Exercice 1 : Un potentiel nul, un champ qui ne l'est pas

9 réponses vérifiables

Deux charges ponctuelles sont fixées dans le plan $xy$ (figure) : $q_{1}=+8{,}00\ \mathrm{nC}$ au point $(0\,;4{,}00)$ cm et $q_{2}=-6{,}00\ \mathrm{nC}$ au point $(3{,}00\,;0)$ cm. Le point $P$ a pour coordonnées $(3{,}00\,;4{,}00)$ cm et $O$ est l'origine. On prend $V=0$ à l'infini et $k=9{,}00\times 10^{9}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ .

a) Calculez le potentiel électrique en $O$ et en $P$ .
b) Donnez le champ électrique $\vec E$ en $O$ en composantes, puis son module. Le résultat de a) vous surprend-il ?
c) On amène, à vitesse constante, une charge $q_{3}=-2{,}00\ \mathrm{nC}$ depuis l'infini jusqu'en $P$ . Calculez le travail de l'agent extérieur.
d) On déplace ensuite $q_{3}$ , toujours à vitesse constante, de $P$ jusqu'en $O$ . Calculez le travail extérieur. Le chemin suivi compte-t-il ?
e) $q_{3}$ étant en $O$ , calculez l'énergie potentielle électrique du système des trois charges.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

a)

V_{O}

V

V_{P}

V

b)

E_{x}

en

O

(en

10^{4}

N/C)

E_{y}

en

O

(en

10^{4}

N/C)

E_{O}

(en

10^{4}

N/C)

c)

W_{\text{ext}}

(en μJ)

d)

W_{\text{ext}}

de

P

à

O

(en μJ)

Le chemin suivi

e)

U

du système (en μJ)

Voir la correction

Réponses

a) $V_{O}=0$ ; $V_{P}=1{,}05\times 10^{3}$ V
b) $\vec E_{O}=(6{,}00\,\vec i-4{,}50\,\vec j)\times 10^{4}$ N/C, $E_{O}=7{,}50\times 10^{4}$ N/C : $V$ nul n'impose pas $\vec E$ nul
c) $W_{\text{ext}}=-2{,}10\times 10^{-6}$ J
d) $W_{\text{ext}}=+2{,}10\times 10^{-6}$ J, indépendant du chemin
e) $U=-8{,}64\times 10^{-6}$ J

a)

Le potentiel est un SCALAIRE : on additionne des nombres signés, chacun avec le signe de sa charge, sans aucune projection.

En $O$ : $r_{1O}=4{,}00$ cm et $r_{2O}=3{,}00$ cm.

\displaystyle V_{O}=9{,}00\times 10^{9}\left(\dfrac{8{,}00\times 10^{-9}}{0{,}0400}+\dfrac{-6{,}00\times 10^{-9}}{0{,}0300}\right)=9{,}00\times 10^{9}\left(2{,}00\times 10^{-7}-2{,}00\times 10^{-7}\right)=0

En $P$ : $r_{1P}=3{,}00$ cm et $r_{2P}=4{,}00$ cm.

\displaystyle V_{P}=9{,}00\times 10^{9}\left(\dfrac{8{,}00\times 10^{-9}}{0{,}0300}-\dfrac{6{,}00\times 10^{-9}}{0{,}0400}\right)=1{,}05\times 10^{3}\ \mathrm{V}

Piège : écrire $|q_{2}|$ dans le potentiel. On trouverait $V_{O}=3{,}60\times 10^{3}$ V au lieu de zéro : le signe de la charge EST l'information.

b)

Le champ, lui, est un VECTEUR : chaque contribution a une direction, qu'on lit sur la figure avant de calculer.

$q_{1}>0$ est au-dessus de $O$ : $\vec E_{1}$ s'éloigne de $q_{1}$ , donc pointe vers $-\vec j$ .

$E_{1}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 8{,}00\times 10^{-9}}{(0{,}0400)^{2}}=4{,}50\times 10^{4}\ \mathrm{N/C}$ , soit $\vec E_{1}=-4{,}50\times 10^{4}\,\vec j$ N/C.

$q_{2}<0$ est à droite de $O$ : $\vec E_{2}$ pointe vers $q_{2}$ , donc vers $+\vec i$ .

$E_{2}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 6{,}00\times 10^{-9}}{(0{,}0300)^{2}}=6{,}00\times 10^{4}\ \mathrm{N/C}$ , soit $\vec E_{2}=6{,}00\times 10^{4}\,\vec i$ N/C.

\displaystyle \vec E_{O}=\left(6{,}00\times 10^{4}\,\vec i-4{,}50\times 10^{4}\,\vec j\right)\ \mathrm{N/C}

$E_{O}=\sqrt{(6{,}00)^{2}+(4{,}50)^{2}}\times 10^{4}=7{,}50\times 10^{4}$ N/C, à $36{,}9°$ sous l'axe des $x$ .

Le potentiel nul ne dit rien du champ : $V$ est une somme de nombres qui se compensent, $\vec E$ une somme de vecteurs perpendiculaires qui ne le peuvent pas. Le lien est $\vec E=-\vec\nabla V$ : c'est la VARIATION de $V$ autour de $O$ qui fait le champ, et la carte du corrigé montre que $V$ change vite à travers la ligne $V=0$ .

c)

À vitesse constante, l'énergie cinétique ne change pas : tout le travail extérieur passe en énergie potentielle.

\displaystyle W_{\text{ext}}=\Delta U=q_{3}\left(V_{P}-V_{\infty}\right)=q_{3}V_{P}

\displaystyle W_{\text{ext}}=\left(-2{,}00\times 10^{-9}\right)\left(1{,}05\times 10^{3}\right)=-2{,}10\times 10^{-6}\ \mathrm{J}

Le travail est NÉGATIF : sur l'ensemble du trajet, le champ fait un travail positif de $2{,}10\ \mu\mathrm{J}$ sur $q_{3}$ , et l'agent la retient pour qu'elle garde une vitesse constante.

Piège : écrire $W=-q\,\Delta V$ . C'est le travail du CHAMP, l'opposé de celui de l'agent extérieur.

d)

\displaystyle W_{\text{ext}}=q_{3}\left(V_{O}-V_{P}\right)=\left(-2{,}00\times 10^{-9}\right)\left(0-1{,}05\times 10^{3}\right)=+2{,}10\times 10^{-6}\ \mathrm{J}

Le chemin ne compte pas : la force électrostatique est conservative, son travail ne dépend que des potentiels du départ et de l'arrivée.

Contrôle : de l'infini à $O$ en deux étapes, $-2{,}10+2{,}10=0$ μJ, ce qui vaut bien $q_{3}V_{O}=0$ .

e)

Une ligne par PAIRE, chaque paire une seule fois. $q_{1}q_{2}$ forme l'hypoténuse d'un triangle 3-4-5 : $r_{12}=5{,}00$ cm ; $r_{13}=4{,}00$ cm ; $r_{23}=3{,}00$ cm.

\displaystyle U_{12}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\left(8{,}00\times 10^{-9}\right)\left(-6{,}00\times 10^{-9}\right)}{0{,}0500}=-8{,}64\times 10^{-6}\ \mathrm{J}

$U_{13}=-3{,}60\times 10^{-6}$ J et $U_{23}=+3{,}60\times 10^{-6}$ J : leur somme vaut $q_{3}V_{O}=0$ , comme en d).

\displaystyle U=U_{12}+U_{13}+U_{23}=-8{,}64\times 10^{-6}\ \mathrm{J}

Piège : sommer $q_{i}V_{i}$ sur les trois charges sans le facteur $\frac{1}{2}$ : chaque paire serait comptée deux fois.

