Fizazi AHmed electrostatique

AHMED FIZAZI
Maître assistant chargé de cours
CAHIER
De l’
ELECTRICITE-MAGNETISME
LMD1 / PHYSIQUE-2-/
.
.
(Version en Français)
COURS SIMPLIFIES
80 EXERCICES CORRIGES
(Enoncés en arabe et en français)
LEXIQUE DE TERMINOLOGIE
(français-arabe, Arabe-français)
Destiné aux étudiants de première année de
l’enseignement supérieur
LMD/1
Science de la matière et sciences technologiques
http://sites.google.com/site/fizaziphysique
http://sites.google.com/site/physiquefizazi
ERRATA ELECTROMAGNETISME
Corrections
Date
22/4/2010
:
_
34 :
"
:
:54.1
E.2 R.l =
.l
E=
0
2
.l
E.2 R.l =
0
E=
0
22/4/2010 Titre de la page web : Electrostatique
Fichier : Electrostatique_Cours
2
0R
Page 28
Equation 1.54 :
lire E.2 R.l =
.l
E=
0
2
0R
au lieu de E.2 R.l =
.l
E=
0
22/4/2010
38 :
=
q
2 0 .a 3
_
q
=
2 .a 3
22/4/2010 Titre de la page web : Electrostatique
Fichier : Electrostatique_Cours
Exemple 1.8 : lire
=
q
au lieu de
2 .a 3
=
"
:
: 8.1
q
2 0 .a 3
_
102 :
11/4/2010
:
0
Page 32
11/4/2010
+Q, Q........... + Q, Q
2
:
:
+Q1 , Q1 ........... + Qn , Qn
Titre de la page web : Conducteurs en équilibre
Fichier : Conducteurs en équilibre_Cours
"
: 13.2
Page 93
Figure 2.13 : Corriger +Q1 , Q1 ........... + Qn , Qn au lieu de +Q, Q........... + Q, Q
14/4/2010
117 :
!
_
:
"
:
U CD = 0 "
14/4/2010
Titre de la page web : Conducteurs en équilibre
Fichier : Conducteurs en équilibre_Exo_Ennoncés
Exercice 2.22 : lire U ED = 0 au lieu de U CD = 0
U ED = 0
: 22.2
Page 108
iv
Sommaire
Avertissement…………………………………………………………………………….. ii
Introduction_Principales branches de l’électricité………………….……………………. vii
Programme du module « Electricité et magnétisme »....…………………………............ vii
I. ELECTROSTATIQUE……………..………………………………………...............
A. NOTIONS FONDAMENTALES…………………………………………………
1. Expériences d’électrisation……………………...................................................
2. Charge élémentaire et quantification de la charge………….…………..............
3. Conducteurs et isolants…….…………………………………..........................
4. Explication du phénomène d’électrisation…………..…………….......................
B. LOI DE COULOMB-CAVENDISH...………………….…………………….......
1. Etude quantitative et qualitative……….………………………….......................
C. LE CHAMP ELECTOSTATIQUE………………………………………………
1. Notion de champ électrique……..………………………………………………
2. Champ électrostatique créé par une charge ponctuelle………………………......
3. Champ électrique créé par un ensemble de charges ponctuelles…….....………..
4. Champ électrique créé par une distribution continue de charge …...……..……..
5. Lignes ou spectre de champ ……………………………………………………..
6. Applications…………………………………………………………………....
a. Champ électrostatique créé par un fil rectiligne infini chargé..……………..
b. Champ électrostatique créé par un disque mince chargé en surface…………
c. Champ électrostatique créé par un plan infini mince chargé en surface……
D. POTENTIEL ELECTRIQUE…………………………………………………….
1. Circulation d’un champ de vecteurs……………………………………………
2. Circulation du champ électrique……………………………………………….
3. Potentiel électrique ……………………………………………………………....
4. Circulation du champ électrique le long d’une courbe fermée…………………..
5. Le potentiel électrique produit par une charge ponctuelle…..…………………...
6. Calcul du champ E à partir de V…………………..……………………………
7. Le potentiel électrique produit par plusieurs charges ponctuelles distinctes…...
8. Le potentiel électrique produit par une distribution continue de la charge ……..
E. LE FLUX ELECTROSTATIQUE ET LE THEOREME DE GAUSS……….
1. Le flux électrostatique………………………………………………………….
2. Théorème de Gauss…………………………………………………………….
3. Application du théorème de Gauss…………………………………………….
a. Champ électrostatique créé par une charge ponctuelle……………………...
b. Champ électrostatique créé par une tige infinie chargée uniformément…….
c. Champ électrostatique créé par une sphère pleine uniformément chargée….
d. Champ électrostatique créé par un plan infini chargée uniformément .…….
4. Forme différentielle du théorème de Gauss……………………………………
5. Notion d’angle solide…………………………………………………………..
F. LE DIPOLE ELECTRIQUE……………………………………………………...
ENONCES DES EXERCICES de 1.1 à 1.25…….…….................................
CORRIGEES DES EXERCICES de 1.1 à 1.25……………………………..
1
1
1
2
3
4
4
4
8
8
9
9
10
11
14
14
15
17
18
18
19
20
21
21
22
24
24
25
25
26
27
27
28
28
29
30
33
35
38
48
II. CONDUCTEURS EN EQUILIBRE……………………………………………….. 82
A. DEFINITION ET PROPRIETES DES CONDUCTEURS EN
v
EQUILIBRE…………………………………………………………………….………
1. Définition………………………………………………………………………...
2. Propriétés des conducteurs en équilibre………………………………………….
3. Théorème de Coulomb…………………………………………………………...
4. Pression électrostatique…………………………………………………………..
5. Pouvoir des pointes………………………………………………………………
6. Capacité d’un conducteur isolé dans l’espace……………………………………
7. Phénomène d’influence entre conducteurs chargés……………………………...
8. Théorème des éléments correspondants………………………………………….
9. Capacité et coefficients d’influence……………………………………………...
B. LES CONDENSATEURS………………………………………………………….
1. Capacité et charge d’un condensateur……………………………………………
2. Capacités de quelques types de condensateurs…………………………………..
a. condensateur sphérique …………………………………………………….
b. Condensateur cylindrique…………………………………………………..
c. Condensateur plan…………………………………………………………..
3. groupement de condensateurs……………………………………………………
a. Groupement en série………………………………………………………..
b. Groupement en parallèle……………………………………………………
4. Energie d’un condensateur chargé ………………………………………………
5. Energie du champ électrique……………………………………………………..
6. Densité de l’énergie électrique…………………………………………………...
7. Charge et décharge d’un condensateur à travers une résistance…………………
ENONCES DES EXERCICES de 2.1 à 2.26……………………………….
CORRIGEES DES EXERCICES de 2.1 à 2.26…………………………......
82
82
82
82
83
84
84
85
87
88
89
89
90
90
91
92
92
92
93
93
94
94
95
99
112
III. ELECTROCINETIQUE……………………………………………………………
A. LE COURANT ELECTRIQUE……………………………………………………..
1. Intensité du courant électrique…………………………………………………
2. Densité du courant électrique…………………………………………………..
3. Effet Joule……………………………………………………………………...
4. Rappel sur l’association des conducteurs ohmiques…………………………….
a. Association en série………………………………………………………….
b. Association en parallèle……………………………………………………..
c. Des équivalences utiles……………………………………………………..
d. Deux équivalences…………………………………………………………..
B. ELEMENTS D’UN CIRCUIT ELECTRIQUE……………………………………
1. Eléments et vocabulaire du circuit électrique………………………………….
2. Nécessité d’une force électromotrice…….………………………………………
3. Les deux types de générateurs……………………………………………………
a. Générateurs ou source de tension……………………………………………
b. Générateurs ou source d’intensité...…………………………………………
C. LES LOIS REGISSANT LES CIRCUITS ELECTRIQUES…...…………………
1. Equation du circuit électrique………………………………………………….
2. Différence de potentiel entre deux points d’un circuit…………………………
3. Groupement de générateurs……………………………………………………..
a. Générateurs de tension………………………………………………………
b. Cas des générateurs de courant………………………………………………
4. Les deux lois de Kirchhoff……………………………………………………….
a. Conservation de la charge ou loi des nœuds ………………………………...
136
136
136
138
141
142
142
143
143
143
144
144
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146
147
147
147
148
150
150
151
154
154
vi
b. Conservation de l’énergie ou loi des mailles………………………………...
5. Théorème de Thévenin…………………………………………………………
ENONCES DES EXERCICES de 3.1 à 3.20………….................................
CORRIGEES DES EXERCICES de 3.1 à 3.20………………………….....
154
156
160
169
IV. ELECTROMAGETISME………………………………………………………….
A. LE CHAMP MAGNETIQUE……………………………………………………….
1. Définition du champ magnétique………………………………………………
2. Superposition de champs magnétiques………………………………………...
B. FORCE ELECTROMAGNETIQUE AGISSANT SUR UNE CHARGE
ELECTRIQUE EN MOUVEMENT…………………..……………………………….
C. FORCE ELECTROMAGNETIQUE EXERCEE SUR UN ELEMENT D’UN
CONDUCTEUR RECTILIGNE……………………………………………………...
1. Loi de Laplace………………………………………………………………….
2. Applications……………………………………………………………………
a. Balance de Cotton…………………………………………………………...
b. Effet Hall……………………………………………………………………
D. LA REGLE D’AMPERE…………………………………………………………...
E. LOI DE BIOT ET SAVARD………………………………………………………...
1. Enoncé de la loi………………………………………………………………….
2. Application de la loi de Biot et Savard………………………………………...
a. Champ d’induction magnétique produit par un courant électrique infiniment
long………………………………………………………………………………………..
b. Champ d’induction magnétique produit par un courant électrique circulaire..
c. Champ d’induction magnétique produit par un courant électrique sinusoïdal
F. DIPOLE MAGNETIQUE……………………………………………………………
1. Le couple électromagnétique…………………………………………………….
2. Le moment magnétique…………………………………………………………..
G. INDUCTION ELECTROMAGNETIQUE…………………………………………
1. Le flux magnétique………………………………………………………………
2. L’induction électromagnétique……………………………………………….....
ENONCES DES EXERCICES de 4.1 à 4.20………………..........................
CORRIGEES DES EXERCICES de 4.1 à 4.20………………………...........
187
187
187
187
194
196
198
200
200
201
201
201
203
207
216
LEXIQUE DE TERMINOLOGIE FRANÇAIS-ARABE…………………………….
LEXIQUE DE TERMINOLOGIE ARABE-FRANÇAIS………………………….....
240
245
ANNEXES
1. Alphabet grec……….……………………………………………………………..
2. Gradient, divergence et Laplacien dans différentes coordonnées………………
3. Formules de dérivation……………………………………………………………
4. Formules d’intégration……………………………………………………………
5. Quelques équations différentielles……………………………………………….
6. Formulaire trigonométrique………………………………………………………
250
251
254
256
258
260
OUVRAGES…………………………………………………………………………..
261
188
189
189
190
190
191
192
194
194
194
1
Electrostatique
I/ ELECTROSTATIQUE
L’électrostatique est l’étude des phénomènes produits par des charges électriques à l’état
de repos.
Le mot électricité dérive du mot grec « élektron » qui signifie ambre. A l’origine, c’est
Thalès de Milet (625 à 545 avant Jésus Christ), né à Ionie -côte ouest de la Turquie actuelle –
qui a remarqué qu’un morceau d’ambre jaune frotté préalablement avec de la laine attire des
brindilles de paille.
A/ NOTIONS FONDAMENTALES ( 01 12 304 56 ) :
1/ EXPERIENCES D’ELECTRISATION :
Si on approche un peigne à de petits bouts de papier, après s’être peigné, on voit que
ces bouts sont attirés par le peigne. Le même phénomène se produit si on approche d’eux un
bâton de verre frotté avec de la soie ou un bâton d’ambre frotté avec de la laine.
Première expérience : (Figure 1.1-a)
On suspend par un fil une boule faite de sureau ou de polystyrène par exemple. On
approche de cette boule une tige de verre ou d’ambre préalablement frottée : les deux
tiges, chacune de son côté, l’attirent, puis la repoussent juste après l’avoir contactée. Par
contre, si on approche simultanément les deux tiges côte à côte de la boule, rien ne se
passe. (Figure 1.1-b)
++++++
++++++
Deuxième expérience : (Figure 1.2)
Si les deux boules de la figure 1.2, ont été électrisées suite à leur contact avec l’une
des tiges frottées, elles se repoussent. Par contre les deux boules s’attirent si chacune
d’elles a touché l’une des deux tiges qui a été frottée et qu’elle est de matière différente de
celle de l’autre tige.
Nous en déduisons de ces expériences que ces matériaux ont acquis une nouvelle
propriété qu’on appelle « électrisation ». Cette propriété crée une attraction beaucoup plus
intense que l’attraction universelle produite entre deux masses.
Nous en concluons que chaque particule est caractérisée par deux propriétés principales et
indépendantes :
- sa masse m
- Sa charge électrique q
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
2
Electrostatique
Des expériences simples, comme celles que nous venons de décrire, montrent l’existence
de deux états d’électrisation correspondant à deux types de charges électriques qualifiées de
charge positive (+) et charge négative (-). Cette classification revient au physicien Benjamin
Franklin (1706-1790). Nous rappelons la règle suivante :
Deux corps qui portent une charge électrique de même signe se repoussent, et
s’attirent s’ils portent deux charges électriques de signes contraires.
D’après la figure 1.2, chaque boule s’électrise par la même charge que porte la tige frottée
avec laquelle elle a été mise en contact.
Verre
Ambre
++++++
Verre
+
Verre
++++++
+
++++++
+
Fig1.2 : Électrisation, attraction et répulsion entre des charges
2/ CHARGE ELECTRIQUE ELEMENTAIRE ET QUANTIFICATION DE LA
CHARGE ELECTRIQUE ( 0K
LM 306 N O 01 12 LM )
Les propriétés électriques de la matière trouvent leur principe au niveau de l’atome.
La matière est constituée, comme on le sait, d’atomes. Chaque atome ( ) est constitué
d’un noyau(
) (découvert en 1911 par Ernest Rutherford of Nelson 1871-1937), autour
duquel gravite un nuage formé d’électrons(
). Ces électrons se repoussent entre eux
mais restent positionnés autour du noyau. Le noyau est constitué de protons(
portent des charges positives, et de neutrons(
), qui
) qui son dépourvus de charge
(découverts en 1932 par James Chadwick 1891-1935). L’ensemble des particules qui forment
le noyau s’appelle nucléons(
).
Les électrons et les protons portent la même charge électrique en valeur absolue qu’on
note par
e . Cette charge électrique est appelée la charge élémentaire (
) ou
quanta ( ) de la charge électrique dont la valeur est:
e = 1,602.10
A.FIZAZI
19
[A.s = C]
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(1.1)
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3
Electrostatique
La force électrique qui s’exerce entre les protons, chargés positivement, et les électrons,
chargés négativement, est responsable de la cohésion des atomes et des molécules. La charge
totale des atomes non ionisés (c'est-à-dire qui n’ont ni perdu ni gagné d’électrons) est nulle.
Une charge électrique ne peut prendre n’importe quelle valeur. En effet chaque charge
électrique est toujours un multiple entier de la charge élémentaire :
q = ± n.e [A.s = C] , n
(1.2)
N
Ceci traduit le principe fondamental de la quantification de la charge électrique.
Dans un système fermé, la somme algébrique des charges électriques présentes est
constante au cours du temps et ce , quelque soient les phénomènes qui se produisent dans ce
système .
C’est là l’énoncé du principe de la conservation de la charge électrique d’un système
fermé.
En réalité, l’étude poussée de la physique de haute énergie a prouvé que les protons et
les neutrons sont eux-mêmes constitués d’autres particules élémentaires appelées quarks
portant une charge électrique fractionnaire. Cependant, et jusqu’à nos jours les chercheurs
n’ont pas pu isoler ces particules qui portent une partie de la charge élémentaire. Citons deux
2
3
1
3
types de quarks : u = + e , d= - e
Exemple 1.1 : Calculer le nombre de charges élémentaires qui constitue une charge de 1
coulomb.
Réponse : n =
1
1,60.10
16
19
et donc n = 625.10
charges élémentaires.
3/ CONDUCTEURS ET ISOLANTS (
)
N’importe quelle matière est constituée d’un grand nombre de charges électriques,
cependant ces charges se compensent et s’annulent (nombre d’électrons = nombre de
protons). A la température ordinaire, la charge électrique totale de la matière est nulle. Quand
il se produit une électrisation, cela se traduit par un déplacement de charges d’un corps vers
un autre.
Cette charge qui apparaît sur le corps, par excès ou par défaut, est responsable des effets
électriques qui apparaissent sur le corps (comme la tige frottée par exemple).
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
Electrostatique
4
Dans un atome, les électrons gravitent autour du noyau sur des couches distinctes.
Les électrons des couches externes susceptibles de se libérer peuvent participer à la
conductivité électrique.
Si la couche externe d’un élément chimique est proche de la saturation, elle ne peut
donc céder aucun électron, mais cherche à capter un électron ou plus jusqu’à la saturation. Un
tel élément est dit isolant. Par contre si la couche externe d’un élément chimique est loin de la
saturation, alors l’élément perd facilement un électron ou plus. Un tel élément est considéré
comme étant bon conducteur.
En conséquence, un bon conducteur est l’élément qui contient un grand nombre
d’électrons libres (c'est-à-dire les électrons qui ont la liberté de se déplacer). Par contre,
l’isolant est l’élément qui possède peu d’électrons libres. L’isolant idéal est celui qui ne
possède aucun électron libre.
Notons que dans les liquides, les porteurs de charges sont les ions (QR STM ).
En conclusion, nous disons d’un corps qu’il est un conducteur idéal si les porteurs de
charges- après l’électrisation du corps- peuvent se déplacer en toute liberté dans tout le
volume occupé par la matière. Le corps est classé isolant si les porteurs de charges restent
dans la même région, là où elles sont apparues.
4/ EXPLICATION DU PHENOMENE D’ELECTRISATION (V W X 4 Y 0 5N)
Comme nous l’avons signalé auparavant, les atomes des matériaux contiennent dans
leur état naturel un nombre équivalent d’électrons et de protons. Ces matériaux sont donc
électriquement neutres (non chargés), et aucun effet électrique n’apparaît. Mais si cet
équilibre naturel de charges est rompu- augmentation ou diminution du nombre d’électrons
pour une raison quelconque- la matière devient alors chargée électriquement.
D’une façon générale, tous les phénomènes de l’électrisation s’expliquent par un
déplacement d’électrons, en négligeant la variation de la masse qui accompagne l’opération
de déplacement.
Le verre frotté, comme par exemple, perd des électrons, il s’électrise donc
positivement. Quant au plastique frotté il capte des électrons et s’électrise négativement.
B/ LOI DE COULOMB-CAVENDISH (abc d -\]S S ^S_ `) :
C’est le physicien français Charles Augustin de Coulomb (1736-1806) qui a établit en
1785 la loi qui porte son nom. A noter que selon l’histoire des sciences, la loi de Coulomb
aurait été découverte en premier par le physicien anglais Henry Cavendish, mais que ces
travaux restèrent longtemps non publiés. Il est plus juste donc d’appeler cette relation, la loi
de Cavendish-Coulomb.
1/ ETUDES QUANTITATIVE ET QUALITATIVE :
Pour faire la mesure quantitative de la force d’attraction ou de répulsion électrique
entre deux corps chargés, nous pouvons réaliser le montage de la figure 1.4. Cette figure
représente deux particules portant deux charges q1 et q2 , de masses respectives m1 et m2 ,
séparées par une distance .
A partir de cette expérience, on dégage les quatre caractéristiques suivantes de la
force électrostatique F e :
- Sa direction est la droite passant par les deux charges,
- son intensité est inversement proportionnelle au carré de la distance séparant les
deux particules,
- Elle est proportionnelle à la charge de chacune des deux particules q1 et q2 ,
- pour une distance donnée entre les deux particules, son intensité est indépendante
du signe de chacune des deux charges.
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
5
Electrostatique
Fe
l2
l1
m1
q1
m2
q2
Fe
La force électrostatique qu’exerce la charge q1 sur la charge q2 , et vis versa, est
exprimée par la formule expérimentale sous forme :
Vectorielle :
Fe = K .
q1 .q2
u
r2
u représente le vecteur unitaire u =
Scalaire :
Fe = K .
[ N]
(1.3)
[ N]
(1.4)
r
r
q1.q2
r2
Dans le système international des unités, la constante K est définie par la relation :
K=
1
4
, où
0
représente la permittivité du vide(e 5
bf 5_ Og 0h 61).
0
La valeur expérimentale de K est :
K = 8,9875.10
Pratiquement nous prenons K
Donc
0
prend la valeur :
0
9.10+9
Nm 2
C2
Nm 2 C-2
= 8,8542.10
Il existe une autre relation pour le calcul de
8
+9
12
0
C2
N .m 2
qui est
(1.5)
0
=
1
où c représente
4 c2
1
la célérité de la lumière dans le vide ( c = 3.10 ms ).
Discussion :
q1.q2
0 : les deux charges sont de même signe
éloigne les deux charges.
q1.q2 0 : les deux charges sont de signes contraires
il y a répulsion, la force F e
il y a attraction, la force
F e rapproche les deux charges.
D’après le principe de l’action et de la réaction F q1 = F q2 .
A.FIZAZI
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6
Electrostatique
L’expression de la loi de Coulomb nous rappelle celle de la force de l’attraction universelle
que nous avons rencontrée dans le cours de mécanique. A l’exception de la valeur numérique
de la constante K , cette loi a exactement les mêmes caractéristiques vectorielles que celles de
la force d’attraction universelle (loi de Newton). C’est pour cette raison qu’il n’est pas
étonnant de trouver une similitude entre les deux forces.
Fe = K
qqe
u
r2
Fa = G
mme
u
r2
Exemple 1.2 :
Quel est le rapport entre la force newtonienne de l’attraction universelle et la force
coulombienne de répulsion entre deux électrons ?
Réponse :
e2
K 2
Fe
= r2
Fg
m
G 2e
r
Fe K .e2
=
Fg G.me2
;
Fe
Fg
4.1042
Exemple 1.3 :
Quelle est la force de répulsion coulombienne entre deux charges de 1C séparées par la
distance de 1km ?
Réponse :
q2
1
. 2 ; Fe = 9.109
; Fe = 9.103 N
Fe =
3 2
4 0 r
(10 )
1
Remarque :
Dans le cas général, si on a n charges électriques dans le vide, le principe de
superposition (\ W gcj]) permet de faire la somme vectorielle des forces électrostatiques. Ce
principe n’est valable que dans le seul cas de charges au repos.
A.FIZAZI
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7
Electrostatique
q3
q1
q2
F32
F12
F2 = F12 + F32
Exemple 1.4 :
A partir de la figure 1.7, calculer l’intensité de la résultante agissant sur la charge q3 .
A
C
r1
q1
q1 = 1,5mC ; q 2 = 0,5mC ; q 3 = 0, 2mC
q3
r2
B
r1 = AC = 1, 2m ; r2 = BC = 0,5m
q2
Réponse :
Raisonnons à partir de la figure 1.8 :
R
q1
F 23
r1
F 13
q2
Fig 1.8
Puisque q1.q3
0 , donc F 13
Et puisque q2 .q3
D’où :
F 13
0 , donc F 23
0 est une force d’attraction,
0 est une force de répulsion.
3
q1q3
9 1,5.10 × 0, 2.10
= K 2 u1 ; F13 = 9.10
r1
(1,2)2
F 23 = K
3
q2 q3
9 0,5.10 × 0,2.10
=
u
;
F
9.10
2
23
r22
(0,5) 2
R = F 213 + F 2 23
Quant à l’angle
3
3
F13 = 1,875.103 N
F23 = 3,6.103 N
R = 4,06.103 N
que forme la résultante R avec la droite AC il est égal à :
tan
A.FIZAZI
q3
r2
=
F23
; tan =1,92
F13
Université de Béchar
=62.49°
LMD1/SM_ST
8
Electrostatique
C/ CHAMP ELECTROSTATIQUE (k 1O
lmL ):
Le fait que deux charges voisines soient soumises à deux forces d’attraction ou de
répulsion, nous entraîne à considérer que toute chaque charge électrique modifie les propriétés
physiques du champ spatial qui l’entoure. Pour décrire cette modification, on dit que toute
charge électrique crée dans le champ spatial qui l’entoure un champ électrique.
1/ NOTION DE CHAMP ELECTRIQUE (nK
lmL oS 5]):
Définition qualitative : On dit qu’il existe un champ électrique en un point donné
de l’espace, si une force électrostatique F e agit sur une charge électrique q0 ponctuelle placée
en ce point.
Définition quantitative : On appelle champ électrostatique E , le rapport entre la
force électrostatique F e et la charge q0 soumise à cette force F e . figure1.9.
E=
Fe
q0
(1.6)
Dans le système international des unités, le champ électrique est exprimé en volt
1
par mètre ( Vm ).
Fe
, cela implique que E ( M ) et F e ont la même direction.
q0
Quant au sens du champ, il dépend dans ce cas du signe de q0 , c'est-à-dire de la charge qui
Puisque E ( M ) =
est soumise à la force électrique. Fig1.10.
Fe
P
q0
M
q0
Fe
Fe
E
A.FIZAZI
Université de Béchar
E ( P) =
Fe
q0
M
q0
E
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9
Electrostatique
2/ CHAMP ELECTROSTATIQUE CREE PAR UNE CHARGE PONCTUELLE
( 0rm_ Ls kt uN k 1O
lmL ) :
Définition : lorsqu’une charge q se trouve au point O , elle crée alors, en tout
point M de l’espace qui l’entoure un champ vectoriel, appelé champ électrostatique
exprimé par la relation :
E (M ) =
Fe
1 q
=
. u
qM 4 0 r 2
(1.7)
q : la charge présente au point O .
qM : une charge teste placée au point M ( elle n’a aucune influence sur le calcul du
champ électrique), elle subit l’action de la force F e .
u
O
q
M
E (M )
r = OM
E(M ) =
q
0
q
0
q
0
1
4
.
0
q
r2
(1.8 )
q
q
0
q
3/ CHAMP ELECTRIQUE CREE PAR UN ENSEMBLE DE CHARGES
PONCTUELLES ( 0rm_ w Ls Xct kt uN nK
lmL ) :
Si maintenant, on a n particules électriques qi , situées aux points Pi , quel serait
alors le champ électrique produit par cet ensemble de charges au point M ?
Comme pour les forces, le principe de superposition est aussi valable pour les
champs électriques. (Un principe ne peut pas être démontré mais il trouve sa
vérification dans l’expérience).
La figure 1.13 montre la méthode géométrique à suivre pour la composition de
plusieurs champs électriques. On a donc :
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Electrostatique
E(M ) =
1
n
i =1
4
.
0
qi
ui
ri2
E3
(1.9)
P4 (q4 )
P1 (q1 )
M
E2
EM
E1
E4
P2 (q2 )
P3 (q3 )
M
4/ CHAMP ELECTRIQUE CREE PAR UNE DISTRIBUTION CONTINUE DE
CHARGES ( LMy 6W ] zb{SN kt uN nK
lmL ) :
Dans le cas d’un très grand nombre de particules, celles ci peuvent être réparties
uniformément suivant une droite, sur une surface plane ou dans un volume.
Dans une telle répartition de charge, le principe de superposition reste toujours
valable. On divise cette répartition en un nombre infini de très petits volumes, ou surfaces, ou
segments rectilignes élémentaires chargés, puis on calcule le champ d E que chacun de ces
éléments crée. On fai ensuite la somme vectorielle des champs élémentaires d E . Comme on
prend des éléments infiniment petits, on transforme la somme ( ) en une intégrale triple
(
) , double ( ) ou simple ( ) , selon que l’on considère un volume, une surface ou
une longueur.
On aura donc :
E = dE
(1.10)
Attention !! Ne pas croire que E = dE , car les d E sont des vecteurs non
forcément parallèles entre eux. Il serait donc archifaux de faire la somme de leurs
(
modules E
dE ) .
Dans un système d’axes cartésiens Oxyz , on a :
d E = dEx .i + dE y . j + dEz .k
(1.11)
Par intégration on arrive à :
E=
( dE .i + dE . j + dE .k ) = E .i + E . j + E .k
x
y
z
x
y
z
(1.12)
On obtient par la suite :
Ex = dEx , E y = dE y , E z = dEz
(1.13)
En tous les cas, la relation qu’il faut retenir est :
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Electrostatique
E(M ) = d E(M )
(1.14)
Sachant que :
d E(M ) =
Pour éclaircir encore
applications.
1
4
.
0
dq
u
r2
(1.15)
plus ce principe on va étudier un peu plus loin trois
5/ LIGNES OU SPECTRE DE CHAMP (nK
€0r Og)nK
lmL ~Sr•) :
Description de l’expérience : dans un récipient contenant de l’huile,
plongeons deux électrodes chargées, l’une positivement ( q1 0 ) et l’autre
négativement ( q2 0 ) , et saupoudrons sur la surface d’huile des grains de la grosse
semoule (ou des grains de gazon naturel).
Observation : On voit que les grains de semoule (ou du gazon) dessinent des
courbes que nous appelons lignes du champ électrique. Figure 1.14.
Fig 1.14 : Grains de gazon à la surface d’huile, photos et schémas
Interprétation : Sous l’effet du champ produit par les charges q1 et q2 , les
grains se polarisent. Ainsi chaque grain devient un dipôle électrique. Les
charges sont alors soumises aux forces électriques appliquées par q1 et q2 . Ces
forces sont responsables de l’orientation de chaque grain parallèlement aux
forces. Figure1.15.
Définition : Les lignes de champ sont des lignes orientées, tangentes en chaque
point au vecteur champ E et passent par la charge q . Figure 1.16.
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Electrostatique
Angle droit
Grain de
semoule
M'
E'
q
Lignes de champ
0
+
F'
q2
0
q1
+
+
+
0
+
q
0
M
E
F
La tangente à la ligne de champ passant
par M
Fig 1.15 : Lignes de champ dessinées par les grains de semoule
E1
M2
M1
E ( A)
E2
E3
M3
E ( B)
B
A
C
E (C )
Dans le cas d’une charge ponctuelle, les lignes de champ sont des demi-droites qui se
coupent au point où se trouve la charge. Si la charge est positive, le champ est dirigé
vers l’extérieur, on dit qu’il est partant, il en va de même pour les lignes de champ. Le
contraire est vrai pour la charge négative, les lignes de champ convergent vers la
charge, le champ dans ce cas est dirigé vers la charge. Figure 1.17.
q
0
q
+
0
La figure 1.18 représente les lignes de champ autour de deux charges ponctuelles
voisines égales mais de signes contraires.
La figure 1.19 représente les lignes de champ autour de deux charges ponctuelles
voisines égales portant la même charge.
La figure 1.20 représente les lignes d’un champ uniforme (il existe entre deux plaques
parallèles rapprochées, portant des charges égales en valeur absolue, mais de signes
contraires). A l’exception des bords du condensateur formé, les lignes de champ à l’intérieur
du condensateur sont parallèles entre elles et perpendiculaires au deux plaques et d’égales
densités.
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Electrostatique
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La figure 1.21 représente les lignes de champ d’un conducteur en pointe.
Fig 1.18 : Lignes de champ de deux charges égales et de signes contraires
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Electrostatique
+
+
+
+
+
+
6/ APPLICATIONS :
a/ Première application : Le champ électrostatique produit par un fil fin de
longueur infinie et portant une charge linéique positive de densité constante.
On se propose de calculer le champ électrique statique E produit au point P par
l’ensemble de la charge que porte le fil. Figure 1.22
Solution : le petit élément que l’on doit prendre en considération est un segment
rectiligne de longueur dx , portant la charge élémentaire dq = .dx :
dE
Y
d EY
P
dEX
R
dq = .dx
O
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
x
X
dx
Le champ élémentaire d E produit par la charge dq est situé sur le prolongement du
segment rectiligne de longueur et reliant P à dq .
En appliquant le relation 1.14 on obtient :
dE =
1 dq
1
.dx
=
.
4 0 r2 4 0 r2
Sachant que : d E = d E x + d E y
Et d’après la figure 1.22, on a :
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Electrostatique
Ex = dE x = dE.sin
E y = dE y = dE.cos
Soit :
Ex =
Ey =
4
4
dx
.sin
r2
dx
.cos
r2
0
0
On remarque que r , , x sont des variables, tandis que R est constant. On en déduit
géométriquement que :
x = R.tg
dx = R.d .
r=
1
cos 2
R
cos
Suite à cela, on obtient :
Ex =
Ex =
(
4
dx
.sin =
4
r2
0
+ /2
( R / cos 2 ).d
.sin
R 2 / cos 2
/2
0
+ /2
4
1
.sin .d =
4
/2 R
0
)
1
. .[ cos
0 R
]+
/2
Ex = 0
/2
Ce résultat Ex = 0 était prévisible vu la symétrie du problème.
Quant à la composante normale elle est calculée de la même façon :
Ey =
Ey =
4
0
dx
.cos =
4
r2
+ /2
4
0
1
.cos .d =
4
/2 R
+ /2
0
( R / cos 2 ).d
.cos
2
2
/
cos
R
/2
1
. .[sin
0 R
]+
/2
Ey =
/2
1
2
.
0
R
Finalement on obtient :
d E = d Ex + d E y
E = Ey =
1
2
.
0
R
j
La même méthode est conseillée s’il s’agit d’un anneau fin. On peut aussi s’aider de la
deuxième application.
b/ Deuxième application : Le champ électrostatique produit par un disque fin et portant
une charge surfacique positive de densité
constante.
Un disque de centre O et de rayon R porte une charge uniforme de densité
surfacique
0 . Soit OX l’axe perpendiculaire au disque en son centre O .
Calculer en fonction de x le champ E en tout point de l’axe X ' X . (On étudie les trois
cas : x 0 ; x 0 ; x = 0 ).
Solution : Soit P un point de l’axe OX tel que OP = x . Calculons le champ produit par
la charge surfacique en ce point. Figure 1.23.
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Electrostatique
Le petit élément que nous devons prendre en considération est la couronne d’épaisseur d
de surface dS et qui porte la charge élémentaire : dq = .dS = .2 r.dr
En appliquant la relation 1.14, on peut calculer le champ élémentaire d E crée par la
charge dq :
dE =
1 dq
1
.2 rdr
=
.
2
4 0b
4 0
b2
Sachant que : d E = d E x + d E z
X
dE
dEX
d Ez
P
x
b
dr
i
R
O
r
X'
Pour obtenir le champ produit par tout le disque chargé, on intègre de 0 à R .
On voit que :
Ex = dEx = dE.cos
Ez = dEz = dE.sin
Vu la symétrie du problème on a :
Ez = 0
E = Ex
Laissons à l’étudiant le soin de vérifier que Ez = 0 , et passons au calcul de E x
Ex =
.2
4
0
.
r.dr
.cos
b2
A partir de la figure, on a :
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Electrostatique
b2 = x2 + r 2
cos =
x
b
x
cos =
x2 + r 2
Suite à tous ces résultats on obtient :
E=
2
0
R
x
E=
2
x.r.dr
( x + r 2 )3/ 2
2
r.dr
2 3/ 2
2
0 (x + r )
0
.x
1
E=
. 2
2 0 ( x + r 2 )1/ 2
R
0
A la fin on a :
E=
d E = d Ex + d Ez
2
x
x
.
0
E = Ex =
2
x
( x2 + R2 )
x
x
0
x
i
x2 + R2
(1)
Discussion :
x
E=
0
2
0
!
x
1
2
2
x +R "
( 2)
i
E est dirigé suivant i et s’éloigne des charges positives.
x
E=
0
2
0
!
x
1+
2
2
x +R "
i
( 3)
E est dirigé suivant i mais de sen contraire, il s’éloigne des charges positives.
Pour obtenir l’expression de E pour x = 0 , il faut chercher la limite de l’équation (1)
quand x
0 ou tout simplement remplacer x par 0 dans l’équation ( 2 ) . On trouve :
x=0
E=
2
i
0
c/ Troisième application : Le champ électrostatique produit par un plan infini portant
une charge surfacique positive de densité
constante.
Ici la surface élémentaire est un anneau de rayon
d’épaisseur d et de centre O .
figure1.24.
Cet anneau produit au point P un champ électrique vertical (les composantes
élémentaires horizontales s’annulent deux à deux à cause de la symétrie).
Donc : E x = 0
E = Ey .
A l’étudiant de vérifier ce résultat.
A partir de la figure on remarque que : dE y = dE.cos
L’anneau porte la charge élémentaire totale : dq = dS . = 2 r.dr.
Donc le champ élémentaire produit par la boucle au point P est :
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Electrostatique
dE = dE y = K .
dq
2 r.dr. R
.cos = K . 2
.
2
b
R + r2 b
(
dE
dE y
dE x
P
)
b
R
dS = 2 r.dr
O
r
dr
Fig 1.24: Champ d’un plan infini
Donc le champ électrique total produit par toute la surface du plan est :
#
E = K.
0
2 r.dr. .R
(R
2
+r
)
2 3/ 2
=K .2
#
.R
0
r.dr
(R
2
+r
)
2 3/ 2
E = K .2
.R
1
R2 + r 2
#
0
A la fin :
E=
2
0
Cela veut dire que le champ électrique est constant tout au long de l’axe Oy . Quelque
soit la position du point P sur l’axe Oy , le champ électrique reste égal à lui même.
D/ POTENTIEL ELECTRIQUE (nK
^S6 )
1/ CIRCULATION D’UN CHAMP DE VECTEURS ( ‚sg lmh ƒTS„N)
Supposons une particule quelconque se déplaçant de A à B en suivant la
trajectoire curviligne, à l’intérieur d’un champ de vecteurs (comme par exemple le champ de
pesanteur, le champ électrique, le champ magnétique, le champ de force…) et qu’on note par
V.
Définition 1 : On appelle intégrale curviligne du champ de vecteurs V du point A au
point B le long de la trajectoire L l’expression :
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19
Electrostatique
B
V .dl = V .dl
L
(1.16)
A
dl est le vecteur déplacement élémentaire.
Remarque : Dans le cas général l’intégrale curviligne dépend du chemin suivi.
Définition 2 : Si le chemin ou la trajectoire est une courbe fermée, l’intégrale curviligne
s’appelle circulation du champ de vecteurs, il s’écrit alors sous la forme :
Circulation de V = V .dl = V WXYZ ZZZZ[\
(1.17)
Appliquons maintenant dans ce qui suit ces deux définitions au champ électrique E .
2/ CIRCULATION DU CHAMP ELECTRIQUE (nK
lmL ƒTS„N)
Considérons une région de l’espace où règne un champ électrique. Toute particule
chargée q0 présente dans ce champ est soumise à une force électrique :
F = q0 .E
(1.18)
( F a le même sens que E si q0
0)
Si cette particule n’est pas retenue, elle va se déplacer dans le sens de F .
Supposons un expérimentateur qui veut déplacer cette charge q0 très lentement suivant un
chemin déterminé. Pour cela, il faut d’abord appliquer sur la particule une force directement
opposée à la force F pour annuler son action, puis appliquer une force supplémentaire dans le
sens choisi du mouvement. A l’extrême limite, et pour obtenir le déplacement infiniment lent,
nous considérons qu’il suffit d’appliquer une force sur q0 pour compenser la force
électrique : on doit donc appliquer la force F d = q0 .E .
Pour un déplacement élémentaire dl , le travail élémentaire correspondant est :
dW = F d .dl dW = q0 E.d l
Si on veut déplacer la charge q0 suivant un chemin quelconque AB , il faut fournir
un travail WAB :
B
WAB = F d .dl
WAB =
A
B
B
q0 .E.dl
WAB = q0 E.dl
A
(1.19)
A
B
Définition : L’intégrale E.dl s’appelle circulation du champ électrique sur tout
A
le long de la courbe de A jusqu’à B .
Remarque : cette circulation est conservative, c'est-à-dire qu’elle ne dépend pas
du chemin suivi. La circulation du champ électrique suivant une courbe fermée (retour au
point de départ) est nulle comme nous le verrons un peu plus loin.
B
Cas particulier : Si q0 = 1C , dans ce cas le travail W = E.dl s’appelle la
A
force électromotrice ( 0K
A.FIZAZI
L6 XSm ) dont la définition est donc :
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Electrostatique
Définition : La force électromotrice est égale au travail effectué pour déplacer la
charge unité ( q = 1C ) le long de la courbe.
Précision : Le mot « force » est trompeur, car nous parlons d’énergie. C’est l’habitude
qui nous a fait hériter le mot « force » au lieu d’énergie.
^S6 ) :
3/ POTENTIEL ELECTRIQUE (nK
Dans l’exemple schématisé sur la figure 1.25 on a :
B
B
E.dl =
A
E.dl =
A
C2 †y 6
C1 †y 6
B
E.dl
(1.20)
A
C3 †y 6
Cela veut dire que le travail nécessaire pour déplacer la charge du point A au
point B est indépendant du chemin suivi. Lorsque la circulation du champ le long de la
courbe ne dépend pas du chemin suivi, mais dépend uniquement du point de départ et du
point d’arrivée, on dit dans ce cas que ce champ est conservateur. Tel est le cas du champ
électrostatique.
B
C1
A
C2
C3
Dans l’expression 1.19, on pose :
dV = E.dl
(1.21)
V est une grandeur scalaire appelée potentiel électrique. on dit dans ce cas que le
champ électrique E dérive du potentiel V .
L’énergie nécessaire pour déplacer la charge q0 entre les points B et A est donc :
B
B
WAB = q0 E.dl = q0 dV = q0 V
A
A
B
A
= (VB
VA ) .q0
(1.22)
La grandeur VB
VA est appelée tension ou différence de potentiel entre les
points B et A , on la note par U BA , telle que :
W
U BA = VB VA = AB
(1.23)
q0
Cela nous mène à la définition de la différence de potentiel :
Définition : La différence de potentiel ( U BA = VB VA ) est égale au travail
fourni à la charge unité (sa valeur est égale à l’unité) pour la transporter du point A au
point B .
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21
Electrostatique
4/ CIRCULATION DU CHAMP ELECTRIQUE LE LONG D’UNE COURBE
FERMEE (‡yˆ] ‰ L ] ƒSŠ ‰yt nK
lmL ƒTS„N) :
Si la charge suit une courbe fermée, comment peut-on démontrer que la circulation
de E est nulle ?
Déterminons sur la courbe fermée L deux points A et B (figure 1.26), puis
calculons la circulation :
A
B
E.dl = E.dl + E.dl
L
A
B
E.dl = (VA VB ) + (VB
(1.24)
VA ) = 0
(1.25)
L
dl
B
A
dl
Fig 1.26 : Circulation de E suivant une
courbe fermée
Conclusion : En électrostatique, la circulation du champ électrique le long de toute
courbe fermée est nulle.
E.dl = 0
(1.26)
L
Ce résultat est toujours vérifié, chaque fois que le champ dérive d’un potentiel.
5/ LE POTENTIEL ELECTRIQUE PRODUIT
PONCTUELLE q ( 0rm_ Ls kt uN nK
^S6 ) :
PAR
UNE
CHARGE
On a vu que le champ E produit par une charge q est radial (il passe par la charge q ),
E (r ) =
1
4
.
0
q
r2
(1.27)
Pour obtenir le potentiel V , on calcule d’abord la circulation du champ E le long d’un
rayon quelconque :
On a :
dl d r
Et puisque :
dr E
Donc :
dV =
( E.d r )
dV = E.dr
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dV =
1
4
Université de Béchar
.
0
1
dr
r2
(1.28)
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Electrostatique
q
dr E
r
D’où :
V ( r ) = dV =
q
4
0
1
dr
r2
V (r) =
q
1
. +C te
4 0 r
(1.29)
te
En supposant V = 0 quand r = # , on aura C =0 . A la fin on obtient :
V (r ) =
q
4
.
0
1
r
(1.30)
Le potentiel est constant sur des sphères de rayon i dont leur centre est la charge q . On dit
que ces sphères constituent des surfaces équipotentielles (^S6 bO W] ‹Sr1).
On démontre que la différence de potentiel entre deux sphères de rayons respectifs 1 et
est donné par la relation :
V1 V2 =
q
4
.
0
1
r1
1
r2
2
(1.31)
6/ CALCUL DU CHAMP E A PARTIR DE V :
On a vu que dV = E.d l
.
En considérant le repère cartésien Oxyz , et en
supposant que le potentiel V et le champ E sont connus au point A de l’espace, on peut
calculer le potentiel VA + dV en tout point relié à A par le vecteur élémentaire dl . Figure
1.28.
z
E
A
VA
VA + dV
dl
k
O
i
y
j
x
Cas particulier :On suppose qu’on s’éloigne de A dans le sens de x ( y et z restant
constantes). Donc dl = i.dx , d’où dV =
A.FIZAZI
( E.i ).dx , soit :
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Electrostatique
dV = Ex .dx
On arrive pour ce cas particulier à Ex =
z restent constantes et seule x varie.
(1.32)
dV
où dV est la variation de V quand y et
dx
Cette condition sur les coordonnées coïncide avec la notion des dérivées partielles. Donc
on peut écrire :
$V
$x
En répétant le même raisonnement pour y et z on trouve :
Ex =
(1.33)
Ey =
$V
$y
(1.34)
Ez =
$V
$z
(1.35)
Puisque on est dans le repère Oxyz , on a :
E = E x + E y + Ez
E = Ex .i + E y j + E z k
Donc :
E=
$V
i
$x
$V
j
$y
$V
k
$z
E=
$V
$V
$V
i+
j+
k
$x
$y
$z
(1.36)
On reconnaît dans cette expression l’opérateur gradient, donc :
E = gradV =
$V
$V
$V
i+
j+
k
$x
$y
$z
E = gradV
(1.37)
(1.38)
On comprend très bien maintenant l’expression « le champ électrique E dérive du
potentiel V ».
L’expression du champ E en coordonnées cylindriques est :
E = gradV =
$V
1 $V
$V
u% +
u +
uz
$%
r$
$z
(1.39)
L’expression du champ E en coordonnées sphériques est :
E = gradV =
$V
1 $V
1 $V
. u&
ur + .
u +
$r
r $
r sin $&
(1.40)
Exemple 1.5 :
1/ En déduire le vecteur champ électrique de l’expression du potentiel suivante :
V ( x, y , z ) = 3 x 2 y + z 2 .
2/Calculer le module du champ E au point A (1, 2, 1) .
Réponse :
1/ Il suffit de dériver V ( x, y , z ) en utilisant la relation1.37 pour trouver :
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24
Electrostatique
6 xyi + 3 x 2 j + 2 zk
E=
2/ Le module du champ au point A (1, 2, 1) est :
E = 12i + 3 j
E = 122 + 32 + 22
2k
E = 157
E 12,53V/m
7/ LE POTENTIEL CREE PAR PLUSIEURS CHARGES PONCTUELLES
DISTINCTES :
Le principe de superposition est là aussi valable. Puisque le potentiel V est une grandeur
scalaire, le potentiel V ( M ) créé par plusieurs charges concentrées au point M est donné par
l’expression algébrique :
V (M ) =
1
4
i
0
qi
ri
(1.41)
Où i est la distance entre qi et le point M . La charge qi peut être positive ou négative,
c’est pour cela qu’il faut la prendre avec son signe.
8/ LE POTENTIEL ELECTRIQUE CREE PAR UNE DISTRIBUTION CONTINUE
DE LA CHARGE :
Dans ce cas, on doit procéder à une intégration après avoir choisi une charge élémentaire
correspondante, avec le même procédé que celui du champ électrique pour un pareil cas.
V=
1
4
0
dq
r
(1.42)
Conseil : Dans le cas général, il est préférable de calculer le potentiel en premier lieu, puis
en déduire le champ électrique par dérivation.
Exemple 1.6 :
Un anneau, de centre O et de rayon R , porte une charge q répartie uniformément avec
une densité linéique
0.
1/ Calculer le potentiel crée au point M de l’axe Oy et situé à la distance y de O .
2/ En déduire le vecteur champ au point M .
