Exercice 1 : La charge quantifiée et la loi de Coulomb

Les questions a) et b) sont indépendantes; les questions c) et d) portent sur l'atome d'hydrogène, où l'électron orbite à $5{,}3\times 10^{-11}$ m du proton (masse du proton : $1{,}67\times 10^{-27}$ kg).

Le schéma ci-dessous représente les deux charges de la question b).

a) Une petite sphère porte une charge de $-4{,}8$ nC. Combien d'électrons excédentaires porte-t-elle ?
b) Deux charges ponctuelles de $+4{,}0$ μC et $-2{,}0$ μC sont séparées de 6,0 cm. Calculez la force entre elles et précisez sa nature. La grande charge tire-t-elle plus fort sur la petite que l'inverse ?
c) Calculez la force électrique entre le proton et l'électron de l'atome d'hydrogène, puis la force gravitationnelle entre eux.
d) Calculez le rapport des deux forces. Que conclure sur le rôle de la gravitation dans la matière à l'échelle atomique, et pourquoi domine-t-elle pourtant à l'échelle des planètes ?

Voir la correction

Réponses

a) $n=|q|/e=3{,}0\times 10^{10}$ électrons
b) $F=20$ N, attractive ; les deux forces sont rigoureusement égales
c) $F_{e}\approx 8{,}2\times 10^{-8}$ N, $F_{g}\approx 3{,}6\times 10^{-47}$ N
d) Rapport $\approx 2{,}3\times 10^{39}$ : la matière planétaire est neutre, les masses ne se compensent jamais

a)

$n=\frac{|q|}{e}=\frac{4{,}8\times 10^{-9}}{1{,}6\times 10^{-19}}=3{,}0\times 10^{10}$ électrons, trente milliards : une charge macroscopique minuscule cache déjà un nombre astronomique de porteurs.

b)

$F=\frac{k|q_{1}||q_{2}|}{r^{2}}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(4{,}0\times 10^{-6})(2{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}060)^{2}}=20$ N, attractive (signes opposés). Non : troisième loi de Newton, les deux forces ont exactement la même grandeur, quelle que soit la disproportion des charges. Le produit $|q_{1}||q_{2}|$ est le même vu des deux côtés.

c)

Électrique : $F_{e}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(1{,}6\times 10^{-19})^{2}}{(5{,}3\times 10^{-11})^{2}}\approx 8{,}2\times 10^{-8}$ N. Gravitationnelle : $F_{g}=\frac{(6{,}67\times 10^{-11})(1{,}67\times 10^{-27})(9{,}11\times 10^{-31})}{(5{,}3\times 10^{-11})^{2}}\approx 3{,}6\times 10^{-47}$ N.

d)

$\frac{F_{e}}{F_{g}}\approx 2{,}3\times 10^{39}$ : la gravitation est totalement négligeable dans l'atome, et c'est la force électrique qui fait toute la cohésion de la matière (liaisons, contacts, frottements). Si la gravitation gagne à l'échelle des planètes, c'est que la matière y est électriquement NEUTRE : les charges + et − se compensent et la force électrique résultante s'annule, alors que les masses, elles, ne se compensent jamais : la gravitation, si faible soit-elle, est la seule à s'additionner sans limite.

Question b), forces à l'échelle :

q_{1}

et

q_{2}

s'attirent avec la même force,

20

N chacune, malgré des charges différentes. C'est la troisième loi de Newton.

Coche ici les exercices faits ou à revoir : un compte gratuit, sans mot de passe, retient tes coches et tes réponses justes d'une visite à l'autre, te dit quel chapitre attaquer ensuite et te permet de demander l'exercice qui te manque. Crée ton espace, un courriel suffit.

Exercice 2 : Le point de champ nul

Une charge $q_{1}=+4{,}0$ μC est placée à l'origine et une charge $q_{2}=+9{,}0$ μC en $x=0{,}50$ m.

a) Calculez le champ électrique créé par $q_{1}$ seule au point $x=0{,}20$ m (grandeur et direction).
b) Déterminez le point de l'axe où le champ électrique TOTAL est nul.
c) Expliquez sans calcul pourquoi ce point est forcément situé entre les deux charges et plus près de la plus petite. Où chercherait-on le point de champ nul si les charges étaient de signes opposés ?
d) On place une charge $q_{0}=-5{,}0$ μC au milieu du segment ( $x=0{,}25$ m). Calculez la force qu'elle subit (grandeur et sens). Attention au signe de $q_{0}$ .

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/7

a)

E_{1}

(en

\times 10^{5}

N/C)

Direction

b)

Position du champ nul m

c)

Pour des charges de signes OPPOSÉS, le point de champ nul est

d)

Champ résultant (en

\times 10^{5}

N/C)

F

N

Sens de la force

Voir la correction

Réponses

a) $E_{1}=9{,}0\times 10^{5}$ N/C vers les $x$ positifs
b) $x=0{,}20$ m, à $20$ cm de $q_{1}$
c) Entre les charges de même signe ; à l'extérieur, côté petite charge, pour des signes opposés
d) $E=7{,}2\times 10^{5}$ N/C vers $-x$ , donc $F=3{,}6$ N vers $+x$

a)

$E_{1}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(4{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}20)^{2}}=9{,}0\times 10^{5}$ N/C, dirigé vers les $x$ positifs (en s'éloignant de la charge positive $q_{1}$ ).

b)

Entre les charges, les deux champs sont opposés. Égalité des grandeurs : $\frac{4k}{x^{2}}=\frac{9k}{(0{,}50-x)^{2}}$ . En prenant la racine : $\frac{2}{x}=\frac{3}{0{,}50-x}$ , donc $2(0{,}50-x)=3x$ , d'où $x=0{,}20$ m. Le champ total est nul à 20 cm de $q_{1}$ .

c)

À l'extérieur du segment, les deux champs pointent dans le MÊME sens (tous deux s'éloignent des charges positives) : ils ne peuvent pas s'annuler. Entre les charges, ils s'opposent; l'équilibre exige d'être plus près de la petite charge pour compenser sa faiblesse par la distance. Pour des charges de signes OPPOSÉS, c'est l'inverse : entre elles, les champs s'ajoutent; le point de champ nul se trouve à l'EXTÉRIEUR, du côté de la charge la plus petite.

d)

En $x=0{,}25$ m : $E_{1}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(4{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}25)^{2}}=5{,}76\times 10^{5}$ N/C vers $+x$ ; $E_{2}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(9{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}25)^{2}}=1{,}296\times 10^{6}$ N/C vers $-x$ . Champ résultant : $7{,}2\times 10^{5}$ N/C vers $-x$ (vers $q_{1}$ ). Force sur $q_{0}<0$ : $F=|q_{0}|E=(5{,}0\times 10^{-6})(7{,}2\times 10^{5})=3{,}6$ N, dirigée à l'OPPOSÉ du champ, donc vers $+x$ , c'est-à-dire vers $q_{2}$ . Le signe négatif de la charge renverse le sens : oublier ce renversement est le piège classique.

Question b), champs à l'échelle : en

P

, à

0{,}20

m de

q_{1}

, les deux champs valent

9{,}0\times 10^{5}

N/C et sont opposés. Le point nul est entre les deux charges de même signe, plus près de la plus petite.

Question d), champs en

x=0{,}25

m, décalés vers le haut pour rester lisibles et à l'échelle :

E_{2}

l'emporte, le champ total vaut

7{,}2\times 10^{5}

N/C vers

q_{1}

. La force sur

q_{0}<0

lui est opposée :

3{,}6

N vers

q_{2}

.

Exercice 3 : Le potentiel : un scalaire qui piège

Les questions a) et b) portent sur une charge $q=+2{,}0$ μC isolée. Les questions c) et d) portent sur un dipôle : $q_{A}=+2{,}0$ μC en $x=0$ et $q_{B}=-2{,}0$ μC en $x=0{,}40$ m.

Le schéma ci-dessous représente le dipôle de la question c).

a) Calculez le potentiel créé par $q$ à 30 cm de distance.
b) Quel travail un opérateur doit-il fournir pour amener une charge de $+3{,}0$ μC de l'infini jusqu'à ce point, sans vitesse ? Interprétez le signe.
c) Pour le dipôle : calculez le potentiel total ET le champ total au milieu du segment. Que constatez-vous de remarquable ?
d) Un électron initialement au repos est accéléré sous une différence de potentiel de 100 V. Calculez sa vitesse finale. Pourquoi cette méthode énergétique est-elle plus directe que le calcul de la force ?

