Le champ électrique : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Méthode : pour chaque charge, la distance à $P$, le module $E_i=\dfrac{k\lvert q_i\rvert}{r_i^{2}}$, puis le vecteur unitaire qui part de la charge vers $P$ si $q_i>0$, de $P$ vers la charge si $q_i<0$.

Pour $q_1$ : $\overrightarrow{q_1P}=(4{,}0\ ;3{,}0)\ \mathrm{cm}$, donc $r_1=5{,}0\ \mathrm{cm}=0{,}050\ \mathrm{m}$.

Pour $q_2$ : $r_2=5{,}0\ \mathrm{cm}$ aussi, $E_2=\dfrac{(9{,}00\times 10^{9})(4{,}0\times 10^{-9})}{(0{,}050)^{2}}=1{,}44\times 10^{4}\ \mathrm{N/C}$. La charge est négative : le champ pointe de $P$ vers $q_2$, selon $\left(\tfrac{4}{5}\ ;-\tfrac{3}{5}\right)$.

Pour $q_3$ : $r_3=5{,}0\ \mathrm{cm}$ selon $\vec j$, $E_3=\dfrac{(9{,}00\times 10^{9})(2{,}0\times 10^{-9})}{(0{,}050)^{2}}=7{,}20\ \mathrm{kN/C}$, d'où $\vec E_3=7{,}20\,\vec j\ \mathrm{kN/C}$.

Piège : garder les distances en centimètres. $(5{,}0)^{2}$ au lieu de $(0{,}050)^{2}$ divise chaque champ par $10^{4}$.

On additionne les COMPOSANTES ; les modules ne s'additionnent que pour des champs de même direction et de même sens :

$E=\sqrt{28{,}8^{2}+11{,}52^{2}}=31{,}0\ \mathrm{kN/C}$, et $\theta=\arctan\dfrac{11{,}52}{28{,}8}=21{,}8^{\circ}$ au-dessus de l'axe des $x$ positifs ($E_x>0$ et $E_y>0$ : premier quadrant).

Piège : la somme des modules, $21{,}6+14{,}4+7{,}2=43{,}2\ \mathrm{kN/C}$, n'a aucun sens physique : les trois vecteurs ne sont pas parallèles.

$\vec F=q\vec E$ avec $q=-e$ :

Le module vaut $4{,}96\times 10^{-15}\ \mathrm{N}$ : la force est opposée au champ, à $21{,}8^{\circ}$ sous l'axe des $x$ négatifs.

Le champ ne dépend pas de la charge qu'on pose en $P$ ; la force, si.

Sans $q_3$, la composante verticale vaut $12{,}96-8{,}64=4{,}32\ \mathrm{kN/C}$, vers le haut. Il faut que $q_3'$ crée en $P$ un champ de $4{,}32\ \mathrm{kN/C}$ vers le BAS, donc vers elle-même : $q_3'$ est négative.

Donc $q_3'=-1{,}20\ \mathrm{nC}$, et le champ en $P$ vaut alors $28{,}8\,\vec i\ \mathrm{kN/C}$.

Le signe se décide par le SENS du champ voulu, pas par une formule : c'est la même lecture qu'en a).

Étape 1, l'élément : $dq=\lambda\,dx$ au point $(x\ ;d)$, à la distance $r=\sqrt{x^{2}+d^{2}}$ de $O$.

Étape 2, le champ élémentaire : $\lambda<0$, donc $d\vec E$ pointe de $O$ vers $dq$, et en composantes, avec le vecteur unitaire de $dq$ vers $O$, $\left(-\tfrac{x}{r}\ ;-\tfrac{d}{r}\right)$ :

Étape 3, la symétrie : à l'élément en $x$ correspond l'élément en $-x$, de même charge et à la même distance. Leurs $dE_x$ sont opposés, leurs $dE_y$ égaux : $E_x=0$. Cet argument vaut parce que la tige ET la densité sont symétriques par rapport à l'axe des $y$.

Étape 4, l'intégrale :

Avec $L=0{,}090\ \mathrm{m}$, $d=0{,}120\ \mathrm{m}$, $\sqrt{L^{2}+d^{2}}=0{,}150\ \mathrm{m}$ :

Donc $\vec E=+225\,\vec j\ \mathrm{kN/C}$ : vers le haut, vers la tige négative.

La tige va de $x_1=-0{,}090$ à $x_2=0{,}210\ \mathrm{m}$. L'élément en $x=0{,}15\ \mathrm{m}$ n'a plus de partenaire en $-0{,}15\ \mathrm{m}$ : la symétrie est rompue et $E_x$ ne s'annule plus. On intègre les DEUX composantes :

avec $r_1=0{,}150\ \mathrm{m}$ et $r_2=\sqrt{0{,}210^{2}+0{,}120^{2}}=0{,}2419\ \mathrm{m}$. Comme $\lambda<0$ :

Contrôle du signe : la charge ajoutée est à droite et négative, elle tire le champ vers la droite, $E_x>0$.

Piège : garder « $E_x=0$ par symétrie » après avoir prolongé la tige. Une symétrie se vérifie sur la figure, elle ne se recopie pas d'une question à l'autre.

$\theta=\arctan\dfrac{275{,}3}{57{,}0}=78{,}3^{\circ}$ au-dessus de l'axe des $x$ positifs, vers la partie la plus longue de la tige.

