118 j 109 l2 e l2 ici aussi on note que la solution

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Unformatted text preview: lectricité et magnétisme, Chapitre 2 : Le champ électrique 3 → − Le module de E 1 est E1 = k|q1 | 2 r1 = 2kQ ³ √ ´2 5 L 2 = 8kQ 5L2 . − → On obtient les composantes de E 1 en faisant appel à l’angle θ représenté dans la figure et en ajustant correctement le signe. L L L 2 1 Puisque cos θ = r1 = √L = √5 et sin θ = r21 = √2 = √5 , 5 5 L L 2 2 ³ → → → − →´ → − → − − → 2− 1− 8− √ E 1 = −E1 cos θ i − E1 sin θ j = − 8kQ √5 i − 8kQ √5 j = kQ − 5165 i − 5√5 j 5L2 5L2 L2 → − → − | Le module de E 2 est E2 = krq22 | = ³ √kQ ´2 = 4kQ et on obtient les composantes de E 2 5L2 5 2 avec le même angle θ : → − → − − → E 2 = E2 cos θ i − E2 sin θ j = 2 L 4kQ √ − 4kQ √ − 2→ 1→ 5L2 5 i − 5L2 5 j = kQ L2 ³ ´ → → 8− 4− √ i−√ j 55 55 Les deux derniers vecteurs champs sont directement sur l’axe des y : → − → → − → − → |− kQ − E 3 = −E3 j = − krq3 | j = − kQ2 j = − 4L2 j 2 L 3 (2) →...
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This document was uploaded on 01/27/2014.

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