La charge électrique et la loi de Coulomb : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

La charge est quantifiée : $q=-ne$, avec $n$ entier.

Le peigne porte soixante milliards d'électrons de plus que de protons : une charge macroscopique ordinaire cache toujours un nombre énorme de charges élémentaires.

Piège : oublier la conversion $1\ \mathrm{nC}=10^{-9}\ \mathrm{C}$ donne $6{,}0\times 10^{19}$, un résultat faux d'un facteur $10^{9}$.

La charge totale d'un système isolé se conserve : elle n'est ni créée ni détruite, elle passe d'un corps à l'autre.

Les cheveux ont PERDU $6{,}0\times 10^{10}$ électrons : ce sont eux que le peigne a gagnés. Ils portent donc $6{,}0\times 10^{10}$ protons excédentaires, au sens où leurs protons sont plus nombreux que leurs électrons, sans qu'aucun proton n'ait bougé.

Piège : écrire que les cheveux ont « gagné des protons ». Les protons sont liés aux noyaux et ne changent pas de corps ; dans le modèle du cours, ce sont des électrons, les moins liés, qui passent d'un corps à l'autre.

Chaque électron transféré apporte sa masse :

Aucune balance ne détecte une telle variation : se charger ne change pas la masse d'un objet de façon mesurable. Ce sont des électrons déplacés, pas de la matière ajoutée en quantité appréciable.

Gouttelette : $n=\dfrac{2{,}4\times 10^{-14}}{1{,}60\times 10^{-19}}=1{,}5\times 10^{5}$ électrons en excès.

Poussière : $\dfrac{3{,}6\times 10^{-19}}{1{,}60\times 10^{-19}}=2{,}25$.

Une charge isolée est toujours un multiple ENTIER de $e$ : $2{,}25\,e$ est impossible. La mesure est entachée d'erreur ; les valeurs voisines possibles sont $2e=3{,}2\times 10^{-19}\ \mathrm{C}$ et $3e=4{,}8\times 10^{-19}\ \mathrm{C}$.

C'est exactement le raisonnement qui a établi la quantification de la charge : toutes les charges mesurées sur des gouttelettes sont des multiples d'une même valeur.

Le papier est un isolant : ses électrons ne circulent pas, mais dans chaque molécule les charges se décalent légèrement sous l'effet du peigne. C'est la polarisation.

Le peigne étant négatif, le côté du papier tourné vers lui devient légèrement positif et le côté éloigné légèrement négatif. La charge totale du papier reste nulle.

La force de Coulomb décroît en $\frac{1}{r^{2}}$ : l'attraction sur le côté proche l'emporte sur la répulsion du côté éloigné. La force résultante attire le papier.

Avec un conducteur neutre (une canette, une sphère métallique), le mécanisme est le même en plus marqué : les électrons libres se déplacent vraiment, c'est l'électrisation par influence.

Piège : croire que le peigne transfère des électrons à distance. Sans contact ni étincelle, aucune charge ne passe : le papier reste neutre et il est quand même attiré.

Deux conducteurs IDENTIQUES mis en contact se partagent également leur charge totale, signes compris :

B passe de $-6{,}0$ à $+4{,}0\ \mathrm{nC}$ : sa charge augmente de $10{,}0\ \mathrm{nC}$, ce qui veut dire qu'il a PERDU des électrons. A passe de $+14{,}0$ à $+4{,}0\ \mathrm{nC}$ : il les a reçus.

$n=\dfrac{10{,}0\times 10^{-9}}{1{,}60\times 10^{-19}}=6{,}25\times 10^{10}$ électrons, de B vers A.

Piège : faire passer des charges positives de A vers B. Dans un métal, seuls les électrons libres se déplacent ; le résultat en charges est le même, la description physique non.

B, qui porte maintenant $+4{,}0\ \mathrm{nC}$, touche C :

On repart de la charge de B APRÈS l'étape 1, pas de sa charge initiale.

Loi de Coulomb en module, avec les valeurs absolues : $F=\dfrac{k\,|q_{A}|\,|q_{B}|}{r^{2}}$, $r=0{,}030\ \mathrm{m}$.

Avant : $F=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 14{,}0\times 10^{-9}\times 6{,}0\times 10^{-9}}{(0{,}030)^{2}}=8{,}40\times 10^{-4}\ \mathrm{N}=0{,}840\ \mathrm{mN}$, attractive (signes contraires).