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Exercice 2 : Champ uniforme : deux chemins, une seule différence de potentiel

8 réponses vérifiables

Dans une région de l'espace règne un champ électrique uniforme de module $E=500$ V/m, orienté à $30{,}0°$ au-dessus de l'axe des $x$ positifs (figure). Les points $A=(0\,;0)$ , $B=(40{,}0\ \mathrm{cm}\,;0)$ et $C=(40{,}0\ \mathrm{cm}\,;30{,}0\ \mathrm{cm})$ forment un triangle rectangle en $B$ . On donne $e=1{,}60\times 10^{-19}$ C et $m_{e}=9{,}11\times 10^{-31}$ kg ; on néglige la gravité.

a) Écrivez $\vec E$ en composantes, puis calculez $V_{B}-V_{A}$ et $V_{C}-V_{B}$ par $\Delta V=-\int\vec E\cdot d\vec s$ le long des côtés $AB$ et $BC$ .
b) Calculez $V_{C}-V_{A}$ directement le long de l'hypoténuse $AC$ , et comparez à la somme des résultats de a).
c) Un électron va de $A$ à $C$ . Calculez la variation de son énergie potentielle, en électronvolts. Le travail du champ est-il moteur ou résistant ?
d) L'électron passe en $A$ à $1{,}20\times 10^{7}$ m/s. Calculez sa vitesse quand il passe en $C$ .
e) Les équipotentielles de cette région sont des droites. Quelle est leur direction, et quelle distance sépare deux équipotentielles qui diffèrent de $50{,}0$ V ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/8

a)

V_{B}-V_{A}

V

V_{C}-V_{B}

V

b)

V_{C}-V_{A}

V

c)

\Delta U

de l'électron eV

Le travail du champ

d)

v_{C}

(en

10^{6}

m/s)

e)

Direction des équipotentielles

Distance pour

50{,}0

V cm

Voir la correction

Réponses

a) $\vec E=(433\,\vec i+250\,\vec j)$ V/m ; $V_{B}-V_{A}=-173$ V ; $V_{C}-V_{B}=-75{,}0$ V
b) $V_{C}-V_{A}=-248$ V, égal à la somme des deux côtés
c) $\Delta U=+248$ eV $=3{,}97\times 10^{-17}$ J ; travail du champ résistant
d) $v_{C}=7{,}54\times 10^{6}$ m/s
e) Perpendiculaires à $\vec E$ ; espacées de $10{,}0$ cm pour $50{,}0$ V

a)

\displaystyle \vec E=E\cos 30{,}0°\,\vec i+E\sin 30{,}0°\,\vec j=\left(433\,\vec i+250\,\vec j\right)\ \mathrm{V/m}

De $A$ à $B$ , $d\vec s=dx\,\vec i$ : seule $E_{x}$ travaille.

\displaystyle V_{B}-V_{A}=-\int_{0}^{0{,}400}E_{x}\,dx=-433\times 0{,}400=-173\ \mathrm{V}

De $B$ à $C$ , $d\vec s=dy\,\vec j$ : seule $E_{y}$ travaille.

\displaystyle V_{C}-V_{B}=-\int_{0}^{0{,}300}E_{y}\,dy=-250\times 0{,}300=-75{,}0\ \mathrm{V}

Piège : prendre le module entier $E$ sur chaque côté, $-500\times 0{,}400=-200$ V. Le produit scalaire ne garde que la composante PARALLÈLE au déplacement.

b)

Le champ est uniforme : il sort de l'intégrale, qui se réduit à un produit scalaire.

\displaystyle V_{C}-V_{A}=-\vec E\cdot\overrightarrow{AC}=-\left(433\times 0{,}400+250\times 0{,}300\right)=-248\ \mathrm{V}

Autre écriture : $AC=0{,}500$ m fait $36{,}9°$ avec l'axe des $x$ , donc $6{,}87°$ avec $\vec E$ , et $-500\times 0{,}500\times\cos 6{,}87°=-248$ V.

La somme de a) donne $-173-75{,}0=-248$ V : identique. La différence de potentiel ne dépend pas du chemin, c'est ce qui permet de parler d'un potentiel EN CHAQUE POINT.

c)

\displaystyle \Delta U=q\,\Delta V=(-e)\left(V_{C}-V_{A}\right)=\left(-1{,}60\times 10^{-19}\right)(-248)=+3{,}97\times 10^{-17}\ \mathrm{J}

En électronvolts, on divise par $e$ : $\Delta U=+248$ eV, le même nombre que la différence de potentiel, au signe de la charge près.

Le travail du champ vaut $-\Delta U=-248$ eV : il est RÉSISTANT. Un électron, de charge négative, « remonte » naturellement les potentiels ; ici on l'emmène vers un potentiel plus bas, il perd de l'énergie cinétique.

Piège : « $V$ diminue, donc $U$ diminue ». Vrai pour une charge positive seulement : $U=qV$ porte le signe de $q$ .

d)

Seule la force électrique travaille : $K_{A}+U_{A}=K_{C}+U_{C}$ , donc $K_{C}=K_{A}-\Delta U$ .

$K_{A}=\frac{1}{2}m_{e}v_{A}^{2}=\frac{1}{2}\left(9{,}11\times 10^{-31}\right)\left(1{,}20\times 10^{7}\right)^{2}=6{,}56\times 10^{-17}\ \mathrm{J}$ , soit $410$ eV.

\displaystyle K_{C}=6{,}56\times 10^{-17}-3{,}97\times 10^{-17}=2{,}59\times 10^{-17}\ \mathrm{J}

\displaystyle v_{C}=\sqrt{\dfrac{2K_{C}}{m_{e}}}=\sqrt{\dfrac{2\times 2{,}59\times 10^{-17}}{9{,}11\times 10^{-31}}}=7{,}54\times 10^{6}\ \mathrm{m/s}

La trajectoire réelle n'intervient pas : seule compte la différence de potentiel entre les deux points.

Contrôle : il faut au moins $248$ eV pour atteindre $C$ . Avec $v_{A}=5{,}00\times 10^{6}$ m/s, soit $71{,}2$ eV, l'électron rebrousserait chemin avant.

e)

Le long d'une équipotentielle, $dV=-\vec E\cdot d\vec s=0$ : $d\vec s$ est perpendiculaire à $\vec E$ . Les équipotentielles sont des droites inclinées à $120°$ (ou $-60{,}0°$ ) par rapport à l'axe des $x$ .

Le long de $\vec E$ , $|\Delta V|=E\,d$ , d'où $d=\dfrac{50{,}0}{500}=0{,}100\ \mathrm{m}=10{,}0\ \mathrm{cm}$ .

La figure du corrigé trace les équipotentielles qui passent par $A$ , $B$ et $C$ : $V$ décroît dans le sens de $\vec E$ , donc $V_{C}<V_{B}<V_{A}$ .

Exercice 3 : Champ non uniforme : intégrer le long de deux chemins

5 réponses vérifiables

Dans une région du plan $xy$ , le champ électrique vaut $\vec E=\left(3{,}00\,x^{2}-2{,}00\,y\right)\vec i+\left(5{,}00-2{,}00\,x\right)\vec j$ , où $x$ et $y$ sont en mètres et $E$ en volts par mètre (les coefficients portent les unités qui conviennent). On étudie les points $A=(1{,}00\,;2{,}00)$ m et $B=(3{,}00\,;-1{,}00)$ m, reliés par les deux chemins de la figure, faits de segments parallèles aux axes.

a) Calculez $V_{B}-V_{A}$ le long du chemin 1 : de $A$ à $(3{,}00\,;2{,}00)$ , puis jusqu'à $B$ . Écrivez chaque intégrale avant de la calculer.
b) Recommencez le long du chemin 2 : de $A$ à $(1{,}00\,;-1{,}00)$ , puis jusqu'à $B$ .
c) Trouvez la fonction $V(x,y)$ telle que $\vec E=-\vec\nabla V$ et $V(0,0)=0$ . Vérifiez-la sur $A$ et $B$ , puis calculez le potentiel au point $C=(2{,}00\,;1{,}00)$ m.
d) On déplace, à vitesse constante, une charge $q=-4{,}00\ \mu\mathrm{C}$ de $A$ à $B$ . Calculez le travail de l'agent extérieur.
e) Quelle propriété des composantes garantit que les deux chemins donnent le même résultat ? Vérifiez-la.

