48 Electrostatique Corrigés des exercices 1.1 à 1.25 : 25.1 1.1 Exercice1.1 Les deux charges placées en A et C sont de signes contraires, donc, elles s’attirent. Si on pose AC = x , alors la force d’attraction est égale à : 2 2q q 9 2q FAC = 9.109 F = 9.10 AC x2 x2 Les deux charges placées en B et C sont de signes contraires, donc, elles s’attirent aussi. Puisque BC = d x , la force d’attraction est égale à : q q q2 9 FBC = 9.109 F = 9.10 BC 2 2 (d x) (d x) La charge placée en C , est donc soumise à deux forces électriques qui ne peuvent s’équilibrer que si elles sont directement opposées. Cela ne peut se réaliser que si C est situé entre A et B . D’où : 2q 2 q2 2 1 FAC = FBC 9.109 2 = 9.109 = 2 2 2 x x (d x) (d x) 2 1 = 2 2 x (d x) x 2 0,8 x + 0, 08 = 0 x = AC = 0,117 m d = 0, 2 Exercice1.2 La base de la solution de cet exercice est la figure géométrique ci-dessous : F R R T1 Le système est en équilibre : F r T1 T2 T2 Fi = 0 , avec F la force électrostatique de répulsion. Au centre de la masse m on peut écrire : P + T1 + T2 = 0 , avec T1 = T2 = T P (1) 2sin Au centre de l’un des ballons : T1 + F + R = 0 ; avec R la poussée d’Archimède. (2) Par projection sur l’axe horizontal : F T cos = 0 F = T cos On projette sur l’axe vertical : 2.T .sin P=0 T= De (1) et (2) , on obtient l’expression de la force F qui est : F= P.cos 2.sin F= P cot 2 D’après la loi de Coulomb : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 49 Electrostatique q2 q2 P P r2 P cot 2 k q q=r . = .cot = . cot . 2 2 r r 2 2 k 2. k Or est inconnue, c’est pour cela qu’on doit la déterminer géométriquement : r = 2l cos La dernière étape reste l’application numérique : P = mg = 5.10 2 N F = k. q = 3,8.10 6 N = 3,8µ C cot /6=1,732 r=1,732 Exercice1.3 1/ La boule chargée est soumise à son poids P et à la force électrostatique F = qE . Puisque la tension U AB est positive, le champ électrostatique E est orienté vers B , c'est-à-dire vers le plus petit potentiel. On applique la relation fondamentale de la dynamique à la boule pour déduire l’expression de l’accélération instantanée acquise : j O F = qE i P + F = ma mg + qE = ma q a=g+ E m P = mg Ecrivons l’expression de l’accélération dans la base ( O, i , j ) : a = ax i + a y j g = g. j E = Ei a= q E.i m g. j La vitesse initiale est nulle. La vitesse instantanée est la fonction primitive de l’accélération. Partant des composantes de la vitesse linéaire, on arrive aux deux équations horaires du mouvement de la boule, sans oublier la position initiale du mobile : 1 t = 0 , x0 = d , y0 = L = 1m 2 q q 1 q 1 ax = E vx = E.t x= E.t 2 + d (1) 2m 2 m m 1 2 a y = g v y = gt y= gt + 1 ( 2 ) 2 Par élimination du temps entre les équations horaires on obtient l’équation de la trajectoire de la boule : 2m 1 1 2m 1 t2 = x d y= g x d +1 qE 2 2 qE 2 y= mg mg d x+ +1 qE qE 2 y= 107 2.105 x+ +1 E E La trajectoire de la boule est rectiligne. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 50 Electrostatique 2/ On remplace dans l’équation horaire ( 2 ) , l’ordonnée par zéro afin d’obtenir l’instant du passage de la boule par le plan y = 0 : 1 2 gt + 1 = 0 t = 0, 447 s 2 3/ Pour calculer la tension, on doit calculer d’abord le champ électrique au point ( d ,0 ) . On remplace dans l’équation de la trajectoire les deux coordonnées par leurs valeurs respectives : 107 2.105 y= x+ +1 E E x = d = 0, 04m E = 2.105Vm 1 y= y=0 La tension est donc : U = Ed U = 8.103V , Exercice1.4 La distribution de la charge n’est pas continue. Le champ électrostatique est porté par l’axe à cause de la symétrie du polygone par rapport à l’axe Oz : Ez = E cos . Soit R le rayon du cercle dans lequel est inscrit le polygone. Calcul du champ produit au point M par la charge q placée au point A1 . Z dE1x M dE1 dE1z uz R A1 O a H A2 E1z = 1 4 q 0 ( A1M ) OM cos = = A1M 2 A3 cos z R2 + z2 Chaque côté est vu depuis le centre sous l’angle A.FIZAZI E1z = q 4 z 0 (R 2 + z2 ) 3/ 2 2 . En exploitant la figure, on a : n Université de Béchar LMD1/SM_ST 51 Electrostatique a = R sin A1OH a 2 R= 2 2sin A1OH = / 2 A1OH = n n n Le champ électrique résultant est égal à la somme des champs produits par chacune des A1H = n charges ponctuelles E = Ez = Eiz : 1 Donc : Ez = n q 4 z 3 2 0 a2 4sin 2 uz + z2 n 2/ Dans le cas d’un triangle équilatéral on a n = 3 , d’où le champ électrostatique : 3q z 3q z Ez = uz Ez = 3 3 4 0 4 0 2 2 a2 2 2 z + a 3 + z2 2 4 sin 3 Dans le cas d’un carré on a n = 4 , d’où le champ électrostatique : q z q z Ez = u Ez = 3 z 3 0 0 2 2 a2 2 2 z + a 2 + z2 2 4sin 4 Exercice1.5 1/ Représentation et calcul du champ électrique résultant au point D : A A q C +q B +q q B +q C +q EA D EB +2q EC ED ED FD ECB A.FIZAZI D Université de Béchar LMD1/SM_ST 52 Electrostatique ED = E A + EB + EC ED = ECB + E A ECB = EC + EB EC = EB = k q a2 ECB = EC 2 + EB 2 + 2 EB EC cos ECB = EC 2 2 ED = ECB 2 + E A 2 2 E A ECB .cos = ED = EA = k ; (AD= a 2 +a 2 = 2a 2 ) kq . 2 a2 kq 2a 2 ED = kq . a2 1 2 2 ECB = 2 ED = ECB ED = 0,914. 2/ Calcul du potentiel résultant au point D : kq kq kq kq VD = VA + VC + VB ; VD = + + VD = (2 a a 2a a 3/ Calcul de la force appliquée à la charge (+2q ) au point D : FD = 2q.ED q 2a 2 kq a2 EA kq (V .m 1 ) 2 a 1 ) 2 VD = 1, 29 kq a FD = 2q.ED kq 1 kq 2 = ( 2 F (2 2 1) D a2 2 a2 4/ Calcul de l’énergie potentielle de la charge +2q : FD = 2q. FD kq 2 (N ) a2 kq 2 (4 a kq 2 2,59 a E p = 2. 