Voir la correction

Réponses

a) $V=6{,}0\times 10^{4}$ V
b) $W=+0{,}18$ J : l'opérateur pousse contre la répulsion
c) $V=0$ mais $E=9{,}0\times 10^{5}$ N/C : potentiel nul n'est pas champ nul
d) $v\approx 5{,}9\times 10^{6}$ m/s, soit $2\,\%$ de $c$ pour $100$ V

a)

$V=\frac{kq}{r}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(2{,}0\times 10^{-6})}{0{,}30}=6{,}0\times 10^{4}$ V, soit 60 kV.

b)

$W=q_{0}V=(3{,}0\times 10^{-6})(6{,}0\times 10^{4})=0{,}18$ J. Positif : les deux charges se repoussent, l'opérateur doit pousser contre la répulsion et fournir de l'énergie, stockée en énergie potentielle électrique.

c)

Potentiel (scalaire, avec les signes) : $V=\frac{kq_{A}}{0{,}20}+\frac{kq_{B}}{0{,}20}=9{,}0\times 10^{4}-9{,}0\times 10^{4}=0$ V. Champ (vecteur) : les deux champs pointent tous deux de $q_{A}$ vers $q_{B}$ (le champ s'éloigne du + et se dirige vers le −) : $E=2\times\frac{(9{,}0\times 10^{9})(2{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}20)^{2}}=9{,}0\times 10^{5}$ N/C. Constat capital : $V=0$ n'implique PAS $E=0$ . Le potentiel nul dit qu'amener une charge en ce point ne coûte aucun travail net; le champ non nul dit qu'une fois là, elle subit une force bien réelle.

d)

$\frac{1}{2}m_{e}v^{2}=e\,\Delta V$ , donc $v=\sqrt{\frac{2(1{,}6\times 10^{-19})(100)}{9{,}11\times 10^{-31}}}\approx 5{,}9\times 10^{6}$ m/s, soit 2 % de la vitesse de la lumière pour 100 V à peine. La méthode énergétique ne demande ni la géométrie des plaques, ni le détail du champ le long du trajet : seule compte la différence de potentiel entre départ et arrivée, exactement comme la dénivelée en mécanique.

Question c) : la médiatrice du dipôle est l'équipotentielle

V=0

, et pourtant le champ au milieu vaut

9{,}0\times 10^{5}

N/C, les deux contributions pointant vers

q_{B}

. Champs à l'échelle, équipotentielles en gris.

Exercice 4 : Assembler trois charges : l'énergie d'un système

Trois charges ponctuelles occupent les sommets d'un triangle rectangle : $q_{1}=+2{,}0$ μC en $A=(0;\ 0)$ , $q_{2}=+2{,}0$ μC en $B=(0{,}30;\ 0)$ et $q_{3}=-3{,}0$ μC en $C=(0{,}30;\ 0{,}40)$ , coordonnées en mètres. On amène les charges une à une depuis l'infini, sans vitesse. La question e) est indépendante.

a) Quel travail l'opérateur doit-il fournir pour amener $q_{1}$ à sa place, puis $q_{2}$ à la sienne ? Interprétez le signe du second.
b) Calculez le travail nécessaire pour amener ensuite $q_{3}$ en $C$ , puis l'énergie potentielle totale du système.
c) Montrez que le résultat ne dépend pas de l'ordre d'assemblage, et donnez la règle générale de calcul de $U$ pour un système de charges.
d) Le système est-il lié ? Quelle énergie faut-il fournir pour séparer les trois charges jusqu'à l'infini, et quelle vitesse cela représente-t-il si toute cette énergie était donnée à $q_{3}$ seule (masse $1{,}0\times 10^{-6}$ kg) ?
e) Deux plaques parallèles distantes de 4,0 cm sont soumises à une différence de potentiel de 120 V. Calculez le champ, puis l'écart de potentiel entre deux surfaces équipotentielles distantes de 5,0 mm. Pourquoi le travail est-il nul le long d'une équipotentielle, et pourquoi les lignes de champ leur sont-elles perpendiculaires ?

Voir la correction

Réponses

a) $W_{1}=0$ et $W_{2}=+0{,}12$ J
b) $V_{C}=8{,}1\times 10^{4}$ V, $W_{3}=-0{,}243$ J, $U=-0{,}123$ J
c) $U=\sum\dfrac{kq_{i}q_{j}}{r_{ij}}$ , un terme par paire, indépendant de l'ordre
d) Lié ; $0{,}123$ J pour tout séparer, soit $\approx 496$ m/s pour $q_{3}$
e) $E=3{,}0\times 10^{3}$ V/m, $\Delta V=15$ V ; le champ est normal aux équipotentielles

a)

Pour $q_{1}$ : le travail est NUL, il n'y a encore aucun champ dans l'espace, rien ne s'oppose au déplacement. Pour $q_{2}$ : $W_{2}=q_{2}V_{1}(B)=\frac{kq_{1}q_{2}}{r_{12}}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(2{,}0\times 10^{-6})(2{,}0\times 10^{-6})}{0{,}30}=+0{,}12$ J. Positif : les deux charges sont positives et se repoussent, l'opérateur pousse contre la répulsion et dépense de l'énergie, stockée dans le système.

b)

Le triangle est un 3-4-5 : $r_{13}=\sqrt{0{,}30^{2}+0{,}40^{2}}=0{,}50$ m et $r_{23}=0{,}40$ m. En $C$ , le potentiel créé par les deux premières charges vaut $V=\frac{kq_{1}}{0{,}50}+\frac{kq_{2}}{0{,}40}=3{,}6\times 10^{4}+4{,}5\times 10^{4}=8{,}1\times 10^{4}$ V. Donc $W_{3}=q_{3}V=(-3{,}0\times 10^{-6})(8{,}1\times 10^{4})=-0{,}243$ J, négatif : $q_{3}$ est attirée, c'est le champ qui travaille et l'opérateur doit retenir. Énergie totale : $U=W_{2}+W_{3}=0{,}12-0{,}243=-0{,}123$ J.

c)

Les trois termes obtenus sont $U_{12}=+0{,}120$ J, $U_{13}=-0{,}108$ J et $U_{23}=-0{,}135$ J : un terme par PAIRE, et chaque terme $\frac{kq_{i}q_{j}}{r_{ij}}$ ne dépend que de la paire, pas de l'instant où elle s'est formée. Changer l'ordre d'assemblage change la répartition des travaux successifs, jamais leur somme. Règle : $U=\sum \frac{kq_{i}q_{j}}{r_{ij}}$ sur toutes les paires, avec les SIGNES des charges, et chaque paire comptée une seule fois (3 termes pour 3 charges, 6 pour 4 charges).

d)

$U<0$ : le système est lié, il faudrait fournir $+0{,}123$ J pour l'éparpiller à l'infini. Si toute cette énergie devenait cinétique pour $q_{3}$ : $v=\sqrt{\frac{2U'}{m}}=\sqrt{\frac{2(0{,}123)}{1{,}0\times 10^{-6}}}\approx 4{,}96\times 10^{2}$ m/s, environ 500 m/s pour un grain de poussière chargé. Le signe de $U$ se lit exactement comme en gravitation : négatif veut dire lié, positif veut dire que le système se disperse tout seul.

e)

$E=\frac{\Delta V}{d}=\frac{120}{0{,}040}=3{,}0\times 10^{3}$ V/m. Entre deux équipotentielles distantes de 5,0 mm : $\Delta V=E\,\Delta d=(3000)(0{,}0050)=15$ V. Le travail est nul le long d'une équipotentielle parce que $W=q\,\Delta V$ et que $\Delta V=0$ par définition de la surface. Et c'est précisément ce qui impose la perpendicularité : si le champ avait la moindre composante le long de la surface, déplacer une charge sur cette surface coûterait un travail non nul, ce qui contredirait $\Delta V=0$ . Le champ ne peut donc être que normal à l'équipotentielle, et il pointe toujours vers les potentiels DÉCROISSANTS, d'où le signe de $E=-\frac{\Delta V}{\Delta d}$ .

Question e) :

E=\dfrac{120}{0{,}040}=3000

V/m, donc

15

V d'écart tous les

5{,}0

mm. Les équipotentielles, en gris, sont parallèles aux plaques et perpendiculaires aux lignes de champ.

Exercice 5 : Un électron entre deux plaques

Deux plaques parallèles distantes de 2,0 cm créent un champ électrique uniforme de $2{,}0\times 10^{4}$ N/C. Un électron est libéré sans vitesse à la plaque négative et accéléré vers la plaque positive. On néglige d'abord la gravité, puis on justifiera cette approximation.

a) Calculez l'accélération de l'électron. Dans quel sens se déplace-t-il par rapport au champ ?
b) Calculez sa vitesse à l'arrivée sur la plaque positive et la durée du trajet.
c) Retrouvez la vitesse d'arrivée par la méthode énergétique, en calculant d'abord la différence de potentiel entre les plaques.
d) Comparez l'accélération électrique à $g$ et justifiez qu'on néglige la gravité. Un proton dans le même champ arriverait-il plus vite ou moins vite ? Justifiez sans tout recalculer.