Voir la correction

Réponses

a) $18{,}0+3{,}00=21{,}0$ V de circulation, donc $V_{B}-V_{A}=-21{,}0$ V
b) $-9{,}00+30{,}0=21{,}0$ V, donc $V_{B}-V_{A}=-21{,}0$ V
c) $V(x,y)=-x^{3}+2xy-5y$ ; $V_{C}=-9{,}00$ V
d) $W_{\text{ext}}=+8{,}40\times 10^{-5}$ J
e) $\dfrac{\partial E_{x}}{\partial y}=\dfrac{\partial E_{y}}{\partial x}=-2{,}00$ : champ conservatif

a)

Segment horizontal : $y=2{,}00$ m, $d\vec s=dx\,\vec i$ , $x$ de $1$ à $3$ . Donc $\vec E\cdot d\vec s=(3x^{2}-4)\,dx$ .

\displaystyle \int_{1}^{3}\left(3x^{2}-4\right)dx=\left[x^{3}-4x\right]_{1}^{3}=15-(-3)=18{,}0\ \mathrm{V}

Segment vertical : $x=3{,}00$ m, $d\vec s=dy\,\vec j$ , $y$ de $2$ à $-1$ . Donc $\vec E\cdot d\vec s=(5-6)\,dy$ .

\displaystyle \int_{2}^{-1}(-1)\,dy=(-1)(-1-2)=3{,}00\ \mathrm{V}

\displaystyle V_{B}-V_{A}=-\left(18{,}0+3{,}00\right)=-21{,}0\ \mathrm{V}

Piège : sur le segment vertical, $y$ DÉCROÎT. Les bornes, de $2$ à $-1$ , portent déjà ce sens ; ajouter un signe moins « parce qu'on descend » le compte deux fois.

b)

Segment vertical : $x=1{,}00$ m, $y$ de $2$ à $-1$ : $\int_{2}^{-1}(5-2)\,dy=3\times(-3)=-9{,}00\ \mathrm{V}$

Segment horizontal : $y=-1{,}00$ m, $x$ de $1$ à $3$ :

\displaystyle \int_{1}^{3}\left(3x^{2}+2\right)dx=\left[x^{3}+2x\right]_{1}^{3}=33-3=30{,}0\ \mathrm{V}

$V_{B}-V_{A}=-\left(-9{,}00+30{,}0\right)=-21{,}0\ \mathrm{V}$ : le même résultat par un autre chemin.

c)

On intègre une composante, puis on fixe la « constante » avec l'autre.

$-\dfrac{\partial V}{\partial x}=3x^{2}-2y$ donne $V=-x^{3}+2xy+g(y)$ .

$-\dfrac{\partial V}{\partial y}=-2x-g'(y)$ doit valoir $5-2x$ , donc $g'(y)=-5$ et $g(y)=-5y+C$ ; $V(0,0)=0$ impose $C=0$ .

$V(x,y)=-x^{3}+2xy-5y$ (en V)

Vérification : $V_{A}=-1+4-10=-7{,}00$ V et $V_{B}=-27-6+5=-28{,}0$ V, d'où $V_{B}-V_{A}=-21{,}0$ V, comme en a) et b).

\displaystyle V_{C}=-8+4-5=-9{,}00\ \mathrm{V}

Piège : intégrer $E_{x}$ en $x$ et $E_{y}$ en $y$ , puis ADDITIONNER les deux primitives. Le terme $2xy$ serait compté deux fois.

d)

\displaystyle W_{\text{ext}}=q\left(V_{B}-V_{A}\right)=\left(-4{,}00\times 10^{-6}\right)(-21{,}0)=+8{,}40\times 10^{-5}\ \mathrm{J}

Positif : la charge négative est poussée vers les potentiels élevés ; l'emmener vers $B$ , plus bas, demande un travail de l'agent.

e)

Dans le plan, un champ dérive d'un potentiel (sur une région sans trou) si et seulement si $\dfrac{\partial E_{x}}{\partial y}=\dfrac{\partial E_{y}}{\partial x}$ .

Ici $\dfrac{\partial E_{x}}{\partial y}=-2{,}00$ et $\dfrac{\partial E_{y}}{\partial x}=-2{,}00$ : la condition est remplie.

Un champ électrostatique la remplit toujours. Un champ donné au hasard, comme $(3x^{2}-2y)\,\vec i+(5-4x)\,\vec j$ , ne la remplit pas : sa circulation dépend du chemin et aucun potentiel ne lui correspond.

Exercice 4 : Le potentiel d'un arc et d'une tige : sommer des dq

7 réponses vérifiables

Un fil isolant en arc de cercle, de centre $O$ et de rayon $R=6{,}00$ cm, s'étend de $\theta=30{,}0°$ à $\theta=150°$ (figure). Il porte une densité linéique NON UNIFORME $\lambda(\theta)=\lambda_{0}\sin\theta$ , avec $\lambda_{0}=5{,}00$ nC/m. Sur l'axe des $x$ , une tige mince va de $x=a=8{,}00$ cm à $x=a+L=16{,}0$ cm ; elle porte une densité uniforme $\lambda=-3{,}00$ nC/m. On prend $V=0$ à l'infini, $k=9{,}00\times 10^{9}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ et $e=1{,}60\times 10^{-19}$ C.

a) Exprimez la charge $dq$ d'un élément de l'arc, puis calculez la charge totale de l'arc.
b) Calculez le potentiel créé en $O$ par l'arc seul. Pourquoi le résultat ne dépend-il pas de $R$ ?
c) Calculez le potentiel créé en $O$ par la tige seule.
d) Donnez le potentiel total en $O$ , puis l'énergie potentielle d'un électron placé en $O$ , en électronvolts.
e) Pour la tige seule, établissez $V(x)$ en un point de l'axe d'abscisse $x<a$ , puis déduisez-en la composante $E_{x}$ du champ de la tige en $O$ . Pouvait-on obtenir ce champ à partir de la seule valeur du potentiel en $O$ ?

Voir la correction

Réponses

a) $dq=\lambda_{0}R\sin\theta\,d\theta$ ; $Q=\lambda_{0}R\sqrt{3}=0{,}520$ nC
b) $V_{\text{arc}}=k\lambda_{0}\sqrt{3}=77{,}9$ V, indépendant de $R$
c) $V_{\text{tige}}=k\lambda\ln 2=-18{,}7$ V
d) $V_{O}=59{,}2$ V ; $U=-59{,}2$ eV
e) $V(x)=k\lambda\ln\dfrac{a+L-x}{a-x}$ ; $E_{x}(O)=+169$ V/m ; une seule valeur de $V$ ne suffit pas

a)

Un élément d'arc a pour longueur $dl=R\,d\theta$ , l'angle en RADIANS.

\displaystyle dq=\lambda\,dl=\lambda_{0}\sin\theta\,R\,d\theta

\displaystyle Q=\int_{\pi/6}^{5\pi/6}\lambda_{0}R\sin\theta\,d\theta=\lambda_{0}R\left[-\cos\theta\right]_{\pi/6}^{5\pi/6}=\lambda_{0}R\sqrt{3}

\displaystyle Q=5{,}00\times 10^{-9}\times 0{,}0600\times 1{,}732=5{,}20\times 10^{-10}\ \mathrm{C}=0{,}520\ \mathrm{nC}

Piège : intégrer $\sin\theta$ de $30$ à $150$ « en degrés ». La relation $dl=R\,d\theta$ n'est vraie qu'en radians.

b)

Chaque $dq$ de l'arc est à la même distance $R$ de $O$ : $dV=k\dfrac{dq}{R}$ .

