Charges aux sommets d'un carré
Consacrer 15 minutes de préparation à cet exercice.
Puis, si vous manquez d'idée pour débuter, consultez l'indice fourni et recommencez à chercher.
Une solution détaillée vous est ensuite proposée.
Si vous avez des questions complémentaires, n'hésitez pas à les poser sur le forum.
Quatre charges identiques q sont placées aux quatre sommets d'un carré de côté a\(a\sqrt 2\).
Elles sont fixes.
Question
Déterminer le mouvement d'une charge q' de masse m au voisinage immédiat du centre du carré (q et q' sont de même signe).
On se placera en coordonnées cartésiennes et on fera un développement de Taylor du potentiel électrostatique, en tenant compte des symétries du problème et en considérant des cas particuliers.
Indice
Pourquoi peut-on écrire le potentiel en un point M sous la forme ?
\(V(x,y) = V_0 + Ax + By + Cx^2 + Dxy + Ey^2\)
Simplifier cette expression en utilisant les symétries.
Solution
Le potentiel électrostatique en un point M proche de l'origine peut s'écrire sous la forme d'un développement de Taylor au 2nd ordre :
\(V(x,y) = V_0 + Ax + By + Cx^2 + Dxy + Ey^2\)
V0 désigne le potentiel à l'origine :
\(V_0 = 4\frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{a}\)
Par symétrie :
\(V( - x, - y) = V(x,y)\) donc A = B = 0.
De même :
\(V( - x,y) = V(x,y)\) donc D = 0.
Enfin :
\(V(y,x) = V(x,y)\) donne C = E.
Finalement, avec r = OM :
\(V(x,y) = V_0 + c(x^2 + y^2 ) = V_0 + Cr^2\)
Pour déterminer C, on considère que le point M a pour coordonnées M (x,0). Alors :
\(V(x,0) = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\left[ {\frac{1}{{a - x}} + \frac{1}{{a + x}} + \frac{2}{{\sqrt {a^2 + x^2 } }}} \right]\)
\(V(x,0) = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{a}\left[ {\frac{1}{{1 - x/a}} + \frac{1}{{1 + x/a}} + \frac{2}{{\sqrt {1 + x^2 /a^2 } }}} \right]\)
En faisant un développement limité au 2nd ordre en x / a :
\(V(x,0) = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{a}\left[ {(1 + x/a + x^2 /a^2 ) + (1 - x/a + x^2 /a^2 ) + 2(1 - x^2 /2a^2 )} \right]\)
Soit :
\(V(x,0) = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{a}\left[ {4 + \frac{{x^2 }}{{a^2 }}} \right]\)
Par identification, on déduit :
\(C = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{{a^3 }}\)
Le potentiel s'écrit donc sous la forme :
\(V(x,y) = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{a}\left( {4 + \frac{{x^2 + y^2 }}{{a^2 }}} \right) = \frac{q}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{a}\left( {4 + \frac{{r^2 }}{{a^2 }}} \right)\)
La force électrique subie par la charge q' est ensuite :
\(\vec f = - q'\overrightarrow {grad} V = - 2\frac{{qq'}}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{{a^3 }}r\vec u_r\)
C'est une force de rappel.
Le PFD appliqué à la charge q' donne :
\(m\frac{{d^2 \vec r}}{{dt^2 }} = - 2\frac{{qq'}}{{4\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{{a^3 }}\vec r\)
Soit :
\(\frac{{d^2 \vec r}}{{dt^2 }} + \frac{{qq'}}{{2\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{{ma^3 }}\vec r = \vec 0\;\)
Avec :
\(\omega _0^2 = \frac{{qq'}}{{2\pi \varepsilon _0 }}\frac{1}{{ma^3 }}\)
La solution de cette équation différentielle est :
\(\vec r = \vec U\cos \omega _0 t + \vec V\sin \omega _0 t\)
La trajectoire est, dans le cas général, une ellipse.