Corrigés des exercices 1.1 à 1.25 :
Exercice1.1
Les deux charges placées en A et Csont de signes contraires, donc, elles s’attirent. Si on pose AC=x
,
alors la force d’attraction est égale à :9 9 2
2 2
2 2
9.10 9.10
AC AC
q q q
F F
x x
= =
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 :
( ) ( )
9 9 2
2 2
9.10 9.10
BC BC
q q q
F F
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 :
( ) ( )
( )
2 2
9 9
2 2
2 2
2
2 2
2 2 1
9.10 9.10
2 1
0,8 0,08 0 0,117
0, 2
AC BC
q q
F F
x d x x d x
x d x x x x AC m
d
= = =
= + = = =
= Exercice1.2
La base de la solution de cet exercice est la figure géométrique ci-dessous : R
F R F
T1 T1
T2 T2 r
Le système est en équilibre : Fi =0 , avec F la force électrostatique de répulsion.
Au centre de la masse m on peut écrire : P T+ +1 T2 =0, avecT1 = T2 = T On projette sur l’axe vertical : 2. .sin 0 (1)
2sin T P= T = P
Au centre de l’un des ballons : T1+ + =F R 0; avec R la poussée d’Archimède.
Par projection sur l’axe horizontal : F Tcos =0 F =Tcos (2) De (1) et (2), on obtient l’expression de la force F qui est :
.cos cot
2.sin 2
P P
F = F =
D’après la loi de Coulomb :
2 2 2 2
2 2
. . .cot . cot cot .
2 2 2.
q q P P r P
F k k q q r
r r k k
= = = =
Or est inconnue, c’est pour cela qu’on doit la déterminer géométriquement : 2 cos
r= l La dernière étape reste l’application numérique :
2
6
5.10
3,8.10 3,8
P mg N
cot /6=1,732 q N C
r=1,732
µ
= =
= =
Exercice1.3
1/ La boule chargée est soumise à son poidsP et à la force électrostatiqueF=qE . Puisque la tension UABest positive, le champ électrostatiqueE est orienté versB, 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 :
F =qE P mg=
O i
j P F ma mg qE ma
a g q E m
+ = + =
= + Ecrivons l’expression de l’accélération dans la base
(
O i j, ,)
:. . .
x y
a a i a j
g g j a q E i g j E Ei m
= +
= =
=
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 :
0 0
0 , 1 , 1
t= x = 2d y = =L m
( ) ( )
2
2
1 1
. . 1
2 2
1 1 2
2
x x
y y
q q q
a E v E t x E t d
m m m
a g v gt y gt
= = = +
= = = +
Par élimination du temps entre les équations horaires on obtient l’équation de la trajectoire de la boule :
2
7 5
2 1 1 2 1
2 2 2 1
10 2.10
1 1
2
m m
t x d y g x d
qE qE
mg mg d
y x y x
qE qE E E
= = +
= + + = + +
La trajectoire de la boule est rectiligne.
2/ On remplace dans l’équation horaire
( )
2 , l’ordonnée par zéro afin d’obtenir l’instant du passage de la boule par le plany=0 :1 2
1 0 0, 447 y= 2gt + = t = s
3/ Pour calculer la tension, on doit calculer d’abord le champ électrique au point
( )
d,0 . Onremplace dans l’équation de la trajectoire les deux coordonnées par leurs valeurs respectives :
7 5
5 1
10 2.10 1
0, 04 2.10
0
y x
E E
x d m E Vm
y
= + +
= = =
=
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 =Ecos .
Soit R le rayon du cercle dans lequel est inscrit le polygone.