\displaystyle V_{\text{arc}}=\int k\dfrac{\lambda_{0}R\sin\theta\,d\theta}{R}=k\lambda_{0}\int_{\pi/6}^{5\pi/6}\sin\theta\,d\theta=k\lambda_{0}\sqrt{3}

\displaystyle V_{\text{arc}}=9{,}00\times 10^{9}\times 5{,}00\times 10^{-9}\times 1{,}732=77{,}9\ \mathrm{V}

$R$ se simplifie : la charge de l'arc croît comme $R$ , la distance à $O$ aussi. C'est $kQ/R$ , avec $Q$ de a).

Aucune projection ici : le potentiel est un scalaire. Le champ en $O$ , lui, demanderait d'intégrer $dE_{x}$ et $dE_{y}$ séparément.

c)

Un élément $dx$ de la tige, à l'abscisse $x$ , est à la distance $x$ de $O$ : $dV=k\dfrac{\lambda\,dx}{x}$ .

\displaystyle V_{\text{tige}}=\int_{a}^{a+L}k\dfrac{\lambda\,dx}{x}=k\lambda\ln\dfrac{a+L}{a}

\displaystyle V_{\text{tige}}=9{,}00\times 10^{9}\left(-3{,}00\times 10^{-9}\right)\ln 2=-18{,}7\ \mathrm{V}

Piège : traiter la tige comme une charge ponctuelle en son milieu, $kQ/d$ avec $Q=\lambda L=-0{,}240$ nC et $d=12{,}0$ cm. On trouve $-18{,}0$ V : proche, mais faux, car $1/x$ n'est pas linéaire. Ce raccourci ne vaut que loin de la tige.

d)

Les potentiels s'additionnent, chacun avec son signe : $V_{O}=77{,}9-18{,}7=59{,}2\ \mathrm{V}$

\displaystyle U=qV_{O}=(-e)V_{O}=-59{,}2\ \mathrm{eV}=-9{,}48\times 10^{-18}\ \mathrm{J}

En électronvolts, l'énergie d'une charge $\pm e$ se lit directement sur le potentiel : c'est l'intérêt de cette unité.

e)

Le point d'abscisse $x<a$ est à la distance $x'-x$ de l'élément situé en $x'$ :

\displaystyle V(x)=\int_{a}^{a+L}\dfrac{k\lambda\,dx'}{x'-x}=k\lambda\ln\dfrac{a+L-x}{a-x}

\displaystyle E_{x}=-\dfrac{dV}{dx}=-k\lambda\left(\dfrac{1}{a-x}-\dfrac{1}{a+L-x}\right)=-\dfrac{k\lambda L}{(a-x)(a+L-x)}

En $x=0$ : $E_{x}=-\dfrac{\left(9{,}00\times 10^{9}\right)\left(-3{,}00\times 10^{-9}\right)\times 0{,}0800}{0{,}0800\times 0{,}160}=+169\ \mathrm{V/m}$

Positif : le champ pointe vers la tige NÉGATIVE, comme attendu.

Non : $\vec E=-\vec\nabla V$ demande comment $V$ VARIE autour de $O$ , donc la fonction $V(x)$ , pas une seule valeur. L'exercice 1 l'a montré : $V=0$ et $E\neq 0$ au même point.

Exercice 5 : Lâchée, puis lancée : l'énergie décide

7 réponses vérifiables

Une petite bille A, de masse $m=2{,}00$ g et de charge $q_{A}=+3{,}00\ \mu\mathrm{C}$ , glisse sans frottement dans une rainure horizontale rectiligne. Une bille B, de charge $q_{B}=+5{,}00\ \mu\mathrm{C}$ , est fixée au bout de la rainure (figure). Seule la force électrique travaille le long du mouvement ; on néglige l'air et le rayonnement. $k=9{,}00\times 10^{9}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ .

a) A est lâchée sans vitesse à $5{,}00$ cm de B. Calculez l'énergie potentielle électrique initiale du système.
b) Calculez la vitesse de A quand elle passe à $15{,}0$ cm de B.
c) Quelle vitesse A atteint-elle très loin de B ? Cette vitesse croît-elle sans limite ?
d) On lance maintenant A, depuis très loin, droit vers B, à $30{,}0$ m/s. Calculez sa distance minimale d'approche.
e) Pendant l'approche de d), à quelle distance de B l'énergie cinétique de A est-elle égale à l'énergie potentielle du système ? Quelle est alors sa vitesse ?

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Réponses

a) $U_{0}=2{,}70$ J
b) $K=1{,}80$ J, $v=42{,}4$ m/s
c) $v_{\infty}=52{,}0$ m/s, une limite finie
d) $r_{\min}=15{,}0$ cm
e) $r=30{,}0$ cm ; $v=21{,}2$ m/s

a)

\displaystyle U_{0}=k\dfrac{q_{A}q_{B}}{r_{0}}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\left(3{,}00\times 10^{-6}\right)\left(5{,}00\times 10^{-6}\right)}{0{,}0500}=2{,}70\ \mathrm{J}

Le produit $kq_{A}q_{B}=0{,}135\ \mathrm{J\cdot m}$ resservira à chaque question.

b)

Seule la force électrique travaille : $K_{0}+U_{0}=K+U$ , avec $K_{0}=0$ .

$U(0{,}150)=\dfrac{0{,}135}{0{,}150}=0{,}900\ \mathrm{J}$ , donc $K=2{,}70-0{,}900=1{,}80\ \mathrm{J}$ .

\displaystyle v=\sqrt{\dfrac{2K}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}80}{2{,}00\times 10^{-3}}}=42{,}4\ \mathrm{m/s}

Piège : calculer « $W=Fd$ » avec la force du départ. La force décroît en $1/r^{2}$ ; seule l'énergie (une intégrale déjà faite) donne la vitesse.

Piège : garder $m$ en grammes. $2{,}00$ g $=2{,}00\times 10^{-3}$ kg, sinon la vitesse est trente fois trop petite.

c)

Très loin, $U\to 0$ : toute l'énergie potentielle initiale est devenue cinétique.

\displaystyle v_{\infty}=\sqrt{\dfrac{2U_{0}}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\times 2{,}70}{2{,}00\times 10^{-3}}}=52{,}0\ \mathrm{m/s}

La vitesse croît toujours, puisque la force pousse toujours A vers l'extérieur, mais elle tend vers cette limite : l'énergie disponible est finie.

d)

Au point le plus proche, A s'arrête un instant (B est fixe) : toute l'énergie cinétique est devenue potentielle.

\displaystyle K_{0}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=\frac{1}{2}\left(2{,}00\times 10^{-3}\right)(30{,}0)^{2}=0{,}900\ \mathrm{J}

$k\dfrac{q_{A}q_{B}}{r_{\min}}=K_{0}$ , d'où $r_{\min}=\dfrac{0{,}135}{0{,}900}=0{,}150\ \mathrm{m}=15{,}0\ \mathrm{cm}$

Cohérent avec b) : à $15{,}0$ cm, $U=0{,}900$ J. Le mouvement est réversible.

e)

$K+U=0{,}900$ J tout au long de l'approche ; $K=U$ impose $U=0{,}450$ J.

\displaystyle r=\dfrac{0{,}135}{0{,}450}=0{,}300\ \mathrm{m}=30{,}0\ \mathrm{cm}

$v=\sqrt{\dfrac{2\times 0{,}450}{2{,}00\times 10^{-3}}}=21{,}2\ \mathrm{m/s}$ , soit $v_{0}/\sqrt{2}$ .