Voir la correction

Réponses

a) $a\approx 3{,}5\times 10^{15}$ m/s², dans le sens contraire au champ
b) $v\approx 1{,}19\times 10^{7}$ m/s en $\approx 3{,}4$ ns
c) $\Delta V=Ed=400$ V, et l'énergie redonne la même vitesse
d) $a/g\approx 3{,}6\times 10^{14}$ ; le proton arrive $\sqrt{1836}\approx 43$ fois moins vite, à énergie égale

a)

$a=\frac{eE}{m_{e}}=\frac{(1{,}6\times 10^{-19})(2{,}0\times 10^{4})}{9{,}11\times 10^{-31}}\approx 3{,}5\times 10^{15}$ m/s². L'électron, chargé négativement, accélère dans le sens CONTRAIRE au champ : le champ va du + vers le −, l'électron remonte du − vers le +.

b)

MRUA depuis le repos sur $d=0{,}020$ m : $v=\sqrt{2ad}=\sqrt{2(3{,}51\times 10^{15})(0{,}020)}\approx 1{,}19\times 10^{7}$ m/s. Durée : $t=\frac{v}{a}\approx\frac{1{,}19\times 10^{7}}{3{,}51\times 10^{15}}\approx 3{,}4\times 10^{-9}$ s, quelques nanosecondes.

c)

$\Delta V=E\,d=(2{,}0\times 10^{4})(0{,}020)=400$ V. Puis $\frac{1}{2}m_{e}v^{2}=e\,\Delta V$ : $v=\sqrt{\frac{2(1{,}6\times 10^{-19})(400)}{9{,}11\times 10^{-31}}}\approx 1{,}19\times 10^{7}$ m/s. Les deux méthodes concordent exactement : ce sont les deux mêmes lois vues de la mécanique.

d)

$\frac{a}{g}=\frac{3{,}5\times 10^{15}}{9{,}8}\approx 3{,}6\times 10^{14}$ : la gravité est quelques centaines de billions de fois plus faible, la négliger est plus que justifié. Le proton subit la même force (même $e$ , même $E$ ) mais porte une masse 1836 fois plus grande : accélération 1836 fois plus faible. Par la méthode énergétique, il gagne la MÊME énergie cinétique $e\Delta V$ , donc arrive avec $\frac{1}{2}mv^{2}$ égal mais une vitesse $\sqrt{1836}\approx 43$ fois plus faible. Moins vite, donc, mais avec la même énergie : distinguer les deux est exactement l'esprit du chapitre.

Le champ va de la plaque

+

vers la plaque

-

; l'électron, de charge négative, subit

\vec{F}=-e\vec{E}

, opposée au champ : il remonte vers la plaque positive.

Exercice 6 : Champ résultant par composantes

Deux charges identiques $q_{1}=q_{2}=+3{,}0$ μC sont placées en $A=(0;\ 0)$ et $B=(0{,}40;\ 0)$ (coordonnées en mètres). On s'intéresse au point $P=(0{,}20;\ 0{,}15)$ , situé à 25 cm de chacune des deux charges (triangle 3-4-5 : depuis chaque charge, $\cos\theta=0{,}8$ et $\sin\theta=0{,}6$ ).

a) Calculez la grandeur du champ créé en $P$ par chacune des deux charges.
b) En décomposant chaque champ, calculez le champ résultant en $P$ (grandeur et direction). Utilisez la symétrie.
c) Calculez la force exercée sur une charge $q_{0}=-2{,}0$ μC placée en $P$ (grandeur et sens).
d) Calculez le potentiel en $P$ , puis le travail qu'un opérateur doit fournir pour amener $q_{0}$ de l'infini jusqu'en $P$ . Pourquoi ce calcul ne demande-t-il aucune décomposition ?
e) Sans calcul, donnez le point de l'axe des $x$ où le champ total est nul, et dites si une charge posée là, en équilibre, y resterait après une petite poussée le long de l'axe $x$ .

Voir la correction

Réponses

a) $E=4{,}32\times 10^{5}$ N/C pour chacune
b) $E_{tot}=2E\sin\theta\approx 5{,}2\times 10^{5}$ N/C, vers le haut
c) $F\approx 1{,}0$ N, vers le BAS : la charge est négative
d) $V_{P}=2{,}16\times 10^{5}$ V et $W=-0{,}43$ J, sans aucune décomposition
e) Au milieu du segment, $x=0{,}20$ m

a)

Chaque charge est à 25 cm de $P$ : $E=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(3{,}0\times 10^{-6})}{(0{,}25)^{2}}=4{,}32\times 10^{5}$ N/C.

b)

Chaque champ pointe de sa charge vers $P$ (charges positives). Composantes : pour $A$ , $(+E\cos\theta;\ +E\sin\theta)$ ; pour $B$ , $(-E\cos\theta;\ +E\sin\theta)$ . Par symétrie, les composantes horizontales s'annulent; les verticales s'ajoutent : $E_{tot}=2E\sin\theta=2(4{,}32\times 10^{5})(0{,}6)=5{,}2\times 10^{5}$ N/C, dirigé verticalement vers le haut (selon $+y$ , le long de la médiatrice).

c)

$F=|q_{0}|E_{tot}=(2{,}0\times 10^{-6})(5{,}18\times 10^{5})\approx 1{,}0$ N. La charge est négative : la force est opposée au champ, donc verticale vers le BAS, vers le milieu du segment $AB$ .

d)

Potentiel, somme scalaire : $V_{P}=2\times\frac{(9{,}0\times 10^{9})(3{,}0\times 10^{-6})}{0{,}25}=2{,}16\times 10^{5}$ V. Travail : $W=q_{0}V_{P}=(-2{,}0\times 10^{-6})(2{,}16\times 10^{5})=-0{,}43$ J. Négatif : la charge négative est ATTIRÉE par les deux charges positives, le champ fait le travail à la place de l'opérateur, qui doit plutôt retenir. Aucune décomposition, parce que le potentiel est un scalaire : c'est tout l'avantage de la voie énergétique.

e)

Par symétrie, le champ est nul au milieu du segment, $(0{,}20;\ 0)$ : les deux champs s'y compensent exactement. L'équilibre y est toutefois STABLE le long de l'axe $x$ pour une charge positive (repoussée par la charge dont elle s'approche, elle est ramenée au centre)... mais une analyse hors de l'axe montrerait qu'il est instable selon $y$ : aucun point de l'espace vide ne piège une charge en équilibre stable dans toutes les directions (théorème d'Earnshaw, hors programme mais bon à savoir).

Champs à l'échelle :

E_{1}=E_{2}=4{,}32\times 10^{5}

N/C, leurs composantes horizontales s'annulent et le champ résultant, vertical, vaut

5{,}2\times 10^{5}

N/C. La force sur

q_{0}<0

, en or, pointe vers le bas, à une autre échelle.

Exercice 7 : De la charge ponctuelle à la distribution continue

Un anneau mince de rayon $a=10$ cm porte une charge $Q=+6{,}0$ nC uniformément répartie. On étudie le champ sur son axe, à la distance $x$ du centre. Les questions d) et e) portent sur une tige rectiligne de longueur $L=0{,}50$ m portant $Q'=+9{,}0$ nC uniformément répartie, et sur un point $P$ situé sur le PROLONGEMENT de la tige, à $d=0{,}25$ m de son extrémité la plus proche.

a) Expliquez par la symétrie pourquoi le champ de l'anneau est dirigé selon l'axe, puis établissez $E(x)=\frac{kQx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}$ et calculez sa valeur en $x=0{,}20$ m. Calculez aussi le potentiel en ce point.
b) Que vaut le champ au centre de l'anneau ? En quel point de l'axe est-il maximal, et combien vaut-il alors ?
c) Montrez que pour $x\gg a$ l'expression redonne celle d'une charge ponctuelle, puis chiffrez l'écart entre la formule exacte et l'approximation ponctuelle en $x=2{,}0$ m.
d) Pour la tige : découpez-la en éléments $dq=\lambda\,dx$ et montrez que le champ en $P$ vaut $E=\frac{kQ'}{d(d+L)}$ . Calculez-le.
e) Un étudiant remplace la tige par une charge ponctuelle $Q'$ placée en son milieu. Quelle valeur trouve-t-il, et pourquoi l'approximation est-elle si mauvaise ici ? Calculez enfin le potentiel en $P$ et vérifiez qu'il redonne le champ par dérivation.

