Un anneau de rayon a est chargé avec une charge dont la densité varie directement avec la position angulaire.
Entre les points 0 et 2π, il existe une membrane très fine en matériau isolant séparant ces deux points. Calculez
le vecteur champ électrique en un point P situé sur l’axe de symétrie perpendiculaire au plan de l’anneau à
une distance z de son centre.
Données du problème:
- Rayon de l’anneau: a;
- Distance au point où l’on souhaite calculer le champ électrique: z.
Schéma du problème:
La densité linéique de charge de l’anneau est directement proportionnelle à la position angulaire de la
charge (Figure 1).
\[
\begin{gather}
\lambda(\theta)=\alpha\theta \tag{I}
\end{gather}
\]
où
α est une constante qui rend l’équation dimensionnellement cohérente. Les points zéro et
2π représentent le même point de l’anneau, cela signifie qu’il existe deux densités de charge différentes pour le
même point. Pour résoudre cette inconsistance, le problème nous indique qu’il existe une membrane isolante très
fine, ainsi, physiquement, les deux points portant des charges différentes sont séparés et, mathématiquement, nous
pouvons effectuer l’intégration de 0 à 2π.
Le vecteur position r va d’un élément de charge de l’anneau dq jusqu’au point P, où l’on souhaite
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 2-A).
\[
\begin{gather}
\mathbf r={\mathbf r}_p-{\mathbf r}_q
\end{gather}
\]
D’après la géométrie du problème, nous devons choisir des coordonnées cylindriques (Figure 2-B). Le vecteur
rq, qui se trouve dans le plan xy, s’écrit comme
\( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \),
et le vecteur rp possède seulement une composante dans la direction k,
\( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \),
le vecteur position sera
\[
\begin{gather}
\mathbf r=z\;\mathbf k-\left(x\;\mathbf i+y\;\mathbf j\right) \\[5pt]
\mathbf r=-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \tag{II}
\end{gather}
\]
D’après l’équation (II), le module du vecteur position r sera
\[
\begin{gather}
r^2=(-x)^2+(-y)^2+z^2 \\[5pt]
r=\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2} \tag{III}
\end{gather}
\]
où x, y et z, en coordonnées cylindriques, sont donnés par
\[
\begin{gather}
\left\{
\begin{array}{l}
x=a\cos\theta \\
y=a\sin\theta \\
z=z
\end{array}
\right. \tag{IV}
\end{gather}
\]
Solution:
Le vecteur champ électrique est donné par
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^3}\;\mathbf r} \tag{V}
\end{gather}
\]
À partir de l’équation de la densité linéique de charge λ, nous obtenons l’élément de charge dq.
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda(\theta)=\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\lambda(\theta)\;ds \tag{VI}
\end{gather}
\]
où ds est un élément d’arc d’angle dθ de l’anneau (Figure 3).
\[
\begin{gather}
ds=a\;d\theta \tag{VII}
\end{gather}
\]
en remplaçant l'équation (I) dans l'équation (VI).
\[
\begin{gather}
dq=\alpha\theta a\;d\theta \tag{VIII}
\end{gather}
\]
En remplaçant l'équation (II), (III) et (VIII) dans l'équation (V).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\alpha\theta a\;d\theta}{\left[\left(x^2+y^2+z^2\right)^{1/2}\right]^3}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\alpha\theta a\;d\theta}{\left(x^2+y^2+z^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{IX}
\end{gather}
\]
en remplaçant les équations de (IV) dans l’équation (IX).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\alpha\theta a\;d\theta}{\left[\left(a\cos\theta\right)^2+\left(a\sin\theta\right)^2+z^2\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\sin\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\alpha\theta a\;d\theta}{\left[a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta+z^2\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\sin\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\alpha\theta a\;d\theta}{\left[a^2\underbrace{\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta\right)}_1+z^2\;\right]^{3/2}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\sin\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)} \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\alpha\theta a\;d\theta}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\cos\theta\;\mathbf i-a\sin\theta\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
La constante de proportionnalité α et le rayon a sont constants, ils peuvent être sortis de
l'intégrale, et l'intégrale de la somme est égale à la somme des intégrales.
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\alpha a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\int\theta\cos\theta\;d\theta\;\mathbf i-a\int\theta\sin\theta\;d\theta\;\mathbf j+z\int\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Les limites d’intégration seront 0 et 2π (un tour complet de l’anneau).
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\alpha a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(-a\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta\;\mathbf i-a\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta\;\mathbf j+z\int_{0}^{2\pi}\theta\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Intégrale de
\( \displaystyle \int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta\)
En utilisant l’
Intégration par Parties
\( \int uv'=uv-\int u'v \),
nous choisissons
\[
\begin{align}
u=\theta\qquad \qquad & v'=\cos\theta \\[5pt]
u'=1\qquad \qquad & v=\sin\theta
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta=\theta\sin\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}-\int_{0}^{2\pi}\sin\theta\;d\theta \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta=\theta\sin\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}-\left(-\cos\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}\right) \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta=\theta\sin\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}+\cos\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi} \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta=\left(2\pi\times\sin 2\pi-0\times\sin 0\right)+\left(\cos 2\pi-\cos 0\right) \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta=\left(2\pi\times 0-0\times 0\right)+\left(1-1\right) \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\cos\theta\;d\theta=0
\end{gather}
\]
Intégrale de
\( \displaystyle \int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta\)
En utilisant l’
Intégration par Parties
\( \int uv'=uv-\int u'v \),
nous choisissons
\[
\begin{align}
u=\theta\qquad \qquad & v'=\sin\theta \\[5pt]
u'=1\qquad \qquad & v=-\cos\theta
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta=-\theta\cos\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}-\int_{0}^{2\pi}-\cos\theta\;d\theta \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta=-\theta\cos\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}+\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\;d\theta \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta=-\theta\cos\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi}+\sin\theta\;|_{\;0}^{\;2\pi} \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta=-\left(2\pi\times\cos 2\pi-0\times\cos 0\right)+\left(\sin 2\pi-\sin 0\right) \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta=-\left(2\pi\times 1-0\times 1\right)+\left(0-0\right) \\[5pt]
\int_{0}^{2\pi}\theta\sin\theta\;d\theta=-2\pi
\end{gather}
\]
Intégrale de
\( \displaystyle \int_{0}^{2\pi}\theta\;d\theta\)
\[
\begin{gather}
\int_{0}^{2\pi}\theta\;d\theta=\left.\frac{\theta^2}{2}\;\right|_{\;0}^{\;2\pi}=\frac{(2\pi)^2}{2}-\frac{0^2}{2}=\frac{4\pi^2}{2}-0=2\pi^2
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\alpha a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left[-a\times 0\;\mathbf i-a(-2\pi)\;\mathbf j+z\;(2\pi^2)\;\mathbf k\right] \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\alpha a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(2\pi a\;\mathbf j+2\pi^2z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2\pi\alpha a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{2\epsilon_0}\frac{\alpha a}{\left(a^2+z^2\right)^{3/2}}\left(a\;\mathbf j+\pi z\;\mathbf k\right)}
\end{gather}
\]
DE
EN
ES
IT
PT-BR
