Chapitre 1.10 – Le champ électrique d`une plaque par intégration

Chapitre 1.10 – Le champ électrique d’une
plaque par intégration
Le champ électrique généré par une plaque plane infinie
uniformément chargée
v
Le champ électrique E généré par une plaque plane infinie uniformément chargée
(PPIUC) en un point P de l’espace est proportionnel à la densité surfacique de charges σ
sur la plaque et ne dépend par de la distance entre la plaque et le point P où le champ
électrique est évalué :
v
σ
E=
rˆ⊥
2ε 0
où
σ >0
v
E
v
E : Champ électrique généré au point P (N/C)
σ : Densité surfacique de charge (C/m2)
ε 0 : Constante électrique, ε 0 = 8,85 × 10
−12
(σ = Q / A )
2
C / Nm
r̂⊥
2
P
r̂⊥ : Vecteur unitaire orientation perpendiculaire à la plaque
Preuve :
Considérons une plaque uniformément chargée de
densité de charge σ dont le centre de celle-ci est situé à
une distance D d’un point P où nous pouvons évaluer le
v
champ électrique E . La distance D est perpendiculaire
à la plaque et cette distance est suffisamment petite pour
considérer
la
plaque
comme
étant
infinie
(approximation de la plaque infinie).
Pour simplifier le calcul sans perdre toute généralité,
centrons la plaque à l’origine d’un système d’axe xyz,
alignons la plaque dans le plan xy et situons le point P
sur l’axe z.
z (m )
P
Vue en
perspective
D
σ
y (m )
x(m )
Introduisons un nouveau système d’axe Rθ z en coordonnée cylindrique dont :
• R : Distance radiale par rapport à l’origine du système d’axe xy ( R ∈ [0 .. ∞ ] )
• θ : Angle dans le plan xy par rapport à l’axe x ( θ ∈ [0 .. 2π ] )
•
z : Hauteur verticale par rapport au plan xy ( z ∈ [− ∞ .. ∞] )
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 1
Puisque nous allons utiliser le principe de superposition pour
évaluer le champ électrique total au point P, nous allons définir un
élément infinitésimal de charge dQ en coordonnée cylindrique1 :
Q =σ A
⇒
dQ = σ dA
⇒
dQ = σ R dR dθ
Élément infinitésimal de charge électrique
dQ sur une surface cylindrique.
Découpons notre plaque en morceau infinitésimal de
surface dA et représentons le champ électrique
v
infinitésimal
dE
généré par cette charge
infinitésimale dQ à l’aide de notre système d’axe :
v
dE
z (m )
P
Champ électrique infinitésimal :
dQ = σ R dR dθ
v
v
v
rˆ = − cos(θ ) i − sin (θ ) j + cos(β ) k
et
r
β
D
v
dQ
dE = k 2 rˆ
r
Vue en
perspective
R
r̂
y (m )
θ
σ
R ∈ [0...∞ ]
θ ∈ [0...2π ]
x(m )
Vue de haut
(plan xy)
Par une relation de triangle rectangle, nous obtenons :
On peut utiliser la définition de la fonction cosinus
pour obtenir :
D
cos(β ) =
r
r̂
P
r = R2 + D2
θ
v
dE
dQ
y
θ ∈ [0...2π ]
x
v
Évaluons à l’aide d’une sommation continue de champs électriques infinitésimaux dE le
champ électrique total au point P :
v
v
E = ∫ dE
(Principe de superposition)
⇒
v
dQ
E = ∫ k 2 rˆ
r
⇒
v
E=
∞
v
E = kσ
r2
=0
∞
2π
∫ θ∫
R=0
1
σ R dR dθ
∫ θ∫ k
R =0
⇒
2π