Piège : répondre « à mi-chemin ». L'énergie potentielle varie en $1/r$ , pas linéairement : l'égalité se produit au DOUBLE de la distance minimale.

Exercice 6 : Coquille isolante épaisse : du champ de Gauss au potentiel

7 réponses vérifiables

Une coquille sphérique ISOLANTE, de rayon intérieur $R_{1}=2{,}00$ cm et de rayon extérieur $R_{2}=4{,}00$ cm, porte une charge répartie uniformément dans son volume, de densité $\rho=+3{,}00\ \mu\mathrm{C/m^{3}}$ . La cavité ( $r<R_{1}$ ) est vide. Le point $P$ est à $6{,}00$ cm du centre $O$ (figure). On prend $V=0$ à l'infini et, dans cet exercice, $k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}$ avec $\varepsilon_{0}=8{,}85\times 10^{-12}\ \mathrm{C^{2}/(N\cdot m^{2})}$ ; $e=1{,}60\times 10^{-19}$ C.

a) Calculez la charge $Q$ que porte la coquille.
b) Par le théorème de Gauss, donnez $E(r)$ dans les trois régions $r<R_{1}$ , $R_{1}<r<R_{2}$ et $r>R_{2}$ . Calculez $E$ en $r=R_{2}$ .
c) Calculez le potentiel en $P$ et sur la surface extérieure $r=R_{2}$ .
d) Établissez $V(r)$ pour $R_{1}\le r\le R_{2}$ en intégrant le champ, puis calculez le potentiel en $r=R_{1}$ et au centre $O$ .
e) Un proton est amené à vitesse constante de $P$ jusqu'au centre $O$ , par un canal très fin percé dans la coquille. Calculez le travail de l'agent extérieur, en électronvolts.

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Réponses

a) $Q=7{,}04\times 10^{-10}$ C $=0{,}704$ nC
b) $0$ ; $\dfrac{\rho(r^{3}-R_{1}^{3})}{3\varepsilon_{0}r^{2}}$ ; $\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$ ; $E(R_{2})=3{,}95\times 10^{3}$ V/m
c) $V_{P}=105$ V ; $V(R_{2})=158$ V
d) $V(R_{1})=203$ V ; $V_{O}=203$ V
e) $W_{\text{ext}}=+97{,}9$ eV $=1{,}57\times 10^{-17}$ J

a)

\displaystyle Q=\rho\,\frac{4}{3}\pi\left(R_{2}^{3}-R_{1}^{3}\right)=3{,}00\times 10^{-6}\times\frac{4}{3}\pi\left(6{,}40\times 10^{-5}-8{,}00\times 10^{-6}\right)

\displaystyle Q=7{,}04\times 10^{-10}\ \mathrm{C}=0{,}704\ \mathrm{nC}

Piège : prendre le volume de la boule pleine, $\frac{4}{3}\pi R_{2}^{3}$ . La cavité ne porte rien.

b)

Symétrie sphérique : $\vec E$ est radial et son module ne dépend que de $r$ . Surface de Gauss : sphère de rayon $r$ , sur laquelle $\oint\vec E\cdot d\vec A=E\,4\pi r^{2}=\dfrac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{0}}$ .

$r<R_{1}$ : $Q_{\text{int}}=0$ , donc $E=0$ .

$R_{1}<r<R_{2}$ : $Q_{\text{int}}=\rho\,\frac{4}{3}\pi\left(r^{3}-R_{1}^{3}\right)$ , donc $E=\dfrac{\rho\left(r^{3}-R_{1}^{3}\right)}{3\varepsilon_{0}r^{2}}$ .

$r>R_{2}$ : $Q_{\text{int}}=Q$ , donc $E=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$ .

En $r=R_{2}$ : $E=\dfrac{3{,}00\times 10^{-6}\left(6{,}40\times 10^{-5}-8{,}00\times 10^{-6}\right)}{3\times 8{,}85\times 10^{-12}\times(0{,}0400)^{2}}=3{,}95\times 10^{3}\ \mathrm{V/m}$ , et l'expression extérieure donne la même valeur : les deux branches se raccordent.

c)

Hors de la coquille, son champ est celui d'une charge ponctuelle $Q$ placée en $O$ ; son potentiel aussi, puisqu'on l'obtient en intégrant ce champ depuis l'infini.

\displaystyle V_{P}=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}r_{P}}=\dfrac{7{,}04\times 10^{-10}}{4\pi\left(8{,}85\times 10^{-12}\right)(0{,}0600)}=105\ \mathrm{V}

\displaystyle V(R_{2})=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_{0}R_{2}}=158\ \mathrm{V}

d)

On part d'un point connu et on intègre vers l'intérieur : $V(r)-V(R_{2})=-\int_{R_{2}}^{r}E\,dr'=\int_{r}^{R_{2}}E\,dr'$ .

\displaystyle V(r)=V(R_{2})+\dfrac{\rho}{3\varepsilon_{0}}\int_{r}^{R_{2}}\left(r'-\dfrac{R_{1}^{3}}{r'^{2}}\right)dr'=V(R_{2})+\dfrac{\rho}{3\varepsilon_{0}}\left[\dfrac{R_{2}^{2}-r^{2}}{2}+R_{1}^{3}\left(\dfrac{1}{R_{2}}-\dfrac{1}{r}\right)\right]

En $r=R_{1}$ : $\dfrac{\rho}{3\varepsilon_{0}}=1{,}13\times 10^{5}\ \mathrm{V/m^{2}}$ et le crochet vaut $6{,}00\times 10^{-4}-2{,}00\times 10^{-4}=4{,}00\times 10^{-4}\ \mathrm{m^{2}}$ .

\displaystyle V(R_{1})=158+1{,}13\times 10^{5}\times 4{,}00\times 10^{-4}=158+45{,}2=203\ \mathrm{V}

Dans la cavité, $E=0$ : le potentiel n'y varie plus, $V_{O}=V(R_{1})=203$ V.

Piège : écrire $V_{O}=0$ parce que le champ est nul au centre. Un champ nul dit que $V$ est CONSTANT, pas qu'il est nul : sa valeur est celle du bord de la cavité.

Piège : intégrer de $0$ à $r$ en partant de « $V(0)=0$ ». La seule référence connue est $V=0$ à l'infini ; on descend de l'extérieur vers l'intérieur, région par région.

e)

\displaystyle W_{\text{ext}}=q\left(V_{O}-V_{P}\right)=e\left(203-105\right)=+97{,}9\ \mathrm{eV}=1{,}57\times 10^{-17}\ \mathrm{J}

Positif : le proton est repoussé par la coquille positive, l'agent doit le pousser.

Avec une charge $\pm e$ , le travail en électronvolts est la différence de potentiel en volts : aucun calcul de plus.

Le champ : nul dans la cavité, croissant dans la coquille, maximal à

r=R_{2}

(

3{,}95

kV/m), puis en

1/r^{2}

.

Le potentiel : constant dans la cavité (

203

V), il décroît dans la coquille puis en

1/r

; il est continu partout, même là où le champ a un coude.

