Electricité : Distribution de charges continues :
Exercice n° 5 :
On considère un segment `AB` de l'axe `(Oy)`, de longueur `2a`, de milieu `O` , uniformément chargée de charge linéique `\lambda \ (\gt0)` (voir figure ci-dessus). Soit le segment de charge infinitésimale `dQ_n`, de longueur `dy_n` et repéré par le point `M_n` de coordonnées `(0,y_n).`
1- a) Exprimer le potentiel électrique `dV_M` créé par `dQ_n` en un point `M` du plan `(xOy)`, de coordonnées cartésiènnes `(x,y)`, en fonction de l'angle ##\alpha=(\overrightarrow{i},\overrightarrow{u}_{M_nM})##, `\lambda` et de la constante de Coulomb `K.`
Réponse
Le potentiel `dV_M` créé par `dQ_n` au point `M` est :
##dV_M=K\dfrac{dQ}{M_nM}\implies## ##dV_M=K\dfrac{\lambda dy_n}{M_nM}##
##dV_M=K\dfrac{dQ}{M_nM}\implies## ##dV_M=K\dfrac{\lambda dy_n}{M_nM}##
Le triangle ##(M_nDM)## est rectangle en `D`. La distance `M_nM` entre `M` et `M_n` est reliée à `\alpha` par:
##cos(\alpha)=\dfrac{M_nA}{M_nM}\implies##
##cos(\alpha)=\dfrac{x}{M_nM}\implies##
##M_nM=\dfrac{x}{cos(\alpha)}##
##dV_M=K\dfrac{\lambda cos(\alpha) }{x}dy_n##
Pour déterminer `dy_n` en fonction de `\alpha` , on exprime `tg(\alpha)` en fonction de `y_n` puis on la dérive par rapport à cette même variable.
##tg(\alpha)=\dfrac{MD}{M_nD}\implies## ##tg(\alpha) =\dfrac{y-y_n}{x}\implies## ##\dfrac{d}{d\alpha}(tg(\alpha))d\alpha =\dfrac{d}{dy_n}\left(\dfrac{y-y_n}{x}\right)dy_n \implies## ##\dfrac{1}{cos^2(\alpha)}d\alpha =\left(\dfrac{-1}{x}\right)dy_n \implies## ##-\dfrac{x}{cos^2(\alpha)}d\alpha =dy_n ##
##dV_M=-K\dfrac{\lambda cos(\alpha) }{x}\dfrac{x}{cos^2(\alpha)}d\alpha\implies##
##dV_M=-\dfrac{K\lambda}{cos(\alpha)}d\alpha##
b) Montrer que la fonction ##G(\alpha)=Ln\left[\left(\dfrac{1+sin(\alpha)}{1-sin(\alpha)}\right)^{\frac12}\right]## est une primitive de la fonction ##g(\alpha)=\dfrac1{cos(\alpha)}##
Réponse
Montrons que `g` est la dérivée de G:
##\dfrac{dG}{d\alpha}=\dfrac12\dfrac{d}{d\alpha}\left(Ln\left(\dfrac{1+sin(\alpha)}{1-sin(\alpha)}\right)\right)\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}=
\dfrac12\dfrac{d}{d\alpha}\left(\dfrac{1+sin(\alpha)}{1-sin(\alpha)}\right)\dfrac{1-sin(\alpha)}{1+sin(\alpha)}\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}=
\dfrac12\dfrac{(1-sin(\alpha))cos(\alpha)-(-cos(\alpha)(1+sin(\alpha)))}{(1-sin(\alpha))^2}\dfrac{1-sin(\alpha)}{1+sin(\alpha)}\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}=\dfrac{cos(\alpha)}{(1-sin(\alpha))(1+sin(\alpha))}\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}=\dfrac{cos(\alpha)}{1-sin^2(\alpha)}\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}= \dfrac{cos(\alpha)}{cos^2(\alpha)}\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}=\dfrac{1}{cos(\alpha)}\implies##
##\dfrac{dG}{d\alpha}=g\implies## ##dG=gd\alpha\implies##
##\displaystyle\int dG=\displaystyle\int gd\alpha\implies##
