NYB XXI - Chapitre 1.8b

Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B Page 1
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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 :
( ) ( )
BA
sinsin αα
λ
−=
⊥
R
k
E
Champ parallèle à la tige :
( ) ( )
BA//
coscos αα
λ
−=
R
k
E
où
⊥
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) ( LQ /
=
λ
)
R
: Plus petite distante entre le point P et le prolongement de la tige (m)
k : Constante de Coulomb,
229
C/Nm109 ×= k
A
α : Angle délimitant l’extrémité du côté A de la tige
B
α : Angle délimitant l’extrémité du côté B de la tige
Schéma :
0
>
λ
//
E
v
⊥
E
v
P
0
0
A
B
<
>
α
α
α
A
α
B
Côté A Côté B
R
0
>
λ
R
//
E
v
⊥
E
v
P
0
0
A
B
<
<
α
α
α
A
α
B
Côté B
Côté A

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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.
Charge sur la tige :
LQ
λ
=
P
R
L
0
>
λ
(
)
m x
(
)
my
Découpons notre tige en morceau de tige infinitésimale de largeur xd et représentons le
champ électrique infinitésimal E
v
d généré par cette charge infinitésimale Qd à l’aide de
notre système d’axe :
Champ électrique infinitésimal :
r
r
Q
kE ˆ
d
d
2
=
v
et
xQ dd
λ
=
22
Rxr +=
(
)
(
)
jir
v
v
αα cossin
ˆ+−=
P
R
x
(
)
m x
(
)
my
E
v
d
r
ˆ
r
x d
Qd
r
ˆ
θ
α
(
)
i
v
α
sin
−
(
)
j
v
α
cos
P.S. On peut également définir
r
v
vectoriellement tel que ixjRrrrrr
Q
v
v
v
v
v
−=−==
P
ˆ.
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, 0
A
< α et 0
B
> α .
Remarquons que 0
=
x correspond à 0
=
α
.
P
(
)
m x
(
)
my
A
α
(
)
rad α
+
−
B
α
A
B
Avec ce nouveau système d’axe, nous
pouvons établir des nouvelles relations
trigonométrique entre x, R, r et
α
:
( )
r
R
= α cos
⇒
( ) α cos
R
r =
( )
R
x
= α tan
⇒
(
)
α tan Rx =
P
R
x
(
)
mx
(
)
m y
E
v
d
r
ˆ
r
xd
Qd
θ
α
α
x
R
r
α
Triangle

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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 :
(
)
α tan Rx =
⇒
(
)
(
)
α tandd Rx = (Appliquer la différentielle de chaque côté)
⇒
(
)
(
)
α tandd Rx = (Factoriser la constance R)
⇒
(
)
αα dsecd
2
Rx =
(
(
)
(
)
ααα dsectand
2
= )
Évaluons à l’aide d’une sommation continue
de champs électriques infinitésimaux E
v
d le
champ électrique total au point P en se basant
sur le schéma ci-contre :
• xQ dd
λ
=
•
(
)
αα dsecd
2
Rx =
•
(
)
α tan Rx =
•
22
Rxr +=
•
(
)
(
)
jir
v
v
αα cossin
ˆ
+−=
P
R
x
(
)
mx
(
)
my
E
v
d
r
ˆ
r
xd
Qd
α
α
A
α
B
α
A
B
(
)
rad
α
+
−
Ainsi :
∫
=EE
v
v
d
⇒
∫
=r
r
Q
kE ˆ
d
2
v
(Champ électrique infinitésimal : r
r
Q
kE ˆ
d
d2 =
v
)
⇒
(
)
(
)
∫
+
=r
Rx
x
kE ˆ
d
2
22
λ
v (Remplacer dQ et r)
⇒
∫
+
=r
Rx
x
kE ˆ
d
22
λ
v
(Factoriser constantes et simplifier la racine)
⇒
(
)
(
)
( )( )
∫
+
=r
RR
R
kE ˆ
tan
dsec
2
2
2
α
αα
λ
v (Remplacer x et dx en fonction de
α
)
⇒
(
)
( )
∫
+
=r
RR
R
kE ˆ
tan
dsec
222
2
α
αα
λ
v (Mettre terme au carré)
⇒
(
)
( ) ( )
∫
+
=r
R
R
kE ˆ
1tan
dsec
22
2
α
αα
λ
v (Factoriser
2
R
au dénominateur)
⇒
(
)
( ) ( )
∫
=r
R
kE ˆ
sec
dsec
2
2
α
αα
λ
v (Simplifier R et identité trigo :
(
)
(
)
θθ
22
sec1tan =+ )
⇒
∫
=r
R
k
Eˆ d α
λ
v
(Simplifier
(
)
α
2
sec et factoriser 1 / R)