Calcul du champ produit au pointM par la chargeq placée au pointA1
.
uz
Z
dE1
dE1x
dE1z
O
a R
H
M
A1
A2
A3
( )
( )
1 2
0 1
1 2 2 3/ 2
0
2 2
1
1 cos
4 cos 4
z
z
E q
A M q z
OM z E R z
A M R z
=
= +
= =
+
Chaque côté est vu depuis le centre sous l’angle2
n . En exploitant la figure, on a :
1 1
1 1
2 sin
2 / 2 2sin
A H a R A OH
R a
A OH A OH
n n n
= =
=
= =
Le champ électrique résultant est égal à la somme des champs produits par chacune des charges ponctuelles
1 n
z iz
E E= = E : Donc :
3
0 2
2 2
2
4
4sin
z z
q z
E n u
a z
n
=
+
2/ Dans le cas d’un triangle équilatéral on a n=3 , d’où le champ électrostatique :
3 3
0 2 0 2 2
2 2
2 2
3 3
4 4
3 4sin 3
z z z
q z q z
E u E
a z
a z
= =
+ +
Dans le cas d’un carré on a n=4, d’où le champ électrostatique :
3 3
0 2 0 2 2
2 2
2 2
2 4sin 4
z z z
q z q z
E u E
a z
a z
= =
+ +
Exercice1.5
1/ Représentation et calcul du champ électrique résultant au point D : A
D C B
q
+q +q
ED
+2q
FD
A
D C B
q
+q EA
EB EC
ECB
+q
ED
D A B C
D CB A
CB C B
E E E E
E E E
E E E
= + +
= +
= +
2 2 2
2 2 2
C B A
q q
E E k ; (AD= a +a = 2a ) E k
a a
= = =
2 2
2 cos 2 2 2 2
CB C B B C CB C CB
E E E E E E E E kq
= + + = = a
2 2 2 .cos
D CB A A CB D CB A
= E = E +E E E E =E E
1
2 2 2 2
. 2 . 2 1 0,914. ( . )
2 2
D D D
kq kq kq kq
E E E V m
a a a a
= = =
2/ Calcul du potentiel résultant au point D:
(2 1 ) 1, 29
2 2
D A C B D D D
kq kq kq kq kq
V V V V ; V V V
a a a a
= + + = a+ + = =
3/ Calcul de la force appliquée à la charge( 2 )+ q au point D :
2 2
2 2 2
2 . 2 .
2 . ( 2 1 (2 2 1) 1,83. ( )
2
D D D D
D D D
F q E F q E
kq kq kq
F q F F N
a a a
= =
= =
4/ Calcul de l’énergie potentielle de la charge+2q :
2
2
2. (4 2)
. 2 . 2 . (2 1 ) ( )
2
p
p p p
p
E kq
kq a
E QV , E qV , E q J
a kq
E 2,59 a
=
= = =
Exercice1.6
1/ Pour calculer le potentiel électrique, on utilise l’expression scalaire :
0
1 4 V 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 :
( )
2 2 2' 4
d = x a +y +z , d =
(
x a)
2+y2+z2Le potentiel produit au point M x y z
(
, ,)
est donc :0
1 2
4 '
M
V q
d d
=
( )
2 2 2( )
2 2 20
1 2
4 4
M
V q
x a y z x a y z
= + + + +
2/ Surface équipotentielle :
( )
( ) ( )
0
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
1 2
, , 0 0
4 '
1 2
0 4
4 V x y z q
d d
x y z a
x a y z x a y z
= =
= + + =
+ + + +
On voit que la surface équipotentielle V =0est 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.
(
a, 0, 0) (
4 ,0, 0a)
q 2q
(
, ,)
M x y z
d d'
O x
y
0 V =
E
E
E E
Exercice1.7
1/ Soit le champ élémentaire dEcrée au pointM , par une longueur élémentaire dy du segment rectiligne. M est situé à la distance de dy.