##G=\displaystyle\int gd\alpha##
`G` est bien une primitive de `g.`
c) Déterminer le le potentiel électrique `V_M` créé par le segment de charge en un point `M` du plan `(xOy).`
Réponse
##dV_M=-\dfrac{K\lambda}{cos(\alpha)}d\alpha\implies##
##V_M=-K\lambda\displaystyle\int_{\alpha_1}^{\alpha_2}{\dfrac{1}{cos(\alpha)}}d\alpha\implies##
##V_M=-K\lambda\left(Ln\left[\left(\dfrac{1+sin(\alpha_2)}{1-sin(\alpha_2)}\right)^{\frac12}\right]-
Ln\left[\left(\dfrac{1+sin(\alpha_1)}{1-sin(\alpha_1)}\right)^{\frac12}\right]\right)\implies##
##V_M=\dfrac12 K\lambda \ Ln\left[\dfrac{1-sin(\alpha_2)}{1+sin(\alpha_2)}\ \ \dfrac{1+sin(\alpha_1)}{1-sin(\alpha_1)}\right]##
Pour déterminer les expressions de `sin(\alpha_1)` et `sin(\alpha_2)`, on considère les deux triangles `(BEM)` rectangle en `E` et `(ACM)` rectangle en `C.`
##\begin {cases}
sin(\alpha_1)=\dfrac{ME}{MB}\\
sin(\alpha_2)=\dfrac{MC}{MA}
\end {cases}
\implies
##
##\begin{cases}
sin(\alpha_1)=\dfrac{y+a}{\sqrt{x^2+(y+a)^2}}\\
\\
sin(\alpha_2)=\dfrac{y-a}{\sqrt{x^2+(y-a)^2}}
\end{cases}
##
##V_M=\dfrac12 K\lambda \ Ln\left[\dfrac{\sqrt{x^2+(y-a)^2}-(y-a)}{\sqrt{x^2+(y-a)^2}+(y-a)}\ \
\dfrac{\sqrt{x^2+(y+a)^2}+(y+a)}{\sqrt{x^2+(y+a)^2}-(y+a)}\right]\implies##
##V_M=\dfrac12 K\lambda \ Ln\left[\dfrac{\left(\sqrt{x^2+(y-a)^2}-(y-a)\right)\left(\sqrt{x^2+(y-a)}-(y-a)\right)}
{\left(\sqrt{x^2+(y-a)^2}+(y-a)\right)\left(\sqrt{x^2+(y-a)^2}-(y-a)\right)}\ \
\dfrac{\left(\sqrt{x^2+(y+a)^2}+(y+a)\right)\left(\sqrt{x^2+(y+a)^2}+(y+a)\right)}
{\left(\sqrt{x^2+(y+a)^2}-(y+a)\right)\left(\sqrt{x^2+(y+a)^2}+(y+a)\right)}\right]\implies##
##V_M=\dfrac12 K\lambda \ Ln\left[\dfrac{\left(\sqrt{x^2+(y-a)^2}-(y-a)\right)^2}
{x^2}\ \
\dfrac{\left(\sqrt{x^2+(y+a)^2}+(y+a)\right)^2}
{x^2}\right]\implies##
##V_M= K\lambda Ln\left[\dfrac{\left(\sqrt{x^2+(y-a)^2}-(y-a)\right)\left(\sqrt{x^2+(y+a)^2}+(y+a)\right)}
{x^2}\right]##
2-En déduire le champ électrique ##\overrightarrow{E}## le long de l'axe `(Ox)`
Réponse
Le champ électrique ##\overrightarrow{E}## est relié au potentiel `V` par la relation : ##\overrightarrow{E} =-\overrightarrow{grad} \left(V\right)##
En coordonnées cartésiennes, ##\overrightarrow{grad} =\dfrac{\partial}{\partial x}\overrightarrow{i}+
\dfrac{\partial}{\partial y}\overrightarrow{j}+
\dfrac{\partial}{\partial z}\overrightarrow{k}##
##\overrightarrow{E(x,y,z)} =-\dfrac{\partial V(x,y,z) }{\partial x}\overrightarrow{i}-
\dfrac{\partial V(x,y,z) }{\partial y}\overrightarrow{j}-\dfrac{\partial V(x,y,z) }{\partial z}\overrightarrow{k}
\implies ##
##\begin{cases}
E_x=-\dfrac{\partial V(x,y,z) }{\partial x}\\
E_y=-\dfrac{\partial V(x,y,z)}{\partial y}\\
E_z=-\dfrac{\partial V(x,y,z)}{\partial z}
\end{cases}##
Le potentiel qu'on a déterminé précédemment ##V_M## n'est valable que dans le plan `(xOy)` c'est à dire ##z=0##.
