Exercice Résolu sur les Champ Électrique
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PT-BR
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Un arc de cercle de rayon a et d'angle central θ0 est chargé avec une
charge Q uniformément distribuée le long de l'arc. Déterminer:
a) Le vecteur champ électrique aux points de la droite passant par le centre de l'arc et perpendiculaire au plan contenant l'arc;
b) Le vecteur champ électrique au centre de courbure de l'arc;
c) Le vecteur champ électrique lorsque l'angle central tend vers zéro.
a) Le vecteur champ électrique aux points de la droite passant par le centre de l'arc et perpendiculaire au plan contenant l'arc;
b) Le vecteur champ électrique au centre de courbure de l'arc;
c) Le vecteur champ électrique lorsque l'angle central tend vers zéro.
Données du problème:
- Rayon de l'arc: a;
- Angle central de l'arc: θ0;
- Charge électrique de l'arc: Q.
Le vecteur position r va d'un élément de charge dq de l'arc jusqu'au point P, où nous voulons calculer le champ électrique, le vecteur rq localise l'élément de charge par rapport à l'origine du référentiel, et le vecteur rp localise le point P (Figure 1-A).
\[
\begin{gather}
\mathbf r=\mathbf r_p-\mathbf r_q
\end{gather}
\]
Par la géométrie du problème, nous devons choisir des coordonnées cylindriques (Figure 1-B). Le vecteur rq, qui se trouve dans le plan yz, est noté \( \mathbf r_q=y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \) et le vecteur rp n'a qu'une composante dans la direction i, \( \mathbf r_p=x\;\mathbf i \) (contrairement à ce qui se fait habituellement où le vecteur rq se trouve dans le plan xy et l'axe du cylindre dans la direction k). Le vecteur position sera
\[
\begin{gather}
\mathbf r=x\;\mathbf i-\left(y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf r=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
De l'équation (I), le module du vecteur position r sera
\[
\begin{gather}
r^2=x^2+(-y)^2+(-z)^2\\[5pt]
r=\left(x^2+y^2+z^2\right)^{\frac{1}{2}} \tag{II}
\end{gather}
\]
où x, y et z, en coordonnées cylindriques, sont donnés par
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=x\\
y=a\cos\theta\\
z=a\sin\theta
\end{array}
\right. \tag{III}
\end{gather}
\]
Solution:
a) Le vecteur champ électrique est donné par
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^{3}}\;\mathbf r} \tag{IV}
\end{gather}
\]
En utilisant l'équation de la densité linéaire de charge λ, on obtient l'élément de charge
dq
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda=\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\lambda\;ds \tag{V}
\end{gather}
\]
où ds est un élément d'arc d'angle dθ de l'arc (Figure 2)
\[
\begin{gather}
ds=a\;d\theta \tag{VI}
\end{gather}
\]
en substituant l'équation (VI) dans l'équation (V)
\[
\begin{gather}
dq=\lambda a\;d\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
En substituant les équations (I), (II) et (VII) dans l'équation (IV)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2}\right]^{\;3}}}\left(x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(x\;\mathbf i-y\;\mathbf j-z\;\mathbf k\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
en substituant les équations de (III) dans l'équation (VIII)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[\;x^2+\left(a\cos\theta\right)^2+\left(a\sin\theta\right)^2\right]^{3/2}}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\sin\theta\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[x^2+a^2\cos^2\theta +a^2\sin^2\theta\;\right]^{3/2} }}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\sin\theta\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left[x^2+a^2\underbrace{\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)}_{1}\right]^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\sin\theta\;\mathbf k\right)}\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda a\;d\theta}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-a\cos\theta\;\mathbf j-a\sin\theta\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
La densité de charge λ et le rayon aa sont constants, ils peuvent être sortis de l'intégrale,
et l'intégrale de la somme est égale à la somme des intégrales
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\int d\theta\;\mathbf i-a\int \cos\theta d\theta\;\mathbf j-a\int \sin\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Comme il existe une symétrie, nous pouvons diviser l'angle central θ0 en deux
parties en mesurant
\( \frac{\theta_0}{2} \)
dans le sens horaire et
\( -{\frac{\theta_0}{2}} \)
dans le sens anti-horaire (Figure 3), l'intervalle d'intégration sera
\( -{\frac{\theta_0}{2}} \)
et
\( \frac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}d\theta\;\mathbf i-a\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta\;\mathbf j-a\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\sin\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Figure 3