Voir la correction

Réponses

a) $E=\dfrac{kQx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}\approx 9{,}7\times 10^{2}$ N/C, $V\approx 2{,}4\times 10^{2}$ V
b) $E(0)=0$ , maximum en $x=a/\sqrt{2}\approx 7{,}07$ cm, où $E\approx 2{,}1\times 10^{3}$ N/C
c) $13{,}45$ contre $13{,}5$ N/C : $0{,}4\,\%$ d'écart à vingt rayons
d) $E=\dfrac{kQ'}{d(d+L)}=4{,}32\times 10^{2}$ N/C
e) $324$ N/C, $25\,\%$ trop faible ; $V=k\lambda\ln 3\approx 1{,}8\times 10^{2}$ V redonne $E$ par dérivation

a)

À chaque élément de l'anneau correspond l'élément diamétralement opposé : leurs champs ont la même grandeur et leurs composantes perpendiculaires à l'axe sont opposées, donc elles s'annulent deux à deux. Seule survit la composante axiale. Chaque élément $dq$ est à la distance $r=\sqrt{x^{2}+a^{2}}$ et sa composante axiale vaut $\frac{k\,dq}{r^{2}}\cos\theta$ avec $\cos\theta=\frac{x}{r}$ . Comme $r$ et $\cos\theta$ sont les MÊMES pour tous les éléments, ils sortent de l'intégrale : $E=\frac{kx}{r^{3}}\int dq=\frac{kQx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}$ . En $x=0{,}20$ m : $E=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(6{,}0\times 10^{-9})(0{,}20)}{(0{,}05)^{3/2}}\approx 9{,}7\times 10^{2}$ N/C. Potentiel : tous les éléments sont à la même distance $r$ , donc $V=\frac{kQ}{\sqrt{x^{2}+a^{2}}}=\frac{54}{0{,}2236}\approx 2{,}4\times 10^{2}$ V, sans aucune décomposition.

b)

Au centre, $x=0$ donne $E=0$ : par symétrie, chaque élément est compensé par son opposé, y compris axialement. Le maximum s'obtient en annulant la dérivée : $\frac{dE}{dx}=0$ mène à $(x^{2}+a^{2})-3x^{2}=0$ , soit $x=\frac{a}{\sqrt{2}}\approx 7{,}07$ cm. La valeur y est $E_{max}=\frac{2kQ}{3\sqrt{3}\,a^{2}}\approx 2{,}1\times 10^{3}$ N/C. Le champ part donc de zéro au centre, monte jusqu'à ce maximum, puis retombe : un anneau chargé n'a pas son champ le plus fort là où l'on croit.

c)

Si $x\gg a$ , alors $(x^{2}+a^{2})^{3/2}\to x^{3}$ et $E\to\frac{kQx}{x^{3}}=\frac{kQ}{x^{2}}$ : de loin, l'anneau est indiscernable d'une charge ponctuelle, comme il se doit. En $x=2{,}0$ m : exact $\frac{(54)(2{,}0)}{(4{,}01)^{3/2}}\approx 13{,}45$ N/C, approximation $\frac{54}{4{,}0}=13{,}5$ N/C. L'écart est de 0,4 % : à vingt rayons de distance, la structure de l'objet a déjà disparu.

d)

Tous les éléments de la tige sont alignés avec $P$ : les champs sont tous colinéaires, l'intégrale est scalaire. Avec $\lambda=\frac{Q'}{L}$ et $x$ mesuré depuis $P$ : $E=\int_{d}^{d+L}\frac{k\lambda\,dx}{x^{2}}=k\lambda\left[\frac{1}{d}-\frac{1}{d+L}\right]=\frac{k\lambda L}{d(d+L)}=\frac{kQ'}{d(d+L)}$ . Numériquement : $E=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(9{,}0\times 10^{-9})}{(0{,}25)(0{,}75)}=\frac{81}{0{,}1875}=4{,}32\times 10^{2}$ N/C. Remarquez la forme : ce n'est pas $\frac{kQ'}{r^{2}}$ mais un produit des distances aux DEUX extrémités.

e)

Le milieu de la tige est à $0{,}25+0{,}25=0{,}50$ m de $P$ , ce qui donne $\frac{81}{0{,}50^{2}}=3{,}24\times 10^{2}$ N/C : 25 % TROP FAIBLE. La raison est la convexité du $\frac{1}{r^{2}}$ : la moitié proche de la tige gagne bien plus que ce que la moitié lointaine perd, donc la moyenne des contributions dépasse la contribution de la charge moyenne. L'approximation ponctuelle n'est légitime que loin de l'objet, or ici $d$ est du même ordre que $L$ . Potentiel : $V=\int_{d}^{d+L}\frac{k\lambda\,dx}{x}=k\lambda\ln\frac{d+L}{d}=(9{,}0\times 10^{9})(1{,}8\times 10^{-8})\ln 3\approx 1{,}8\times 10^{2}$ V. Vérification : $-\frac{dV}{dd}=-k\lambda\left[\frac{1}{d+L}-\frac{1}{d}\right]=\frac{k\lambda L}{d(d+L)}$ , exactement le champ de la question d). Le champ est bien la pente du potentiel, changée de signe.

Question a) : deux éléments diamétralement opposés créent en

M

des champs de même grandeur ; leurs composantes perpendiculaires à l'axe s'annulent, seules les composantes axiales s'ajoutent.

Question d) : on découpe la tige en éléments

dq=\lambda\,dx

; chacun crée en

P

un champ

dE

dirigé vers la droite, à sa propre distance de

P

, et tous les

dE

s'ajoutent sans projection.

Exercice 8 : Le théorème de Gauss : la symétrie fait tout le travail

On utilise $\varepsilon_{0}=8{,}85\times 10^{-12}$ C²/(N·m²), relié à la constante de Coulomb par $k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}$ . Le flux du champ à travers une surface fermée vaut $\Phi_{E}=\frac{Q_{int}}{\varepsilon_{0}}$ , où $Q_{int}$ est la charge ENFERMÉE par la surface.

a) Une charge $q=+5{,}0$ nC est au centre d'un cube de 20 cm d'arête. Calculez le flux total à travers le cube, puis le flux à travers une seule face. Que devient le flux total si on double l'arête, et que devient-il si on décentre la charge sans la sortir du cube ?
b) Une sphère ISOLANTE de rayon $R=10$ cm porte une charge $Q=+8{,}0$ nC répartie uniformément dans tout son volume. Calculez le champ à $r=20$ cm, à la surface, puis à $r=5{,}0$ cm. Décrivez l'allure de $E(r)$ .
c) On dépose la même charge sur une sphère CONDUCTRICE de même rayon. Que valent le champ à $r=20$ cm et le champ à $r=5{,}0$ cm ? Justifiez les deux réponses par Gauss.
d) Une grande plaque isolante porte une densité surfacique $\sigma=2{,}0\times 10^{-8}$ C/m². Calculez le champ qu'elle crée. On place face à elle une seconde plaque de densité $-\sigma$ : que valent le champ entre les plaques et le champ à l'extérieur ? Reliez le résultat à la formule $E=\frac{\Delta V}{d}$ du condensateur plan.
e) Une charge de $+3{,}0$ nC est suspendue dans la cavité d'un conducteur NEUTRE. Donnez les charges apparues sur la paroi intérieure et sur la surface extérieure, et justifiez par Gauss appliqué à une surface tracée dans l'épaisseur du métal. Enfin : peut-on avoir un flux nul à travers une surface fermée alors que le champ n'y est nul nulle part ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/14

a)

Flux total N·m²/C

Flux par face N·m²/C

Doubler l'arête

b)

E

à 20 cm N/C

E

à la surface N/C

E

à 5,0 cm N/C

c)

E

à 20 cm N/C

E

à 5,0 cm N/C

d)

E

d'une plaque seule N/C

E

entre les plaques N/C

E

à l'extérieur N/C

e)

Charge sur la paroi intérieure nC

Charge sur la surface extérieure nC

Un flux nul avec un champ non nul

Voir la correction

Réponses

a) $\Phi=565$ N·m²/C, $94$ par face ; ni la taille ni le décentrage ne changent le total
b) $1800$ , $7200$ puis $3600$ N/C : linéaire à l'intérieur, en $1/r^{2}$ à l'extérieur
c) $1800$ N/C dehors, exactement pareil ; $0$ dedans
d) $\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\approx 1130$ N/C seule, $\dfrac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$ entre, $0$ dehors
e) $-3{,}0$ nC dedans, $+3{,}0$ nC dehors ; flux nul ne veut pas dire champ nul

a)

$\Phi_{E}=\frac{q}{\varepsilon_{0}}=\frac{5{,}0\times 10^{-9}}{8{,}85\times 10^{-12}}\approx 565$ N·m²/C. Par symétrie, les six faces se partagent également ce flux : $\frac{565}{6}\approx 94$ N·m²/C par face. Doubler l'arête ne change RIEN au flux total : il ne dépend que de la charge enfermée, jamais de la forme ni de la taille de la surface. Décentrer la charge ne change pas non plus le total, mais détruit la symétrie : les faces proches reçoivent plus de flux que les faces lointaines, et le calcul par face n'est alors plus faisable sans intégrale.

b)

À l'extérieur, la sphère se comporte comme une charge ponctuelle placée au centre : $E(0{,}20)=\frac{kQ}{r^{2}}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(8{,}0\times 10^{-9})}{0{,}20^{2}}=1{,}8\times 10^{3}$ N/C. À la surface : $E(R)=\frac{72}{0{,}010}=7{,}2\times 10^{3}$ N/C. À l'intérieur, la surface de Gauss de rayon $r$ n'enferme que la fraction $\frac{r^{3}}{R^{3}}$ de la charge, d'où $E=\frac{kQr}{R^{3}}=\frac{(9{,}0\times 10^{9})(8{,}0\times 10^{-9})(0{,}050)}{(0{,}10)^{3}}=3{,}6\times 10^{3}$ N/C. Allure : $E$ croît LINÉAIREMENT de 0 au centre jusqu'au maximum $7{,}2\times 10^{3}$ N/C à la surface, puis décroît en $\frac{1}{r^{2}}$ . Le champ est maximal sur la surface, pas au centre : c'est le contraire de l'intuition.

c)

À $r=20$ cm : exactement la même valeur, $1{,}8\times 10^{3}$ N/C. Gauss ne connaît que la charge enfermée et la symétrie sphérique : la façon dont la charge est répartie à l'intérieur est invisible de l'extérieur. À $r=5{,}0$ cm : $E=0$ . Dans un conducteur à l'équilibre, toute la charge migre sur la surface extérieure, donc une surface de Gauss intérieure n'enferme aucune charge. Réciproquement, si le champ n'était pas nul dans le métal, les électrons libres se déplaceraient et l'équilibre ne serait pas atteint.

d)

Plaque seule : la surface de Gauss est un cylindre qui la traverse, le flux sort par les DEUX bases, d'où $E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}=\frac{2{,}0\times 10^{-8}}{2(8{,}85\times 10^{-12})}\approx 1{,}13\times 10^{3}$ N/C, uniforme et indépendant de la distance. Avec la seconde plaque $-\sigma$ : entre les plaques, les deux champs pointent dans le même sens et s'ajoutent, $E=\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}\approx 2{,}3\times 10^{3}$ N/C; à l'extérieur, ils sont opposés et se compensent, $E\approx 0$ . C'est ce champ uniforme confiné entre les armatures qui donne $\Delta V=Ed$ , donc $E=\frac{\Delta V}{d}$ : la formule du condensateur plan n'est pas un axiome, elle sort de Gauss.

e)

Paroi intérieure : $-3{,}0$ nC; surface extérieure : $+3{,}0$ nC. Justification : on trace une surface de Gauss entièrement dans le métal, où $E=0$ partout, donc $\Phi_{E}=0$ , donc $Q_{int}=0$ ; comme elle enferme la charge $+3{,}0$ nC et la paroi intérieure, cette paroi porte forcément $-3{,}0$ nC. Le conducteur étant neutre au total, le $+3{,}0$ nC manquant se retrouve sur la face externe. Oui, le flux peut être nul sans que le champ le soit : placez une surface fermée dans le champ uniforme d'un condensateur, le flux entrant compense exactement le flux sortant. Flux nul signifie charge enfermée nulle, pas champ nul, et c'est la confusion la plus fréquente du chapitre.

Question e) : la surface de Gauss

\Sigma

, tracée dans le métal où

E=0

, enferme une charge nulle. La paroi intérieure porte donc

-3{,}0

nC (signes bleus), la surface extérieure

+3{,}0

nC (signes rouges).

Exercice 9 : La gouttelette de Millikan

Entre deux plaques horizontales distantes de 1,0 cm, on applique une différence de potentiel de 392 V. Une gouttelette d'huile de masse $1{,}92\times 10^{-15}$ kg, électrisée par frottement, reste parfaitement IMMOBILE entre les plaques.

a) Faites le bilan des forces sur la gouttelette et écrivez la condition d'équilibre.
b) Calculez le champ électrique entre les plaques.
c) Calculez la charge portée par la gouttelette, puis le nombre de charges élémentaires correspondant.
d) La gouttelette porte un excès d'électrons. Laquelle des deux plaques (haute ou basse) est au potentiel le plus élevé ? Justifiez avec les directions.
e) En quoi cette expérience, répétée sur des milliers de gouttelettes, a-t-elle permis à Millikan d'établir la quantification de la charge ?

Voir la correction

Réponses

a) $|q|E=mg$
b) $E=3{,}92\times 10^{4}$ V/m
c) $|q|=4{,}8\times 10^{-19}$ C, soit exactement $3$ électrons excédentaires
d) La plaque du HAUT : le champ pointe vers le bas
e) Toutes les charges mesurées sont des multiples entiers de $1{,}6\times 10^{-19}$ C

a)

Deux forces : le poids $mg$ vers le bas et la force électrique $qE$ qui doit pointer vers le haut. Équilibre : $|q|E=mg$ .

b)

$E=\frac{\Delta V}{d}=\frac{392}{0{,}010}=3{,}92\times 10^{4}$ V/m.

c)

$|q|=\frac{mg}{E}=\frac{(1{,}92\times 10^{-15})(9{,}8)}{3{,}92\times 10^{4}}=4{,}8\times 10^{-19}$ C. Nombre de charges élémentaires : $n=\frac{4{,}8\times 10^{-19}}{1{,}6\times 10^{-19}}=3$ : la gouttelette porte exactement trois électrons excédentaires.

d)

La gouttelette est négative et la force électrique doit être vers le haut : la force sur une charge négative est opposée au champ, donc le champ pointe vers le BAS. Le champ va toujours de la plaque au potentiel élevé vers la plaque au potentiel faible : c'est donc la plaque du HAUT qui est au potentiel le plus élevé (chargée positivement, elle attire d'ailleurs les électrons de la gouttelette vers le haut, l'image est cohérente).

e)

En mesurant la charge de milliers de gouttelettes, Millikan a constaté que toutes les valeurs étaient des multiples ENTIERS d'une même quantité, $1{,}6\times 10^{-19}$ C, jamais une fraction : 3 $e$ , 5 $e$ , 8 $e$ ..., jamais 2,7 $e$ . La charge n'est pas un fluide continu mais un empilement de grains identiques : c'est la quantification de la charge, et la première mesure précise de $e$ , qui lui valut le prix Nobel de 1923.

Gouttelette immobile : la force électrique

qE

équilibre exactement le poids

mg

, flèches de même longueur. La gouttelette, négative, est poussée vers le haut, donc le champ pointe vers le bas : la plaque du haut est positive, au potentiel le plus élevé.

Exercice 10 : Le canon à électrons : accélérer, puis dévier

Dans un tube cathodique, un électron part du repos et traverse une différence de potentiel accélératrice $V_{0}=2000$ V. Il entre ensuite, parallèlement aux plaques et à mi-distance entre elles, dans un condensateur de déviation de longueur $L=6{,}0$ cm dont les armatures sont distantes de $d=1{,}5$ cm et soumises à $V_{d}=60$ V. Un écran est placé à $D=25$ cm de la sortie des plaques. On néglige la gravité, ce que l'on justifiera.

a) Calculez la vitesse $v_{0}$ de l'électron à l'entrée des plaques de déviation.
b) Calculez le champ entre les plaques de déviation, l'accélération transversale de l'électron, le temps passé entre les plaques et la déviation verticale à la sortie. L'électron sort-il du condensateur sans heurter une armature ?
c) Calculez l'angle de sortie du faisceau. Montrez que la trajectoire rectiligne de sortie, prolongée vers l'arrière, coupe l'axe au MILIEU des plaques.
d) Calculez la déviation totale mesurée sur l'écran.
e) Établissez que cette déviation vaut $Y=\frac{V_{d}L(\frac{L}{2}+D)}{2dV_{0}}$ et commentez : de quoi dépend la sensibilité du tube, et de quoi ne dépend-elle PAS ? Calculez enfin la tension de déviation maximale utilisable, et justifiez qu'on néglige la gravité.

Voir la correction

Réponses

a) $v_{0}=\sqrt{2eV_{0}/m}\approx 2{,}65\times 10^{7}$ m/s
b) $E=4{,}0\times 10^{3}$ V/m, $a\approx 7{,}0\times 10^{14}$ m/s², $y_{1}\approx 1{,}8$ mm : il sort sans toucher
c) $\tan\theta=0{,}060$ , soit $\approx 3{,}4°$ , et la tangente coupe l'axe au milieu des plaques
d) $Y\approx 1{,}7$ cm
e) $Y=\dfrac{V_{d}L(\frac{L}{2}+D)}{2dV_{0}}$ ; $V_{d,max}=250$ V, et ni $e$ ni $m$ n'interviennent

a)

Toute l'énergie électrique devient cinétique : $\frac{1}{2}m v_{0}^{2}=eV_{0}$ , donc $v_{0}=\sqrt{\frac{2eV_{0}}{m}}=\sqrt{\frac{2(1{,}6\times 10^{-19})(2000)}{9{,}11\times 10^{-31}}}\approx 2{,}65\times 10^{7}$ m/s, soit environ 9 % de la vitesse de la lumière.

b)

$E=\frac{V_{d}}{d}=\frac{60}{0{,}015}=4{,}0\times 10^{3}$ V/m; $a=\frac{eE}{m}=\frac{(1{,}6\times 10^{-19})(4{,}0\times 10^{3})}{9{,}11\times 10^{-31}}\approx 7{,}03\times 10^{14}$ m/s². Le mouvement se décompose exactement comme un projectile : horizontalement uniforme, verticalement uniformément accéléré. Temps de traversée : $t=\frac{L}{v_{0}}=\frac{0{,}060}{2{,}65\times 10^{7}}\approx 2{,}26\times 10^{-9}$ s. Déviation à la sortie : $y_{1}=\frac{1}{2}at^{2}\approx 1{,}80\times 10^{-3}$ m, soit 1,8 mm. L'électron entre à mi-distance, il dispose donc de $\frac{d}{2}=7{,}5$ mm : 1,8 mm reste largement en dessous, il sort sans toucher.

c)