( )
0 2( )
20
1 1
4 4
dE M dqu dy
r dE M u
dq dy r
= =
=
Le champ électrostatique élémentaire dE M
( )
a deux composantes :( )
( )
. ..cos , .sin
x y
x x y y
x y
dE M dE dE dE M dE u dE u
dE dE dE dE
= +
= +
= =
O M
x y
dy A
B
u
dE dEx
dEy max
+ max
Démontrons queEy =0 :
[ ] ( ) ( )
max
max
max max
max
2 0 2 2
2 0
2
max max
0 0
cos 0
.sin
1 sin
4 1 1
4 sin cos
cos
1 1 1 1
cos cos cos
4 4
y
y
y
y y
dE dE dE dy
r
E d
x x
r
y xtg dy x d
E E
x x
+
+
=
=
= =
= =
= = +
y 0 E =
2/ Puisque c’est ainsi, le champ résultant est égal à sa composante horizontale (voir figure ci-dessus). Exprimons r2et dyen fonction de xet cos :
[ ] ( ) ( )
( )
( )
max
max
max max
max
2 0 2 2
2 0
2
max max
0 0
sin
max 0
max 2 2
.cos
1 cos
4 1
4 cos cos
cos
1 1
sin sin sin
4 4
1.2sin 4
sin
x
x
x
x x
x
x
dE dE dE dy
r
E d
x x
r
y xtg dy x d
E E
x x
E x
a E E a x
+
+
=
=
= =
= =
= = +
= +
= =
+ =
+
2 2 2 2
0 0
1 1
2 2 x
a a
E u
x a x = x a x
+ +
3/ Dans le cas d’un fil infiniment long, on a a , ce qui nous conduit à
2a 2 1
a +x . d’où :
0 0
1 1
2 2 x
E E u
x x
= =
Exercice1.8
1/ Commençons par chercher la résultante des deux champs élémentaires créés au point Ppar une longueur élémentaire de la portion xet par une longueur élémentaire de la portion L x. Voir figure ci-dessous.
Pour la partie x: dE1=dE1x+dE1y Pour la partie L x:dE2 =dE2x+dE2y
Les deux composantes du champ élémentaire dErésultant de la composition de dE1et de dE2sont :
1 2 1 2
1 2 1 2
x x x x x x
y y y y y y
dE dE dE dE dE dE
dE dE dE dE dE dE
= =
= + = +
Pour calculer Exon doit calculer d’abord E1xet E2x: Calcul de E1x:
1 1
1 2 1 2
0 1 0 1
sin
1 1
sin sin
4 4
x
x x
dE dE
dq dx
dE dE
r r
dq dx
=
= =
=
Exprimons dx et 1 en fonction de l’angle pour trouver :
2 2
1 2
0 0
1
tan cos 1 cos sin 1 sin .
4 4
cos cos
x
d d
x R dx R R
dE d
R R R
r
= =
= =
=
En intégrant on obtient E1x:
[ ]
( )
1
1
1 1 0
0 0 0
1 1
0
1 1
sin . cos
4 4
1 cos 1
4
x x
x
E d E
R R
E R
= =
= +
De la même façon, on calcule E2x:
2 2
2 2 2 2
0 2 0 2
sin
1 1
sin sin
4 4
x
x x
dE dE
dq dx
dE dE
r r
dq dx
=
= =
=
Exprimons dx et 2 en fonction de l’angle pour trouver :
2 2
2 2
0 0
2
tan cos 1 cos sin 1 sin .
4 4
cos cos
x
d d
x R dx R R
dE d
R R R
r
= =
= =
=
En intégrant on obtient E2x:
[ ]
( )
2
2
2 2 0
0 0 0
2 2
0
1 1
sin cos
4 4
1 cos 1
4
x x
x
E d E
R R
E R
+
= =
= +
La composante parallèle au fil est donc :
( ) ( )
( )
1 2 1 2
0 0
2 1
0
1 1
cos 1 cos 1
4 4
1 cos cos
4
x x x x
x
E E E E
R R
E R
= = + +
=
X Y
O x L x
1 2
dE dE1
dE2
dE1x
dE1y 2y
dE
dE2x dEx dEy
+
dq dq
R
Pour calculerEy, on doit calculer E1yet E2y: Calcul de E1y:
1 1
1 2 1 2
0 1 0 1
cos
1 1
cos cos
4 4
y
y y
dE dE
dq dx
dE dE
r r
dq dx
=
= =
=
Exprimons dxet 1en fonction de l’angle :
2 2
1 2
0 0
1
tan cos 1 cos cos 1 cos .