1 ) 2 kq E p = Q.V , E p = 2qV . , E p = 2q. (2 a 1,83. Ep 2) (J ) Exercice1.6 1/ Pour calculer le potentiel électrique, on utilise l’expression scalaire : V = 1 4 0 q d Une fois que les deux points sont placés sur la figure ci-dessous, on calcule les distances d et d ' séparant le point M des deux charges : d'= (x 4a ) + y 2 + z 2 , d = (x 2 a) + y2 + z2 2 Le potentiel produit au point M ( x, y, z ) est donc : VM = VM = q 4 q 4 0 1 d 2 d' 1 0 (x a) + y2 + z2 2 2 (x 4a ) + y 2 + z 2 2 2/ Surface équipotentielle : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 53 Electrostatique q V ( x, y, z ) = 0 4 0 1 (x 2 =0 d' 2 a) + y + z 2 1 d 2 (x 2 4a ) + y + z 2 2 2 =0 x 2 + y 2 + z 2 = 4a 2 On voit que la surface équipotentielle V = 0 est le centre d’une sphère de rayon r = 2a . 3/ Le champ électrostatique est perpendiculaire à la surface équipotentielle. Quelque soit le point par lequel passe le champ, ce dernier est perpendiculaire à la surface de la sphère et passe par conséquent par le centre de cette sphère. E M ( x, y , z ) E y d q O d' 2q ( 4a, 0, 0 ) ( a, 0, 0 ) x E V =0 E Exercice1.7 1/ Soit le champ élémentaire dE crée au point M , par une longueur élémentaire dy du segment rectiligne. M est situé à la distance de dy . 1 dq dE ( M ) = u 1 dy 4 0 r2 dE ( M ) = u 4 0 r2 dq = dy Le champ électrostatique élémentaire dE ( M ) a deux composantes : dE ( M ) = dEx + dE y dE ( M ) = dEx .ux + dE y .u y dEx = dE.cos , dE y = dE.sin y A dy O + max u M dEx max dE y x dE B A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 54 Electrostatique Démontrons que E y = 0 : dE y = dE.sin 1 dE y = 4 dy sin r2 0 Ey = 2 x cos 2 r2 = y = xtg Ey = dy = 1 4 x cos 2 1 [ cos x 0 1 4 0 1 x + max sin d max d ] + 1 Ey = max max 4 0 1 cos ( + x max ) cos ( cos max ) max 0 Ey = 0 2/ Puisque c’est ainsi, le champ résultant est égal à sa composante horizontale (voir figure ci-dessus). Exprimons r 2 et dy en fonction de x et cos : dEx = dE.cos dEx = r2 = 1 4 dy cos r2 0 Ex = 2 x cos 2 y = xtg Ex = Ex = 4 4 sin ( + x cos 2 dy = 0 0 max 1 [sin x ] + )= Ex = max max a +x max cos d max 4 0 1 sin ( + x ) E = Ex = a 2 0 + d max 1 .2sin ( + x 4 1 x 2 0 max ) sin ( sin 1 a 2 x a + x2 max ) max E= 2 0 1 a ux 2 x a + x2 2 3/ Dans le cas d’un fil infiniment long, on a a , ce qui nous conduit à a a + x2 2 1. d’où : E= 2 0 1 x E= 2 0 1 ux x Exercice1.8 1/ Commençons par chercher la résultante des deux champs élémentaires créés au point P par une longueur élémentaire de la portion x et par une longueur élémentaire de la portion L x . Voir figure ci-dessous. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 55 Electrostatique Pour la partie x : dE1 = dE1x + dE1 y Pour la partie L x : dE2 = dE2 x + dE2 y Les deux composantes du champ élémentaire dE résultant de la composition de dE1 et de dE2 sont : dEx = dE1x dEx = dE1x dE2 x dE y = dE1 y + dE2 y dE2 x dE y = dE1 y + dE2 y Pour calculer Ex on doit calculer d’abord E1x et E2 x : Calcul de E1x : dE1x = dE1 sin dE1x = 1 dq sin 4 0 r12 1 dE1x = 4 dx sin r12 0 dq = dx Exprimons dx et 1 x = R tan en fonction de l’angle d cos 2 dx = R pour trouver : dE1x = R r1 = cos 1 4 d cos 2 R cos R 0 sin 2 1 = 4 0 R sin .d En intégrant on obtient E1x : E1x = 1 4 1 R 0 E1x = sin .d 0 E1x = 1 4 0 R ( cos 1 4 1 R 0 [ ]0 cos 1 + 1) De la même façon, on calcule E2 x : dE2 x = dE2 sin 1 dE2 x = 4 dq sin r22 0 1 dE2 x = 4 dx sin r22 0 dq = dx Exprimons dx et x = R tan 2 en fonction de l’angle dx = R d cos 2 pour trouver : 1 dE2 x = R r2 = cos R 4 0 d cos 2 sin 2 R cos 1 = 4 0 R sin .d En intégrant on obtient E2 x : E2 x = 1 4 2 0 R E2 x = sin d 0 E2 x = 1 4 0 R ( cos 1 4 2 0 R [ cos ]0 + 2 + 1) La composante parallèle au fil est donc : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 56 Electrostatique Ex = E1x Ex = E2 x 1 4 R 0 ( cos 1 Ex = 4 0 R 1 ( cos 1 + 1) 4 cos 2 1 R 0 ( cos 2 + 1) ) Y dE dE y dE1 dE1y dE2 y dE2 dEx dE 1x dE2 x + 1 dq O 2 R dq X L x x Pour calculer E y , on doit calculer E1y et E2 y : Calcul de E1y : dE1 y = dE1 cos dE1 y = 1 4 0 dq cos r12 1 dE1 y = 4 dx cos r12 0 dq = dx Exprimons dx et x = R tan 1 en fonction de l’angle dx = R d cos 2 : dE1 y = R r1 = cos 4 d cos 2 R cos R 1 0 2 cos = 1 4 0 R cos .d Intégrons pour obtenir E1y : E1 y = 1 4 1 0 R E1 y = cos .d 0 E1 y = 1 4 0 R ( sin 1 1 4 0 R [sin ]0 1 ) Idem pour E2 y : dE2 y = dE2 cos dE2 y = 1 4 0 dq cos r22 dE2 x = 1 4 0 dx cos r22 dq = dx A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 57 Electrostatique Exprimons dx et x = R tan 2 en fonction de l’angle d cos 2 dx = R , pour arriver à : 1 dE2 y = R r2 = cos d cos 2 R 4 R cos 0 1 = cos 2 4 0 R cos .d En intégrant on obtient E2 y : E2 y = 1 4 2 0 R 1 E2 y = cos d 4 0 E2 y = 1 4 0 1 4 0 + R 0 2 ( sin 2 ) R La composante perpendiculaire au fil est : 1 E y = E1 y + E2 y Ey = ( sin 4 0 R Ey = [sin ]0 R 1 ( sin 1 )+ 4 sin 2 0 1 R ( sin 2 ) ) Finalement le champ résultant de tout le fil chargé au point P est : 1 E= ( cos 2 cos 1 ) u x + ( sin 2 sin 1 ) u y 4 0 R 2 2/ Lorsque le point P est à égale distance des extrémités du fil on a = , le champ résultant est donc : E= 1 4 0 R E= ( cos cos ( ) ) u x + ( sin sin ( 0 1 2 R 0 E= 2 1 2 0 R = 2 . On pose )) uy 2sin 1 E= sin u y Pour un fil infiniment long, on a 1 2 soit sin uy E= 0 R sin 1 , et par conséquent : 1 2 0 R Exercice1.9 Le champ électrique élémentaire dE produit au point P par la charge élémentaire dq du fil est : dE = dEx + dE y dE = dEx .i + dE y . j A cause de la symétrie on a : E y = 0 E = Ex D’où A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 58 Electrostatique dq r2 dEx = dE.cos dE = k dq .cos r2 dEx = k dq = .dl dl .cos r2 dEx = k dEx dE y Dans le triangle rectangle POS , on a : x x cos = = 2 r x + R2 dEx = dE k x (x 2 (x 2 +R 2 3/ 2 dl ; 3/ 2 .2 R ) Et donc : Ex = E= 2 R k x (x 2 2 ) +R ) +R 0 xR 2. 