Réponse :
Pour le point donné M , les grandeurs r , y , R sont constantes. Partant de la figure 1.29,
1
et en posant K =
on peut écrire :
4 0
dV = K
dq
r
dV =
K
dq
r
V=
Kq
+ C te
r
R2 + y2
Après le remplacement de K et q = .2 R on arrive à l’expression :
Sur la figure on peut voir que : r =
V=
A.FIZAZI
2
.
0
R
R2 + y2
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+ C te
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25
Electrostatique
Reste maintenant à déterminer le module E . Pour cela il suffit de dériver l’expression
de V par rapport à y en exploitant la relation 1.34 :
dV
dy
E=
E=
.R
2
0
.
y
(R
2
+ y2
)
3/ 2
y
dEy
dE
M
d Ex
y
r
dq
j
O
R
y'
Fig 1.29 : Champ électrostatique crée par un anneau chargé au point M
Le vecteur champ électrique E s’écrit alors :
E=
.R
2
0
.
y
(R
2
+y
)
2 3/ 2
j
C/ FLUX ELECTROSTATIQUE ET THEOREME DE GAUSS
(ŒS• b Ž_ :k 1O
‡dcW ):
1/ Le flux électrique :
Définition : On appelle flux du champ électrique à travers une surface la
grandeur :
' = E.d S
(1.43)
d S : Vecteur de la surface élémentaire, il est toujours normale à la surface et dirigé
vers l’extérieur du volume limité par la surface.
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26
Electrostatique
Si
est l’angle compris entre E et d S , on aura :
' = E.dS .cos
(1.44)
S
E
ds
dS
L’unité du flux électrique est le Weber (Wb), son équation aux dimensions est :
[' ] = L3 .T
3
.A
1
2/ THEOREME DE GAUSS :
Le théorème de Gauss exprime la relation entre le flux électrique à travers une surface
fermée et le nombre de charges présentes à l’intérieur du volume entouré par cette surface.
Par exemple : soit q une charge ponctuelle positive, elle produit un champ électrique
radial dirigé vers l’extérieur, de module E ( r ) = K .
q
.
r2
On choisi comme surface fermée une sphère dont le centre est la charge q .Figure 1.31.
Puisque nous sommes dans le cas d’une sphère, tous les vecteurs surface élémentaire
(
)
d S sont radiaux, ils ont donc la même direction que E , d’où E , d S = 0
cos0 = 1.
Le flux électrique élémentaire à travers la surface élémentaire d S est :
Par intégration on obtient :
d ' = E.d S = E.dS
' = E.d S = K .
S
E
S
q
.dS
r2
(1.45)
(1.46)
dS
ds
r
q
Fig 1.31 : Charge ponctuelle dans une sphère
Puisque le rayon de la sphère est constant on a :
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27
Electrostatique
' = K.
q
dS
r2 S
(1.47)
Rappelons-nous que la surface d’une sphère est :
dS = S = 4 r 2
(1.48)
S
Après remplacement on obtient :
'=
q
(1.49)
0
Résultat : Le flux du champ magnétique sortant de la sphère ( (r ) au centre de
laquelle se trouve une charge ponctuelle positive ( q
0 ) est égal à
q
.
0
Dans le cas où q
0 , le champ électrique E est dirigé vers le centre de la sphère et le
(
)
flux électrique ' est négatif car E , d S =
cos = 1 .
Généralisation :
Le résultat obtenu par le calcul pour une seule charge est vérifié dans le cas général.
n
Si on considère une surface fermée quelconque renfermant
charges qn + ...........q2 + q1 (quelque soient leur signes), on démontre dans ce cas que :
' = E.d S =
S
n
i =1
qi .
1
=
Qi
0
0
[ Wb ]
(1.50)
C’est là le théorème de Gauss :
Enoncé : Le flux d’un champ électrique à travers une surface fermée est égal à la
somme algébrique des charges se trouvant à l’intérieur du volume limité par cette surface,
divisé par la permittivité du vide 0 .
Intérêt de ce théorème : Ce théorème facilite et simplifie le calcul du champ
électrique produit par une distribution simple de charges.
Dans ce qui suit, nous allons aborder quelques exemples pour préciser la méthode
d’application du théorème de Gauss.
3/ APPLICATION DU THEOREME DE GAUSS :
a/ Le champ crée par une charge ponctuelle :
On considère la charge q comme centre d’une sphère de rayon .
Donc le champ électrique E est radial et sortant, cos0 = 1 :
' = E.d S
' = E.dS
S
S
E.S =
q
0
2
La surface de la sphère est S = 4 r , d’où :
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28
Electrostatique
E=
q
1 1
=
. 2
.
S
4
0
0 r
(1.51)
b/ Le champ électrique produit par une tige de longueur infinie uniformément
chargée :
La surface de Gauss qui convient à ce cas est celle d’un cylindre de longueur l , et dont
l’axe coïncide avec la tige.
Il y a trois surfaces : la surface de base S1 , la surface de base S2 , et la surface
latérale S L :
E
E
dS
ds
dS
E
dS
l
Le flux à travers toutes les surfaces qui constituent le cylindre de Gauss est la somme
des flux à travers chaque surface, soit ' = ' i :
' = E.d S = E.d S +
S
S1
E.d S +
S2
E.d S
SL
0
(1.52)
0
Sur les surfaces des bases ( S1 ) et ( S 2 ) , le champ est perpendiculaire au vecteur d S ,
donc il n’y a aucun flux qui traverse ces deux surfaces ( cos
/ 2 = 0 ) . Mais, par contre sur la
surface latérale ( S L ) , les vecteurs d S sont tous radiaux comme E ( cos 0 = 1) . D’où l’on
obtient :
'=
E.d S = E.S L =
SL
Qi
(1.53)
0
Sachant que Qi = .l et S L = 2 Rl , donc :
.l
E.2 R.l =
E=
0
2
0R
(1.54)
c/ Champ électrique produit par une sphère pleine chargée uniformément :
La surface de Gauss qui convient ici est une sphère de rayon . En appliquant le
théorème de Gauss on écrit :
' = E.d S
' = E.dS
S
A.FIZAZI
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E.S =
Qi
(1.55)
0
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Electrostatique
R
R
R
r
r
r
Discussion :
R
: (la figure 1.33-a), seule une partie de la charge portée par la sphère se trouve à
l’intérieur de la surface de Gauss :
E.4 r 2 =
% .V
%.
=
4 3
.r
3
0
E=
0
%
3
(1.56)
.r
0
E est proportionnel à la distance .
R
: (la figure 1.33-b), toute la charge portée par la sphère se trouve à l’intérieur de la
surface de Gauss :
2
E.4 r =
% .V
%.
=
4
.R 3
3
0
% R3
E=
3
0
.
0
r
2
E est inversement proportionnel au carré de la distance
E=
Q
4
2
0r
(1.57)
. La sphère se comporte
comme une charge ponctuelle.
R=
: (Figure 1.33-c) la surface de Gauss coïncide avec la surface de la sphère :
E=
% R3
3
.
0
R
2
E=
%
3
(1.58)
.R
0
Le champ électrique sur la surface de la sphère est constant.
d/ Champ électrique produit par un plan infini chargé uniformément :
On choisit comme surface de Gauss un cylindre perpendiculaire au plan. Là aussi on a
trois surfaces :
Le flux à travers la base de surface S1 : '1 = E.S1 ,
Le flux à travers la base de surface S2 : ' 2 = E.S 2 ,
(
)
Le flux à travers la base latérale S L est nul : d S ) d E ,
Faire attention à E1 = E2 mais E.S1 = E.S2 , donc :
' = 2 E.S =
Q
0
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Electrostatique
A la fin, on remarque que le champ électrique est uniforme quelque soit la distance
entre le point considéré et le plan :
E=
dS
dS
(1.59)
2
0
E
E
E
r
l
dS
0
dS
E
Fig 1.34 : Plan infini chargé
Conclusion : De ces exemples on remarque que les résultats sont parfaitement
identiques à ceux déjà trouvés au paragraphe C, mais avec beaucoup plus de facilité, et c’est
là tout l’intérêt du théorème de Gauss.
4/ FORME DIFFERENTIELLE DU THEOREME DE GAUSS
(ŒS• b Ž ny• 5W l M ) :
Les coordonnées cartésiennes du champ E sont Ex , E y , E z . Calculons le flux sortant
du cube élémentaire de volume dv = dx.dy.dz . (Figure 1.35)
Z
dx
E y ( y)
dz
E y ( y + dy )
dS = dx.dz
dy
X
A.FIZAZI
y
y + dy
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Y
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31
Electrostatique
Le flux résultant de la composante E y est:
Nul à travers les faces : de devant, de derrière, du bas et du haut, car le vecteur
champ est perpendiculaire au vecteur surface de chaque face.
Reste à calculer le flux à travers les faces latérales d’aire dS = dx.dz .
Le flux entrant en y est négatif car le champ est dirigé vers l’intérieur du volume en
sens contraire à celui de
(( E , dS ) = ) , il est égal à :
y
E y ( y ).dx.dz
Le flux sortant de y + dy est positif et égal à : + E y ( y + dy ).dx.dz
De tout cela on obtient le flux à travers les deux faces latérales :
' dSy = ( E y ( y + dy )
Puisque la distance dy entre les surfaces
pouvons écrire :
E y ( y + dy )
E y ( y ) ) dx.dz
est très petite, mathématiquement nous
E y ( y ) = *E y = dE y = ( E y ) .dy =
'
$E y
$y
dy
Le résultat de tout cela :
d ' dSy = ( E y ( y + dy )
$E y
! $y "
E y ( y ) ) dx.dz =
dx.dy.dz =
$E y
! $y "
$E y
! $y "
dx.dy.dz
.dv
Puisque les résultats du flux sont identiques pour les quatre faces restantes, le flux total
du volume élémentaire dv est égal à :
d ' E = d ' dS x + d ' dS y + d ' dS z
d'E =
$E x $E y $E z
$E x $E y $E z
dx.dy.dz =
.dv
+
+
+
+
$
x
$
y
$
z
$
x
$
y
$
z
!
"
!
"
Si dq est la charge du volume dv , on a d’après le théorème de Gauss :
$Ex $E y $Ez
dq
dv =
+
+
$x
$y
$z
0
Si % est la densité de charge volumique, on a alors dq = % .dv , et donc :
d'E =
$E x $E y $E z %
+
+
=
$x
$y
$z
0
(1.60)
On reconnaît dans cette expression le gradient de E :
divE =
%
(1.61)
0
Cette dernière relation est l’expression du théorème de Gauss sous sa forme différentielle.
Quelle serait donc l’expression du potentiel électrique ?
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32
Electrostatique
On sait que : E = gradV
$V
$V
Ey =
$x
$y
$
$V
$
$V
$
$V
%
Donc :
+
+
=
$x ! $x " $y ! $y " $z ! $z "
0
C'est-à-dire : Ex =
Ez =
$V
$z
Finalement on arrive à :
%
$ 2V $ 2V $ 2V
+
+
=
$x 2 $y 2 $z 2
(1.62)
0
Cette relation porte le nom de « équation de Poisson », elle permet le calcul de
V si on connaît la répartition de la charge ou l’inverse.
Exemple 1.7 : Dans une région de l’espace règne un champ électrique de la forme :
E = x.i + 2 y. j + 3k
Trouver l’expression de la densité volumique de la charge.
Réponse : L’application de l’équation 1.61, nous donne :
divE =
%
%=
0
%=
0
$Ex $E y $Ez
+
+
$x
$y
$z
0
[1 + 2 + 0]
% =3
0
Exemple 1.8 : On donne l’expression du potentiel électrique :
V ( x, y , z ) =
q
4
0a
3
+
q
4
0a
3
(x
2
+ y2
z2
)
En déduire l’expression de la densité de la charge.
Réponse : De l’équation de Poisson on tire la densité % de la charge :
q
4
0a
3
[2 + 2
2] =
%
0
%=
q
2 .a 3
Quand est-il s’il n’y avait aucune charge ?
Cela veut dire que :
% =0
$ 2V $ 2V $ 2V
+
+
=0
$x 2 $y 2 $z 2
(1.63)
Cette expression est connue sous le nom de « équation de Laplace », elle est
surtout utilisée en mécanique des fluides. Dans cette équation apparaît un opérateur appelé
« le laplacien » qui est :
*=
$2
$2
$2
+
+
$x 2 $y 2 $z 2
4/ NOTION DE L’ANGLE SOLIDE( jy“
A.FIZAZI
(1.64)
bO ” oS 5]) :
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33
Electrostatique
En géométrie plane, on s’intéresse dans les figures à l’angle plan. Quand il s’agit de
géométrie spatiale on parle d’angle solide. Par exemple, dans l’obscurité les rayon lumineux
issus d’une source lumineuse ponctuelle sont caractérisés par deux grandeurs : la direction
(qui est une droite), et l’angle maximal de propagation du faisceau lumineux autour de cette
droite (un cône). Dans ce dernier cas, l’espace occupé par le faisceau lumineux s’appelle
angle solide. Figure 1.36
S
dS
R
+
O
O
Définition : L’angle solide élémentaire est l’espace contenu dans une surface conique
élémentaire dS située à la distance R du sommet du cône, on le calcule par la formule :
d+ =
dS
R2
(1.65)
L’angle solide est toujours positif et indépendant de R . Son unité est le stéradian ( sr ) .
Pour déterminer la valeur de l’angle solide + , on dessine un cône de centre O et de
rayon R . La surface que coupe le cône est S (figure 1.36-b). La valeur de l’angle solide est
donc :
+=
S
R2
(1.66)
En coordonnées sphériques, et en considérant R constante, la surface élémentaire est
égale à :
dS = R 2 sin .d .d&
(1.67)
Donc, l’angle solide élémentaire s’écrit :
d + = sin .d .d&
(1.68)
En intégrant on obtient l’angle solide entourant un cône d’angle au sommet
+ = d+ =
2
0
d& . sin .d = 2
(1
cos
)
:
(1.69)
0
+=2
(1
cos
)
(1.70)
Discussion :
= /2
+ = 2 sr , correspond à la moitié de l’espace
constitué par l’angle = / 2 .
Premier cas :
A.FIZAZI
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34
Electrostatique
Deuxième cas :
=
+ = 4 sr , correspond à tout l’espace autour d’un
point. C’est la valeur extrême pour un angle solide.
Cas général :
Si le vecteur surface élémentaire est parallèle à la droite OP (figure 1.37-a),
cos = 1, et par conséquent l’angle solide est égal à :
d+ =
dS
R2
(1.71)
Si le vecteur surface élémentaire fait l’angle avec la droite OP (figure
1.37-b), a), l’angle solide élémentaire est égal à :
d+ =
dS .cos
R2
(1.72)
C’est cette dernière expression qu’il faut retenir pour le calcul de l’angle solide
dans le cas général.
d+
R
P
dS
d+
dS
R
dS
dS
P
O
O
La relation entre l’angle solide et le flux électrique :
Le champ électrique produit par une charge ponctuelle q à une distance
est E = K
de la charge
q
.
r2
Le flux élémentaire d' à travers une surface élémentaire dS située à la distance
de la charge q est :
dS
r2
(1.73)
.d +
(1.74)
d ' = E.dS = K .q
d' =
q
4
0
Par intégration on obtient le flux total à travers toute la surface S :
'=
A.FIZAZI
q
4
+
(1.75)
0
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35
Electrostatique
Le flux électrique produit par une charge ponctuelle à travers une surface quelconque
est égal au produit de
charge.
égal à
q
4
par l’angle solide + sous lequel on voit la surface à partir de la
0
Si la surface entourant la charge q est fermée, l’angle solide est 4
q
, et le flux est
.
0
Si la surface entourant la charge q est fermée mais qu’elle n’entoure pas la charge,
l’angle solide est nul, et le flux lui-même est nul.
F/ DIPOLE ELECTRIQUE(nK
\rm nK •) :
Définition : un dipôle électrique est l’ensemble de deux charges égales ,de
signes contraires et séparées par une très petite distance.
La figure 1.18, montre les lignes de champ du dipôle électrique.
Définition : Le moment dipolaire (nK
o”‚ ) d’un dipôle est un vecteur libre
p , il est égal au produit de la valeur de la charge q par le vecteur déplacement
a de la charge, dirigé de la charge positive vers la charge négative (figure
1.38).
p = q.a
(1.76)
Potentiel électrique produit par un dipôle électrique :
On se propose de calculer le potentiel électrique produit par les deux charges
+ q et q , au point P situé à la distance 1 de la charge + q et à la distance 2 de
la charge q . La distance a est très petite devant les distances 1 et 2 .
Voir Figure 1.38 .
y
P
r2
r
r1
r2 -r1
q
O
a
p
+q
x
Fig 1.38 : Dipôle électrique
A.FIZAZI
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36
Electrostatique
V=
q
r1
V =K
Vi
q
r2
r 2 et r2
a , on peut considérer r1.r2
Puisque r
V=
1
4
.
0
V = K .q.
q.a.cos
r2
V=
( r2
r1 )
r2 .r1
r1 = a.cos , donc :
p.cos
4 0 .r 2
(1.77)
Champ électrique produit par un dipôle électrique :
On va essayer de calculer E à partir de l’équation E = gradV .
En coordonnées rectangulaires : sur la figure 1.38, on peut voir que :
r1 = y 2 + ( x
a / 2)
2 1/ 2
; r2 = y 2 + ( x + a / 2 )
2 1/ 2
D’où :
V = K .q
1
r1
1
r2
Donc :
V=
1
4
1
.q
1
y + ( x a / 2)
2
0
2 1/ 2
y + ( x + a / 2)
2
2 1/ 2
(1.78)
Il reste maintenant à effectuer les opérations de dérivation :
Ex =
1
$V
=
.q
$x 4 0
Ey =
1
$V
.q
=
$y 4 0
x + a/2
x a/2
y + ( x a / 2)
2
2 3/ 2
y + ( x + a / 2)
2
y
y + ( x a / 2)
2
2 3/ 2
y
2 3/ 2
y + ( x + a / 2)
2
2 3/ 2
(1.79 )
(1.80 )
En coordonnées polaires : A partir de la figure 1.39, et par la même
méthode suivie précédemment, on calcule les composantes du champ
électrique en coordonnées polaires.
Nous savons que E = Er + E , et donc :
Er =
A.FIZAZI
$V 2 p.cos
=
;
$r
4 0 .r 3
E =
1 $V
sin
= p.
r$
4 0 .r 3
Université de Béchar
(1.81)
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37
Electrostatique
E
E
Er
r
P
j
u
ur
i
A.FIZAZI
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38
Electrostatique
**
EXERCICES
Exercice 1.1
Soit la distribution de charges (de l’ordre du
microcoulomb) ci-dessous ; AB = d = 0, 2m ; Les
1.1
(
deux charges placées en A et B sont fixes; par contre
la charge placée en C est mobile sur la droite AB .
Quelle est la position d'équilibre de la charge
placée en C , si elle existe ?
)
AB = d = 0, 2m
!"
B
A
. AB # $
%
C
) C
(
/
*+,
A
+2q
Exercice 1.2
Aux deux extrémités d’un fil de longueur 2l , sont
attachés deux ballons sphériques gonflés avec de
l’hélium (l’hélium étant plus léger que l’air), et portent
la même charge + q . On suspend au milieu du fil une
masse m . Le système abandonné à lui même dans
l’atmosphère occupe alors une position d’équilibre
stable dans un même plan vertical, telle que chaque
moitié du fil fait un angle
avec l’horizontale (figure
ci-dessous).
En négligeant les masses du fil et des ballons , calculer
la valeur de q .
Application numérique :
g = 10 N .kg 1 , l=1m , m=5g , = /6 rad
C
B
q
+q
x
2.1
(
)
/
# 0 ) # 0
6 " . +q
2 0
/
; +
:
6<
.q
:
2l
. ./
0
.
3
2
1
! 5
) (2 0
4/
8 .m
. / 47
9
$
=>+ . /
2 , ?
7
(
? ).
/
./
? (@
:A++ 6 .
g = 10 N .kg 1 , l=1m , m=5g , = /6 rad
+q
+q
m
Exercice 2.3
Une petite boule (supposée ponctuelle) électrisée de
masse m et portant une charge positive q telle que
m
0
( .$
3.1
) C 37 C
q
q
= 10 6 Ckg 1 ;
q ,
6
1
= 10 Ckg est placée entre deux plaques m
m
:
B
A
+"
7
métalliques A et B verticales distantes de
(
/
. d = 4cm D
d = 4cm . Ces deux plaques soumises à une tension
E
,
U AB = U
positive U AB = U créent un champ électrique ?$
.#F G
supposé uniforme.
A.FIZAZI
-
Université de BECHAR
?
"
+
7
> 0
LMD1/SM_ST
39
Electrostatique
t = 0 , la boule est abandonnée sans
vitesse initiale en un point M 0 de coordonnées
d
2
x0 =
et y0 = L = 1m . Soit g = 10ms
?$
2
>+
A la date
l intensité du champ de pesanteur.
1/ Trouver l’équation de la trajectoire de la boule.
2/ Calculer la date de passage de la boule dans le
plan horizontale y = 0 .
3/ Quelle valeur doit-on donner à U pour que la
trajectoire de la boule passe par le point P de
coordonnées
( d ,0 ) ?
x0 =
+ C
)t = 0 F
8
d
1+ H
2
) g = 10ms 2
=
M0
.$
. y0 = L = 1m
. =,
.C
+ " +, /1
.y=0 $< 9
C
F
/2
% U D (I . - ,
$
(
/3
* ( d ,0 )
1 + H = .$
C
C+
y
M0
L
O
x
d
Exercice 1.4
4.1
0 ) placées # $
n
( q 0 ) .$
aux sommets Ai d’un polygone régulier de centre O , K5
A= ) O J
#F
K5 < ++"
Ai
de côtés de longueur a .
.a 0 .
1/ Déterminer le champ électrostatique E ( z ) en
M .$
E ( z ) > 0 ?$
/1
un point M de l’axe Oz du polygone (orthogonal
++" 9
%
O
A+ " Oz
en O à son plan)
.K5 <
2/ En déduire E ( z ) dans le cas :
:
E ( z ) L - /2
a/ d’un triangle équilatéral d’axe Oz ,
. Oz J
K5 < A
;1 /
b/ d’un carré d’axe Oz .
. Oz J
/
Soient
n charges ponctuelles ( q
Exercice 1.5
Des charges ponctuelles occupent les sommets
A, B
et C d’un losange de côté a , comme indiqué sur la
figure ci-dessous ( il n’y a pas de charge en D ).
1/ Calculer le champ électrique produit par les trois
charges au sommet D ; représenter graphiquement
ce champ.
2/ Calculer le potentiel produit en D .
3/ On place la charge +2q au point D . Calculer la
force électrique exercée par les autres charges sur
cette charge.
4/ Calculer l’énergie potentielle de la charge +2q .
A.FIZAZI
:5.1
C
B, A ! I
?
%
.$
"
) a "
"
.(
+, M D
151
L
> 0 ?$
/1
.
?$ =( ?1 D .$ +
. D .$
L (+0, )
/2
C $
D .$
+2 q
/3
.9 /<
4 .
0
$.
> 0
. +2 q
:.
/4
)
Université de BECHAR
(
LMD1/SM_ST
40
Electrostatique
A
q
B
+q
C
+q
D
Exercice 1.6
On considère deux charges q et
6.1
2q situées
A ( a, 0,0 ) et
respectivement aux deux points
2q
%
A ' ( 4a, 0, 0 )
A ' ( 4a, 0, 0 ) dans les coordonnées cartésiennes.
. M ( x, y, z ) .$
. V =0
2/ Déterminer la surface équipotentielle V = 0 .
?$
N.
=(
3/ Montrer qu’en chaque point de cette surface le
.0 " 8
1/ Calculer le potentiel électrique en un point
quelconque
M ( x, y , z ) .
champ électrique passe par un point constant qu’il
faudra déterminer.
Exercice 1.7
On considère un segment AB électrisé positivement
de densité linéique homogène
de longueur 2a et
de centre O .
électrostatique est nulle.
2/
Déterminer le champ électrostatique en un
point M de l’axe de symétrie Ox . On pose
OM = x .
3/ En déduire en ce point M le champ créé par
un fil « infini ».
Exercice 1.8
Un fil de longueur L porte une densité linéaire de
charge
0 (figure ci-dessous).
1/ Montrer que les composantes du champ
électrique au point P situé à une distance R du fil
sont données par :
4
0
R
( sin
( cos
2
0
sin
1
"
A ( a, 0,0 )
.$
.
1+ H
> 0 +0,
- /1
A
N. ++ /2
.$ ?
/3
1 .$ > 0
7.1
".:
,
AB
$
2a 0 .
= ,0
. O 07
E y du champ
1/ Démontrer que la composante
Ex =
1
q
Ey
?$
4
0
R
2
cos
.
M
8
P
0 ?$ ++
. OM = x
. Ox
M .$ J=(
L ." (
?$
:
8.1
./ 1 L
. 8 ?
.(? <
?
)
> 0 ?$
( /1
%
(8
R +" % ":
.$
)
.$
/1
+"
/2
F
/3
M"
L
0
)
1
.
(
Ex =
4
0
R
( sin
2
sin
1
( cos 2 cos
4 0R
Où E x et E y sont les composantes du champ, CDEFGDE HIJK LMNDE OGPQRS OTU E y
Ey =
"
Ey =
)
1
)
Ex ;
consécutivement parallèle et perpendiculaire au fil, et
1 et
2 les angles que font avec la perpendiculaire
^OGZVE_DE 2 V 1 V KWIXDE HIJ YZ[FT\DE V YZ]EFTDE
CGZOeag P Y`MaDE ^bcEFDE ^OTdMGXTDE OTe\afZ ^OGIDE
au fil les droites joignant le point P aux extrémités
.WIXID [FT\DE hS WIXDE
du fil.
+" ! % P Y`MaDE hMi OTadj LMNDE klVm /2
A.FIZAZI
Université de BECHAR
LMD1/SM_ST
41
Electrostatique
2/ Trouver le champ quand le point P est
équidistant des deux extrémités du fil.
3/ En déduire le champ en un point de l’axe de
symétrie d’un fil infiniment long.
Les signes des angles 1 et 2 sont ceux indiqués
F
.$
HIJ odPS FU OTQ OTU
?$
2
sur la figure.
V
C
? .
1
.8
0
L - /3
( M8
.LpqDE
P
+
2
1
x
X
O
Exercice 1.9
Une charge linéaire
L
(
9.1
> 0)
est répartie
uniformément sur un fil en forme d’anneau de rayon
R . ( figure ci-dessous).
1/ Calculer le champ électrique produit par le fil au
point P situé sur l’axe OX à une distance x du
centre O .
2/ Calculer le potentiel électrique produit au même
point P .
3/ Déterminer par le calcul le point pour lequel le
champ électrique est maximal.
?
8
8
x D +"
.$
!
?$
% # F ( > 0 ) ./
K
(? <
? ). R ( .: 47 $
P
> 0
?$
/1
OX
% ":
P .$
.O
> 0 (
) +0,
/2
.P
0,
.$
/3
. F
> 0
R
O
Exercice 1.10
Une plaque métallique en forme de carré de côté
a et de centre O est chargée uniformément d’une
densité surfacique
0 . Ecrire l’expression du
champ électrostatique crée au point M situé sur l’axe
de symétrie perpendiculaire à la plaque et telle que
OM = z =
A.FIZAZI
x
O (
C
%
":
;
a
2
P
X
10.1
) a 0"
? %
+"
.
0
.
1 #F
M .$
L
0
7 % A+ " Oz F
7
?$
. OM = z =
Université de BECHAR
a
2
LMD1/SM_ST
42
Electrostatique
z
i
M
O
Exercice 1.11
Une rondelle métallique de rayon intérieur
rayon extérieur
a
R1 et de
R1
R2 porte une charge répartie
uniformément (densité surfacique de charge ).
1/ Calculer le champ électrostatique sur l’axe de la
rondelle à la distance z de son centre.
2/ Retrouver le résultat à partir du calcul du potentiel.
3/ Etudier le cas particulier R1 = 0 .
1
%
/+
) #F
$
.
4/ Quel est le champ créé par un plan chargé infini ?
* (
Exercice 1.12
Un anneau de centre O et de rayon R porte une
densité linéique uniforme de charges
sauf sur un
arc d'angle au centre 2 . (Figure ci-dessous).
Déterminer le champ électrostatique en O .
M
11.1
.: 47
= +" $ ?
R2 , / .: 47
.(
.
%
0 ?$
/1
.(
z +"
:5. , + +,
+, /2
. R1 = 0 7 /
! + /3
9
L ?$
( /4
12.1
1 ?
R ( .: 47
O (
$
A= ! : % 9+
F
(? <
? ) .2
. O
0 ?$
.
R
2
O
13.1
47 A= ) . /
2 , "
. ( R1 R2 ) R2 R1 + .: 7
: F
Q 1
.
, J=(
a
= 0
Exercice 1.13
On considère une portion de cône, de demi-angle au
sommet
et de rayons limites R1 et R2
( R1
R2 ) .
Ce système est chargé en surface avec la densité non
uniforme :
=
a
0
a est une constante homogène à une longueur et
le
rayon du cône en un point de son axe de symétrie.
Déterminer le champ électrostatique au sommet O du
cône.
A.FIZAZI
. /
O ( $
Université de BECHAR
.: 47
) !
? .
.J F
! ,
0
1 a
.$
?$
.. /
LMD1/SM_ST
43
Electrostatique
R2
R1
O
Exercice 1.14
Un nombre infini d’ions de charges
alternativement positives et négatives ± q sont
disposés à intervalle régulier a le long d’une droite
(figure ci-dessous).
Trouver l’énergie potentielle d’un ion.
Application numérique :
a = 2,8.10
10
m , q = 1, 6.10
18
ln (1 + x ) = x
x
x
+
2 3
i
+q
Exercice 1.15
Une sphère
surfacique
3
4
? . %
i
+q
i
q
=+
a #F
i
+q
i
q
S de rayon R porte une charge
( ) = 0 cos à symétrie de
révolution autour d’un axe diamétral OX . On
demande de calculer le champ électrique aux points
O et A de l’axe OX . (Figure ci-dessous)
i
+q
a
.
(
14.1
M ++
±q
,
.(? <
? )
.C+ C+
: . +,
:A+ 6 .
q = 1, 6.10 18 C ) a = 2,8.10 10 m
+" %
x 2 x3
+
2 3
ln (1 + x ) = x
n
x
x
+ .........
4
n
i
q
#$
C
On rappelle :
2
x
i
q
=
i
+q
?
?
x4
xn
+ .........
:
4
n
+
15.1
R ( .: 47 S C
F
= ( ) = 0 cos
> 0 ?$
(
? ) . OX
.
. OX A .$
A O .$
M
A
O
Exercice 1.16
Soit une demi sphère de centre O , de rayon R ,
chargée uniformément en surface avec la densité
surfacique
0.
1/ Exprimer le potentiel et le champ électriques
au point O . Expliquer pourquoi dans ce cas,
A.FIZAZI
X
16.1
)R ( .: 47 ) O (
C
47
.
0
.
1 N. % # F
> 0
?$
/1
S
M
J=(
= R - . O .$
Université de BECHAR
LMD1/SM_ST
44
Electrostatique
(E =
l’expression du champ ne peut pas être déduite par
dérivation
de
l’expression
du
potentiel
(E =
)
V ( z ) en un point
M ( z ) de l’axe de symétrie Oz de cette demi sphère.
En déduire le champ
)
C
M ( z ) .$
V (z)
?$ L - .J=( C
47
./1
gradV .
2/ Exprimer le potentiel
gradV
6$
?$
C
/2
OZ
F
+ +,
+,
E ( z ) et retrouver alors les
expressions de 1/.
Z
Mi
O
Exercice 1.17
1/ Trouver une expression pour le champ et le
potentiel électriques d’un plan portant une densité
superficielle de charge uniforme
0 :
a/ en supposant qu’il est constitué d’une série de
couronnes toutes concentriques de centre O ,
b/ en utilisant l’angle solide.
2/ Retrouver les mêmes résultats en appliquant le
théorème de Gauss.
Qu’observez-vous ?
3/ Une charge q de masse m est placée à une
distance z du plan. La charge est libérée de sa position
de repos. Calculer son accélération, la vitesse avec
laquelle elle tombera sur le plan et le temps qu’elle
mettra pour atteindre le plan.
Exercice 1.18
Une sphère, de rayon R , porte une charge volumique
qui est répartie uniformément dans tout le volume
qu'elle occupe à l'exception d'une cavité de rayon .
Le centre de cette cavité est à la distance d du centre
de cette sphère. La cavité est vide de charges.
En utilisant le théorème de Gauss et le principe de
superposition, calculer le champ en tout point de la
cavité. Que concluez-vous ?
A.FIZAZI
9
0
17.1
> 0
?$ C
+, /1
:
0 F
.
1 ?
?
?
G
/
)O
=C
. 7
? "
/
.T Q F ? "
L> ! +, /2
*F 5 =
z +" %
m 0
q
/3
.0
.9
9
% 0 .$
)0
.9
U J=/E A=
,
2 1
) R ( .: 47
3 A= #,
? %
+" 4 ,
. J
.
U 4 ,
)
-+
T Q
*L
= .4 ,
Université de BECHAR
18.1
)C
?
#F
.: 47 4 ,
.d
C
F ? "
.$ ?
?$
LMD1/SM_ST
45
Electrostatique
Exercice 1.19
Une sphère creuse de rayon R porte une densité
de charge surfacique uniforme
0.
1/ Calculer le champ électrostatique produit en un
point P , situé à une distance b du centre O , à
l’extérieur, à l’intérieur puis à la surface de la sphère.
2/ En appliquant le théorème de Gauss, retrouver
les résultats précédents.
3/ Calculer le potentiel électrique à l’intérieur, à
l’extérieur et à la surface de la sphère. Que concluezvous ?
3/ Partant des résultats de la question 3/, retrouver
le champ à l’extérieur, à l’intérieur et à la surface de la
sphère.
Exercice 1.20
Un cylindre plein de longueur infinie, de rayon R
porte une densité de charge volumique
0.
1/ En utilisant le théorème de Gauss, calculer le
champ électrostatique à l’intérieur, à la surface et à
l’extérieur du cylindre.
2/ En déduire le potentiel à l’intérieur, à la surface
et à l’extérieur du cylindre, en supposant V = 0 sur
l’axe du cylindre.
R ( .: 47
1
, C
.
0
.
) P .$
L
0 ?$
/1
?/ + ) S / ) O
b
%
":
.C
N. % #1
L>
+ +,
+, T Q
F 6 . /2
.$
%
S / )?/ + > 0
/3
*L
= .C
N.
?$ + +,
+, /3 ? I L>
:5. /4
.C
N. %
S / )?/ +
20.1
( .: 47 )? . ( M 7
.
.
0 ,
1 #F ?
0 ?$
T Q
F ? "
/1
. . < S / N. % )?/ +
)?/ + > 0 (+0, )
L - /2
V =0 G
) . < S /
N.
. . <
)R
>
%
%
Exercice 1.21
On considère deux sphères,
s1 pleine et s2 creuse,
concentriques au point O , de rayons R1 et R2 tel
que ( R1
R2 ) . La première porte une charge
volumique de densité
0 et la deuxième une
charge surfacique de densité
0.
1/ En appliquant le théorème de Gauss calculer le
champ électrostatique dans les régions : r R1 ,
R1
r
R2 et r
R2 . On note par
le rayon de
la surface de Gauss.
2/ En déduire le potentiel électrique dans les
mêmes régions à une constante prés.
3/ Représenter les fonctions
R1 et R2 , ( R1 R2 ) , portant des
charges respectives + et
par unité de longueur.
longs, de rayons
1/ Montrer, en utilisant le théorème de Gauss, que le
champ électrique est :
a/ nul si r R1 ou si r R2 sachant que
est
le rayon de la surface de Gauss( cylindre),
b/ inversement proportionnel à
R1 r R2 .
A.FIZAZI
21.1
)
;
pour
R2
s2
,
R1
7 s1 )
0 .: 47 ) O
"
.$
0 0 1
,
% < ?
. ( R1 R2 )
.
0 0 1
.
1 ?
> 0 ?$
T Q
F 6 . /1
R1 r R2 ) r R1 :6.
L
.T Q N. .: 47
1 6.
!
> 0
.V ( r )
E ( r ) et V ( r ) .
Exercice 1. 22
On considère deux cylindres coaxiaux infiniment
19.1
N.
F
E (r )
?1 . r R2
L - /2
.
$
+ #
/3
22.1
) ? .
(
M
.
"
5
) ( R1 R2 ) ) R2
R1 0 .: 47
.? . C+
+
%
: T Q F # +/
/1
r R1
=- # +"
> 0
?$
/
T Q N.
.: 47 (
r R2
)( . )
?,
> 0 ?$
/
Université de BECHAR
LMD1/SM_ST
46
Electrostatique
2/ En déduire le potentiel dans tout l’espace. Où sont
rapprochées les surfaces équipotentielles le plus?
.2
?
*
. R1 r R2
L - /2
R .
> 0
$
1
:23.1
Exercice 1.23
Soit le potentiel à symétrie sphérique suivant :
:
A
F A=
1
1
e
V (r ) =
k + exp ( 2kr ) (1)
V (r ) =
k + exp ( 2kr ) (1)
4 0
r
4 0
r
où désigne la distance entre l’origine O et un point
) M .$
O
%;
M , où k désigne une constante et où e désigne la
: 7"
%e
1 %k;
19
charge élémentaire : e = 1, 6.10 C . Ce potentiel
L
=( . e = 1, 6.10 19 C
est créé par une distribution de charges inconnue et
.J
; A= ? 0,
que l’on cherche à caractériser.
1/ Quelle est la dimension de la constante k ? Quelle
,
+
(
* k 1 +" (
/1
est son unité dans le système international ?
* +
2/ Calculer l’expression du champ électrique créé par
=(
L
> 0 ?$
C
/2
la distribution de charges. On rappelle que le vecteur
1
+
H
S
+
K
"
=
.
gradient en coordonnées sphériques s’écrit :
:
f
1 f
1
f
grad f = ur +
u +
u
f
1 f
1
f
r
r
r sin
grad f = ur +
u +
u
r
r
r sin
3/ En appliquant le théorème de Gauss à la sphère S
= SC
%
T Q
F 6 . /3
de centre O et de rayon , montrer que la charge
q ( r ) contenue dans cette sphère s’écrit :
q (r )
V )
.$ 47
O
:
C
J=( ?/ + C+,
q ( r ) = e (1 + 2kr + 2k 2 r 2 ) exp ( 2kr ) ( 2 )
2 2
( 2)
4/ Montrer que la distribution étudiée contient une q ( r ) = e (1 + 2kr + 2k r ) exp ( 2kr )
charge ponctuelle e placée en O .
e .$
A
! +
V /4
5/ Calculer la lim q ( r ) et en déduire qu’en outre la
.
O
r
H
L
lim q ( r ) 0
/5
charge ponctuelle placée en O , il existe dans tout % -
e
l’espace une densité volumique de charge non nulle.
Expliquez pourquoi le potentiel donné par l’équation
(1)
peut être utilisé pour modéliser un atome
d’hydrogène.
( 2 ) , montrer que la densité
( r ) s’écrit :
r
2
C =
+, ) O
R - . +"
"
?
=
,=
6/ A partir de la relation
volumique de charge
e
(r ) =
q e
4
a une constante positive.
0
r/a
r
avec
.O J
a
1/ Déterminer le champ électrostatique en ce
A.FIZAZI
+"
Université de BECHAR
e
A
OM = r
1
%."
. , +(
:5. /6
(r )
:
(r ) =
OM = r et
(1)
,
V ) ( 2 ) :5"
1
k 3 exp ( 2kr )
Exercice 1.24
On considère une distribution de charges à symétrie
sphérique de centre O. Le potentiel en un point M de
l'espace est: V ( r ) =
,
.$
Q
k 3 exp ( 2kr )
24.1
F A= "
"
: (2
M .$
q e r/a
KV ( r ) =
4 0 r
.
LMD1/SM_ST
47
Electrostatique
point M .
2/ Calculer le flux du champ à travers une sphère de
centre O et de rayon . Faire tendre successivement
vers O , puis vers l'infini. Conclure.
3/ Déterminer la densité volumique de charge .
4/ Etudier la fonction
z (r ) = 4 r2
( r ) .Quelle est
la signification de cette fonction?
. M .$ J=(
47
O (
C
#1 ) O
%
.
? +
(
Exercice 1.25
Soit un dipôle D , son moment étant p et a la
distance entre ses deux charges q et + q . (Figure cidessous)
1/ Calculer le champ et le potentiel électriques
produits par le dipôle D au point M en fonction
de p, et , sachant que a
.
2/ Trouver l’équation des surfaces équipotentielles
ainsi que l’équation des lignes de champ.
. z (r ) = 4 r2
0 ?$
/1
6+
/2
+ + #: . ( .:
*T /
= . >05
,
1 ++ /3
(r )
+ ! + /4
* + J=(
25.1
.: > 1
a
p
)D
(
? ) . +q
q
,
> 0
?$
p,
M+ M .$ + D
.
A
R .
7
/1
.$ > 1
.a
+ " +, /2
M
1
2
A
+q
A.FIZAZI
a
q
B
Université de BECHAR
LMD1/SM_ST
48
Electrostatique
Corrigés des exercices 1.1 à 1.25 :
25.1
1.1
Exercice1.1
Les deux charges placées en A et C sont de signes contraires, donc, elles s’attirent. Si on
pose AC = x , alors la force d’attraction est égale à :
2
2q q
9 2q
FAC = 9.109
F
=
9.10
AC
x2
x2
Les deux charges placées en B et C sont de signes contraires, donc, elles s’attirent aussi.
Puisque BC = d x , la force d’attraction est égale à :
q q
q2
9
FBC = 9.109
F
=
9.10
BC
2
2
(d x)
(d x)
La charge placée en C , est donc soumise à deux forces électriques qui ne peuvent
s’équilibrer que si elles sont directement opposées. Cela ne peut se réaliser que si C est situé
entre A et B . D’où :
2q 2
q2
2
1
FAC = FBC
9.109 2 = 9.109
=
2
2
2
x
x
(d x)
(d x)
2
1
=
2
2
x
(d x)
x 2 0,8 x + 0, 08 = 0
x = AC = 0,117 m
d = 0, 2
Exercice1.2
La base de la solution de cet exercice est la figure géométrique ci-dessous :
F
R
R
T1
Le système est en équilibre :
F
r
T1
T2
T2
Fi = 0 , avec F la force électrostatique de répulsion.
Au centre de la masse m on peut écrire : P + T1 + T2 = 0 , avec T1 = T2 = T
P
(1)
2sin
Au centre de l’un des ballons : T1 + F + R = 0 ; avec R la poussée d’Archimède.
(2)
Par projection sur l’axe horizontal : F T cos = 0 F = T cos
On projette sur l’axe vertical : 2.T .sin
P=0
T=
De (1) et (2) , on obtient l’expression de la force F qui est :
F=
P.cos
2.sin
F=
P
cot
2
D’après la loi de Coulomb :
A.FIZAZI
Université de Béchar
LMD1/SM_ST
49
Electrostatique
q2
q2 P
P r2
P cot
2
k
q
q=r
.
=
.cot
=
. cot
.
2
2
r
r
2
2 k
2. k
Or est inconnue, c’est pour cela qu’on doit la déterminer géométriquement :
r = 2l cos
La dernière étape reste l’application numérique :
P = mg = 5.10 2 N
F = k.
q = 3,8.10 6 N = 3,8µ C
cot /6=1,732
r=1,732
Exercice1.3
1/ La boule chargée est soumise à son poids P et à la force électrostatique F = qE .
Puisque la tension U AB est positive, le champ électrostatique E est orienté vers B , c'est-à-dire
vers le plus petit potentiel.
On applique la relation fondamentale de la dynamique à la boule pour déduire
l’expression de l’accélération instantanée acquise :
j
O
F = qE
i
P + F = ma
mg + qE = ma
q
a=g+ E
m
P = mg
Ecrivons l’expression de l’accélération dans la base ( O, i , j ) :
a = ax i + a y j
g = g. j
E = Ei
a=
q
E.i
m
g. j
La vitesse initiale est nulle. La vitesse instantanée est la fonction primitive de
l’accélération. Partant des composantes de la vitesse linéaire, on arrive aux deux équations
horaires du mouvement de la boule, sans oublier la position initiale du mobile :
1
t = 0 , x0 = d , y0 = L = 1m
2
q
q
1 q
1
ax = E vx = E.t
x=
E.t 2 + d (1)
2m
2
m
m
1 2
a y = g v y = gt
y=
gt + 1 ( 2 )
2
Par élimination du temps entre les équations horaires on obtient l’équation de la trajectoire
de la boule :
2m
1
1
2m
1
t2 =
x
d
y=
g
x
d +1
qE
2
2
qE
2
y=
mg
mg d
x+
+1
qE
qE 2
y=
107
2.105
x+
+1
E
E
La trajectoire de la boule est rectiligne.
A.FIZAZI
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50
Electrostatique
2/ On remplace dans l’équation horaire ( 2 ) , l’ordonnée par zéro afin d’obtenir l’instant du
passage de la boule par le plan y = 0 :
1 2
gt + 1 = 0
t = 0, 447 s
2
3/ Pour calculer la tension, on doit calculer d’abord le champ électrique au point ( d ,0 ) . On
remplace dans l’équation de la trajectoire les deux coordonnées par leurs valeurs respectives :
107
2.105
y=
x+
+1
E
E
x = d = 0, 04m
E = 2.105Vm 1
y=
y=0
La tension est donc : U = Ed
U = 8.103V
,
Exercice1.4
La distribution de la charge n’est pas continue. Le champ électrostatique est porté par
l’axe à cause de la symétrie du polygone par rapport à l’axe Oz : Ez = E cos .
Soit R le rayon du cercle dans lequel est inscrit le polygone.
Calcul du champ produit au point M par la charge q placée au point A1 .
Z
dE1x
M
dE1
dE1z
uz
R
A1
O
a
H
A2
E1z =
1
4
q
0
( A1M )
OM
cos =
=
A1M
2
A3
cos
z
R2 + z2
Chaque côté est vu depuis le centre sous l’angle
A.FIZAZI
E1z =
q
4
z
0
(R
2
+ z2
)
3/ 2
2
. En exploitant la figure, on a :
n
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51
Electrostatique
a
= R sin A1OH
a
2
R=
2
2sin
A1OH =
/ 2 A1OH =
n
n
n
Le champ électrique résultant est égal à la somme des champs produits par chacune des
A1H =
n
charges ponctuelles E = Ez =
Eiz :
1
Donc :
Ez = n
q
4
z
3
2
0
a2
4sin 2
uz
+ z2
n
2/ Dans le cas d’un triangle équilatéral on a n = 3 , d’où le champ électrostatique :
3q
z
3q
z
Ez =
uz
Ez =
3
3
4 0
4 0
2
2
a2
2
2
z
+
a
3
+ z2
2
4 sin
3
Dans le cas d’un carré on a n = 4 , d’où le champ électrostatique :
q
z
q
z
Ez =
u
Ez =
3 z
3
0
0
2
2
a2
2
2
z
+
a
2
+ z2
2
4sin
4
Exercice1.5
1/ Représentation et calcul du champ électrique résultant au point D :
A
A
q
C
+q
B
+q
q
B
+q
C
+q
EA
D
EB
+2q
EC
ED
ED
FD
ECB
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D
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Electrostatique
ED = E A + EB + EC
ED = ECB + E A
ECB = EC + EB
EC = EB = k
q
a2
ECB = EC 2 + EB 2 + 2 EB EC cos
ECB = EC 2
2
ED = ECB 2 + E A 2 2 E A ECB .cos
=
ED =
EA = k
; (AD= a 2 +a 2 = 2a 2 )
kq
. 2
a2
kq
2a 2
ED =
kq
.
a2
1
2
2
ECB = 2
ED = ECB
ED = 0,914.
2/ Calcul du potentiel résultant au point D :
kq kq kq
kq
VD = VA + VC + VB ; VD =
+ +
VD = (2
a
a
2a a
3/ Calcul de la force appliquée à la charge (+2q ) au point D :
FD = 2q.ED
q
2a 2
kq
a2
EA
kq
(V .m 1 )
2
a
1
)
2
VD = 1, 29
kq
a
FD = 2q.ED
kq
1
kq 2
=
(
2
F
(2 2 1)
D
a2
2
a2
4/ Calcul de l’énergie potentielle de la charge +2q :
FD = 2q.