4 4
cos cos
y
d d
x R dx R R
dE d
R R R
r
= =
= =
=
Intégrons pour obtenir E1y:
[ ]
( )
1
1
1 1 0
0 0 0
1 1
0
1 1
cos . sin
4 4
1 sin
4
y y
y
E d E
R R
E R
= =
= Idem pour E2y:
2 2
2 2 2 2
0 2 0 2
cos
1 1
cos cos
4 4
y
y x
dE dE
dq dx
dE dE
r r
dq dx
=
= =
=
Exprimons dxet 2en fonction de l’angle , pour arriver à :
2 2
2 2
0 0
2
tan cos 1 cos cos 1 cos .
4 4
cos cos
y
d d
x R dx R R
dE d
R R R
r
= =
= =
=
En intégrant on obtient E2y:
[ ]
( )
2
2
2 2 0
0 0 0
2 2
0
1 1
cos sin
4 4
1 sin
4
y y
y
E d E
R R
E R
+
= =
= La composante perpendiculaire au fil est :
( ) ( )
( )
1 2 1 2
0 0
2 1
0
1 1
sin sin
4 4
1 sin sin
4
y y y y
y
E E E E
R R
E R
= + = +
=
Finalement le champ résultant de tout le fil chargé au point Pest :
(
2 1) (
2 1)
0
1 cos cos sin sin
4 x y
E u u
= R +
2/ Lorsque le point Pest à égale distance des extrémités du fil on a 1 = 2. On pose
2 = , le champ résultant est donc :
( ( ) ) ( ( ) )
0 0 2sin
0 0
1 cos cos sin sin
4
1 1
sin sin
2 2
x y
y
E u u
R
E u E
R R
= +
= =
Pour un fil infiniment long, on a
2 soitsin 1, et par conséquent :
0 0
1 1
2 y 2
E u E
R R
= =
Exercice1.9
Le champ électrique élémentaire dEproduit au point Ppar la charge élémentairedq du fil est :
. .
x y x y
dE dE= +dE dE dE i dE j= + A cause de la symétrie on a :
y 0 x
E = E E= D’où
2
2 2
.cos .
x x x
dE kdq
r dq dl
dE dE dE k .cos dE k .cos
r r
dq dl
=
= = =
=
dEx
dEy dE
Dans le triangle rectanglePOS , on a :
( )
3/ 22 2 2 2
cos x x x k x
dE dl ;
r x R x R
= = =
+ +
Et donc :
( ) ( )
2
3/ 2 3/ 2
2 2 2 2
0
.2
R
x x
k x k x
E dl E R
x R x R
= =
+ +
(
2 2)
3/ 2(
2 2)
3/ 20 0
2. 2. )
xR xR -1
E i E (V.m
x R x R
= =
+ +
2/ Calcul du potentiel électrique :
( ) ( ) ( )
2
1/ 2 1/ 2
0 0
2 ( )
R
2 2 2 2 2 2
dq dl R
dV k , dV=k V=k dl V= V
r x +R x +R x +R
=
3/ Détermination du point où le champ électrique est maximal : Pour que le champ soit maximal, il faut que sa dérivée par rapport à xsoit nulle : x 0
M
dE
dx = . Commençons donc par calculer cette dérivée :
(
2 2)
3/ 2(
2 2)
1/ 2(
2 2) (
1/ 2 2 2 2)
2 2 3 2 2 3
0 0
3(2 ) 3
2
2 ( ) 2 ( )
x
x R x x R x x R x R x
dE R R
dx x R x R
+ + + × +
= =
+ +
L’expression finale de cette dérivée est :
2 2
2 2 5 / 2 0
2
2 ( )
dEx R R x
dx = x R
+
2
max max
0 2 0
2
dEx R
R x x
dx = = = ±
Exercice1.10
Le champ électrostatique élémentaire produit par la charge élémentaire concentrée autour du point Pest égal à :
2 2
0 0
1 1
4 P 4 P
dq dS
dE u u
r r
= = #
En raison de la symétrie, le champ résultant est porté par l’axe OZ:
( )
20
.cos 1 .cos
z 4
dE dE E M dS
r
= = #
On reconnaît dans cette expression l’angle solide élémentaire
2
.cos d dS
$= r , sous lequel , et à partir du point M
,
on voit la surface élémentaire dSautour du point P:( ) ( )
0
1
E M = 4 $ M Le point M est situé à la distance
2
a, c'est-à-dire au centre d’un cube dont la plaque constitue l’une de ses faces.
