Chapitre 2: Le champ électrique Exercices

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, −→ Fg=m−→ g=−mg−→ jet, selon l’équation 2.3a,
−→
FE=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−→
F=0 =⇒−→ FE+−→
Fg=0 =⇒qe−→
E+me−→
g=0 =⇒
−→
E=−me
qe−→
g=−me
−e³−g−→
j´=−meg
e−→
j=−5,57 ×10−11−→ jN/C
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=eet mp=1,67 ×10−27 kg, donc
P−→
F=0 =⇒−→ FE+−→
Fg=0 =⇒qp−→
E+mp−→
g=0 =⇒
−→
E=−mp
qp−→
g=−mp
e³−g−→
j´=mpg
e−→
j=1,02 ×10−7−→ jN/C
Le champ électrique nécessaire est vers le haut.
E2. (a) On donne −→ E=−120−→ jN/C et qp=e. Selon l’équation 2.3a,
−→
FE=qp−→
E=¡1,6×10−19¢(−120) −→
j=−1,92 ×10−17−→
jN
(b)Onsuppose,commeledémontrel’exemple2.1,quel’onpeutnégligerlaforcegravita-
tionnelle. À partir de la deuxième loi de Newton, si mp=1,67 ×10−27 kg, on obtient
P−→
F=−→ FE=mp−→
a=⇒−→ a=−→
FE
mp=−1,15 ×1010−→
jm/s2
E3. (a) On donne −→ FE=8×10−6−→
iNetq1=3,2×10−9C. Selon l’équation 2.3a,
−→
FE=q1−→
E=⇒−→ E=−→
FE
q1= 2,50 ×103−→
iN/C
(b) On utilise le champ électrique trouvé en (a). Si q2=−6,4×10−9C et selon l’équation
2.3a,
−→
FE=q2−→
E=¡−6,4×10−9¢¡2,50 ×103¢−→
i=−1,60 ×10−5−→
iN
v4 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 1
© ERPI

E4. (a) Pour faciliter l’écriture, on numérote les charges q1=−4qet q2=9q:
Pour tous les points qui ne sont pas sur l’axe des x, −→ E1et −→ E2ne peuvent être de sens
opposésetlechampélectriquerésultantnepeutêtrenul.Surl’axedesx, 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<r
1.IlestdoncimpossiblequeE1=E2.
Le point Pcherché ne peut se trouver qu’à gauche de q1sur l’axe des x. On cherche
la position xde ce point. À partir de la figure, avec x<0,on voit que r2
1=x2et
r2
2=(1−x)2on écrit
−→
E1+−→
E2=0 =⇒E1=E2=⇒k|q1|
r2
1=k|q2|
r2
2=⇒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 metx=−2,00 m. Comme le
point Pdoit se trouver à gauche de q1, on ne conserve que le second résultat :
x=−2,00 m, y=0m
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:
Àpartirdelafigure, avec x>0,on voit que r2
1=x2et r2 2=(1−x)2et on écrit
−→
E1+−→
E2=0 =⇒E1=E2=⇒k|q1|
r2
1=k|q2|
r2
2=⇒4q
x2=q
(1−x)2=⇒
4(1−x)2=x2=⇒3x2−8x+4=0
Les racines de cette équation quadratique sont x=2,00 metx=0,667 m. Comme le
point Pdoit se trouver entre q1et q2, on ne conserve que le second résultat :
x=0,667 m, y=0m
Ici aussi, on note que la solution est indépendante du signe de q.
2Électricité 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 xdu champ résultant
est nulle et que
−→
E=−→ E1+−→
E2+−→ E3+−→ E4=⇒
−→
E=E1y−→
j+E2y−→ j+E3y−→ j+E4y−→ j=2E1y−→ j+2E2y−→ j
−→
E1est à un angle θ1= 180◦+45◦= 225◦par rapport à l’axe des xpositifs et son module
est E1=k|q1|
r2
1=2kQ
³L
√2´2=4kQ
L2. Avec la méthode énoncée à la section 2.3 du tome 1,
E1y=E1sin θ1=4kQ
L2³−√2
2´=−2√2kQ
L2
−→
E2est à un angle θ2= 270◦+45◦= 315◦ou −45◦par rapport à l’axe des xpositifs et son
module est E2=k|q2|
r2
2=kQ
³L
√2´2=2kQ
L2.Ainsi,E2y=E2sin θ2=2kQ L2³−√2
2´=−√2kQ
L2
Finalement,
−→
E=2³−2√2kQ
L2´−→
j+2³−√2kQ
L2´−→
j=−4√2kQ
L2−→
j−2√2kQ
L2−→
j=−7,64 ×1010 Q
L2−→
j
On note que la solution reste la même si Q<0; le vecteur −→ Ene fait que changer de sens.
(b) Au point B, onar1=r2=qL2+¡L
2¢2=√5 2Let r3=r4=1 2L. La figure donne
la direction des champs électriques si Q>0. Aucun des vecteurs ne possède le même
module.
v4 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 3
© ERPI

