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
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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)
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© 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
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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
Ã
!
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
"Ã
!¯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
Ã
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
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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
Ã
!
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
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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);
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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
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