Quand on regarde du point Mà tout l’espace du cube (6 faces) , l’angle solide vaut
$=4 , donc à une face correspond l’angle solide : $
( )
M = 46 = 23 . Finalement le champ électrostatique produit par la plaque au point M vaut :( ) ( )
0 0
1 2 1
4 3 6
E M = E M =
Exercice1.11
1/ Considérons sur le disque une surface élémentaire située à une distance du centreO. Cet élément de surface s’écrit dans la base
(
u u ur, , z)
des coordonnées cylindriques :2 .
d S dr rd= et porte la charge d q2 =#d S2 en produisant un champd E2 tel que
2 2
2 0
1 4 d E d q
= l .
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 0et 2 :
2 2
2
2 2
0 0
0 0
cos . cos .
.cos 4 2
z
r dr r dr
dE d E d
l l
# #
= = =
Il nous reste à intégrer entre R1et R2 en faisant attention à ce que l2 = +r2 z2 et cos z
= l :
( )
2 2
1 1
2 2 3/ 2
2 0
R R
z
R R
z rdr
E dE
r z
= =#
+
On pose u=
(
r2+z2)
. D’où du=2rdr, avec u1=(
R12+z2)
et u2 =(
R22+z2)
.On obtient :
O P
z
i M
uP
dE
2 2
1 1
3/ 2
0 0
2 2 2 2
u u
u u
z du z
E E u
u
# #
= =
Finalement on arrive à :
2 2 2 2
0 1 2
1 1
2 E z
R z R z
= #
+ +
2/ Le potentiel produit par la surface élémentaire d S2 est
2 2
0
1 4 d V d q
= l . Après
intégration de l’angle , on obtient
2 2
2 0
dV rdr
r z
= #
+ . Comme précédemment, on pose
(
2 2)
u= r +z , on obtient donc
4 0
dV du
u
= # . Tout cela nous amène à :
2 2
1
0 1 0
2 2 2 2
2 1 2 1
0 0
4 2
2 2
u u
u u
V du V u
u
V u u V R z R z
# #
# #
= =
= = + +
On sait que :
E= gradV Le gradient en coordonnées cylindrique s’écrit :
1
z
V V V
gradV u u u
% 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.
2 2 2 2 2 2 2 2
0 1 2 0 1 2
1 1
2 2
z z z
E E
R z R z R z R z
# #
= =
+ + + +
3/ QuantR1 =0, on trouve le champ électrostatique produit sur l’axe du disque uniformément chargé :
2 2 2
0 2 0 2
2
1 1 1
2 2 1
1
E z E
z R z R
z
# #
= =
+ +
4/ Pour un plan infiniR2 . On aura :
2 2
2 2 0
2 2
1 1
0 2
1
z E
R R R
z z
' = = #
+
Le champ devient indépendant dez
,
c'est-à-dire de la distance au plan. En tout point extérieur au plan chargé, le champ vaut2 0
E= # .
Exercice1.12
Soit le champ élémentaire dE produit par la longueur élémentaire dl
,
de la circonférence chargée de l’anneau, concentrée autour du pointP :(Le signe moins résulte des sens opposés du champ élémentaire dE O( )
et du vecteur unitaire u tels que indiqués sur la figure ci- dessous).( )
( )
2 0
0
1
4 1
4
r
dE O dqu
R d
dq dl dE O u
dl Rd R
=
= =
=
Le champ élémentaire dE O
( )
a deux composantes dE O( )
=dEx+dEy, cependant, et pour raison de symétrie de la répartition des charges, la composante dExest la seule qui participe au champ total au pointO. D’où :0
.cos 1 cos .
x x 4
dE dE dE d
= = R
x y
P u
dEx
dEy
dE O
R
dl
Pour obtenir le champ total produit par toute la charge au pointO, on intègre de =
à =2 :
[ ]
( )
2 0
0
0 0
.cos 1 sin
4
1 sin 2 sin
4
1 1
sin sin .