(Définition champ infinitésimal)
=0
rˆ
R dR dθ
rˆ
r2
(Remplacer dQ = σ R dR dθ )
(Factoriser constantes)
Relation entre coordonnées cartésiennes et cylindriques : x = R cos(θ ) , y = R sin(θ ) , z = z
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 2
Remplaçons l’expression de r̂ dans notre intégrale et séparons les composantes de notre
vecteur résultant en effectuant trois intégrales séparées :
v
E = kσ
2π
∞
∫ θ∫
R=0
⇒
v
E = kσ
=0
2π
∞
∫ ∫
R =0
=0
2π
∫ θ∫
− kσ
R =0
=0
v
R sin (θ )
dR dθ j
2
r
(Distribuer l’intégrale, cos(β ) =
D
)
r
v
RD
dR dθ k
3
=0 r
∫ θ∫
R =0
v
E = − kσ
v
v
v
( rˆ = − cos(θ ) i − sin (θ ) j + cos(β ) k )
2π
∞
+ kσ
)
v
R cos(θ )
dR dθ i
2
r
∫ θ∫
∞
⇒
v
v
v
R dR dθ
(
)
(
)
(
)
−
cos
θ
i
−
sin
θ
j
+
cos
β
k
r2
2π
∞
(Équation précédente)
(
R =0 θ =0
v
E = − kσ
R dR dθ
rˆ
r2
2π
v
R
d
R
∫R =0 R 2 + D 2 θ ∫=0cos(θ )dθ i
∞
2π
v
R
(
)
θ
θ
d
R
sin
d
j
− kσ ∫ 2
2
∫
θ =0
R =0 R + D
∞
⇒
∞
+ kσD
∫ (R
R =0
2π
R
2
+D
)
2 3/ 2
dR
( r = R 2 + D 2 , factoriser R et D)
v
∫ dθ k
θ
=0
v
Le champ électrique E sera le résultat de trois intégrales pour les trois orientations xyz.
Évaluons en premier lieu les résultats sur l’axe x et y et constatons que le champ
électrique dans ces deux orientations est toujours nul ( E x = E y = 0 ) :
Selon l’axe x :
2π
∞
R
E x = − kσ ∫ 2
dR ∫ cos(θ ) dθ
2
θ =0
R =0 R + D
∞
⇒
E x = − kσ
R
θ = 2π
dR [sin (θ )]θ =0
2
R =0 R + D
∫
2
(Équation précédente)
( ∫ cos( x ) dx = sin ( x ) + C )
∞
⇒
E x = − kσ
R
dR (sin (2π ) − sin (0 ))
2
R =0 R + D
∫
2
(Évaluer l’intégrale)
∞
⇒
E x = − kσ
⇒
Ex = 0
R
dR (0 )
2
R =0 R + D
∫
2
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
( sin (2π ) = sin (0 ) = 0 )
(Simplifier)
Page 3
Selon l’axe y :
2π
∞
R
E y = − kσ ∫ 2
dR ∫ sin (θ ) dθ
2
θ =0
R =0 R + D
(Équation précédente)
∞
⇒
E y = − kσ
R
θ = 2π
dR[− cos(θ )]θ =0
2
R =0 R + D
∫
( ∫ sin ( x ) dx = − cos( x ) + C )
2
∞
⇒
E y = − kσ
R
dR (− cos(2π ) − − cos(0 ))
2
R =0 R + D
∫
2
(Évaluer l’intégrale)
∞
⇒
E y = − kσ
⇒
Ey = 0
R
dR (0 )
2
R =0 R + D
∫
( cos(2π ) = cos(0 ) = 1 , − 1 − −1 = 0 )
2
(Simplifier)
Évaluons maintenant le champ électrique selon l’axe z :
∞
E z = kσD
∫ (R
R =0
2
E z = kσD
∫ (R
R =0
E z = kσD
∫ (R
R =0
2
+D
E z = 2π kσD
)
R =0
)
3/ 2
+ D2
∫ (R
dR
(Équation précédente)
dR [θ ]θ = 0
( ∫ dx = x + C )
dR (2π )
(Évaluer l’intégrale)
R
2
∫ dθ
θ =0
θ = 2π
2 3/ 2
R
2
∞
⇒
3/ 2
R
∞
⇒
)
+ D2
∞
⇒
2π
R
+ D2
)
3/ 2
(Factoriser 2π )
dR
Pour résoudre l’intégrale, posons le changement de variable suivant :
ainsi
u = R2 + D2
du = 2 R dR
Changeons également les bornes de l’intégrale pour passer de φ à u :
2
• R=0
→
u = (0 ) + D 2
• R=∞
→
u = (∞ ) + D 2
2
⇒
u = D2
(Borne inférieure)
⇒
u=∞
(Borne supérieure)
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 4
Ce qui nous donne :
∞
E z = 2π kσD
∫ (R
R =0
R
2
+ D2
∞
⇒
∫
E z = 2π kσD
u=D2
u
3/ 2
(Équation précédente)
dR
)
3/ 2
 du 
 