Après l'étape 1 : $+4{,}0$ et $+4{,}0\ \mathrm{nC}$, $F=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times (4{,}0\times 10^{-9})^{2}}{(0{,}030)^{2}}=0{,}160\ \mathrm{mN}$, répulsive.

Après l'étape 2 : $+4{,}0$ et $-3{,}0\ \mathrm{nC}$, $F=0{,}120\ \mathrm{mN}$, de nouveau attractive.

Le module donne l'intensité ; c'est le signe des charges, lu séparément, qui donne le sens. Un contact peut changer les deux.

Piège : garder « attractive » après l'étape 1 parce que A et B s'attiraient au départ. Le contact a rendu B positif.

Avant : $14{,}0-6{,}0-10{,}0=-2{,}0\ \mathrm{nC}$.

Après : $q_{A}'+q_{B}''+q_{C}'=4{,}0-3{,}0-3{,}0=-2{,}0\ \mathrm{nC}$.

La charge totale des trois sphères, système isolé, est conservée : les contacts la redistribuent sans en créer ni en détruire.

Non. Le partage égal vient de la symétrie : deux sphères identiques n'ont aucune raison de garder des charges différentes. Avec des sphères de tailles différentes, la charge se répartit jusqu'à ce que les deux conducteurs forment un seul conducteur en équilibre, et la plus grande sphère en garde la plus grande part.

Le calcul de ce partage demande le potentiel électrique, vu au chapitre 4 : deux sphères éloignées reliées par un fil portent des charges proportionnelles à leurs rayons.

Piège : appliquer « la moitié chacune » à deux conducteurs quelconques.

Le vecteur va de la charge qui AGIT vers celle qui SUBIT :

On garde les signes des charges dans la formule vectorielle :

Contrôle par la figure : les charges sont de signes contraires, $q_{2}$ est attirée vers $q_{1}$, donc vers le bas et la gauche. Les deux composantes négatives sont cohérentes.

Piège : mettre les valeurs absolues dans la forme vectorielle. On obtient $+21{,}6\,\vec i+28{,}8\,\vec j$, une répulsion : le module est juste, la force est à l'envers.

$F_{21}=\sqrt{21{,}6^{2}+28{,}8^{2}}=36{,}0\ \mathrm{N}$, la valeur absolue du coefficient trouvé en b).

Angle : $\arctan\dfrac{28{,}8}{21{,}6}=53{,}1°$ au-dessous de l'axe des $x$ NÉGATIFS, soit $\theta=-180°+53{,}1°=-126{,}9°$ (ou $233{,}1°$).

La force part de $q_{2}$ et pointe vers $q_{1}$, le long de la droite qui joint les charges.

Piège : recopier les $53{,}1°$ de la calculatrice. La fonction arctangente rend un angle entre $-90°$ et $90°$ ; c'est le dessin, deux composantes négatives, qui place la force dans le troisième quadrant.

Troisième loi de Newton : les deux charges exercent l'une sur l'autre des forces de même module, de même droite d'action et de sens opposés.

Cela reste vrai même si $|q_{1}|\neq|q_{2}|$ : le produit $|q_{1}||q_{2}|$ est le même vu des deux côtés. On le vérifie avec la formule, $\hat r_{21}=-\hat r_{12}$.

Deuxième loi de Newton, avec $m=2{,}0\times 10^{-3}\ \mathrm{kg}$ :

$a=\dfrac{36{,}0}{2{,}0\times 10^{-3}}=1{,}80\times 10^{4}\ \mathrm{m/s^{2}}$, près de deux mille fois $g$ : le poids, $0{,}020\ \mathrm{N}$, est bien négligeable devant $36{,}0\ \mathrm{N}$.

Cette accélération n'est qu'INITIALE : dès que la bille bouge, la distance change et la force aussi.

On prend $q_{3}>0$. $q_{1}<0$ l'attire (force vers $q_{1}$), $q_{2}>0$ la repousse (force opposée à $q_{2}$).

Entre les charges, $0<x<0{,}40$ : $\vec F_{1}$ vers la gauche, $\vec F_{2}$ vers la gauche. Même sens, aucune compensation possible.

À droite, $x>0{,}40$ : $\vec F_{1}$ vers la gauche, $\vec F_{2}$ vers la droite, sens opposés, mais $q_{3}$ est plus près de $q_{2}$, la plus grande en valeur absolue : $F_{2}>F_{1}$ partout.