0 (x 2 2/ Calcul du potentiel électrique : dq dl dV = k , dV=k r x 2 +R 2 ( 2 Ex = dl 3/ 2 3/ 2 E= i k x + R2 ) xR 2. 0 (x 2 +R 2 ) 3/ 2 (V.m-1 ) 2 R V=k ) 1/ 2 ( x +R ) 2 2 1/ 2 dl V= 0 R 2 ( x +R ) 2 0 2 (V ) 3/ Détermination du point où le champ électrique est maximal : Pour que le champ soit dEx maximal, il faut que sa dérivée par rapport à x soit nulle : = 0 . Commençons donc par dx M calculer cette dérivée : 3/ 2 1/ 2 3 2 2 2 2 2 2 1/ 2 x + R x x + R x (2 ) x + R × x 2 + R 2 3x 2 dEx R R 2 = = dx 2 0 ( x 2 + R 2 )3 2 0 ( x 2 + R 2 )3 ( ) ( ) ( ) ( ) L’expression finale de cette dérivée est : dEx R R2 2x2 = 2 0 ( x 2 + R 2 )5 / 2 dx dEx =0 dx A.FIZAZI R 2 2 xmax = 0 Université de Béchar xmax = ± R 2 LMD1/SM_ST 59 Electrostatique Exercice1.10 Le champ électrostatique élémentaire produit par la charge élémentaire concentrée autour du point P est égal à : 1 dq 1 # dS dE = uP = uP 2 4 0 r 4 0 r2 z En raison de la symétrie, le champ résultant est porté par l’axe OZ : dE 1 # dS dEz = dE.cos E (M ) = .cos 4 0 r2 On reconnaît dans cette expression l’angle solide élémentaire i M dS .cos , sous lequel , et à partir du point M ,on voit la surface d$ = r2 élémentaire dS autour du point P : uP 1 P E (M ) = $(M ) O 4 0 a , c'est-à-dire au centre d’un 2 cube dont la plaque constitue l’une de ses faces. Quand on regarde du point M à tout l’espace du cube (6 faces) , l’angle solide vaut 4 2 $ = 4 , donc à une face correspond l’angle solide : $ ( M ) = = . Finalement le 6 3 champ électrostatique produit par la plaque au point M vaut : 1 2 1 E (M ) = E (M ) = 4 0 3 6 0 Le point M est situé à la distance Exercice1.11 1/ Considérons sur le disque une surface élémentaire située à une distance du centre O . Cet élément de surface s’écrit dans la base ( ur , u , u z ) des coordonnées cylindriques : d 2 S = dr.rd et porte la charge d 2 q = # d 2 S en produisant un champ d 2 E tel d 2q . 4 0 l2 Toutes les surfaces élémentaires situées à la distance de O produisent des champs électriques élémentaires qui font le même angle avec l’axe OZ . Nous pouvons dès lors intégrer le résultat précédent en faisant varier entre 0 et 2 : 2 # 2 r cos .dr # r cos .dr 2 dEz = d E.cos = d = 2 4 0 0 l 2 0 l2 0 que d 2 E = 1 Il nous reste à intégrer z et cos = : l l2 = r2 + z2 entre R1 et R2 en faisant attention à ce que E= R2 R1 dEz = #z 2 R2 0 R1 rdr (r 2 + z2 ) 3/ 2 On pose u = ( r 2 + z 2 ) . D’où du = 2rdr , avec u1 = ( R12 + z 2 ) et u2 = ( R22 + z 2 ) . On obtient : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 60 Electrostatique E= u2 #z 2 du 2u 3/ 2 0 u1 E= #z 2 u2 2 u u1 0 Finalement on arrive à : #z E= 2 1 1 R +z 2 1 0 R + z2 2 2 2 2/ Le potentiel produit par la surface élémentaire d 2 S est d 2V = , on obtient dV = intégration de l’angle ( ) u = r 2 + z 2 , on obtient donc dV = # du 4 u 0 # 2 rdr r2 + z2 0 1 4 0 d 2q . Après l . Comme précédemment, on pose . Tout cela nous amène à : V= V= u2 # 4 0 u1 # 2 du u V= u2 u1 # u2 u 2 u1 0 V= 0 # 2 R22 + z 2 R12 + z 2 0 On sait que : E = gradV Le gradient en coordonnées cylindrique s’écrit : &V 1 &V &V gradV = u% + u + uz : &% &z %& En appliquant cette expression au résultat précédent du champ, on se rend compte que le champ électrostatique n’a qu’une seule composante suivant l’axe OZ , car les dérivées partielles par rapport à et sont toutes les deux nulles. E= # 2 z 0 z R +z 2 1 R +z 2 2 2 E= 2 #z 2 1 1 R +z 2 1 0 2 R + z2 2 2 3/ Quant R1 = 0 , on trouve le champ électrostatique produit sur l’axe du disque uniformément chargé : E= #z 1 2 0 1 z 4/ Pour un plan infini R2 R +z 2 2 E= 2 # 2 1 0 1 R22 1+ 2 z . On aura : 1 ' 1 z R = 0 E= # 2 0 R R z z Le champ devient indépendant de z , c'est-à-dire de la distance au plan. En tout point 1+ 2 2 2 extérieur au plan chargé, le champ vaut E = A.FIZAZI 2 2 2 # 2 . 0 Université de Béchar LMD1/SM_ST 61 Electrostatique Exercice1.12 Soit le champ élémentaire dE produit par la longueur élémentaire dl ,de la circonférence chargée de l’anneau, concentrée autour du point P :(Le signe moins résulte des sens opposés du champ élémentaire dE ( O ) et du vecteur unitaire u tels que indiqués sur la figure cidessous). 1 dq dE ( O ) = ur 4 0 R2 1 d dq = dl dE ( O ) = u 4 0 R dl = Rd Le champ élémentaire dE ( O ) a deux composantes dE ( O ) = dEx + dE y , cependant, et pour raison de symétrie de la répartition des charges, la composante dEx est la seule qui participe au champ total au point O . D’où : 1 dEx = dE.cos dEx = cos .d 4 0 R y u dl P R dEx O x dE y dE à Pour obtenir le champ total produit par toute la charge au point O , on intègre de =2 : 1 2 dEx = dE.cos E= [sin ] 4 0 R E= E= 1 4 0 R 1 2 0 R sin ( 2 sin ) E= = sin 1 2 0 R sin .u y Exercice1.13 Les plans passant par l’axe Ox sont des plans de symétrie de la répartition des charges. Le champ électrostatique doit appartenir successivement à l’ensemble des plans, donc à leur intersection : le champ résultant E ( O ) a pour direction l’axe Ox . Considérons une surface élémentaire dS située sur le corps du cône et concentrée autour du point P . C’est ce qui est indiqué sur la figure ci-dessous. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 62 Electrostatique La surface élémentaire produit au point O un champ élémentaire : 1 dq dE ( O ) = u 4 0 l2 1 # rd dl dq = # dS dE ( O ) = u 4 0 l2 dS = rd dl u P dS l dEx x O dE ( O ) dE y Le champ élémentaire dE ( O ) a deux composantes : dE ( O ) = dEx + dE y . Cependant, et pour raison de symétrie de la répartition des charges, la composante dEx est la seule qui participe au champ total au point O . D’où : 1 # rd dl dEx = dE ( O ) .cos dEx = cos (1) 4 0 l2 On exprime sin en fonction de l et , puis on déduit dl : ( 1 sin 2 )) 2 = r l r2 sin = * l )dl = 1 dr )+ sin On remplace dans l’équation (1) : 1 dEx = 4 # rd 0 # 0a 1 sin 2 dr r2 sin cos dr d r2 4 0 Pour obtenir le champ total produit par toute la charge au point O , on doit calculer une intégrale double : R2 2 # 0a dr Ex = d cos sin r2 0 4 0 R1 dEx = Ex = # 0a 4 1 r cos sin 0 E ( O ) = Ex = A.FIZAZI cos sin . # 0a 2 0 cos sin 1 sin 2 2 Université de Béchar R2 R1 [ ]0 1 R2 2 1 R1 LMD1/SM_ST 63 Electrostatique E (O ) = # 0a 4 1 R2 sin 2 0 1 R1 E (O ) = # 0a 4 1 R2 sin 2 0 1 ux R1 Exercice1.14 Tous les ions sont situés sur la même droite. Soit M un point de symétrie. (Voir figure) n 2 a 3 1i i i i4 q +q q +q Etudions d’abord la moitié droite de la droite : l’énergie potentielle de la charge située au point M vaut : EPM = qM .VM i q i +q i +q Mi +q i q Le potentiel électrique VM produit au point M par les ions de la moitié droite est : VM = V1 = V2 = V3 = 1 4 4 0 0 0 q2 2a 0 0 q3 3a 1 4 4 q1 a 1 qi ri 1 Vi = 0 0 VM = 1 q 4 0a 1+ 1 1 1 1 + ........... + n 2 3 4 ....................... q1 = q2 = q3 = ..... = q Donc l’énergie potentielle de la charge située au point M (en considérant les deux moitiés ensembles) est : EPM = 2qM .VM 1 q2 1 1 1 1 EPM = 1+ + ........... + n 2 0 a 2 3 4 qM = q Ce qui équivaut à : EPM = Sachant que : ln (1 + x ) = x Donc : ln (1 + 1) = 1 q2 1 1 1 1 1 + ........... + a n 2 3 4 1 2 0 2 x x3 + 2 3 x4 xn + ......... , n 4 1 1 1 1 + + ......... 2 3 4 n D’où : EPM = A.FIZAZI 1 2 0 q2 ln 2 a EPM = 3, 2.10 Université de Béchar 26 J LMD1/SM_ST 64 Electrostatique Exercice1.15 Le champ électrostatique au point O : (voir figure ci-dessous) La couronne sphérique élémentaire a pour épaisseur Rd , pour circonférence 2 R sin et porte la charge élémentaire dq = # dS = 2 R 2# 0 sin cos d . A cause de la symétrie, le champ Ex participe seul dans le champ E . D’après la figure on a : 1 dEx ( O ) = dE ( O ) cos = #0 Ex ( O ) = 2 0 0 4 2 R # 0 sin cos R2 0 Ex ( O ) = sin cos 2 .d cos 2 .d ( cos E (O ) = #0 3 0 2 1 dEx ( O ) = 4 dq cos R2 ) #0 E (O ) = 3 0 2 d #0 2 1 cos 3 3 0 ux 0 Rd M Rd M d d A 0 dEx dE x O A /2 O X X dE dE O A Le champ électrostatique au point A : (voir figure ci-dessus) La même couronne élémentaire d’épaisseur Rd et de circonférence 2 R sin porte la charge élémentaire dq = # dS = 2 R 2# 0 sin cos d . La différence entre ce cas et le cas précédent est la distance entre le point M et le point A . D’après la figure : ( OM ) = ( OA ) + ( AM ) + 2 ( OA)( AM ) cos 2 2 2 2 R = R + r + 2rR cos 2 2 2 ( OA) = r = 2 R cos 2 2 Pour raison de symétrie, le champ Ex participe seul dans le champ E . 1 dq dEx ( A) = dE ( A ) cos = cos 2 4 0 r2 2 dEx ( A) = A.FIZAZI 2 R 2# 0 sin cos d 1 4 2 0 2 R cos cos 2 2 Université de Béchar LMD1/SM_ST 65 Electrostatique Ex ( A) = sin cos cos #0 8 cos 0 0 2 #0 2 .d = 8 sin cos cos 0 0 2 On procède à la transformation trigonométrique : sin = sin 2 .d 2 + 2 = 2sin 2 cos 2 , puis on remplace pour obtenir : Ex ( A) = 2sin #0 8 0 0 2 cos cos #0 2 cos .d = 8 2 2sin 0 0 On procède à une autre transformation trigonométrique : 2 sin 2 2 cos .d cos = sin 3 2 sin 2 , puis par remplacement on obtient : Ex ( A) = Ex ( A) = #0 8 0 0 #0 8 sin 0 3 2 sin 2 .d 2 3 cos + 2 cos 3 2 2 Ex ( A ) = #0 6 = 0 #0 8 0 E ( A) = Ex ( A) = 0 + 2 2 3 #0 6 ux 0 Exercice1.16 1/ Le potentiel élémentaire dV produit au centre O par une charge ponctuelle dq est : 1 dq dV = (chaque dq , et quelque soit sa position sur la surface de la demie- sphère est 4 0 R située à la distance R du centre O ). 4 R2 La surface de la demie sphère étant S = , elle porte la charge totale: 2 q =#S q = 2# R 2 . Donc le potentiel au point O produit par chaque charge est : 1 V (O ) = V (O ) = 4 0 1 4 q = 2# R 0 dq R q R V (O ) = #R 2 0 2 Pour calculer le champ au centre de la demie sphère, on divise la demie sphère en couronnes élémentaires. Chaque couronne a une circonférence 2 , où r = R sin , d’épaisseur Rd et sa surface dS = 2 R 2 d . Chaque couronne élémentaire porte donc une charge élémentaire dq = # dS = 2 # R 2 sin d . (Voir figure ci-dessous) Le champ élémentaire dE produit au centre O par la charge élémentaire portée par la couronne est : dE = dEz + dEx . A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 66 Electrostatique Pour raison de symétrie, le champ produit est porté par l’axe Oz , et par conséquent : dEx = dE.sin .u x = 0 dE = dEz dEz = dE.cos .u z De tout cela on en déduit : 1 dq 1 # dS dEz = cos = cos 2 4 0 R 4 0 R2 dEz = 1 # 2 R 2 sin d cos R2 4 0 dEz = # 2 sin cos d 0 1 On procède à une transformation trigonométrique : s in cos = sin 2 , puis on 2 remplace et on intègre pour obtenir finalement le champ électrostatique E ( O ) produit par toute la charge surfacique au centre de la demie sphère : # /2 1 # cos 2 sin 2 d Ez = Ez = 2 0 0 2 4 0 2 Ez = E ( O ) = # 4 Ez = E ( O ) = 0 # 4 uz 0 Z Z iM Mi z O O R cos R d Rd R sin On n’a calculé que le potentiel V ( O ) en un point déterminé et non la fonction V ( z ) du potentiel sur tout le long de l’axe Oz . C’est pour cette raison qu’on ne peut pas utiliser la formule E = gradV pour calculer le champ. 