Exercice 7 : Deux sphères reliées : le partage et l'effet de pointe

12 réponses vérifiables

Une sphère conductrice A, de rayon $R_{A}=12{,}0$ cm, est portée au potentiel de $30{,}0$ kV par rapport à l'infini, puis isolée. On la relie ensuite, par un long fil conducteur très fin, à une sphère conductrice B neutre de rayon $R_{B}=3{,}00$ cm (figure). Les sphères sont assez éloignées pour que chacune ne modifie pas la répartition de charge de l'autre, et l'on néglige la charge portée par le fil. $k=9{,}00\times 10^{9}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ , $\varepsilon_{0}=8{,}85\times 10^{-12}\ \mathrm{C^{2}/(N\cdot m^{2})}$ .

a) Calculez la charge initiale $Q_{0}$ de la sphère A.
b) Quelle grandeur est commune aux deux sphères à l'équilibre ? Calculez les charges finales $Q_{A}$ et $Q_{B}$ , puis le potentiel commun $V$ .
c) Calculez le champ électrique juste à l'extérieur de chaque sphère. Laquelle porte la plus grande densité surfacique de charge ?
d) Une sphère de rayon $R$ portant la charge $q$ a pour potentiel $kq/R$ : en l'amenant de $0$ à $Q$ par charges $dq$ venues de l'infini, montrez que son énergie vaut $\dfrac{kQ^{2}}{2R}$ . Calculez l'énergie électrique avant et après la liaison. Où est passée la différence ?
e) L'air devient conducteur au-delà d'environ $3{,}0\times 10^{6}$ V/m. Jusqu'à quel potentiel peut-on porter la sphère B seule avant que l'air ne claque ? Et une pointe de paratonnerre, assimilée à une sphère de rayon $1{,}0$ mm ? Concluez.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/12

a)

Q_{0}

nC

b)

Grandeur commune

Q_{A}

nC

Q_{B}

nC

V

commun kV

c)

E_{A}

(en

10^{5}

V/m)

E_{B}

(en

10^{5}

V/m)

Plus grande densité surfacique

d)

U

avant mJ

U

après mJ

e)

V_{\max}

de B kV

V_{\max}

de la pointe kV

Voir la correction

Réponses

a) $Q_{0}=4{,}00\times 10^{-7}$ C $=400$ nC
b) Même potentiel ; $Q_{A}=320$ nC, $Q_{B}=80{,}0$ nC, $V=24{,}0$ kV
c) $E_{A}=2{,}00\times 10^{5}$ V/m, $E_{B}=8{,}00\times 10^{5}$ V/m ; densité quatre fois plus grande sur B
d) $U_{0}=6{,}00$ mJ, $U_{1}=4{,}80$ mJ : $1{,}20$ mJ dissipés dans le fil
e) $90$ kV pour B, $3{,}0$ kV pour la pointe : effet de pointe

a)

Pour une sphère conductrice isolée, $V_{0}=\dfrac{kQ_{0}}{R_{A}}$ .

\displaystyle Q_{0}=\dfrac{V_{0}R_{A}}{k}=\dfrac{3{,}00\times 10^{4}\times 0{,}120}{9{,}00\times 10^{9}}=4{,}00\times 10^{-7}\ \mathrm{C}=400\ \mathrm{nC}

b)

Reliées par un conducteur, les deux sphères n'en forment plus qu'un : à l'équilibre, elles sont au MÊME POTENTIEL.

Conservation : $Q_{A}+Q_{B}=Q_{0}$ . Même potentiel : $\dfrac{kQ_{A}}{R_{A}}=\dfrac{kQ_{B}}{R_{B}}$ , donc $\dfrac{Q_{A}}{Q_{B}}=\dfrac{R_{A}}{R_{B}}=4$ .

$Q_{A}=Q_{0}\dfrac{R_{A}}{R_{A}+R_{B}}=400\times\dfrac{12{,}0}{15{,}0}=320\ \mathrm{nC}$ et $Q_{B}=80{,}0\ \mathrm{nC}$

\displaystyle V=\dfrac{kQ_{A}}{R_{A}}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 3{,}20\times 10^{-7}}{0{,}120}=2{,}40\times 10^{4}\ \mathrm{V}=24{,}0\ \mathrm{kV}

Piège : partager en deux moitiés égales. C'est la règle du CONTACT entre sphères identiques ; ici les rayons diffèrent, et c'est le potentiel qui s'égalise, pas la charge.

c)

Juste à l'extérieur d'une sphère, $E=\dfrac{kQ}{R^{2}}=\dfrac{V}{R}$ .

$E_{A}=\dfrac{2{,}40\times 10^{4}}{0{,}120}=2{,}00\times 10^{5}\ \mathrm{V/m}$ ; $E_{B}=\dfrac{2{,}40\times 10^{4}}{0{,}0300}=8{,}00\times 10^{5}\ \mathrm{V/m}$

À la surface d'un conducteur, $\sigma=\varepsilon_{0}E$ : $\sigma_{A}=1{,}77\times 10^{-6}$ C/m² et $\sigma_{B}=7{,}08\times 10^{-6}$ C/m².

La petite sphère porte quatre fois MOINS de charge, mais quatre fois PLUS de charge par mètre carré : $\dfrac{\sigma_{B}}{\sigma_{A}}=\dfrac{R_{A}}{R_{B}}=4$ .

d)

Quand la sphère porte déjà $q$ , amener $dq$ depuis l'infini coûte $dW=V\,dq=\dfrac{kq}{R}\,dq$ .

\displaystyle U=\int_{0}^{Q}\dfrac{kq}{R}\,dq=\dfrac{kQ^{2}}{2R}

Avant : $U_{0}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\left(4{,}00\times 10^{-7}\right)^{2}}{2\times 0{,}120}=6{,}00\times 10^{-3}\ \mathrm{J}$

Après : $U_{1}=\dfrac{k}{2}\left(\dfrac{Q_{A}^{2}}{R_{A}}+\dfrac{Q_{B}^{2}}{R_{B}}\right)=3{,}84\times 10^{-3}+0{,}960\times 10^{-3}=4{,}80\times 10^{-3}\ \mathrm{J}$

Il manque $1{,}20$ mJ : pendant le bref transfert de charge, le courant dans le fil a dissipé cette énergie par effet Joule (et une petite part en rayonnement). La charge se conserve, l'énergie électrique non.

Piège : écrire $U=QV$ sans le facteur $\frac{1}{2}$ . Les premières charges ont été amenées sous un potentiel plus faible que le potentiel final.

e)

Pour une sphère, $V=E_{\text{surface}}R$ : à champ de claquage fixé, le potentiel maximal est proportionnel au rayon.

Sphère B : $V_{\max}=3{,}0\times 10^{6}\times 0{,}0300=9{,}0\times 10^{4}\ \mathrm{V}=90$ kV.

Pointe de rayon $1{,}0$ mm : $V_{\max}=3{,}0\times 10^{6}\times 1{,}0\times 10^{-3}=3{,}0\times 10^{3}\ \mathrm{V}=3{,}0$ kV.

À potentiel donné, plus la courbure est forte, plus le champ local est intense : c'est l'effet de pointe. La pointe d'un paratonnerre ionise l'air bien avant les surfaces arrondies voisines et offre un chemin privilégié à la décharge. Le modèle de la sphère isolée ne donne que l'ordre de grandeur, une vraie pointe étant reliée au sol et plongée dans le champ de l'orage.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

5 réponses vérifiables

Chacune des cinq affirmations suivantes est fausse, ou fausse par un détail décisif. Dites ce qui cloche et donnez l'énoncé correct, en vous appuyant quand c'est possible sur un résultat chiffré des exercices précédents. Deux points chacune.

a) « À l'exercice 1, le potentiel est nul en $O$ ; le champ électrique y est donc nul aussi. »
b) « Un proton lâché sans vitesse dans un champ électrique se dirige vers les potentiels croissants. »
c) « Sur une carte d'équipotentielles tracées de $10$ V en $10$ V, la différence de potentiel entre deux lignes voisines est plus grande là où les lignes sont serrées. »
d) « À l'intérieur d'un conducteur en équilibre électrostatique, le champ et le potentiel sont tous les deux nuls. »
e) « Amener une charge depuis l'infini jusqu'à un point demande toujours un travail extérieur positif. »

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/5

a)

Ce qui est vrai

b)

Le proton se dirige

c)

Ce qui est vrai

d)

Dans le conducteur

e)

Le travail extérieur

Voir la correction

Réponses

a) Faux : $V_{O}=0$ et $E_{O}=7{,}50\times 10^{4}$ N/C ; c'est $V$ constant dans une région qui annule $\vec E$
b) Faux : le proton descend les potentiels, l'électron les remonte
c) Faux : même $\Delta V$ entre voisines ; lignes serrées, champ intense
d) Faux : $\vec E=\vec 0$ , $V$ uniforme et en général non nul
e) Faux : $W_{\text{ext}}=qV$ , négatif quand $q$ et $V$ sont de signes contraires ( $-2{,}10$ μJ à l'exercice 1)

a)

Faux. En $O$ , $V=0$ mais $E=7{,}50\times 10^{4}$ N/C (exercice 1).