Ainsi, `E_z` ne peut être déterminé à partir de la formule précédente puisque `z` est déjà fixée.
Pour `E_x`, il est possible de le déterminer puisqu'on dérive par rapport à `x` en supposant `y` et `z` constantes. Remplacer `y` et `z` par zéro avant ou après la dérivation importe peu.
Pour `E_y`, il est possible de le déterminer en dérivant par rapport à `y` en supposant `x` et `z` constantes puis après dérivation, on remplace `y` par zéro. Ce dernier calcul est fastidieux et peut être évité. En effet, il suffit d'utiliser la symétrie du système par rapport à l'axe `(Ox)`, pour montrer que le champ, en tout point de l'axe `(Ox)`, est porté par l'axe `(Ox)`. On considère deux charges infinitésimales égales, ##dQ_1## et ##dQ_2## du segment, situées respectivement en ##M_1## et ##M_2## le symétrique de ##M_1## par rapport à `O`(voir figure ci-dessous). Ces deux points sont équidistants de `M`. les champs électriques ##d\overrightarrow{E_1}## et ##d\overrightarrow{E_2}## des deux charges ##dQ_1## et ##dQ_2## respectivement, ont des modules égaux, sont inclinés de part et d'autre de l'axe `(Ox)` d'une même inclinaison et sont contenus dans le plan `(xOy)`. La résultante de ces deux champs, ##\overrightarrow{dE}=\overrightarrow{dE_1}+ \overrightarrow{dE_2}##, sera portée par l'axe `(Ox)`. Ainsi, le champ électrique ##\overrightarrow{E}## créé par la charge totale au point `M` qui est la somme de tous ces champs infinitésimaux, sera porté par l'axe `(Ox)`. Les composantes, `E_y` et `E_z,` sont donc nulles.
Pour `E_x`, il est possible de le déterminer puisqu'on dérive par rapport à `x` en supposant `y` et `z` constantes. Remplacer `y` et `z` par zéro avant ou après la dérivation importe peu.
Pour `E_y`, il est possible de le déterminer en dérivant par rapport à `y` en supposant `x` et `z` constantes puis après dérivation, on remplace `y` par zéro. Ce dernier calcul est fastidieux et peut être évité. En effet, il suffit d'utiliser la symétrie du système par rapport à l'axe `(Ox)`, pour montrer que le champ, en tout point de l'axe `(Ox)`, est porté par l'axe `(Ox)`. On considère deux charges infinitésimales égales, ##dQ_1## et ##dQ_2## du segment, situées respectivement en ##M_1## et ##M_2## le symétrique de ##M_1## par rapport à `O`(voir figure ci-dessous). Ces deux points sont équidistants de `M`. les champs électriques ##d\overrightarrow{E_1}## et ##d\overrightarrow{E_2}## des deux charges ##dQ_1## et ##dQ_2## respectivement, ont des modules égaux, sont inclinés de part et d'autre de l'axe `(Ox)` d'une même inclinaison et sont contenus dans le plan `(xOy)`. La résultante de ces deux champs, ##\overrightarrow{dE}=\overrightarrow{dE_1}+ \overrightarrow{dE_2}##, sera portée par l'axe `(Ox)`. Ainsi, le champ électrique ##\overrightarrow{E}## créé par la charge totale au point `M` qui est la somme de tous ces champs infinitésimaux, sera porté par l'axe `(Ox)`. Les composantes, `E_y` et `E_z,` sont donc nulles.