2/ En suivant les mêmes étapes que pour la question précédente, avec la seule différence que dans ce cas toutes les charges élémentaires dq ne sont pas situées à la même distance du point M , situé lui même sur l’axe Oz . 1 dq 1 # dS dV = = 4 0 r 4 0 r # R2 sin .d dS = dS = 2 R 2 d dV = 2 0 z 2 + R 2 + 2 Rz cos 1/ 2 2 2 2 r = ( z + R cos ) + ( R sin ) ( A.FIZAZI Université de Béchar ) LMD1/SM_ST 67 Electrostatique Pour intégrer cette expression on pose u = z 2 + R 2 + 2 Rz cos du du = 2 Rz sin .d , et nous savons que = u . D’où : 2 u V (M ) = #R V (M ) = 2 1 2 zR ) ( 0 = /2 u 2 0z # R2 u ( = / 2) u ( =0 ) V (M ) = =0 , dont la différentielle est du 2 u #R z+R 2 0z z 2 + R2 Pour obtenir le champ électrique il suffit de dériver la fonction du potentiel par rapport à z : dV ( z ) E ( z) = dz uz E ( z) = E (z) = #R R 2 #R R 2 + z2 0 z 2 + R2 z2 1 z2 + R2 z 2 + R2 1 + 2 z z 2 + R2 0 Quand z = 0 , V ( 0 ) et E ( 0 ) prennent des formes indéterminées. C’est pour cela qu’on doit chercher leurs limites quand z 0 . Ecrivons le potentiel sous la forme : V (z) = #R 2 0 R 1+ z (z 2 + R2 ) 1/ 2 z 0 #R 2 1+ 0 2 0 R z2 1+ 2 z R R 1+ z 1/ 2 0: Calculons la limite du potentiel quand z V ( 0 ) = lim V ( z ) = = z #R R z R 1 z2 1+ z 2 R2 V (0) = #R 2 0 Pour le champ on suit le même raisonnement : E ( 0 ) = lim z 0 #R R 2 0 z2 z2 1+ 2 R R z2 1/ 2 + 1 z 2 + R2 = lim z 0 #R 2 0 R z2 1 + 2 2 z 2R R 0 E (0) = # 4 0 Ainsi, nous avons retrouvé les valeurs du potentiel et du champ qui sont parfaitement équivalentes aux résultats de la question 1/. Exercice1.17 Soit un axe de symétrie Oz (perpendiculaire au plan infini), et un point M de l’axe Oz infiniment proche du plan. Le champ résultant est porté par l’axe Oz et ce pour la raison de symétrie. 1/ a/ On divise le plan en une série de couronnes, de rayon et d’épaisseur d , comme indiqué sur la figure-a : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 68 Electrostatique Chaque couronne située à la distance R du point M porte la charge élémentaire dq = 2 rdr.# . Le potentiel électrique élémentaire produit par la couronne est : 1 # .2 rdr dV = 4 0 R En prenant V = 0 quand r , le potentiel total produit par tout le plan est : # rdr # V= V= r2 + z2 2 2 0 2 0 0 r +z 2 0 V= # 2 z 0 Il suffit maintenant de dériver l’expression trouvée du potentiel pour obtenir le champ électrique : dV # E= E= 2 0 dz z z dE dE M M R R O O P dS d b/ Pour diversifier, on calcule cette fois le champ électrique puis on en déduit le potentiel électrique . Soit dE le champ élémentaire produit par la charge dq = # dS que porte une surface élémentaire dS entourant le point P du plan (figure-b) : 1 dq dE = uP 4 0 ( PM )2 E ( M ) = dE.cos .u z dq = # .dS E (M ) = PM = r # 4 0 dS .cos uz r2 dS cos sous lequel on voit, du point M , la r2 surface élémentaire dS autour du point P . Puisque le plan est infini, on le voit sous un angle solide $ M = 2 . d’où : On reconnaît l’angle solide élémentaire d $ = A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 69 Electrostatique E (M ) = # 2 E (M ) = uz 0 # 2 0 On obtient l’expression du potentiel à partir de l’expression du champ électrique en intégrant : dV = Edz # V= 2 z V= dz 0 0 # 2 z 0 2/ En utilisant le théorème de Gauss : sur la figure-c, on choisit un cylindre comme surface de Gauss. Le flux à travers la surface latérale est nul car E , dS , mais le flux à travers chacune des surfaces des bases S1 et S2 est égal à : - S 1 = - S 2 = ES . La charge enfermée dans le cylindre est Qint = # S . D’après le théorème de Gauss le champ électrique produit par le plan infini est donc : Q # E= - = 2 ES = int 2 0 0 D’après les résultats obtenus, on remarque que le champ électrique produit par un plan infini est constant dans tout l’espace entourant ce plan ; cependant le potentiel électrique est proportionnel à la distance entre le plan et le point situé sur l’axe de ce même plan. 3/ Au cours de sa chute la charge est soumise à deux forces verticales : son poids P et la force électrostatique Fe . On applique la relation fondamentale de la dynamique pour calculer l’accélération de la charge : P + Fe = ma Fe = qE = q # 2 a=g+ 0 q # 2m 0 P = mg L’accélération est constante et la trajectoire est rectiligne, donc le mouvement est rectiligne uniformément varié. La vitesse de la charge à son arrivée sur le plan est : v = 2az v= 2 g+ q # 2m 0 La durée de la chute est : z= 1 2 at 2 t= 2z a t= 2z q # g+ 2m 0 Exercice1.18 On peut modéliser la cavité sphérique de rayon creusée dans la sphère de rayon R comme étant la superposition d’une sphère chargée de rayon , de centre O2 et de densité % , et d’une sphère de rayon R de centre O1 et de densité volumique + % . (Voir figure ci-dessous). A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 70 Electrostatique On applique le principe de superposition en un point de la cavité (voir figure ci-dessous) : E ( M ) = E1 ( M ) + E2 ( M ) E1 ( M ) : champ résultant de % E2 ( M ) : champ résultant de % La symétrie et l’invariance de chaque source confirment que le champ est radial : OM E1 ( M ) = E1u1 , u1 = 1 r1 E2 ( M ) = E2u2 , u2 = O2 M r2 dE1 M dE M 2 dE2 2 1 O2 1 R d O2 O1 d O1 Champ dans la cavité Cavité dans la sphère On utilise le théorème de Gauss : Pour chaque distribution de charge, on prend une sphère de rayon i , de centre Oi et de surface fermée Si passant par le point M . Q %V Ei .dS i = int = i 0 0 E1.dS1 = E1.4 r12 = % 4 r13 3 0 E1 = % 3 r1 0 4 % r23 E2 = r2 3 0 3 0 Ecrivons les deux expressions vectorielles des deux champs produits : % % O1M % E1 = r1u1 = r1 E1 = O1M (1) r1 3 0 3 0 3 0 E2 .dS2 = E2 4 r22 = % E2 = % 3 r2u2 = 0 % 3 r2 0 O2 M r2 E2 = % 3 O2 M ( 2) 0 On additionnant les deux champs, on obtient le champ résultant au point M appartenant à la cavité : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 71 Electrostatique (1) + ( 2 ) E (M ) = E (M ) = % 3 % 3 O1M 0 O2 M O1O2 E (M ) = O1O2 0 % 3 d = C te 0 Le champ électrostatique résultant dans la cavité est uniforme. Exercice1.19 Pour calculer le champ à l’extérieur de la sphère, on divise la sphère en couronnes élémentaires. La circonférence de chaque couronne est 2 % , où % = R sin ( % étant le rayon de la couronne), d’épaisseur Rd et de surface dS = 2 R 2 sin d . Chaque couronne porte donc une charge élémentaire dq = # dS = 2 # R 2 sin d . Le champ élémentaire dE produit par la charge élémentaire que porte la couronne est dE = dEz + dEx . En raison de la symétrie, le champ produit est porté par l’axe OX , et par conséquent : dEz = dE.sin .u z = 0 dE = dEx dEx = dE cos dEx = dE.cos .u x dEx = 1 4 0 dq cos r2 dEx = M 1 4 0 2 # R 2 sin d cos r2 (1) Rd d R sin R M2 M1 dEx P x O R cos b dE dEz Pour éliminer et de l’expression de dEx , on remplace cos R 2 = b 2 + r 2 2br cos r 2 = R 2 + b 2 2 Rb cos et sin d b +r R 2br 2 R + b2 r 2 cos = 2 Rb cos = 2 2 ( 2) En dérivant les deux membres de l’équation ( 2 ) , on obtient : sin d = A.FIZAZI Université de Béchar : 2 rdr Rb LMD1/SM_ST 72 Electrostatique En remplaçant dans l’équation (1) , et en organisant les résultats on obtient l’expression du champ élémentaire : 1 2 # R 2 sin d 1 # R 2 rdr b 2 + r 2 R 2 cos = dEx = dE x 4 0 2 0 r 2 Rb 2br r2 1 # R b2 + r 2 R2 # R b2 R2 dEx = dr = + 1 dr 4 0 b2 4 0 b2 r2 r2 dEx = # R b2 R2 4b 2 r 0 2 dr + #R 4b 2 dr 0 Intégrons à présent : Ex = r2 #R 4b b2 2 0 R2 r r1 2 r2 dr + dr Ex = r1 #R 4b b2 2 R2 r 0 r2 r + r r2 1 r1 Il reste à déterminer les limites de 1 et de 2 : en se référant à la figure ci-dessus, on suit les positions du point M appartenant à la couronne élémentaire considérée. Plusieurs cas se présentent alors: A l’extérieur de la sphère : Lorsque M est confondu avec M 1 on a : r1 = PM 1 = b R , et lorsqu’il est confondu avec M 2 , on a : r2 = PM 2 = b + R Le champ résultant est donc : E = Ex = E= E= #R 4b # R )( 4b 2 0 #R 4b 2 * )+ b2 2 R2 r 0 (b + R ) (b ( 2R + 2R ) b+ R b+ R +rb R b R b2 R2 b+R R) E= 0 # R2 4 0 b2 R 2 b R E= b2 # R2 0 b2 ). / )0 ux A l’intérieur de la sphère : Voir figure suivante : M R R sin M2 O A.FIZAZI b Université de Béchar P M1 x LMD1/SM_ST 73 Electrostatique Quand M est confondu avec M 1 on a : r1 = PM 1 = R b , et quand il est confondu avec M 2 on a : r2 = PM 2 = b + R Le champ résultant est donc : E = Ex = #R 4b b2 2 R2 b+ R r 0 b+ R +r R b R b b2 R2 b 2 R 2 .) b R R b + ( ) ( ) * / 4b 2 0 )+ b+R R b )0 #R E = 2 ( 2b 2b ) E=0 4b 0 A la surface de la sphère : On a trouvé qu’à l’extérieur de la sphère le champ vaut # R2 E= . A la surface le champ prend une valeur particulière : 2 0b E= # R () b=R E= # E= # 0 ux 0 2/ On applique le théorème de Gauss : La surface de Gauss convenable ici est une sphère de rayon b ( b R ) : - = E.S = Qint 0 S =4 b E= 2 Qint = # .S = # .4 R # 4 R2 4 b2 2 E= 0 # R2 0 b2 Discussion : R:E = A l’extérieur de la sphère : b # R2 b2 E=0 0 A l’intérieur de la sphère : Qint = 0 A la surface de la sphère : b = R E= # 0 3/ Calcul du potentiel électrique : par le même raisonnement on peut écrire : 1 2 # R 2 sin d 1 # R 2 rdr dV = dV = 4 0 r 2 0 r Rb A l’extérieur de la sphère : 1 #R # R # R b+ R dV = dr = dr V = dr 2 0 b 2 0 b 2 0 bbR V= # R 2 0 b b+ R V= r # R2 0 b R b A la surface de la sphère : b=R V= # R 0 A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 74 Electrostatique A l’intérieur de la sphère : b+ R # R V= 2 0 b # V= r R 0 R b On remarque que le potentiel est constant à l’intérieur de la sphère, c’est ce qui explique que le potentiel est constant à l’intérieur et à la surface de la sphère ; on dit alors que la sphère constitue un volume équipotentiel. 4/ Déduction du champ à partir du potentiel : A l’extérieur de la sphère : On considère b variable ( b V= R) : # R2 0 b E= # R2 2 dV 0 b E= db A la surface de la sphère : Dans l’expression précédente on pose b = R : # E= b=R 0 A l’intérieur de la sphère : ( b R ) le potentiel est constant, sa dérivée est donc nulle : V= # R = Cte E=0 0 E= dV db Exercice1.20 Le champ électrostatique dans le cylindre : la surface de Gauss convenable à ce cas est un cylindre de hauteur h , de rayon r R et qui renferme la charge Qint = %V = % r 2 h . D’après le théorème de Gauss : Q Q % r 2h % % - = ES = int E = int = Ei = r Ei = r.ur 2 rh . 