FD
kq 2
(N )
a2
kq 2
(4
a
kq 2
2,59
a
E p = 2.
1
)
2
kq
E p = Q.V , E p = 2qV
. , E p = 2q. (2
a
1,83.
Ep
2)
(J )
Exercice1.6
1/ Pour calculer le potentiel électrique, on utilise l’expression scalaire : V =
1
4
0
q
d
Une fois que les deux points sont placés sur la figure ci-dessous, on calcule les distances
d et d ' séparant le point M des deux charges :
d'=
(x
4a ) + y 2 + z 2 , d =
(x
2
a) + y2 + z2
2
Le potentiel produit au point M ( x, y, z ) est donc :
VM =
VM =
q
4
q
4
0
1
d
2
d'
1
0
(x
a) + y2 + z2
2
2
(x
4a ) + y 2 + z 2
2
2/ Surface équipotentielle :
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53
Electrostatique
q
V ( x, y, z ) = 0
4
0
1
(x
2
=0
d'
2
a) + y + z
2
1
d
2
(x
2
4a ) + y + z
2
2
2
=0
x 2 + y 2 + z 2 = 4a 2
On voit que la surface équipotentielle V = 0 est le centre d’une sphère de rayon r = 2a .
3/ Le champ électrostatique est perpendiculaire à la surface équipotentielle. Quelque soit
le point par lequel passe le champ, ce dernier est perpendiculaire à la surface de la sphère et
passe par conséquent par le centre de cette sphère.
E
M ( x, y , z )
E
y
d
q
O
d'
2q
( 4a, 0, 0 )
( a, 0, 0 )
x
E
V =0
E
Exercice1.7
1/ Soit le champ élémentaire dE crée au point M , par une longueur élémentaire dy du
segment rectiligne. M est situé à la distance de dy .
1 dq
dE ( M ) =
u
1
dy
4 0 r2
dE ( M ) =
u
4 0 r2
dq = dy
Le champ électrostatique élémentaire dE ( M ) a deux composantes :
dE ( M ) = dEx + dE y
dE ( M ) = dEx .ux + dE y .u y
dEx = dE.cos
, dE y = dE.sin
y
A
dy
O
+
max
u
M
dEx
max
dE y
x
dE
B
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54
Electrostatique
Démontrons que E y = 0 :
dE y = dE.sin
1
dE y =
4
dy
sin
r2
0
Ey =
2
x
cos 2
r2 =
y = xtg
Ey =
dy =
1
4
x
cos 2
1
[ cos
x
0
1
4
0
1
x
+
max
sin d
max
d
]
+
1
Ey =
max
max
4
0
1
cos ( +
x
max
)
cos (
cos
max
)
max
0
Ey = 0
2/ Puisque c’est ainsi, le champ résultant est égal à sa composante horizontale (voir figure
ci-dessus). Exprimons r 2 et dy en fonction de x et cos :
dEx = dE.cos
dEx =
r2 =
1
4
dy
cos
r2
0
Ex =
2
x
cos 2
y = xtg
Ex =
Ex =
4
4
sin ( +
x
cos 2
dy =
0
0
max
1
[sin
x
]
+
)=
Ex =
max
max
a +x
max
cos d
max
4
0
1
sin ( +
x
)
E = Ex =
a
2
0
+
d
max
1
.2sin ( +
x
4
1
x
2
0
max
)
sin (
sin
1
a
2
x a + x2
max
)
max
E=
2
0
1
a
ux
2
x a + x2
2
3/ Dans le cas d’un fil infiniment long, on a a
, ce qui nous conduit à
a
a + x2
2
1.
d’où :
E=
2
0
1
x
E=
2
0
1
ux
x
Exercice1.8
1/ Commençons par chercher la résultante des deux champs élémentaires créés au point
P par une longueur élémentaire de la portion x et par une longueur élémentaire de la portion
L x . Voir figure ci-dessous.
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55
Electrostatique
Pour la partie x : dE1 = dE1x + dE1 y
Pour la partie L x : dE2 = dE2 x + dE2 y
Les deux composantes du champ élémentaire dE résultant de la composition de dE1 et de
dE2 sont :
dEx = dE1x
dEx = dE1x
dE2 x
dE y = dE1 y + dE2 y
dE2 x
dE y = dE1 y + dE2 y
Pour calculer Ex on doit calculer d’abord E1x et E2 x :
Calcul de E1x :
dE1x = dE1 sin
dE1x =
1 dq
sin
4 0 r12
1
dE1x =
4
dx
sin
r12
0
dq = dx
Exprimons dx et
1
x = R tan
en fonction de l’angle
d
cos 2
dx = R
pour trouver :
dE1x =
R
r1 =
cos
1
4
d
cos 2
R
cos
R
0
sin
2
1
=
4
0
R
sin .d
En intégrant on obtient E1x :
E1x =
1
4
1
R
0
E1x =
sin .d
0
E1x =
1
4
0
R
(
cos
1
4
1
R
0
[
]0
cos
1
+ 1)
De la même façon, on calcule E2 x :
dE2 x = dE2 sin
1
dE2 x =
4
dq
sin
r22
0
1
dE2 x =
4
dx
sin
r22
0
dq = dx
Exprimons dx et
x = R tan
2
en fonction de l’angle
dx = R
d
cos 2
pour trouver :
1
dE2 x =
R
r2 =
cos
R
4
0
d
cos 2
sin
2
R
cos
1
=
4
0
R
sin .d
En intégrant on obtient E2 x :
E2 x =
1
4
2
0
R
E2 x =
sin d
0
E2 x =
1
4
0
R
(
cos
1
4
2
0
R
[
cos
]0
+
2
+ 1)
La composante parallèle au fil est donc :
A.FIZAZI
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56
Electrostatique
Ex = E1x
Ex =
E2 x
1
4
R
0
(
cos
1
Ex =
4
0
R
1
( cos
1
+ 1)
4
cos
2
1
R
0
(
cos
2
+ 1)
)
Y
dE
dE y
dE1
dE1y
dE2 y
dE2
dEx dE
1x
dE2 x
+
1
dq
O
2
R
dq
X
L x
x
Pour calculer E y , on doit calculer E1y et E2 y :
Calcul de E1y :
dE1 y = dE1 cos
dE1 y =
1
4
0
dq
cos
r12
1
dE1 y =
4
dx
cos
r12
0
dq = dx
Exprimons dx et
x = R tan
1
en fonction de l’angle
dx = R
d
cos 2
:
dE1 y =
R
r1 =
cos
4
d
cos 2
R
cos
R
1
0
2
cos
=
1
4
0
R
cos .d
Intégrons pour obtenir E1y :
E1 y =
1
4
1
0
R
E1 y =
cos .d
0
E1 y =
1
4
0
R
(
sin
1
1
4
0
R
[sin ]0
1
)
Idem pour E2 y :
dE2 y = dE2 cos
dE2 y =
1
4
0
dq
cos
r22
dE2 x =
1
4
0
dx
cos
r22
dq = dx
A.FIZAZI
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Electrostatique
Exprimons dx et
x = R tan
2
en fonction de l’angle
d
cos 2
dx = R
, pour arriver à :
1
dE2 y =
R
r2 =
cos
d
cos 2
R
4
R
cos
0
1
=
cos
2
4
0
R
cos .d
En intégrant on obtient E2 y :
E2 y =
1
4
2
0
R
1
E2 y =
cos d
4
0
E2 y =
1
4
0
1
4
0
+
R
0
2
( sin 2 )
R
La composante perpendiculaire au fil est :
1
E y = E1 y + E2 y
Ey =
( sin
4 0 R
Ey =
[sin ]0
R
1
( sin
1
)+
4
sin
2
0
1
R
( sin 2 )
)
Finalement le champ résultant de tout le fil chargé au point P est :
1
E=
( cos 2 cos 1 ) u x + ( sin 2 sin 1 ) u y
4 0 R
2
2/ Lorsque le point P est à égale distance des extrémités du fil on a
= , le champ résultant est donc :
E=
1
4
0
R
E=
( cos
cos (
) ) u x + ( sin
sin (
0
1
2
R
0
E=
2
1
2
0
R
=
2
. On pose
)) uy
2sin
1
E=
sin u y
Pour un fil infiniment long, on a
1
2
soit sin
uy
E=
0
R
sin
1 , et par conséquent :
1
2
0
R
Exercice1.9
Le champ électrique élémentaire dE produit au point P par la charge élémentaire dq du fil
est :
dE = dEx + dE y
dE = dEx .i + dE y . j
A cause de la symétrie on a :
E y = 0 E = Ex
D’où
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58
Electrostatique
dq
r2
dEx = dE.cos
dE = k
dq
.cos
r2
dEx = k
dq = .dl
dl
.cos
r2
dEx = k
dEx
dE y
Dans le triangle rectangle POS , on a :
x
x
cos = =
2
r
x + R2
dEx =
dE
k x
(x
2
(x
2
+R
2
3/ 2
dl ;
3/ 2
.2 R
)
Et donc :
Ex =
E=
2 R
k x
(x
2
2
)
+R
)
+R
0
xR
2.
0
(x
2
2/ Calcul du potentiel électrique :
dq
dl
dV = k
, dV=k
r
x 2 +R 2
(
2
Ex =
dl
3/ 2
3/ 2
E=
i
k x
+ R2
)
xR
2.
0
(x
2
+R
2
)
3/ 2
(V.m-1 )
2 R
V=k
)
1/ 2
( x +R )
2
2 1/ 2
dl
V=
0
R
2
( x +R )
2
0
2
(V )
3/ Détermination du point où le champ électrique est maximal : Pour que le champ soit
dEx
maximal, il faut que sa dérivée par rapport à x soit nulle :
= 0 . Commençons donc par
dx M
calculer cette dérivée :
3/ 2
1/ 2
3
2
2
2
2
2
2 1/ 2
x
+
R
x
x
+
R
x
(2
)
x
+
R
× x 2 + R 2 3x 2
dEx
R
R
2
=
=
dx 2 0
( x 2 + R 2 )3
2 0
( x 2 + R 2 )3
(
)
(
)
(
)
(
)
L’expression finale de cette dérivée est :
dEx
R
R2 2x2
=
2 0 ( x 2 + R 2 )5 / 2
dx
dEx
=0
dx
A.FIZAZI
R 2 2 xmax = 0
Université de Béchar
xmax = ±
R
2
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59
Electrostatique
Exercice1.10
Le champ électrostatique élémentaire produit par la charge élémentaire concentrée autour
du point P est égal à :
1 dq
1 # dS
dE =
uP =
uP
2
4 0 r
4 0 r2
z
En raison de la symétrie, le champ résultant est porté par l’axe OZ :
dE
1
# dS
dEz = dE.cos
E (M ) =
.cos
4 0 r2
On reconnaît dans cette expression l’angle solide élémentaire
i M
dS .cos
, sous lequel , et à partir du point M ,on voit la surface
d$ =
r2
élémentaire dS autour du point P :
uP
1
P
E (M ) =
$(M )
O
4 0
a
, c'est-à-dire au centre d’un
2
cube dont la plaque constitue l’une de ses faces.
Quand on regarde du point M à tout l’espace du cube (6 faces) , l’angle solide vaut
4
2
$ = 4 , donc à une face correspond l’angle solide : $ ( M ) =
=
. Finalement le
6
3
champ électrostatique produit par la plaque au point M vaut :
1 2
1
E (M ) =
E (M ) =
4 0 3
6 0
Le point M est situé à la distance
Exercice1.11
1/ Considérons sur le disque une surface élémentaire située à une distance du centre O .
Cet élément de surface s’écrit dans la base ( ur , u , u z ) des coordonnées cylindriques :
d 2 S = dr.rd
et
porte
la
charge
d 2 q = # d 2 S en
produisant
un
champ d 2 E
tel
d 2q
.
4 0 l2
Toutes les surfaces élémentaires situées à la distance
de O produisent des champs
électriques élémentaires qui font le même angle avec l’axe OZ . Nous pouvons dès lors
intégrer le résultat précédent en faisant varier entre 0 et 2 :
2
# 2 r cos .dr
# r cos .dr
2
dEz = d E.cos =
d =
2
4 0 0
l
2 0
l2
0
que d 2 E =
1
Il nous reste à intégrer
z
et cos = :
l
l2 = r2 + z2
entre R1 et R2 en faisant attention à ce que
E=
R2
R1
dEz =
#z
2
R2
0 R1
rdr
(r
2
+ z2
)
3/ 2
On pose u = ( r 2 + z 2 ) . D’où du = 2rdr , avec u1 = ( R12 + z 2 ) et u2 = ( R22 + z 2 ) .
On obtient :
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60
Electrostatique
E=
u2
#z
2
du
2u 3/ 2
0 u1
E=
#z
2
u2
2 u
u1
0
Finalement on arrive à :
#z
E=
2
1
1
R +z
2
1
0
R + z2
2
2
2
2/ Le potentiel produit par la surface élémentaire d 2 S est d 2V =
, on obtient dV =
intégration de l’angle
(
)
u = r 2 + z 2 , on obtient donc dV =
# du
4
u
0
#
2
rdr
r2 + z2
0
1
4
0
d 2q
. Après
l
. Comme précédemment, on pose
.
Tout cela nous amène à :
V=
V=
u2
#
4
0 u1
#
2
du
u
V=
u2
u1
#
u2
u
2
u1
0
V=
0
#
2
R22 + z 2
R12 + z 2
0
On sait que :
E = gradV
Le gradient en coordonnées cylindrique s’écrit :
&V
1 &V
&V
gradV =
u% +
u +
uz :
&%
&z
%&
En appliquant cette expression au résultat précédent du champ, on se rend compte que le
champ électrostatique n’a qu’une seule composante suivant l’axe OZ , car les dérivées
partielles par rapport à et sont toutes les deux nulles.
E=
#
2
z
0
z
R +z
2
1
R +z
2
2
2
E=
2
#z
2
1
1
R +z
2
1
0
2
R + z2
2
2
3/ Quant R1 = 0 , on trouve le champ électrostatique produit sur l’axe du disque
uniformément chargé :
E=
#z 1
2
0
1
z
4/ Pour un plan infini R2
R +z
2
2
E=
2
#
2
1
0
1
R22
1+ 2
z
. On aura :
1
'
1
z
R
=
0
E=
#
2 0
R
R
z
z
Le champ devient indépendant de z , c'est-à-dire de la distance au plan. En tout point
1+
2
2
2
extérieur au plan chargé, le champ vaut E =
A.FIZAZI
2
2
2
#
2
.
0
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61
Electrostatique
Exercice1.12
Soit le champ élémentaire dE produit par la longueur élémentaire dl ,de la circonférence
chargée de l’anneau, concentrée autour du point P :(Le signe moins résulte des sens opposés
du champ élémentaire dE ( O ) et du vecteur unitaire u tels que indiqués sur la figure cidessous).
1 dq
dE ( O ) =
ur
4 0 R2
1
d
dq = dl
dE ( O ) =
u
4 0 R
dl = Rd
Le champ élémentaire dE ( O ) a deux composantes dE ( O ) = dEx + dE y , cependant, et
pour raison de symétrie de la répartition des charges, la composante dEx est la seule qui
participe au champ total au point O . D’où :
1
dEx = dE.cos
dEx =
cos .d
4 0 R
y
u
dl
P
R
dEx O
x
dE y
dE
à
Pour obtenir le champ total produit par toute la charge au point O , on intègre de
=2
:
1
2
dEx = dE.cos
E=
[sin ]
4 0 R
E=
E=
1
4
0
R
1
2
0
R
sin ( 2
sin
)
E=
=
sin
1
2
0
R
sin .u y
Exercice1.13
Les plans passant par l’axe Ox sont des plans de symétrie de la répartition des charges. Le
champ électrostatique doit appartenir successivement à l’ensemble des plans, donc à leur
intersection : le champ résultant E ( O ) a pour direction l’axe Ox .
Considérons une surface élémentaire dS située sur le corps du cône et concentrée autour
du point P . C’est ce qui est indiqué sur la figure ci-dessous.
A.FIZAZI
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62
Electrostatique
La surface élémentaire produit au point O un champ élémentaire :
1 dq
dE ( O ) =
u
4 0 l2
1 # rd dl
dq = # dS
dE ( O ) =
u
4 0
l2
dS = rd dl
u
P
dS
l
dEx
x
O
dE ( O ) dE y
Le champ élémentaire dE ( O ) a deux composantes : dE ( O ) = dEx + dE y .
Cependant, et pour raison de symétrie de la répartition des charges, la composante dEx est
la seule qui participe au champ total au point O . D’où :
1 # rd dl
dEx = dE ( O ) .cos
dEx =
cos
(1)
4 0
l2
On exprime sin en fonction de l et , puis on déduit dl :
( 1 sin 2
)) 2 =
r
l
r2
sin =
*
l
)dl = 1 dr
)+
sin
On remplace dans l’équation (1) :
1
dEx =
4
# rd
0
# 0a
1
sin 2
dr
r2
sin
cos
dr
d
r2
4 0
Pour obtenir le champ total produit par toute la charge au point O , on doit calculer une
intégrale double :
R2
2
# 0a
dr
Ex =
d
cos sin
r2 0
4 0
R1
dEx =
Ex =
# 0a
4
1
r
cos sin
0
E ( O ) = Ex =
A.FIZAZI
cos sin .
# 0a
2
0
cos sin
1
sin 2
2
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R2
R1
[ ]0
1
R2
2
1
R1
LMD1/SM_ST
63
Electrostatique
E (O ) =
# 0a
4
1
R2
sin 2
0
1
R1
E (O ) =
# 0a
4
1
R2
sin 2
0
1
ux
R1
Exercice1.14
Tous les ions sont situés sur la même droite. Soit M un point de symétrie. (Voir figure)
n
2 a 3
1i
i
i
i4
q +q
q +q
Etudions d’abord la moitié droite de la droite : l’énergie potentielle de la charge située au
point M vaut :
EPM = qM .VM
i
q
i
+q
i
+q
Mi
+q
i
q
Le potentiel électrique VM produit au point M par les ions de la moitié droite est :
VM =
V1 =
V2 =
V3 =
1
4
4
0
0
0
q2
2a
0
0
q3
3a
1
4
4
q1
a
1
qi
ri
1
Vi =
0
0
VM =
1 q
4 0a
1+
1 1 1
1
+ ........... +
n
2 3 4
.......................
q1 = q2 = q3 = ..... = q
Donc l’énergie potentielle de la charge située au point M (en considérant les deux moitiés
ensembles) est :
EPM = 2qM .VM
1 q2
1 1 1
1
EPM =
1+
+ ........... +
n
2 0 a
2 3 4
qM = q
Ce qui équivaut à :
EPM =
Sachant que : ln (1 + x ) = x
Donc : ln (1 + 1) = 1
q2
1 1 1
1
1
+
........... +
a
n
2 3 4
1
2
0
2
x
x3
+
2 3
x4
xn
+ .........
,
n
4
1 1 1
1
+
+ .........
2 3 4
n
D’où :
EPM =
A.FIZAZI
1
2
0
q2
ln 2
a
EPM = 3, 2.10
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26
J
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64
Electrostatique
Exercice1.15
Le champ électrostatique au point O : (voir figure ci-dessous)
La couronne sphérique élémentaire a pour épaisseur Rd , pour circonférence
2 R sin et porte la charge élémentaire dq = # dS = 2 R 2# 0 sin cos d . A cause de la
symétrie, le champ Ex participe seul dans le champ E .
D’après la figure on a :
1
dEx ( O ) = dE ( O ) cos =
#0
Ex ( O ) =
2
0 0
4
2 R # 0 sin cos
R2
0
Ex ( O ) =
sin cos 2 .d
cos 2 .d ( cos
E (O ) =
#0
3
0
2
1
dEx ( O ) =
4
dq
cos
R2
)
#0
E (O ) =
3
0
2
d
#0
2
1
cos 3
3
0
ux
0
Rd
M
Rd
M
d
d
A
0
dEx
dE x
O
A
/2
O
X
X
dE
dE
O
A
Le champ électrostatique au point A : (voir figure ci-dessus)
La même couronne élémentaire d’épaisseur Rd et de circonférence 2 R sin porte la
charge élémentaire dq = # dS = 2 R 2# 0 sin cos d . La différence entre ce cas et le cas
précédent est la distance entre le point M et le point A . D’après la figure :
( OM )
= ( OA ) + ( AM ) + 2 ( OA)( AM ) cos
2
2
2
2
R = R + r + 2rR cos
2
2
2
( OA) = r = 2 R cos
2
2
Pour raison de symétrie, le champ Ex participe seul dans le champ E .
1 dq
dEx ( A) = dE ( A ) cos =
cos
2
4 0 r2
2
dEx ( A) =
A.FIZAZI
2 R 2# 0 sin cos d
1
4
2
0
2 R cos
cos
2
2
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65
Electrostatique
Ex ( A) =
sin cos cos
#0
8
cos
0 0
2
#0
2 .d =
8
sin cos
cos
0 0
2
On procède à la transformation trigonométrique : sin = sin
2
.d
2
+
2
= 2sin
2
cos
2
, puis
on remplace pour obtenir :
Ex ( A) =
2sin
#0
8
0 0
2
cos
cos
#0
2 cos .d =
8
2
2sin
0 0
On procède à une autre transformation trigonométrique : 2 sin
2
2
cos .d
cos = sin
3
2
sin
2
,
puis par remplacement on obtient :
Ex ( A) =
Ex ( A) =
#0
8
0 0
#0
8
sin
0
3
2
sin
2
.d
2
3
cos + 2 cos
3
2
2
Ex ( A ) =
#0
6
=
0
#0
8
0
E ( A) = Ex ( A) =
0
+
2
2
3
#0
6
ux
0
Exercice1.16
1/ Le potentiel élémentaire dV produit au centre O par une charge ponctuelle dq est :
1 dq
dV =
(chaque dq , et quelque soit sa position sur la surface de la demie- sphère est
4 0 R
située à la distance R du centre O ).
4 R2
La surface de la demie sphère étant S =
, elle porte la charge totale:
2
q =#S
q = 2# R 2 . Donc le potentiel au point O produit par chaque charge est :
1
V (O ) =
V (O ) =
4
0
1
4
q = 2# R
0
dq
R
q
R
V (O ) =
#R
2
0
2
Pour calculer le champ au centre de la demie sphère, on divise la demie sphère en
couronnes élémentaires. Chaque couronne a une circonférence 2 , où r = R sin ,
d’épaisseur Rd et sa surface dS = 2 R 2 d . Chaque couronne élémentaire porte donc une
charge élémentaire dq = # dS = 2 # R 2 sin d . (Voir figure ci-dessous)
Le champ élémentaire dE produit au centre O par la charge élémentaire portée par la
couronne est : dE = dEz + dEx .
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66
Electrostatique
Pour raison de symétrie, le champ produit est porté par l’axe Oz , et par conséquent :
dEx = dE.sin .u x = 0
dE = dEz
dEz = dE.cos .u z
De tout cela on en déduit :
1 dq
1 # dS
dEz =
cos =
cos
2
4 0 R
4 0 R2
dEz =
1 # 2 R 2 sin d
cos
R2
4 0
dEz =
#
2
sin cos d
0
1
On procède à une transformation trigonométrique : s in cos = sin 2 , puis on
2
remplace et on intègre pour obtenir finalement le champ électrostatique E ( O ) produit par
toute la charge surfacique au centre de la demie sphère :
# /2 1
#
cos 2
sin 2 d
Ez =
Ez =
2 0 0 2
4 0
2
Ez = E ( O ) =
#
4
Ez = E ( O ) =
0
#
4
uz
0
Z
Z
iM
Mi
z
O
O
R cos
R
d
Rd
R sin
On n’a calculé que le potentiel V ( O ) en un point déterminé et non la fonction V ( z ) du
potentiel sur tout le long de l’axe Oz . C’est pour cette raison qu’on ne peut pas utiliser la
formule E = gradV pour calculer le champ.
2/ En suivant les mêmes étapes que pour la question précédente, avec la seule différence
que dans ce cas toutes les charges élémentaires dq ne sont pas situées à la même distance du
point M , situé lui même sur l’axe Oz .
1 dq
1 # dS
dV =
=
4 0 r
4 0 r
# R2
sin .d
dS = dS = 2 R 2 d
dV =
2 0 z 2 + R 2 + 2 Rz cos 1/ 2
2
2
2
r = ( z + R cos ) + ( R sin )
(
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)
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67
Electrostatique
Pour intégrer cette expression on pose u = z 2 + R 2 + 2 Rz cos
du
du = 2 Rz sin .d , et nous savons que
= u . D’où :
2 u
V (M ) =
#R
V (M ) =
2
1
2 zR )
(
0
= /2
u
2 0z
# R2
u ( = / 2)
u ( =0 )
V (M ) =
=0
, dont la différentielle est
du
2 u
#R
z+R
2 0z
z 2 + R2
Pour obtenir le champ électrique il suffit de dériver la fonction du potentiel par rapport à
z :
dV ( z )
E ( z) =
dz
uz
E ( z) =
E (z) =
#R R
2
#R R
2
+
z2
0
z 2 + R2
z2
1
z2 + R2
z 2 + R2
1
+
2
z
z 2 + R2
0
Quand z = 0 , V ( 0 ) et E ( 0 ) prennent des formes indéterminées. C’est pour cela qu’on
doit chercher leurs limites quand z 0 .
Ecrivons le potentiel sous la forme :
V (z) =
#R
2
0
R
1+
z
(z
2
+ R2
)
1/ 2
z
0
#R
2
1+
0
2
0
R
z2
1+ 2
z
R
R
1+
z
1/ 2
0:
Calculons la limite du potentiel quand z
V ( 0 ) = lim V ( z ) =
=
z
#R
R
z
R
1 z2
1+
z
2 R2
V (0) =
#R
2
0
Pour le champ on suit le même raisonnement :
E ( 0 ) = lim
z
0
#R R
2
0
z2
z2
1+ 2
R
R
z2
1/ 2
+
1
z 2 + R2
= lim
z
0
#R
2
0
R z2
1
+
2
2
z 2R
R
0
E (0) =
#
4
0
Ainsi, nous avons retrouvé les valeurs du potentiel et du champ qui sont parfaitement
équivalentes aux résultats de la question 1/.
Exercice1.17
Soit un axe de symétrie Oz (perpendiculaire au plan infini), et un point M de l’axe Oz
infiniment proche du plan.
Le champ résultant est porté par l’axe Oz et ce pour la raison de symétrie.
1/ a/ On divise le plan en une série de couronnes, de rayon et d’épaisseur d , comme
indiqué sur la figure-a :
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68
Electrostatique
Chaque couronne située à la distance R du point M porte la charge élémentaire
dq = 2 rdr.# .
Le potentiel électrique élémentaire produit par la couronne est :
1 # .2 rdr
dV =
4 0
R
En prenant V = 0 quand r
, le potentiel total produit par tout le plan est :
#
rdr
#
V=
V=
r2 + z2
2
2
0
2 0 0 r +z
2 0
V=
#
2
z
0
Il suffit maintenant de dériver l’expression trouvée du potentiel pour obtenir le champ
électrique :
dV
#
E=
E=
2 0
dz
z
z
dE
dE
M
M
R
R
O
O
P
dS
d
b/ Pour diversifier, on calcule cette fois le champ électrique puis on en déduit le potentiel
électrique .
Soit dE le champ élémentaire produit par la charge dq = # dS que porte une surface
élémentaire dS entourant le point P du plan (figure-b) :
1
dq
dE =
uP
4 0 ( PM )2
E ( M ) = dE.cos .u z
dq = # .dS
E (M ) =
PM = r
#
4
0
dS .cos
uz
r2
dS cos
sous lequel on voit, du point M , la
r2
surface élémentaire dS autour du point P . Puisque le plan est infini, on le voit sous un angle
solide $ M = 2 . d’où :
On reconnaît l’angle solide élémentaire d $ =
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69
Electrostatique
E (M ) =
#
2
E (M ) =
uz
0
#
2
0
On obtient l’expression du potentiel à partir de l’expression du champ électrique en
intégrant :
dV = Edz
#
V=
2
z
V=
dz
0 0
#
2
z
0
2/ En utilisant le théorème de Gauss : sur la figure-c, on choisit un cylindre comme
surface de Gauss.
Le flux à travers la surface latérale est nul car E , dS , mais le flux à travers chacune des
surfaces des bases S1 et S2 est égal à : - S 1 = - S 2 = ES . La charge enfermée dans le cylindre
est Qint = # S . D’après le théorème de Gauss le champ électrique produit par le plan infini
est donc :
Q
#
E=
- = 2 ES = int
2 0
0
D’après les résultats obtenus, on remarque que le champ électrique produit par un plan
infini est constant dans tout l’espace entourant ce plan ; cependant le potentiel électrique est
proportionnel à la distance entre le plan et le point situé sur l’axe de ce même plan.
3/ Au cours de sa chute la charge est soumise à deux forces verticales : son poids P et la
force électrostatique Fe . On applique la relation fondamentale de la dynamique pour calculer
l’accélération de la charge :
P + Fe = ma
Fe = qE = q
#
2
a=g+
0
q #
2m 0
P = mg
L’accélération est constante et la trajectoire est rectiligne, donc le mouvement est
rectiligne uniformément varié.
La vitesse de la charge à son arrivée sur le plan est :
v = 2az
v= 2 g+
q #
2m 0
La durée de la chute est :
z=
1 2
at
2
t=
2z
a
t=
2z
q #
g+
2m 0
Exercice1.18
On peut modéliser la cavité sphérique de rayon
creusée dans la sphère de rayon R
comme étant la superposition d’une sphère chargée de rayon , de centre O2 et de densité % ,
et d’une sphère de rayon R de centre O1 et de densité volumique + % . (Voir figure ci-dessous).
A.FIZAZI
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70
Electrostatique
On applique le principe de superposition en un point de la cavité (voir figure ci-dessous) :
E ( M ) = E1 ( M ) + E2 ( M )
E1 ( M ) : champ résultant de %
E2 ( M ) : champ résultant de %
La symétrie et l’invariance de chaque source confirment que le champ est radial :
OM
E1 ( M ) = E1u1 , u1 = 1
r1
E2 ( M ) = E2u2
,
u2 =
O2 M
r2
dE1
M
dE
M
2
dE2
2
1
O2
1
R
d
O2
O1
d
O1
Champ dans la cavité
Cavité dans la sphère
On utilise le théorème de Gauss : Pour chaque distribution de charge, on prend une sphère
de rayon i , de centre Oi et de surface fermée Si passant par le point M .
Q
%V
Ei .dS i = int = i
0
0
E1.dS1 = E1.4 r12 = %
4
r13
3 0
E1 =
%
3
r1
0
4
%
r23
E2 =
r2
3 0
3 0
Ecrivons les deux expressions vectorielles des deux champs produits :
%
% O1M
%
E1 =
r1u1 =
r1
E1 =
O1M
(1)
r1
3 0
3 0
3 0
E2 .dS2 = E2 4 r22 = %
E2 =
%
3
r2u2 =
0
%
3
r2
0
O2 M
r2
E2 =
%
3
O2 M
( 2)
0
On additionnant les deux champs, on obtient le champ résultant au point M appartenant à
la cavité :
A.FIZAZI
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71
Electrostatique
(1) + ( 2 )
E (M ) =
E (M ) =
%
3
%
3
O1M
0
O2 M
O1O2
E (M ) =
O1O2
0
%
3
d = C te
0
Le champ électrostatique résultant dans la cavité est uniforme.
Exercice1.19
Pour calculer le champ à l’extérieur de la sphère, on divise la sphère en couronnes
élémentaires. La circonférence de chaque couronne est 2 % , où % = R sin ( % étant le rayon
de la couronne), d’épaisseur Rd et de surface dS = 2 R 2 sin d . Chaque couronne porte
donc une charge élémentaire dq = # dS = 2 # R 2 sin d .
Le champ élémentaire dE produit par la charge élémentaire que porte la couronne est
dE = dEz + dEx .
En raison de la symétrie, le champ produit est porté par l’axe OX , et par conséquent :
dEz = dE.sin .u z = 0
dE = dEx
dEx = dE cos
dEx = dE.cos .u x
dEx =
1
4
0
dq
cos
r2
dEx =
M
1
4
0
2 # R 2 sin d
cos
r2
(1)
Rd
d
R sin
R
M2
M1
dEx
P
x
O R cos
b
dE
dEz
Pour éliminer
et
de l’expression de dEx , on remplace cos
R 2 = b 2 + r 2 2br cos
r 2 = R 2 + b 2 2 Rb cos
et sin d
b +r R
2br
2
R + b2 r 2
cos =
2 Rb
cos
=
2
2
( 2)
En dérivant les deux membres de l’équation ( 2 ) , on obtient : sin d =
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:
2
rdr
Rb
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72
Electrostatique
En remplaçant dans l’équation (1) , et en organisant les résultats on obtient l’expression du
champ élémentaire :
1 2 # R 2 sin d
1 # R 2 rdr b 2 + r 2 R 2
cos
=
dEx =
dE
x
4 0
2 0 r 2 Rb
2br
r2
1 # R b2 + r 2 R2
# R b2 R2
dEx =
dr =
+ 1 dr
4 0 b2
4 0 b2
r2
r2
dEx =
# R b2 R2
4b
2
r
0
2
dr +
#R
4b 2
dr
0
Intégrons à présent :
Ex =
r2
#R
4b
b2
2
0
R2
r
r1
2
r2
dr + dr
Ex =
r1
#R
4b
b2
2
R2
r
0
r2
r
+ r r2
1
r1
Il reste à déterminer les limites de 1 et de 2 : en se référant à la figure ci-dessus, on suit
les positions du point M appartenant à la couronne élémentaire considérée. Plusieurs cas se
présentent alors:
A l’extérieur de la sphère : Lorsque M est confondu avec M 1 on a : r1 = PM 1 = b R , et
lorsqu’il est confondu avec M 2 , on a : r2 = PM 2 = b + R
Le champ résultant est donc :
E = Ex =
E=
E=
#R
4b
# R )(
4b
2
0
#R
4b 2
*
)+
b2
2
R2
r
0
(b + R ) (b
( 2R + 2R )
b+ R
b+ R
+rb
R
b R
b2 R2
b+R
R)
E=
0
# R2
4
0
b2 R 2
b R
E=
b2
# R2
0
b2
).
/
)0
ux
A l’intérieur de la sphère : Voir figure suivante :
M
R
R sin
M2
O
A.FIZAZI
b
Université de Béchar
P
M1
x
LMD1/SM_ST
73
Electrostatique
Quand M est confondu avec M 1 on a : r1 = PM 1 = R b , et quand il est confondu avec M 2
on a : r2 = PM 2 = b + R
Le champ résultant est donc :
E = Ex =
#R
4b
b2
2
R2
b+ R
r
0
b+ R
+r R
b
R b
b2 R2
b 2 R 2 .)
b
R
R
b
+
(
)
(
)
*
/
4b 2 0 )+
b+R
R b
)0
#R
E = 2 ( 2b 2b )
E=0
4b 0
A la surface de la sphère : On a trouvé qu’à l’extérieur de la sphère le champ vaut
# R2
E=
. A la surface le champ prend une valeur particulière :
2
0b
E=
# R ()
b=R
E=
#
E=
#
0
ux
0
2/ On applique le théorème de Gauss : La surface de Gauss convenable ici est une sphère
de rayon b ( b R ) :
- = E.S =
Qint
0
S =4 b
E=
2
Qint = # .S = # .4 R
# 4 R2
4 b2
2
E=
0
# R2
0
b2
Discussion :
R:E =
A l’extérieur de la sphère : b
# R2
b2
E=0
0
A l’intérieur de la sphère : Qint = 0
A la surface de la sphère : b = R
E=
#
0
3/ Calcul du potentiel électrique : par le même raisonnement on peut écrire :
1 2 # R 2 sin d
1 # R 2 rdr
dV =
dV =
4 0
r
2 0 r Rb
A l’extérieur de la sphère :
1 #R
# R
# R b+ R
dV =
dr =
dr V =
dr
2 0 b
2 0 b
2 0 bbR
V=
# R
2
0
b
b+ R
V=
r
# R2
0
b R
b
A la surface de la sphère :
b=R
V=
#
R
0
A.FIZAZI
Université de Béchar
LMD1/SM_ST
74
Electrostatique
A l’intérieur de la sphère :
b+ R
# R
V=
2
0
b
#
V=
r
R
0
R b
On remarque que le potentiel est constant à l’intérieur de la sphère, c’est ce qui explique que
le potentiel est constant à l’intérieur et à la surface de la sphère ; on dit alors que la sphère
constitue un volume équipotentiel.
4/ Déduction du champ à partir du potentiel :
A l’extérieur de la sphère : On considère b variable ( b
V=
R) :
# R2
0
b
E=
# R2
2
dV
0 b
E=
db
A la surface de la sphère : Dans l’expression précédente on pose b = R :
#
E=
b=R
0
A l’intérieur de la sphère : ( b
R ) le potentiel est constant, sa dérivée est donc
nulle :
V=
#
R = Cte
E=0
0
E=
dV
db
Exercice1.20
Le champ électrostatique dans le cylindre : la surface de Gauss convenable à ce cas est
un cylindre de hauteur h , de rayon r R et qui renferme la charge Qint = %V = % r 2 h .
D’après le théorème de Gauss :
Q
Q
% r 2h
%
%
- = ES = int
E = int =
Ei =
r
Ei =
r.ur
2
rh
.
2
2
0
0
0
0
0
%
%
R
h
r
%
R
h
r=R
R
r
R
R
h
Le champ électrostatique à la surface du cylindre : la surface de Gauss convenable ici
est un cylindre de hauteur h , de rayon r = R et renfermant la charge
Qint = %V = % R 2 h = % r 2 h . D’après le théorème de Gauss on a :
- = ES =
Qint
0
A.FIZAZI
E=
Qint
0
=
% R2h
2 Rh.
ES =
0
Université de Béchar
%
2
R
0
ES =
%
2
R.ur
0
LMD1/SM_ST
75
Electrostatique
Remarque : On peut obtenir l’expression du champ à la surface du cylindre en
remplaçant par R soit dans l’expression précédente que nous avons trouvée pour le champ à
l’intérieur du cylindre, soit dans l’expression qui va suivre du champ à l’extérieur du cylindre.
Champ électrostatique à l’extérieur du cylindre : Nous choisissons comme surface de
Gauss pour ce cas, un cylindre de hauteur h , de rayon r R , renfermant une charge
Qint = %V = % R 2 h . Appliquons le théorème de Gauss :
- = ES =
Qint
E=
Qint
0
=
0
% R2h
2 rh.
% R2
Ee =
2
0
Ee =
r
0
% R2
2
0
r
ur
2/ Pour en déduire le potentiel électrique, on fait appel à la formule E = gradV . Puisque
le champ est radial, on peut écrire :
dV
E=
V = Edr
dr
Pour obtenir les expressions de Ee et Ei , on doit intégrer :
%
Vi =
2
4
0
% R
Ve =
%
Vi =
rdr
2
r 2 + C1
0
%
Ve =
dr
R 2 ln r + C2
2 0 r
2 0
On obtient les constantes d’intégration en se référant à la condition de l’annulation du
potentiel en r = 0 et sa continuité en r = R .
Potentiel à l’intérieur du cylindre : ( R r 0 )
%
Vi =
4
r 2 + C1
%
Vi =
0
4
r = 0 , V = 0 : C1 = 0
Potentiel à la surface du cylindre : si on remplace
obtient le potentiel à la surface du cylindre :
%
Vi =
4
r2
%
4
r=R
Potentiel à l’extérieur du cylindre : ( R
% R
Ve =
Ve =
2
%
2
R 2 ln r + C2
0
r=R , V =
C2 =
4
R2
0
%
2
R 2 ln r + C2
0
%
2
R 2 ln r
0
%
4
R2
0
0
Ve =
A.FIZAZI
Ve =
dr
%
R2
r)
2
r
0
0
par R dans l’expression de Vi , on
VS =
0
r2
%
2
R 2 ln
0
R
r
Université de Béchar
%
4
R2
0
LMD1/SM_ST
76
Electrostatique
Exercice1.21
La surface de Gauss qui convient à ce cas est celle d’une sphère de rayon et de surface
S = 4 r 2 . Si une charge Qint se trouve à l’intérieur de cette sphère, le champ électrique créé
à l’intérieur vaut, d’après le théorème de Gauss :
Q
Q
Qint
E = int
E=
- = ES = int
4 r2 0
0
0
Dans les trois cas le champ est radial :
Le champ électrostatique dans la sphère interne ( r
R1 ) : la charge intérieure est la
charge contenue dans la surface de Gauss qui est une sphère de rayon r R1 (cette charge
représente une partie seulement de la charge de la sphère interne). On a donc :
Qint
4 3
E=
%
r
4 r2 0
%
%
3
E=
E=
r
E=
r.ur
2
4 r 0
3 0
3 0
4 3
Qint = %V = %
r
3
Le champ électrostatique régnant entre les deux sphères ( R1 r R2 ) : la charge dans
la surface de Gauss est toute la charge de la sphère interne :
Qint
4
E=
%
R13
4 r2 0
% R13
% R13
3
E=
E
E
.ur
=
=
2
2
2
4
r
3
r
3
r
4
0
0
0
Qint = %V1 = %
R13
3
Le champ électrostatique à l’extérieur des deux sphères ( r R2 ) : la charge dans la
surface de Gauss est la charge des deux sphères ensembles :
Qint
4
E=
%
R13 + # 4 R22
2
4 r 0
E= 3
4 r2 0
4
Qint = %V1 + # S 2 = %
R13 + # 4 R22
3
E=
3
0
r2
+
# R22
0
r2
E=
R1
O
A.FIZAZI
r
3
0
r2
+
# R22
0
r2
ur
R2
R1
O %
#
#
R2
% R13
R2
R2
%
R1
% R13
R1
r
R2
Université de Béchar
#
O %
R1
r
LMD1/SM_ST
77
Electrostatique
Le potentiel électrostatique dans les différentes régions citées précédemment : On en
déduit le potentiel à partir de la relation E = gradV . Puisque le champ est radial on peut
écrire :
dV
E=
V = Edr
dr
Dans la région ( r R1 ) :
E=
%
3
V=
Dans la région ( R1
E=
E=
% R13
3
0
r
2
+
%
V=
3
Edr
%
V=
rdr
6
0
r 2 + C1
0
R2 ) :
r
Dans la région ( r
r
0
% R13
3
r2
0
% R13
V=
3
0
V=
dr
r2
% R13
3
+ C2
r
0
R2 ) :
# R22
r
0
2
% R13
V=
3
r
0
2
+
# R22
r
0
2
V=
dr
%
3
R13 +
0
#
1
+ C3
r
R22
0
3/ On a représenté sur les figures ci-dessous les fonctions E ( r ) et V ( r ) . Pour simplifier
la représentation de V ( r ) on a pris C1 = C2 = C3 = 0 .
V
E
% R1
% R1
3
0
E=
3
%
3
E=
0
% R13
3
0
r2
% R13
3
#
% R13
0
2
2
3 0R
O
0
% R13
R1
E=
#
3 0R
% R
3
r
2
2
0
r
3
1
2
+
V =
# R
0
r
2
2
2
%
6
% R12
6
R2
0
O
R2
0
r 2 R1
R2
0
V =
%
3
R13 +
0
#
R22
1
0
0
Exercice1.22
1/ Le théorème de Gauss est : - = ES =
Qint
E=
Qint
0
E=
0
Qint
4 r2
0
a/ Quand r R1 , cela veut dire que la charge à l’intérieur de la surface de Gauss est nulle,
et par conséquent le champ est nul.
Quand r R2 , la somme des charges intérieures est nulle aussi : Qint = l + l = 0 , ce
qui implique que le champ est nul ( l est la longueur du cylindre de Gauss).
b/ Quand R1 r R2 , la charge dans la surface de Gauss est la charge que porte le
cylindre interne, soit Qint = + l . Le champ électrique est donc :
E=
l
0S
S= rl
2
A.FIZAZI
E=
2
0
1
r
E=
Université de Béchar
2
0
1
ur
r
(1)
LMD1/SM_ST
78
Electrostatique
2/ Pour en déduire le potentiel électrique on fait appel à la relation : E = gradV . Le
champ étant radial, on peut écrire :
dV
E=
V = Edr
dr
Pour r R1 et r R2 , le champ est nul, donc le potentiel dans ces deux
régions est constant :
Pour R1
r
E = 0 V = C te
R2 , on intègre l’expression (1) correspondante du champ :
V=
2
0
1
dr
r
V=
ln r + C
2
0
Les surfaces équipotentielles sont d’autant plus rapprochées que le champ est intense,
c’est à dire quand est petit. Ceci nous amène à déduire que les surfaces équipotentielles sont
rapprochées au voisinage du cylindre intérieur.
Exercice1.23
1/ D’après ce qui est consigné entre les parenthèses, k et
que la dimension de
1
ont même dimension. On sait
est une longueur ( L ) . Donc la dimension de k est l’inverse de la
1
= [ k ] = L 1 , quant à son unité dans le système international c’est m 1 .
r
2/ En raison de la symétrie sphérique le champ est radial :
dV
e
2k 1
E (r ) =
E (r ) =
2k 2 +
exp ( 2kr ) u
+
dr
r r2
4 0
3/ D’après le théorème de Gauss :
q
- = ES = int
qint = ES
longueur :
(
0
)
q ( r ) = e 2k 2 r 2 + 2kr + 1 exp ( 2kr )
(1)
4/ Pour r = 0 , la charge est égale à e . Cela prouve que la distribution contient une charge
ponctuelle e située au centre O .
5/ lim q ( r ) = 0 : ceci veut dire que la charge totale de la distribution est nulle : et puisque
r
au centre il existe une charge ponctuelle positive e , il doit obligatoirement exister une charge
négative e répartie dans tout l’espace autour du centre O , telle que la somme des deux
charges soit nulle.
6/ Pour cette question, on divise l’espace en sphères élémentaires de volume dv = 4 r 2 dr ,
et portant la charge élémentaire dq = % ( r ) dv . D’où :
dq = % ( r ) 4 r 2 dr
L’intégration de l’expression (1) donne :
dq = 4ek 3 r 2 exp ( 2kr )
( 2)
( 3)
Par identification des expression ( 2 ) et ( 3) on obtient l’expression de la densité :
% (r ) =
A.FIZAZI
e
k 3 exp ( 2kr )
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79
Electrostatique
Exercice1.24
1/ Le champ électrostatique : Par raison de symétrie, le champ est radial. On peut donc
dV
:
utiliser la formule E =
dr
E (r ) =
q
4
0
1
r
1+ e
2
r
a
r/a
E (r) =
q
4
0
1
r
1+ e
2
r
a
r/a
.ur
2/ Le flux du champ : puisque la composante du champ est radiale et constante sur une
sphère de rayon , le flux est donc :
-=
- = ES
EdS
-=
q
0
1+
r
e
a
r/a
La recherche des limites nous conduit aux résultats :
q
Quand tend vers 0 : - =
0
Quand
tend vers
:- = 0
Conclusion : d’après le théorème de Gauss, l’expression de la charge interne de la sphère
de rayon est : Q ( r ) = 0- . On en déduit de cela que la charge totale de la distribution est
nulle et qu’au centre O il existe une charge ponctuelle positive q .
3/ La densité volumique de la charge :
La charge élémentaire dq enfermée entre deux sphères de rayons
et d
est
dq = % ( r ) dV = 4 r dr.% ( r ) , on obtient alors :
2
dq 1 r/a
4 r dr
e
% (r ) =
2
dq r r/a
4
a
r
=
e
2
dr
0 a
Cette densité est négative et la charge totale est q .
4/ L’étude de la fonction : elle commence par le calcul de la dérivée, puis déterminer le
point où la dérivée s’annule. Ainsi on peut déterminer l’extremum de la fonction :
d % (r)
q 1 1 1
=
+
dr
4 a2 r r a
% (r ) =
0
2
d % (r)
r=a
=0
dr
La fonction % ( r ) passe par une valeur maximale en r = a . Pour saisir le sens de cette
fonction on cherche sa dimension puis son unité :
[ q ] = C C.m 1
% (r ) =
[r ] L
La fonction étudiée est donc la densité linéaire (ici radiale) des charges.