À gauche, $x<0$ : $\vec F_{1}$ vers la droite, $\vec F_{2}$ vers la gauche, et $q_{3}$ est plus près de la plus petite charge : les deux modules peuvent s'égaler. C'est la seule région possible.

Piège : chercher l'équilibre « entre les deux charges » par habitude. C'est la bonne région pour deux charges de MÊME signe, la mauvaise pour deux charges de signes contraires.

Avec $d=|x|$ la distance à $q_{1}$, l'égalité des modules s'écrit :

On garde la racine positive, puisque $d>0$ : $\dfrac{d+0{,}40}{d}=2$, donc $d=0{,}40\ \mathrm{m}$ et $x_{\text{éq}}=-0{,}400\ \mathrm{m}$.

La racine négative, $\frac{d+0{,}40}{d}=-2$, donnerait $d<0$ : elle correspond à un point entre les charges où les modules sont égaux mais les forces de même sens. Elle se rejette par a).

$|q_{3}|$ figure des deux côtés de l'égalité et se simplifie : la position ne dépend ni de la valeur ni du signe de $q_{3}$.

Si $q_{3}<0$, les deux forces changent de sens ensemble et se compensent toujours. C'est ce que dira le chapitre 2 : en $x_{\text{éq}}$, le champ électrique de $q_{1}$ et $q_{2}$ est nul.

En $x=-0{,}41\ \mathrm{m}$ : $q_{3}$ est à $0{,}41\ \mathrm{m}$ de $q_{1}$ et à $0{,}81\ \mathrm{m}$ de $q_{2}$.

La charge, écartée vers la gauche, est poussée vers la GAUCHE : elle s'éloigne encore. En $x=-0{,}39\ \mathrm{m}$, le calcul donne $F_{x}>0$ : écartée vers la droite, elle part vers la droite. L'équilibre de $q_{3}>0$ est instable le long de l'axe.

Pour $q_{3}<0$, toutes les forces changent de sens : écartée d'un côté, la charge est ramenée vers $x_{\text{éq}}$. L'équilibre est stable le long de l'axe, et seulement le long de l'axe, car un écart perpendiculaire n'est pas étudié ici.

Piège : conclure à la stabilité sur la seule annulation de la force. Une force nulle dit équilibre ; c'est le signe de la force après un petit écart qui dit stable ou instable.

Il faut écrire l'équilibre de $q_{1}$ (celui de $q_{3}$ est acquis par b), quelle que soit sa valeur).

$q_{2}>0$ attire $q_{1}<0$ vers la droite ; $q_{3}$, placée à gauche, doit l'attirer vers la gauche, donc $q_{3}>0$, avec :

Contrôle sur $q_{2}$ : $q_{1}$ l'attire vers la gauche avec $\frac{k(3{,}0\times 10^{-6})(12{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}40)^{2}}=2{,}03\ \mathrm{N}$ ; $q_{3}$ la repousse vers la droite avec $\frac{k(12{,}0\times 10^{-6})^{2}}{(0{,}80)^{2}}=2{,}03\ \mathrm{N}$. Les trois charges sont bien en équilibre. Cet équilibre n'est pas stable : écartée un peu vers la gauche, $q_{1}$ se rapproche de $q_{3}$, qui l'attire alors plus fort que $q_{2}$, et l'écart grandit.

Chaque bille est à la distance $L\sin\theta$ de la verticale passant par O, de part et d'autre :

Bille de droite : son poids $\vec P=-mg\,\vec j$, la tension $\vec T$ dirigée le long du fil vers O, la force électrique $\vec F_{e}=F_{e}\,\vec i$, horizontale et dirigée vers la droite puisque les billes se repoussent.

Équilibre : $\vec P+\vec T+\vec F_{e}=\vec 0$, soit $\begin{cases}F_{e}-T\sin\theta=0\\ T\cos\theta-mg=0\end{cases}$

Piège : projeter la tension avec $\cos\theta$ sur l'horizontale. L'angle $\theta$ est mesuré depuis la VERTICALE : c'est $T\cos\theta$ qui équilibre le poids.

Loi de Coulomb entre les deux billes : $F_{e}=\dfrac{k\,q^{2}}{d^{2}}$, donc :

Piège : prendre $L$, ou $L\sin\theta$, pour la distance dans la loi de Coulomb. La distance utile est celle qui sépare les DEUX charges.

Non. La force entre les billes dépend de $q^{2}$ : deux charges $+113\ \mathrm{nC}$ ou deux charges $-113\ \mathrm{nC}$ donnent exactement la même répulsion et le même angle.