Le potentiel électrique en tout point de l'axe `(Ox)` est obtenue en posant `y=0` dans l'expression de `V_M` :
##V_M= K\lambda Ln\left[\dfrac{\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)}
{x^2}\right]\implies##
##V_M= K\lambda Ln\left[\dfrac{\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)^2}{x^2}\right]\implies##
##V_M= K\lambda \left(Ln\left[\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)^2\right]+Ln\left[x^{-2}\right]\right)##
La dérivation de ce potentiel par rapport à `x` permet d'obtenir la composante `E_x` :
##E_x(x,y,z)=-\dfrac{\partial V\left(x,y,z\right) }{\partial x}\implies##
##E_x(x,0,0)=-\dfrac{\partial V\left(x,0,0\right) }{\partial x}\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=-\dfrac{\partial }{\partial x}\left(K\lambda \left(2Ln\left[\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)\right]+Ln\left[x^{-2}\right]\right)\right)\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=-K\lambda\left(2\dfrac12 (2x)\dfrac1{\sqrt{x^2+a^2}} \dfrac1{\sqrt{x^2+a^2}+a}+(-2x^{-3})\dfrac{1}{x^{-2}}\right)\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=-2K\lambda\left( x\dfrac1{\sqrt{x^2+a^2}} \dfrac1{\sqrt{x^2+a^2}+a}-\dfrac{1}{x}\right)\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=2K\lambda\left( \dfrac{\sqrt{x^2+a^2}\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)-x^2}{x\sqrt{x^2+a^2}\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)}\right)\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=2K\lambda\left(\dfrac{x^2+a^2+a\sqrt{x^2+a^2}-x^2}{x\sqrt{x^2+a^2}\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)}\right)\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=2K\lambda\left(\dfrac{a^2+a\sqrt{x^2+a^2}}{x\sqrt{x^2+a^2}\left(\sqrt{x^2+a^2}+a\right)}\right)\implies##
##E_x\left(x,0,0\right)=\dfrac{2K\lambda a}{x\sqrt{x^2+a^2}}##
Le champ électrique en un point de `M` de l'axe `(Ox)` aura donc pour expression :
##\overrightarrow {E_M}=\dfrac{2K\lambda a}{x\sqrt{x^2+a^2}}\overrightarrow{i}##
3-En déduire l'expression du champ électrique ##\overrightarrow{E}## créé au point `M` de l'axe `(Ox)` par un fil infini, uniformément chargé de charge linéique `\lambda`, en utilisant le résultat de la question 2. En déduire le potentiel `V_M`. On prendra `V_M(b\gt0)=0 V`.
Réponse
##\overrightarrow {E_M}=\lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{2K\lambda a}{x\sqrt{x^2+a^2}}\right) \overrightarrow{i}\implies##
##\overrightarrow {E_M}=\lim_{x\to\infty}\left(\dfrac{2K\lambda }{x\sqrt{1+\left(\dfrac{x}{a}\right)^2}}\right) \overrightarrow{i}\implies##
##\overrightarrow {E_M}=\dfrac{2K\lambda }{x} \overrightarrow{i}##
Le potentiel électrique `V` est relié au champ électrique ##\overrightarrow{E}## par la relation : ##dV=-\overrightarrow{E}.\overrightarrow{dl}\implies## ##dV=-E_xdx-E_ydy-E_zdz##
On recherche le potentiel le long de l'axe `(Ox)`, le déplacement infinitésimal choisi sera donc égal à : ##\overrightarrow{dl}=dx \overrightarrow{i}##. La relation du potentiel se réduit à :
##dV_M=-E_xdx\implies## ##dV_M=-\dfrac{2K\lambda }{x}dx##
On intègre cette dernière équation depuis `x=b` à `x`:
##\displaystyle\int_{V_M(b)=0}^{V_M(x)}dV_M=-\displaystyle\int_{b}^{x}\dfrac{2K\lambda }{x}dx\implies##
##V_M(x)=-2K\lambda\displaystyle\int_{b}^{x}\dfrac{1}{x}dx\implies##
##V_M(x)=-2K\lambda\left[Ln|x|\right]_b^x\implies##
##V_M(x)=2K\lambda\left(Ln(b)-Ln|x|\right)\implies##
##V_M(x)=2K\lambda Ln\left(\dfrac{b}{|x|}\right)##
4- Retrouver l'expression de ##\overrightarrow {E_M}## obtenue à la question 3 en utilisant le théorème de Gauss.