2 2 0 0 0 0 0 % % R h r % R h r=R R r R R h Le champ électrostatique à la surface du cylindre : la surface de Gauss convenable ici est un cylindre de hauteur h , de rayon r = R et renfermant la charge Qint = %V = % R 2 h = % r 2 h . D’après le théorème de Gauss on a : - = ES = Qint 0 A.FIZAZI E= Qint 0 = % R2h 2 Rh. ES = 0 Université de Béchar % 2 R 0 ES = % 2 R.ur 0 LMD1/SM_ST 75 Electrostatique Remarque : On peut obtenir l’expression du champ à la surface du cylindre en remplaçant par R soit dans l’expression précédente que nous avons trouvée pour le champ à l’intérieur du cylindre, soit dans l’expression qui va suivre du champ à l’extérieur du cylindre. Champ électrostatique à l’extérieur du cylindre : Nous choisissons comme surface de Gauss pour ce cas, un cylindre de hauteur h , de rayon r R , renfermant une charge Qint = %V = % R 2 h . Appliquons le théorème de Gauss : - = ES = Qint E= Qint 0 = 0 % R2h 2 rh. % R2 Ee = 2 0 Ee = r 0 % R2 2 0 r ur 2/ Pour en déduire le potentiel électrique, on fait appel à la formule E = gradV . Puisque le champ est radial, on peut écrire : dV E= V = Edr dr Pour obtenir les expressions de Ee et Ei , on doit intégrer : % Vi = 2 4 0 % R Ve = % Vi = rdr 2 r 2 + C1 0 % Ve = dr R 2 ln r + C2 2 0 r 2 0 On obtient les constantes d’intégration en se référant à la condition de l’annulation du potentiel en r = 0 et sa continuité en r = R . Potentiel à l’intérieur du cylindre : ( R r 0 ) % Vi = 4 r 2 + C1 % Vi = 0 4 r = 0 , V = 0 : C1 = 0 Potentiel à la surface du cylindre : si on remplace obtient le potentiel à la surface du cylindre : % Vi = 4 r2 % 4 r=R Potentiel à l’extérieur du cylindre : ( R % R Ve = Ve = 2 % 2 R 2 ln r + C2 0 r=R , V = C2 = 4 R2 0 % 2 R 2 ln r + C2 0 % 2 R 2 ln r 0 % 4 R2 0 0 Ve = A.FIZAZI Ve = dr % R2 r) 2 r 0 0 par R dans l’expression de Vi , on VS = 0 r2 % 2 R 2 ln 0 R r Université de Béchar % 4 R2 0 LMD1/SM_ST 76 Electrostatique Exercice1.21 La surface de Gauss qui convient à ce cas est celle d’une sphère de rayon et de surface S = 4 r 2 . Si une charge Qint se trouve à l’intérieur de cette sphère, le champ électrique créé à l’intérieur vaut, d’après le théorème de Gauss : Q Q Qint E = int E= - = ES = int 4 r2 0 0 0 Dans les trois cas le champ est radial : Le champ électrostatique dans la sphère interne ( r R1 ) : la charge intérieure est la charge contenue dans la surface de Gauss qui est une sphère de rayon r R1 (cette charge représente une partie seulement de la charge de la sphère interne). On a donc : Qint 4 3 E= % r 4 r2 0 % % 3 E= E= r E= r.ur 2 4 r 0 3 0 3 0 4 3 Qint = %V = % r 3 Le champ électrostatique régnant entre les deux sphères ( R1 r R2 ) : la charge dans la surface de Gauss est toute la charge de la sphère interne : Qint 4 E= % R13 4 r2 0 % R13 % R13 3 E= E E .ur = = 2 2 2 4 r 3 r 3 r 4 0 0 0 Qint = %V1 = % R13 3 Le champ électrostatique à l’extérieur des deux sphères ( r R2 ) : la charge dans la surface de Gauss est la charge des deux sphères ensembles : Qint 4 E= % R13 + # 4 R22 2 4 r 0 E= 3 4 r2 0 4 Qint = %V1 + # S 2 = % R13 + # 4 R22 3 E= 3 0 r2 + # R22 0 r2 E= R1 O A.FIZAZI r 3 0 r2 + # R22 0 r2 ur R2 R1 O % # # R2 % R13 R2 R2 % R1 % R13 R1 r R2 Université de Béchar # O % R1 r LMD1/SM_ST 77 Electrostatique Le potentiel électrostatique dans les différentes régions citées précédemment : On en déduit le potentiel à partir de la relation E = gradV . Puisque le champ est radial on peut écrire : dV E= V = Edr dr Dans la région ( r R1 ) : E= % 3 V= Dans la région ( R1 E= E= % R13 3 0 r 2 + % V= 3 Edr % V= rdr 6 0 r 2 + C1 0 R2 ) : r Dans la région ( r r 0 % R13 3 r2 0 % R13 V= 3 0 V= dr r2 % R13 3 + C2 r 0 R2 ) : # R22 r 0 2 % R13 V= 3 r 0 2 + # R22 r 0 2 V= dr % 3 R13 + 0 # 1 + C3 r R22 0 3/ On a représenté sur les figures ci-dessous les fonctions E ( r ) et V ( r ) . Pour simplifier la représentation de V ( r ) on a pris C1 = C2 = C3 = 0 . V E % R1 % R1 3 0 E= 3 % 3 E= 0 % R13 3 0 r2 % R13 3 # % R13 0 2 2 3 0R O 0 % R13 R1 E= # 3 0R % R 3 r 2 2 0 r 3 1 2 + V = # R 0 r 2 2 2 % 6 % R12 6 R2 0 O R2 0 r 2 R1 R2 0 V = % 3 R13 + 0 # R22 1 0 0 Exercice1.22 1/ Le théorème de Gauss est : - = ES = Qint E= Qint 0 E= 0 Qint 4 r2 0 a/ Quand r R1 , cela veut dire que la charge à l’intérieur de la surface de Gauss est nulle, et par conséquent le champ est nul. Quand r R2 , la somme des charges intérieures est nulle aussi : Qint = l + l = 0 , ce qui implique que le champ est nul ( l est la longueur du cylindre de Gauss). b/ Quand R1 r R2 , la charge dans la surface de Gauss est la charge que porte le cylindre interne, soit Qint = + l . Le champ électrique est donc : E= l 0S S= rl 2 A.FIZAZI E= 2 0 1 r E= Université de Béchar 2 0 1 ur r (1) LMD1/SM_ST 78 Electrostatique 2/ Pour en déduire le potentiel électrique on fait appel à la relation : E = gradV . Le champ étant radial, on peut écrire : dV E= V = Edr dr Pour r R1 et r R2 , le champ est nul, donc le potentiel dans ces deux régions est constant : Pour R1 r E = 0 V = C te R2 , on intègre l’expression (1) correspondante du champ : V= 2 0 1 dr r V= ln r + C 2 0 Les surfaces équipotentielles sont d’autant plus rapprochées que le champ est intense, c’est à dire quand est petit. Ceci nous amène à déduire que les surfaces équipotentielles sont rapprochées au voisinage du cylindre intérieur. Exercice1.23 1/ D’après ce qui est consigné entre les parenthèses, k et que la dimension de 1 ont même dimension. On sait est une longueur ( L ) . Donc la dimension de k est l’inverse de la 1 = [ k ] = L 1 , quant à son unité dans le système international c’est m 1 . r 2/ En raison de la symétrie sphérique le champ est radial : dV e 2k 1 E (r ) = E (r ) = 2k 2 + exp ( 2kr ) u + dr r r2 4 0 3/ D’après le théorème de Gauss : q - = ES = int qint = ES longueur : ( 0 ) q ( r ) = e 2k 2 r 2 + 2kr + 1 exp ( 2kr ) (1) 4/ Pour r = 0 , la charge est égale à e . Cela prouve que la distribution contient une charge ponctuelle e située au centre O . 