Information utile : En réalité, la distribution étudiée est celle de l’atome d’hydrogène. La
charge positive ( + q ) du proton se trouve au centre de l’atome. Ce proton constitue le noyau
de l’atome autour duquel gravitent l’unique électron qui porte une charge négative
( q) .
Quant à a , elle représente le rayon de Bohr qui est la distance entre le noyau et la région où il
y a une forte probabilité de la présence de l’électron.
A.FIZAZI
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80
Electrostatique
Exercice1.25
1/ Le potentiel électrique produit au point M :
1
1 1
VM = VA + VB =
4 0 r1 r2
a
r1 ' r2 ' r
r
r2 r1 = a cos
VM =
p = qa
Dans la base polaire ( ur , u
)
VM =
1
4
0
r2 r1
r1r2
p cos
4 0 r2
, le champ possède deux composantes E = Er + E . A partir
de la formule E = gradV , on peut déterminer ces deux composantes polaires :
&V
2 p cos
Er =
Er =
&r
4 0 r3
1 &V
r &
E =
E =
1
4
0
p sin
r3
Donc le champ est :
E=
E=
1
4
0
1
4
0
p
( 2 cos .ur + sin .u
r3
p
4 cos 2 + sin 2
3
r
(
)
1/ 2
E=
)
1
4
0
1/ 2
p
2
3cos
1
+
r3
(
)
2/ Equation des surfaces équipotentielles : a partir de l’équation du potentiel trouvée
précédemment, on en déduit l’équation de ces surfaces :
qa
p
V = C te = V0
r2 =
r2 =
cos
cos
4 0V0
4 0V0
A chaque valeur de V0 correspond une surface équipotentielle située à la distance
de
O.
(
Equation des lignes de champ :
La ligne du champ E est définie comme étant colinéaire à dl , donc E = dl ,
te
= C ) . On connaît les composantes de E et les composantes de dl . A partir de la relation
entre les deux vecteurs on peut trouver l’équation des lignes de champ :
E = dl
E
Er
E
dr
, dl
rd
dr
d
=r
Er
E
dr Er
d
=
r
E
(1)
En intégrant l’équation (1) , on obtient à une constante près, le résultat suivant :
p cos
dr Er
dr 4 0 r 3
=
d
=
d
1 p sin
r
E
r
4 0 r3
dr 2 cos
dr 2d ( sin )
=
=
d
r
sin
r
sin
2
A.FIZAZI
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81
Electrostatique
d ( sin
dr
=2
r
sin
(
ln r ln sin 2
)
)=K
ln r = 2 ln ( sin
ln
r
sin 2
=K
)+ K
r
sin 2
=K
De tout cela, on conclut que l’équation de la trajectoire est :
r = K sin 2
A chaque valeur de K correspond une ligne de champ située à la distance de O tel
que r = K sin 2 .
Les lignes de champs sont toujours perpendiculaires aux surfaces équipotentielles.
A.FIZAZI
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82
Conducteurs en équilibre
II / CONDUCTEURS EN EQUILIBRE
A/ DEFINITION ET PROPRIETES DES CONDUCTEURS EN
EQUILIBRE (
):
Rappelons d’abord, qu’un conducteur électrique est tout corps dans lequel les porteurs de
charges peuvent se déplacer librement.
1/ Définition : Un conducteur est dit en équilibre électrostatique si les charges qu’il
renferment sont en état de repos.
2/ Propriétés des conducteurs en équilibre :
Puisque les charges à l’intérieur du conducteur en équilibre sont au repos, elles ne sont
donc soumise à aucune force, cela veut dire que le champ électrostatique dans le
conducteur en équilibre est nul.
F = q.E = 0
E=0
Le vecteur champ électrostatique est perpendiculaire à la surface du conducteur en
équilibre : ceci s’explique par le fait que les lignes de champ sont, d’une part,
tangentes au vecteur champ, et d’autre part perpendiculaires au plan.
Le conducteur en équilibre constitue un volume équipotentiel : On a déjà vu que la
différence de potentiel entre deux points M et M ' est définie par la relation
dV = E.d l , et puisque E = 0 , cela implique que le potentiel est constant en tout
point intérieur au conducteur en équilibre. En conséquence, la surface externe du
conducteur est une surface équipotentielle, ce qui prouve que le champ est
perpendiculaire à la surface du conducteur.
La charge dans le conducteur en équilibre est nulle, elle se concentre sur la surface du
conducteur : En effet, et puisque le nombre de protons est égal au nombre d’électrons,
la charge totale à l’intérieur du conducteur est nulle. Toutes les charges libres se
répartissent sur une surface qui occupe une épaisseur constituée de quelques couches
d’atomes (ici, le mot surface ne doit pas être compris au sens géométrique). Les
charges électriques en mouvement s’accumulent sur la surface jusqu’à ce que le
champ qu’elles produisent devienne égal au champ électrique extérieur appliqué à
cette surface, ce qui conduit à un état d’équilibre.
3/ Théorème de Coulomb (=> ? @AB ) :
Au voisinage d’un conducteur en équilibre, le champ est perpendiculaire à la surface
du conducteur et son intensité vaut E =
,
étant la densité surfacique du conducteur.
0
A.FIZAZI
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83
Conducteurs en équilibre
Cette expression donne la valeur du champ électrique en un point proche de la
surface et à l’extérieur du conducteur, alors que le champ à l’intérieur est nul. Sur la
surface le champ prend une valeur moyenne Emoy .
Le résultat de ce qui vient d’être dit est qu’à la traversée de la surface du conducteur,
le champ électrique varie comme indiqué sur la figure 2.1
E
Emoy =
2
E=
0
0
E=0
0
A l’intérieur
du
conducteur
Sur la
couche
superficielle
A l’extérieur et
au voisinage du
conducteur
Fig 2.1 : Variation du champ électrique
à la traversée de la surface du conducteur
En peut résumer les propriétés du conducteur en équilibre par la figure 2.2.
E
0
A l’extérieur
du
conducteur
E=0
V = C te
qi = 0
E
A l’intérieur du
conducteur
2
0
A la surface
et au
voisinage du
conducteur
Fig 2.2 : Propriétés du conducteur en équilibre
4/ Pression électrostatique (H?IJKALM NOP ) :
Définition : la pression électrostatique est la force électrique appliquée sur l’unité de
surface.
(Cette force résulte de la répulsion entre les charges sur la surface et les autres
charges).
pe =
2
2
(2.1)
0
Raisonnement : L’expression de la force élémentaire d f appliquée sur la surface
élémentaire extérieure d S ext d’un conducteur qui porte sur sa surface une charge
élémentaire dq = .dSext est :
d f = dq.E moy = .d S ext .
2
0
D’où :
A.FIZAZI
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84
Conducteurs en équilibre
df =
2
2
df
= pe =
2
d S ext
.d S ext
0
2
0
Au vu de l’expression de la pression électrostatique, on en déduit que c’est une grandeur
scalaire, et qu’elle est toujours positive. Cette pression peut être considérée aussi comme étant
la force capable d’arracher les charges au conducteur.
L’unité de la pression électrostatique : Le pascal (Pa).
5/ Pouvoir des pointes (RSIT U VW RXY ) :
Les charges ont tendance à s’accumuler sur les surfaces en pointe (c’est à dire celles
dont le rayon de courbure est petit). Nous allons expliquer ceci dans l’exemple suivant :
La figure 2.3 représente deux conducteurs de forme sphérique, chacun avec ses
caractéristiques, reliés par un fil.
R2
R1
Q2
Q1
2
1
V
V
Les sphères sont au même potentiel V :
V =K
V=
Puisque R2
1 .4
1
4
R1
0
R1 , donc
R12
1
2
=
Q1
Q
=K 2
R1
R2
2 .4
1
4
0
R22
R2
1 R1
=
2 R2
: cela est la preuve que les charges ont tendance à
s’accumuler sur les surfaces pointues. On trouve leurs applications dans :
Par mesure de sécurité, des paratonnerres sont fixés sur les immeubles, ou sur tout
autre type de construction, et qui sont reliés à la terre par l’intermédiaire de fils conducteurs.
Leur rôle est d’attirer des charges accumulées dans l’air et les décharger dans la terre. Si les
conditions pour l’éclatement d’un tonnerre sont réunies autour de la construction, les charges
préfèrent se diriger vers la pointe du paratonnerre d’où elles sont conduites vers le sol. Les
hautes constructions sont ainsi protégées contre les tonnerres.
Il en est de même pour les bords métalliques pointus attachés aux ailes d’avions qui
permettent la décharge continue de l’air des charges électriques.
6/ Capacité propre d’un conducteur isolé ([IP\ ]^ SA\ > I _` a bW ) :
Définition : la capacité électrique d’un conducteur isolé est le rapport entre sa charge
et son potentiel :
C=
Q
V
(2.2)
Par exemple : La capacité d’un conducteur sphérique placé dans le vide, dont le potentiel
est V = K
A.FIZAZI
Q
, est égale à :
R
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85
Conducteurs en équilibre
C=
Q
=4
V
0 .R
Si l’isolant entourant le conducteur sphérique est autre que le vide, alors là, sa capacité
est C = 4 .R , où
est la permittivité de l’isolant.
Généralisation : On peut généraliser la notion de capacité à un ensemble de conducteurs.
Dans le cas de deux conducteurs portant deux charges +Q et Q , dont la différence de
potentiel entre elles est U = V1
V2 (figure 2.4), la capacité du système est :
Q
Q
C=
=
V1 V2 U
+Q
Q
V2
V1
Fig 2.2 : Capacité de deux conducteurs
(
L’unité de la capacité : c’est le coulomb/volt C.V
1
) , et qu’on appelle le farad ( F ) en
mémoire à Michael Faraday (1791-1867).
Ordre de grandeurs de la capacité de quelques corps :
Pour la terre, en considérant que le rayon est R = 6400km , sa capacité vaut
C = 70µ F .
Pour une sphère de rayon r = 10cm , de potentiel V = 1000V par rapport à la terre, sa
capacité est C = 10 pF .
7/ Phénomène d’influence entre conducteurs chargés ( Te
H_f Agh RAiIj) :
Que se passe-t-il quand on place un conducteur électriquement en équilibre dans un
champ électrostatique uniforme ?
Puisque les charges sont libres de se mouvoir, on va assister à un déplacement de
charges positives dans le sens de E , et un déplacement de charges négatives dans le sens
contraire. Il se produit alors une polarisation du conducteur (apparition d’un pôle positif et
d’un pôle négatif). Il en découle de cette émigration une répartition surfacique non uniforme,
mais la charge totale du conducteur demeure nulle.
Influence partielle (]klm A_gh ) :
On place la charge + q au voisinage du conducteur ( D ) non chargé. Figure2.5
A.FIZAZI
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86
Conducteurs en équilibre
La charge + q produit, en tout point de l’espace qui l’entoure, et particulièrement
dans ( D ) , un champ électrique E qui oblige les électrons libres à se déplacer vers la face
N ; cette région se charge donc négativement. Les électrons en quittant la face P créent
un déséquilibre de charges dans cette région qui se charge positivement.
N
q'
+ ++
++
+q '
E ++
P ++
++
M
E'
( D)
+q
Les charges N et P produisent à leur tour au point M un champ E ' de sens
contraire à celui du champ E . Le déplacement des électrons s’arrête quand E + E ' = 0 ,
le conducteur ( D ) acquiert donc toutes les propriétés d’un conducteur en équilibre tel
que :
-
Au point M : E ( + q ) + E ( + q ') + E ( q ') = 0 , le champ est nul dans le conducteur,
Sa surface est équipotentielle,
Les charges sont accumulées sur la surface et réparties de façon singulière. Dans
ce cas, Il s’est produit une électrisation par influence. La charge totale du
conducteur ( D ) reste nulle. Tout ce qui s’est passé est la séparation des charges
égales et de signes opposés
q
q ' et + q ' .
q ' : cela veut dire que toutes les lignes de champ partant de la charge ponctuelle q
n’atteignent pas le conducteur ( D ) , c’est ce qui caractérise l’influence partielle. Figure 2.5
Influence totale (]nM A_gh ) :
Deux conducteurs C1 et C2 sont en influence totale si le corps influencé entoure
complètement le corps influent. Figure 2.6
En supposant C1 chargé positivement, cela implique que la surface interne S2 du
conducteur C2 se charge négativement. Dans ce cas toutes les lignes de champ issues de
C1 rejoignent la surface S2 du conducteur C2 , donc Q1 = Q2 .
A.FIZAZI
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87
Conducteurs en équilibre
C2
S1
C1
S2
E
Fig 2.6 : Influence totale
8/ Théorème des éléments correspondants ( pJI
Soient les deux conducteurs voisins ( A1 ) et
AqI b @AB ) :
( A2 ) en équilibre et portant les densités
surfaciques 1 et 2 . Figure 2.7
Si les deux conducteurs ne sont pas au même potentiel, des lignes de champ
électrostatique relient les conducteurs ( A1 ) et ( A2 ) .
Soit ( C1 ) un petit contour situé sur la surface de
( A1 ) , de telle façon que toutes les
lignes de champ issues de ( A1 ) , et reposant sur ( C1 ) , arrivent à ( A2 ) et dessinent sur sa
surface un contour fermé ( C2 ) . Figure 2.7
L’ensemble de ces lignes de champ constitue ce que l’on appelle tube de flux (r^Y s p t).
E
C2
S2
C1
S1
SL
A2
A1
Fig 2.7 : Deux éléments correspondants
Le flux électrostatique, à travers la surface latérale S L que dessine ce tube , est nul à
cause de la perpendicularité du vecteur surface avec le vecteur champ.
Soit la surface constituée de S L , S1 et S2 . En appliquant le théorème de Gauss, et
puisque les deux conducteurs sont en état d’équilibre, on a :
=
Qint
=
0
Si Q1 est la charge que porte S1
Q1
0
+
SL
+
S1
+
S2
=0
0
, et Q2
Q2
=0
la charge que porte S2 on aura :
Q1 = Q2
(2.3)
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0
D’où le théorème :
A.FIZAZI
88
Conducteurs en équilibre
Enoncé du théorème des éléments correspondants : deux éléments correspondants
portent deux charges égales mais de sens contraires.
9/ Capacités et coefficients d’influence (A_gh vw>Ib> K vIbJ) :
Soient n conducteurs en équilibre et Qi la charge totale. Figure 2.8
Premier cas : Le conducteur A1 est au potentiel V1 , le reste des conducteurs sont reliés à
la terre ( leurs potentiels sont donc nuls).
Le conducteur A1 porte la charge : q11 = C11 .V1
Le conducteur A1 influe sur le reste des conducteurs An ......... A3 , A2 qui vont se charger
par influence et porter les charges respectives :
q21 = C21 .V1
q31 = C31 .V1
...............
q j1 = C j1.V1
................
qn1 = Cn1.V1
La charge de tout les conducteurs réunis est égale à la charge du conducteur A1 plus(+)
les charges du reste des conducteurs qu’ils ont acquises par influence.
Q1 = C11.V1 + C21 .V1 + C31 .V1... + C j1.V1 + ..... + Cn1 .V1
A2
A1
An
Fig 2.8 : Influence de plusieurs conducteurs par la charge
A1
Deuxième cas : Le même raisonnement pour le conducteur A2 nous conduit aux
équations :
q12 = C12 .V2
q22 = C22 .V2
q32 = C32 .V2 .............. q j 2 = C j 2 .V2
Q2 = C12 .V2 + C22 .V2 + C32 .V2 ... + C j 2 .V2 + ..... + Cn 2 .V2
En répétant cette opération pour chaque conducteur, nous pouvons calculer la charge de
n’importe quel conducteur i quel qu’il soit :
Qi = C1i .Vi + C2i .Vi + C3i .Vi ... + C ji .Vi + ..... + Cni .Vi
On peut écrire ces expressions sous la forme matricielle :
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
Q1
Q2
...
Qn
=
C11 ... C1 j
... C1n
V1
C21 ... C2 j
... C2 n
V2
...
...
...
... Cnn
Vn
...
...
...
Cn1 ... Cnj
Définition :
Les termes Cij sont appelés coefficients d’influence.
On lit : le coefficient d’influence de j sur le conducteur i .
Les termes Cii sont appelés capacités d’influence.
On lit : la capacité du conducteur i en présence d’un autre conducteur. A ne pas
confondre avec la capacité d’un condensateur isolé C .
Propriétés des capacités et coefficients d’influence :
Les coefficients d’influence sont toujours négatifs Cij
Les capacités d’influence sont toujours positives Cii
0
0
Cij = C ji
Cii
j i
C ji
Par exemple : q11 = C11V1
q21 + ................ + qn1 =
j i
C ji V1
Dans le dernier cas, cela se traduit par le fait que la charge que porte ( A1 ) est plus grande
(en valeur absolue) que la somme des charges que portent tous les autres conducteurs réunis
qu’ils ont acquises sous l’influence du conducteur ( A1 ) . La raison à cela est que les tubes de
flux issus de
( A1 )
n’arrivent pas forcément aux autres conducteurs, ce qui ne peut se
produire que si l’influence est totale, soit : q11 = Cii .Vi =
j i
C ji
Dans le cas de deux conducteurs en influence totale, on démontre que :
C11 = C21 et C11 = C12 .
B/ LES CONDENSATEURS (vI\xM ) :
1/ Capacité et charge d’un condensateur ( \xM> Ty K bJ)
Définition : un condensateur est l’ensemble de deux conducteurs A1 et A2 en
influence électrostatique.
Il y a types de condensateurs :
A armatures rapprochées
A influence totale
Les armatures sont séparées par un isolant qui a pour rôle d’augmenter la capacité
du condensateur. Dans ce qui suit on suppose l’existence du vide entre les armatures.
Le condensateur est désigné par ce nom parce qu’il fait apparaître le phénomène
de la condensation des charges électriques dans une région restreinte de l’espace. Plus
la capacité est grande, plus on obtient de grandes charges électriques sous de basses
tensions.
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
Constantes d’un condensateur (
):
Capacité d’un condensateur : La capacité d’un condensateur est le
coefficient de capacité C11 de l’armature A1 en présence de A2 , C = C11 .
La charge d’un condensateur : On considère que la charge du condensateur
est la charge de l’armature interne Q = Qint .
Relation fondamentale des condensateurs :
Q = C11V1 + C12V2
Q = C [V1 V2 ]
Q = CU
C11 = C12 = C21
L’armature A2 porte la charge totale :
Q2 = Q2,ext + Q2,int
Q2 = Q2,ext Q1
Q2,ext = Q1
(2.4)
Si A2 est reliée à la terre, on a Q2,ext = 0 , donc :
Q2 = Q1
(2.5)
Dans le cas de l’influence partielle on obtient le même résultat. Dans ce type de
condensateurs, les charges Q1 et Q2 correspondent aux charges réparties sur
toute la surface de chacun des deux conducteurs : Q2 = Q1 .
2/ Capacités de quelques types de condensateurs :
Pour trouver la capacité C d’un condensateur, il faut calculer la relation entre sa
charge Q et la tension U (U = V1 V2 ) , appliquée entre les deux armatures. Pour calculer
U on utilise l’expression de la circulation du champ électrique.
2
U = V1 V2 = E.dl =
1
Q
C
a/ Condensateur sphérique ( @KAM \xM ) :
Le condensateur sphérique est constitué de deux sphères concentriques et
conductrices, séparées par un isolant. Figure 2.9
R2
O
R1
Q +Q
Fig 2.9 : Condensateur sphérique
On fait appel aux coordonnées sphériques qui conviennent le mieux à ce cas.
On part de la relation connue du vecteur champ électrique produit par une sphère :
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
E(r ) = K
Q
ur
r2
On calcule la circulation du champ pour obtenir la différence de potentiel entre les
deux armatures :
U = V1 V2 =
R2
E.d r = KQ
R1
1
R1
1
R2
A la fin on arrive à l’expression de la capacité du condensateur sphérique :
C=
Q
U
C=4
0
R1 R2
R2 R1
(2.6)
b/ Condensateur cylindrique ( _ VJ{ \xM ) :
Le condensateur cylindrique est constitué de deux cylindres conducteurs
coaxiaux, séparés par un isolant. Figure 2.10
z
+
R2
R1
Fig 2.10 : Condensateur cylindrique
Pour ce cas, on adopte les coordonnées cylindriques et on suit le même
raisonnement que précédemment : D’après le théorème de Gauss, E entre les armature est :
E( ) =
2
0.
u
: le densité linéique (ou linéaire)
La différence de potentiel est donc :
U = V1 V2 =
R2
R1
E.d =
2
ln
0
R2
R1
Sachant que Q = h , h étant la hauteur des cylindres, la capacité du
condensateur cylindrique étudié est :
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
C=
Q
.h
=
U U
C=
2
0 .h
(2.7)
ln ( R2 / R1 )
b/ Condensateur plan ( @ W
\xM ) :
Le condensateur plan est constitué de deux plans conducteurs séparés par un
isolant. Figure 2.11
z
V2
d = z2
+
V1
z1
y
x
Dans ce cas, on utilise les coordonnées cartésiennes. Le champ électrostatique
entre les armatures est la composition des champs résultants des deux plans infinis, soit :
E = E1 + E2 =
k+
2
0
2
z2
( z2
U = V1 V2 = E..dz =
z1
: Densité surfacique :
=
0
( k)
z1 )
E=
k
0
U=
d
0
Q
S
0
Q = .S
La capacité du condensateur plan est donc :
C=
Q
U
C=
3/ Groupement de condensateurs (vI\xM
0
S
d
(2.8)
| }):
Groupement en série ( WnW ~n• NfA ) : Figure 2.12
V0
C1
V1
C2
+Q Q +Q Q
A.FIZAZI
...........
Cn
+Q
Vn
Q
Université de BECHAR
V0
C
+Q
Vn
Q
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Conducteurs en équilibre
Tous les condensateurs emmagasinent la même charge Q à cause du phénomène
d’influence. La tension entre les extrémités de tout l’ensemble est égale à la somme des
tensions :
U = V0 Vn = (V0 V1 ) + (V1 V2 ) + (V2 V3 ) + .........(Vn
Q Q Q
Q
U=
+
+
+ ..........
C1 C2 C3
Cn
1
Vn )
Résultats : L’inverse de la capacité équivalente est égal à la somme des inverses des
capacités des condensateurs montés en série :
1 n 1
=
C i =1 Ci
(2.9)
Groupement en parallèle (€A\ ~n• NfA ) : Figure 2.13
V1
+Q
C1+Q
C+2Q
Q
Q
Q
Cn + Q
C3
Q
V2
V1
C
V2
+Q
Q
Tous les condensateurs sont soumis à la même tension U . L’expérience prouve que la
charge Qi de chaque condensateur est proportionnelle à sa capacité Ci . La charge totale est
égale à la somme des charges :
Q = Q1 + Q2 + ..............Qn
Q = C1 .U + C2 .U + ..............Cn .U
Q = ( C1 + C2 + ..............Cn ) .U
C.U = ( C1 + C2 + ..............Cn ) .U
Résultats : La capacité équivalente est égale à la somme des capacités des condensateurs
montés en parallèle :
C=
n
i =1
Ci
(2.10)
4/ Energie d’un condensateur chargé ( Te> \xM> I‚):
L’étude théorique a démontré, comme le prouvent les expériences que l’énergie
emmagasinée par un condensateur chargé est proportionnelle au carré de la tension appliquée
entre ses armatures. Son expression est :
1
W = C.U 2
2
(2.11)
Sachant que Q = C.U , on peut aussi écrire :
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
W=
1Q
2C
2
(2.12)
5/ Energie du champ électrique (]kIfALM ƒT I‚):
La charge d’un conducteur électrique nécessite la dépense d’une énergie, la raison en est
que pour ajouter une charge à un conducteur on doit fournir un travail pour vaincre la force de
répulsion qui résulte des charges déjà présentes sur le conducteur. Ce travail entraîne une
augmentation de l’énergie du conducteur.
q
, de capacité C et qui porte la charge q .
C
Si on ajoute à ce conducteur une charge élémentaire dq , en l’amenant de l’infini, le
Soit un conducteur au potentiel V =
travail fourni serait :
q
dq
C
dW = Vdq =
L’augmentation totale de l’énergie du conducteur, quand la charge passe de zéro à la
valeur Q ,est égal à :
1Q
WE =
qdq
C0
Q2
WE =
2C
Ce qui est compatible avec l’équation 2.12.
Dans le cas d’un conducteur sphérique, par exemple, où C = 4
électrique est :
0R ,
l’énergie du champ
1 Q2
WE =
2 4 0R
6/ Densité de l’énergie électrique (
):
On considère à titre d’exemple un condensateur plan :
Sa capacité est : C =
S
0
d
Q2 1
1 S
L’énergie qu’il emmagasine est : WE =
= CU 2 = 0 U 2
2C 2
2 d
Si on divise cette énergie par le volume du condensateur, on obtient ce que l’on appelle
densité de l’énergie électrique :
WE 1 0 SU 2
=
w=
v
2 dSd
1 0U 2
! (1)
w=
2 d2
On sait que l’intensité du champ électrique entre les armatures est : E =
U
d
Après substitution, l’équation (1) de la densité de l’énergie électrique s’écrit :
w=
A.FIZAZI
0
2
E2
Université de BECHAR
(2.13)
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95
Conducteurs en équilibre
w représente la densité de l’énergie électrique dans le vide. Son unité est le joule par
3
mètre cube Jm .
(
)
En présence d’un isolant, autre que le vide, on remplace
représente la permittivité relative de l’isolant, tandis que
On peut donc écrire la densité de l’énergie sous la forme :
w=
2
0
par
=
0.
, où
désigne la permittivité absolue.
E2
(2.14)
7/ charge et décharge d’un condensateur à travers une résistance
( >KIƒ> Ap• \xM> …@A\` K HTy ):
Charge d’un condensateur :
Soit le montage indiqué sur la figure 2.14, composé d’une résistance R montée en
série avec un condensateur de capacité C . On alimente l’ensemble à l’aide d’une source
de tension continue U 0 .
R
C
U0
K
A l’instant t = 0 , le condensateur est vide de charge, on ferme l’interrupteur K .
Soit i ( t ) l’intensité du courant électrique parcourant le circuit au temps t . Les électrons
se déplacent dans le sens contraire du courant. Ces électrons quittent l’armature de haut,
selon la figure 2.15, et arrivent à l’armature d’en bas qui se charge négativement. Soient
q ( t ) et u ( t ) la charge de l’armature de haut et la tension électrique entre les armatures
du condensateur (les grandeurs i , q et u sont positives par convention). Figure 2.15
R
U0
R
C
I
U0
e
C
La loi d’Ohm nous permet d’écrire : U 0 = Ri + U
Sachant que q = CU et i =
dq
(qui représente l’augmentation de la charge durant le
dt
temps dt ).
On obtient l’équation différentielle de premier ordre :
U0 = R
dq q
+
dt C
U 0C = RC
dq
+q
dt
Ou :
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
U 0C q = RC
dq
dt
dq
dt
=
U 0C q RC
On intègre les deux membres de l’équation pour arriver à :
ln (U 0C q ) =
t
+A
RC
La constante d’intégration A est déterminée à partir de la condition initiale : au temps
t = 0 , la charge est q = 0 , et par conséquent : A = ln U 0C
D’où :
ln (U 0C q ) ln U 0C =
t
RC
ln
U 0C q
t
=
U 0C
RC
U 0C q
= exp
U 0C
t
RC
Finalement, l’expression de la charge du condensateur est :
q ( t ) = U 0C 1 exp
t
RC
(2.15)
Définition : On appelle constante de temps la grandeur constante :
" = RC
(2.16)
Durée de la charge ou décharge : Les expériences ont prouvé , comme le prévoyait
la théorie, que la durée de la charge ou la décharge d’un condensateur est estimée à :
t = 5 RC = 5" .
Le graphe 2.16 représente la variation de la charge en fonction du temps au cours de
la charge
q (t )
CU 0
0.63CU 0
0
RC
On en déduit l’intensité du courant à chaque instant i ( t ) =
i (t ) =
U0
exp
R
t
3RC
2RC
t
RC
dq
:
dt
(2.17)
Le graphe 2.17 représente les variations de l’intensité du courant électrique en
fonction du temps au cours de la charge.
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
i (t )
U0
R
0,37
U0
R
0
RC
t
3RC
2RC
Décharge d’un condensateur :
Après que le condensateur ait atteint sa charge maximale q0 = CU 0 , on remplace à
présent (à t = 0 ), la source de tension par un court circuit, comme il est indiqué sur la
figure2.18.
R
R
I
C
++++
e
C
++++
Le courant a changé maintenant de sens : les électrons quittent l’armature d’en bas
pour atteindre l’armature d’en haut. La charge q ( t ) diminue au cours du temps.
En considérant toujours les grandeurs i , q et U positives par convention, on écrit la
loi d’Ohm : Ri = U , avec q = CU et i =
Puisque q diminue,
dq
dt
dq
.
dt
0 .Donc :
R
dq q
=
dt C
ln q =
R
dq
dt
=
q
C
t
+B
RC
La constante B est déterminée par la condition initiale :
t = 0 , q = q0 =CU 0 ; B = ln q0
B = ln CU 0
D’où :
ln q =
t
+ ln CU 0
RC
ln
q
t
=
CU 0
RC
Donc les expressions de la charge et de l’intensité du courant instantanées sont
respectivement :
A.FIZAZI
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Conducteurs en équilibre
q = CU 0 exp
i=
dq
dt
i=
U0
exp
R
t
RC
(2.18)
t
RC
(2.19)
Le graphe 2.19 représente la variation de la charge en fonction du temps au cours de la
décharge :
q (t )
q0
0,37q0
0
RC
2RC
3RC
t
Fig 2.19 : Variation de la charge du condensateur au cours de sa décharge
Ainsi, nous terminons ce chapitre dans lequel nous avons pris connaissance des
principales caractéristiques des conducteurs en équilibre, ce qui clôture l’étude de
l’électrostatique.
Dans le chapitre suivant nous allons aborder les charges en mouvement. Cette étude sera
faite sous le grand titre : l’ELECTROCINETIQUE.
A.FIZAZI
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99
Conducteurs en équilibre
**
EXERCICES
Exercice 2.1
Considérons une boule en métal de rayon R ayant une
charge globale Q .
1/ A l’équilibre, comment se répartissent les charges
dans le conducteur ?
2/ En déduire l’expression de la densité surfacique de
( en Cm ) .
3/ Que vaut le champ électrostatique dans le
conducteur ?
4/ En appliquant le théorème de Coulomb, vérifier qu’à
la surface du conducteur :
E=
1
R) r
1
4
!"
%
*
4
0
0
du
centre
du
+ ,
- . % / /3
0 % 1 ' $2 3- #4
5 3
/4
1 Q
E=
4 0 R2
$2 $ #7 8
5
% /5
$ (r R) r
1'
,
:
Q
R2
5/ En utilisant le théorème de Gauss, montrer que
l’intensité du champ électrostatique créé à la distance
E=
.Q
#$"
/1
&
' ( %) /2
. ( Cm 2 )
2
charge
(r
1.2
R
conducteur
est :
"
.E
Q
.
r2
Exercice 2.2
Une sphère conductrice ayant un rayon R = 8cm
porte initialement une charge de 80 µ C . Par la suite,
une charge ponctuelle de 20 µ C est introduite au
centre d'une cavité sphérique ayant un rayon
r = 2,5cm à l'intérieur de la sphère.
R = 8cm
#
.9 .
-
4 - (
2/ Quelle est la grandeur du champ électrique E près
de la surface intérieure de la sphère conductrice (dans
la cavité) ?
3/ Quelle est la charge totale Qi sur la surface
4 - (
Exercice 2.3
Un cylindre creux et conducteur, de rayon 3cm ,
porte initialement une densité linéaire de charge de
9 µ Cm 1 . Par la suite, une tige mince ayant une
1
densité linéaire de charge de 5µ Cm
est
entièrement glissée au centre du cylindre creux. La
tige et le cylindre ont, tous les deux, une longueur
infinie.
1/ Quelle est la grandeur du champ électrique près de
la surface extérieure du cylindre avant que la tige
chargée soit glissée à l'intérieur ?
2/ Quelle est la densité linéaire de charge portée par la
surface extérieure du cylindre creux après que la tige
chargée soit glissée à l'intérieur ?
A.FIZAZI
1
4
0
Q
r2
:
2.2
1/ Quelle est la grandeur du champ électrique E près
de la surface extérieure de la sphère conductrice ?
intérieure de la cavité de la sphère conductrice ?
4/ Quelle est la charge totale sur la surface extérieure
de la sphère conductrice ?
=
+
E
,
9
+ . 80 µ C
: "
20 µ C
.
+ r = 2,5cm
/1
: + 0 %
/2
+ 0 %
/3
:
/4
-
E' ,
( : + )
0 % 1 ' Qi
: + 0 % 1 ' Qe
3.2
# 3cm
# :
1
. 9 µ Cm
+ &
3% # :
%= "
1)
3"
1
. 5µ Cm
+ &
.
>
3%
0 % 4 ,
+
3% 3"
%?
: + 0 %
+
Université de BECHAR
+
3% 3"
&
:
%2
#
9 %= $
/1
: +
%=
/2
%?
LMD1/SM_ST
100
Conducteurs en équilibre
3/ Quelle est la grandeur du champ électrique près de
la surface extérieure du cylindre après que la tige
chargée soit glissée à l'intérieur ?
4/ Quelle est la grandeur du champ électrique à 2cm
du centre du cylindre après que la tige chargée soit
glissée à l'intérieur ?
Exercice 2.4
Une sphère de rayon R porte une charge Q .
1/ Calculer son énergie potentielle en fonction de
la pression électrostatique.
2/ On décharge cette sphère en la reliant à la terre
par l’intermédiaire d’un fil métallique. Que devient
l’énergie emmagasinée précédemment ?
3/ On suppose que cette sphère a été chargée à
l’aide d’une source
de force électromotrice E
constante. Quelle est l’énergie fournie par la source à
la sphère ? La trouve-t-on sous forme d’énergie
potentielle ? Sinon, où a disparu la différence ?
4/ soit la densité surfacique de charge de la
sphère :
a) calculer sa capacité en fonction de , 0
et ,
b) trouver une relation littérale entre l’énergie
interne et la pression électrostatique.
0 %
4 ,
+
3% 3"
$ 2cm
1' ,
+
3% 3"
/3
: +
/4
%= "
%?
4.2
:Q
R
.$ %
@A >
4% 2 /1
B% % C =
D9 E F /2
- % "+
0
.
G H
%
D9 $ / G 2 C F /3
. & E ,
9)
1'
:
H
3 F 1F + $ 2 #> 4 : $
:
%
&
9) /4
#
>
% 4% ) (2
0#
@A
+
$
I' : 2 (4
.$ %
Exercice 2.5
Une sphère métallique de rayon
5.2
R1 = 1m porte DKLM NOLP Q R = 1m <=>?@ ABC DECFGH I>J
1
9
une charge électrique totale Q = 10 C . On la relie
XYZ D?Z[\V <WY]^\C . Q = 10 9 C DER<OST DEU<V>WJ
par un fil conducteur à une sphère initialement non
chargée de rayon R2 = 0,30m ( placée à grande
distance de la première sphère) de telle sorte q’elles se
mettent au même potentiel.
1/ Quelle sera la charge à l’équilibre sur chacune
des sphères après que la connexion sera faite ?
2/ Quelle est l’énergie de la sphère chargée avant
la connexion ?
3/ Quelle est l’énergie du système après que les
sphères soient reliées entre elles ? S’il y a une perte,
expliquer où a été dissipée.
4/ Montrer que la charge est distribuée sur les deux
sphères reliées entre elles de telle sorte que
1
=
2
R2
où
R1
charge.
5/
E1,surface
E2,surface
Montrer
=
est la densité superficielle de
en
conséquence
que
R2
.
R1
>E` Q R2 = 0,30m <=>?@ ABC I>J _RT NE^\P
I>fR[ gH I>EbJ Dd<hH _Yi Di\j\H )Da[FbR[ cd DC\LeH
.l\OfR[ mnKR l<GopP qELV (_RQk[
FGV I>J NJ _Yi DKLeR[ DOE@ c= <H lr[\sR[ cd /1
tuGV vH <OWYE^\P
/2
$ 9)
$
:
/3
. 'A $2 J ) #
! AB
$
$
1 ' '"
$2 $K /4
R
%
&
L w 1 = 2 L
R1
2
.
E1,surface R2
.
=
G 2 $ /5
E2,surface R1
.
B % &2 M%
On négligera dans le problème l’effet du fil de
jonction.
A.FIZAZI
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101
Conducteurs en équilibre
Exercice 2.6
Une sphère conductrice S1 de centre O et de
rayon R1
= 10cm
est
placée
dans
une
cavité
conductrice S2 ,
de
6.2
O "
baigne dans le vide. Les deux conducteurs sont
initialement en équilibre. Quelle est la charge et
comment se répartit-elle dans les deux cas :
# S2
.
0%
: .B %
.
:$
4
N - H V1 = 10 V $
= 104 V tout
. (a)
1' $
:
H V1 $
sphérique
rayon R2
creuse
= 20cm et de mince épaisseur. L’ensemble
1/ La sphère est portée au potentiel V1
en gardant la cavité creuse S2 isolée comme indiqué
sur la figure
2/
(a) .
La sphère est maintenue au potentiel
. (b )
S1
HA
: "
R1 = 10cm
3
R2 = 20cm D
$
$
.E F
"
S1
K /1
> "
S2
:
- /2
1' $
C = S2
V1 tout
en reliant la cavité creuse S2 à la terre comme indiqué
sur la figure ( b ) .
R1
R1
V1
V1
R2
R2
(b)
(a)
Exercice 2.7
Un plateau circulaire vertical métallique de très
grande dimension est relié à la terre (potentiel
V = 0 ). On place à une distance x une petite sphère
métallique de rayon et de charge q suspendue à un
:
2 .9
1 ' HA .( V = 0 /
q
. xe $" HA
fil. La sphère prend une position d’équilibre xe .
Trouver la force qui s’exerce sur la petite sphère
assimilée à une charge ponctuelle en utilisant la notion
. ,
d’image électrique..
7.2
. , 3
$
)C =
G x
9+M . + %
1' - : 2
/ F
%
x
+q
V =0
A.FIZAZI
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102
Conducteurs en équilibre
Exercice 2.8
Une charge q est placée à une distance a d’un
plan conducteur infini maintenu au potentiel zéro. On
peut montrer que le champ résultant à la surface est le
même que si une charge négative q placée à une
distance a remplaçait le plan. (Figure ci-dessous).
Cette seconde charge est appelée image de la
première.
1/ Montrer que le potentiel est nul en tout point du
plan et que le champ est normal au plan et calculer son
intensité..
2/ Montrer que la densité de charge sur le plan est
3
qa / 2 r .
8.2
>
O % $ a
1' q
HA
$2 1 ' $
$ ./
$
&
%
HA
G%F
0 % 1' (
.(G F%2
) .O % $
a
1' q
.1 =
1 % D9
&
O % $
/
$
$2 $K /1
.G 4% 2 O % 1 ' . ' - $2
O %
1'
& $2 $K /2
% O %
O %
3/ Calculer le flux électrique à travers le plan en
utilisant la notion de l’angle solide, et vérifier que la
charge totale du plan est q .
'
,
$2
. qa / 2 r 3
4% 2 /3
" / F
. q
3
M
a
+q
q
Exercice 2.9
Trouver le flux du champ électrique , la charge
intérieure totale et la densité de charge pour un cube
de côté a (figure ci-dessous) placé dans une région où
le champ électrique est de la forme :
1/
E = Cxu x
2/
E = C yu x + xu y , C = constante
(
+
$
(G F%2
)
,
)
# ,
a G A 4
L
-
(
9.2
3
: 2
! A
:
E = Cxu x /1
& = C , E = C yu x + xu y
)
&
/2
Z
a
a
X
a
Exercice 2.10
1/ Trouver les capacités et les coefficients
d’influence de l’ensemble de deux conducteurs
Y
10.2
% : 2 /1
$ '
$
$
:
&M
'
S1 ( O1 , R1 )
sphériques S1 ( O1 , R1 ) et S 2 ( O2 , R2 ) éloignés l’un w S 2 ( O2 , R2 )
. (d
R1 , R2 ) d Dd<hOR[ <OWYBnP
de l’autre par la distance d ( d
R1 , R2 ) .
:$
P /2
2/ discuter les deux cas :
A.FIZAZI
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103
Conducteurs en équilibre
a)
d
d = R1 = R2
,
d = R1 = R2 .
si d
b) si
Exercice 2.11
Un condensateur de capacité
11.2
C = 100 µ F
%
9 F&
$
. U = 20V
% QF
O +2 F& 1 ) F&
D9
.
8
. :
$
5 .9
4% 2 /1
.
/ /2
C = 100 µ F est
chargé sous une tension U = 20V .
On le relie à un condensateur de même capacité C ,
mais initialement déchargé.
1/ Calculer la tension qui apparaît aux bornes de
l’ensemble.
2/ Faire le bilan énergétique avant et après
connexion. Commenter ?
C
B-
12.2
Exercice 2.12
Un condensateur de capacité C1
= 3,3µ F a été
chargé sous une tension de 24V ; l’armature A porte
une charge positive QA .
1/ Calculer l’énergie emmagasinée dans ce
condensateur.
2/ Les bornes A et B sont reliées aux bornes
E et D d’un condensateur complètement déchargé,
de capacité C2 = 2, 2 µ F (voir figure ci-dessous). Il
apparaît un courant transitoire très bref, puis un
équilibre électrique s’établit. La tension U AB est alors
égale à la tension
'
D
$"
R U ED
C1 = 3,3µ F
% F&
. QA :
AQ
. F&
"+
4%
E$
$I
B
A$
5 2 ) C2 = 2, 2 µ F
%#
8
% /& #H % :
S
5
. % U AB
. -%
. QE'
'
'
. QE'
.$ F&
'
c) En déduire numériquement QA et QE .
"+
.2 1 )
5F
BI%2
,
3/ Après la connexion, calculer l’énergie
emmagasinée dans les deux condensateurs. Au cours
de cette opération, l’énergie a-t-elle été conservée ?
Sous quelle forme une partie de l’énergie électrique
s’est-elle transformée dans les fils de jonction ? et en
quelle quantité ?
A
E
Exercice 2.13
On considère un condensateur plan formé de deux
armatures conductrices identiques parallèles, espacées
d'une distance d . Chaque armature est une plaque
rectangulaire de surface S . On suppose que les deux
A.FIZAZI
'
A
C1 # Q # Q $
'
C1 et C2 .
AQ
QA' # QA $
'
E
. C2
QA' et QE' .
b) Ecrire une seconde relation entre QA , QE ,
R 24V
2 /1
/2
F&
.(G F%2
,
. QE'
E la charge QE' .
a) Ecrire une relation entre QA ,
QA'
EQ
U ED ; l’armature A porte une
charge QA et l’armature
(2
(4
C1
C2
I' 4 2 (4
& I' 4 2 (
QA'
' ( %) (T
4% 2 #
/3
#
D9 I+
$ N":
/ .M
B
D
13.2
$ &
$
$% $
% F&
$'
' Q
.d % $ '
$ "
$%
$2 C F . S 0 % 9
%
F
Université de BECHAR
LMD1/SM_ST
104
Conducteurs en équilibre
.
&U
&M
$% "
'
9 # A
D9
/1
1'
H " $' G $
9 "
&M
. % 0 % 1'
&
$
Q
0 % 1'
&
R y=0
.9
y=d
.9 . %
plane d'équation y = d ?
.Q
: ,
' 4% 2 /2
2/ Calculer l'expression du champ électrique au
) #$ %
$ /5
,
- $2 $K /3
voisinage de chacune des armatures.
$ $
3 F
- D9
3/ Montrer que le champ électrique est uniforme entre . V ( 0 ) V ( d ) $ %
les armatures et relier cette valeur à la différence de
. F&
C %
' ( %)
potentiel V ( 0 ) V ( d ) entre les armatures. En
déduire l'expression de la capacité C du
armatures sont en influence totale et on néglige les
effets de bord.
1/ Dans ce cas précis, que signifie l'expression
"armatures en influence totale" ? Que peut-on dire de
la répartition de la charge dans chaque armature ? Soit
la densité de charge sur la surface plane d'équation
y = 0 ; quelle est la densité de charge sur la surface
condensateur.
y
d
0
Exercice 2.14
Un générateur de tension continue et trois
condensateurs sont assemblés comme indiqué sur la
figure ci-dessous :
U = 3V ,
14.2
$
F&
H:
:G F%2
1'
C1 = 30µ F
C2 = 10µ F , C3 = 5µ F
Q3 , Q2 , Q1
C2 = 10µ F , C3 = 5µ F
Q1 , Q2 , Q3 que
%
U = 3V ,
C1 = 30µ F
Quelles sont les charges
LI&
F&
&I&
portent les trois condensateurs ?
U
C2
C1
C3
Exercice 2.15
Un condensateur sphérique est constitué :
• D’une sphère interne conductrice pleine portant la
charge Q ,
• D’une couronne sphérique conductrice de rayon
intérieur Ri et de rayon extérieur R e , ( figure cidessous),
1. En appliquant le théorème de Gauss à une surface
fermée sphérique de rayon compris entre Ri et R e ,
calculer la charge portée par la paroi interne de la
couronne conductrice.
2. Calculer le champ entre les deux armatures.
A.FIZAZI
15.2
:$
%2 $
# Q
+
.
Ri + D
.
) .
#( F%=
)# R e : +
3@ .
0 % 1' 7 8 5 3
/1
4% 2 # R e
Ri $
D
.
W +
:
.$ %
$ - 4% 2 /2
Université de BECHAR
LMD1/SM_ST
105
Conducteurs en équilibre
3. Que devient ce champ si on place entre les deux
armatures du condensateur un matériau de permittivité
relative ?
4. En déduire le potentiel entre les deux armatures.
5. Calculer la capacité de ce condensateur.
6. Retrouver l’expression de la capacité d’un
condensateur plan en considérant Ri très voisin de
F&
%
Ri
$
'
%
R : Ri = R + d .
+
+
+
Qe
+Q
+
+
R
+
Qi +
+
9 0
/3
%
%
.$ %
$ $
( %) /4
. F&
% 4% 2 /5
F&
%
' : $ : 2 /6
. Ri = R + d : R $ : 4
A
-
+
+
+
+
Ri
Re
Exercice 2.16
1/Déterminer la capacité de l’ensemble des
condensateurs représenté sur la figure ci-dessous.
2/ Si la tension appliquée est de 120V , trouver la
charge et la différence de potentiel pour chaque
condensateur ainsi que l’énergie de l’ensemble.
1'
"+
&
F&
4% 2 # 120V
9
F&
16.2
! :
% $ ' /1
.G F%2
3
$ 9) /2
$ $
3
.'
:
$
C1
C6
C2
C1 = 1µ F , C2 = 2 µ F
C3
C3 = 3µ F , C4 = 4 µ F
C5 = 5µ F , C6 = 12 µ F
C4
C7
C7 = 18µ F
C5
A.FIZAZI
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106
Conducteurs en équilibre
Exercice 2.17
La capacité d’un condensateur variable d’un
récepteur radio peut varier de 50 pF à 950 pF par
17.2
$2
-% " :
@
F&
% $
0° $
"
950 pF 1 ) 50 pF $
@
rotation d’un bouton de 0° à 180° . Le cadran
F&
$
# 180° M
:% $
. 180° 1 )
marquant 180° , le condensateur est relié à une
H - #
. 400V .9
1)
batterie de 400V . Après qu’il a été chargé, le
"
K
A
F&
$
condensateur est déconnecté de la batterie et le bouton
. 0° HA
ramené à 0° .
1/ Quelle est la charge du condensateur ?
F&
/1
2/ Quelle est la différence de potentiel entre les M
$ $%
$ $
3
/2
armatures quand le cadran marque 0° ?
.
0° 1 )
3/ Quelle est l’énergie du condensateur dans cette
HA 9
F&
/3
position ?
4/ En négligeant tout frottement, calculer le travail
/"I
4% 2 #B
X /4
nécessaire pour tourner le bouton.
. K"
Exercice 2.18
On monte
deux
18.2
w R2 = 4, 4
R1 = 8,8 :$
- 4
C2 = 0, 24 µ F
C1 = 0, 48µ F :$ F&
.G F%2
1' $
$
% 24V D - $
$2
' 9)
:$K' #4
9
F
- $
$ F $
/1
#(H
4 %
V = 0 HA )
$"9
#
F
- $ $ G
$
/2
-@
- $
$ G
$
/3
#
$"9
. -@ K
'
/4
R1 = 8,8
résistances :
= 4, 4
et
deux
condensateurs :
C1 = 0, 48µ F et C2 = 0, 24µ F non chargés de la
et R2
manière illustrée dans la figure ci-dessous.
Sachant qu'il y a une différence de potentiel de
24V aux bornes de ce réseau, déterminer :
1/ le potentiel au point F lorsque l'interrupteur
K est ouvert depuis un temps assez long (poser
V = 0 à la borne négative de la source),
2/ le potentiel au point G lorsque l'interrupteur est
ouvert,
3/ le potentiel final au même point G lorsque
l'interrupteur K est fermé depuis un temps assez
long,
4/ la quantité de charge qui a traversé l'interrupteur
K fermé.
C1
C2
G
K
R1
F
R2
B
A
Exercice 2.19
1/ Calculez la quantité d'énergie emmagasinée
dans un condensateur constitué de deux plaques
carrées de 9cm de côté, séparées par un espace d'air
de 2mm , lorsque ses armatures portent une charge de
±300 µ C .
2/ Que devient cette énergie si on introduit une
plaque en mica (de permittivité relative = 7 ) de
A.FIZAZI
19.2
$
F&
"+
4% 2 /1
F # 9cm
HA $
$ F
%
# 2mm G % N
$ "K
. ±300 µ C
$
F
+2
D9 0
/2
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107
Conducteurs en équilibre
2mm d'épaisseur qui remplit donc tout l'espace entre $9) ?
les armatures ?
c) Même question que 2/ pour le cas où la plaque
de mica ne fait que 1mm d'épaisseur.
Exercice 2.20
On considère le montage comme indiqué sur la
figure ci-dessous. Tous les interrupteurs sont ouverts
et les condensateurs déchargés.
I. On ferme l’interrupteur K1 :
1/ Quelle est la charge finale portée par chaque
condensateur ?
2/ Quelle est la différence de potentiel finale entre
les armatures de chaque condensateur ?
II On laisse l’interrupteur K1 fermé, puis on ferme les
interrupteurs K 2 et K 3 :
1/ Quelle est la charge finale portée par chaque
condensateur ?
2/ Quelle est la différence de potentiel finale entre
les armatures de chaque condensateur ?
III. On ouvre les interrupteurs K 2 et K 3 puis on ferme
les interrupteurs K1 et K 4 , quelle est la charge finale
portée par chaque condensateur ?
VI. On laisse les interrupteurs K1 et K 4 fermés, puis
on ferme aussi les interrupteurs K 2 et K 3 :
F
2mm G %
.9
B% $
9)
( =7 % G 9F)
$%
$ E F
/2 S% QF /3
. 1mm >) . % >
20.2
H
-
.G F%2
.
1'
8 F&
: K1
F
- 3 @ .I
F&
,
/ /1
F&
% $ ,
$
3
/ /2
: K3 K 2 $
- 3 @ /& # - @ K1
- B .II
F&
,
/ /1
F&
% $ ,
$
3
/ /2
: K4 K2 $
- 3 @ K 3 K1 $
- 0 F .III
F&
,
/
: A 2 K 3 K1 3 @ /& #$ - @ K 4 K 2 B .IV
$ F&
$
% $ $
3
/ /1
t C2 C1
t C2 C1 gEsnˆfOYR l<sEU<WKR[ l<sKLeR[ <O= ‰J /2
:4567 89:;
R1 = R2 = 100 , E = 6V
C2 = 2 µ F , C1 = 1µ F
1/ Quelle est la différence de potentiel finale entre
les armatures de chacun des deux
condensateurs C1 et C2 ?
2/ Quelles sont les charges finales des deux
condensateurs C1 et C2 ?
Application numérique :
R1 = R2 = 100
, E = 6V
C2 = 2µ F , C1 = 1µ F
C1
C2
K3
R1
K1
K2
R2
K4
E
Exercice 2.21
Quatre condensateurs sont groupés comme indiqué
sur la figure ci-dessous. On applique une différence de
potentiel U entre les points A et B et l’on branche
un électromètre E entre les points F et G pour
déterminer leur différence de potentiel. Montrer que
A.FIZAZI
1' $
A $ - $ U $
G
F $ - $ E
Y $2 $K .
Université de BECHAR
F&
21.2
H 2
3 . F%=
)
wB
:2 $
LMD1/SM_ST
108
Conducteurs en équilibre
l’électromètre indique zéro si
C1 C3
=
.
C2 C4
C1 C3
=
C2 C4
% %: &
.$ % %
.
F&
Ce dispositif représente un pont utilisable pour la
mesure de la capacité d’un condensateur en fonction
d’un condensateur étalon et du rapport de deux
capacités.
% 4%
9) F
4
F&
1)
9
>
F
C1
C2
A
B
E
C3
C4
G
U
Exercice 2.22
Soit le montage de condensateurs comme indiqué
sur la figure ci-dessous.
1/ Redessiner le schéma de ce montage en faisant
apparaître la symétrie par rapport à la branche ED .
2/ Si U = 100V et U CD = 0 , calculer la capacité
22.2
.G F%2
1' $
F&
4
$
5
5 L 4
9 /% '2 /1
. ED ! F
% 4% 2 # U CD = 0 U = 100V $ 9) /2
du condensateur équivalent, la charge de chaque $ $
3 9
F&
#,
F&
condensateur ainsi que la différence de potentiel entre
. F&
%
les armatures de chaque condensateur.
C1 = C2 = C3 = C4 = 1µ F :1
On donne C = C = C = C = 1µ F
1
2
3
4
C1
A
D
C2
B
E C5
C3
C4
U
Exercice 2.23
Un condensateur de capacité
23.2
U0
# C % F&
sous une tension U 0 est rapidement connecté à un
8
wC '
% O +2 F&
' %
autre condensateur de capacité C ' , initialement
. R
9 ,
%
#
déchargé, par l’intermédiaire d’un circuit électrique de
& /K # % % 1 ' # C ' $
CZ F
résistance R .
CC
'
La décharge de C et la charge de C ' , en série, se fait
. = RCéq = R
$"
CC '
C +C'
avec la constante de temps = RCéq = R
.
# :
HA
4
C +C'
B
D9
,
A
4%
On demande d’établir le bilan des énergies libres du
système, de calculer l’énergie perdue et de comparer
.R
: F
%
C , initialement chargé
cette énergie à celle consommée par effet Joule dans
R.
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109
Conducteurs en équilibre
C'
C
R
Exercice 2.24
On étudie la décharge d’un condensateur, en
envisageant le circuit de la figure ci-dessous, constitué
d'un conducteur ohmique de résistance R et d'un
condensateur de capacité C chargé.
1/ Quel est le signe de i ? Établir la relation liant
l'intensité i du courant à la tension
uC .
2/ Etablir l'équation différentielle régissant l'évolution
de uC .
3/ Une solution de l'équation différentielle peut
s'écrire
uC = A exp ( at ) où A et a sont deux
constantes positives non nulles.
a) En
utilisant
l'équation
différentielle,
déterminer A et a .
b) Donner l'expression littérale de la constante
de temps .
c) Montrer par analyse dimensionnelle que
a
la même unité qu'une durée.
d) Sachant que R = 33 , et = 0, 07 s , en
déduire la valeur de la capacité
condensateur.
C du
4/ En utilisant les résultats précédents :
U0
t
.
exp
R
RC
b) Déterminer la valeur I 0 de i à t = 0 .
c) Calculer la valeur de i pour t = 0,5s .
d) Déterminer la valeur de uC à la même date.
a)
montrer que i =
e)
Le condensateur est-il déchargé ? Justifier la
réponse.
5/ On remplace ce condensateur par un autre
condensateur de capacité C ' supérieure à C . Ce
condensateur est chargé sous la même tension
24.2
Z F Q
1'
RG
' # F&
F&
2
$
#G F%2
. C %
I HA i
)
/ /1
. uC
i
. uC
%
AF
HA /2
$2 $
AF
O ) /3
$ : $ & a A L uC = A exp ( at ) 4
.$
8
.a A K # A F
% (2
. $"
&
') (4
QF
$2 .
$K (T
. "
( % # = 0, 07s # R = 33 $2 ' (
. F&
C %
: - % (,
% /4
U0
t
. i=
$2 $K (2
exp
R
RC
. t = 0 i * I 0 - K (4
. t = 0,5s :2 $ i
4% 2 (T
. 5 QF
uC
4% 2 (
.B :)
8 2 F&
(D
2 C ' % O +2 F&
F&
D9
% /5
. U0
F&
D9 . C $
- % $
2 F&
9
"+
U0 .
L'énergie emmagasinée dans ce condensateur est-elle
supérieure à la précédente ?
C
A
B
uC
R
uR
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Conducteurs en équilibre
Exercice 2.25
On étudie le champ électrostatique et le potentiel
créés par deux conducteurs sphériques concentriques
chargés, en équilibre électrostatique.
Le conducteur central
( C ) est une boule de centre
O et de rayon R ; il porte une charge négative Q .
Le conducteur externe
( C ') est une boule creuse,
O et porte une charge positive égale à 2Q ;
le rayon de sa surface interne est égal à 2R , celui de
sa surface externe est égal à 3R .
de centre
Il n’y a pas d’autres charges, ni à l’intérieur de
l’espace vide entre les deux conducteurs, ni à
l’extérieur des deux conducteurs. Chacun des deux
conducteurs est isolé. Le potentiel est nul à l’infini.
On note
E ( M ) le champ électrostatique et
V ( M ) le potentiel en un point M quelconque de
l’espace, repéré par ses coordonnées sphériques
M ( r, ,
) , où OM = ru
2/ Pourquoi peut-on écrire
E ( M ) = E ( r ) u et
3/ Démontrer que la charge
externe
( C ')
se répartit également sur ses deux
surfaces.
4/
2Q du conducteur
Calculer
E ( r ) et
tracer
le
(
)
( C ')
D9
6/ Déterminer le potentiel
V ( r ) et tracer le
graphe correspondant.
7/ En déduire le potentiel de chacun des deux
conducteurs et la capacité du condensateur sphérique
formé du conducteur
conducteur
( C ') .
( C ) et de la surface interne du
$
: +
.4%
9
+
9
$
2Q
.$
/%
+ ) -
/2
$2 $
/3
% 1' /5
'"
E ( r ) 4% 2 /4
.P
%
)
2
2
1 d r E (r)
divE ( M ) = 2
4% 2
r
dr
S
$ Y $
.N AF 3
.4%
$
F&
%
$
+
0 %
& X
/1
V (M ) = V (r )
(
2
2
D9
1 d r E (r)
5/ Calculer divE ( M ) = 2
dans
r
dr
les différentes régions de l’espace. Pouvait-on prévoir
ces résultats?
$ %
$"
E (M ) = E (r )u
graphe
correspondant. Cette fonction est-elle continue?
Commenter.
$
. OM = ru L # M ( r , , )
:
& $ /": $
: $2 $
.
1/ Pourquoi peut-on affirmer que la densité
volumique de charge est nulle dans les conducteurs ?
Où trouve-t-on les charges?
V (M ) = V (r ) ?
25.2
- Q
$
$
$
.$ %
$"
O "
( C ) ."
. Q %
RR
O "
# :
: +
G %
R 2Q *
%
:
: +
D
# 2R . %
+
. 3R . %
$ E F "K
+ > #O +2
: >
. " $
$
.$
T + > #$
.
>
/
$
V (M ) *
$ %
E (M ) * "
K
#N AF
M $
$' $ :
/%
$
(C )
/5
(,
V (r ) $
$K' /6
$
( %) /7
$
+
. ( C ')
+ C G $ I /% 2 /8
. : $ .( F&
T +
. F&
"+
') /9
8/ Faire une figure donnant l’allure de quelques
lignes de champ ( à l’intérieur du condensateur et à
l’extérieur). Les orienter.
9/ Donner l’énergie emmagasinée dans ce
condensateur.
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Conducteurs en équilibre
( C ')
2Q
2R
R
(C )
Exercice 2.26
Un condensateur plan est constitué de deux plaques
métalliques rectangulaires A et B (figure-a- cidessous) de longueur L et de largeur x , séparées par
une couche d’air d’épaisseur 2d .
1/ Calculer la capacité du condensateur.
2/ Calculer la charge du condensateur lorsqu’il est
mis sous une tension U .
3/ On introduit entre les deux armatures du
condensateur une plaque métallique (figure-b- cidessous) d’épaisseur d / 2 et initialement neutre.
Calculer les charges réparties sur les faces et les
représenter sur les faces.
On donne :
L = 12cm; x = 10cm; 2d = 4cm;
U = 400V ;
0
= 8.85.10
12
3R
+Q
26.2
$
$ F
$
%
F&
$
( a[G F%2
) B
A $
%
$ F #x
C '
L
. 2d
% N
. F&
% 4% 2 /1
$
F&
4% 2 /2
.U $
3
)
F
F&
%
$
+ /3
.
d / 2 B % 9 ([b[G F%2
1'
'K"
QE , QD , QB , QA
4% 2
.G: = 1 ' \&
G: =
:
L = 12cm; x = 10cm; 2d = 4cm;
U = 400V ;
U
A.FIZAZI
A
D
E
B
0
= 8.85.10
12
A
2a
U
B
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Conducteurs en équilibre
Corrigés des exercices 2.1 à 2.26 :
26.2
1.2
Exercice 2.1 :
1/ A l’état d’équilibre, les charges se répartissent sur la surface du conducteur c'est-à-dire
sur la surface de la sphère. A l’intérieur du conducteur la charge totale est nulle.
2/ Déduction de l’expression de la densité surfacique de la charge :
Q
=
Q
=
C / m2
S
2
R
4
S = 4 R2
3/ Dans un conducteur en équilibre, le champ électrostatique est nul.
4/ D’après le théorème de Coulomb on a :
1 Q
E=
E=
(V / m )
4 0 R2
0
(
)
5/ Pour appliquer le théorème de Gauss, considérons une surface sphérique fermée de
rayon
. Le flux du champ électrostatique à travers cette surface est :
= ES = E.4 r 2 . Donc, l’intensité du champ électrostatique produit à la
distance r ( r R ) du centre du conducteur est :
E4 r2 =
Q
0
E=
1
4
0
Q
(V / m )
r2
Exercice 2.2 :
1/ On applique le théorème de Gauss : La charge intérieure est égale à la somme des
charges à l’intérieur de la surface de Gauss qui est une sphère de rayon RG un peu plus
grand que le rayon de la sphère conductrice :
Qint = 80 20 Qint = 60.10 6 C
E=
Qint
Qint
=
4 RG2 .
0 SG
E = 84,3.106Vm
0
1
2/ La surface de Gauss, dans ce cas, entoure uniquement la cavité. La charge intérieure est
celle que porte la cavité, soit 20 µ C . D’où le champ près de la surface de la cavité :
E'=
Q 'int
Q 'int
=
'
4 rG2 .
0 SG
E ' = 2,81.106 Vm
0
1
3/ La charge sur la surface interne de la cavité est égale à la charge ponctuelle mais de
signe opposé, et ce en raison de l’influence totale que produit la charge ponctuelle :
q + Qi = 0
Qi = 20 µ C
4/ La charge à la surface externe plus (+) la charge sur la surface interne de la cavité est
égale( = ) à la charge que porte la sphère. La charge que porte la surface externe de la
sphère est donc :
Qe + Qi = 80 µ C , Qe + 20 = 80
Qe = 60 µ C
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Conducteurs en équilibre
Exercice 2.3 :
1/ On applique le théorème de Gauss. On choisit comme surface de Gauss un cylindre de
rayon un peu plus grand que le rayon du cylindre conducteur, telle que toute la charge
que porte le cylindre soit à l’intérieur de la surface Gauss.
Q
Qint
E = int =
4 RG2 . 0 .
0 SG
E = 5, 4.106Vm
1
2/ La densité linéaire est égale à la somme des deux densités, celle du cylindre et celle de
la tige :
= 9+5 ,
= 14 µ Cm
1
3/ On applique le théorème de Gauss. On choisit comme surface de Gauss un cylindre de
rayon un peu plus grand que le rayon du cylindre conducteur, telle que toute la charge
que porte le cylindre et la tige ensemble, soit à l’intérieur de la surface Gauss :
Q
l
E = int =
E=
, E = 8, 4.106Vm 1
2 rl 0
2 r 0
0S
4/ On applique le théorème de Gauss. On choisit comme surface de Gauss un cylindre de
rayon R = 2cm , telle que toute la charge que porte la tige soit à l’intérieur de la
surface Gauss :
Q
Tl
E = int =
E=
, E = 4,5.106Vm 1
2 Rl 0
2 R 0
0S
Exercice 2.4 :
1/ On sait que pour charger un conducteur, il faut fournir un travail. Pour ajouter une
charge élémentaire dq (en supposant qu’on la ramène de l’infini où V = 0 ) à un
conducteur, il faut fournir un travail élémentaire : dWe = dq (V
V ) . L’énergie
potentielle élémentaire est donc dE p = dWe
dE p = dq.V . Pour obtenir l’énergie
totale il faut intégrer :
q
q
q
1 q2
E p = Vdq = dq E p =
C
2C
0
0
1
E p = CV 2
2
Le potentiel à la surface de la sphère est :
1 q
V=
4 0 R
V=
(1)
q = CV
q = .4 R
R
( 2)
0
2
En remplaçant le potentiel par sa valeur ( 2 ) dans l’équation (1) , on obtient :
C=4
V2 =
0
2
2
0
R
R2
Ep =
1
4
2
2
0R
2
0
R 2 , E p = 4 R3 pe
2/ Au cours de l’opération de décharge, l’énergie qui était sur la surface de la sphère se
transforme en énergie calorifique par effet joule dans le fil joignant la sphère à la terre.
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114
Conducteurs en équilibre
3/ L’énergie fournie par la source de tension à la sphère est E p = qV = CV 2 , c’est le
double de l’énergie emmagasinée dans la sphère conductrice à la fin. L’autre moitié s’est
transformée en énergie calorifique au cours du transfert des charges à travers le fil métallique.
Exercice 2.5 :
1/ Les deux sphères sont au même potentiel, V1 = V2 :
1 Q1
1 Q2
Q1 Q2
=
=
4 0 R1 4 0 R2
R1 R2
(1)
D’après le principe de la conservation de la charge, on a : Q = Q1 + Q2
Des équations (1) et ( 2 ) on peut en déduire la charge de chaque sphère :
Q2 =
R1
R2
Q1 R2 = Q2 R1
Q1 = Q2
Q = Q1 + Q2
Q1 = Q Q2
Q
Q2 =
R1
+1
R2
Q1 = Q2
R1
R2
Q1 =
( 2)
3
10 9 C
13
10 9
10 C
13
2/ L’énergie de la sphère avant la connexion (La capacité C d’un conducteur sphérique
étant C = 4 0 R1 ) :
W=
Q2
2C
W=
Q2
8
0
W = 4,5.10 9 J
R1
3/ L’énergie du système après la connexion des deux sphères entre elles :
W = W1 + W2
1 Q12 Q22
+
W=
W = 4, 46.10 9 C
Q12
Q22
W=
+
8 0 R1 R2
8 0 R1 8 0 R2
On remarque une perte d’énergie, bien qu’elle soit négligeable. Puisque l’effet du fil
n’est pas pris en considération, on peut expliquer la perte d’énergie comme étant une
transformation en radiation électromagnétique à l’instant de la connexion des deux sphères.
4/ De l’équation (1) , on déduit :
Q1 Q2
=
R1 R2
1
4 R12
=
R1
2
4 R22
R2
1
=
2
R2
R1
5/ En appliquant le théorème de Gauss, on peut calculer le champ électrique à la surface
de la sphère :
Q
S
ES = int =
E=
0
E1, surface =
0
0
1
0
E2, surface =
1
2
A.FIZAZI
=
2
E1, surface
0
E2, surface
=
1
2
=
R2
R1
R2
R1
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Conducteurs en équilibre
Exercice 2.6 :
1/ La sphère S1 acquiert la charge +Q1 lorsqu’elle est portée au potentiel V1 . La cavité
S2 est influencée totalement par la charge de la sphère S1 , ce qui entraîne l’apparition
de la charge Q1 à sa surface interne, et la charge +Q1 sur sa surface externe, telle que
sa charge totale reste nulle du fait qu’elle est isolée et en équilibre (figure-a). C’est
pour cette raison que le champ à l’intérieur de la cavité R1 r R2 est égal, d’après le
théorème de Gauss, à :
Q
E ( r ) .S = 1
Q1
E (r ) =
0
4 0r 2
S = 4 r2
, sachant que V = 0 :
2/ Calculons la circulation du champ de R1 à
V1 V = Edr
Q1
4 0
V1 =
R1
dr
r2
R1
V1 =
Q1 1
4 0 R1
Donc, la valeur de la charge que porte la sphère S1 est :
Q1 = 4
'''' 1111
Q
+
+
R1V1 , Q1 = 1,1µ C
Q
-
+
1111
+
+
Q
-
+
0
+ + +
+ R1
+
+
+
+
+ + +
R2
1111
+ + +
+
+ R1
+
+
+
+
+
+
+
+ + +
+
+
R2
+
+
+
+
(a)
'''' 1111
Q
+
1111
Q
+
V1
V1
(b )
2/ La mise à la terre de la sphère creuse se traduit par la décharge de sa surface externe,
pendant que sa surface interne porte la charge Q1' , le potentiel de cette cavité est nul. Figureb.
En suivant le même raisonnement que précédemment, on obtient :
V1 V2 =
R2
V1 =
Edr
R1
Q1'
4 0
R2
R1
dr
r2
V1 =
Q1'
1
4 0 R1
1
R2
On en déduit la charge de la surface interne de la cavité creuse, qui est égale mais de signe
contraire à celle de la sphère S1 , en raison de l’influence totale :
Q1' = 4
V
0 1
Q1 = 4
0
R2 = 2 R1
R1 R2
R2 R1
Q1' =
R1V1
R2
R2
R1
Q1
Q1' = 2Q1 , Q1' = 2, 2µ C
Conclusion : La charge de la sphère S1 varie aussitôt que la cavité S2 est reliée à la terre.
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116
Conducteurs en équilibre
Exercice 2.7 :
La répartition de la charge consiste en une charge + q que l’on
peut considérer comme ponctuelle, son niveau de potentiel étant
nul (V = 0 ) .
Avant de placer la charge + q au voisinage du plateau, le
xe
+ xe
plateau n’était pas chargé. Lorsqu’on approche la charge + q de ce
+q
q
plateau, et par effet de l’électrisation par influence, le plateau se
charge négativement, tel que son potentiel reste nul. Il résulte de
ceci l’attraction de la charge par le plateau.
La charge + q et le plateau créent dans l’espace une répartition
V =0
de potentiel caractérisée par son niveau de potentiel nul (Surface
équipotentielle) en x = 0 .
Si on remplace le plateau par une charge q ponctuelle située à la distance xe , on aurait
la même répartition de potentiel (le plan médiateur à un potentiel nul V = 0 ). On appelle cette
charge ( q ) l’image électrique de la charge + q par rapport au plan. L’attraction entre la
charge + q et le plateau de potentiel nul (V = 0 ) est la même attraction produite entre la
charge + q et la charge q .
La force appliquée sur la sphère, d’après la loi de Coulomb, est donc :
F=
1
4
0
q2
4 xe2
Exercice 2.8 :
1/ Quelque soit le point M appartenant au plan conducteur, la différence de potentiel
créée par les deux charges est nulle :
M , V (M ) =
q
4
0
1
r1
1
r2
V (M ) = 0
r1 = r2 = r
Le champ a une seule composante Ex située sur l’axe des X , et par conséquent, le champ
résultant des deux charges au point M est perpendiculaire au plan conducteur vertical comme
il est démontré dans le raisonnement suivant :
On note par E+ et E les deux champs résultant respectivement des deux charges + q
et q . D’après la figure ci-dessous on a :
E+ x = E
E ( M ) = E+ + E
Y
E+ y
E+
x
E+ = E+ x + E+ y
E =E x +E
M
E
E
E
q
E+ = E =
y
E+ x = E
O
a
+q
X
4
0
1
r2
E ( M ) = 2 E+ x
x
E+ y = E
y
q
y
E ( M ) = E x = 2 E+ cos .u x
E (M ) =
2/ Pour calculer la densité de charge, on utilise le théorème de Gauss :
116 A.FIZAZI
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Université de BECHAR
q
2
0
1
cos
r2
117
Conducteurs en équilibre
= ES =
Qint
=E
0
0
Qint = S
q
E=
2
0
1
cos
r2
=
1 qa
2 r3
a
r
3/ Pour vérifier la charge du plan, on calcule le flux que produit la charge ponctuelle + q à
travers la surface du plan conducteur :
On sait que le flux élémentaire est d = EdS :
q cos
d = 2 E+ cos .dS
d =
dS
2 0 r2
q
cos
On reconnaît l’angle solide élémentaire d : d = 2 dS
d =
d
2 0
r
De la charge + q on voit le demi espace correspondant à l’angle solide = 2 , d’où :
q
=
cos =
0
=
D’après le théorème de Gauss
Qint
.
0
A la fin, on vérifie que la charge que porte le plan est :
=
Qint
=
0
q
Qint = q . Ce
0
résultat prouve qu’il existe une influence totale entre la charge + q et le plan conducteur à
condition qu’il soit infini : q = q .
Exercice 2.9 :
Pour calculer le flux, on utilise la formule vue en cours dans l’étude de la forme
différentielle du théorème de Gauss :
Ey
Ex
dq
E
d E=
+
+ z dv =
x
y
z
0
Q
Pour calculer la charge interne, on fait appel au théorème de Gauss :
= int
0
Quant au calcul de la densité de la charge , on utilise le théorème de Gauss sous sa
forme différentielle :
Ey
Ex
E
+
+ z =
x
y
z
0
Premier cas : E = Cxu x
Le champ électrique a une seule composante Ex . Le flux est donc :
d
E
=
Ey
Ex
E
dq
+
+ z dv =
x
y
z
0
0
117 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
118
Conducteurs en équilibre
dE x
=C
dx
dv = dxdydz
d E = Cdv
E
= Cv ,
= Ca3
E
La charge interne est :
=
q
q=
0
q=
(
Deuxième cas : E = C yu x + xu y
3
0
La densité de charge est :
Ey
Ex
E
+
+ z =
x
y
z
0
0Ca
=
0
0
dE x
dx
=
0C
)
Le champ a deux composantes Ex et E y . Le flux est donc :
d
E
Ey
Ex
E
+
+ z dv = 0
x
y
z
=
0
=0
0
0
La charge interne est : q =
E
=0
q=0
La densité de charge est :
Ey
Ex
E
+
+ z =
x
y
z
=0
0
0
Exercice 2.10 :
Le conducteur S1 porte sa charge propre q11 = C11V1 , en plus de la charge q12 = C12V2 qui
résulte de l’influence du conducteur S2 . Il en est de même pour le conducteur S2 :
(1)
( 2)
q1 = C11V1 + C12V2
q2 = C21V12 + C22V
Puisque la distance qui les sépare est très grande par rapport à leurs rayons, le potentiel de
chaque sphère est équivalent au potentiel d’une charge ponctuelle, il est égal donc à la somme
de leurs potentiels inductifs, soit :
1 q1
1 q2
V1
+
( 3)
4 0 R1 4 0 d
V2
1
4
0
q2
1
+
R2 4
On met le conducteur S1 au potentiel (V1
(V2 = 0 ) , on obtient par ordre :
q2' = C21V1
LMD1/SM_ST
( 4)
0 ) , et, on relie le conducteur S2 à la terre
q1' = C11V1
118 A.FIZAZI
0
q1
d
( 5)
( 6)
Université de BECHAR
119
Conducteurs en équilibre
0=
1
4
0
On en déduit de l’équation ( 7 ) que :
1
q1'
+
d 4
q2'
R2
0
(7)
d '
q2
R2
(8)
R2 '
q1
d
En remplaçant le résultat ( 8 ) dans ( 3) , avec ( d
(9)
q1' =
q2' =
1
V1
4
0
R1
R1 , R2 ) , on trouve :
d '
1
q2 +
q2'
R2
4 0d
1
V1
4
0
1
V1
d
R1R2
4
0
R1 R2 d 2
dR1 R2
(10 )
Par identification des deux équations ( 9 ) et ( 6 ) , on trouve le coefficient d’influence :
1
C21 =
4
0
R1 R2
d
En remplaçant le résultat ( 9 ) dans ( 3) , avec ( d
V1
1
4
0
R1
q1' +
1
4
0
R2 '
q1
d
d
1
V1
R1 , R2 ) , on trouve :
4
0
1
V1
1 '
q1
R1
4
0
R1 R2 d 2 '
q1
d 2 R1
(11)
Par identification des deux équations (11) et ( 5 ) , on trouve la capacité d’influence :
C11 = 4
0
R1
On porte, à présent le conducteur S2 au potentiel (V2
0 ) , et on relie le conducteur S1 à
la terre (V1 = 0 ) . En suivant le mêmes raisonnement que précédemment, on arrive à :
C22 = 4
0
R2
, C12 =
1
4
0
R1 R2
= C21
d
Discussion :
a/ Si les deux conducteurs étaient infiniment éloignés l’un de l’autre, on aurait :
C12 = C21 = 0 , ce qui prouve qu’il n’y a pas d’influence mutuelle, autrement dit, chaque
conducteur est isolé, donc : C1 = C11 et C2 = C22 .
b/ Si les conducteurs étaient semblables et distants de d = R1 = R2 , on aurait :
C11 = C22 = C12 = C21 = 4 0 d
La solution serait plus rapide, si on utilise les matrices :
On écrit les équations (1) et ( 2 ) sous la forme :
q1
q2
=
C11 C12
V1
C21 C22
V2
On peut aussi écrire les équations ( 3) et ( 4 ) sous la forme :
119 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
120
Conducteurs en équilibre
V1
=
V2
R1 1 d -1
1
q1
d -1 R2 1 q2
On remarque que la première matrice, qui représente la matrice des coefficients et des
capacités d’influence, est équivalente à l’inverse de la matrice centrale dans la deuxième
matrice, et en tenant compte des caractéristiques des matrices, on a :
C11 C12
C21 C22
C11 C12
C21 C22
=4
=4
4
R1 1 d -1
0
0
0
1
d -1 R2 1
R1 R2
R2 1 -d -1
-d -1 R1 1
!C =4 R
0 1
! 11
!
" C22 = 4 0 R2
!
!
! C12 = C21 = 4
#
0
R1 R2
d
Exercice 2.11 :
1/ Après la liaison des deux condensateurs, la charge Q , que portait le premier
condensateur, se répartit sur les deux condensateurs, tel que chaque condensateur porte la
Q
charge .
2
Q
Q
La tension entre les deux bords du système est :
U'=
U ' = 10V
= CU '
2
2C
2/ Inventaire des énergies :
1
Avant la liaison : W = CU 2 W = 20 µ J
2
1
1
Après la liaison : W ' = CU '2 + CU '2
2
2
U C
+Q
Q
C
W ' = 10µ J
U' C
+Q / 2
Q/2
+Q / 2
Q/2
C
Commentaire : La différence entre les deux résultats est la perte de 10 µ J !! Cette perte
d’énergie n’a pas disparue !!!
Interprétation : Lors de la liaison des deux condensateurs, le courant de décharge produit
un champ magnétique : les 10 µ J se sont transformés en radiation électromagnétique (C’est
comme l’effet qui se produit au niveau des antennes d’émission des ondes radio).
Pour se convaincre, on place un poste radio à proximité du circuit : on entend un
crépitement caractéristique qui résulte de la réception d’ondes électromagnétiques émises au
moment de la fermeture du circuit. Pour la même raison, on peut entendre à la radio ces
crépitements lors de l’éclatement d’un tonnerre.
Exercice 2.12 :
1/ L’énergie emmagasinée :
120 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
121
Conducteurs en équilibre
1
CU 2 , WE = 9,5.10 4 J
2
2/ a) La relation entre les charges : La conservation de l’énergie nous impose :
WE =
(1)
QA = QA' + QE'
b) Il y a une autre relation entre les charges :
QA' C2
=
QE'
C1
U = QA' .C1 = QE' .C2
( 2)
c) Des équations (1) et ( 2 ) , on obtient les valeurs de QA' et QE' :
QA' = 4, 7.10 5 C , QE' = 3, 2.10 5 C
3/ L’énergie emmagasinée dans les deux condensateurs :
On remarque que l’énergie n’est pas conservée. La différence est perdue sous forme
d’énergie calorifique par effet joule dans le fil de jonction au moment de la liaison des deux
condensateurs :
%WE = WE WE' , %WE = 3,8.10 4 J
Exercice 2.13 :
1/ En règle générale, on dit que deux conducteurs sont en influence totale si toutes les
lignes de champ partant de la surface de l’un d’eux arrivent à la surface de l’autre. C’est ce
qui arrive lorsque l’un des conducteurs entoure complètement l’autre. Dans notre cas, on ne
peut rien dire quant aux lignes de champ qui quittent les surfaces externes des armatures.
Cependant, si on reste assez éloigné des bords de chaque armature, toutes les lignes de
champs issues de la surface interne de l’une des armatures, arrivent à l’autre armature. En ce
sens, on peut dire qu’il y a influence totale.
Dans un conducteur en équilibre, la densité de charge est nulle, et par conséquent la
charge est répartie sur la surface.
A cause de l’influence totale, la charge que porte la surface interne est égale et de signe
opposé à la charge que porte la surface interne de l’armature d’en face. A cause de la symétrie
du problème, les densités de charge sont uniformes, et le plan y = d porte une densité
.
constante égale à
2/ Le théorème de Coulomb énonce que le champ électrique au voisinage du conducteur
est perpendiculaire à sa surface et égal à E =
, où
est la densité de charge surfacique du
0
conducteur. On a pour chaque armature E =
uy .
0
3/ Le champ électrique est unidimensionnel, c'est-à-dire qu’il a une seule composante
suivant l’axe des y et son intensité constante, donc il est uniforme. On sait que E = gradV .
Donc :
dV
E=
uy
dy
V (d )
&
d
dV =
V ( 0)
& Edy
0
V ( d ) V ( 0 ) = Ed
V ( 0 ) V ( d ) = Ed
V ( 0) V ( d ) =
d
0
121 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
122
Conducteurs en équilibre
Il reste à déterminer la valeur de la capacité du condensateur :
Q
Q = C V (0) V ( d )
C=
V ( 0) V ( d )
C=
0
Q= S
S
d
Exercice 2.14 :
On peut simplifier le montage comme indiqué sur la figure suivante :
U
U
U
C2
C12
C1
C1
Q1
Céq
Q12
Qéq
C3
Les condensateurs C2 et C3 sont montés en parallèle, soit C12 leur capacité équivalente :
C12 = C1 + C2 C12 = 15µ F
Les condensateurs C12 et C1 sont montés en série, soit Céq leur capacité équivalente :
1
1
1
C + C1
=
+
Céq = 12
Céq = 10µ F
Céq C12 C1
C12C1
La charge totale du système est :
Qéq = CéqU
Qéq = 30 µ C
La charge du condensateur C1 est :
Q1 = 30 µ C
Q1 = Q12 = Qéq
La tension entre les armatures du condensateur équivalent C12 est : U12 =
La charge du condensateur de capacité C2 est : Q2 = C2U12
Q12
C12
U12 = 2V
Q2 = 20 µ C
Q3 = 10 µ C
La charge du condensateur de capacité C3 est: Q3 = C3U12
Exercice 2.15 :
1/ On applique le théorème de Gauss à une surface sphérique fermée de rayon compris
entre Re et Ri . A l’intérieur de cette surface, le champ est nul en raison de l’équilibre du
conducteur. La charge que porte la paroi intérieure de la couronne est donc :
E=0
= ES =
Qint
=0
0
Qi = Q
Qint = Q + Qi
2/Là aussi, on applique le théorème de Gauss. La surface de Gauss est une sphère de
rayon Ri r R :
= E 'S =
Qint
0
Qint = Q
122 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
E' =
Q
4
1
0
Université de BECHAR
r2
123
Conducteurs en équilibre
( ) de l’isolant est égale au produit de
( 0 ) par la permittivité relative ( r ) de l’isolant = 0 . r . Sachant
3/ Dans ce cas, on sait que la permittivité absolue
la permittivité du vide
que
0 , et puisque le champ est inversement proportionnel à la permittivité, le résultat
est la diminution de l’intensité du champ.
Q
1
E" =
4 0 r r2
E" E '
0 r
0
4/ Le potentiel entre les armature est :
Q 1
+K
4 0r
En supposant, comme est toujours le cas, V ' = 0 quand r ' , on a K = 0 . Donc :
Q 1
V'=
4 0r
V ' = E ' dr
V '=
5/ La capacité du condensateur : on calcule d’abord la différence de potentiel entre les
armatures, puis on en déduit la capacité :
Q 1 1
U = V Vi U =
4 0 R Ri
C=
Q
U
C=4
0
6/ Dans ce cas on a RRi = Ri ( Ri + d ) = Ri2 1 +
RRi
Ri R
d
Ri
Ri2 et Ri
R
d . On peut donc
écrire :
S = 4 Ri2
d = Ri R
Telle est la capacité du condensateur plan.
C=
0
S
d
Exercice 2.16 :
On s’aide de la figure suivante :
C1
C6
C2
C3
C4
C6
C6'
C0
C7'
C7
C0'
C7
C5
1/ Calcul de la capacité du condensateur équivalent du montage :
C6' = C1 + C2 + C3 C6' = 6µ F
C7' = C4 + C5
123 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
C7' = 9 µ F
Université de BECHAR
C
124
Conducteurs en équilibre
1
1
1
=
+ '
C0 C6 C6
C0 = 4 µ F
1
1
1
C0' = 6 µ F
=
+ '
'
C0 C7 C7
Finalement la capacité du condensateur est égale à :
C = C0' + C0
C = 10 µ F
2/ Calcul de la charge et de la différence de potentiel de chaque condensateur :
6U 6' = 12U 6 U 6' = 2U 6
Q6 = Q6'
U 6 = 40V , U 6' = 80V
U 6' + U 6 = 120
Q7 = Q7'
9U 7' = 18U 7
U 7' = 2U 7
U 7 = 40V , U 7' = 80V
U 7 + U 7 = 120
On en déduit de cela :
U1 = U 2 = U 3 = 80V , U 4 = U 5 = 40V
'
A présent, il est facile de calculer la charge de chaque condensateur en appliquant la
relation fondamentale des condensateur Q = CU :
Q6 = C6U 6 Q6 = 480µ C
Q1 = C1U1
Q1 = 80 µC
Q2 = C2U 2
Q2 = 160 µC = Q6 = Q6'
Q3 = C3U 3
Q3 = 240µ C
Q7 = C7U 7
Q7 = 720µ C
L’énergie de tout le groupement est donc :
1
W = CU 2
2
;
Q4 = C4U 4
Q4 = 320µ C
Q5 = C5U 5
Q5 = 400µ C
= Q7 = Q7'
W=0,72J
Exercice 2.17 :
Remarque : On note par l’indice 0 tout ce qui est en rapport avec la position 0° , et par
l’indice 1 tout ce qui se rapporte à la position 180° .
1/ Quand le condensateur est reliée à la batterie, sa charge est :
Q1 = C1U , Q1 = 950.10 12.400 , Q1 = 380nC
2/ La différence de potentiel quand le cadran indique 0° est :
W0 =
1 Q12
, W0 = 1, 444.10 3 J
2 C0
3/ L’énergie du condensateur quand le condensateur indique 0° est donc :
Q
38.10 8
U0 = 1 , U0 =
, U 0 = 7, 6.103V
C0
50.10 12
4/ Le travail nécessaire pour faire tourner le bouton est égal à la diminution de l’énergie
entre les positions 0° et 180° . L’énergie du condensateur quand le cadran indique 180° est:
W1 =
1 Q12
, W1 = 0, 076.10 3 J
2 C1
Donc le travail fourni est : w = W1 W0 , w = 1,368.10 3 J
Le signe moins (-) signifie que cette énergie a été dépensée.
124 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
125
Conducteurs en équilibre
Exercice 2.18 :
1/ L’interrupteur K ouvert : regardons la figure(a) correspondante :
D’après la règle des tensions : U AB = U AF + U FB
D’où :
U AB = ( R1 + R2 ) I
U AB = 3R2 I = 3U FB
R1 = 2 R2
Le potentiel en B est donc:
VA VB = 3 (VF VB )
VF = 8V
VB = 0 , VA = 24V
2/ De la même façon on trouve la valeur du potentiel VG : U AB = U AG + U GB
Les deux condensateurs portent la même charge Q puisqu’ils sont montés en série :
U AB = QC1 + QC2
U AB = 3QC1 = 3U AG
C2 = 2C1
Le potentiel en G est donc :
VA VB = 3 (VA VG )
2V
VG = A
VG = 16V
3
VB = 0 , VA = 24V
C1
G
R1
F
C2
C1
R2
G
R1
B
A
F
C2
R2
A
B
3/ L’interrupteur K fermé : Regardons la figure(b) correspondante.
Le potentiel du point F est le même qu’à la question (1) , soit VF = 8V . Donc :
VF = VG = 8V
4/ Avant la fermeture de l’interrupteur, chaque condensateur portait la charge :
Q = Q1 = Q2
C1U1 = C2U 2
Q = 7, 69.10 6 C
U1 = VA VG = 16V
Au moment de la fermeture, et temporairement, chaque condensateur portait sa propre
charge :
Q1 = C1U1 Q1 = 7, 69.10 6 C
Q1 ) Q2
Q2 = C2U 2 Q2 = 1,92.10 6 C
Cependant, cette situation ne dure pas. Lorsque l’état d’équilibre est atteint très
rapidement, les charges des deux condensateurs deviennent égales. Pour que les deux charges
des deux armatures communes au point G s’égalisent, il faut que des charges négatives, les
seules qui peuvent se déplacer, quittent l’armature C1 . Ce déplacement ne s’arrête que lorsque
les deux charges des deux armatures s’égalisent.
Si Q1' est la valeur qui a transité par l’interrupteur, sa valeur est donc :
125 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
126
Conducteurs en équilibre
Q2 = Q1 + Q1'
Q1' = Q2 Q1 , Q1' = 5, 76.10 6 C
Exercice 2.19 :
1/ Pour calculer la quantité d’énergie emmagasinée dans le condensateur, calculons
d’abord la capacité du condensateur :
S
C1 = 0
, C1 = 35,8.10 12 F
d
WE =
1 Q2
, WE = 1, 25.103 J
2 C1
2/ Si on introduit une plaque de mica, la capacité augmente, ce qui entraîne une
diminution de l’énergie. La permittivité absolue du mica est = 0* . D’où :
C2 = *
WE 2 =
0
S
, C2 = 250,6.10
d
12
F
1 Q2
, WE 2 = 1,8.102 J
2 C2
3/ Dans le cas de la diminution de la distance entre les armatures, la capacité augmente et
l’énergie emmagasinée diminue :
S
C3 = * 0
, C2 = 501, 2.10 12 F
d /2
WE 3 =
1 Q2
, WE 3 = 89,8 J
2 C3
Exercice 2.20 :
I.
L’interrupteur K1 fermé : Voir figure correspondante ci-dessous :
1/ les deux condensateurs étant montés en série, ils portent la même charge. La tension
entre les armatures du condensateur équivalent est égale à la force électromotrice E du
générateur :
CC
C= 1 2
CC
C1 + C2
q = E 1 2 , q = 4µC
C1 + C2
q = CV = CE
C1
C2
E
2/ La différence de potentiel entre les armatures de chaque condensateur :
q
U1 =
U1 = 4V
C1
U2 =
126 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
q
C2
U 2 = 2V
Université de BECHAR
127
Conducteurs en équilibre
II.
On laisse l’interrupteur K1 fermé, et on ferme les interrupteurs K 2 et K 3 . Voir
figure suivante :
C1
C2
R1
E
1/ Après le laps de temps nécessaire pour la charge du condensateur, le courant
électrique s’annule, mais le générateur impose une tension permanente entre ses bords. En
suivant les deux trajets différents pour calculer la tension entre les pôles du générateur, on
arrive à :
E = U1 + U 2
U1 = 0
q1 = 0
E = U2
Donc, le condensateur C1 se décharge dans la résistance R1 , tandis que le
condensateur C2 se charge sous la tension E du générateur, telle que :
q2 = C 2 E
q2 = 12nC
2/ La différence de potentiel entre les bords de chaque condensateur est :
U1 = 0 , U 2 = E = 6V
III. On ouvre les interrupteurs K1 et K 3 , et on ferme les interrupteur K 2 et K 4 . Voir
figure suivante :
C1
C2
R1
R2
Les deux condensateurs se déchargent complètement dans les résistances :
q1 = q2 = 0
IV.
On laisse K 2 et K 4 fermés, puis on ferme aussi les interrupteurs K1 et K 3 .
1/ La tension entre les bords de chaque condensateur est :
C1
R1
C2
R2
E
127 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
128
Conducteurs en équilibre
E = ( R1 + R2 ) I
R1 = R2
I=
E
, I = 0, 03 A
R1 + R2
U1 = U 2 = R1 I
U1 = U 2 = 3V
2/ La charge de chaque condensateur est :
q1 = C1U1 q1 = 3µ C
q2 = C2U 2 q2 = 6 µ C
Exercice 2.21 :
Si l’électromètre indique zéro, cela veut dire que les points F et G sont au même
potentiel. Nous voyons sur la figure ci-contre que :
F
q1 q3
U AF = U AG
=
(1)
C1
C2
C1 C3
q1 + q2
q2 q4
+ q1
q2
U FB = U GB
=
( 2)
A
B
U
=
0
FG
C2 C 4
D’après le principe de la conservation de la charge, on a :
+ q3
q4
C
q1 + q2 = 0 q1 = q2
3 q3
+ q C4
q3 + q4 = 0
4
q3 = q4
G
Dans l’équation ( 2 ) , on remplace q2 et q4 respectivement
U
par q1 et q3 , on écrit donc :
q1 q3
=
C2 C4
( 3)
On divise les équations ( 3) et (1) membre à membre, on obtient :
( 3)
(1)
C1 C3
=
C 2 C4
Exercice 2.22 :
1/ On remarque que E est un point commun aux condensateurs C3 , C4 et C5 ; en même
temps le point D est commun aux condensateurs C1 , C2 et C5 . Le condensateur C5 est seul
entre les points E et D . Le montage qui montre la symétrie est représenté sur la figure
suivante :
C1
+ q1
C2
D
+ q2
q1
A
q2
B
C5
+ q3
C3
+ q4
q3
E
q5
C4
Céq
A
B
U
U
2/ On pose : C1 = C2 = C3 = C4 = C
128 A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
Université de BECHAR
129
Conducteurs en équilibre
D’après le principe de la conservation de la charge, et à l’aide de la figure précédente, on
a:
q = q1 + q3 = q2 + q4
(1)
CéqU = CU1 + CU 3 = CU 2 + CU 4
CéqU = C (U1 + U 3 ) = C (U 2 + U 4 ) ( 2 )
D’après la règle des tensions, on peut écrire :
U = U1 + U 2
2U = U1 + U 2 + U 3 + U 4 ( 3)
U = U3 + U 4
De l’équation (1) , on en déduit que :
CéqU = CU1 + CU 3 = CU 2 + CU 4
U1 + U 3 = U 2 + U 4
Reportons ce dernier résultat dans l’équation ( 3) , qui devient :
2U = U1 + U 3 + U 2 + U 4
U 2 +U 4
( 4)
U = U2 +U4
Des équations ( 2 ) et ( 4 ) on peut calculer la capacité du condensateur équivalent Céq :
(1)
( 4)
CéqU = C (U 2 + U 4 )
Céq = C = 1µ F
U = U2 + U4
La charge de chaque condensateur : on montre que les charges q3 , q2 , q1 et q4 sont égales :
U1 = U 3
q1 = q3
"
U2 = U4
#q2 = q4
q1 + q2 = 0 q1 = q2
q3 + q4 = 0
q1 = q2 = q3 = q4
q3 = q4
Evaluons la charge q2 par exemple :
U = U1 + U 2
q
q q
= 1+ 2
Céq C1 C2
q = CéqU = 2Cq2
q = q1 + q2 = 2q2
q2 =
Céq
2
U
q1 = q2 = q3 = q4 = 5.10 7 C
Quant à la charge q5 , elle est nulle : q5 = C5U 5
q5 = 0
La différence de potentiel entre les bords de chaque condensateur est :
U = U1 + U 2
U1 = U 2 = U 3 = U 4 = 50V U 5 = 0
U1 = U 2
Exercice 2.23 :
1
CU 02
2
On obtient l’énergie finale, à la fin de régime transitoire, en fonction de C , C ' et de la
tension U commune entre les bords des deux condensateurs, en écrivant :
L’énergie électrostatique libre initiale du système est : (1) + We1 =
129 A.FIZAZI
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130
Conducteurs en équilibre
1
2
( 2 ) + We 2 = ( C + C ')U 2
Pour connaître cette tension U , on introduit la conservation de la charge électrique au
cours de la transformation de l’énergie. En effet, le système est isolé du milieu extérieur, et la
charge électrique qui est une quantité de matière ne peut être que conservée. La charge initiale
Q0 s’est répartie à la fin en deux charges q et q ' , telle que :
Q0 = CU 0 = q + q ' = ( C + C ') U 2
U=
C
U0
C +C'
We 2 =
C 2U 02
1
( C + C ')
2
2
( C + C ')
We 2 =
1 C2
U 02
2 C +C'
L’énergie emmagasinée dans l’ensemble des condensateurs est donc ( 2 )
(1) :
1 CC ' 2
U0
2 C +C'
Le signe moins (-) indique la diminution de l’énergie. L’énergie consommée a été
transférée au milieu extérieur sous forme d’énergie calorifique, dans la résistance R . La
puissance de cette transformation est d’autant plus grande que le temps de décharge est plus
petit, et la résistante plus faible.
Pour s’en assurer de cela, on calcule l’énergie dissipée par effet joule : soit i l’intensité
instantanée du courant électrique dans le circuit. La forme de ce courant est exponentielle. Sa
U
valeur initiale est 0 , car à cet instant, le condensateur de capacité C ' était sous une tension
R
nulle. La constante de temps est , = RCéq .
%We = We 2 We1 =
U 0 t /,
e
R
L’énergie dissipée par effet joule est donnée par :
'
'
U2
WJ = & Ri 2 dt = & R 02 exp ( 2t / , ).dt
R
0
0
Donc : i =
CC '
1 U 02
1
,
WJ = U 02
C +C'
2 R
2
La puissance moyenne au cours de la transformation du système, si on admet que
l’opération s’est produite en l’intervalle de temps t = 5, , est :
WJ =
WJ 1 U 02 ,
1 U 02
Pmoy =
=
Pmoy =
2 R 5,
10 R
t
Si On approche la valeur de la résistance de zéro, la transformation est brutale. La
puissance calorifique transformée conduit à échauffement très important, même si la quantité
de l’énergie fournie est indépendante de R .
Conclusion : Il faut éviter la jonction de ces deux sources de tension, c’est à dire les
condensateurs chargés. Si la résistance est celle de l’interrupteur, qui est obligatoirement
faible, l’instant de la fermeture conduit à sa détérioration.
Il est strictement interdit de réaliser un montage pareil.
130 A.FIZAZI
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131
Conducteurs en équilibre
Exercice 2.24 :
1/ Au cours de la charge du condensateur, l’intensité du courant est comptée positivement.
dq A
Au cours de la décharge le courant change de sens, donc i est négative : i =
dt
Remarque : dq A = qA ( t + dt ) q A ( t ) 0 car la charge que porte l’armature A décroît au
cours de la décharge, on trouve effectivement i
La relation entre i et uC :
0.
q A = Cuc
du
i= C C
dq A
dt
i=
dt
2/ L’équation différentielle de l’évolution de la tension uC est :
uC = uR
uR = Ri
uC = RC
duC
dt
du
1
uC + C = 0
RC
dt
duC
dt
3/ a) Désignation des deux constantes A et a :
at
duC d ( Ae )
duC
Exprimons d’abord
=
= aA exp ( at )
dt
dt
dt
Remplaçons dans l’équation différentielle :
1
1
A exp ( at ) aA exp ( at ) = 0 A
a exp ( at ) = 0
RC
RC
Cette équation est vérifiée quelque soit le temps t :
pour A = 0 , ce qui est impossible car l’énoncé impose A 0 ,
1
a = 0 , ce qui conduit à :
Ou pour
RC
1
1
a=0
a=
RC
RC
i= C
Au temps t = 0 , on a uC ( 0 ) = U 0 = 10V , d’où :
A exp ( a.0 ) = U 0
A = U 0 , A = 10V
b) La constante de temps est : , = RC
c) La valeur de la capacité est : C =
,
,
C = 2.10 3 F
R
d) La dimension de la constante de temps est homogène au temps :
, = RC
R=
uR
i
C =i
dt
duC
[, ] = [ R ][C ]
[U ]
[ R] =
[I ]
[T ]
[C ] = [ I ]
[U ]
[, ] =
[U ] I [T ]
[ ]
[ I ] [U ]
4/ a) Expression de l’intensité instantanée :
131 A.FIZAZI
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[, ] = [T ]
132
Conducteurs en équilibre
i = C.
duC
dt
uC = U 0 e
i=
t
RC
U0
exp
C
t
RC
U0
, I0 = 0,3A
R
U0
t
c) Intensité du courant au temps t = 0,5s : i ( t ) =
exp
, i ( 0,5 ) = 0, 2A
R
RC
t
d) La tension au même moment est : u ( t ) = U 0 exp
, u ( 0,5 ) = 8.10 3 V
RC
e) La durée écoulée dépasse plus de cinq fois la valeur de la constante de temps , , on
trouve une valeur de uC proche de zéro. Donc, on peut considérer que le condensateur s’est
déchargé.
5/ L’expression de l’énergie emmagasinée dans le condensateur C au temps t = 0 est
1
1
WE = CU 02 . Pour le condensateur ( C ' C ) C ' on a WE' = C 'U 02 . Puisque U 0 est constante,
2
2
on a WE' W .
b) Intensité du courant au temps t = 0 : i ( 0 ) =
Exercice 2.25 :
1/ Dans un conducteur en équilibre, le champ E est nul, et par conséquent divE = 0 .
=0 .
D’après la forme différentielle du théorème de Gauss, divE = / 0 . Donc
2/ En raison de la symétrie sphérique du système des deux conducteurs en état d’équilibre
électrostatique, le champ qui est un vecteur radial, est contenu dans tous les plans contenant
l’axe OM ; donc le champ radial E ( M ) et porté par u .
En plus de ce qui vient d’être dit, il n’y a pas de variation du champ par rotation autour de
O . Cela veut dire que les valeurs du champ ne dépendent pas des variables et / .
D’où, on peut écrire E ( M ) = E ( r ) u et V ( M ) = V ( r ) .
3/ La répartition des charges sur les surfaces des conducteurs.
En raison de la symétrie sphérique de l’ensemble des conducteurs, les charges se
répartissent uniformément sur leurs surfaces. La charge 2Q du conducteur externe ( C ') se
répartit sur ses surfaces interne et externe.
Puisque les conducteurs ( C ) et ( C ') sont en influence totale, il existe obligatoirement sur
la surface interne du conducteur ( C ') la charge +Q .
La charge restante +Q apparaît sur la surface externe du conducteur ( C ') .
On peut démontrer ceci, en appliquant le théorème de Gauss : Le champ est nul sur une
sphère de rayon , tel que 2 R r 3R . Le flux du champ externe est donc nul, et par
conséquent la charge interne de cette surface doit être nulle.
4/ Graphe de E ( r ) : On applique le théorème de Gauss à la sphère de rayon tel que
R
r
2 R . La charge interne est Q . On obtient : 4 r 2 E ( r ) =
Q
.
0
On applique le théorème de Gauss à une sphère de rayon
+Q
interne est +Q . On obtient : 4 r 2 E ( r ) =
.
0
132 A.FIZAZI
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tel que r
3R . La charge
133
Conducteurs en équilibre
On a donc :
Pour R
r
2R : 4 r 2 E ( r ) =
Q
0
Pour r
+Q
3R : 4 r 2 E ( r ) =
0
Le champ est nul à l’extérieur de cet espace étudié, et discontinu à la traversée de tout
plan chargé.
2
2
1 d ( r E ( r ))
5/ : divE ( M ) = 2
= 0 , en effet, dans ce problème, il n’y a aucune densité
r
dr
volumique de charge en aucune position. La charge est répartit sur les surfaces des
conducteurs.
E (r )
0
R
2R
4R
3R
E = f (r )
6/ Graphe V ( r ) du potentiel :
Le potentiel est continu. On l’obtient en partant de l’infini où sa valeur est nulle. Par
intégration de V ( r ) = & E ( r ) dr dans les différents cas, on obtient :
Pour r
Pour 3R
Pour 2 R
3R : V ( r ) =
Q 1
4
0
r
2 R , le potentiel est constant : V ( r ) =
r
Q 1
R , on a : V ( r ) =
+K
4 0 2R
La constante d’intégration K est telle que
trouve à la fin V ( r ) =
Q
4
0
V ( 2R ) =
1
3R
Q 1
Q 1
+K =
, on
4 0 2R
4 0 3R
Q 1 5Q 1
+
:
4 0 r 4 0 6R
V (r )
0
133 A.FIZAZI
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R
2R
Université de BECHAR
3R
V = f (r )
4R
134
Conducteurs en équilibre
Q
7/ Le potentiel du conducteur ( C ') est : VC ' =
4 0
Q 1
Le potentiel du conducteur ( C ) est : VC =
4 0 6R
1
3R
1
4 0 2R
En utilisant la relation fondamentale des condensateurs Q = CU , on obtient la capacité de
La différence de potentiel est donc : VC ' VC = U =
ce condensateur sphérique : C = 8
0
Q
R
8/ La forme de quelques lignes de champ orientées (voir figure ci-dessous)
( C ')
2Q
+Q
(C )
1 Q2
9/ Energie du condensateur : W =
2 C
Q2
W=
16 0 R
Exercice 2.26 :
1/ Capacité du condensateur plan : C =
0
S
=
2d
0
x.L
2d
C = 2.65 ×10
12
F
2/ Charge du condensateur :
A
Q = CV
x.L
-9
Q= 0
V ; Q=1.1 × 10 C
S
x.L
D
2d
C= 0
= 0
U
E
2d
2d
B
Calcul des charges des faces :
L’électrisation se produit par influence : QE = QB ; QA = QD , et puisque la plaque
interne est initialement électriquement neutre, on a :
QD = QE
QD = QE = +QB = QA=Q'
Le résultat, est qu’on a deux condensateurs groupés en série.
La capacité du condensateur équivalent est donc :
134 A.FIZAZI
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d
d
2
135
Conducteurs en équilibre
Céq =
C1C2
;
C1 + C2
C1 =
S
d
C2 =
S
d /2
0
Céq =
0
2 0S
3d
A+ + + + + + +
Les charges que portent les quatre faces sont :
Q'= CéqV = 2
0
L.x
3d
U
Q ' = QD = QE = +QB = QA =1.4 × 10 9 C
135 A.FIZAZI
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D
E+ + + + + + +
B
136
Electrocinétique
III / ELECTROCINETIQUE
L’électrocinétique est l’étude des courants électriques, c'est-à-dire l’étude des charges
électriques en mouvement dans des milieux matériels appelés conducteurs. Autrement dit,
c’est l’étude des circuits et réseaux électriques.
Dans ce qui suit, nous allons nous intéresser aux causes qui provoquent le mouvement de
charges, ainsi que les causes qui s’opposent à leur mouvement.
A/ Le courant électrique (#$%&'()*+ ,%-.*+) :
La figure 3.1 représente deux corps, B non chargé et en état d’équilibre, et A chargé par
l’une des méthode d’électrisation. Relions les deux corps par l’intermédiaire d’un fil de
jonction. Le corps B se charge, c'est-à-dire qu’il acquiert une charge élémentaire dQ en un
temps très bref dt , ainsi il perd son équilibre électrostatique temporairement.
B
A
A
B
Ceci s’explique par le déplacement de charges électriques du corps A vers le corps B à
travers le fil de jonction qui les relie. D’où la définition du courant électrique :
Définition : Le courant électrique est un déplacement collectif et organisé des
porteurs de charges (électrons ou ions).
Cet écoulement de charges peut se produire dans le vide (faisceau d’électrons dans les
tubes cathodiques…), ou dans la matière conductrice (les électrons dans les métaux, ou les
ions dans les solutions aqueuses).
Un courant électrique apparaît dans un conducteur quand une différence de potentiel est
établie entre les bornes de ce dernier.
1/ Intensité du courant électrique (#$%&'()*+ ,%-.*+ 123) :
Intensité moyenne (4567.8*+ 129*+) : L’intensité moyenne du courant électrique est la
quantité d’électricité (la charge) qui traverse une section du conducteur par unité de
temps :
I=
Q
t
(3.1)
Intensité instantanée (4-=>?*+ 129*+) : L’intensité instantanée du courant électrique est la
dérivée de la charge électrique par rapport au temps :
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137
Electrocinétique
Q dQ
=
t
dt
i = lim
t
0
(3.2)
L’unité : Ampère (A), (en mémoire au physicien André-Marie Ampère 1775-1836).
L’ampère est l’intensité d’un courant électrique correspondant au passage d’une
charge électrique de un coulomb, à travers une section d’un conducteur, en une
seconde.
Ordre de grandeur de la vitesse des porteurs de charges :
Dans un fil électrique, les électrons libres se déplacent à une vitesse moyenne
d’environ 1mm / s .
Dans les solutions aqueuses, la vitesse des ions est plus faible que celle des
électrons libres dans les métaux.
Dans le vide, la vitesse des électrons avoisine 10000km / s
(
;
même cette
5
valeur est très petite devant la célérité de la lumière c = 3.10 kms
1
).
Sens du courant (#$%&'()*+ ,%-.*+ D%EFG): Le courant électrique circule dans le sens
décroissant des potentiels, c'est-à-dire dans le sens du champ électrique. Ainsi, le sens
choisi conventionnellement est contraire au sens des charges négatives.
VA
VB
VB
I
VA
Rappel de la loi d’Ohm (Georges-Simon Ohm 1789-1854):
La facilité avec laquelle les charges circulent entre deux pôles dépend de la façon
dont ces pôles sont reliés entre eux. Si la jonction se fait par l’intermédiaire d’un fil
métallique, les charges ne rencontrent pas de difficultés majeures pour se déplacer, par contre,
si la liaison se fait à travers un isolant, le passage des charges devient très difficile, voir
impossible.
Cette propriété qui caractérise la matière, de permettre ou d’interdire le passage des
porteurs de charges, s’appelle la résistance de la matière en question. On mesure la résistance
en Ohm ( ) . La résistance des matériaux est faible, tandis que la résistance des isolants est
très grande et même infinie.
Dans l’industrie, il existe de petits éléments (appelés résistances), leurs résistances varient
de quelques ohms à des millions d’ohms.
Pour un conducteur métallique, sous une température constante, le rapport entre la
différence de potentiel U (ou tension) entre ses bornes, et l’intensité I du courant électrique
qui le traverse, est constant et égal à la résistance du conducteur.
R=
U
= C te
I
(3.3)
Cette relation entre l’intensité du courant, la tension et la résistance est connue sous le
nom de la loi d’Ohm.
La loi d’Ohm montre que pour une différence de potentiel déterminée, on peut mettre
dans le circuit un nombre de résistances, en vue de limiter l’intensité du courant électrique qui
traverse l’appareil alimenté électriquement.
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138
Electrocinétique
2/ La densité du courant électrique (#$%&'()*+ ,%-.*+ 4K%LM) :
Nous avons défini le courant électrique comme étant un écoulement de charges dans le
vide ou à travers un milieu matériel conducteur. On peut exprimer l’intensité du courant
électrique en fonction de la vitesse des charges mobiles (libres).
On considère un conducteur de section dS . Soit n le nombre de charges q mobiles, se
déplaçant à la vitesse constante v , et contenues dans un volume V .
dl = v.dt
dS
dS
J
I
Fig 3.3 : densité de courant
En un temps très court dt les charges progressent d’une distance : dl = v.dt
Pendant la même durée dt , la charge dQ contenue dans le volume élémentaire dV du
conducteur est donc : dQ = nq.dV
Et puisque : dV = dl.d S
On a : dQ = n.q.v.dt.d S
Définition : La densité du courant électrique est la grandeur J qui est égale à la
charge par unité de temps à travers l’unité de surface :
J = nq.v
(3.4)
On peut donc écrire :
dQ = J .dt.d S
Dans le cas d’un cristal composé d’ions au repos et d’électrons libres mobiles, on a :
J = ne.v
(3.5)
On remarque ici que le vecteur densité de courant J est de sens contraire au sens du
mouvement réel des électrons, c'est-à-dire que le sens du courant est le même que celui
du vecteur J .
Si S représente le vecteur surface de la section transversale du conducteur, et qui est
colinéaire au vecteur J , l’intensité du courant est donc la grandeur scalaire :
I=
I = J .S
dQ
= J .d S
dt S
I = nqv.S
(3.6)
(
On exprime l’unité de la densité de courant par ampère par mètre carré A.m
A.FIZAZI
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2
).
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139
Electrocinétique
Exemple 3.1 : La masse molaire du cuivre est M = 63,54 g .mol
1
, et sa masse volumique
= 8,8.103 kg .m 3 .
a/ Calculer le nombre d’électrons par unité de volume,
b/ En admettant que chaque atome de cuivre libère deux électrons, et qu’un fil en cuivre
2
de section 10mm est traversé par un courant d’intensité 30A , calculer la densité de
courant,
c/ En déduire la vitesse de déplacement des électrons à l’intérieur du cristal de cuivre.
Réponse :
a/ Calcul du nombre d’atomes dans la matière cuivre :
=
N.
M
=
6,03.1023 × 8,8.106
63.54
= 8,35.1028 (atomes)
b/ Calcul de la densité :
J=
I
S
J=
30
10.10
J = 3.106 A / m 2
6
c/ Déduction de la vitesse de déplacement des électrons libres :
J = nev
v=
J
ne
v=
3.106
2 × 8,35.1028 × 1,66.10
19
v = 108µ m.s
1
Relation entre le champ électrique et la densité de courant électrique:
On considère une portion AB = l , d’un conducteur, traversé par un courant
électrique d’intensité I . Le passage d’un courant électrique implique obligatoirement
l’existence d’une différence de potentiel entre les points A et B .
Nous savons comment calculer la différence de potentiel appliquée entre deux
points :
B
U = VA VB = E.dl
(3.7)
A
Si le conducteur est un fil de section S , le champ électrostatique est uniforme sur
toute la portion AB .
Puisque U = E.l , On a :
U = R.I = E.l
RJS = E.l
(3.8)
Ainsi, on obtient une nouvelle expression de la densité de courant :
l
E
S .R
l
=
= C te
S .R
J=
On pose
(3.9)
(3.10)
On appelle cette constante :conductivité électrique (4-$%&'()*+ 4-?X%Y*+ ) du matériau
conducteur, son unité est
(
1
.m
1
).
La conductivité dépend des propriétés microscopiques de la matière conductrice, c’est une
quantité locale utile qui permet de distinguer les propriétés électriques de la matière. Sur
A.FIZAZI
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140
Electrocinétique
cette base de conductivité, les matériaux sont classés en conducteurs, isolants et semi
conducteurs.
L’inverse de la conductivité s’appelle résistivité électrique (4-$%&'()*+ 4-Z[%\8*+) du
conducteur (ou résistance spécifique) :
1
=
=
R.S
l
(3.11)
Son unité est l’ohm.mètre ( .m ) .
Ainsi, l’expression de la résistance d’un conducteur peut s’écrire sous la forme :
R=
l
=
.S
l
S
(3.12)
Cette expression simple, qui relie la résistance d’un fil cylindrique à ses caractéristiques
géométriques, est connue sous le nom de loi de Pouillet, de son auteur Claude Pouillet 17191868.
La représentation (figure 3.4) montre la classification générale des matériaux d’un point
de vue électrique.
10
4
conducteurs
conductivité
104
résistivité
Semi conducteurs
isolants
10
104
4
Fig 3.4 : ordre de grandeur de la conductivité et de la résistivité
Les résistivités de quelques corps sont regroupées dans le tableau suivant :
Métaux ( .m )
Argent : 1,47.10-8
cuivre:1,72.10-8
aluminium:2,63.10-8
semi conducteurs ( .m ) à 300K
silicium :2400
germanium:0,5
Isolants
(
.m )
Verre : de 1011 à 1014
Mica : de 1011 à 1015
Eau : de 0,1 à 105
Remarque : La résistivité d’un conducteur varie en fonction de la température. Pour
les métaux, la résistivité augmente avec l’accroissement de la température (donc la résistance
augmente). Tandis que pour les semi-conducteurs, c’est l’inverse qui se produit. Quelques
alliages métalliques, ont une résistivité qui tend vers zéro lorsque la température avoisine le
zéro absolu ; il s’agit alors de supraconducteurs.
Pour les métaux, la variation de leur résistivité est régie par la loi :
=
0
1+
(T
T0 )
(3.13)
: la résistivité à la température T °C .
0:
la résistivité à la température de référence T0 °C .
: le coefficient calorifique de la résistance et qui vaut à peu près
1
.
273
La variation de la résistivité en fonction de la température implique la variation de la
résistance suivant la loi :
A.FIZAZI
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141
Electrocinétique
R = R0 1 +
(T
T0 )
Le carbone fait exception à cette règle de la variation de la résistance en fonction de la
température, ainsi que tous les liquides électrolysables : leurs résistances croissent avec
l’abaissement de la température, et diminuent avec l’augmentation de la température. La
résistance des alliages métalliques, tels que le manganine et le constantin, est presque
invariable vis-à-vis de la température. C’est pour cette raison que le manganine est utilisé
pour fabriquer des résistances d’étalonnage. La résistance des conducteurs s’annule au
voisinage du zéro absolu et varie aussi en fonction de sa pureté.
Relation entre E , J et I :
l
E , on constate que E et J sont de même sens. Et puisque
S .R
I et E sont de même sens, le courant électrique circule dans le sens des vecteurs E et J .
v
Dans l’équation J =
dS
J
E
I
E, j
I
3/ Effet Joule :(James Prescott Joule 1818-1889) (_7` abK) :
D’après la définition du potentiel électrique, le travail dW effectué par la charge
élémentaire dq se déplaçant entre les deux points entre lesquels règne une différence de
potentiel électrique (ou tension) U est :
dW = U .dq
On définit, de façon générale (en électricité comme en mécanique), la puissance comme
étant le travail effectué par unité de temps, soit :
P=
dW
dt
Dans notre cas, nous avons :
P=
dW U .dq
=
= U .I
dt
dt
Donc, on peut écrire :
P = U .I
(3.14)
Cette relation traduit ce qui est connu sous le nom d’ effet joule dans le cas général.
L’unité de la puissance est le watt (W ) , en mémoire à James Watt 1736-1819.
Pour les dipôles soumis à la loi d’Ohm, le passage du courant électrique qui les parcourt
provoque leur échauffement ou dégagement de chaleur : ce phénomène est aussi appelé effet
A.FIZAZI
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142
Electrocinétique
joule. En effet un dipôle passif transforme l’énergie électrique en énergie calorifique. La
puissance dissipée par le dipôle est égale à :
P = RI 2
(3.15)
On représente le conducteur ohmique par l’un des deux schémas de la figure 3.6.
R
R
La dissipation de la puissance sous forme d’énergie nous indique une ressemblance entre
la résistance électrique et les forces de frottement mécanique. Tout frottement conduit à une
perte d’énergie mécanique qu’on retrouve sous forme de chaleur (énergie calorifique), tandis
que dans un conducteur ohmique (la résistance électrique), « le frottement » des électrons à
l’intérieur de la matière, conduit de la même façon, à une dissipation d’énergie électrique sous
forme de chaleur. C’est là qu’apparaît tout l’intérêt des supraconducteurs, c'est-à-dire les
matériaux qui ont une résistance parfaitement nulle, et qui permettent la conduction du
courant électrique sans perte d’énergie.
D’après la définition de l’énergie, on en déduit que, l’énergie E que produit une source,
ou l’énergie consommée par une résistance pendant le temps t est égale à :
U2
E = U .I .t = R.I .t =
.t
R
L’unité de l’énergie est le joule ( J ) .
2
(3.16)
4/ Rappel sur le groupement des conducteurs ohmiques (4-Z[g+ aX+7Y*+ h&'& '-MiF) :
On distingue deux cas pour le groupement de conducteurs ohmiques ou résistances :
a/ Groupement en série : Figure 3.7
Toutes les résistances Ri sont parcourues par le même courant électrique I , et chacune
d’elles n’a qu’une extrémité commune avec un autre dipôle. La tension U AB = U est égale à
la somme des tensions des dipôles (résistances).
R1
R2
Rn
R
V1
Vn VB
VB
V2
I VA
I VA
U = U1 + U 2 + U 3 + ........... + U n = R.I
U = R1.I + R2 .I + R3 .I ..................Rn .I = RI
Ainsi, on obtient la résistance équivalente de tous les dipôles passifs groupés en série :
R=
A.FIZAZI
n
i =1
Ri
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(3.17)
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143
Electrocinétique
b/ Groupement en parallèle : Figure 3.8 (a)
Ce groupement est caractérisé par le fait que tous les dipôles ont leurs bornes
communes deux à deux. La tension est la même entre les extrémités de n’importe quelle
résistance Ri .
Le courant électrique qui alimente la portion de circuit se répartit entre les dipôle, tel
que :
I = I1 + I 2 + I 3 + ........... + I n
I=
U U U U
U
=
+
+
+ ........
R R1 R2 R3
Rn
U
1
1
1
1
=
+
+
+ ........
.U
R
R1 R2 R3
Rn
Ainsi, on obtient la résistance équivalente des dipôles passifs montés en parallèle ou
en dérivation :
1 1
1
1
1
=
+
+
+ ........
R R1 R2 R3
Rn
1 n 1
=
R i =1 Ri
(3.18)
Remarque : La valeur de la résistance équivalente, dans ce cas, est toujours plus petite que
celle de la plus petite des résistances montées en dérivation.
VA I
I1
I3
I2
R1
R2
R3
In
I
R
i
R
i
VA I
Rn
PS
R
R
R
i=0
VB
VB
PAS
R
i
i
I
c/ Des équivalences utiles (
) : En voici quelques règles intéressantes :
Si pour un conducteurs ohmique ou résistance, et dans tous les cas i = 0 (ou
u = 0 ), il est alors possible de le remplacer par un fil de jonction ou de l’éliminer
du circuit.
Si deux points sont au même potentiel, on peut les relier par un fil de jonction.
Si un courant électrique nul circule dans un fil de jonction, on peut éliminer ce
dernier.
d/ Deux symétries (
) : Figure 3.8 (b)
Dans certains cas, l’utilisation de la symétrie devient très utile et nous évite
beaucoup de calculs.
A.FIZAZI
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Electrocinétique
144
Par convention : soient :
P : plan physique de symétrie du réseau. Du point de vue physique le plan P peut
être de deux types :
PS : Plan de symétrie des courants et des tensions.
PAS : Plan antisymétrique des courants et des tensions (En considérant que le
potentiel est nul sur le plan).
Une branche située sur PAS est parcourue par un courant nul.
Afin d’éclaircir ces règles, on considère comme exemple, le circuit de la figure 3.8 (b).
Toutes les résistances sont équivalentes, il en résulte un nombre d’équivalences PS ou PAS .
Le courant I entrant se divise en deux courants semblables i : en effet il n’existe aucune
raison pour que les porteurs de charges s’écoulent en nombre plus grand dans un sens plutôt
que dans l’autre. La même chose se produit à la sortie de I .
Quand on applique la loi des nœuds, la résistance centrale est parcourue par un courant nul,
et ce quelque soit le courant I ou la tension U imposés à la portion du circuit.
D’après les règles d’équivalence que nous venons de voir, il nous est permis d’éliminer
cette résistance centrale (sans éliminer, pour autant, la branche). La résistance équivalente
R R
deviendrait, tout simplement, égale à Réq = + = R .
2 2
B/ Eléments d’un circuit électrique (4-$%&'()*+ 1,+2*+ 'n%Yo) :
Toutes les applications en électricité exploitent la facilité avec laquelle s’effectue la
transformation de l’énergie électrique à partir d’une source électrique vers un appareil
quelconque (fer à repasser, lampe, téléviseur,…). Cette transformation se fait par
l’intermédiaire d’un circuit électrique qui relie la source à l’appareil, et permet le
déplacement des électrons.
Il existe une variété de sources électriques, telles que : les piles, les batteries, les
cellules solaires, les générateurs… Dans tous ces cas, chaque source a deux pôles au moins
entre lesquelles règne une différence de potentiel.
1/ Eléments et vocabulaire du circuit électrique (4-$%&'()*+ 1,+2*+ p%>?5qZ [ 'n%Yo):
Le circuit électrique est composé d’un groupement d’éléments, appelés dipôles, reliés
entre eux par des fils conducteurs ; le tout constitue une structure fermée. Nous citons ci après
quelques éléments et le vocabulaire propres au circuit.
Le nœud (12\b*+) : c’est un point d’un circuit où arrivent trois fils au moins, ou
plus.
La branche (s't*+) : c’est une portion de circuit qui s’intercale entre deux
nœuds.
La maille (1['b*+) : c’est un ensemble de branches qui constituent une boucle
fermée.
Le dipôle (v5\*+ #$%Yw) : un dipôle s’intercale dans un circuit à l’aide de deux
pôles, le courant entrant par l’un d’eux, et sortant par l’autre. Un dipôle est
caractérisé par sa réponse à une différence de potentiel, c'est-à-dire par une
courbe caractéristique U = f ( I ) .
Le dipôle passif (aZ%x*+ v5\*+ #$%Yw) : c’est un dipôle qui consomme l’énergie
électrique.
Le dipôle actif (h9Y*+ v5\*+ #$%Yw) : c’est un dipôle qui produit du courant
électrique.
A.FIZAZI
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145
Electrocinétique
Le dipôle linéaire(#5x*+ v5\*+ #$%Yw) : sa courbe caractéristique U = f ( I ) est
une droite.
Les fils de jonction (a-n7.*+ yz6{) : on néglige leurs résistances par rapport aux
résistances des autres dipôles. On les considère comme étant équipotentiels.
Le réseau (4)|9*+) : c’est un ensemble de circuits.
Convention : Dans l’étude pratique des dipôles, on utilise deux conventions :
La convention récepteur(1i}~+ •?5qZ) : la tension et l’intensité électriques sont
orientées positivement et dans deux sens opposés. Figure 3.9 (a).
La convention générateur(2*78*+ •?5qZ) : la tension et l’intensité électriques
sont orientées positivement et dans le même sens. Figure 3.9 (b).
A I
A I
B
U AB = VA
B
U AB = VA
VB
VB
2/ Nécessité de la disponibilité d’une force électromotrice(4-$%&'(M 4M'>Z 17X 'K7F 1,['€):
Le générateur doit fournir un travail électrique aux charges pour qu’elles puissent le
traverser en allant du pôle à potentiel inférieur au pôle à potentiel élevé. Le travail du
générateur est semblable à celui d’une pompe hydraulique qui, remonte l’eau d’un niveau
inférieur à un niveau supérieur. Il est aisé de comprendre le phénomène du courant électrique
en le comparant au courant d’eau dans un fleuve.
L’eau court dans une région élevée vers une région inférieure, grâce à la force
d’attraction (le poids). Mais, si on veut créer un circuit hydraulique fermé, il est indispensable
de fournir une énergie, d’où l’utilisation d’une pompe pour ramener l’eau à une plus haute
altitude.
On peut définir la force électromotrice d’une source électrique comme étant un travail
fourni à l’unité de charge pour la transporter à travers un circuit fermé. Si dW est le travail
fourni pour déplacer une charge de valeur dq à travers le circuit, en un temps bref dt , la
force électromotrice e est donc :
e=
dW
dq
Et puisque la puissance est le travail fourni par unité de temps :
P=
dW
dt
P = e.
dq
dt
D’où l’expression de la puissance :
P = e.I
On sait, d’autre part que : U = VA
(3.19)
B
VB = E.dl = e
A
A.FIZAZI
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146
Electrocinétique
Dans le cas d’un circuit fermé : la puissance totale fournie entre A et A de la part de
la force de Coulomb est égale à :
A
P = U .I = I E.dl = I (VA VA ) = 0
A
On vient d’obtenir une puissance nulle. Cela veut dire que le champ électrostatique ne
garantit pas la permanence du courant électrique dans un circuit fermé.
Lorsqu’un courant électrique parcourt un circuit fermé, cela indique que la force de
Coulomb n’est pas responsable du mouvement collectif des porteurs de charge dans le
conducteur.
C’est ce qui se produit exactement dans un circuit électrique, où c’est une force, autre
que la force électrostatique, qui doit permettre aux porteurs de charge de remonter le potentiel
et le vaincre.
Pour obtenir un courant électrique continu, dans un circuit fermé, il est indispensable
d’alimenter le circuit en énergie.
Les appareils qui produisent cette énergie s’appellent générateurs électriques, on peut
dire que se sont des sources de force électromotrice.
Il existe plusieurs méthodes pour la production d’une force électromotrice :
La batterie transforme l’énergie chimique en énergie électrique,
Un moteur électrostatique transforme l’énergie mécanique en énergie
électrique,
Le moteur électrique transforme l’énergie mécanique en énergie électrique,
La cellule solaire transforme l’énergie de radiation en énergie électrique,
Une centrale nucléaire transforme l’énergie nucléaire en énergie électrique.
3/ Les deux types de générateurs(p+2*78*+ %o7•):
a/ Générateurs ou sources de tension ('F7.*+ ‚&%YZ [{ p+2*7Z) :
La source de tension, ou générateur de tension, est un dipôle caractérisé par une
tension constante entre ses bornes, quelque soit l’intensité variable qu’il débite. Dans tout ce
qui suit, nous allons nous intéresser particulièrement aux générateurs de tension continue. Ce
type de générateur est caractérisé par une force électromotrice ( e ) , et une faible résistance
intérieure ( r ) . La figure 3.10 représente le schéma de ce type de générateurs.
Il est possible de remplacer un générateur de tension, dont les caractéristiques sont
( e, r ) , par une source idéale , de force électromotrice e , montée en série avec le conducteur
ohmique , de résistance , comme indiqué sur la figure 3.10.
La force électromotrice d’un générateur de tension est égale à la différence de
potentiel entre ses bornes quand il ne débite aucun courant :
I =0
A.FIZAZI
e = U AB
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(3.20)
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147
Electrocinétique
U
e,
I
I
A
e
U AB
I
e,
B
U
b/ Générateurs ou sources de courant (,%-.*+ ‚&%YZ [{ p+2*7Z) :
La source de courant, ou générateur de courant, est un dipôle caractérisé par le débit
d’un courant constant, quelque soit la différence de potentiel variable entre ses bornes. Dans
ce qui suit, nous allons nous intéresser essentiellement aux générateurs de courant continu. On
peut réaliser ce type de sources à l’aide de systèmes électroniques, la tension entre les bornes
de chacune d’elles étant limitée par une valeur maximale. On représente ce type de
générateurs par le schéma de la figure 3.11.
On peut remplacer un générateur de courant par une source de courant idéale, qui
débite un courant constant, et montée en parallèle avec un conducteur ohmique, de résistance,
comme indiqué sur la figure 3.11.
I = I0
u
r
(3.21)
I
I0
I0
A
r
U AB
U
u/r
B
B/ Les lois régissant les circuits électriques (4-$%&'()*+ p+,+2?* 1'-ƒ8*+ „-•+7\*+).
1/ Equation du circuit électrique(4-$%&'()*+ 1,+2*+ 4*…%bZ) :
Soit le circuit représenté sur la figure 3.12, composé d’un générateur (de force
électromotrice e et de résistance interne ), d’une résistance externe R , et d’un moteur M
(de force contre électromotrice e ' et de résistance interne r ' ).
Le générateur produit une puissance électrique : P = e.I
Le conducteur Ohmique ( R ) transforme l’énergie électrique en énergie calorifique,
2
dont la valeur est RI . La résistance interne du générateur consomme à son tour une
A.FIZAZI
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148
Electrocinétique
2
puissance de valeur rI (C’est ce qui explique l’échauffement du générateur). Le moteur M
(ou un récepteur ou même un générateur monté en opposition, à condition que e ' e ),
consomme, quant à lui, une puissance e ' I , qu’il la transforme en énergie mécanique, sa
2
résistance interne consomme une puissance égale à r ' I (à cause de la présence d’un
conducteur ohmique à l’intérieur du moteur, d’où son échauffement).
e,
VA
VB
I
I
I
e ', r '
B
R
M
I
C
A
Fig 3.12 : circuit fermé
D’après le principe de la conservation de l’énergie : l’énergie produite est égale à
l’énergie consommée :
eI = e ' I + RI 2 + rI 2 + r ' I 2
D’où, l’intensité du courant qui parcourt le circuit :
I=
e e'
R + r + r'
les résistances internes et par R les
Dans le cas général, si on note par
résistances externes, on a :
I=
e
r+
R
(3.22)
L’intensité du courant électrique dans le circuit électrique est égale à la somme
algébrique des forces électromotrices divisée par la somme de toutes les résistances. Cette
relation est appelée : équation du circuit électrique.
Convention : Quand on applique la relation (3.22), on doit choisir un sens autour du circuit
que l’on considère positif ; les courants électriques et les forces électromotrices sont comptés
positivement s’ils ont le même sens que le sens choisi, et ils sont comptés négativement dans
le cas contraire.
2/ Différence de potentiel entre deux points d’un circuit (ou loi généralisée
d’Ohm)(1,+… „Z „-.5\• „-& †78)*+ ‡'K) :
La figure 3.13 représente une portion de circuit électrique parcourue par un courant
d’intensité I , que débite une source (non représentée sur la figure), et qui approvisionne cette
A.FIZAZI
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149
Electrocinétique
portion AB d’une puissance P = UI , où U représente la différence de potentiel entre les
points A et B .
e,
VA
A
R
e ', r '
VB
B
I
I
R=
I
Ri : désigne la résistance totale de la portion AB ( conducteurs ohmiques, fils
de jonction, les résistances internes des générateurs et récepteurs…etc).
e = ei : désigne la somme algébrique de toute les forces électromotrices (y compris les
forces contre électromotrices).
La puissance produite entre les points A et B est égale à :
UI + (
ei ) .I
Dans les résistances la puissance consommée est :
(
Ri ) .I 2
Si on égalise les deux puissances produite et consommée, selon le principe de la
conservation de l’énergie, on aura :
UI + (
ei ) .I = (
Ri ) .I 2
Finalement, on obtient la loi qu’on appelle : loi d’Ohm généralisée :
VA VB = U = (
Ri ) .I
ei
(3.23)
Convention : Si on choisit le sens de A vers B comme étant positif, et si les courants et les
forces électromotrices sont de même sens, leurs signes seront positifs, par contre s’ils sont de
sens contraires, leurs signes sont négatifs.
Si le point A coïncide avec le point B , alors :
(
R ) .I
e=0
(3.24)
La différence de potentiel aux bornes d’un générateur de tension
('F7.*+ 2*7Z #K'ˆ „-& †78)*+ ‡'K)
La figure 3.14 représente un générateur de tension avec deux possibilités :
a/ Le sens du courant est le même que celui de la force électromotrice, c'est-à-dire que
le courant sort par le pôle positif du générateur.
b/ Le sens du courant est contraire à celui de la force électromotrice, c'est-à-dire que le
courant sort par le pôle négatif du générateur.
ei , et on
On applique à la portion du circuit la relation générale U AB = Ri I
choisit le sens positif de A vers B .
Sur la figure 3.14 (a) : e et I sont de sens contraires au sens positif choisi, ils sont
donc négatifs, d’où :
A.FIZAZI
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150
Electrocinétique
U AB =
( e)
ei = rI
Ri I
U AB = e rI
(3.25)
Cette dernière expression est la différence de potentiel entre les bornes d’un
générateur.
e,
e,
B
A
B
(a)
A
I
I
(b )
Fig 3.14 : différence de potentiel entre les bornes d’un générateur
Sur la figure 3.14 (b) : e s’oppose au sens positif choisi, donc elle est négative ;
tandis que I concorde avec le sens positif choisi, donc il est positif :
U AB =
( e)
ei = rI
Ri I
U AB = rI + e
(3.26)
Cette expression 3.26 correspond aussi à la différence de potentiel entre les bornes
d’un récepteur, où e est sa force contre électromotrice (appelée souvent force
électromotrice). Ceci n’est pas étonnant, puisqu’un générateur dont le courant entre par son
pôle positif se comporte comme récepteur.
3/ Groupement de générateurs(p+2*78*+ h&,) :
Un circuit électrique peut grouper plus d’un générateur.
a/ Cas des générateurs de tension : Chaque générateur est caractérisé par une force
électromotrice ei et une résistance interne i .
Association en série : Figure 3.15
Dans ce cas, la force électromotrice du générateur équivalent est égale à la somme
algébrique des forces électromotrices des générateurs associés, et sa résistance interne est
égale à la somme arithmétique de toutes les résistances internes.
r=
i
A
e1
A.FIZAZI
1
e2
2
en
ri
e=
i
rn
(3.27)
ei
e
B
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A
B
LMD1/SM_ST
151
Electrocinétique
Association en opposition : Figure 3.16
A
e1
1
e1
e
e2
2
I
B
I
A
B
e2
On considère le récepteur (un moteur par exemple), comme étant un générateur
monté en opposition avec le générateur effectif, et le générateur monté en opposition jouant le
rôle de récepteur (ou moteur). Le générateur de plus grande force électromotrice s’impose en
tant que générateur. D’où :
e1
e = e1
e2
(3.28)
e2
r = r1 + r2
(3.29)
Association en série : Figure 3.17
Il est interdit de monter en dérivation deux générateurs de différentes tensions. Les
sources de tensions montées en parallèle doivent obligatoirement être toutes semblables.
I1
I1
A
I1
1
1
1
e1
e1
e1
A
I
e
B
B
Fig 3.17 : groupement de générateurs de tension en dérivation
Dans ce cas, la force électromotrice du générateur équivalent est égale à la force
électromotrice d’un générateur du groupement, et l’inverse de la résistance équivalente est
égal à la somme des inverses des résistances internes.
I = nI1 ; e = e1
;
1
=
r
i
1 n
=
ri r1
(3.30)
a/ Cas des générateurs de courant :
Groupement en parallèle : Figure 3.18
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
152
Electrocinétique
1 1 1
1
= + + ....... +
; I = I1 + I 2 + .......I n
r r1 r2
rn
(3.31)
A
A
2
1
e1
e2
I1
e1
e
B
e2
B
I
Association en série : Figure 3.19
Il est interdit de monter en série des sources de courant débitant des intensités de
courants différentes. Les générateurs de courant montés en parallèle doivent obligatoirement
être tous semblables.
I
A
I
1
I0
I
B
1
B
A
1
1 1 1
1
= + + ....... +
; I 0 = I ; VA VB = V1 + V2 + .........Vn
r r1 r2
rn
(3.32)
Afin d’éclaircir la méthode d’application de toutes ces règles, nous allons aborder dans ce
qui suit quelques exemples d’application.
Exemple 3.2 : Considérons le circuit représenté sur la figure 3.20.
e1 ,
1
D
VD
R2
A
e2 ,
VA
R1
2
C
B
Avec les valeurs suivantes :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
153
Electrocinétique
e1 = 12V , r1 = 0,2
, e 2 = 6V , r2 = 0,1
, R1 = 1, 4
, R 2 = 2,3
Trouver :
1/ Le sens et l’intensité du courant dans le circuit électrique,
2/ La différence de potentiel entre les points A et C .
Réponse :
1/ Puisque e1 e2 , on en déduit que le sens du courant est celui des aiguilles d’une
montre.
Puisque le deuxième générateur est monté en opposition avec le premier générateur, sa
force électromotrice est négative. On calcule l’intensité en utilisant la relation : I =
I=
12 6
0,1 + 0, 2 + 1, 4 + 2,3
e
I = 1,5 A
2/ Pour trouver la différence de potentiel ente les points A et C , on utilise la relation :
VA VC = U AC = (
Ri ) .I
ei
Pour ce faire, on choisit l’un des chemins ABC ou ADC :
Suivant le trajet ABC :
VA VC = U AC = ( 0,1 + 1, 4 ) × 1,5
( 6)
U AC = 8, 25V
ei
Ri . I
Suivant le trajet ADC :
VA VC = U AC = ( 0, 2 + 2,3) × 1,5
Ri .I
(
12 )
U AC = 8,25V
ei
Exemple 3.3 :
Tous les circuits électriques utilisés dans notre vie quotidienne, comme par exemple les
circuits électroniques, ont un ou plusieurs points reliés à la terre, donc de potentiel zéro. La
terre est un gigantesque corps conducteurs dont le potentiel n’est pas influencé par sa jonction
avec d’autres conducteurs usuels chargés. C’est pour cette raison que le potentiel de la terre
est toujours pris égal à zéro. Le potentiel de tout autre point dans le circuit est évalué par
rapport à ces points que l’on considère comme référence de potentiel.
Dans le circuit montré sur la figure 3.21, le point B est relié à la terre. On demande de
calculer le potentiel aux points A et C .
Application numérique : e = 10V , r = 1 , R1 = 3 , R2 = 1
Réponse
:
On calcule d’abord l’intensité en utilisant la formule : I =
A.FIZAZI
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e
LMD1/SM_ST
154
Electrocinétique
10
5
e,
I=
I = 2A
C
A
I
I
I
R1
Calcul de VAB et VBC :
Et puisque VB = 0 , on a :
VBC = VB
R2
B
VAB = R1 .I
VBC = R2 .I
VC = 2
VAB = 3.2 = 6V
VBC = 1.2 = 2V
VC = 2V et VAB = VA VB = 6
VA = 6V
On peut s’assurer de ce résultat en calculant la différence de potentiel entre les bornes du
générateur en allant de A vers C à travers le générateur :
VC = U AC = r.I
VA
ei
VA
VC = 1.( 2 )
(
10 )
VA
VC = 8V
4/ Les lois de Kirchhoff:
a/ Conservation de la charge ou loi des nœuds (2\b*+ †7•%X)
En un nœud d’un circuit, la somme des intensités entrant est égale à la somme
des intensités sortant :
Is =
Ie
(3.33)
Cela signifie que les charges ne s’accumulent pas, elles s’écoulent en un nœud
du réseau, elles obéissent à la règle de la conservation de la charge.
b/ Conservation de l’énergie ou loi des mailles (p+['b*+ †7•%X)
En une maille k d’un circuit électrique, la somme algébrique des produits de
n
résistance par l’intensité du courant (
k =1
n
forces électromotrices (
k =1
ek ).
n
k =1
A.FIZAZI
Rk .I k ) est égale à la somme algébrique des
ek =
n
k =1
Rk .I k
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(3.34)
LMD1/SM_ST
155
Electrocinétique
Cette règle est une traduction de la loi de conservation de l’énergie, elle est en
accord avec la relation 3.24.
Conseil utile : Lorsqu’on applique les lois de Kirchhoff, il est conseillé d’observer les
règles suivantes :
Quand on applique la première loi, veiller à ce que la somme des courants entrant
soit égale à la somme des courant sortant.
Quand on applique la deuxième loi, on doit choisir un sens positif autour de la
maille : toutes les forces électromotrices et les courants qui ont ce même sens seront
comptés positivement, ceux qui sont de sens contraires seront comptés négativement.
On considère le sens de e positif quand on entre, d’après le sens positif choisi, par le
pôle négatif et qu’on sort par le pôle positif, et l’inverse dans le cas contraire.
Dans le cas des réseaux complexes, il est difficile de connaître le nombre
d’équations indépendantes, pour en déduire toutes les inconnues. A cette fin, il est
conseillé d’utiliser les deux règles suivantes :
Si le nombre de nœuds dans le réseau électrique est m , la loi des nœuds
s’applique à m 1 nœuds. Le choix des nœuds se fait en toute liberté.
Séparer le réseau en ses composantes de mailles indépendantes (une maille est dite
indépendante si elles a au moins une branche non commune avec une autre maille),
considérer chaque maille comme étant seule et lui appliquer la deuxième loi de
Kirchhoff
Nous allons montrer comment appliquer ces règles et lois dans les exemples suivants :
Exemple 3.4 :
La figure 3.22 (a) représente un circuit électrique fermé. On se propose d’appliquer
les deux lois de Kirchhoff en écrivant toutes les équations correspondantes. Les résistances
internes des générateurs et du moteur sont négligeables.
Réponse :
Application de la première loi : Il y a quatre nœuds auxquels correspondent quatre
équations :
Au nœud A : I1 = I 2 + I 3
Au nœud B : I1 = I 5 + I 6
Au nœud C : I 2 = I 5 + I 4
Au nœud D : I 6 = I 4 + I 3
Application de la deuxième loi : Il y a trois mailes indépendantes. Après le choix des
sens comme indiqué sur la figure 3.23 (b), on peut écrire les différentes équations :
Mailes 1 : e1 e2 = R1 I1 + R2 I 2 + R5 I 5
Mailles 2 : e2 = R3 I 3
Mailles 3 :
A.FIZAZI
R4 I 4 R2 I 2
e6 = R6 I 6 + R4 I 4 R5 I 5
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
156
Electrocinétique
e1
R1
I1
e2
e2
C
I2
e2
I1
R5
R2
R4
I3
I4
R3
A
B
M e6
I6
I2 C
1
R5
3
2 R4
I3
I1
I5
B
M e6
I6
I4
R3
R6
e2
R2
I5
A
e1
R1
R6
D
D
(a)
Fig 3.22
(b)
Remarque : Les mailles ( e1
A D B e1 ) et ( A
ne présentent aucun intérêt puisqu’elles ne sont pas indépendantes.
C
B
A)
D
5/ Le théorème de Thévenin:
Enoncé : Tout réseau linéaire intercalé entre deux bornes A et B , quelque soit sa
complexité, est équivalent à un générateur unique de force électromotrice ( ETh ) et de
résistance interne ( RTh ) . (Figure 3.23).
I
I
A
A
ETH
D U AB
D U AB
RTh
B
B
Avec :
U AB0 = ETh : représente la force électromotrice du générateur équivalent (qu’on
appelle générateur Thévenin), elle est égale à la différence de potentiel entre les bornes A et
B quand le circuit est ouvert, c'est-à-dire quand la jonction entre A et B est coupée.
RTh = Réq : représente la résistance équivalente du circuit quand on l’observe à partir
des bornes A et B (la jonction entre A et B étant coupée), et en éteignant toutes les
sources de tension et de courant électriques.
Comment calculer les caractéristiques du générateur Thévenin ?
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
157
Electrocinétique
Calcul de ETh : On ouvre le circuit entre A et B en éliminant le dipôle D ,
puis on calcule U AB0 = ETh comme indiqué sur la figure 3.24.
A
I =0
Circuit linéaire constitué de:
Conducteurs ohmiques
Sources de tension
Sources de courant
U AB0 = ETh
...etc...
B
Fig 3.24
Calcul de RTh : On élimine le dipôle D
, on éteint toutes les sources de
tension et de courant, on dessine une nouvelle figure du nouveau circuit qui
ne contient que des résistances, et puis on calcule la résistance équivalente de
tout le circuit situé entre A et B .
Si le dipôle D est une résistance R , l’intensité du courant qui parcourt le
dipôle est donc égale à :
I=
ETh
R + RTh
Remarque : La branche AB peut contenir plus d’un dipôle.
Dans l’exemple suivant, nous allons montrer comment appliquer le théorème de Thévenin.
Exemple 3.5 :
Soit le circuit de la figure 3.25.
R1
e
I
R2
A
R
B
On se propose de trouver RTh , ETh , puis déduire l’intensité I du courant électrique
qui alimente la résistance R , ainsi que la différence de potentiel entre ses bornes.
Réponse
:
On éteint les sources de tension, puis on calcule la résistance équivalente RTh , en
éliminant la branche AB (figure 3.26).
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
158
Electrocinétique
R1 et R2 sont montés en parallèles, donc :
RTh =
R1 R2
R1 + R2
R1
A
R2
B
Fig 3.26
Pour calculer ETh , on considère le circuit ouvert, et on élimine la résistance entre A et
B (figure 3.27).
ETh = U AB0 = VA VB = e
R1 .I1
ETh = U AB0 = R2
VA VB = R2 .I1
I1
R1
A
R2
e
e
R1 + R2
U AB0
I1
B
Fig 3.27
Pour calculer l’intensité I du courant, on considère le générateur de Thévenin équivalent
qui alimente la branche AB (figure3.28).
I
A
ETh
R
RTh
B
Fig 3.28
U AB = RI = ETh
En remplaçant
l’intensité :
A.FIZAZI
RTh I
I=
ETh
R + RTh
ETh et RTh par leur valeurs respectives, on trouve l’expression de
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
159
Electrocinétique
I=
R2 .e
R1 R2 + RR1 + RR2
Détermination de la différence de potentiel entre les points A et B :
U AB = RI
U AB =
RR2
e
R1 R2 + RR1 + RR2
Exemple 3.6 :
Montrer littéralement et numériquement qu’on peut convertir un générateur de
courant en générateur de tension
Réponse :
La figure 3.29, montre deux montages équivalents, c'est-à-dire que l’intensité du courant
produit par chacun des circuits est la même, et la tension entre les bornes de chacun des deux
circuits est aussi la même. Le résultat est qu’on peut convertir un générateur de courant en un
générateur de tension.
U
De la figure (a), on peut déduire : I = I 0
(1)
r
e U
De la figure (b), on peut déduire : U = VA VB = e r ' I
I=
( 2)
r' r'
Par identification des deux équations (1) et ( 2 ) , on trouve les deux caractéristiques du
générateur de tension en fonction des deux caractéristiques du générateur de courant :
r'= r , r'= 2
e = rI 0 , e = 2 ×15 = 30V
U
r
A
I
A.FIZAZI
r=2
15A
I0
A
I
e = rI 0 = 30V
r'= r =2
B
B
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
160
Electrocinétique
**
EXERCICES
Exercice 3.1
Déterminer les paramètres du dipôle équivalent au
groupement de générateurs entre les points A et B .
Préciser le sens du courant.
1.3
.B
.
A
e
e
3
A
B
3e
Exercice 3.2
Deux résistances
2.3
!
"#
R2 R1
.U $ % &
'(
$
#
) *
:
"#
R1 et R2 sont montées en
parallèle avec un générateur idéal dont la tension entre
ses bornes est U .
Montrer que les intensités du courant qui
traversent ces résistances sont respectivement :
I1 = I
R2
R1 + R2
et
I2 = I
R1
R1 + R2
Exercice 3.3
Quelle intensité traverse la résistance de 8
la figure ci-dessous.
I2 = I
dans
8
R1
R1 + R2
I1 = I
8 ,
.%#/0* 1 )
$
R2
R1 + R2
3.3
-)
$
6, 0
4, 0
4, 0
5, 0
2, 0
5, 0
12, 0V
2, 0
2, 0
5, 0
4, 0
12
12, 0V
24, 0V
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
24, 0V
Université_BECHAR
160
161
Electrocinétique
Exercice 3.4
Calculer la résistance équivalente entre les
points A et B du montage représenté sur la figure
ci-dessous sachant que :
R1 = R2 = R3 = R4 = R7 = 10
4.3
1 ) "# ,
- # ,
: * # B A
;
R1 = R2 = R3 = R4 = R7 = 10
R5 = R6 = 2,5
%#/0*
;
B•
R1
C
E
R4
R5
5.3
1, 00mm de diamètre
transporte un courant d’intensité 15, 0A . Déterminer
1 ( 1, 00mm
# 3#0 14
5
le champ électrique à l’intérieur du fil sachant que la
8
R6
R7
Exercice 3.5
Un fil de tungstène de
résistivité du tungstène est 5,5.10
R2
D
R3
. 5,5.10
.m .
Exercice 3.6
Le générateur de la figure ci-dessous a une
force électromotrice e = 9, 0V et une résistance
r = 0, 50 .
1/ Calculer l’intensité dans chaque résistance.
2/ Quelle est la puissance fournie par le
générateur ?
3/ Quelle est la différence de potentiel
entre A et C ?
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
0(*
R5 = R6 = 2,5
•A
R1 = R2 = R4 = 1, 0
,
, R3 = 2, 0
8
.m $
&
1(
02
3#0
( . 15, 0A % )
02 # ,
,
*
6.3
,
5
, (
- & %#/0* 1 )
. r = 0, 50 , #4 ,
e = 9, 0V $
.,
1
- ) 0(* /1
.
1&
,
,
07 $ /2
. C A
8
$ /3
R1 = R2 = R4 = 1, 0 , R3 = 2, 0 , R5 = 6, 0
, R5 = 6, 0
Université_BECHAR
161
162
Electrocinétique
C
R4
R5
e
B
D
R3
R1
R2
A
(a)
Exercice 3.7
L’un des dispositifs les plus utiles pour mesurer la
température, est le thermomètre à résistance de
platine. Un fil d’environ 2, 0m de platine pur de
7.3
$ 9- ( ,
: ;
5
(*
<
3#0 . <
,
!= - ( :
"# ? /# 0,1mm
(
& 2, 0m %
> 4
* # . 0°C
25, 5 %
,@ ) 1 )
9 0, 003927K 1 $ < ,
! ( 1 @
- ( ,
/
A
,
2
(
=C - ( ,
$
. 1, 00°C B
. 35,5°C ,
0,1mm de diamètre est enroulé en forme de bobine
de résistance 25, 5
à 0°C . Sachant que le
coefficient thermique de la résistivité du platine
1
est 0, 003927K , déterminer la variation de la
résistance due à l’augmentation de température de
1, 00°C . Quelle est la température, si la résistance est
de 35,5°C ?
Exercice 3.8
Dans la figure ci-dessous chaque branche contient une
résistance r = 1 . Calculer la résistance équivalente
entre A et B .
C
A
"# ! (
. B A
F
I
H
E
D
B
J
G
Exercice 3.9
En utilisant les lois de Kirchhoff, trouver la
résistance équivalente entre les bornes du groupe de
résistances représenté dans la figure ci-dessous.
R2 = R3 = R5 = 6
, R1 = R4 = 12
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
. r =1 ,
8.3
1 %#/0* 1 )
,
,
0(*
,
,
.%#/0* 1 )
R1 = R4 = 12
Université_BECHAR
9.3
* 9? )
& 1 @0
,#
,
9 R2 = R3 = R5 = 6
&
162
163
Electrocinétique
R1
R3
R5
R2
R4
Exercice 3.10
On considère un réseau électrique de forme cubique
qui peut être alimenté de trois manières : entre A et
B , entre A et C , entre A et D .
Déterminer dans chaque cas la résistance équivalente
de ce réseau sachant que la résistance d'un côté est .
10.3
@ 1) = , 5 , )
@
A
9C A
9B A
:'< 8
5 =2
.D
# , ) =5 ,
,
, (1 1 *
.
$ # 1 ,
*
B
E
H
F
G
C
A
D
Exercice 3.11
On réalise le montage indiqué sur la figure cidessous. Le condensateur est initialement déchargé.
On donne :
E = 15V , R1 = 50k
,
, C = 20µ F
1/ Déterminer les éléments ETh et RTh du modèle
R2 = R3 = 100k
de Thévenin équivalent du dipôle actif linéaire situé à
gauche des bornes A et B , l’interrupteur K étant
ouvert.
2/ Calculer :
a/ l’intensité I du courant à la fermeture de K .
b/ l’énergie du condensateur une fois sa charge
terminée.
c/ la durée approximative nécessaire pour la charge
complète du condensateur.
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
,/
.1/0;
1 ) "#
:11.3
D
:" @ .,
E = 15V , R1 = 50k ,
8(
,E
R2 = R3 = 100k , C = 20µ F
KL
MNOP QRS M RTh
ETh F @ D /1
f A TOL U V WX YZ[ \] S ^_M `Ua bUc `d e
. jS Nk K gh c iS P TOj B
bWjl /2
q K gh c oZp nM[ V O Z I mn_ /l
q M s t X TOj Ne
] h /r
. k P Ne T _ kuv OwX c OMkx mn /Q
Université_BECHAR
163
164
Electrocinétique
K
A
R1
R2
R3
E
C
U
B
Exercice 3.12
Un générateur, de f.é.m.
12.3
e = 70, 0V et de résistance %
e = 70, 0V , 5 , ( % &
interne r = 1, 00
, est connecté à un moteur, de , (
% & 93 ( 1DF 9 r = 1, 00 , #4
f.é.m. e ' et de résistance interne r ' , en série avec un
10#0 "# 9 r ' , #4
%
e', 5
conducteur ohmique de résistance R = 10, 0
5 ) @0
2 R = 10, 0 %
* 1&
plongeant dans un calorimètre.
.(- ( , :
1/ Déterminer en fonction de e ', r ' et de l’intensité I
!=
#
I
)
r
'
9e', I
D ( /1
du courant qui traverse le moteur la puissance
3 ( 1&
-D
PT , # ,
0I 93 (
totale P dissipée par le moteur ainsi que la puissance
T
1@/ -D
PJ ,
0I =
PM ,
0I A 0C
, ( % ) .,
.( I
,5 : @
3 (
(* /2
,
,
0 "C , (
@0
J 0 "# 9! (
I1 - )
0(* .- ( , &
0C . e ' , 5 , ( )12 ) 3 (
K (
Q2 = 1,50kJ $
,
# I2 - )
.3 ( # , 5
3 (
R,
!=
; 1&
/3
.12 )
, 0 !* 93 ( #
D
(*
,
0I
3 ( # , #@/ ,
0I
.%0/ $ $ #
12) ,
D .8 0
3 (
(r
!=
# I - ) :!* . 4; =$
U
.
0(* (L
1
PJ dissipée par effet Joule par ce dernier. En déduire . 4; =$ 1 &
0 "C , (
l’expression de la puissance PM convertie en ,
I
e', 5
puissance mécanique. (On orientera la f.é.m. e ' dans
le sens opposé à celui du courant I ).
2/ a)Le moteur est bloqué, la puissance électrique ,
5 ,
0I 9
convertie en puissance mécanique est nulle. On 1 D ( :
., @
mesure un transfert thermique, au niveau du
Q1 = 15, 00kJ 9
calorimètre, Q1 = 15, 00kJ en une minute. Calculer
, ( =$
#
l’intensité I1 du courant dans ce cas et la f.é.m. e ' .
. r 'A
En déduire r ' .
.(
b) Le moteur fonctionne. Le transfert thermique n’est ! ( 1 (
0(* .- (
, &
plus que de Q2 = 1,50kJ en une minute. Calculer
- # e" l’intensité I 2 du courant et e " , nouvelle valeur de la , (
f.é.m. du moteur.
3. On enlève le conducteur ohmique de résistance R
et le moteur fonctionne.
a) Exprimer le rendement du moteur, rapport de la
puissance utile pour le moteur sur la puissance reçue
par celui-ci.
b) Le moteur est connecté au générateur précédent.
Déterminer le point de fonctionnement du circuit,
c’est à dire :
intensité I du courant qui traverse le moteur et
tension U aux bornes de ce dernier.
c) Calculer le rendement .
Exercice 3.13
En utilisant les lois de Kirchhoff déterminer les
courants I1 et I 2 pour le réseau représenté sur la
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
I2
Université_BECHAR
I1
D ? )
13.3
& 1 @0
164
165
Electrocinétique
.%#/0* 1 ) "# ,#
figure ci-dessous.
2R
I1
2R
I2
, )
R
R
E1
E2
Exercice 3.14
Calculer les caractéristiques ETh et RTh du générateur
14.3
R1 = 5
R4 = 10
; R2 = 2
;R = 5
; R3 = 4
" / "
RTh ETh
- ) A 0 N 9 %#/0* 1 )
,#
.R
; 1&
:!
R1 = 5 ; R2 = 2 ; R3 = 4 ;
0
de Thévenin correspondant au circuit représenté sur la
figure ci-dessous, en déduire ensuite l’intensité I du
courant qui passe dans le conducteur ohmique R .
Application numérique :
I
;
R4 = 10
;E=20V
;R = 5
0(*
- #
8
;E=20V
R3
A
R1
R4
E
R
R2
B
Exercice 3.15
Soit le circuit représenté sur la figure ci-dessous. En
appliquant les deux lois de Kirchhoff écrire toutes les
équations correspondant aux nœuds et aux mailles.
I1
e1 ,
R1
1
8
.1/0;
@# , 0
e3 ,
A
1 ) "#
I @ 1
3
D I4
R4
I3
2
R5
R6
e6 , r6
Exercice 3.16
Soit le circuit représenté sur la figure ci-dessous.
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
I5 C
B
R2
@
&
R7
I2
e2 ,
15.3
,
* ? )
.
Université_BECHAR
R3
I6
16.3
165
166
Electrocinétique
.1/0;
1 ) "# ,
A 0C .? )
& 8
I @ 1
$ N . e1 , e2 , R1 , R2 , R3 , R, I 3 , I I - ) -
Ecrire toutes les équations en appliquant les lois
de Kirchhoff. En déduire l’expression de
l’intensité I en
fonction
de
e1 , e2 , R1 , R2 , R3 , R, I 3 . Quelle est la tension
I3
I2
R1
I1
(U 3 )
.
(U 3 ) entre les bornes du générateur ?
R2
I
R3
R
e1
e2
Exercice 3.17
Le schéma ci-dessous représente un circuit appelé
pont de Wheatstone. On demande de calculer les deux
caractéristiques du générateur de Thévenin RTh et
I3
17.3
" RTh
ETh , puis d’en déduire l’intensité I du courant
!
$%& $%
électrique qui alimente la résistance ainsi que la
différence de potentiel U AB entre ses bornes.
' (
.(,
.
#
I
U AB
+ , %
Application numérique :
e = 24V , R1 = R4 = 10k
R 2 = 33k
, R 3 = 27 k
*
e = 24V , R1 = R4 = 10k
, r=2k
R 2 = 33k
, R 3 = 27 k
ETh
)
*
:
, r=2k
e
A
R1
R2
r
C
R3
D
I
R4
B
Exercice 3.18
Déterminer littéralement l’intensité du courant qui
traverse la branche AB (figure ci-dessous) en
fonction de E1 , E2 , R1 , R2 , R3 , R .
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
18.3
1 ) ) AB
/#
@
-)
(
. E1 , E2 , R1 , R2 , R3 , R , I (1/0;
Université_BECHAR
166
167
Electrocinétique
E1
R1
R3
A
R2
R
B
E2
Exercice 3.19
Soit le montage indiqué sur la figure ci-dessous.
En procédant par schémas équivalents, déterminer
les caractéristiques du générateur de Thévenin
équivalent au circuit entre les points A et B .
On branche une résistance R = 4k
entre A et
19.3
.1/0;
0(* . B
.,
B . Calculer le courant I 0 qui circule dans cette
résistance.
1 ) "#
D 9,
.B A
A
1 ); 1 @ 0
- # 0
/
R = 4k
,
=$
!=
# I0 - )
10mA
A
1k
2k
1k
4V
10V
3k
5mA
40mA
1k
B
Exercice 3.20
Un circuit est formé par deux mailles carrées
ABCD et EFGH , la première entourant la seconde.
Chaque côté de ces mailles a une résistance
r = 1, 0k
et les deux sommets E et A sont
connectés par une résistance d’également
r = 1, 0k . Une force électromotrice e = 12V est
branchée entre G et C .
1/ Simplifier ce circuit et déterminer la
résistance équivalente entre G et C .
2/ Quelle est l’intensité débitée par le
générateur ?
3/ Quelle est la différence de potentielle entre
les points C et A ?
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
20.3
-
9 EFGH ABCD @
,
%
@
5 # 1 .,
( " ;
, 0
#F
E
A D
r = 1, 0k
, ( - &
. r = 1, 0k 3 = 5 & ,
.C G
e = 12V $
, 5
G
,
,
O=(
=$ 0 /1
.C
.
5
- ) $ /2
.A C
8
$ /3
Université_BECHAR
167
168
Electrocinétique
A
B
E
H
F
G
D
A.FIZAZI
LMD1/SM_ST
e
C
Université_BECHAR
168
169
Electrocinétique
Solution des exercices 3.1 à 3.20:
20.3
1.3
Exercice 3.1 :
D’après la figure ci-dessous, on voit que : U AB = U AC + U CB
e
I1
eéq
e
3
C
A
I
B
I
A
réq
I
I2
3e
En supposant que le courant va du point A vers le point B , on aura : I = I1 + I 2
On peut calculer la différence de potentiel entre les points A et B en suivant deux
chemin différents :
U AB = ( rI1 e ) + ( 3rI + e ) (1)
U AB = ( rI 2 3e ) + ( 3rI + e )
En additionnant les équations (1) et ( 2 ) , on obtient :
( 2)
2U AB = r ( I1 + I 2 ) 4e + 6rI + 2e
2U AB = rI 4e + 6rI + 2e
2U AB = 2e + 7 rI ( 3)
La différence de potentiel entre les bords du montage équivalent est :
U AB = eéq + réq I ( 4 )
Par identification des équations ( 3) et ( 4 ) , on obtient :
7
r
2
Vu le signe négatif de la force électromotrice équivalente eéq , le sens réel du courant
électrique va du point B vers le point A .
eéq = 2e
réq =
Exercice 3.2 :
D’après la figure ci-dessous, l’intensité du courant principal I que débite le générateur,
de force électromotrice e , se répartit entre les deux résistances, telle que : e = R1 I1 = R2 I 2
e
R1
I
I
I1
I2
A.FIZAZI
R2
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
B
170
Electrocinétique
Et puisque : I = I1 + I 2 , on peut calculer chacune des deux intensités dans chacune des
deux branches :
I 2 = I I1
R2
R1 I1 = R2 ( I I1 )
I1 = I
R1I1 = R2 I 2
R1 + R2
I1 = I
I2
R1 ( I
R1I1 = R2 I 2
I 2 ) = R2 I 2
I2 = I
R1
R1 + R2
Exercice 3.3 :
En se concentrant sur la figure de l’énoncé, on peut en déduire, et sans aucun calcul, que
l’intensité est nulle dans toutes les branches. La raison est simple : les générateurs s’annulent
deux à deux à cause 1de leur montage en opposition deux à deux, et par conséquent les forces
électromotrices s’annulent deux à deux.
Exercice 3.4 :
Il suffit de distinguer les résistances montées en série de celles montées en parallèle,
comme le montre la figure ci-dessous. Donc :
Réq = RAB = ( R1 R3 ) + R2 ( R4 R7 ) + R5 + R6
•A
B •
R7
R1
RR
RAD = R13 = 1 3
R13 = 5
R6
E R5
R1 + R3
R4
RR
RDE = R47 = 7 4
R47 =5
R3
D
R7 + R4
R2
RDB =
R2 ( R47 + R5 + R6 )
RDB = 5
R2 + R47 + R5 + R6
; Réq = RAD + RDB
Réq = RAB = 10
Exercice 3.5 :
On connaît la relation entre la densité de courant, la conductivité et le champ électrique :
Puisque la densité de courant est :
J= E
J=
I
S
Donc :
I
S
La conductivité est égale à l’inverse de la résistivité, on peut donc écrire :
E=
E= .
I
=
S
I
r2
Application numérique :
E = 5,5.10
A.FIZAZI
8
15, 0
3,14.0, 25.10
6
Université_BECHAR
E = 1, 05Vm
1
LMD1/SM_ST
171
Electrocinétique
Exercice 3.6 :
Tous les montages représentés ci-dessous sont équivalents au montage donné dans
l’énoncé.
I 5 = 2, 4 A
3, 6A
C
1, 2A
R4
B
R4
R5
e
1, 2A
B
D I = 3, 6 A
R3
R1
R1
A
R2
D e
(b)
(a)
R4
R4
C
R3
A
R5
R2
I 3 = 1, 2 A A
B
C
R3
R12
C
R5
D
e
B
R123
(c)
R5
D
e
(d)
Réq
C
R5
R1234
D e
(e)
C
R12345 D e
(f)
e
(g)
De la figure ( b ) , on en déduit la résistance équivalente des résistances R1 et R2 montées
en série :
R12 = R1 + R2
R12 = 2, 0
De la figure ( c ) , on en déduit la résistance équivalente des résistances R12 et R3 montées en
parallèle :
R .R
1
1
1
=
+
R123 = 12 3
R123 = 2, 0
R123 R12 R3
R1 + R2
De la figure ( d ) , on en déduit la résistance équivalente des résistances R123 et R4 montées
en série :
R1234 = R123 + R4
R1234 = 3, 0
De la figure ( e ) , on en déduit la résistance équivalente des résistances R1234 et R5 montées
en dérivation :
R .R
1
1
1
R12345 = 1234 5
R12345 = 2, 0
=
+
R12345 R1234 R5
R1234 + R5
De la figure ( f ) , on en déduit la résistance équivalente de la résistance R12345 et de la
résistance interne du générateur montées en série :
Réq = R12345 + r
Réq = 2,5
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
172
Electrocinétique
De la figure ( g ) , on peut à présent calculer l’intensité principale que débite le générateur
dans le circuit :
e
I=
I = 3, 6 A
Réq
A partir de ce résultat, et de la figure ( g ) qui lui correspond, et, en passant par ordre par
toutes les figures de ( f ) jusqu’à
branche du circuit :
Dans la figure ( f ) : I = 3, 6 A
(a) ,
on obtient les différentes intensités dans chaque
Dans la figure ( e ) :
U CD = R5 .I 5 = rI + e
I5 =
rI + e
R5
0,5.3, 6 + 9
I 5 = 1, 2 A
6
Tandis que dans la résistance R1234 , c'est-à-dire à travers R123 et R4 , l’intensité est :
I5 =
I4 = I
I5
I 4 = 2, 4 A
Dans la figure ( c ) : l’intensité à travers R12 est égale à l’intensité à travers R3 , puisque les
deux résistances sont égales :
2, 4
I3 =
I 3 = 1, 2 A
2
Dans la figure ( a ) , on a représenté les valeurs et les sens des différentes intensités :
P = Réq .I 2 = eI
P = 32, 4W
3/ La différence de potentiel entre A et C : on peut la calculer en suivant n’importe quelle
branche. En suivant par exemple la branche ADeC , la différence de potentiel demandée est :
U AC = R2 I 3 + rI e
U AC = (1.1, 2 ) + ( 0,5.3, 6 9 )
Exercice 3.7 :
Puisque : =
0
1+
(T
Il en résulte : R = R0 1 +
U AC = 5V
T0 )
(T
T0 )
On demande de déterminer la variation de la résistance R R0 correspondant à une
variation de température T T0 de 1, 00°C . Donc :
R R0 = R0
(T
T0 )
R = R0
R = 25,5.0, 003927.1, 00
T
R = 0, 001
Cela veut dire que la résistance augmente de 0, 001 , chaque fois que la température
augmente de 1K ou 1°C .
Si la résistance atteint la valeur 35,5 , la température correspondante aura atteint donc :
R
T=
R0
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
173
Electrocinétique
T=
35,5 25,5
25,5.0, 003927
T
100°C
Exercice 3.8 :
Dans la figure (a), on voit que la ligne AEHB représente une droite de symétrie par
rapport aux potentiels, tels que :
Uc = U D
U F = UG
UI = UJ
C’est ce qui nous permet de simplifier le réseau, comme il est indiqué sur la figure (b), et
ça facilite les calculs pour trouver la résistance équivalente en suivant, en toute logique, des
étapes successives.
C
F
A
H
E
D
A
I
B
J
G
1
E
C D
H
G
F
I
B
J
2
A
2
C
D
E
r
2
F
r G
2
H
r
2
r
2
I 2
J
B
3
C
D
A
r
2
A
B
5
Réq =
3
I
J r
F
G
B
2
5
4
A
C
r D
2
3
B
I
J r
F
G
3
2
Exercice 3.9 :
On suppose que l’ensemble est alimenté par un générateur de force électromotrice
e = 18V (on pourra choisir n’importe quelle autre valeur, car la résistance est indépendante de
e quelque soit sa valeur). On a représenté sur la figure ci-dessous l’intensité principale et les
intensités parcourant les différentes branches.
La loi des mailles de Kirchhoff nous permet d’écrire les équations suivantes :
Maille ( e, R1 , R4 , R5 , e ) :
R1I1 + R5 ( I1 + I 3 ) e = 0
12 I1 + 6 I1 + 6 I 3 18 = 0
3I1 + I 3 3 = 0
Maille ( e, R2 , R5 , e ) :
R2 I 2 + R4 ( I 2
I3 ) e = 0
6 I 2 + 12 I 2 12 I 3 18 = 0
Maille ( e, R2 , R3 , R5 , e ) :
A.FIZAZI
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3I 2 2 I 3 3 = 0
(1)
( 2)
LMD1/SM_ST
174
Electrocinétique
R2 I 2 + R3 I 3 + R5 ( I1 + I 3 ) e = 0
6 I 2 + 6 I 3 + 6 ( I1 + I 3 ) 18 = 0
I1 + I 2 + 2 I 3 3 = 0
e
e
R1
I
I1
I2
I3
R2
R3
I
I
R5
Réq
I1 + I 3
I4
R4
Les trois équations constituent un système à trois inconnues :
3I1 + 0 I 2 + I 3 = 3
0 I1 + 3I 2 2 I 3 = 3
I1 + I 2 + 2 I 3 = 3
Si on choisit la méthode des matrices, on doit procéder de la manière suivante :
3 0 1
d=0 3
1 1
3 0
1
3 3
3 1
2 = 18
2
3 3
1
0 3
1 3
2 = 27
2
2 = 21
2
I1 =
18
21
I1 =
6
A
7
I2 =
27
21
I2 =
9
A
7
3 0 3
0 3 3 =9
1 1 3
I3 =
9
21
I3 =
3
A
7
15
A
7
On peut à présent déterminer la résistance équivalente telle que :
e
42
= 8, 4
Réq =
Réq =
5
I
L’intensité principale est donc : I = I1 + I 2
I=
Exercice 3.10 :
1/ L’alimentation du réseau suivant AB : se référer à la figure (a) ci-dessous.
Lorsque le réseau est alimenté entre les points A et B , AB représente un axe de symétrie
pour les potentiels.
En A le courant principal I 0 se répartit en trois fois I , en B il arrive aussi trois fois I
( I 0 = 3I )
A.FIZAZI
.
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( 3)
175
Electrocinétique
Lorsque le courant I arrive à F , il se divise en deux parties égales puisque les deux
trajets pour atteindre B sont égaux, et ce en raison de l’égalité des potentiels des points E et
H . La répartition des différents courants dans le cube se fait donc de la façon indiquée sur la
figure (a).
En suivant le trajet AFEB , on a :
U
=U
AB
U
AB
U
AB
AF
+U
+U
FE
EB
I
5
= rI + r + rI = rI
2
2
5 3
5
= × r .I = r 3 .I
2 3
6
U
AB
5
r I 0 = R éq . I 0
6
=
D’où la résistance équivalente du réseau :
Réq =
5
r
6
2/ L’alimentation du réseau suivant AC : se référer à la figure (b) ci-dessous :
Quand on alimente le réseau suivant AC , le plan AFBC représente un plan de
symétrie des potentiels, et le plan GDHE représente le plan de symétrie entrée-sortie pour la
répartition des courants.
Le courant principal I 0 se répartit en I dans les deux branches AD et AG , et J
dans la branche AF . En F , le trajet pour aller à B est le même puisque les points E et H
sont au même potentiel. En F , le courant J se divise en deux parties égales. Puisque
EHDG est un plan de symétrie entrée-sortie, les branches EB et BC sont parcourues par le
même courant J / 2 . De ce fait, les branches EG et DH ne sont parcourues par aucun
courant, ce qui nous permet de dire que le réseau est ouvert entre E et G , et entre D et H .
Finalement, la branche BC est parcourue par J , et les deux branches GC et DC sont
parcourues par I .
On peur simplifier le réseau comme indiqué sur la figure (b).
I
E
I
I /2
F
I /2
B
H
I I
I
A
I /2
D
B
H
F
J
C
I
G
J I
I
A
K
K
J /2
C
I /2
E
J /2
F
I /2
B
2K
I
I /2
G
E
I
D
I
H
K
K
G
I I
J
A
K
I
C
K
I
J
I
D
La résistance équivalente est telle que :
1
1
1
=
+
Réq RAC 2r + RFB
Or :
1
1
1
1 1
=
=
+
=
RFB RAC 2r 2r r
D’où la résistance équivalente du réseau:
A.FIZAZI
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176
Electrocinétique
1
1
1
= +
Réq r 2r + r
Réq =
3
r
4
3/ L’alimentation du réseau suivant AD : Se référer à la figure (c) ci-dessus.
Lorsque le réseau est alimenté entre les points A et D , le plan AEBD représente un plan
de symétrie des potentiels. D’autre part, le plan passant par les médiatrices des segments AD
et GC est un plan de symétrie entrée-sortie pour la répartition des courants.
Puisque les points F et G sont au même potentiel, les branches AF et AG sont
parcourues par le même courant I .
La branche AD est parcourue par le courant J , tel que I 0 = 2 I + J ( I 0 étant le courant
principal).
Puisque la différence de potentiel entre les points F et G est la même, les branches FE
et GE sont parcourues par le même courant d’intensité K . La branche FH est parcourue par
le courant I K , et la branche EB par le courant 2 K . On obtient une répartition de courant
comme indiqué sur la figure (c).
On a :
U AD = rJ = r ( I 0 2 I ) ( A )
Suivant le chemin AFHD :
U AD = r ( I + I K + I ) = r ( 3I K ) ( B )
En considérant la maille FEBHF , on a :
I
0 = R ( K + 2K + K ( I K )) K =
(C )
5
I
5 U AD
I=
( C ) ( B ) : U AD = r 3I
( D)
5
14 r
5
( D ) ( A) : U AD = rI U AD
7
En fin de compte, on obtient :
7
7
U AD = rI = Réq I
Réq = r
12
12
Remarque : On peut utiliser les points F et G d’une part, et les points H et C d’autre
part, comme étant au même potentiel et ainsi les relier entre eux pour simplifier le réseau.
Exercice 3.11 :
1/ La figure (a) ci-dessous nous permet de calculer la résistance équivalente du
circuit Réq = RTh :
Les résistances R1 et R3 sont montées en parallèle, et leur résistance équivalente est en
série avec R2 . D’où :
RTh =
A.FIZAZI
R1 R3
+ R2 , RTh = 133,3k
R1 + R3
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LMD1/SM_ST
177
Electrocinétique
i
A
A
R1
RTh
ETh
E
C
(c)
B
A
R1
R2
R3
R2
R3
U
B
(b )
(a)
B
La figure (b) nous permet de calculer la force électromotrice du générateur de Thévenin :
U = ETh
La résistance R2 n’est parcourue par aucun courant. Soit i l’intensité qui circule dans R1 et
R3 :
i=
E
R1 + R3
U = ETh = R3
U = R3i
E
, ETh = 30V
R1 + R3
2/ a) Au moment de la fermeture de l’interrupteur, l’intensité du courant que débite le
générateur de Thévenin (figure(c)) est :
E
i = Th , i = 0, 075 A
RTh
b) L’énergie WE emmagasinée dans le condensateur à la fin de sa charge est égale à :
1
CU 2
1
2
WE = CETh
, WE = 0, 05 J
2
2
U = ETh
c) La durée nécessaire pour la charge du condensateur est à peu près égale à cinq fois la
constante du temps ! (une règle bien connue et vérifiée) :
t = 5!
t = 5RThC , t = 6, 65s
! = RThC
WE =
Exercice 3.12 :
On se représente le circuit sous la forme suivante :
I
R
r'
e'
e
1/ Si on note par U ' la différence de potentiel entre les bornes du moteur, la puissance
électrique totale qu’il consomme est :
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
178
Electrocinétique
PT = U ' I
U ' = e '+ r ' I
PT = e ' I + r ' I 2
2
La puissance dissipée par effet joule dans le moteur est : PJ = r ' I 2
Donc la puissance électrique transformée en puissance mécanique est égale à :
PM = PT PJ
PM = e ' I
2/ a) Le moteur étant bloqué, il se comporte comme un conducteur ohmique, donc PM = 0 .
La puissance électrique dissipée dans le moteur par effet joule est RI12 . Cette puissance est
réceptionnée par le calorimètre, d’où :
Q1 = RI12t
D’après la loi des mailles : ( r + r '+ R ) I1
Q1
, I1 = 5 A
Rt
I1 =
(e
e ') = 0
Puisque le moteur ne tourne pas : e ' = 0 . D’où :
e
r'=
(r + R) , r ' = 3
I1
b) A présent le moteur fonctionne normalement, cela veut dire que PM " 0 et e '' " 0 .
On obtient alors :
Q2
, I 2 = 1, 6 A
Rt
Pour calculer e " , on applique la loi des mailles, telle que :
( r + r '+ R ) I 2 ( e e ") = 0 e " = e ( r + r '+ R ) I 2 , e " = 47, 6V
I2 =
3/ a) Le rendement est défini comme étant # =
Ce qui nous conduit à : # =
Pm
PT
e" I
e" I + r ' I 2
#=
e"
e "+ r ' I
b) A présent, la tension aux bornes du générateur est égale à la tension aux bornes du
moteur :
U = e rI
e e"
I=
, I = 5, 6 A
U = e" r ' I
r+r'
D’où : U = 64, 4V
c) calcul du rendement : # =
47, 6
47, 6 + ( 3 × 5,6 )
# = 73, 7 ° °
Exercice 3.13 :
Le circuit comprend trois nœuds. On affecte arbitrairement à l’un d’eux( O par exemple)
le potentiel zéro, puis on applique la loi des nœuds en A et B , avec les deux potentiels
inconnus VA et VB .
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
179
Electrocinétique
A
2R
I1
2R
B
I2
R
I3
E1
#
R
E2
O
V0 = 0
Au nœud A : I1 I 2 + I 3 = 0 . donc :
VA V0 = 2 RI1 + E1
VA V0 = 2 RI 3 + E2
VA VB = RI 2
E1 VA VB VA E2 VA
+
+
=0
R
2R
2R
Au nœud B : I 2 + I 4 + # = 0 . donc :
VA VB = RI 2
VA VB
R
VB
+# = 0
R
VB V0 = RI 4
On obtient un système à deux équations :
4VA 2VB = E1 + E2
VA + 2VB = R#
On arrive aux solutions :
E1 + E2 + R#
,
3
De là, on en déduit les intensités I1 et I 2 :
VA =
VB =
E1 + E2 + 4 R#
6
I1 =
E1 VA
2R
I1 =
2 E1 E2 R#
6R
I2 =
VA VB
R
I2 =
E1 + E2 2 R#
6R
Exercice 3.14 :
1/ Calcul de Eth en ouvrant la branche AB :
ETh = U AB0
R3 I 3 + R2 I 2 = R4 I 3
R3
I1
Calculons I 3 en appliquant la loi des
R1
nœuds :
I1 = I 2 + I 3 (1)
E
D’après la loi des mailles, nous avons :
(2)
Dans la maille (a ) : E = R1 I1 + R2 I 2
Dans la maille (b) : 0 = ( R3 + R4 ) I 3 R2 I 2
(3)
I3
I2
a
R2
b
A
VAB
R4
B
Remplaçons I1 dans l’équation ( 2 ) pour obtenir :
E = R1 ( I 2 + I 3 ) + R2 I 2
A.FIZAZI
E = ( R1 + R2 ) I 2 + R1 I 3
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(4)
LMD1/SM_ST
180
Electrocinétique
Nous calculons I 2 à partir de l’équation ( 3) : I 2 =
Remplaçons I 2 dans l’équation ( 4 ) pour obtenir :
E=
( R1 + R2 )( R3 + R4 )
I 3 + R1 I 3
R2
E=$
R3 + R4
I3
R2
(5)
( R1 + R2 )( R3 + R4 ) + R1 R2 )
% I3
R2
Finalement nous obtenons I 3 et ETh :
I3 =
ER2
R2 R4 E
; ETh =
( R1 + R2 )( R3 + R4 ) + R1 R2
( R1 + R2 )( R3 + R4 ) + R1 R2
ETh = 3.70V
2/ Calcul de RTh après suppression du générateur :
La résistance équivalente de tout le circuit sans la résistance R est :
R3
Rth = ( R1 R2 ) + R3 R4
1
1
1
R1 R2
= +
= 0.715
R12 = 1.43
R12 R1 R2
La résistance équivalente de R12 et R3 est :
R1
R ' = R12 + R3
R ' = 5.43
Finalement, la résistance du générateur de Thévenin est :
1
1
1
= +
RTh R ' R4
3/ Calcul de l’intensité I :
ETh = ( R + RTh ) I
I=
R2
•A
R4
•B
RTh = 3.52
•A
RTh
ETh
R + RTh
I = 0.43 A
ETh
R
•B
Exercice 3.15 :
Application de la première loi : Il y a quatre nœuds auxquels correspondent quatre
équations :
Au nœud A : I1 + I 2 = I 3
Au nœud B : I 2 = I 5 + I 4
Au nœud C : I 5 = I 3 + I 6
Au nœud D : 0 = I 4 + I 6 + I1
Application de la deuxième loi : Il y a trois mailles indépendantes. Après avoir choisi les
sens, comme indiqué sur la figure, on peut écrire les différentes équations :
La maille 1 : e3 + e2 = R7 I 3 + R3 I 3 + R5 I 5 + r2 I 4 + r3 I 3
La maille 2 : e1 e2 = R1 I1 R4 I 4 R2 I 2 + r1 I1 r2 I 2
La maille 3 : e6 = R6 I 6 R4 I 4 + R5 I 5 + r6 I 6
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
181
Electrocinétique
I1
e1 ,
R1
1
e3 ,
A
R7
3
I2
e2 ,
2
R4
D I4
I3
2
1
R5
I5 C
B
3
R2
R3
I6
e6 , r6
R6
Exercice 3.16 :
Il n’y a que deux nœuds, on peut se contenter donc d’une seule équation en appliquant la
loi des nœuds : I1 + I 2 + I3 = I
Aux trois mailles correspondent trois équations qu’on obtient en appliquant la loi des
mailles :
e1 e2 = R1I1 R2 I 2
e1 = R1I1 + RI
e2 = R2 I 2 + RI
La solution du système des trois équations nous donne en fin de compte l’intensité I :
e R +e R +R R I
I= 1 2 2 1 1 2 3
R1R2 + RR1 + RR2
D’où la tension U 3 : U 3 = RI + R3 I3
Exercice 3.17 :
La figure suivante représente le montage équivalent au montage donné dans l’énoncé.
e
R1
A
I0
R2
D r
C
R3
A.FIZAZI
I0 '
R4
Université_BECHAR
I
B
LMD1/SM_ST
182
Electrocinétique
Détermination de RTh : On éteint les sources de tension et on calcule la résistance
équivalente RTh de toutes les résistances à l’exception de
(figure ci dessous).
A
A
R1
R2
C
A
R1
R2
R=
R1 R2
R1 + R2
R3
R4
R' =
R3 R4
R3 + R4
D
R4
R3
B
R' =
R3 R4
R3 + R4
RTh =
B
B
R=
R1R2
R1 + R2
RTh = R + R '
RR
R1R2
+ 3 4
R1 + R2 R3 + R4
RTh
15
Détermination de ETh : On considère le circuit ouvert en supprimant la résistance
montée entre A et B (figure ci-dessous).
R1
e
A
I0
R2
C
D
R3
R4
I0 '
B
e = ( R1 + R2 ) I 0 = ( R3 + R4 ) I 0 '
ETh = (VA VB )0 = R2 I 0
ETh = U AB0 = R2
e
R1 + R2
R4
e
R3 + R4
R4 I 0 ' = R3 I 0 ' R1I 0
; ETh = U AB0 = R3
e
R3 + R4
R1
e
R1 + R2
A la fin, on obtient :
A.FIZAZI
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183
Electrocinétique
ETh =
R2 R3 R1R4
e
( R1 + R2 ) ( R3 + R4 )
ETh
12V
Calcul de I et U : On utilise la figure suivante :
U AB = rI = RTh + ETh
U AB = rI
I=
ETh
r + RRh
ETh , RTh
I = 0, 70 A
U AB = 1, 4V
I
A
B
Exercice 3.18 :
Détermination de RTh à partir du montage ci dessous, où nous avons supprimé la branche
AB , et on a éteint les sources de tension :
RTh =
R1
R1 R3 + R2 R3
R1 + R2 + R3
R3
A
R2
B
Détermination de ETh à partir de la figure ci-dessous, où nous avons supprimé la branche
AB seulement :
E1
R1
i
U AB0 = R3 .i = ( R1 + R2 )i ( E1 )
R3
R2 i
i
E1
i=
R3 + R1 + R2
ETh = U AB0
R3 E1
=
R3 + R1 + R2
Détermination de I à partir de la figure suivante :
ETh = U AB0 = R.I ( E2 ) = RTh I ( ETh )
I=
ETh E2
R + RTh
R3 E1 E2 ( R1 + R2 + R3 )
I=
R ( R1 + R2 + R3 ) + R1 R3 + R2 R3
A
B
I
ETh
RTh
R
A
E2
B
Exercice 3.19 :
Une fois que l’on ait remplacé les générateurs d’intensité par des générateurs de tension
équivalente, comme indiqué sur la figure ci-dessous, on détermine alors la force
électromotrice ETh du générateur de Thévenin ainsi que sa résistance interne RTh .
A.FIZAZI
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184
Electrocinétique
Détermination de ETh : On peut calculer U AB0 de trois manières différentes, ce qui
conduit à trois équations :
U AB0 = ETh = 1000 I + 2000 I1 + 10 + 4
(1)
( 2)
ETh = 1000 I + 2000 I1 + 10 + 4
U AB0 = ETh = 1000 I + 2000 I 2 + 10 + 15
ETh = 1000 I + 2000 I 2 + 10 + 15
U AB0 = ETh = 7000 I + 160
ETh = 7000 I + 160
I = I1 + I 2
I = I1 + I 2
( 4)
En somme les équations (1) et ( 2 ) pour obtenir :
2 ETh = 2000 I + 2000 ( I1 + I 2 ) + 41
( 3)
2 ETh = 4000 I + 41
( 5)
160 ETh
7000
A la fin, on remplace I dans l’équation ( 5 ) , pour obtenir la force électromotrice du
générateur de Thévenin :
4
2 ETh = (160 ETh ) + 41
7
On en déduit l’intensité I de l’équation ( 3) : I =
18ETh = 927
ETh = 51,5V
10mA
A
2k
1k
3k
2k
1k
1k
10V
3k
1k
4k
4V
10V
4k
5mA
A
4V
10V
40mA
160V
1k
1k
5V
B
B
10V
I2
A
1k
2k
2k
I1
15V
A
I
RTh
7k
4V
ETh
160V
B
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B
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185
Electrocinétique
Détermination de RTh : Pour calculer la résistance équivalente de tout le circuit, on éteint
toutes les sources d’intensité et de tension. Les résistances équivalentes successives
sont indiquées sur les figures ci-dessous de gauche à droite. On trouve à la fin :
14
RTh = k
9
A
1k
2k
7k
2k
A
A
1k
2k
7k
1k
14
k
9
7k
B
:
A
A partir de la figure ci contre on en déduit l’intensité I 0 :
ETh
, I0
RTh + R
B
B
B
Calcul de l’intensité parcourant la résistance R = 4k
I0 =
A
I0
RTh
4k
9,3mA
ETh
B
Exercice 3.20 :
1/ Les figures
( a ) , (b ) , ( c )
successives du réseau. La figure
( d ) dans l’ordre donné représentent des simplifications
( d ) représente la résistance équivalente Réq = 3 de tout le
et
circuit, elle est montée aux bornes d’un générateur de force électromotrice e .