$\tan\theta=\frac{v_{y}}{v_{0}}=\frac{at}{v_{0}}=\frac{(7{,}03\times 10^{14})(2{,}26\times 10^{-9})}{2{,}65\times 10^{7}}=0{,}060$ , soit $\theta\approx 3{,}4°$ . Or $\frac{2y_{1}}{L}=\frac{2(1{,}80\times 10^{-3})}{0{,}060}=0{,}060$ également : la tangente de sortie a la même pente que la droite qui joint le milieu des plaques au point de sortie. Prolongée vers l'arrière, elle coupe donc l'axe en $x=\frac{L}{2}$ . C'est le résultat classique du projectile : la pente finale vaut deux fois la pente moyenne, ce qui reporte le point de départ apparent au milieu du parcours.

d)

Après les plaques, plus de force : trajectoire rectiligne. $Y=y_{1}+D\tan\theta=1{,}80\times 10^{-3}+(0{,}25)(0{,}060)=1{,}68\times 10^{-2}$ m, soit 1,7 cm. Le raccourci du c) donne le même résultat d'un coup : $Y=\tan\theta\left(\frac{L}{2}+D\right)=(0{,}060)(0{,}28)=1{,}68\times 10^{-2}$ m.

e)

$y_{1}=\frac{1}{2}\frac{eE}{m}\left(\frac{L}{v_{0}}\right)^{2}$ et $v_{0}^{2}=\frac{2eV_{0}}{m}$ : en substituant, $e$ et $m$ DISPARAISSENT et $y_{1}=\frac{EL^{2}}{4V_{0}}=\frac{V_{d}L^{2}}{4dV_{0}}$ , puis $Y=\tan\theta(\frac{L}{2}+D)=\frac{V_{d}L(\frac{L}{2}+D)}{2dV_{0}}$ . Vérification : $\frac{(60)(0{,}060)(0{,}28)}{2(0{,}015)(2000)}=1{,}68\times 10^{-2}$ m. La sensibilité ne dépend que de la GÉOMÉTRIE du tube et du rapport $\frac{V_{d}}{V_{0}}$ : ni de la charge, ni de la masse de la particule. Un faisceau de protons dévierait pareil, simplement bien plus lentement. Déviation maximale admissible $y_{1}=\frac{d}{2}$ : $V_{d,max}=\frac{2d^{2}V_{0}}{L^{2}}=\frac{2(0{,}015)^{2}(2000)}{(0{,}060)^{2}}=250$ V, au-delà le faisceau s'écrase sur une armature. Enfin $\frac{a}{g}\approx 7\times 10^{13}$ : la gravité est plus de dix mille milliards de fois plus faible, la négliger n'introduit aucune erreur mesurable.

Hauteurs exagérées et distance

D

raccourcie : parabole entre les plaques, droite ensuite. Prolongée vers l'arrière, en pointillé, la droite coupe l'axe au milieu des plaques. En vrai,

y=1{,}8

mm à la sortie et

Y=1{,}68

cm sur l'écran.

Exercice 11 : Démarche guidée : le champ d'un cylindre chargé en volume

Un cylindre infiniment long, d'axe $(\Delta)$ et de rayon $R$ , porte une charge répartie uniformément dans tout son volume, de densité volumique $\rho>0$ (en C/m³). On cherche le champ électrique $\vec{E}$ en un point $M$ situé à la distance $r$ de l'axe, à l'extérieur du cylindre puis à l'intérieur. On donne $\varepsilon_{0}=8{,}85\times 10^{-12}$ C²/(N·m²).

Démarche à suivre : faire un schéma et utiliser la symétrie cylindrique pour trouver la direction de $\vec{E}$ ; choisir judicieusement une surface de Gauss ; appliquer le théorème de Gauss, $\oiint\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS=\dfrac{q_{int}}{\varepsilon_{0}}$ , sur cette surface.

a) Donnez deux plans de symétrie de la distribution de charges qui passent par $M$ . Déduisez-en la direction de $\vec{E}$ en $M$ , puis dites de quelle seule variable dépend sa norme, en justifiant par les invariances.
b) Choisissez la surface de Gauss fermée, puis exprimez le flux sortant $\oiint\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS$ en fonction de $E(r)$ , $r$ et de la hauteur $h$ de la surface, en traitant chaque face séparément.
c) Pour $r>R$ : exprimez la charge intérieure $q_{int}$ , puis établissez $E(r)=\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}r}$ .
d) Pour $r<R$ : exprimez $q_{int}$ , établissez $E(r)$ , et vérifiez que les deux expressions se raccordent en $r=R$ . Que vaut le champ sur l'axe ?
e) Application numérique avec $\rho=1{,}0\times 10^{-6}$ C/m³ et $R=5{,}0$ cm : calculez $E$ en $r=\dfrac{R}{2}$ , en $r=R$ et en $r=2R$ . Expliquez pourquoi deux de ces valeurs sont égales, puis montrez qu'à l'extérieur le cylindre crée le même champ qu'un fil de charge linéique $\lambda=\rho\pi R^{2}$ placé sur son axe.

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

a)

Direction de

\vec{E}

en

M

Sa norme dépend

b)

Flux à travers les deux bases

c)

Dans

q_{int}

, le rayon à utiliser est

d)

E

sur l'axe N/C

e)

E(R/2)

N/C

E(R)

N/C

E(2R)

N/C

Voir la correction

Réponses

a) Plans : celui qui contient l'axe et $M$ , celui perpendiculaire à l'axe en $M$ ; $\vec{E}=E(r)\,\vec{u}_{r}$ , radial
b) $\oiint\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS=E(r)\times 2\pi rh$ , bases nulles
c) $q_{int}=\rho\pi R^{2}h$ , $E=\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}r}$
d) $q_{int}=\rho\pi r^{2}h$ , $E=\dfrac{\rho r}{2\varepsilon_{0}}$ ; continu en $R$ ; $E=0$ sur l'axe
e) $1{,}4\times 10^{3}$ , $2{,}8\times 10^{3}$ et $1{,}4\times 10^{3}$ N/C ; dehors, $E=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}r}$

a)

Premier plan : le plan qui contient l'axe $(\Delta)$ et le point $M$ . Second plan : le plan perpendiculaire à l'axe qui passe par $M$ . Chacun partage la distribution en deux moitiés images l'une de l'autre, donc chacun est un plan de symétrie des charges. Or le champ électrique en un point d'un plan de symétrie appartient à ce plan : $\vec{E}(M)$ est donc contenu dans les DEUX plans, c'est-à-dire dans leur intersection, la droite qui passe par $M$ et coupe l'axe à angle droit. Le champ est RADIAL : $\vec{E}=E(r)\,\vec{u}_{r}$ , où $\vec{u}_{r}$ est le vecteur unitaire qui part de l'axe vers $M$ . Pour la norme : la distribution est invariante par translation le long de l'axe (le cylindre est infini) et par rotation autour de l'axe, donc $E$ ne dépend ni de la hauteur de $M$ ni de sa position angulaire. Il ne dépend que de $r$ .

b)

On prend pour surface de Gauss un cylindre fermé $\Sigma$ , de même axe $(\Delta)$ , de rayon $r$ (il passe par $M$ ) et de hauteur $h$ quelconque, fermé par deux disques (voir la figure de correction). Le flux se découpe en trois : $\oiint\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS=\iint_{lat}\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS+\iint_{base\,1}\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS+\iint_{base\,2}\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS$ . Sur chaque base, $\vec{n}$ est parallèle à l'axe alors que $\vec{E}$ est radial : $\vec{E}\cdot\vec{n}=0$ , les deux bases ne contribuent pas. Sur la face latérale, $\vec{n}=\vec{u}_{r}$ est colinéaire à $\vec{E}$ , et $E(r)$ y est constant puisque tous ses points sont à la même distance $r$ de l'axe : $\iint_{lat}\vec{E}\cdot\vec{n}\,dS=E(r)\iint_{lat}dS=E(r)\times 2\pi rh$ . Tout le choix de la surface est là : elle a été construite pour que $E$ sorte de l'intégrale.

c)

Pour $r>R$ , la surface de Gauss enferme toute la section du cylindre chargé sur la hauteur $h$ , et rien au-delà puisque l'espace entre $R$ et $r$ est vide : $q_{int}=\rho\times V_{chargé}=\rho\,\pi R^{2}h$ . Le théorème de Gauss donne $E(r)\times 2\pi rh=\dfrac{\rho\,\pi R^{2}h}{\varepsilon_{0}}$ , et $h$ se simplifie : $E(r)=\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}r}$ . Le piège : écrire $q_{int}=\rho\,\pi r^{2}h$ , avec le rayon de la SURFACE DE GAUSS au lieu de celui du CYLINDRE CHARGÉ. On trouverait alors $E=\dfrac{\rho r}{2\varepsilon_{0}}$ , un champ qui grandirait sans fin en s'éloignant, ce qui est absurde. Vérification d'unités : $\dfrac{(\text{C/m}^{3})(\text{m}^{2})}{(\text{C}^{2}/(\text{N}\cdot\text{m}^{2}))(\text{m})}=\text{N/C}$ .

d)