2 2
x
y
dE dE E
R
E R
E E u
R R
= =
=
= =
Exercice1.13
Les plans passant par l’axe Oxsont 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’axeOx.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.
La surface élémentaire produit au point O un champ élémentaire :
( )
( )
2 0
2 0
1
4 1
4
dE O dqu
l rd dl
dq dS dE O u
dS rd dl l
# #
=
= =
=
O x
( )
dE O
l dS
P
dEx
dEy
u
Le champ élémentaire dE O
( )
a deux composantes : dE O( )
=dEx+dEy.Cependant, et pour raison de symétrie de la répartition des charges, la composante dExest la seule qui participe au champ total au point O. D’où :
( )
2( )
0
.cos 1 cos 1
x x 4
rd dl
dE dE O dE
l
= = #
On exprime sin en fonction de let , puis on déduit dl:
2
2 2
1 sin
sin 1
sin
r l r
l dl dr
( =
= ))* ) = )+
On remplace dans l’équation
( )
1 :2 2 0
0
2 0
1 1 sin
4 sin cos
cos sin . 4
x
x
dE rd dr
r
a dr
dE d
r
#
#
=
=
Pour obtenir le champ total produit par toute la charge au point O, on doit calculer une intégrale double :
[ ] ( )
2
1 2
1
2 0
2
0 0
0 2
0 0
0
0 1 2 1
sin 2 2
cos sin 4
cos sin 1 4
1 1
cos sin 2
R x
R R x
R
x
a dr
E d
r E a
r E O E a
R R
#
#
#
=
=
= =
( )
0( )
00 2 1 0 2 1
1 1 1 1
sin 2 sin 2
4 4 x
a a
E O E O u
R R R R
# #
= =
Exercice1.14
Tous les ions sont situés sur la même droite. Soit M un point de symétrie. (Voir figure) i
i i i i i i i
q +q q +q q +q q +q M a
+iq 1 2 3 4 n
Etudions d’abord la moitié droite de la droite : l’énergie potentielle de la charge située au point M vaut :
M .
P M M
E =q V
Le potentiel électrique VMproduit au pointM par les ions de la moitié droite est :
0 1 1
0 2 2
0 0
3 3
0
1 2 3
1 4
1 0
4
1 0 1 1 1 1 1... 1
4 2 4 2 3 4
1 0
4 3
...
...
i
M i
i
M
V V q
r V q
a
q q
V a V a n
V q
a
q q q q
= =
=
= = + + +
=
= = = =
Donc l’énergie potentielle de la charge située au point M (en considérant les deux moitiés ensembles) est :
2
0
2 . 1 1 1 1 1
1 ...
2 2 3 4
M
M
P M M
P M
E q V q
E a n
q q
= = + + +
= Ce qui équivaut à :
2
0
1 1 1 1 1
1 ...
2 2 3 4
PM
E q
a n
= + +
Sachant que : ln 1
(
+ =x)
x x22 +x33 x44 +...xnn ,Donc : ln 1 1
( )
+ = 1 1 1 12 3 4+ +...1nD’où :
2 26
0
1 ln 2 3, 2.10
2
M M
P P
E q E J
= a =
Exercice1.15
Le champ électrostatique au point O: (voir figure ci-dessous)
La couronne sphérique élémentaire a pour épaisseur Rd
,
pour circonférence 2 Rsin et porte la charge élémentaire dq=#dS =2 R2#0sin cos d . A cause de la symétrie, le champ Exparticipe seul dans le champ E.D’après la figure on a :
( ) ( )
( )
2 0
2 2
0 2 0
cos 1 cos
4
2 sin cos
1 4
x
x
dE O dE O dq
R
R d
dE O R
#
= =
=
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2 3
0 0
0 0 cos . cos 0 0
0 0
0 0
sin cos . 1cos
2 2 3
3 3
x x
d
x
E O d E O
E O E O u
# #
# #
= =
= =
A O
X
d
Rd
/ 2 dE
dEx
M
A
A O
X
d
Rd
dE dEx
M
O
Le champ électrostatique au pointA : (voir figure ci-dessus)
La même couronne élémentaire d’épaisseur Rd et de circonférence 2 Rsin porte la charge élémentairedq=#dS =2 R2#0sin cos d . La différence entre ce cas et le cas précédent est la distance entre le point M et le pointA. D’après la figure :
( ) ( ) ( ) ( )( )
( )
2 2 2
2 2 2
2 cos
2 2 cos
2 cos 2 2
OM OA AM OA AM
OA r R
R R r rR
= + +
= =
= + +
Pour raison de symétrie, le champEx participe seul dans le champE.