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Puisque
r
ˆ
varie selon l’angle
α
, il n’est pas constant dans l’intégrale. Remplaçons
r
ˆ
et
posons les bornes d’intégration à notre intégrale : (
(
)
(
)
jir
v
v
αα cossin
ˆ
+−= )
∫
=r
R
k
Eˆ d α
λ
v
⇒
( ) ( ) ( )
∫
+−= ji
R
k
E
vv
v
ααα
λ
cossind (Remplacer
r
ˆ
)
⇒
( ) ( )
∫
+−= ji
R
k
E
vv
v
αααα
λ
dcosdsin (Distribuer
α
d )
⇒
( ) ( )
[
]
∫∫
+−= ji
R
k
E
vv
v
αααα
λ
dcosdsin (Somme des intégrales)
⇒
( ) ( ) +−=
∫∫
==
B
A
B
A
dcosdsin
α
αα
α
αα
αααα
λ
ji
R
k
E
vv
v(Borne :
BA
ααα →= )
⇒
( ) [ ] ( ) [ ]
[
]
ji
R
k
E
vv
v
B
A
B
A
sincos
α
α
α
α
αα
λ
+−−= (Résoudre l’intégrale)
⇒
( ) [ ] ( ) [ ]
[
]
ji
R
k
E
vv
v
B
A
B
A
sincos
α
α
α
α
αα
λ
+= (Simplifier négatif)
Puisque nous avons un terme en i
v
(selon l’axe x) et un terme en j
v
(selon l’axe y) dans
notre sommation, le champ électrique
E
v
aura également une orientation selon ces axes.
Évaluons séparément l’orientation des champs électriques :
jEiEE
yx
v
v
v
+= et ( ) [ ] ( ) [ ]
[
]
ji
R
k
E
vv
v
B
A
B
A
sincos
α
α
α
α
αα
λ
+=
Alors :
( ) [ ]
B
A
cos
α
α
α
λ
R
k
E
x
=
⇒
( ) ( )( )
AB
coscos αα
λ
−=
R
k
E
x
(Évaluer l’intégrale)
⇒
( ) ( )
AB//
coscos αα
λ
−==
R
k
EE
x
■ (Évaluer module
x
E)
( ) [ ]
B
A
sin
α
α
α
λ
R
k
E
y
=
⇒
( ) ( )( )
AB
sinsin αα
λ
−=
R
k
E
y
(Évaluer l’intégrale)
⇒
( ) ( )
AB
sinsin αα
λ
−==
⊥
R
k
EE
y
■ (Évaluer module
y
E)

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Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Exercice A
:
La tige finie sur l’axe y
.
Une TRUC portant un surplus de charges
négatives égal à µ C8− est alignée parallèlement à l’axe y et elle est située de la
coordonnée m4,0=y à m8,0=y. Évaluez le champ électrique total à la coordonnée
m1=x et m1=ysous forme vectorielle.
Voici une représentation graphique de la situation dans un plan cartésien xyz :
(1,1)
x (m)
α
A
α
B
y (m) P
//
E
v
⊥
E
v
0
<
λ
z (m)
Nous avons les informations suivantes selon la géométrie du problème :
• Longueur de la tige : 4,08,0 −=−=
if
yyL
⇒
m4,0
= L
• La densité de charge de la tige :
(
)
( )
4,0
108
6−
×−
== L
Q
λ
⇒
C/m102
-5
×−= λ
• La distance entre le point P et la tige :
m
1
=
R
• Angle
A
α : ( )
(
)
( )
1
2,0
tan
A
= α
⇒
°= 31,11
A
α
• Angle
B
α : ( )
(
)
( )
1
6,0
tan
B
= α
⇒
°= 96,30
B
α
Nous avons ainsi le champ électrique suivant au point P produit par la tige :
( ) ( )
BA
R
k
E αα
λ
sinsin −=
⊥
⇒
(
)
( ) ( ) ( )
°−°
×−×
=
−
⊥
96,30sin31,11sin
1
102109
59
E
⇒
N/C10730,5
4
×=
⊥
E
( ) ( )
BA
R
k
E αα
λ
coscos
//
−=
⇒
(
)
( ) ( ) ( )
°−°
×−×
=
−
96,30cos31,11cos
1
102109
59
//
E
⇒
N/C10215,2
4
//
×=E
Ainsi : jEiEE
v
v
v
//
−−=
⊥
⇒
(
)
N/C10215,2730,5
4
×−−= jiE
v
v
v