Le module de −→ E1est E1=k|q1|
r2
1=2kQ
³√5
2L´2=8kQ
5L2. On obtient les composantes de −→
E1en
faisant appel à l’angle θreprésenté dans la figure et en ajustant correctement le signe.
Puisque cos θ=L
r1=L
√5
2L=2
√5et sin θ=
L
2
r1=
L
2
√5
2L=1
√5,
−→
E1=−E1cos θ−→
i−E1sin θ−→ j=−8kQ
5L22
√5−→
i−8kQ
5L21
√5−→
j=kQ
L2³−16
5√5−→
i−8
5√5−→
j´
Le module de −→ E2est E2=k|q2|
r2
2=kQ
³√5
2L´2=4kQ
5L2et on obtient les composantes de −→
E2
avec le même angle θ:
−→
E2=E2cos θ−→
i−E2sin θ−→ j=4kQ
5L22
√5−→
i−4kQ
5L21
√5−→
j=kQ
L2³8
5√5−→
i−4
5√5−→
j´
Les deux derniers vecteurs champs sont directement sur l’axe des y:
−→
E3=−E3−→
j=−k|q3|
r2
3−→
j=−kQ
(L
2)2−→
j=−4kQ
L2−→
j
−→
E4=−E4−→
j=−k|q4|
r2
4−→
j=−2kQ
(L
2)2−→
j=−8kQ
L2−→
j
Finalement,
−→
E=−→ E1+−→
E2+−→ E3+−→ E4=⇒
−→
E=kQ
L2³−16
5√5−→
i−8
5√5−→
j´+kQ
L2³8
5√5−→
i−4
5√5−→
j´−4kQ
L2−→
j−8kQ
L2−→
j=⇒
−→
E=kQ
L2³³−16
5√5+8 5√5´−→
i−³8
5√5+4 5√5+4+8
´−→
j´=³−6,44−→
i−118−→ j´×109Q
L2
Ici aussi, on note que la solution reste la même si Q<0.
E6. On donne Q1>0et 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,r
2A=1,r 1B=3,r 2B=1
Pour chaque point, on exprime le champ électrique résultant. Si on tient compte du signe
des charges inconnues, alors |Q1|=Q1et |Q2|=−Q2.Le sens de chaque champ dépend
de la position relative des charges :
−→
EA=−→
E1A+−→ E2A=k|Q1|
r2
1A−→
i+k|Q2|
r2
2A−→
i=(kQ1−kQ2)−→
i=10,8−→ iN/C =⇒
Q1−Q2=1,20 ×10−9(i)
4Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique v4
© ERPI

−→
EB=−→
E1B+−→ E2B=k|Q1|
r2
1B−→
i−k|Q2|
r2
2B−→
i=¡1
9kQ1+kQ2¢−→
i=−8,00−→ iN/C =⇒
Q1+9Q2=−8,00 ×10−9(ii)
Onrésoutleséquations(i)et(ii)etontrouve
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 −→ Fg=m−→
gvers le bas. Pour être en équilibre, elle doit subir une force électrique
−→
FE=q−→
Evers le haut. Comme la charge est positive, −→ Eest lui aussi vers le haut :
P−→
F=0 =⇒−→ Fg+−→
FE=m−→ g+q−→ E=0 =⇒−→ E=−m
q−→
g=−m
q³−g−→
j´=⇒
−→
E=(1×10−13)(9,8)
3,2×10−19 −→
j=3,06 ×106−→ jN/C
E8. q1=3nC est au point A(0 cm ;0cm)et q2=−7nC est au point B(8 cm ;0cm).La
distance entre les deux charges est r=0,08 m.
(a) On tient compte du signe de q1et de la position du point B:
−→
E1B=k|q1|
r2−→
i=4,22 ×103−→ iN/C
(b) On tient compte du signe de q2et de la position du point A:
−→
E2A=k|q2|
r2−→
i=9,84 ×103−→ iN/C
(c) À partir de l’équation 2.3a,ontrouve
−→
F21 =q2−→
E1B=¡−7×10−9¢³4,22 ×103−→
i´=−2,95 ×10−5−→ iN
(d) À partir de l’équation 2.3a,onobtient
−→
F12 =q1−→
E2A=¡3×10−9¢³9,84 ×103−→
i´=2,95 ×10−5−→ iN
E9. On donne q=−5µC. 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 :
(a)Lemodulede−→ EAest EA=k|q|
r2
A
=(9×109)(5×10−6)
(2)2+(−1)2=9,00 ×103N/C. On obtient les
composantes de −→ EAen utilisant l’angle θA= 180◦−arctan ¡1
2¢= 153,4◦:
v4 Électricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 5
© ERPI