Pour $r<R$ , la surface de Gauss est DANS le cylindre et n'enferme que la charge du cylindre de rayon $r$ : $q_{int}=\rho\,\pi r^{2}h$ . Le flux garde la même forme, $E(r)\times 2\pi rh$ , d'où $E(r)=\dfrac{\rho r}{2\varepsilon_{0}}$ : le champ croît linéairement avec $r$ . En $r=R$ , l'expression intérieure donne $\dfrac{\rho R}{2\varepsilon_{0}}$ et l'expression extérieure $\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}R}=\dfrac{\rho R}{2\varepsilon_{0}}$ : les deux se raccordent, le champ est continu, comme toujours pour une charge répartie en volume (seule une charge de SURFACE fait sauter le champ). Sur l'axe, $r=0$ donne $E=0$ : c'est aussi ce qu'impose la symétrie, aucune direction radiale n'y étant privilégiée.

e)

$E(R)=\dfrac{\rho R}{2\varepsilon_{0}}=\dfrac{(1{,}0\times 10^{-6})(0{,}050)}{2(8{,}85\times 10^{-12})}\approx 2{,}8\times 10^{3}$ N/C. $E\left(\dfrac{R}{2}\right)=\dfrac{\rho R}{4\varepsilon_{0}}\approx 1{,}4\times 10^{3}$ N/C, moitié de $E(R)$ puisque le champ intérieur est proportionnel à $r$ . $E(2R)=\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}(2R)}=\dfrac{\rho R}{4\varepsilon_{0}}\approx 1{,}4\times 10^{3}$ N/C, moitié de $E(R)$ puisque le champ extérieur est inversement proportionnel à $r$ . Les deux valeurs sont égales parce que diviser la distance par deux à l'intérieur et la doubler à l'extérieur divisent tous deux le champ de surface par deux. Enfin, avec $\lambda=\rho\pi R^{2}\approx 7{,}9\times 10^{-9}$ C/m, l'expression extérieure s'écrit $E=\dfrac{\rho\pi R^{2}}{2\pi\varepsilon_{0}r}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_{0}r}$ , exactement le champ d'un fil infini : de l'extérieur, Gauss ne voit que la charge par mètre, jamais la façon dont elle est répartie dans la section.

Surface de Gauss

\Sigma

: un cylindre coaxial de rayon

r

et de hauteur

h

. Sur la paroi latérale,

\vec{E}

est radial, parallèle à

\vec{n}

et de module constant ; sur les deux disques,

\vec{E}

est perpendiculaire à

\vec{n}

et le flux est nul.

Exercice 12 : Démarche guidée : la différence de potentiel par la circulation du champ

Une charge ponctuelle $q>0$ est placée en $O$ . Deux points $A$ et $B$ sont sur une même demi-droite issue de $O$ , aux distances $r_{A}=OA$ et $r_{B}=OB$ , avec $r_{B}>r_{A}$ . On note $\vec{u}$ le vecteur unitaire de cette demi-droite, dirigé de $O$ vers l'extérieur. On admet que la différence de potentiel entre deux points est l'opposé de la circulation du champ entre eux : $V_{B}-V_{A}=-\displaystyle\int_{A}^{B}\vec{E}\cdot d\vec{\ell}$ , calculée sur une ligne quelconque qui va de $A$ à $B$ .

Démarche à suivre : tracer les lignes de champ ; exprimer le champ à une distance $r$ de $q$ ; exprimer la circulation sur une ligne judicieusement choisie reliant $A$ et $B$ ; en déduire $V_{B}-V_{A}$ en fonction de $r_{A}$ , $r_{B}$ et $q$ . On donne $\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}=8{,}99\times 10^{9}$ N·m²/C² et $e=1{,}6\times 10^{-19}$ C.

a) Décrivez les lignes de champ de $q$ , puis écrivez le vecteur $\vec{E}$ en un point de la demi-droite situé à la distance $r$ de $O$ .
b) On choisit comme ligne le segment $[AB]$ . Exprimez le déplacement élémentaire $d\vec{\ell}$ , puis le produit scalaire $\vec{E}\cdot d\vec{\ell}$ en fonction de $r$ et $dr$ .
c) Calculez l'intégrale et établissez $V_{B}-V_{A}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{r_{B}}-\dfrac{1}{r_{A}}\right)$ . Que doit valoir ce résultat si $r_{B}=r_{A}$ ? Un élève trouve $\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{r_{B}}+\dfrac{1}{r_{A}}\right)$ : montrez par ce test que c'est faux et trouvez son erreur.
d) Application numérique : $q=2{,}0$ nC, $r_{A}=10$ cm, $r_{B}=30$ cm. Calculez $V_{B}-V_{A}$ et commentez son signe. Calculez le travail $W_{AB}=q_{p}(V_{A}-V_{B})$ de la force électrique sur un proton qui va de $A$ à $B$ , et interprétez son signe.
e) On relie maintenant $A$ à $B$ par un autre chemin : un arc de cercle de centre $O$ et de rayon $r_{A}$ , puis un segment radial de $r_{A}$ à $r_{B}$ , puis un arc de cercle de rayon $r_{B}$ qui ramène sur $B$ . Montrez que la circulation est la même. Faites enfin tendre $r_{A}$ vers l'infini et retrouvez le potentiel d'une charge ponctuelle.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/6

b)

\vec{u}\cdot\vec{u}

vaut

c)

V_{B}-V_{A}

si

r_{B}=r_{A}

V

L'erreur de l'élève

d)

V_{B}-V_{A}

V

W_{AB}

(en

\times 10^{-17}

J)

e)

Sur un arc de cercle centré en

O

Voir la correction

Réponses

a) Lignes radiales sortantes ; $\vec{E}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,\vec{u}$
b) $d\vec{\ell}=dr\,\vec{u}$ , $\vec{E}\cdot d\vec{\ell}=\dfrac{q\,dr}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}$
c) $V_{B}-V_{A}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{r_{B}}-\dfrac{1}{r_{A}}\right)$ ; $0$ si $r_{B}=r_{A}$ ; l'élève n'a changé le signe que d'un terme
d) $V_{B}-V_{A}\approx -1{,}2\times 10^{2}$ V ; $W_{AB}\approx +1{,}9\times 10^{-17}$ J, moteur
e) Arcs : circulation nulle, même résultat ; $V=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r}$ avec $V(\infty)=0$

a)

Pour $q>0$ , les lignes de champ sont des demi-droites issues de $O$ , orientées vers l'extérieur : le champ « fuit » une charge positive. Sur la demi-droite de $A$ et $B$ , $\vec{E}$ a donc la direction et le sens de $\vec{u}$ , et sa norme est donnée par la loi de Coulomb : $\vec{E}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,\vec{u}$ .

b)

Sur le segment $[AB]$ , on avance le long de la demi-droite, donc le déplacement élémentaire est porté par $\vec{u}$ : $d\vec{\ell}=dr\,\vec{u}$ , avec $dr>0$ quand on va de $A$ vers $B$ . Le produit scalaire vaut $\vec{E}\cdot d\vec{\ell}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,\vec{u}\cdot\vec{u}\,dr=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,dr$ , puisque $\vec{u}\cdot\vec{u}=1$ : $\vec{E}$ et $d\vec{\ell}$ ont la même direction. C'est pour cela que la ligne droite est le choix judicieux : le produit scalaire devient un simple produit.

c)

$V_{B}-V_{A}=-\displaystyle\int_{r_{A}}^{r_{B}}\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r^{2}}\,dr=-\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\displaystyle\int_{r_{A}}^{r_{B}}\dfrac{1}{r^{2}}\,dr$ . Une primitive de $\dfrac{1}{r^{2}}$ est $-\dfrac{1}{r}$ , puisque la dérivée de $-\dfrac{1}{r}$ est $\dfrac{1}{r^{2}}$ (la constante disparaît dans la différence). Donc $V_{B}-V_{A}=-\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left[-\dfrac{1}{r}\right]_{r_{A}}^{r_{B}}=-\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(-\dfrac{1}{r_{B}}+\dfrac{1}{r_{A}}\right)=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}}\left(\dfrac{1}{r_{B}}-\dfrac{1}{r_{A}}\right)$ . Test : si $r_{B}=r_{A}$ , les points $A$ et $B$ sont à la même distance de $q$ , donc sur la même équipotentielle, et le résultat doit valoir $0$ . La formule établie donne bien $0$ . Celle de l'élève donne $\dfrac{2q}{4\pi\varepsilon_{0}r_{A}}\ne 0$ : elle est fausse. Son erreur est dans la dernière ligne : le signe moins devant la parenthèse change le signe des DEUX termes, $-\left(-\dfrac{1}{r_{B}}+\dfrac{1}{r_{A}}\right)=\dfrac{1}{r_{B}}-\dfrac{1}{r_{A}}$ , et il n'en a changé qu'un. Ce test du cas $r_{B}=r_{A}$ coûte cinq secondes et attrape presque toutes les erreurs de signe du chapitre.

d)