 2 
(Remplacer
du
= R dR
2
∞
⇒
E z = π kσD
∫u
−3 / 2
(Factoriser ½, réécriture)
du
u=D2
u =∞
⇒
 u −1 / 2 
E z = π kσD 

 − 1 / 2  u =D2
⇒
E z = −2π kσD u −1 / 2
⇒
E z = −2π kσD (∞ )
⇒
1

E z = −2π kσD 0 − 
D

(Simplifier)
⇒
E z = 2π kσ
(Simplifier)
⇒
 1
E z = 2π 
 4πε 0
⇒
Ez =
σ
2ε 0
[
]
(
−1 / 2
( ∫ x n dx =
u =∞
x n +1
+C)
n +1
(Factoriser terme -½ )
u=D2
( )
− D2
−1 / 2
)

σ

■
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Évaluer l’intégrale)
(Remplacer k =
1
4πε 0
)
(Simplifier)
Page 5
Le champ électrique généré par une coquille sphérique
uniformément chargée
v
Le champ électrique E généré par une coquille sphérique
uniformément chargée de charge totale Q diminue en
fonction du carré de la distance r à l’extérieur de la coquille
et est nul à l’intérieur de la coquille. Il est équivalent au
champ électrique généré par une charge ponctuelle unique Q
située au centre de la sphère :
où
À l’extérieur
de la sphère :
(r > R)
À l’intérieur
de la sphère :
(r < R )
v
Q
E = k 2 rˆ
r
v
E =0
v
E : Champ électrique généré au point P (N/C)
Q : Charge totale sur la sphère (C)
Le champ électrique total au point P correspond
à la superposition linéaire des champs générés
par toutes les charges.
Le champ électrique au point P est équivalent à
celui généré par une seule particule regroupant
l’ensemble de la charge au centre de la sphère.
r : Distance entre le centre de la sphère et le point P (m)
r̂ : Vecteur unitaire orientation de Q (source) vers le point P (cible)
R : Rayon de la sphère (m)
k : Constante de la loi de Coulomb, k = 9,00 × 10 9 N ⋅ m 2 /C 2
Preuve :
Considérons une coquille sphérique uniformément chargée de
charge totale Q dont le centre est situé à une distance D d’un
v
point P où nous pouvons évaluer le champ électrique E . Pour
simplifier le calcul sans perdre toute généralité, centrons la
coquille à l’origine d’un système d’axe xyz et situons le point P
sur l’axe z.
z (m )
P
Vue en
perspective
D
La sphère étant de rayon R, nous pouvons établir le lien suivant
entre la densité de charge surfacique σ de la sphère et sa charge
totale Q :
Q =σ A
⇒
R
Q = 4π R 2σ
σ
2
(Remplacer A = 4π R )
x(m )
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 6
y (m )
Introduisons un nouveau système d’axe Rθ φ en coordonnée sphérique dont
• R : Distance radial par rapport à l’origine du système d’axe xyz ( R ∈ [0 .. ∞ ] )
• θ : Angle dans le plan xy par rapport à l’axe x ( θ ∈ [0 .. 2π ] )
• φ : Angle par rapport à l’axe z ( φ ∈ [0 .. π ] )
Puisque nous allons utiliser le principe de superposition pour
évaluer le champ électrique total au point P, nous allons définir un
élément infinitésimal de charge dQ en coordonnée sphérique2 :
Q =σ A
⇒
dQ = σ dA
⇒
dQ = σ R 2 sin (φ ) dθ dφ
Élément infinitésimal de charge
électrique dQ sur une surface sphérique.
Découpons notre coquille en morceau infinitésimal de
surface dA et représentons le champ électrique
v
infinitésimal
dE
généré par cette charge
infinitésimale dQ à l’aide de notre système d’axe :
v
dE
Vue en
perspective
z
P
θ ∈ [0...2π ]
β
Champ électrique infinitésimal :
v
dQ
dE = k 2 rˆ
r
r
φ ∈ [0...π ]
D
r̂
Puisque la géométrique qui relie le triangle formé des
côtés R, r et D n’est pas un triangle rectangle, nous
devons nécessairement utiliser la loi des cosinus pour
relier ces grandeurs :
A 2 = B 2 + C 2 − 2 BC cos(θ )
dQ
φ
R
y
θ
x
Nous pouvons appliquer la loi des cosinus pour évaluer la distance r entre chaque
élément dQ et le point P en fonction de l’angle φ :
A 2 = B 2 + C 2 − 2 BC cos(θ ) ⇒
r 2 = D 2 + R 2 − 2 DR cos(φ )
(Remplacer)
⇒
r = D 2 + R 2 − 2 DR cos(φ )
(Isoler r)
La principale difficulté réside dans l’expression du vecteur unitaire r̂ qui doit être