Réponse
Les surfaces équipotentielles sont les surfaces latérales de cylindres coaxiaux d'axe le fil infini. Les lignes de champ sont perpendiculaires à ces surfaces.Pour appliquer le théorème de Gauss, on choisit un cylindre fermé d'axe `Oy`, de rayon `r` et de hauteur `h`. Sur la surface latérale de ce cylindre, le champ ##\overrightarrow{E}## est parallèle à ##\overrightarrow{dS}## et sur la base il est perpendiculaire à ##\overrightarrow{dS}##. Le module du champ est constant ##\left|\left|\overrightarrow{E}\right|\right|## sur la surface latérale.
##
\displaystyle\iint_{S} \vec{E} \cdot d\vec{S}=\displaystyle\int_0^{h}\dfrac{\lambda }{\epsilon_0}dh\implies
##
##
\displaystyle\iint_{S_{latérale}} \vec{E} \cdot d\vec{S}+\displaystyle\iint_{S_{base}} \vec{E} \cdot d\vec{S}=
\dfrac{\lambda }{\epsilon_0}\displaystyle\int_0^{h}dh\implies
##
##
E\displaystyle\iint_{S_{latérale}} dS=\dfrac{\lambda h }{\epsilon_0}\implies
##
##
ES_{latérale}=\dfrac{\lambda h }{\epsilon_0}\implies
##
##
E(2\pi rh)=\dfrac{\lambda h }{\epsilon_0}\implies
##
##
E=\dfrac{\lambda }{2\pi\epsilon_0}\dfrac1{r}\implies
##
##
E=\dfrac{2K\lambda }{r}
##
Sur l'axe `(Ox)`, on a `r=|x|` et de plus `\vec i` et `\vec E` sont collinéaires, de même sens si `x \gt 0` et de sens opposé si `x \lt 0` :
##
E_M=\dfrac{2K\lambda }{x}\vec i
##
On considère deux droites de charges positives de même charge linéique ##\lambda (\gt 0)##, parallèles à l'axe `Oy` et
distantes de `2c` (voir figure ci-dessous).
Une charge, `q\gt0`, est lancée le long de l'axe `(Ox)`.
5-a) Exprimer le potentiel électrique `V_M` créé par les deux droites chargées en tout point de l'axe `(Ox).` On prendra `V_M(0)=0\ V`
Réponse
Pour calculer le champ électrique `vec E` en un point `M` de l'axe `(Ox)`, on applique le principe de superposition :
##
\vec E=\overrightarrow{E_1}+\overrightarrow{E_2}\implies
##
##
\vec E=\dfrac{2K\lambda }{x_1}\vec i+\dfrac{2K\lambda }{x_2}\vec i\implies
##
##
\vec E=\dfrac{2K\lambda }{x+c}\vec i+\dfrac{2K\lambda }{x-c}\vec i
##
Pour déterminer le potentiel `V_M` on calculera la circulation depuis le point de référence de potentiel `x=0` au point `M`:
##\displaystyle\int_{V_M(0)=0}^{V_M(x)}dV_M=-2K\lambda\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{1 }{x+c}dx
-2K\lambda\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{1}{x-c}dx\implies##
##\displaystyle\int_{V_M(0)=0}^{V_M(x)}dV_M=-2K\lambda \left[ln|x+c|\right]_{0}^{x}
-2K\lambda \left[ln|x-c|\right]_{0}^{x}\implies##
##V_M=-2K\lambda ln\left(|x+c||x-c|\right)+2K\lambda ln\left(c^2\right)##
##V_M=2K\lambda ln\left(\dfrac{c^2}{|x+c||x-c|}\right)##
b) Représenter l'allure du graphe de l'énergie potentielle `E_p(x)` de `q` et la force électrique qui s'y applique sur elle sur l'axe des `x`.