Intégrale de \( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\;d\theta &=\frac{\theta_0}{2}-\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)=\\
&=\frac{\theta_0}{2}+\frac{\theta_0}{2}=\cancel 2\frac{\theta_0}{\cancel 2}=\theta_0
\end{align}
\]
Intégrale de \( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\left.\sin\theta\right|_{\;-\frac{\theta_0}{2}}^{\;\frac{\theta_0}{2}}=\\
&=\sin\frac{\theta_0}{2}-\sin\;\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)
\end{align}
\]
La fonction sinus est une fonction impaire
\( f(-x)=-f(x) \),
\( \sin\left(-{\dfrac{\theta_0}{2}}\right)=-\sin\dfrac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\cos\theta\;d\theta &=\sin\frac{\theta_0}{2}-\left[-\sin\;\frac{\theta_0}{2}\right]=\\
&=\sin\frac{\theta_0}{2}+\sin\frac{\theta_0}{2}=2\;\sin\;\frac{\theta_0}{2}
\end{align}
\]
Intégrale de \( \displaystyle \int_{-{\frac{\theta_{;0}}{2}}}^{{\frac{\theta_{0}}{2}}}\sin\theta\;d\theta\)
\[
\begin{align}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\sin\theta\;d\theta &=\left.-\cos\theta\right|_{\;-\frac{\theta_0}{2}}^{\;\frac{\theta_0}{2}}=\\
&=-\left[\cos\frac{\theta_0}{2}-\cos\left(-{\frac{\theta_0}{2}}\right)\right]
\end{align}
\]
la fonction cosinus est une fonction paire
\( f(x)=f(-x) \),
\( \cos\left(-{\dfrac{\theta_0}{2}}\right)=\cos\dfrac{\theta_0}{2} \)
\[
\begin{gather}
\int_{-{\frac{\theta_0}{2}}}^{{\frac{\theta_0}{2}}}\sin\theta\;d\theta=-\left[\cos\frac{\theta_0}{2}-\cos\frac{\theta_0}{2}\right]=0
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j-0\;\mathbf k\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\lambda a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
Remarque: l'intégrale dans la direction k est nulle, car un élément de charge
dq produit en un point un élément de champ qui peut être décomposé en éléments
dEx, −dEy et
−dEz (Figure 4-A). Un autre élément de charge placé en une position
symétrique produit, au même point, un autre élément de champ qui peut être décomposé en éléments
dEx, −dEy et
dEz (Figure 4-B), ainsi les éléments dans la direction k s'annulent
et seuls les éléments dans les directions i et j contribuent au champ total.
Figure 4
La charge totale de l'arc est Q et sa longueur est aθ0, la densité linéique peut être écrite
\[
\begin{gather}
\lambda=\frac{Q}{a\theta_0} \tag{X}
\end{gather}
\]
en substituant l'équation (X) dans l'équation (IX)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a\theta_0}\frac{a}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\theta_0\;\mathbf i-2a\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(\frac{1}{\theta_0}x\theta_0\;\mathbf i-\frac{1}{\theta_0}2a\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}}\left(x\;\mathbf i-\frac{2a}{\theta_0}\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)}
\end{gather}
\]
b) Au centre de courbure, nous avons x=0, en substituant dans la solution de la question précédente (Figure 6)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\left(0^2+a^2\right)^{3/2}}\left(0\;\mathbf i-\frac{2a}{\theta_0}\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j\right)\\[5pt]
\mathbf E=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^{3}}\frac{2a}{\theta_0}\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{-{1}}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2}\frac{2}{\theta_0}\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
c) Lorsque l'angle central tend vers zéro (\( \theta_0\rightarrow 0 \)), l'arc tend vers une charge ponctuelle, en appliquant la limite à la solution de la question précédente (Figure 7)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{\theta_0\rightarrow0}{\lim}-\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\;\frac{Q}{a^2}\frac{2}{\theta_0}\sin\frac{\theta_0}{2}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
en inversant le terme
\( \frac{2}{\theta_0} \)
et en passant au dénominateur
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\underset{\theta_0\rightarrow 0}{\lim}-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{a^2}\dfrac{\sin\dfrac{\theta_0}{2}}{\dfrac{\theta_0}{2}}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
En utilisant la limite
\( \underset{x\rightarrow 0}{\lim}{\dfrac{\sin x}{x}}=1 \)
\[
\begin{gather}
\mathbf E=-{\frac{1}{4\pi\epsilon_0}}\frac{Q}{a^2}\underbrace{\;\underset{\theta_0\rightarrow 0}{\lim }{\dfrac{\sin\dfrac{\theta_0}{2}}{\dfrac{\theta_0}{2}}}}_{1}\;\mathbf j
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=-{\frac{Q}{4\pi\epsilon_0a^2}}\;\mathbf j}
\end{gather}
\]
et le résultat se réduit au vecteur champ électrique d'une charge ponctuelle.
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