décomposé dans le système d’axe xyz. En se fiant au dessin en perspective (voir ci-haut),
on peut réalise que :
v
v
v
rˆ = − cos(θ )i − sin (θ ) j + cos(β ) k
2
Relation entre coordonnées cartésiennes et sphériques : x = R cos(θ )sin (φ ) , y = R sin(θ ) sin(φ ) , z = R cos(φ )
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 7
Pour mieux visualiser la décomposition dans le plan xy du vecteur r̂ , on peut réaliser que
tous les éléments dQ pouvant être localisé pour un angle unique φ forme un anneau
ayant tous une distance r identique. L’anneau de charges vue de haut permet de mieux
comprendre le rôle de θ dans la décomposition du vecteur r̂ . Le rôle de l’angle φ sera
d’itérer sur l’ensemble des anneaux de charges :
v
dE
Vue en
perspective
z
P
Vue de haut
(plan xy)
R
θ ∈ [0...2π ]
β
r
r̂
P
y
θ
v
dE
φ ∈ [0...π ]
dQ
θ ∈ [0...2π ]
D
r̂
x
dQ
φ
Vue de haut, le point P est situé à l’origine du système d’axe xy.
R
θ
Rappel :
y
v
v
v
rˆ = − cos(θ )i − sin (θ ) j + cos(β ) k
x
On peut à nouveau appliquer la loi des cosinus pour exprimer l’angle β en fonction de la
distance r :
A 2 = B 2 + C 2 − 2 BC cos(θ ) ⇒
⇒
R 2 = D 2 + r 2 − 2 Dr cos(β )
cos(β ) =
(Remplacer)
r 2 + D2 − R2
2 Dr
(Isoler cos(β ) )
Évaluons à l’aide d’une sommation continue de champs
v
électriques infinitésimaux dE le champ électrique total
au point P en se basant sur le schéma ci-contre :
v
dE
Vue en
perspective
z
P
θ ∈ [0...2π ]
v
v
dQ
E = ∫ dE = ∫ k 2 rˆ
r
β
où
r
φ ∈ [0...π ]
D
•
dQ = σ R 2 sin (φ ) dθ dφ
•
•
r = D + R − 2 DR cos(φ )
v
v
v
rˆ = − cos(θ )i − sin (θ ) j + cos(β ) k
•
cos(β ) =
2
r̂
r 2 + D2 − R2
2 Dr
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
dQ
φ
2
R
θ
y
x
Page 8
Ainsi :
v
dQ
E = ∫ k 2 rˆ
r
⇒
v
E = kσ R2
(Équation précédente)
2π
(
∫ φ∫
θ
=0
v
E = −k σ R 2
=0
2π
∫ φ∫
θ
=0
− k σ R2
v
sin (φ ) dθ dφ
sin (θ ) j
2
r
∫ φ∫
θ
=0
=0
2π
+ kσ R2
=0
π
∫ φ∫
θ
v
E = −k σ R 2
=0
2π
∫ cos(θ )dθ
θ =0
∫ sin (θ ) dθ
− kσ R2
θ =0
+ kσ R
∫
φ
sin (φ ) dφ v
j
r2
π
∫
φ
=0
2π
π
θ =0
φ =0
∫ dθ
2
(Distribuer l’intégrale)
sin (φ ) dφ v
i
r2
π
=0
2π
⇒
(Remplacer dQ , r et r̂ )
v
sin (φ ) dθ dφ
cos(β ) k
2
r
π
=0
)
v
sin (φ ) dθ dφ
cos (θ ) i
2
r
π
2π
⇒
v
v
v
sin (φ ) dθ dφ
− cos(θ )i − sin (θ ) j + cos(β ) k
2
r
π
∫
( θ ≠ θ (φ ) , factoriser θ )
cos (β )sin (φ ) dφ v
k
r2
v
Le champ électrique E sera le résultat de trois intégrales pour les trois orientations xyz.
Évaluons en premier lieu les résultats sur l’axe x et y et constatons que le champ
électrique dans ces deux orientations est toujours nul ( E x = E y = 0 ) :
Selon l’axe x :
2π
E x = −k σ R
2
(Équation précédente)
sin (φ )
dφ
r2
( ∫ cos( x ) dx = sin ( x ) + C )
∫ cos(θ )dθ φ∫
θ
=0
⇒
sin (φ ) dφ
r2
π
=0
θ = 2π
E x = − k σ R 2 [sin (θ )]θ =0
π
∫
φ
=0
π
⇒
E x = − k σ R 2 (sin (2π ) − sin (0 )) ∫
φ =0
π
⇒
E x = − k σ R 2 (0) ∫
φ =0
⇒
sin (φ )
dφ
r2
sin (φ )
dφ
r2
Ex = 0
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Évaluer l’intégrale)
( sin (2π ) = sin (0 ) = 0 )
(Simplifier)
Page 9
Selon l’axe y :
2π
v
E = − k σ R 2 ∫ sin (θ ) dθ
θ =0
⇒
π
∫
φ
=0
θ = 2π
θ =0
E y = − k σ R [− cos (θ )]
2
sin (φ ) dφ
r2
π
∫
φ
=0
sin (φ ) dφ
r2
π
⇒
E y = − k σ R (− cos (2π ) − − cos (0)) ∫
2
φ =0
E y = − k σ R 2 (0) ∫
φ =0
⇒
( ∫ sin ( x ) dx = − cos( x ) + C )
sin (φ ) dφ
r2
sin (φ ) dφ
r2
π
⇒
(Évaluer précédente)
(Évaluer l’intégrale)
( cos(2π ) = cos(0 ) = 1 , − 1 − −1 = 0 )
Ey = 0
(Simplifier)
Évaluons maintenant le champ électrique selon l’axe z :
2π
Ez = k σ R 2
∫
φ
θ =0
⇒
cos (β )sin (φ ) dφ
r2
π
∫ dθ
=0
π
θ = 2π
∫
φ
E z = k σ R 2 [θ ]θ =0
=0
π
⇒
E z = k σ R (2π ) ∫
2
φ =0
π
⇒
E z = 2π k σ R 2
∫
φ =0
⇒
⇒
Ez =
Ez =
où
π k σ R2
D
π k σ R2
D
cos (β )sin (φ )
dφ
r2
cos (β )sin (φ )
dφ
r2
 r 2 + D2 − R2