Le potentiel nul vient d'une compensation de deux nombres de signes opposés ; le champ dépend de la façon dont $V$ VARIE autour du point, $\vec E=-\vec\nabla V$ .

Énoncé correct : « si $V$ est constant dans toute une région, le champ y est nul ». Réciproquement, un champ nul en un point n'impose pas $V=0$ (exercice 6, $V_{O}=203$ V).

b)

Faux. La force $q\vec E$ sur un proton a le sens de $\vec E$ , et $\vec E$ pointe vers les potentiels DÉCROISSANTS.

Lâché au repos, le proton descend les potentiels : son énergie potentielle $eV$ diminue pendant que son énergie cinétique augmente.

C'est l'électron, de charge négative, qui remonte les potentiels ; à l'exercice 2, emmené vers un potentiel plus bas, il ralentit.

c)

Faux. Par construction, deux lignes voisines diffèrent de $10$ V PARTOUT sur la carte.

Là où elles sont serrées, c'est le CHAMP qui est intense : $E\approx\dfrac{|\Delta V|}{\Delta s}$ .

Exercice 2 : avec $E=500$ V/m, deux équipotentielles distantes de $50{,}0$ V sont à $10{,}0$ cm ; avec $1000$ V/m, elles seraient à $5{,}00$ cm.

d)

Faux pour le potentiel. Dans le métal à l'équilibre, $\vec E=\vec 0$ , donc $V$ est UNIFORME, égal à sa valeur en surface, et en général non nul.

Exercice 7 : les deux sphères reliées sont à $24{,}0$ kV, dedans comme sur leur surface, avec un champ nul dans le métal.

Énoncé correct : « le champ est nul et le potentiel est le même en tout point du conducteur ».

e)

Faux. À vitesse constante, $W_{\text{ext}}=qV_{\text{arrivée}}$ (avec $V=0$ à l'infini) : il est NÉGATIF quand $q$ et $V$ sont de signes contraires.

Exercice 1 c) : amener $q_{3}=-2{,}00$ nC en $P$ , où $V_{P}=1{,}05$ kV, demande $W_{\text{ext}}=-2{,}10$ μJ. En bilan, le champ a aidé la charge : l'agent la retient.

Énoncé correct : « à vitesse constante depuis l'infini, $W_{\text{ext}}=qV_{\text{arrivée}}$ : positif si $q$ et $V$ ont le même signe, négatif sinon ». Parler de charge « attirée » ou « repoussée » ne suffit pas quand le système mêle des charges des deux signes.

Exercice 9 : Problème : la particule alpha et le noyau d'or

6 réponses vérifiables

Dans une expérience de diffusion, une particule alpha (noyau d'hélium, charge $+2e$ , masse $m_{\alpha}=6{,}64\times 10^{-27}$ kg) est émise avec une énergie cinétique de $5{,}00$ MeV, très loin d'un noyau d'or de charge $+79e$ . Elle se dirige droit vers le centre du noyau : la collision est frontale (figure). Le noyau d'or, environ cinquante fois plus massif, est supposé immobile, et seule la force électrique agit. $k=9{,}00\times 10^{9}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ , $e=1{,}60\times 10^{-19}$ C, $1\ \mathrm{fm}=10^{-15}$ m.

a) Calculez la vitesse initiale de la particule alpha.
b) Calculez sa distance minimale d'approche $d$ , en femtomètres.
c) Que vaut le potentiel dû au noyau à la distance $d$ ? Montrez qu'on pouvait l'écrire sans calcul à partir de l'énergie initiale.
d) Calculez la vitesse de la particule quand elle est à la distance $2d$ du noyau.
e) Le rayon du noyau d'or vaut environ $7{,}0$ fm. Quelle énergie cinétique initiale, en MeV, faudrait-il pour que la particule atteigne sa surface ? Que conclure sur le modèle de la charge ponctuelle à $5{,}00$ MeV ?

Voir la correction

Réponses

a) $v_{0}=1{,}55\times 10^{7}$ m/s
b) $d=4{,}55\times 10^{-14}$ m $=45{,}5$ fm
c) $V(d)=2{,}50$ MV $=K_{0}/(2e)$
d) $v=v_{0}/\sqrt{2}=1{,}10\times 10^{7}$ m/s
e) $32{,}5$ MeV ; à $5{,}00$ MeV la particule reste hors du noyau, le modèle ponctuel suffit

a)

\displaystyle K_{0}=5{,}00\times 10^{6}\times 1{,}60\times 10^{-19}=8{,}00\times 10^{-13}\ \mathrm{J}

\displaystyle v_{0}=\sqrt{\dfrac{2K_{0}}{m_{\alpha}}}=\sqrt{\dfrac{2\times 8{,}00\times 10^{-13}}{6{,}64\times 10^{-27}}}=1{,}55\times 10^{7}\ \mathrm{m/s}

Environ $5\,\%$ de la vitesse de la lumière : le calcul classique reste une bonne approximation.

b)

Au point de rebroussement, la vitesse est nulle : toute l'énergie cinétique est devenue potentielle.

$K_{0}=k\dfrac{(2e)(79e)}{d}$ , d'où $d=\dfrac{k(2e)(79e)}{K_{0}}$

\displaystyle d=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 158\times\left(1{,}60\times 10^{-19}\right)^{2}}{8{,}00\times 10^{-13}}=4{,}55\times 10^{-14}\ \mathrm{m}=45{,}5\ \mathrm{fm}

Piège : donner à la particule alpha la charge $e$ . La distance serait divisée par deux, et l'énergie mal convertie.

c)

\displaystyle V(d)=k\dfrac{79e}{d}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 79\times 1{,}60\times 10^{-19}}{4{,}55\times 10^{-14}}=2{,}50\times 10^{6}\ \mathrm{V}

Sans calcul : $K_{0}=qV(d)$ avec $q=2e$ , donc $V(d)=\dfrac{5{,}00\ \mathrm{MeV}}{2e}=2{,}50\ \mathrm{MV}$ .

C'est l'intérêt de l'électronvolt : une particule de charge $2e$ qui gagne ou perd $5{,}00$ MeV traverse $2{,}50$ MV.

d)

À la distance $2d$ , $U=k\dfrac{(2e)(79e)}{2d}=\dfrac{K_{0}}{2}$ ; la conservation donne $K=K_{0}-\dfrac{K_{0}}{2}=\dfrac{K_{0}}{2}$ .

\displaystyle v=\dfrac{v_{0}}{\sqrt{2}}=\dfrac{1{,}55\times 10^{7}}{\sqrt{2}}=1{,}10\times 10^{7}\ \mathrm{m/s}

Piège : « à mi-chemin de $d$ , la moitié de la vitesse ». L'énergie potentielle varie en $1/r$ et l'énergie cinétique en $v^{2}$ : aucune des deux relations n'est linéaire.

e)

Pour atteindre $r_{N}=7{,}0$ fm : $K=k\dfrac{(2e)(79e)}{r_{N}}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 158\times\left(1{,}60\times 10^{-19}\right)^{2}}{7{,}0\times 10^{-15}}=5{,}2\times 10^{-12}\ \mathrm{J}=32{,}5\ \mathrm{MeV}$

À $5{,}00$ MeV, la particule rebrousse chemin à $45{,}5$ fm, plus de six fois le rayon du noyau : elle reste toujours HORS du noyau.

