Electrostatique EXO Corrigés Fr .pdf



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Titre: (Microsoft Word - Electrostatique_EXO_Corrig\351s_Fr.doc)
Auteur: FIZAZI@PRIVEE-EBB6C4AF

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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

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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

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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

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D

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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

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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

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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.

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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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

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26

J

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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

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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 .

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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 )

(

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)

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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 :

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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 $ =

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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).

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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 )

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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

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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

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