2 Dr

 sin (φ )

dφ
2
 r
(Remplacer cos(β ) =
r 2 + D2 − R2
)
2 Dr
(Factoriser constantes, simplifier)
 1 D2 − R2
 +
r3
r

 sin (φ ) dφ

(Distribuer 1 / r3)
2
=0
=0
(Évaluer l’intégrale)
) sinr (φ ) dφ
∫ (r
φ
∫
φ
( ∫ dx = x + C )
+ D2 − R2
π
π
(Évaluer précédente)
3
r = D 2 + R 2 − 2 DR cos(φ )
Pour résoudre l’intégrale, posons le changement de variable suivant :
r= u
tel que
u = D 2 + R 2 − 2 DR cos (φ )
du = 2 DR sin (φ )dφ
et
du
= sin (φ )dφ
2 DR
Ainsi :
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 10
Changeons également les bornes de l’intégrale pour passer de φ à u :
• φ =0
u = D 2 + R 2 − 2 DR cos(0 )
→
• φ =π
u = D 2 + R 2 − 2 DR cos(π )
→
⇒
u = D 2 + R 2 − 2 DR
⇒
u = (D − R )
⇒
u = D 2 + R 2 + 2 DR
⇒
u = (D + R )
2
(Carré parfait)
2
(Carré parfait)
Ce qui nous donne :
Ez =
⇒
Ez =
⇒
Ez =
π k σ R2
π
∫
φ
D
=0
 1 D2 − R2
 +
r3
r
( D + R )2
π k σ R2
∫
D
u = ( D − R )2
π kσ R
2D 2
 1
D2 − R2
 1 / 2 +
u 3/ 2
u
( D + R )2
∫ (u

 sin (φ ) dφ

−1 / 2
(
)
(Équation précédente)
 du

 2 DR
)
+ D 2 − R 2 u − 3 / 2 du
(Réécriture)
u = ( D − R )2
π k σ R 
Ez =
2
( D + R )2
( D + R )2
∫ (D

− R 2 u −3 / 2 du 


)
 ∫ 2
u = ( D − R )2
 u =( D − R )
2
u = ( D + R )2

−1 / 2 u = ( D + R )


