NYB XXI - Chapitre 1.8b

Chapitre 1.8b – Le champ électrique d’une tige par
intégration : hors axe
Champ électrique hors axe d’une tige rectiligne uniformément
chargée (TRUC hors axe)
Le module du champ électrique E généré par une tige finie uniformément chargée de
longueur L à l’extérieur de son axe dépend de la distance R entre la tige et l’endroit P où
l’on désire évaluer le champ électrique, de la densité de charge λ et de la position
angulaire des extrémités de la tige par rapport au point P :
Champ perpendiculaire à la tige :
Champ parallèle à la tige :
où
kλ
sin (α A ) − sin (α B )
R
kλ
E// =
cos(α A ) − cos(α B )
R
E⊥ =
E ⊥ : Champ électrique au point P perpendiculaire à la tige (N/C)
E // : Champ électrique au point P parallèle à la tige (N/C)
λ : Densité linéaire de charge (C/m)
(λ = Q/ L )
R : Plus petite distante entre le point P et le prolongement de la tige (m)
k : Constante de Coulomb, k = 9 × 10 9 Nm 2 / C 2
α A : Angle délimitant l’extrémité du côté A de la tige
α B : Angle délimitant l’extrémité du côté B de la tige
Schéma :
αB > 0
v
E⊥
αA < 0
v
E//
P
αB
λ >0
αA < 0
P
αA
αA
Côté A
v
E⊥
αB < 0
Côté B
R
αB
Côté A
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
λ >0
Côté B
Page 1
v
E//
R
Preuve :
Considérons une tige de longueur L parallèle à l’axe x uniformément chargé de densité
linéique positive λ . Évaluons le champ électrique E généré par cette tige en un point P à
une distance R de la tige tel qu’illustré sur le schéma ci-dessous.
y(m )
Charge sur la tige :
P
R
λ >0
Q=λL
x(m)
L
Découpons notre tige en morceau de tige infinitésimale de largeur dx et représentons le
v
champ électrique infinitésimal dE généré par cette charge infinitésimale dQ à l’aide de
notre système d’axe :
v
y(m )
dE
Champ électrique infinitésimal :
r̂
α cos(α ) vj
P
v
dQ
θ
dE = k 2 rˆ
v
r
r
− sin (α ) i
R
et
dQ
r̂
dQ = λ dx
P.S.
x(m)
r = x2 + R2
dx
v
v
x
rˆ = − sin (α ) i + cos(α ) j
v
v
v
v
v v
On peut également définir r vectoriellement tel que r = r rˆ = rP − rQ = R j − x i .
Introduisons un nouveau système d’axe α
qui mesure un angle par rapport à l’axe
vertical y. Ce système d’axe permet de
délimiter les extrémités de la tige A et B.
Dans ce cas particulier, α A < 0 et α B > 0 .
Remarquons que x = 0 correspond à α = 0 .
Avec ce nouveau système d’axe, nous
pouvons établir des nouvelles relations
trigonométrique entre x, R, r et α :
R
r
x
tan (α ) =
R
cos(α ) =
⇒
⇒
r=
R
cos(α )
y(m )
αA
+
−
P
α (rad)
αB
B x(m)
A
v
dE
Triangle
y(m)
α
P
R
α
r
r̂ α
θ
x = R tan (α )
dx
dQ
r
R
x
x(m)
x
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 2
Puisque nous avons dans l’expression de dQ une référence à dx, nous devons évaluer dx en
fonction de α si nous voulons utiliser l’axe α pour effectuer notre sommation à l’aide de
l’intégrale :
x = R tan (α ) ⇒
dx = d(R tan (α ))
(Appliquer la différentielle de chaque côté)