Réponse
Etude de la fonction énergie potentielle `E_p(x)` de la charge de `q`:
##E_p(x)=qV(x)\implies## ##E_p(x)=2Kq\lambda \ ln\left(\dfrac{c^2}{|x+c||x-c|}\right)##
##E_p(x)=qV(x)\implies## ##E_p(x)=2Kq\lambda \ ln\left(\dfrac{c^2}{|x+c||x-c|}\right)##
-
Domaine de définition : ℝ-{-c,c}
-
Parité : `E_p(x)=E_p(-x) \implies` paire , on restraint l'étude à ℝ⁺-{c}
-
Limite :
##\lim\limits_{x \to +\infty} E_p(x)=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(2Kq\lambda \ ln\left(\dfrac{c^2}{|x+c||x-c|}\right)\right)\implies####\lim\limits_{x \to +\infty} E_p(x)=\lim\limits_{x \to +\infty}\left(2Kq\lambda \ ln\left(\dfrac{c^2}{x^2}\right)\right)\implies####\lim\limits_{x \to +\infty} E_p(x)=2Kq\lambda \ ln\left(0⁺\right)\implies##
##\lim\limits_{x \to +\infty} E_p(x)=-\infty\implies##La courbe présente une branche parabolique.
##\lim\limits_{x \to c} E_p(x)=\lim\limits_{x \to c}\left(2Kq\lambda \ ln\left(\dfrac{c^2}{|x+c||x-c|}\right)\right)\implies####\lim\limits_{x \to c} E_p(x)=2Kq\lambda \ ln\left(\dfrac{c^2}{0⁺}\right)\implies####\lim\limits_{x \to c} E_p(x)=2Kq\lambda \ \left(+\infty\right)\implies####\lim\limits_{x \to c} E_p(x)=+\infty\implies##
La droite `x=c` est une asymptote.
-
Dérivée :
##\dfrac{dE_p(x)}{dx}=q\dfrac{dV(x)}{dx} \implies## ##\dfrac{dE_p(x)}{dx}=-qE(x)\implies ####\dfrac{dE_p(x)}{dx}=-q\left(\dfrac{2K\lambda }{x+c}+\dfrac{2K\lambda }{x-c}\right)\implies ####\dfrac{dE_p(x)}{dx}=-4Kq\lambda\left(\dfrac{x}{x^2-c^2}\right)\implies ##
##\begin{cases} \dfrac{dE_p(x)}{dx}\gt 0 si\ \ 0\lt x\lt c\implies E_p(x)\ \text{ est croissante} \\ \dfrac{dE_p(x)}{dx}= 0 si\ \ x= 0\implies E_p(x)\ \text{ présente une tangente horizontale} \\ \dfrac{dE_p(x)}{dx}\lt 0 si\ \ x\gt c\implies E_p(x)\ \text{ est décroissante} \end{cases} ##
Etude de la force électrique ##\overrightarrow{F}(x)## appliquée sur la charge `q`:
##\overrightarrow{F}(x)= q\overrightarrow{E_{M}}\implies## ##\overrightarrow{F}(x)= qE_{M}\overrightarrow{i}\implies## ##\overrightarrow{F}(x)=-\dfrac{dE_p(x)}{dx}\overrightarrow{i}\implies## ##\overrightarrow{F}(x)={F}(x)\overrightarrow{i}## où ##{F}(x)=-\dfrac{dE_p(x)}{dx}\implies####\begin{cases} F(x\lt -c)\lt0 \\ F(-c\lt x \lt 0)\gt0 \\ F( x =0)=0 N\\ F(0\lt x \lt c)\lt0 \\ F(x\gt c)\gt0 \\ \end{cases}##
c) Discuter briévement la nature du mouvement de la charge `q` dans les différentes zones de l'axe `(Ox)` en fonction de la valeur de son énergie totale `E_T.` Envisager tous les cas possibles.
Comme la charge `q` n'est soumise qu'à la seule force électrique conservative, l'énergie totale, ##E_T=E_{cM}+E_{pM}##,
de cette charge est donc constante.