π k σ R   u 1 / 2 
u

2
2
(
)
Ez =
+
D
−
R
+




2


2 D   1 / 2  u =( D − R )2
 − 1 / 2  u =( D − R )2 

⇒
2D
⇒
du
= sin (φ )dφ )
2 DR
(r = u ,
u
−1 / 2
du +
2
(Distribuer l’intégrale)
( ∫ x n dx =
x n +1
+C)
n +1
⇒
Ez =
π k σ R  1 / 2 u =(D + R )
−1 / 2 u = ( D + R ) 
2
2
]u =(D−R ) 
 2[u ]u =( D − R ) − 2(D − R )[u
2
(Sortir terme ½)
⇒
Ez =
π k σ R  1 / 2 u =(D + R )
2
2
−1 / 2 u = ( D + R ) 
 [u ]u =( D − R ) − (D − R )[u ]u =( D − R ) 
2
(Factoriser 2)

2D

D
2
2
2
2
2
2
2
2


2
2
Puisque la borne est u = (D ± R ) et qu’il faut évaluer r = u = (D ± R ) , nous devons
nous assurer que le résultat de la racine est positif, car la définition même de
r = u > 0 étant la distance entre l’élément dq et le point P est une distance positive.
Ainsi, nous aurons les résultats des bornes suivantes selon les deux cas suivants :
À l’extérieur de la sphère ( D > R )
Borne supérieure
( u=
(D + R )2
u = D+R
À l’intérieur de la sphère ( D < R )
Borne inférieure
)
( u=
(D − R )2
Borne supérieure
)
( u=
u = D−R
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(D + R )2
u = R+D
Borne inférieure
)
( u=
(D − R )2
)
u = R−D
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Cas #1 : D > R (À l’extérieur de la sphère)
Ez =
⇒
Ez =
⇒
Ez =
⇒
Ez =
π k σ R  1 / 2 u =(D + R )
2
2
−1 / 2 u = ( D + R ) 
 [u ]u =( D − R ) − (D − R )[u ]u =( D − R ) 
2

D
2
2
2
2
π kσ R 
D
2
 1
1 
 ((D + R ) − (D − R )) − D 2 − R 2 
 
−

 (D + R ) (D − R )  

π kσ R 
D
2
D
(
(
 2 R − D 2 − R 2

)
) (D(D−+RR) −)(D(D−+RR) ) 
(
2π k σ R 2 
D2 − R2

1
+

D2
D2 − R2

(Eq. précédente)
(Évaluer l’intégrale)
(Dénomi. commun)

(− 2 R )

2
2
 2R − D − R
2
2 
D − DR + DR − R 

π kσ R 
2

)
(Simplifier)



(Factorier 2R, simplifier)
⇒
Ez =
⇒
2π k σ R 2
(1 + 1)
Ez =
D2
(Simplifier)
⇒
Ez =
4π k σ R 2
D2
(Simplifier)
⇒
Ez =
kQ
D2
(si D > R , à l’extérieur)
(Rempl. Q = 4π R 2σ )
■ (1)
Cas #2 : D < R (À l’intérieur de la sphère)
Ez =
⇒
Ez =
⇒
Ez =
⇒
Ez =
π k σ R  1 / 2 u =(D + R )
2
2
−1 / 2 u = ( D + R ) 
 [u ]u =( D − R ) − (D − R )[u ]u =( D − R ) 
2

D
2
2
2
2
π kσ R 
D
2
 1
1 
 ((R + D ) − (R − D )) − D 2 − R 2 
 
−

 (R + D ) (R − D )  

π kσ R 
D
2
D
(
(
 2 D − D 2 − R 2

)
) (R(R−+DD) −)(R(R−+DD) ) 

− 2D

2
2
 2D − D − R
2
2 
R − RD + RD − D 

π kσ R 
2

(
⇒
Ez =
2π k σ R 
D2 − R2
1 + 2
D
R − D2

⇒
Ez =
2π k σ R
(1 − 1)
D
⇒
Ez = 0
)



(si D < R , à l’intérieur)
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Eq. précédente)
(Évaluer l’intégrale)
(Dénomi. commun)
(Simplifier)
(Factoriser 2D, simpl.)
(Simplifier)
■ (2)
(Simplifier)
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