Pour le fil infini, $\dfrac{x}{r}\to\pm 1$ aux deux bornes, et la formule de a) devient $E=\dfrac{2k\lvert\lambda\rvert}{d}$ :

Rapport : $\dfrac{225}{375}=0{,}600$. C'est exactement $\dfrac{L}{\sqrt{L^{2}+d^{2}}}=\sin\theta_0$, où $\theta_0$ est le demi-angle sous lequel on voit la tige depuis $O$.

Une tige vue sous un angle de $\pm 37^{\circ}$ ne vaut donc que $60\ \%$ du fil infini : le modèle du fil infini demande que la tige soit longue DEVANT $d$, ce qui n'est pas le cas ici.

Longueur de l'arc : $\ell=R\alpha$ avec $\alpha=135^{\circ}=\dfrac{3\pi}{4}\ \mathrm{rad}$, donc $\ell=0{,}060\times 2{,}356=0{,}1414\ \mathrm{m}$.

L'arc va de $0$ à $135^{\circ}$ : il est symétrique par rapport à sa BISSECTRICE, la droite à $67{,}5^{\circ}$. Ce n'est ni l'axe des $x$ ni l'axe des $y$.

Deux éléments symétriques par rapport à elle ont des champs dont les composantes perpendiculaires à la bissectrice s'annulent : $\vec E$ est porté par la bissectrice. Comme $\lambda<0$, il pointe vers l'arc, donc à $+67{,}5^{\circ}$.

On repère un élément par l'angle $\varphi$ mesuré depuis la bissectrice, $\varphi\in\left[-\tfrac{\alpha}{2}\ ;\tfrac{\alpha}{2}\right]$, avec $dq=\lambda R\,d\varphi$. Tous les éléments sont à la distance $R$ ; seule la projection sur la bissectrice compte :

Avec l'angle $\theta$ habituel, l'élément est en $R(\cos\theta\ ;\sin\theta)$ et le vecteur unitaire qui va de lui vers $O$ est $(-\cos\theta\ ;-\sin\theta)$ :

Vérification : $\sqrt{84{,}9^{2}+204{,}9^{2}}=222\ \mathrm{kN/C}$ et $\arctan\dfrac{204{,}9}{84{,}9}=67{,}5^{\circ}$ : les deux méthodes concordent.

Piège : prendre l'axe des $y$ pour axe de symétrie parce que l'arc « a l'air centré ». On jetterait $E_x$, qui vaut pourtant $38\ \%$ de $E$.

C'est $\dfrac{\alpha/2}{\sin(\alpha/2)}=1{,}27$ fois trop. Tous les éléments sont bien à la distance $R$, mais leurs champs ne sont pas parallèles : les composantes perpendiculaires à la bissectrice se détruisent. Ajouter les modules revient à oublier cette annulation.

$\vec F=e\vec E$ : le proton est attiré vers l'arc négatif.

Le poids vaut $m_eg=8{,}93\times 10^{-30}\ \mathrm{N}$, soit $2{,}2\times 10^{13}$ fois moins que $F$ : on le néglige, et l'accélération est constante.

Piège : dessiner la force dans le sens des lignes de champ. Pour une charge négative, $\vec F$ et $\vec E$ sont opposés.

Le mouvement est celui d'un projectile, avec $a$ à la place de $g$ : $v_x=v_0\cos 40^{\circ}=2{,}298\times 10^{6}\ \mathrm{m/s}$ constant, et $v_{y0}=v_0\sin 40^{\circ}=1{,}928\times 10^{6}\ \mathrm{m/s}$ qui diminue.

Au sommet, $v_y=0$ : $h=\dfrac{v_{y0}^{2}}{2a}=\dfrac{(1{,}928\times 10^{6})^{2}}{2(2{,}108\times 10^{14})}=8{,}82\times 10^{-3}\ \mathrm{m}=0{,}882\ \mathrm{cm}$

$h<d=1{,}5\ \mathrm{cm}$ : l'électron fait demi-tour avant la plaque supérieure.

$y(t)=v_{y0}t-\tfrac{1}{2}at^{2}=0$ pour $t=\dfrac{2v_{y0}}{a}=\dfrac{2(1{,}928\times 10^{6})}{2{,}108\times 10^{14}}=1{,}83\times 10^{-8}\ \mathrm{s}=18{,}3\ \mathrm{ns}$

La trajectoire est une parabole : elle ne suit pas les lignes de champ, qui sont verticales. Le champ donne la direction de l'ACCÉLÉRATION, pas celle de la vitesse.

L'électron atteint la plaque si $h\ge d$, c'est-à-dire $\dfrac{m_ev_{y0}^{2}}{2eE}\ge d$ :

Sous $706\ \mathrm{N/C}$, le champ ne freine plus assez la composante verticale. Seule $v_{y0}$ compte : $v_x$ ne s'oppose jamais au champ, qui est vertical.

$v_x$ n'a pas changé, et par symétrie de la parabole $v_y=-v_{y0}$ au retour :

$v=\sqrt{v_x^{2}+v_{y0}^{2}}=v_0=3{,}00\times 10^{6}\ \mathrm{m/s}$, à $40^{\circ}$ SOUS l'horizontale.

Le champ a ralenti puis réaccéléré la composante verticale : il a changé la direction de la vitesse, pas son module final.

Étape 1 : l'anneau de rayon $r$ et de largeur $dr$ a pour aire $2\pi r\,dr$, donc $dq=\sigma\,2\pi r\,dr$.

Étape 2 : chaque anneau est déjà une distribution symétrique autour de l'axe ; son champ est axial, et il est donné : $dE=\dfrac{kz\,dq}{(z^{2}+r^{2})^{3/2}}$.

Étape 3 : tous les $d\vec E$ sont parallèles, l'intégrale est scalaire :