L'expérience prouve seulement que les deux billes portent des charges de même signe, ce qui est attendu puisqu'elles ont été chargées ensemble. Pour trancher, il faut approcher un corps de signe connu.

Contact entre deux billes identiques : la bille de gauche garde $\frac{q}{2}$, la bille de droite garde $q$. La force entre elles devient $\dfrac{k\,q\,\frac{q}{2}}{d'^{2}}$, la même sur chaque bille par la troisième loi.

Les deux billes ont la même masse et subissent des forces de même module : la figure reste symétrique, les deux fils font le même angle $\theta'$, et $d'=2L\sin\theta'$.

Équilibre de chaque bille : $\dfrac{k\,q^{2}/2}{4L^{2}\sin^{2}\theta'}=mg\tan\theta'$, et avant le contact $\dfrac{k\,q^{2}}{4L^{2}\sin^{2}\theta}=mg\tan\theta$.

Le quotient des deux donne $\sin^{2}\theta'\tan\theta'=\dfrac{1}{2}\sin^{2}\theta\tan\theta\approx 4{,}594\times 10^{-3}$.

Par essais à la calculatrice : $\theta'=9{,}50°$ donne $4{,}559\times 10^{-3}$, $\theta'=9{,}55°$ donne $4{,}631\times 10^{-3}$ ; on resserre jusqu'à $\theta'\approx 9{,}52°$. L'approximation des petits angles, $\theta'^{3}\approx\frac{\theta^{3}}{2}$, donne aussi $\frac{12{,}0°}{2^{1/3}}\approx 9{,}52°$.

Piège : faire descendre seulement la bille déchargée. La force sur chaque bille dépend du PRODUIT des deux charges, et la troisième loi de Newton la rend identique des deux côtés.

Sens, lus sur la figure avant tout calcul : $q_{2}$ et $q_{4}$, négatives, ATTIRENT $q_{1}>0$ ; $\vec F_{12}$ va de A vers B, $\vec F_{14}$ de A vers D. $q_{3}$, positive, REPOUSSE $q_{1}$ : $\vec F_{13}$ va de C vers A et sort du carré.

$\vec F_{12}=16{,}9\,\vec i$ ; $\vec F_{14}=16{,}9\,\vec j$.

$\vec F_{13}$ est portée par la diagonale, vers le bas et la gauche, à $45°$ : $\vec F_{13}=-\dfrac{12{,}7}{\sqrt 2}\,\vec i-\dfrac{12{,}7}{\sqrt 2}\,\vec j\approx(-8{,}95\,\vec i-8{,}95\,\vec j)\ \mathrm{N}$

Le résultat est symétrique par rapport à la diagonale AC, comme la distribution : c'est un contrôle gratuit.

$F_{1}=\sqrt{7{,}93^{2}+7{,}93^{2}}=7{,}93\sqrt 2\approx 11{,}2\ \mathrm{N}$, dirigée à $45°$ au-dessus de l'axe des $x$, selon la diagonale de A vers O.

La somme des modules vaut $16{,}9+16{,}9+12{,}7\approx 46{,}4\ \mathrm{N}$, quatre fois plus.

Piège : additionner les modules. Les forces sont des vecteurs : la répulsion de C compense en partie les deux attractions, et seule la somme des COMPOSANTES a un sens.

$q_{O}$, sur la diagonale, agit sur $q_{1}$ le long de AO. Pour annuler $\vec F_{1}$, dirigée de A vers O, il faut une force dirigée de O vers A : $q_{O}$ doit repousser $q_{1}$, donc $q_{O}>0$.

Distance $AO=\dfrac{a}{\sqrt 2}$, donc $AO^{2}=\dfrac{a^{2}}{2}=3{,}2\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}$.

Seule la force sur $q_{1}$ s'annule : les autres charges, elles, subissent maintenant en plus la force de $q_{O}$.

L'énergie d'un système de charges ponctuelles est la somme, sur chaque PAIRE comptée une fois, de $\dfrac{k\,q_{i}q_{j}}{r_{ij}}$, charges avec leur signe. Quatre charges donnent six paires : quatre côtés et deux diagonales.

En $\mu\mathrm{C}$ : côtés $AB$, $AD$ : $3\times(-4)=-12$ chacun ; $BC$, $CD$ : $(-4)\times 6=-24$ chacun ; diagonales $AC$ : $18$, $BD$ : $16$.