$V_{B}-V_{A}=(8{,}99\times 10^{9})(2{,}0\times 10^{-9})\left(\dfrac{1}{0{,}30}-\dfrac{1}{0{,}10}\right)=17{,}98\times(3{,}33-10{,}0)\approx -1{,}2\times 10^{2}$ V. Le signe est négatif : $B$ , plus loin de la charge positive, est à un potentiel plus BAS que $A$ . C'est la règle générale : en suivant une ligne de champ, le potentiel diminue. Travail sur le proton : $W_{AB}=q_{p}(V_{A}-V_{B})=(1{,}6\times 10^{-19})(120)\approx 1{,}9\times 10^{-17}$ J. Il est positif, donc moteur : le proton, repoussé par $q$ , est poussé par la force électrique dans le sens de son déplacement, et l'énergie potentielle qu'il perd se retrouve en énergie cinétique.

e)

Sur les deux arcs de cercle centrés en $O$ , le déplacement $d\vec{\ell}$ est tangent au cercle, donc perpendiculaire à $\vec{u}$ et au champ radial : $\vec{E}\cdot d\vec{\ell}=0$ , et ces deux morceaux n'apportent RIEN à la circulation. Reste le segment radial de $r_{A}$ à $r_{B}$ , où le calcul est exactement celui de la question c). La circulation est donc la même, et plus généralement elle ne dépend que des points de départ et d'arrivée, pas du chemin : c'est ce qui permet de définir un potentiel en chaque point. Si $r_{A}\to+\infty$ , $\dfrac{1}{r_{A}}\to 0$ ; en prenant la référence $V_{A}\to 0$ à l'infini, il reste $V_{B}=\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_{0}r_{B}}$ . C'est la formule $V=\dfrac{kq}{r}$ du cours, avec $k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}$ : elle n'est pas un point de départ, elle sort de la circulation du champ de Coulomb.

Question e), l'autre chemin : sur les deux arcs, le déplacement est perpendiculaire au champ radial et la circulation est nulle ; seul le segment radial compte, et il va de

r_{A}

à

r_{B}

comme le chemin direct.

Exercice 13 : Démarche guidée : le potentiel du cylindre chargé, quand l'infini ne sert plus de référence

On reprend le cylindre infini de l'exercice 11, de rayon $R=5{,}0$ cm et de densité volumique $\rho=1{,}0\times 10^{-6}$ C/m³, dont on a établi le champ radial : $E(r)=\dfrac{\rho r}{2\varepsilon_{0}}$ pour $r<R$ et $E(r)=\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}r}$ pour $r>R$ . La courbe ci-dessous le représente. On applique la même démarche qu'à l'exercice 12 : $V(r_{B})-V(r_{A})=-\displaystyle\int_{r_{A}}^{r_{B}}E(r)\,dr$ , le long d'un rayon, où $d\vec{\ell}=dr\,\vec{u}_{r}$ .

a) Pour $R\le r_{A}<r_{B}$ , établissez $V(r_{B})-V(r_{A})=-\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}}\ln\dfrac{r_{B}}{r_{A}}$ , puis calculez $V(2R)-V(R)$ .
b) Faites tendre $r_{B}$ vers l'infini dans ce résultat. Peut-on, comme pour la charge ponctuelle, choisir $V=0$ à l'infini ? Pourquoi, et quelle référence prendre à la place ?
c) À l'intérieur, établissez $V(0)-V(R)=\dfrac{\rho R^{2}}{4\varepsilon_{0}}$ et calculez cette différence. Où le potentiel est-il maximal ?
d) À quoi correspond, sur la courbe de $E(r)$ , l'aire de la zone colorée, entre $r=R$ et $r=2R$ ? Vérifiez l'ordre de grandeur de la question a) en comptant les carreaux.

Voir la correction

Réponses

a) $V(r_{B})-V(r_{A})=-\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}}\ln\dfrac{r_{B}}{r_{A}}$ ; $V(2R)-V(R)\approx -98$ V
b) Non : le logarithme diverge ; référence à distance finie, par exemple $V(R)=0$
c) $V(0)-V(R)=\dfrac{\rho R^{2}}{4\varepsilon_{0}}\approx 71$ V ; maximum sur l'axe
d) L'aire vaut $V(R)-V(2R)\approx 98$ V, environ quatre carreaux de $25$ V

a)

À l'extérieur : $V(r_{B})-V(r_{A})=-\displaystyle\int_{r_{A}}^{r_{B}}\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}r}\,dr=-\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}}\displaystyle\int_{r_{A}}^{r_{B}}\dfrac{dr}{r}$ . Une primitive de $\dfrac{1}{r}$ est $\ln r$ (et non plus $-\dfrac{1}{r}$ : le champ décroît en $\dfrac{1}{r}$ , pas en $\dfrac{1}{r^{2}}$ ). Donc $V(r_{B})-V(r_{A})=-\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}}\left(\ln r_{B}-\ln r_{A}\right)=-\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}}\ln\dfrac{r_{B}}{r_{A}}$ . Numériquement, $\dfrac{\rho R^{2}}{2\varepsilon_{0}}=\dfrac{(1{,}0\times 10^{-6})(0{,}050)^{2}}{2(8{,}85\times 10^{-12})}\approx 141$ V, et $V(2R)-V(R)=-141\ln 2\approx -98$ V. Même test de signe qu'à l'exercice 12 : on suit les lignes de champ vers l'extérieur, le potentiel baisse.

b)

Quand $r_{B}\to+\infty$ , $\ln\dfrac{r_{B}}{r_{A}}\to+\infty$ , donc $V(r_{B})-V(r_{A})\to-\infty$ : le potentiel « à l'infini » n'est pas un nombre, et on ne peut pas lui donner la valeur $0$ . La raison physique : le cylindre est infiniment long, il porte une charge infinie qui s'étend elle-même jusqu'à l'infini, alors que la référence $V(\infty)=0$ suppose une distribution bornée, qu'on finit par quitter. Pour la charge ponctuelle, le champ en $\dfrac{1}{r^{2}}$ décroît assez vite pour que l'intégrale converge ; en $\dfrac{1}{r}$ , elle diverge. On choisit donc une référence à distance finie, le plus souvent $V(R)=0$ sur la surface du cylindre (ou $V=0$ sur l'axe). Seules les DIFFÉRENCES de potentiel ont un sens physique, et elles ne dépendent pas de ce choix.

c)

À l'intérieur, de $r_{A}=0$ à $r_{B}=R$ : $V(R)-V(0)=-\displaystyle\int_{0}^{R}\dfrac{\rho r}{2\varepsilon_{0}}\,dr=-\dfrac{\rho}{2\varepsilon_{0}}\left[\dfrac{r^{2}}{2}\right]_{0}^{R}=-\dfrac{\rho R^{2}}{4\varepsilon_{0}}$ , donc $V(0)-V(R)=\dfrac{\rho R^{2}}{4\varepsilon_{0}}\approx 71$ V, exactement la moitié des $141$ V de la question a). Attention au sens : l'énoncé demande $V(0)-V(R)$ , l'intégrale donne naturellement $V(R)-V(0)$ , et les deux diffèrent par le signe. Le champ pointe partout vers l'extérieur, donc le potentiel décroît partout en s'éloignant de l'axe : il est MAXIMAL sur l'axe, là précisément où le champ est nul. Un champ nul ne veut pas dire un potentiel nul, il veut dire un potentiel stationnaire, ici à son sommet.

d)

L'aire sous la courbe de $E(r)$ entre $R$ et $2R$ vaut $\displaystyle\int_{R}^{2R}E(r)\,dr$ , c'est-à-dire $V(R)-V(2R)$ : l'opposé de la circulation, donc la chute de potentiel de $R$ à $2R$ . Comptage : un carreau vaut $5$ cm $\times\,0{,}5\times 10^{3}$ N/C $=0{,}05\times 500=25$ V. La zone colorée occupe à peu près quatre carreaux (hauteur moyenne voisine de $2\times 10^{3}$ N/C sur $5$ cm), soit environ $100$ V, en accord avec les $98$ V calculés. Le graphe du champ porte donc toute l'information sur le potentiel : un champ est une pente de potentiel, un potentiel est une aire sous le champ.

Exercices corrigés : charge, champ et potentiel électriques (203-SN2-RE, ancien 203-NYB)

Rappel de cours

Partie A : Charge, force, champ et potentiel (/50)

Exercice 1 : La charge quantifiée et la loi de Coulomb

Exercice 2 : Le point de champ nul

Exercice 3 : Le potentiel : un scalaire qui piège

Exercice 4 : Assembler trois charges : l'énergie d'un système

Exercice 5 : Un électron entre deux plaques

Partie B : Niveau examen (/50)

Exercice 6 : Champ résultant par composantes

Exercice 7 : De la charge ponctuelle à la distribution continue

Exercice 8 : Le théorème de Gauss : la symétrie fait tout le travail

Exercice 9 : La gouttelette de Millikan

Exercice 10 : Le canon à électrons : accélérer, puis dévier

Partie C : démarches guidées (/30)

Exercice 11 : Démarche guidée : le champ d'un cylindre chargé en volume

Exercice 12 : Démarche guidée : la différence de potentiel par la circulation du champ

Exercice 13 : Démarche guidée : le potentiel du cylindre chargé, quand l'infini ne sert plus de référence

Ce chapitre resservira dans

Voir aussi

Vous cherchez un tuteur en physique 203-SN2-RE à Montréal ?