En tout point M de l'espace, on a :
## E_T=E_{cM}+E_{pM}=constante\implies## ##E_{cM}+qV_{M}=constante##
La valeur de cette constante dépendra des conditions initiales (vitesse initiale et point de départ). , La courbe de `E_T` est représentée sur le graphe de `E_p(x)` par une droite parallèle à l'axe des abscisses `x`.
Si on abondonne cette charge sans vitesse initiale en un point de l'axe `(Ox)` ou on la lance depuis ce point le long de cet axe , elle se déplacera uniquement sur cet axe puique les directions de la vitesse initiale, de la force et de l'axe `(Ox)` sont confondues. Le mouvement est donc rectiligne. Les zones de déplacement permises sur cet axe sont délimitées sur le graphe de `E_p(x)` par la condition suivante :
## E_T=E_{cM}+E_{pM}\implies## ##E_{cM}= E_T-E_{pM}\implies## ## E_T-E_{pM}\ge0\implies## ## E_{pM}\le E_T ##
et les points de rebroussement, s'il y en a, par : ## E_{pM}= E_T ## puisque `E_{cM}` est nulle en ces points.
## E_T=E_{cM}+E_{pM}=constante\implies## ##E_{cM}+qV_{M}=constante##
La valeur de cette constante dépendra des conditions initiales (vitesse initiale et point de départ). , La courbe de `E_T` est représentée sur le graphe de `E_p(x)` par une droite parallèle à l'axe des abscisses `x`.
Si on abondonne cette charge sans vitesse initiale en un point de l'axe `(Ox)` ou on la lance depuis ce point le long de cet axe , elle se déplacera uniquement sur cet axe puique les directions de la vitesse initiale, de la force et de l'axe `(Ox)` sont confondues. Le mouvement est donc rectiligne. Les zones de déplacement permises sur cet axe sont délimitées sur le graphe de `E_p(x)` par la condition suivante :
## E_T=E_{cM}+E_{pM}\implies## ##E_{cM}= E_T-E_{pM}\implies## ## E_T-E_{pM}\ge0\implies## ## E_{pM}\le E_T ##
et les points de rebroussement, s'il y en a, par : ## E_{pM}= E_T ## puisque `E_{cM}` est nulle en ces points.
-
Si le point de départ de la charge `q` se trouve dans une des deux zones `x\lt -c` ou `x\gt c`, deux cas
sont envisageables et ce quelque soit la valeur de `E_T` (voir figure question 5b) :
- La charge `q` est lancée vers l'un des deux fils chargés le long de `(Ox)`. Au départ, comme F s'oppose au mouvement, ce denier est retardé jusqu'à ce que `q`, avant d'atteindre le fil le plus proche, s'arrête puis sous l'action de F non nulle, se remet en mouvement. Son mouvement est alors accéléré.
-Si la particule est abondonnée sans vitesse initiale ou lancée le long de `(Ox)` pour s'en éloigner des fils chargés, le mouvement est accéléré car la force et la vitesse ont même sens. -
Si le point de départ de la charge `q` se trouve dans la zone `-c\lt x\lt c`, deux cas
sont envisageables :
- Si `E_T= 0 \ J`
La particule se trouve en `x=0 \ m`, on a `E_p()=0\ J` et donc `E_c=0\ J`, sa vitesse est nulle de plus la force électrique `F(0)` qui s'y applique sur elle est nulle. `q` reste immobile, dans ce cas précis, la charge est abondonnée sans vitesse initiale au point`O`.
- Si `E_T\gt 0 \ J`
Aux deux positions symétriques ## (x=-x_0## et ##x=x_0)## de part et d'autre de `O`, où ##E_T=E_{pM}##, l'énergie cinétique est nulle. Lorsque la charge y est, elle s'arrête et rebrousse chemin, la force électrique non nulle la rappelle au point `O`.
Au point `O`, l'énergie potentielle de cette charge est minimale, sa vitesse est donc maximale.
Il y a une alternance de phases accélérées et décélérées. Le mouvement de la charge `q` est donc oscillatoire autour de `O`.