Hors d'une distribution à symétrie sphérique, le champ et le potentiel sont ceux d'une charge ponctuelle (théorème de Gauss) : le modèle ponctuel décrit donc tout le trajet. Il cesserait de valoir vers une trentaine de MeV, et même un peu avant : la force nucléaire agit déjà à quelques femtomètres hors de la surface du noyau.

Exercice 10 : Problème : assembler un triangle de charges, puis libérer la quatrième

9 réponses vérifiables

Sur une table horizontale isolante, trois petites billes chargées sont fixées aux sommets d'un triangle équilatéral de côté $L=6{,}00$ cm (figure) : $q_{1}=q_{2}=+4{,}00\ \mu\mathrm{C}$ à la base et $q_{3}=-2{,}00\ \mu\mathrm{C}$ au sommet. $G$ est le centre du triangle ; $H$ est le point de la hauteur issue de $q_{3}$ situé à mi-chemin entre $G$ et $q_{3}$ . Une quatrième bille, de charge $q_{4}=+1{,}00\ \mu\mathrm{C}$ et de masse $m_{4}=2{,}00$ g, glisse sans frottement sur la table. $k=9{,}00\times 10^{9}\ \mathrm{N\cdot m^{2}/C^{2}}$ .

a) Calculez l'énergie potentielle électrique du système des trois charges fixes. Que vaut le travail total qu'il a fallu pour l'assembler ? Les trois billes seraient-elles en équilibre si on cessait de les tenir ?
b) Calculez le potentiel électrique en $G$ .
c) On amène $q_{4}$ de l'infini jusqu'en $G$ , à vitesse constante. Calculez le travail extérieur, puis l'énergie potentielle du système des quatre charges.
d) On lâche $q_{4}$ en $G$ . Calculez la force électrique qu'elle subit, en composantes ( $\vec j$ vers $q_{3}$ ), et dites dans quelle direction elle part.
e) Calculez le potentiel en $H$ , puis la vitesse de $q_{4}$ quand elle y passe.

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Réponses

a) $U_{3}=0$ : travail total nul ; non, les billes ne sont pas en équilibre
b) $V_{G}=1{,}56\times 10^{6}$ V
c) $W_{\text{ext}}=1{,}56$ J ; $U_{4}=1{,}56$ J
d) $\vec F=45{,}0\,\vec j$ N : $q_{4}$ part vers $q_{3}$
e) $V_{H}=5{,}32\times 10^{5}$ V ; $v_{H}=32{,}0$ m/s

a)

Les trois paires sont à la même distance $L$ :

\displaystyle U_{3}=\dfrac{k}{L}\left(q_{1}q_{2}+q_{1}q_{3}+q_{2}q_{3}\right)=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}}{0{,}0600}\left(16{,}0-8{,}00-8{,}00\right)\times 10^{-12}=0

Le travail total d'assemblage est nul : rapprocher $q_{1}$ et $q_{2}$ coûte $+2{,}40$ J, amener ensuite $q_{3}$ en rend $2{,}40$ J.

Mais une énergie nulle n'est pas une force nulle : $q_{3}$ est attirée par $q_{1}$ et $q_{2}$ , qui se repoussent entre elles. Lâchées, les billes bougeraient.

Piège : conclure « $U=0$ , donc rien ne se passe ». C'est la VARIATION de $U$ avec les positions qui fait les forces, pas sa valeur.

b)

$G$ est à $\dfrac{L}{\sqrt{3}}=3{,}46$ cm des trois sommets : le potentiel s'écrit avec la somme des charges, signes compris.

\displaystyle V_{G}=k\dfrac{q_{1}+q_{2}+q_{3}}{L/\sqrt{3}}=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 6{,}00\times 10^{-6}}{0{,}03464}=1{,}56\times 10^{6}\ \mathrm{V}

c)

\displaystyle W_{\text{ext}}=q_{4}\left(V_{G}-0\right)=1{,}00\times 10^{-6}\times 1{,}559\times 10^{6}=1{,}56\ \mathrm{J}

\displaystyle U_{4}=U_{3}+W_{\text{ext}}=0+1{,}56=1{,}56\ \mathrm{J}

Chaque nouvelle charge ajoute $q\,V$ , où $V$ est le potentiel créé par les charges DÉJÀ en place : c'est la somme sur les paires construite pas à pas.

d)

Chaque charge est à $r=3{,}46$ cm de $G$ , et $r^{2}=1{,}20\times 10^{-3}\ \mathrm{m^{2}}$ .

$q_{1}$ et $q_{2}$ repoussent $q_{4}$ avec $F=\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 4{,}00\times 10^{-6}\times 1{,}00\times 10^{-6}}{1{,}20\times 10^{-3}}=30{,}0$ N chacune, le long des droites $q_{1}G$ et $q_{2}G$ , inclinées de $30{,}0°$ sur la base.

Leurs composantes selon la base s'annulent par symétrie ; selon $\vec j$ , chacune donne $30{,}0\sin 30{,}0°=15{,}0$ N.

$q_{3}$ attire $q_{4}$ vers le haut avec $\dfrac{9{,}00\times 10^{9}\times 2{,}00\times 10^{-6}\times 1{,}00\times 10^{-6}}{1{,}20\times 10^{-3}}=15{,}0$ N.

\displaystyle \vec F=\left(15{,}0+15{,}0+15{,}0\right)\vec j=45{,}0\,\vec j\ \mathrm{N}

$q_{4}$ part le long de la hauteur, vers $q_{3}$ . Contrôle par l'énergie : une charge positive va vers les potentiels décroissants, et $V_{H}<V_{G}$ .

e)

$H$ est à $\sqrt{3^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{21}=4{,}58$ cm de $q_{1}$ et de $q_{2}$ , et à $\sqrt{3}=1{,}73$ cm de $q_{3}$ .

\displaystyle V_{H}=9{,}00\times 10^{9}\left(\dfrac{2\times 4{,}00\times 10^{-6}}{0{,}04583}-\dfrac{2{,}00\times 10^{-6}}{0{,}01732}\right)=5{,}32\times 10^{5}\ \mathrm{V}

Les trois charges fixes ne bougent pas : leur énergie mutuelle est constante, seule compte $q_{4}V$ .

\displaystyle K_{H}=q_{4}\left(V_{G}-V_{H}\right)=1{,}00\times 10^{-6}\left(1{,}559\times 10^{6}-0{,}532\times 10^{6}\right)=1{,}03\ \mathrm{J}

\displaystyle v_{H}=\sqrt{\dfrac{2K_{H}}{m_{4}}}=\sqrt{\dfrac{2\times 1{,}03}{2{,}00\times 10^{-3}}}=32{,}0\ \mathrm{m/s}

Piège : écrire une distance $GH$ dans la formule de la vitesse, comme si la force était constante. Elle ne l'est pas ; la différence de potentiel fait l'intégrale à votre place.

Le potentiel électrique : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Rappel de cours

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Un potentiel nul, un champ qui ne l'est pas

Exercice 2 : Champ uniforme : deux chemins, une seule différence de potentiel

Exercice 3 : Champ non uniforme : intégrer le long de deux chemins

Exercice 4 : Le potentiel d'un arc et d'une tige : sommer des dq

Exercice 5 : Lâchée, puis lancée : l'énergie décide

Partie B : problèmes de contrôle (/50)

Exercice 6 : Coquille isolante épaisse : du champ de Gauss au potentiel

Exercice 7 : Deux sphères reliées : le partage et l'effet de pointe

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : la particule alpha et le noyau d'or

Exercice 10 : Problème : assembler un triangle de charges, puis libérer la quatrième

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