5/ lim q ( r ) = 0 : ceci veut dire que la charge totale de la distribution est nulle : et puisque r au centre il existe une charge ponctuelle positive e , il doit obligatoirement exister une charge négative e répartie dans tout l’espace autour du centre O , telle que la somme des deux charges soit nulle. 6/ Pour cette question, on divise l’espace en sphères élémentaires de volume dv = 4 r 2 dr , et portant la charge élémentaire dq = % ( r ) dv . D’où : dq = % ( r ) 4 r 2 dr L’intégration de l’expression (1) donne : dq = 4ek 3 r 2 exp ( 2kr ) ( 2) ( 3) Par identification des expression ( 2 ) et ( 3) on obtient l’expression de la densité : % (r ) = A.FIZAZI e k 3 exp ( 2kr ) Université de Béchar LMD1/SM_ST 79 Electrostatique Exercice1.24 1/ Le champ électrostatique : Par raison de symétrie, le champ est radial. On peut donc dV : utiliser la formule E = dr E (r ) = q 4 0 1 r 1+ e 2 r a r/a E (r) = q 4 0 1 r 1+ e 2 r a r/a .ur 2/ Le flux du champ : puisque la composante du champ est radiale et constante sur une sphère de rayon , le flux est donc : -= - = ES EdS -= q 0 1+ r e a r/a La recherche des limites nous conduit aux résultats : q Quand tend vers 0 : - = 0 Quand tend vers :- = 0 Conclusion : d’après le théorème de Gauss, l’expression de la charge interne de la sphère de rayon est : Q ( r ) = 0- . On en déduit de cela que la charge totale de la distribution est nulle et qu’au centre O il existe une charge ponctuelle positive q . 3/ La densité volumique de la charge : La charge élémentaire dq enfermée entre deux sphères de rayons et d est dq = % ( r ) dV = 4 r dr.% ( r ) , on obtient alors : 2 dq 1 r/a 4 r dr e % (r ) = 2 dq r r/a 4 a r = e 2 dr 0 a Cette densité est négative et la charge totale est q . 4/ L’étude de la fonction : elle commence par le calcul de la dérivée, puis déterminer le point où la dérivée s’annule. Ainsi on peut déterminer l’extremum de la fonction : d % (r) q 1 1 1 = + dr 4 a2 r r a % (r ) = 0 2 d % (r) r=a =0 dr La fonction % ( r ) passe par une valeur maximale en r = a . Pour saisir le sens de cette fonction on cherche sa dimension puis son unité : [ q ] = C C.m 1 % (r ) = [r ] L La fonction étudiée est donc la densité linéaire (ici radiale) des charges. Information utile : En réalité, la distribution étudiée est celle de l’atome d’hydrogène. La charge positive ( + q ) du proton se trouve au centre de l’atome. Ce proton constitue le noyau de l’atome autour duquel gravitent l’unique électron qui porte une charge négative ( q) . Quant à a , elle représente le rayon de Bohr qui est la distance entre le noyau et la région où il y a une forte probabilité de la présence de l’électron. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 80 Electrostatique Exercice1.25 1/ Le potentiel électrique produit au point M : 1 1 1 VM = VA + VB = 4 0 r1 r2 a r1 ' r2 ' r r r2 r1 = a cos VM = p = qa Dans la base polaire ( ur , u ) VM = 1 4 0 r2 r1 r1r2 p cos 4 0 r2 , le champ possède deux composantes E = Er + E . A partir de la formule E = gradV , on peut déterminer ces deux composantes polaires : &V 2 p cos Er = Er = &r 4 0 r3 1 &V r & E = E = 1 4 0 p sin r3 Donc le champ est : E= E= 1 4 0 1 4 0 p ( 2 cos .ur + sin .u r3 p 4 cos 2 + sin 2 3 r ( ) 1/ 2 E= ) 1 4 0 1/ 2 p 2 3cos 1 + r3 ( ) 2/ Equation des surfaces équipotentielles : a partir de l’équation du potentiel trouvée précédemment, on en déduit l’équation de ces surfaces : qa p V = C te = V0 r2 = r2 = cos cos 4 0V0 4 0V0 A chaque valeur de V0 correspond une surface équipotentielle située à la distance de O. ( Equation des lignes de champ : La ligne du champ E est définie comme étant colinéaire à dl , donc E = dl , te = C ) . On connaît les composantes de E et les composantes de dl . A partir de la relation entre les deux vecteurs on peut trouver l’équation des lignes de champ : E = dl E Er E dr , dl rd dr d =r Er E dr Er d = r E (1) En intégrant l’équation (1) , on obtient à une constante près, le résultat suivant : p cos dr Er dr 4 0 r 3 = d = d 1 p sin r E r 4 0 r3 dr 2 cos dr 2d ( sin ) = = d r sin r sin 2 A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 81 Electrostatique d ( sin dr =2 r sin ( ln r ln sin 2 ) )=K ln r = 2 ln ( sin ln r sin 2 =K )+ K r sin 2 =K De tout cela, on conclut que l’équation de la trajectoire est : r = K sin 2 A chaque valeur de K correspond une ligne de champ située à la distance de O tel que r = K sin 2 . Les lignes de champs sont toujours perpendiculaires aux surfaces équipotentielles. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST