SOLUTIONS DES EXERCICES
16.4 a) Le potentiel élémentaire créé en O
par une charge élémentaire dq = s · dS située
autour d’un point P du disque s’écrit : dV (O) =
s · dS
4p´ 0 · O P
avec V = 0 à l’infini ; on exprime dS
et OP en coordonnées polaires et on intègre sur
l’ensemble du disque :
V (O) =
r,f
sr · dr · df
4p´ 0 .r
=
sR
2´ 0
b) Le principe est le même avec
s(r) = A/(R
2 – r
2 )
1/2
On obtient : V (O) =
Ap
4´ 0
avec V = 0 à l’infini.
c) Q =
disque
dq =
disque
Ar · dr · df
R 2 − r 2
= 2p · AR = 8´ 0 R · V (O)
16.5 On utilise la relation
#–
E = −
# –
grad V en
coordonnées sphériques ; à partir des dérivées
partielles de V, on obtient les composantes de
#–
E :
E r =
3
3 cos
2 u − 1
qd
2
4p´ 0 · r 4
et E u =
3 sin(2u) · qd
2
4p´ 0 · r 4
16.6 a) Pour un point M d’abscisse x sur l’axe
(Ox) du cercle (droite passant par O et perpendiculaire au plan du cercle), on a :
E(M) =
lR
2´ 0
·
x
3
√
R 2 + x 2
suivant l
′ axe O x
b) On a
#–
E = −
# –
grad V , ce qui conduit ici à :
∂V
∂x
= −
lR
2´ 0
·
x
3
√
R 2 + x 2
En intégrant cette expression, on obtient :
V (M) =
lR
2´ 0
·
1
√
R 2 + x 2
+ constante ;
ceci est valable pour les points M situés sur l’axe
du cercle.
16.7 En coordonnées cylindriques, en choisissant l’axe Oz coïncidant avec le fil, en un point
M(r,w,z), le champ E(M) et le potentiel V(M)
ne dépendent ni de z (la distribution de charges
est invariante par translation le long de l’axe Oz)
ni de w (la distribution de charges est invariante
par rotation d’angle w autour de l’axe Oz) ; les
surfaces équipotentielles sont donc les surfaces
latérales de cylindres d’axe Oz et la direction de
#–
E (M) est suivant #–
u r . On choisit comme surface
de Gauss un cylindre d’axe Oz, de rayon r et de
hauteur h.
• Si 0 < r < R on obtient
#–
E (M) =
l
2p´ 0 · R
· #–
u r .
• Si r > R on obtient
#–
E (M) =
l + 2psR
2p´ 0 · r
· #–
u r .
Le champ est discontinu à la traversée de la surface chargée du cylindre (pour r = R).
16.8 a) On calcule la charge totale Q par intégration de m(r) = kr (où k est un coefficient de
proportionnalité à déterminer) sur tout le volume
de la boule ; on obtient :
Q = pk · R
4 , soit m(M) =
Qr
pR 4
b) Par symétrie, la distribution de charge étant
invariante par rotation d’angle u et d’angle w, le
champ
#–
E (M) et le potentiel V(M) ne dépendent
que de r ; les surfaces équipotentielles sont des
sphères de centre O et le champ est radial (suivant #–
u r ). On choisit comme surface de Gauss
une sphère de centre O et de rayon r. On obtient
alors :
• si r R :
#–
E (M) =
Q
4p´ 0
·
r
2
r 4 · #–
u r
• si r R :
#–
E (M) =
Q
4p´ 0
·
1
r 2 · #–
u r
Chapitre 17
17.1 I. a) La force magnétique subie par la particule
#–
f = q · #– v ∧
#–
B est toujours normale à la
vitesse, donc au déplacement élémentaire et son
travail est nul quel que soit le déplacement → pas
©
Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
613
“Gautron_9782100543007” (Col. : ScienceSup3-193x250) — 2010/6/15 — 17:13 — page 613 — #623
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16.4 a) Le potentiel élémentaire créé en O
par une charge élémentaire dq = s · dS située
autour d’un point P du disque s’écrit : dV (O) =
s · dS
4p´ 0 · O P
avec V = 0 à l’infini ; on exprime dS
et OP en coordonnées polaires et on intègre sur
l’ensemble du disque :
V (O) =
r,f
sr · dr · df
4p´ 0 .r
=
sR
2´ 0
b) Le principe est le même avec
s(r) = A/(R
2 – r
2 )
1/2
On obtient : V (O) =
Ap
4´ 0
avec V = 0 à l’infini.
c) Q =
disque
dq =
disque
Ar · dr · df
R 2 − r 2
= 2p · AR = 8´ 0 R · V (O)
16.5 On utilise la relation
#–
E = −
# –
grad V en
coordonnées sphériques ; à partir des dérivées
partielles de V, on obtient les composantes de
#–
E :
E r =
3
3 cos
2 u − 1
qd
2
4p´ 0 · r 4
et E u =
3 sin(2u) · qd
2
4p´ 0 · r 4
16.6 a) Pour un point M d’abscisse x sur l’axe
(Ox) du cercle (droite passant par O et perpendiculaire au plan du cercle), on a :
E(M) =
lR
2´ 0
·
x
3
√
R 2 + x 2
suivant l
′ axe O x
b) On a
#–
E = −
# –
grad V , ce qui conduit ici à :
∂V
∂x
= −
lR
2´ 0
·
x
3
√
R 2 + x 2
En intégrant cette expression, on obtient :
V (M) =
lR
2´ 0
·
1
√
R 2 + x 2
+ constante ;
ceci est valable pour les points M situés sur l’axe
du cercle.
16.7 En coordonnées cylindriques, en choisissant l’axe Oz coïncidant avec le fil, en un point
M(r,w,z), le champ E(M) et le potentiel V(M)
ne dépendent ni de z (la distribution de charges
est invariante par translation le long de l’axe Oz)
ni de w (la distribution de charges est invariante
par rotation d’angle w autour de l’axe Oz) ; les
surfaces équipotentielles sont donc les surfaces
latérales de cylindres d’axe Oz et la direction de
#–
E (M) est suivant #–
u r . On choisit comme surface
de Gauss un cylindre d’axe Oz, de rayon r et de
hauteur h.
• Si 0 < r < R on obtient
#–
E (M) =
l
2p´ 0 · R
· #–
u r .
• Si r > R on obtient
#–
E (M) =
l + 2psR
2p´ 0 · r
· #–
u r .
Le champ est discontinu à la traversée de la surface chargée du cylindre (pour r = R).
16.8 a) On calcule la charge totale Q par intégration de m(r) = kr (où k est un coefficient de
proportionnalité à déterminer) sur tout le volume
de la boule ; on obtient :
Q = pk · R
4 , soit m(M) =
Qr
pR 4
b) Par symétrie, la distribution de charge étant
invariante par rotation d’angle u et d’angle w, le
champ
#–
E (M) et le potentiel V(M) ne dépendent
que de r ; les surfaces équipotentielles sont des
sphères de centre O et le champ est radial (suivant #–
u r ). On choisit comme surface de Gauss
une sphère de centre O et de rayon r. On obtient
alors :
• si r R :
#–
E (M) =
Q
4p´ 0
·
r
2
r 4 · #–
u r
• si r R :
#–
E (M) =
Q
4p´ 0
·
1
r 2 · #–
u r
Chapitre 17
17.1 I. a) La force magnétique subie par la particule
#–
f = q · #– v ∧
#–
B est toujours normale à la
vitesse, donc au déplacement élémentaire et son
travail est nul quel que soit le déplacement → pas
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