → − →´ − → − kq2 E2 = (x − 1) i + y j + z k 3/2 2 ((x−1) +y2 ) et le champ électrique résultant en tout point du plan xy vaut : ³ ³ → − → − →´ − → − → − →´ − → − kq1 kq2 E= (x + 1) i + y j + z k + (x − 1) i + y j + z k 3/2 3/2 ((x+1)2 +y2 ) ((x−1)2 +y2 ) Avec q1 = −3 × 10−6 et q2 = 1 × 10−6 , on crée dans le logiciel Maple l’équivalent de cette 46 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI expression vectorielle de champ et on trace le graphe demandé sur l’intervalle choisi : > restart; > q1:=-3e-6; > q2:=1e-6; > k:=9e9; > r1:=sqrt((x+1)^2+y^2); > r2:=sqrt((x-1)^2+y^2); > Ex:=(k*q1/r1^3)*(x+1)+(k*q2/r2^3)*(x-1); > Ey:=(k*q1/r1^3)*y+(k*q2/r2^3)*y; > with(plots): > fieldplot( [Ex,Ey],x=-2..2,y=-2..2,grid=[19,20],arrows=thick); L’option ¿gridÀ permet de choisir le nombre de flèches représentées en fixant le nombre de points selon les deux axes. On a choisi les deux nombres pour éviter de calculer les composantes du champ résultant aux deux points où se trouvent les charges, là où r1 ou r2 deviennent nuls. Le graphe est similaire à celui de la figure de l’exercice 22. On donne a = 1 et Q1 = 1 µC. La charge Q1 est en (−a, 0) et la charge Q2 est en (a, 0) . P25. (a) On pose Q1 = Q2 Dans la région où x < −1, r1 = −1 − x et r2 = 1 − x. Sur l’axe des x, → − − → − → − → k|Q2 | − − → → → − − → 1| i − r2 i =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = −E1 i − E2 i = − k|Q r12 2 ³ ´ → → − → kQ1 − kQ1 − 1 1 i − i =⇒ E = kQ − E = − (−1−x) − x 1 2 (1−x)2 (−1−x)2 (1−x)2 Dans la région où −1 < x < 1, r1 = 1 + x et r2 = 1 − x. Sur l’axe des x, → − − → − → − → k|Q2 | − − → → → → → − − → kQ1 − kQ1 − 1| i − r2 i = (1+x) i =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i − E2 i = k|Q 2 i − r12 (1−x)2 2 ³ ´ 1 1 Ex = kQ1 (1+x) 2 − (1−x)2 Dans la région où x > 1, r1 = 1 + x et r2 = x − 1. Sur l’axe des x, → − − → − → − → k|Q2 | − − → → → → − − → kQ1 − 1| i + r2 i = (1+x) E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i + E2 i = k|Q 2 i + r12 2 ³ ´ 1 1 Ex = kQ1 (1+x)2 + (x−1)2 → kQ1 − 2 i (x−1) =⇒ On fixe les valeurs de k et Q1 . On définit ensuite l’expression de la composante du champ électrique Ex (x) pour les trois régions. Finalement, on produit le graphe demandé : > restart: > k:=9e9; > Q1:=1e-6; > Ex1:=k*Q1*(-1/(-1-x)^2-1/(1-x)^2); v4 © ERPI Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 47 > Ex2:=k*Q1*(1/(1+x)^2-1/(1-x)^2); > Ex3:=k*Q1*(1/(1+x)^2+1/(x-1)^2); > Ex:=piecewise(x<-1,Ex1,x<1,Ex2,Ex3); > plot(Ex,x=-2..2,view=[-2..2,-500000..500000],discont=true); (b) On pose Q1 = −Q2 Dans la région où x < −1, r1 = −1 − x et r2 = 1 − x. Sur l’axe des x, → − − → − → − → k|Q2 | − − → → − → → − 1| i + r2 i =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = −E1 i + E2 i = − k|Q r12 2 ³ ´ → → − → kQ1 − kQ1 − 1 1 − i + i =⇒ E = kQ + E = − (−1−x) x 1 2 (1−x)2 (−1−x)2 (1−x)2 Dans la région où −1 < x < 1, r1 = 1 + x et r2 = 1 − x. Sur l’axe des x, → − − → − → − → k|Q2 | − − → → → → → − − → kQ1 − kQ1 − 1| i + r2 i = (1+x) i =⇒ E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i + E2 i = k|Q 2 i + r12 (1−x)2 2 ³ ´ 1 1 Ex = kQ1 (1+x) 2 + (1−x)2 Dans la région où x > 1, r1 = 1 + x et r2 = x − 1. Sur l’axe des x, → − − → − → − → k|Q2 | − − → → → → − − → kQ1 − 1| i − r2 i = (1+x) E = Ex i = E 1 + E 2 = E1 i − E2 i = k|Q 2 i − r12 2 ³ ´ 1 1 Ex = kQ1 (1+x) − 2 (x−1)2 → kQ1 − i (x−1)2 =⇒ On modifie les dernières lignes de commande dans le logiciel Maple : > Ex1:=k*Q1*(-1/(-1-x)^2+1/(1-x)^2); > Ex2:=k*Q1*(1/(1+x)^2+1/(1-x)^2); > Ex3:=k*Q1*(1/(1+x)^2-1/(x-1)^2); > Ex:=piecewise(x<-1,Ex1,x<1,Ex2,Ex3); > plot(Ex,x=-2..2,view=[-2..2,-500000..500000],discont=true); 48 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4 © ERPI