( ) ( )
( )
2 0 2
0
2 0
cos 1 cos
2 4 2
2 sin cos
1 cos
4 2
2 cos 2
x
x
dE A dE A dq
r
R d
dE A
R
#
= =
=
( )
0 00 0 2 0 0
sin cos cos2 . sin cos .
8 cos 8 cos
2 2
E Ax # d # d
= =
On procède à la transformation trigonométrique : sin sin 2sin cos
2 2 2 2
= + = , puis
on remplace pour obtenir :
( )
0 00 0 0 0
2sin cos
2 2 cos . 2sin cos .
8 cos 8 2
2
E Ax = # d = # d
On procède à une autre transformation trigonométrique : 2sin cos sin3 sin
2 = 2 2 ,
puis par remplacement on obtient :
( ) ( )
( ) ( ) ( )
0 0 0
0 0
0
0 0
0 0
0 0
sin3 sin .
8 2 2
2 3 2
cos 2cos 2
8 3 2 2 8 3
6 6
x
x
x x x
E A d
E A
E A E A E A u
#
# #
# #
=
= + = +
= = =
Exercice1.16
1/ Le potentiel élémentairedV produit au centreO par une charge ponctuelledqest :
0
1 4 dV dq
= R (chaquedq , et quelque soit sa position sur la surface de la demie- sphère est située à la distanceR du centreO).
La surface de la demie sphère étant 4 2 2
S = R , elle porte la charge totale:
2 2
q=#S q= # R . Donc le potentiel au point O produit par chaque charge est :
( )
( ) ( )
0
0 0
2
1 4
1
4 2
2 V O dq
R
q R
V O V O
R
q R
#
#
=
= =
=
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 d2 . Chaque couronne élémentaire porte donc une charge élémentaire dq=#dS =2 #R2sin d . (Voir figure ci-dessous)
Le champ élémentairedE produit au centreO par la charge élémentaire portée par la couronne est : dE dE= z+dEx.
Pour raison de symétrie, le champ produit est porté par l’axeOz , et par conséquent : .sin . 0
.cos .
x x
z
z z
dE dE u
dE dE
dE dE u
= =
= = De tout cela on en déduit :
2 2
0 0
2 2
0 0
1 1
cos cos
4 4
1 2 sin
cos sin cos
4 2
z
z z
dq dS
dE R R
R d
dE dE d
R
#
# #
= =
= =
On procède à une transformation trigonométrique : in cos 1sin 2
s =2 , puis on
remplace et on intègre pour obtenir finalement le champ électrostatiqueE O
( )
produit par toute la charge surfacique au centre de la demie sphère :( ) ( )
/ 2
0 0 0
0 0
1 cos 2
sin 2
2 2 4 2
4 4
z z
z z z
E d E
E E O E E O u
# #
# #
= =
= = = =
i
O M Z
Rd cos
R
sin R
R
z
d
i
O M Z
On n’a calculé que le potentiel V O
( )
en un point déterminé et non la fonctionV z( )
dupotentiel sur tout le long de l’axeOz. C’est pour cette raison qu’on ne peut pas utiliser la formuleE= 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 élémentairesdq ne sont pas situées à la même distance du pointM
,
situé lui même sur l’axeOz.( ) ( ) ( )
0 0 2
2
2 2 1/ 2
2 2 0
2
1 1
4 4
sin .