⇒
dx = R d(tan (α ))
(Factoriser la constance R)
⇒
dx = R sec 2 (α ) dα
( d(tan α ) = sec 2 (α ) dα )
Évaluons à l’aide d’une sommation continue
v
de champs électriques infinitésimaux dE le
champ électrique total au point P en se basant
sur le schéma ci-contre :
•
dQ = λ dx
•
dx = R sec 2 (α ) dα
•
x = R tan (α )
•
r = x2 + R2
v
v
rˆ = − sin (α ) i + cos(α ) j
•
v
dE
y(m )
P
R
+
−
α (rad)
r
α
αA αB
α
r̂
A
dx
dQ B x(m )
x
Ainsi :
v
v
E = ∫ dE
⇒
v
dQ
E = ∫ k 2 rˆ
r
⇒
v
E = ∫k
v
dQ
(Champ électrique infinitésimal : dE = k 2 rˆ )
r
(λ dx )
(x
2
+R
2
)
2
rˆ
(Remplacer dQ et r)
dx
rˆ
x + R2
⇒
v
E = kλ ∫
⇒
v
E = kλ ∫
⇒
v
E = kλ ∫
⇒
v
R sec 2 (α ) dα
E = kλ ∫ 2
rˆ
R tan 2 (α ) + 1
(Factoriser R 2 au dénominateur)
⇒
v
sec 2 (α ) dα
E = kλ ∫
rˆ
R sec 2 (α )
(Simplifier R et identité trigo : tan 2 (θ ) + 1 = sec 2 (θ ) )
⇒
v kλ
E=
dα rˆ
R ∫
(Simplifier sec 2 (α ) et factoriser 1 / R)
(Factoriser constantes et simplifier la racine)
2
(R sec (α ) dα )
2
(R tan (α ))2 + R 2
rˆ (Remplacer x et dx en fonction de α )
R sec 2 (α ) dα
rˆ
R 2 tan 2 (α ) + R 2
(
(
)
)
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Mettre terme au carré)
Page 3
Puisque r̂ varie selon l’angle α , il n’est pas constant dans l’intégrale.
v
vRemplaçons r̂ et
posons les bornes d’intégration à notre intégrale : ( rˆ = − sin (α ) i + cos(α ) j )
v kλ
E=
dα rˆ
R ∫
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
⇒
v kλ
v
v
E=
dα (− sin (α ) i + cos(α ) j )
∫
R
v kλ
v
v
E=
− sin (α ) dα i + cos(α ) dα j
∫
R
v kλ
v
v
E=
− sin (α ) dα i + ∫ cos(α ) dα j
∫
R
[
(Remplacer r̂ )
(Distribuer dα )
]
(Somme des intégrales)
v kλ  α B
v αB
v
E=
 − ∫ sin (α ) dα i + ∫ cos(α ) dα j  (Borne : α = α A → α B )
R  α =α A

α =α A
v kλ
α v
α v
E=
− [− cos(α )]α BA i + [sin (α )]α BA j
R
v kλ
v
v
E=
[cos(α )]αα BA i + [sin (α )]αα BA j
R
[
[
]
]
(Résoudre l’intégrale)
(Simplifier négatif)
v
v
l’axe
x)
et
un
terme
en
j (selon l’axe y) dans
Puisque nous avons un terme en i (selon
v
notre sommation, le champ électrique E aura également une orientation selon ces axes.
Évaluons séparément l’orientation des champs électriques :
v
v
v
E = Ex i + E y j
et
v kλ
v
v
[cos(α )]αα BA i + [sin (α )]αα BA j
E=
R
⇒
Ex =
⇒
E // = E x =
⇒
Ey =
⇒
E⊥ = E y =
[
]
Alors :
Ex =
Ey =
kλ
[cos(α )]αα BA
R
kλ
[sin (α )]αα BA
R
kλ
( cos(α B ) − cos(α A ) )
R
kλ
R
(Évaluer l’intégrale)
cos(α B ) − cos(α A ) ■
kλ
( sin (α B ) − sin (α A ) )
R
kλ
R
sin (α B ) − sin (α A )
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Évaluer module E x )
(Évaluer l’intégrale)
■
(Évaluer module E y )
Page 4
Exercice A : La tige finie sur l’axe y. Une TRUC portant un surplus de charges
négatives égal à − 8 µC est alignée parallèlement à l’axe y et elle est située de la
coordonnée y = 0,4 m à y = 0,8 m . Évaluez le champ électrique total à la coordonnée
x = 1 m et y = 1 m sous forme vectorielle.
Voici une représentation graphique de la situation dans un plan cartésien xyz :
v
E⊥
αA
y (m)
P
(1,1)
v
E//
αB
λ <0
z (m)
x (m)
Nous avons les informations suivantes selon la géométrie du problème :
• Longueur de la tige :
L = y f − y i = 0,8 − 0,4
• La densité de charge de la tige :
λ=
• La distance entre le point P et la tige :
R =1 m
• Angle α A :
tan (α A ) =
(
Q − 8 × 10 −6
=
(0,4)
L
)
(0,2)
(1)
(0,6)
tan (α B ) =
(1)
• Angle α B :
⇒
L = 0,4 m
⇒
λ = −2 × 10 -5 C/m
⇒
α A = 11,31°
⇒
α B = 30,96°
Nous avons ainsi le champ électrique suivant au point P produit par la tige :
E⊥ =
E // =
kλ
R
kλ
Ainsi :
R
(9 × 10 ) − 2 × 10
9
sin (α A ) − sin (α B )
⇒
E⊥ =
⇒
E ⊥ = 5,730 × 10 4 N/C
v
v
v
E = − E ⊥ i − E // j
sin (11,31°) − sin (30,96°)
(1)
(9 × 10 ) − 2 × 10
9
cos(α A ) − cos(α B )
−5
−5
cos(11,31°) − cos(30,96°)
⇒
E // =
⇒
E // = 2,215 × 10 4 N/C
⇒
v
v
v
E = − 5,730 i − 2,215 j × 10 4 N/C
(
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(1)
)
Page 5
Exercice
Référence : Note Science Santé – Chapitre 1 – Question 23 (modifiée)
Un fil droit de 60 cm porte une charge de
12 µC répartie de façon uniforme.
Calculez :
a) Le champ électrique de façon
exacte à P1.
b) Le champ électrique de façon
exacte à P2.
Solution
Référence : Note Science Santé – Chapitre 1 – Question 23 (modifiée)
On peut évaluer λ :
⇒
Q=λ L
λ=
(
)
Q 12 × 10 −6
=
= 2 × 10 −5 C
(0,60)
L
Puisqu’il faut évaluer le champ électrique d’une tige rectiligne uniformément chargée à une
distance « a », nous allons utiliser la solution déjà calculée :
E⊥ =
kλ
a
sin (θ 1 ) − sin (θ 2 )
et
E // =
⊥ : Perpendiculaire à la tige rectiligne
(axe x)
// : Parallèle à la tige rectiligne
(axe y)
a)
kλ
a
cos(θ 1 ) − cos(θ 2 )
 0,30 
 = 86,2°
 0,02 
tan (θ 1 ) =
0,30
0,02
⇒
θ1 = tan −1 
tan (θ 2 ) =
− 0,30
0,02
⇒
θ 2 = tan −1 
 − 0,30 
 = −86,2°
 0,02 
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 6
v
v
v kλ
v kλ
v
E = + E ⊥ i + E // j =
sin (θ 1 ) − sin (θ 2 ) i +
cos(θ 1 ) − cos(θ 2 ) j
a
a
Alors :
⇒
⇒
⇒
b)
v kλ
v kλ
v
E=
sin (86,2°) − sin (− 86,2°) i +
cos(86,2°) − cos(− 86,2°) j
a
a
(
)(
)
9
−5
v kλ
v
v
E=
(1,996) i = 9 × 10 2 × 10 (1,996) i
a
(0,02)
v
v
7
E = 1,80 × 10 i N/C
 0,30 
 = 36,9°
 0,40 
tan (θ1 ) =
0,30
0,40
⇒
θ1 = tan −1 
tan (θ 1 ) =
− 0,30
0,40
⇒
θ 2 = tan −1 
Alors :
⇒
⇒
⇒
 − 0,30 
 = −36,9°
 0,40 
v
v
v kλ
v kλ
E = + E ⊥ i + E // j =
sin (θ 1 ) − sin (θ 2 ) i +
cos(θ 1 ) − cos(θ 2 )
a
a
v kλ
v kλ
E=
sin (36,9°) − sin (− 36,9°) i +
cos(36,9° ) − cos(− 36,9°)
a
a
(
)(
v
j
v
j
)
9
−5
v kλ
v
v
E=
(1,20) i = 9 × 10 2 × 10 (1,20) i
a
(0,40)
v
v
5
E = 5,4 × 10 i N/C
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 7