2 2 2 cos
cos sin
dq dS
dV r r
R d
dS dS R d dV
z R Rz
r z R R
#
#
= =
= = =
+ +
= + +
Pour intégrer cette expression on pose u z= +2 R2+2Rzcos , dont la différentielle est 2 sin .
du= Rz d , et nous savons que 2
du u
u = . D’où :
( ) ( )
( )( / 2)
2
0 0
1
2 2 2
u
u
R du
V M zR u
# =
=
=
( )
0/ 2( )
2 20 0
2 2
R R
V M u V M z R z R
z z
# = #
= = = + +
Pour obtenir le champ électrique il suffit de dériver la fonction du potentiel par rapport à z :
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 20
1
z 2
dV z R R z R
E z u E z
dz z z R z
# +
= = +
+
( )
22 2 2 20
1 2
R R z R
E z z z R
# +
= +
+
Quand z=0 , V
( )
0 et E( )
0 prennent des formes indéterminées. C’est pour cela qu’on doit chercher leurs limites quandz 0.Ecrivons le potentiel sous la forme :
( ) ( 2 2)
1/ 2 2 1/ 2
2
0 0
1 1 1
2 2
z R
R R R R R z
V z z z z z R
# + #
= + = + +
Calculons la limite du potentiel quand z 0:
( )
0( )
22( )
0 0
0 lim 1 1 1 0
2 2 2
z
R R R z R
V V z V
z z R
# #
= = + + =
Pour le champ on suit le même raisonnement :
( )
( )
2 1/ 2
2 2
2 2 2 2 2 2
0 0
0 0
0
0
1 1 1
0 lim lim
2 2 2
0 4
z z
z
R R R R R z
E R
z z z R z R R
E
# #
# +
= + = +
+
=
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’axeOz infiniment proche du plan.
Le champ résultant est porté par l’axeOz et ce pour la raison de symétrie.
1/ a/ On divise le plan en une série de couronnes, de rayon et d’épaisseurd , comme indiqué sur la figure-a :
Chaque couronne située à la distanceR du point M porte la charge élémentaire
2 .
dq= rdr#.
Le potentiel électrique élémentaire produit par la couronne est :
0
1 .2 4
dV rdr
R
= #
En prenant V =0 quand r , le potentiel total produit par tout le plan est :
2 2
2 2 0
0 0 0
0
2 2
2
V rdr V r z
r z
V z
# #
#
= = +
+
=
Il suffit maintenant de dériver l’expression trouvée du potentiel pour obtenir le champ électrique :
2 0
E dV E
dz
= = #
O
z
R M
P dS dE
O
z
d R M dE
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 pointP du plan (figure-b) :
( )
( )
( )
2 0
2 0
1 4
.cos . . .cos
4
P
z
z
dE dq u
PM
E M dE u
dq dS E M dS u
PM r r
# #
=
=
= =
=
On reconnaît l’angle solide élémentaire d dScos2
$= r sous lequel on voit, du pointM, la surface élémentairedS autour du pointP. Puisque le plan est infini, on le voit sous un angle solide$M =2 . d’où :
( ) ( )
0 0
2 z 2
E M = # u E M = #
On obtient l’expression du potentiel à partir de l’expression du champ électrique en intégrant :
0 0 0
2 2
z
dV = Edz V = # dz V = # z
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 carE,dS, mais le flux à travers chacune des surfaces des basesS1etS2est égal à : -S1=-S2 =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 :
int
0 0
2 2
ES Q E #
-= = =
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 poidsP et la force électrostatiqueFe . On applique la relation fondamentale de la dynamique pour calculer l’accélération de la charge :
0 0
2 2
e
e
P F ma
F qE q a g q m 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 :
0
2 2
2
v az v g q
m
= = + #
La durée de la chute est :
2
0
1 2
2 2
2 z at
z z
t t
a g q
m
#
=
= =
+
Exercice1.18
On peut modéliser la cavité sphérique de rayon creusée dans la sphère de rayonR comme étant la superposition d’une sphère chargée de rayon , de centreO2 et de densité %, et d’une sphère de rayonR de centreO1 et de densité volumique+% . (Voir figure ci-dessous).