A
A
A
E
I
E
E
H
D
B
H
2
F
2
(a)
C
G
G
e
G
e
C
(b)
e
3
2
2
e
I
(c)
I
(d )
C
2/ Intensité du courant que débite le générateur :
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G
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C
186
Electrocinétique
U GC = Réq I = e
I=
e
Réq
I = 4, 0mA
3/ La différence de potentiel entre les points C et A :
Puisque les branches GFE et GHE sont semblables, le courant d’intensité 4, 0mA
qui sort du générateur, se divise au point G en deux intensités égales ( 2mA) . La branche
EA est parcourue par le courant principal 4, 0mA .
D’où la différence de potentiel entre les points C et A qui est égale à :
U CA = U CG + U GH + U HE + U EA
I
I
+ r + rI
2
2
En suivant la branche CBA :
U CA = U CB + U BA
U CA = e + r
U CA = r
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I
I
r
2
2
U CA = e + 2rI
U CA = rI
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U CA = 4, 0V
U CA = 4, 0V
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Electromagnétisme
187
IV/ ELECTROMAGNETISME
Le mot « magnétisme » dérive du nom de la région qui porte le nom de « magnésie »,
située sur la côte ouest de l’actuelle Turquie, où le phénomène magnétique a été observé
depuis fort longtemps (600 avant J.C). Cette région renfermait des gisements du minerai
appelé « magnétite » qui a des propriétés spécifiques.
En effet, on a observé que deux morceaux de ce minerai s’attirent ou se repoussent,
comme ils peuvent donner leurs propriétés à un morceau de fer se trouvant proche d’eux.
Ce phénomène magnétique est resté sans explication jusqu’en l’an 1819. En cette année,
le physicien suédois Hans Christian Oersted (1777-1851), a remarqué que le passage d’un
courant électrique dans un fil situé tout près d’une aiguille aimantée provoque sa déviation, ce
qui prouve l’existence d’une force magnétique résultant du passage du courant électrique.
Cette expérience a prouvé qu’un fil parcouru par un courant électrique acquiert des propriétés
magnétiques tout à fait semblables à celles que possèdent un aimant naturel.
En temps contemporain, il a été convenu que tous les phénomènes magnétiques sont dus
à deux causes :
Le mouvement de charges électriques (courant électrique)
Quelques propriétés intrinsèques de la matière.
A/ Le champ magnétique (3
4 567 ):
1/ Définition du champ magnétique :
Un champ magnétique existe dans une région voisine :
D’un aimant naturel ou artificiel,
De la terre, que l’on considère comme étant un énorme aimant,
D’un conducteur parcouru par un courant électrique.
Par comparaison avec le champ électrique, une charge ou un ensemble de charges en
mouvement, créent dans la région où elles se trouvent un champ magnétique. Ce champ
magnétique agit sur une charge électrique externe q avec une force FB . Il en est de même
pour un courant électrique, puisque par définition, c’est un mouvement de charges.
Comme le champ électrique E , le champ magnétique est lui aussi une grandeur
vectorielle, on le note par le vecteur B . Son nom complet est : champ d’induction
magnétique (3
4 => 7? 56@).
2/ Superposition de champs magnétiques(
4 CD67 E F G HIJ ) :
Si plusieurs champs magnétiques B1 , B2 ,....., Bn agissent simultanément sur une
charge électrique en mouvement, ou sur une aiguille aimantée, le champ magnétique B
équivalent, est égal à la somme vectorielle de tous les champs agissant (figure 4.1) :
B = B1 + B2 + ......... + Bn
A.FIZAZI
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188
Electromagnétisme
B3
M
B2
B = B1 + B 2 + B 3 + B 4
B1
B4
B/ Force électromagnétique agissant sur une charge électrique en
mouvement ( F 7?
O P F 7Q RST U VW4
4 UD6 ):
La force de Lorentz (Hendrik Antoon Lorentz 1853-1928) :
Comme nous l’avons dit précédemment, un champ électrique existe près de tout corps
magnétique ; seulement, un champ pareil n’a aucune influence sur une charge électrique au
repos.
Si on considère une charge électrique en mouvement dans un champ magnétique, elle
sera soumise alors à une nouvelle force, en plus de la force électrique et de la force de
pesanteur.
Ainsi, il a été vérifié expérimentalement que le champ magnétique exerce sur une
charge électrique en mouvement une force magnétique proportionnelle à la valeur de la
charge, au vecteur vitesse et au vecteur du champ magnétique, et qu’elle est perpendiculaire
au vecteur vitesse :
FB = q.v
FB = q.v.B.sin
B
(4.1)
Quand une charge se déplace dans une région de l’espace, où règnent un champ magnétique et
un champ électrique, la résultante est égale à la somme des deux forces : électrique et
magnétique :
F = Fe + FB = qE + q.v
B
(
F = q E + .v
B
)
(4.2)
C’est l’expression de la loi de Lorentz
FB
B
q
A.FIZAZI
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v
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189
Electromagnétisme
A/ La force électromagnétique exercée sur un élément d’un conducteur
rectiligne (` 6? 5^ _ [ \ T RST 6J]4
4 UD6 ):
1/ La force de Lorentz
On sait que la densité de courant électrique qui parcourt un fil est : J = nqv
La relation entre le courant et la densité est : I = JS
Si un conducteur se trouve dans un champ magnétique, la force magnétique appliquée
à l’unité de volume est :
f = nqv
f =J
B
B
(4.3)
Quant à la force appliquée à un volume élémentaire du fil elle est égale à :
(
)
d F = f .dV = J
B .dV
(4.4)
Si S est la section du fil, et dl la longueur élémentaire considérée, on aura :
(
dF = J
)
B S .dl
(4.5)
Pour Obtenir la force totale appliquée sur un volume déterminé, on doit intégrer :
F=
fil
(J
)
B S .dl
(4.6)
Puisque J = J .uT , où uT est le vecteur unitaire tangent à l’axe du fil, on a :
( J .S ) uT
F=
B.dl
(4.7)
fil
F = I .uT
B.dl
(4.8)
fil
Si on considère le conducteur rectiligne plongé dans un champ magnétique
uniforme B , cela veut dire que uT et B sont constants, ce qui nous permet d’écrire :
F = I .uT
B dl
(4.9)
fil
dl = l , alors :
Si la longueur du fil baignant dans le champ magnétique est
fil
F = I .l.uT
Puisque uT = 1 , et si
B
(4.10)
est l’angle compris entre le conducteur rectiligne et le
vecteur champ magnétique, on obtient :
F = B.I .l.sin
(4.11)
Cette relation exprime la loi de Laplace
Pour déterminer la direction et le sens de cette force, on doit utiliser la règle connue de
la main droite : l’index indique la force magnétique, le pouce le courant ou le conducteur, et le
majeur le vecteur champ magnétique. Figure 4.3
A.FIZAZI
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190
Electromagnétisme
FB
I
B
Fig 4.3: Règle de la main droite
1/ Applications :
a/ La balance de Cotton (Aimé Cotton 1869-1951) :
La balance de Cotton est constituée de deux bras mobiles autour d’un axe :
La première section est caractérisée par une forme particulière, constituée d’un
secteur circulaire isolant S , fabriqué en matière plastique et limité par deux arcs concentrés
sur l’axe de rotation
du levier. S Comprend une portion rectiligne CD de longueur l ,
horizontale quand la balance est en équilibre. Figure 4.4
O
S
( )
m
D
C
B
a
b
P
F
Fig 4.4: Balance de Cotton
Un fil conducteur sort par O , suit le secteur circulaire et la portion rectiligne CD ,
puis revient en O . L’autre bras du levier porte un plateau. La balance est en équilibre quand
il ne passe aucun courant électrique.
Si on plonge la portion CD du secteur S dans un champ magnétique uniforme B ,
perpendiculaire au plan de la figure et dirigé vers l’avant, on remarque que la balance perd
son équilibre lorsqu’ un courant traverse le fil. Pour rétablir l’équilibre, il suffit de mettre des
masses étalonnées sur le plateau.
Les deux moments, différents de zéro, et agissant sur le système, sont le moment du
poids P des masses, et le moment de la force de Laplace FB .
A.FIZAZI
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191
Electromagnétisme
A l’équilibre : FB .a = mg .b
FB =
mg .b
a
Ainsi on peut calculer l’intensité du champ d’induction magnétique :
B.I .l.a = mgb
B=
mgb
I .l.a
(4.12)
L’unité de B est le tesla (T).
b/ L’effet Hall (Edwin Herbert Hall 1855-1938) (C j 5kl)
La figure 4.5 représente une plaque en cuivre, de section rectangulaire (quelques
millimètres), parcourue par un courant électrique I dans le sens de la longueur.
B
++++++++++++++++++++++++
uz
l
Fe = eE
e
v
uy
ux
FB = ev
E
I
B
L
Les électrons suivent des trajectoires parallèles à l’axe Oy , en se déplaçant à la
vitesse v dans le sens contraire du sens conventionnel du courant qui circule dans le
sens Oy .
Quand on applique un champ magnétique B perpendiculairement à la plaque
(selon la figure, suivant Oz ), Chaque électron est soumis à une force magnétique
FB = e. v
B
FB = e.v
B . Sous l’action de cette force magnétique, les
électrons dévient vers la droite de la plaque, côté qui se charge donc négativement.
L’autre coté se charge, quant à lui, positivement, à cause de la diminution du nombre
d’électrons qui ont été déviés vers le côté droit. Cela entraîne l’apparition d’un champ
électrique E parallèle à l’axe Ox .
Les électrons sont soumis à chaque instant à deux forces :
La force magnétique : FB = e.v
dirigée dans le sens de Ox ,
B , produite par le champ magnétique et
La force électrique : Fe = eE , produite par le champ électrique et dirigée dans
le sens contraire de Ox .
L’égalité des deux forces conduit à un état d’équilibre, ce qui fait apparaître une
différence de potentiel transversale entre les bords opposés de la plaque. Cette
différence de potentiel est proportionnelle à B .
A.FIZAZI
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192
Electromagnétisme
Ce phénomène que nous venons de décrire s’appelle effet Hall ordinaire ou
négatif, Il apparaît sur la plupart des métaux, comme le cuivre, l’argent, l’or, le platine
…etc. Mais dans quelques métaux, comme le zinc, le cobalt, le fer et dans d’autres
matériaux, tels que les semi-conducteurs, il se produit l’effet Hall positif. Ce dernier
s’interprète par le fait que ce sont les charges positives qui se déplacent dans le sens
du courant électrique, ce qui inverse totalement le raisonnement que nous avons suivi
pour l’effet négatif.
L’effet hall découvert en 1879, offre une méthode très intéressante pour la
détermination du signe des porteurs de charges dans un conducteur donné.
Parmi les intérêts de l’effet Hall, la possibilité de déterminer la densité de charge,
c’est à dire le nombre de charges par unité de volume, comme le montre les calculs ci
après.
evB = eE E = vB
A l’équilibre : Fe = FB
On appelle tension Hall, la différence de potentiel qui apparaît entre les bords de
UH
L
On sait que : I = JS = nevS
la plaque : U H = E.L
E=
Et puisque S est la section de la plaque, on a : I = nevLl
v=
I
neLl
D’où la densité des porteurs de charges :
vB =
UH
L
U
I
B= H
neLl
L
n=
IB
eLU H
Pour les métaux ordinaires la densité de charges est de l’ordre de 10
28
/ m3 .
D/ La règle d’Ampère( J n UIT ^) :
C’était Oersted, qui le premier a démontré expérimentalement que le courant électrique
produit un champ magnétique dans la région qui l’entoure.
Les expériences dans ce domaine se sont succédées durant plusieurs années. Il a fallu
attendre l’année 1826 pour qu’Ampère parvienne enfin, en l’espace de quelques jours, à la loi
empirique qui porte son nom.
La figure 4.6, représente plusieurs courants électriques passant à travers la courbe
fermée (C ) .
I1
(C )
I2
In
A.FIZAZI
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193
Electromagnétisme
Enoncé de la règle d’Ampère :
« La circulation du champ magnétique le long d’une courbe fermée qui embrasse les
courants I n ........I 2 , I1 , est égale au produit de la permittivité magnétique dans le vide ( µ0 )
par la somme algébrique des intensités de courants embrassés par le contour (C ) ».
B..dl = µ0
AB =
C
n
i =1
Ii
(4.13)
µ0 = 4 × 10 7 T .m. A 1
Exemple 4.1 :
Un courant électrique traverse un conducteur cylindrique de longueur infinie et de
rayon R . La densité de courant J est constante à travers toute la section du cylindre et
parallèle à l’axe oz . On considère I 0 l’intensité totale qui traverse le cylindre. Calculer le
champ magnétique à l’intérieur et à l’extérieur du cylindre. Représenter graphiquement ses
variations.
Réponse :
Considérons un cercle de rayon
entourant le cylindre. Le plan du cercle est
perpendiculaire au cylindre (figure 4.7-a-). La section S 0 du cylindre est traversée par des
courants d’intensité totale I 0 . La circulation de l’induction du champ magnétique suivant la
trajectoire fermée (C ) est donc égale à :
AB = B.dl = B.2 .r
C
B.2 .r = µ0 .I 0
µ0 .I 0
B=
2 .r
Cette expression représente l’intensité du champ magnétique à l’extérieur du cylindre, et
qui résulte du passage de courant électrique dans le cylindre. Comme on peut le voir, ce
champ est inversement proportionnel à la distance r (R r) .
Quant à l’intérieur du cylindre r R , le courant qui passe à travers le cercle (figure4.4b-) est I :
J=
I0 I
=
S0 S
I=
I0
.S
S0
S0 = R 2 , S = r 2
La circulation est donc égale à :
AB = B.dl = B.2 .r = µ0 .I
C
µ0 .I = µ0 .I 0
S
S0
B=
µ0 .I 0
2 .R 2
.r
Dans ce cas, l’intensité du champ magnétique en un point quelconque à l’intérieur du
cylindre est proportionnelle à la distance séparant l’axe du cylindre du point considéré.
A.FIZAZI
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194
Electromagnétisme
La figure 4.7-c- représente les variations de l’intensité du champ magnétique en fonction
de la distance .
R
R
B
r
S
S0 r
O
I
I0
r
R=r
E/ La loi de Biot et Savard(J.Batiste Biot 1774-1862/Félix Savard 1791-1841)
Cette loi expérimentale, établie en 1820, permet le calcul de l’induction magnétique en un
point de l’espace, créée par un conducteur, quelque soit sa forme, et traversé par un courant
électrique.
P
dB
ur
I
r
I
dl
1/ Enoncé de la loi :
Un courant électrique d’intensité I , parcourant un élément dl d’un conducteur,
produit un champ magnétique élémentaire d B égal à :
dB =
µ0 .I
4 .r 2
.d l
ur
(4.14)
u r : représente le vecteur unitaire suivant la direction du vecteur position . Le sens
de d B est déterminé par la règle de la vis ou celle de la main droite.
Si on veut calculer l’induction magnétique totale B , produite par tout le conducteur,
il suffit d’intégrer :
B=
µ0 .I
4
dl
conducteur
ur
r2
(4.15)
1/ Application de la loi de Biot et Savard :
a/ Champ d’induction magnétique produit par un courant rectiligne infini
(CD] 3j ? q ` 6? o G [T pG 3
4 => 7? 56@) :
A.FIZAZI
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195
Electromagnétisme
La figure 4.9 représente un fil infiniment long, parcouru par un courant électrique
d’intensité I . On se propose de déterminer le champ d’induction magnétique produit par tout
le fil en un point P situé sur l’axe oy .
Y
P
dB
r
b
ur
O
I
I
X
x
Z
dx
Fig 4.9: Champ magnétique élémentaire créé par un courant électrique élémentaire rectiligne
Pour pouvoir appliquer la loi de Biot et Savard, on doit déterminer les composantes
des vecteurs dl et
dans le repère cartésien Oxyz . Et puisque r = r.u r
ur =
, on
peut écrire la loi sous la forme :
dB =
µ0 .I dl
.
4
ur
r2
=
µ0 .I dl
4
dx
dl = 0
0
dl
i
r = dx
x
.
r
(4.16)
r3
x
r=b
0
j k
0 0 = b.dx.k
b 0
dB =
µ0 .I b.dl
4
.
r3
k
Puisque :
r=
b
cos
, x = b.tg
Par substitution, on obtient :
dB =
dx = b
1
cos 2
d
µ0 .I
cos .d .k
4 .b
En intégrant cette expression de
/ 2 à + / 2 , on obtient:
A.FIZAZI
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196
Electromagnétisme
B=
+ /2
dB =
/2
µ0 .I
k
4 .b
+ /2
cos .d
/2
Finalement, on arrive à l’expression finale :
B=
µ0 .I
2 .b
B=
k
µ0 .I
(4.17)
2 .b
Le vecteur B dans ce cas, est perpendiculaire au plan Oxy et dirigé selon l’une des règles
d’orientation.
Remarque : Dans le cas d’un conducteur rectiligne, les lignes du champ magnétique,
dessinent des cercles dont le centre est le conducteur et auquel elles lui sont perpendiculaires.
b/ Champ d’induction magnétique produit par un courant circulaire
(r O s o G [T pG 3
4 => 7? 56@) :
La figure 4.10 représente un anneau parcouru par un courant électrique d’intensité
constante I . On se propose de trouver le champ d’induction magnétique sur l’axe Oz de
l’anneau.
z
P
dB
b
r
k
O
i
j
y
R
dl
x
Fig 4.10: Champ magnétique produit par un courant
circulaire
On choisit sur l’anneau une longueur élémentaire dl , puis on calcule le champ
magnétique élémentaire produit au point P . Afin d’obtenir le champ total, on doit intégrer.
D’après la figure 4.11, on a :
Les angles
et
ont des côtés perpendiculaires, donc :
dl = dxi + dy j
Oy
Ox
dl
R
=
dl = dl.sin .i + dl.cos . j
Et puisque dl = R.d
D’où : dl = R.sin .d .i + R.cos .d . j
Donc, les composantes des vecteurs dl et
A.FIZAZI
sont :
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197
Electromagnétisme
r=
x = R cos .d
R sin .d
y = R sin .d
dl = R cos .d
b
z
r=
r=
y
k
dx
y = R.sin
b
b
dl = R.cos .d
0
0
y
O
y
j
R
R.sin .d
d l = dy
b
r
O
i
x = R.cos
x
P
0
R
x.i
x
dx.i = dl.sin
dy. j = dl.cos . j
dl
y. j
dl
x
dl
On applique la loi de Biot et Savard :
dB =
dB =
dB =
µ0 .I
4 .r
3
µ 0 .I
µ0 .I
4 .r 3
.( R.b cos .d
4
.dl
µ 0 .I
r
.dl
=
r 3 4 .r 3
i
j
. R sin
R cos
R cos
R sin
)i +
d Bx
µ0 .I
4 .r
3
.( R.b sin .d
r
k
0 .d
b
)j+
d By
µ 0 .I
4 .r
3
.( R 2 .d
)k
d Bz
Il nous apparaît que d B a trois composantes : d B = d B x + d B y + d B z
Maintenant, il suffit d’intégrer les trois composantes de 0 à 2 , pour obtenir les trois
composantes du champ magnétique produit par tout l’anneau :
2
Bx = dBx =
2
µ0 .I .R.b
µ0 .I .R.b
2
cos .d =
. cos .d
=0
4 .r 3
4 .r 3 0
2
2
µ0 .I .R.b
µ0 .I .R.b 2
By = dBy =
d
sin . =
. sin .d
=0
3
3
r
r
4
.
4
.
0
0
0
2
2
µ0 .I .R 2
µ0 .I .R 2 2
µ0 .I .R 2
Bz = dBz =
d =
=
. d
.2
4 .r 3
4 .r 3 0
4 .r 3
0
0
0
0
Finalement, on arrive à :
A.FIZAZI
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198
Electromagnétisme
B = Bz =
µ0 R 2 .I
2. R 2 + b 2
3/ 2
k
B = Bz =
µ0 R 2 .I
2. R 2 + b 2
(4.18)
3/ 2
Cette expression n’est valable que si le point P appartient à l’axe qui est
perpendiculaire à l’anneau et passe par son centre.
Discussion : le champ magnétique prend des valeurs particulières en certains points de
l’anneau parcouru par un courant d’intensité I :
Premier cas : Au centre de l’anneau b = 0 , et quelque soit son rayon, on
aura :
B=
µ0 .I
(4.19)
2b
Deuxième cas : Si l’anneau est de rayon très petit b
B=
µ0 R .I
R , on aura :
2
(4.20)
2b 3
Troisième cas : dans le cas d’une bobine plate, constituée de N spires, on
prend le rayon moyen des spires et on multiplie le résultat précédent par le
nombre N :
B = Bz =
B=
µ 0 .I
2b
µ0 R 2 .I
2. R 2 + b 2
3/ 2
.N
.N
B=
µ0 R 2 .I
2b3
.N
(4.21)
c/ Champ d’induction magnétique produit par un courant solénoïdal
(3_ vS@ o G [T pG 3
4 => 7? 56@)
Là aussi, on ne s’intéresse qu’à un point situé sur l’axe du solénoïde.
Soit une bobine de longueur l , composée de N spires, parcourue par un courant
électrique d’intensité I . On demande de calculer le champ d’induction magnétique B en un
point P situé sur l’axe oz de la bobine. Figure 4.12
On choisit le point P comme origine, et on considère la longueur élémentaire dz de la
bobine, et qui contient en réalité un nombre de spires égal à
N
.dz .
l
En utilisant le résultat du champ magnétique produit par le courant circulaire, on peut
écrire :
A.FIZAZI
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199
Electromagnétisme
0
dB = 0
µ0 R 2 .I
2. R 2 + z 2
3/ 2
.
N
.dz
l
dz
P
R
z
Z
2
1
l
Sur la figure 4.12, on voit que :
z = R cot
dz = R.
1
.d
sin 2
Afin d’arriver facilement à bout de l’opération d’intégration, on doit faire un changement
de variable :
R 2 + z 2 = R 2 + R 2 cot 2
= R 2 (1 + cot 2 ) = R 2 .
1/ sin 2
Par substitution dans l’expression de d B , on trouve :
dB =
µ0 R 2 .I
2. R / sin
2
2
3/ 2
.
N
.( R / sin 2 ).d
l
dB =
1
sin 2
µ0 .I N
2.
.
l
.d
Pour obtenir le champ d’induction magnétique produit au point P , situé sur l’axe oz de
la bobine, par le courant électrique parcourant cette bobine, on doit intégrer d’un bord à
l’autre de la bobine, soit de 1 à 2 , on obtient donc :
B=
µ0 .N .I
2l
( cos
2
cos
1
)k
B=
µ0 .N .I
2l
( cos
2
cos
1
)
(4.22)
Discussion : le champ magnétique prend des valeurs particulières en certains points du
solénoïde parcouru par un courant d’intensité I :
Premier cas : Le point O se trouve au centre d’une bobine très longue, tel
que 1 = et 1 = / 2 . Voir figure 4.13(a). on aura :
A.FIZAZI
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200
Electromagnétisme
B=
µ0 .N .I
k
l
B=
µ0 .N .I
(4.23)
l
Deuxième cas : Le point se situe se situe sur l’axe et au le bord de la bobine
tel que 2 = 0 (figure 4.13 (b)), on aura :
B=
µ0 .N .I
2l
k ; B=
R
O
2
1
R
1
E/ Le dipôle magnétique(3
(4.24)
2l
M
Z
0
µ 0 . N .I
/2
2
Z
0
4 E]6 3O V)
1/ Le couple électromagnétique (
x sv4 ) :
La figure 4.14 (a) représente un cadre rectangulaire MNPQ , parcouru par un courant
d’intensité I constante, et de sens comme indiqué sur la figure.
P
F'
L
F
I
F
I
d1
( P, Q )
N
B
n
n
l
B
0
F
Q
I
( )
I
B
O
d2
I
(M , N )
M
+
B
F'
F
Ce conducteur baigne dans un champ magnétique uniforme B qui forme avec la normale
n de la surface du conducteur, l’angle . La normale n est dirigée par rapport au courant
I selon la règle de la vis.
Les deux forces F ' agissent sur les deux côtés NP et MQ . Ces forces sont directement
opposées et non aucune action, puisque le cadre est indéformable ; elles ne produisent aucun
moment, donc aucune rotation.
Les deux forces F agissent sur les deux côtés MN et PQ , et produisent un couple
capable de faire tourner le cadre jusqu’à ce qu’il se stabiliser dans une position tel que son
A.FIZAZI
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201
Electromagnétisme
plan soit perpendiculaire au champ magnétique B . Les côtés MN
et PQ sont
perpendiculaires à B quant le cadre atteint sa position d’équilibre.
La figure 4.14 (b) montre la projection du cadre vertical MNPQ sur un plan horizontal. En
se basant sur cette figure, on peut déterminer la valeur du couple :
= F .d1 + F .d 2
d1 = d 2 =
L
.sin
2
= BIL.l sin
(4.25)
F = B.I .l
Puisque l’aire du cadre est égale à S = L.l , on a donc :
= BIS sin
(4.26)
Il faut noter ici que ce couple de rappel permet au cadre de regagner sa position d’équilibre,
(
c'est-à-dire revenir à la position perpendiculaire au champ B n // B ,
)
= 0 , et cela dans
le cas où il est écarté de sa position d’équilibre. Ce résultat obtenu dans le cas d’une boucle
rectangulaire est valable pour n’importe quel circuit, quelle que soit sa forme.
Résultat : Tout circuit plan, parcouru par un courant électrique, et se trouvant dans un
champ magnétique uniforme, est soumis à un effet directionnel résultant du couple. Ce couple
électromagnétique a pour rôle de placer le plan du cadre perpendiculaire à B .
1/ Le moment magnétique (3
4 yvk ) :
Toute boucle (ou autre forme quelconque) de courant électrique sur laquelle agit un
couple électromagnétique est appelé « dipôle magnétique ».
n
S
M
S
O
M = I .S .n
I
( 4.27 )
La figure 4.15 représente le vecteur du moment magnétique dans le cas d’une spire.
Partant de cette définition, on peut écrire l’expression du couple électromagnétique
sous la forme :
= MB sin
E/ Induction électromagnétique(3
1/ Le flux magnétique (3
=M
B
(4.28)
=> 7? )
4 zlI? ) :
Définition : On appelle flux du champ magnétique B à travers la surface
élémentaire dS , la grandeur :
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202
Electromagnétisme
= B.d S = B.n.dS = B.cos .dS
S
S
(4.29)
S
d S représente le vecteur de la surface élémentaire, qu’on considère toujours
perpendiculaire à la surface et quittant la surface selon le sens positif choisi (selon la règle de
la vis) sur le contour de la surface. On considère aussi, B uniforme à travers la surface
élémentaire dS . Le vecteur
n
représente le vecteur unitaire de la normale à la surface.
B
dS
dS
S
N
B
+
Fig 4.16: Flux magnétique à travers une surface
Unité du flux : le weber (Wb) en mémoire à Wilheim Edward Weber18041891.
Comment varie B quant on approche ou on éloigne l’aimant de la bobine ?
Quand on approche l’aimant de la bobine, B augmente en chaque point
de la surface, donc
augmente aussi ( c’est à dire que le nombre de
lignes de champ traversant la surface augmente).
Quand on éloigne l’aimant de la bobine, B diminue en chaque point de
la surface, donc
diminue aussi (c'est-à-dire que le nombre de lignes
de champ traversant la surface diminue).
Exemple 2.4 :
1/ On a choisit un sens positif de parcourt sur la bobine plate ( C ) , représentée sur la
figure 4.17.
a)
Le flux est-il positif ou négatif ? en éloignant l’aimant droit de la bobine, le flux
augmente-t-il ou diminue-t-il ?
b)
Répondre aux mêmes questions en intervertissant les pôles de l’aimant.
2
2/ Cette bobine est constituée de 20 spires d’aire 10cm , et baigne dans un champ
magnétique uniforme d’intensité 0,1T . La bobine est perpendiculaire aux lignes de
champ.
a) on déplace la bobine d’un mouvement de translation, le flux varie-t-il ?
b) On fait tourner la bobine de 180° autour de l’un de ses diamètres. Calculer la
variation du flux à travers la bobine.
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203
Electromagnétisme
C
S
N
+
Réponse :
1/ a) Dans la bobine les vecteurs n, B sont parallèles et de mêmes sens, figure 4.18(a),
(0
/ 2) :
= B.S .cos
0
Quand on éloigne l’aimant de la bobine, l’intensité de B au niveau de sa surface diminue,
donc, le flux diminue.
b) Dans la bobine les vecteurs n, B sont parallèles et de sens contraires, figure 4.18(b),
(
/ 2) :
= B.S .cos
0
Quand on éloigne l’aimant de la bobine, l’intensité de B au niveau de sa surface diminue,
donc, le flux diminue.
2/ a) Puisque B est uniforme, le flux reste invariable.
c) En position initiale :
En position finale :
1
2
= N .B.S cos 0 = 2 × 10 3Wb
= N .B.S cos180° = 2 × 10 3Wb
Donc, la variation du flux est égale à :
=
2
1
= 4 × 10 3 Wb
C
C
n
S
N
+
B
n
B
N
S
+
1/ L’induction électromagnétique (3
=> 7? ) :
Jusqu’à présent, nous avons considéré que les champs électrique et magnétique étaient
indépendants du temps, ils sont donc au repos. Quand est-il si les deux champs dépendaient
du temps ?
En 1830, Henry Joseph (1797-1878) et Michaël Faraday (1791-1867), ont découvert
simultanément, le phénomène de l’induction électromagnétique. Ce phénomène est à la base
du principe de fonctionnement des moteurs électriques, des transformateurs, et d’un bon
nombre d’appareils électromagnétiques que nous utilisons quotidiennement. Mais le plus
important, c’est son exploitation pour la production du courant électrique alternatif.
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204
Electromagnétisme
Description de l’expérience et terminologie :
La figure 4.19 représente une bobine creuse B , constituée d’un grand nombre de
spires, reliée à un galvanomètre très sensible. Au début l’aimant est au repos et orienté selon
l’axe de la bobine.
Lorsqu’on approche l’aimant de l’intérieur de la bobine, avec une certaine vitesse, le
galvanomètre indique le passage d’un bref courant qui disparaît avec l’arrêt du mouvement de
l’aimant.
Lorsque on retire l’aimant de la bobine, le galvanomètre indique le passage d’un bref
courant dans le sens contraire signalé précédemment.
Le courant enregistré s’appelle le courant induit (3{> 7G o G), l’aimant est
l’inducteur (| 74 ), et la bobine le circuit induit ( } 7?4 Uo I ).
On peut obtenir un courant induit, en faisant tourner la bobine devant l’aimant fixe.
S
N
B
0
''
''
''
Fig 4.19: Induction électromagnétique
Interprétation:
La cause de l’apparition de courant induit est la variation du flux magnétique à
travers la surface de la bobine. Le courant induit ne dure que le temps de la variation du
flux.
L’apparition de ce courant induit prouve la présence d’une force électromotrice dont
le siège est la bobine. Cette force électromotrice dépend de la vitesse de variation du flux
magnétique d B / dt .
Enoncé de la loi de Faraday-Henry:
Dans tout circuit fermé baignant dans un champ magnétique, il se crée une force
électromotrice d’induction égale à la dérivée du flux magnétique, à travers le circuit, par
rapport au temps (c'est-à-dire égale à la vitesse de variation du flux) avec changement de
signe :
e=
d
dt
(4.30)
La loi de Lenz(Henry Frédéric Lenz 1804-1885):
A.FIZAZI
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205
Electromagnétisme
Cette loi permet la détermination du sens du courant induit.
Enoncé :
« Le sens du courant induit est tel qu’il s’oppose par ses effets à la cause qui lui a
donné naissance »
Cette loi trouve son explication dans les exemples représentés sur la figure 4.20.
Connaissant le nom de la face, on peut en déduire le sens du courant induit et vis versa.
S
S
N
N
N
S
S
N
i
i
Exemple 3.4 :
Une bobine plate, constituée de N = 500 spires circulaires, de rayon r = 0,1m
; son
axe est initialement parallèle au vecteur B d’un champ magnétique uniforme d’intensité
0,2T (figure 4.21). En l’espace de 0,5s , son axe devient perpendiculaire à B .
Quelle est la force électromotrice d’induction moyenne qui se crée ?
Quel est le sens du courant induit ?
B
n
n
n
B
Réponse :
Dans sa position initiale, on oriente le vecteur unitaire n , normal à la surface des spires,
dans le même sens que B . Donc, les spires sont dirigées dans le sens positif montré sur la
figure. Dans cette position, le flux est positif et égal à :
0
= N .B.n.S = N .B.S ,
= 500 × 3,14 × ( 0,1) × 0,2
2
0
0
= 3,14Wb
= 0 car B n . La variation du flux est donc égale à :
= 1
0 = 3,14Wb
La force électromotrice d’induction moyenne durant t = 0,5s , est égale à :
Dans la position finale,
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1
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206
Electromagnétisme
emoy =
3,14
0,5
emoy = 6, 28V
Le flux
décroît, et le courant induit, durant tout le temps du mouvement, circule dans
le sens positif choisi.
Dans ce chapitre, notre attention a été concentrée sur l’un des plus importants effets du
courant électrique : c’est l’effet magnétique, qui trouve ses nombreuses applications dans
l’industrie, et essentiellement en électromécanique.
A.FIZAZI
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207
Electromagnétisme
**
EXERCICES
1.4
Exercice 4.1
Un éclair transporte couramment un courant
maximum de 20kA . Quel est le champ magnétique
maximum qu’il produit à 1m ? à 300m ?
Exercice 4.2
Une ligne rectiligne de tension est située a une
hauteur de 12m au dessus du sol. Elle transporte un
courant de 300A dans la direction de l’Ouest.
Décrire le champ magnétique qu’elle produit et
calculer sa valeur sous la ligne au niveau du sol.
Comparer le avec le champ magnétique terrestre.
Exercice 4.3
Deux courants électriques perpendiculaires de 1A et
3A sont orientés comme sur le dessin et se croisent
au point O .
Quelles sont l’intensité et l’orientation du champ
magnétique au point P situé dans le plan des deux
courants, à 1m et 2m des deux courants comme
indiqué dans la figure ?
. 20kA
!
$ 300m #
"
$ 1m #
2.4
*
+ 12m % &
'
( )
.. !
+ 300A ,
- . "
!
" /0
.,
* 1
( 2"
. 3
!
"
-
3.4
7 46
3A 1A
4 # 4 5 67 4
.O 8
+ 4#
'
4
P8
+
!
"
9
4 2m 1m
#
:4
1
+ 8#$ 79 + 4
74
I = 1A
I = 3A
O
1m
P
2m
Exercice 4.4
Soit une spire de rayon R parcourue par un courant
d’intensité I .
1/ Calculer le champ magnétique crée le long de
l’axe OZ , à une distance z du centre O , en fonction
de l’angle sous lequel on voit la spire(figure cidessous).
2/ Retrouver l’expression
Bz =
µ0 I
2
R2
(R
2
+ z2
)
(
3/ 2
3/ Quelle est la forme approchée de cette
expression à grandes distances de l’axe OZ ?
4/ Exprimer le champ magnétique
4.4
. I 9
;
R
- /0 8 " 47
: OZ "
!
" . " /1
1
8 ; 8 = : O ;7
4 z #
.( &
+ 79 )8 " 6 >( 4
#
4
/2
2
µI
R
Bz = 0
2 R 2 + z 2 3/ 2
Bz en fonction
2+
';#
#
8=
du moment magnétique M .
A.FIZAZI
Université_BECHAR
Bz
6
!
)
79
/3
$ OZ "
7
" 4
A /4
. M
!
LMD1/SM_ST
208
Electromagnétisme
5/ En déduire le champ
Bo crée au centre O de la
.8 " O ;7
+B
Bo " B
C /5
spire.
I
R
O
z
Exercice 4.5
Deux fils conducteurs rectilignes, infinis,
parallèles, et distants de d = 20cm , sont traversés
Z
M
5.4
:4
= :4
4>- 4 7
" ;
: d = 20cm D 4
l’un par un courant I1 = 20 A , l’autre par un
. I 2 = 80 A
(E ;
: I1 = 20 A
courant I 2 = 80 A .
"
9 . " . = F& 6 4
/1
1/ les courants sont de même sens. Calculer
+ 8#M 8
+ B
!
l’intensité du champ magnétique résultant en un point 1
+
. 6 7 4 # F&
:4 M situé dans le plan des conducteurs, à égale
" G" '
:4 - 8
8+
1
distance de chacun d’eux. Trouver dans ce plan la
distance par rapport aux conducteurs, de la droite où le
.' #
!
champ magnétique est nul.
.
4
=
7
#
4
)
8
5
F&
/
2
2/ Même questions avec des courants de sens
. H
/ # B C /3
contraires.
:4 ;
3/ En déduire la définition légale de l’ampère.
Exercice 4.6
5.10 4 kg porte une . 2,5.10 8 C 8 "9
8
charge de 2, 5.10 C . On communique à la particule . 6.104 ms 1
4
1
!0
une vitesse initiale horizontale de 6.10 ms .
Quelles sont la grandeur et la direction du champ
$8
#+ ,
Une particule de masse
magnétique minimum qui maintiendra la particule sur
une trajectoire horizontale en compensant l’effet de la
pesanteur ?
"
8 +
!
#
:6.4
5.10 kg 6 7 8
85
8
8
" 86
9
+
8
4
#
Exercice 4.7
1/ Calculer la circulation du champ magnétique le
7.4
!
"
. " /1
long de l’axe ( Ox ) d’une spire circulaire de rayon R
8 5 8 " ( + ?@@@AB - => ) ( Ox )
"
parcourue par un courant I .
.I
;
R
- /0
2/ Calculer de même la circulation du champ
!
"
. " /2
magnétique
le
long
de
l’axe
( Ox )
5 4 ; " ( + ?@@@AB - => ) ( Ox )
"
à + ) d’un solénoïde circulaire de
( de
8 "N
9
l
:R
- /0
rayon R , de longueur l et comportant N spires
.I
6
" 7;
8 0>
jointives parcourues chacune par un courant I .
Exercice 4.8
Un spectromètre de masse permet la séparation des
isotopes d’un même élément chimique. Il est constitué
essentiellement d’une chambre d’ionisation, d’une
chambre accélératrice et d’une chambre de séparation.
(figure ci-dessous).
A.FIZAZI
8.4
F& 5
0+ 4 4I7
7 /
F - ;6
8+ J : A 9 8+ J 4
4 7 . 5 7 0#
.( &
+ 79 ) . 0& 8+ J 8 A
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209
Electromagnétisme
On veut séparer des ions lithium
7
3
Li + et 36 Li +
4
"
6
3
Li +
7
3
Li + ' K
9 0+
q = 1, 6.10 C et de masses
4 7
q = 1, 6.1019 C 8 "9
respectives m1 = 7u.m.a et m2 = 6u.m.a . Ces ions
9
( . m2 = 6u.m.a
m1 = 7u.m.a
4 B :'
5 67 " + O '
pénètrent en O ' dans un champ électrique uniforme,
créé par une tension U = VA VC = 4000V
4 + 4 " &0 4
G U = VA VC = 4000V
appliquée entre les 2 plaques horizontales P1 et P2 .
. P2 P1
Les ions lithium pénètrent alors dans un champ
9
! " +L # ' K
9 (
magnétique uniforme d’intensité B = 0,1T , leur
. 0& 8+ J + 5
* 0 : B = 0,1T
trajectoire devient circulaire dans la chambre de
5 /0
7 #+ / 0
M;
séparation.
C 2
0
6
+
La partie effectivement décrite de chaque 8" &0
trajectoire est un demi-cercle à la fin duquel les
. C2 C1 4 #A
+ 8+ J &
particules arrivent sur la plaque photographique dans
8=
9 & 0 v2 v1 4
. " /1
les collecteurs C1 et C2 .
.)
8+ J 4 N (
U
m2 m1 , q
1/ Evaluer les vitesses v1 et v2 des deux types
. OC2 OC1 4 +
. " /2
d’ions en fonction de q, m1 ou m2 et U à la sortie
1u.m.a = 1, 67.10 27 kg
de la chambre d’accélération.
19
porteurs de la charge
2/ Calculer les distances
1u.m.a = 1, 67.10
27
P1
OC1 et OC2 .
kg
O'
A
E
C
P2
y
C2
C1
z
O
x
B
Exercice 4.9
Dans un dispositif expérimental un faisceau
homocinétique d'ions pénètre en O , pris comme
origine des espaces,
entre les armatures d’un
condensateur plan avec une vitesse initiale
horizontale v0 suivant la longueur. Un écran
fluorescent ( F ) est positionné immédiatement à la
sortie du condensateur. Ce condensateur plan est
formé de deux plaques carrées de côté L et distantes
de h . Le faisceau est soumis à une différence de
potentiel U . Un champ magnétique B
uniforme
parallèle au champ électrique E et de direction
opposée, de module B règne dans cet espace. Nous
A.FIZAZI
9.4
: O +
9 8 ;" (
.7
+
8
8&K7
4 :2 +
C 7
(O
89 9 )3 .
+
v0 8 + 8 5
8
4 7 .8&K7 N (
9 ( F ) 8A#9
4 7 ) 3 4 # 4 " &0 4 8
8&K7
4 7 + & 8 ;" )3( . h D 4
L
'
B
!
"
+
.U
9 : = + 7#
E 5 67
" ;
8
7 85 = 8
4 , & .B
5 67
4 "
.
8 7
2
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
210
Electromagnétisme
ferons l’hypothèse que la vitesse initiale
v0 est grande
par rapport aux vitesses acquises à cause des champs
électrique et magnétique.
1/ En supposant que le champ électrique agit
seul ( B
= 0 ) , trouver la trajectoire des ions dans le
condensateur et la position des marques qu’ils laissent
sur l’écran fluorescent.
2/ En supposant que le champ magnétique agit
seul ( E
.
"
)3
!
9
5 67
" 4 , + /1
8&K7
+
9
: ( B = 0)
.8A#9
89 9
67
2 >#
9
!
" 4 , + /2
8&K7
+
9
: ( E = 0)
.8A#9
89 9
67
2 >#
4 4A : # 4 " 4 ;
KO 2" /3
.8 ;" 8 5 = 8
4
8 ;"
>( 4
" 47
/4
$8
E
B
"
)3
= 0 ) , trouver la trajectoire des ions dans le
condensateur et la position des marques qu’ils laissent
sur l’écran fluorescent.
3/ Sous l’action simultanée des deux champs, montrer
que l’équation de la trajectoire du faisceau est
indépendante de la vitesse initiale du faisceau.
4/ Quelle est la grandeur qu’on peut déduire de cette
expérience ?
z
O
v0
y
x
h
F
L
Exercice 4.10
On utilise le dispositif représenté ci-dessous pour
dévier un faisceau d’électrons qui ont une vitesse v 0 .
Ce faisceau traverse, dans le vide, un champ
magnétique uniforme d’induction B perpendiculaire
à v 0 . Le poids de l’électron est négligeable devant la
force électromagnétique.
1/ Quelle est la trajectoire des électrons dans le
champ ?
2/ Calculer la déviation
infligée par ce champ
au faisceau à sa sortie du champ.
3/ Établir l'expression mathématique de la période
du mouvement de l'électron.
4/ Comment varient le rayon de la trajectoire, la
période et la vitesse angulaire si la vitesse d’injection
des électrons est doublée?
5/ Quelle serait la trajectoire si le faisceau
d'électrons entrait dans le champ magnétique avec un
vecteur vitesse parallèle au vecteur champ ? Justifier.
6/ Décrire la trajectoire si l’angle en O entre
10.4
KLM => KNOPQ RS KTUAQ ?VW =XYZAQ [X\]^AQ KZ_^`a
mno ]Y_p . v 0 bW]`AQ cNd efA gedh]^TAB b>ij kQ]ldQ
B qra]lp eZs^t> eX`Xuetv> wxj G yQ]NAQ RS Gb>ilAQ
|{xAQ }e>M KZf> ~h]^TA•Q Kx€ . v 0 ?VW eaz{ZW
.bX`XuetvZAQ
•KxlAQ K‚Qz gedh]^TA•Q ƒe`> {o e> /1
M]u …nAQ h KxlAQ =W †petAQ
kQ]ld„Q [`jQ /2
.KxlAQ => efLh]‚ ‡tW b>ilAQ ?VW
.~h]^TA•Q b\]j ƒh‡A bX‰ea]AQ |ƒeY_AQ ˆ‰ /3
QŠB bahQiAQ bW]`AQ h ƒhz G]‹Œ •Žd ]Xv^a •X\ /4
•gedh]^TA•Q •‰ bW]O •NWerp
gedh]^TA•Q b>ij •V‚z QŠB ƒe`ZAQ ~{TXO •X\ /5
.ƒ‘]’ •KxlVA “Q{> bW]O ”e_U’
B h v 0 =X’ O RS bahQiAQ •de\ QŠB ƒe`ZAQ •• /6
. 90° h 0° =W bNV^–>
v0
et B est différent de 0° et 90° .
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
211
Electromagnétisme
l
O
z
E
B
v0
S
x
y
D
Exercice 4.11
P ( O, x, y ) est parcouru par un
Le plan infini
courant
électrique
constant
= J .u y . Soit
surfacique J S
l’axe Oz de cote
de
M
densité
un
point
de
z . Figure ( a ) .
1/ Donner, en la justifiant, l'expression vectorielle
du champ magnétique B en M .
2/ Appliquer le théorème
figure ( b ) ,
boucle AEDGA .
d'Ampère
pour
à
la
calculer
la
circulation de B de part et d’autre du plan. Conclure.
3/ Montrer que ce champ présente une discontinuité
à la traversée du plan et vérifier que cette discontinuité
peut s'écrire :
(
B = B z = 0+
)
(
B z=0
) = µ J .u
0
x
5 67
4
M8
> P ( O, x, y ) 1
:
47 . J S = J .u y 8 "
(a)
D
z
•M
uy
uz
JS
G
ux
+ K7 2 K
. ( a ) 79 . z
Oz "
" 8 #9
# :6
A
: C /1
.M + B
!
AEDGA 8 "
P 8
A
/2
!
" 9 . " :( ( b ) 79 )
$B
.1
8
= '
"
4 4A /3
: 7 47 8
=
' 4 " 1
+
B = B ( z = 0 ) B ( z = 0 ) = µ0 J .u x
•M
uz
;
A
z
E
11.4
uy
ux
(b)
JS
(a)
Exercice 4.12
Une infinité de fils infiniment longs, tous
parallèles à l’axe Oz et équidistants de a , sont
parcourus par le même courant I . Ils coupent l’axe
Ox aux points d’abscisses x p = pa avec p entier.
12.4
67 :
8
= L>
4
=
;
: a 8+
F&
Oz " 8 ;
2
+ Ox " L>
) .I
F&
4 # 4 G" . #
p ) x p = pa 0 &
On cherche à déterminer le champ magnétique en un
..
y 6
M8
+
!
"
point M d’ordonnée y positive. Figure ci-dessous.
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
212
Electromagnétisme
. &
+ 79
4 7 C 8 " + /1
47 a ' 4 7 R
8+ K7 J 47 . "
. ( Ox "
: J 4 /
1/ Dans le cas où l’ordonnée y de M est
suffisamment grande devant a on peut remplacer les
7 M D y.
' ;" L>
fils par une nappe de courants surfaciques. Soit J la ,
densité de ce courant par unité de longueur (le long de
)
"
l’axe Ox .
a/ Déterminer J ,
b/ en utilisant le théorème d’Ampère, montrer que
B=
1
µ0 J ,
2
c/ déterminer la valeur
B 0 ( M ) du champ avec ce .
8
modèle continu.
2/ A présent on ne fait plus l’approximation de la
répartition continue. Pour un point d’abscisse x = 0 ,
calculer le champ magnétique
On
l’écrira
B(M ) .
sous
la
4 .
.
forme
" 4
4
B
"
7
=
%
8+ #
8
a
6 0+ M8
2
.
/.
" . " :x=0
!
: B ( M ) = B 0 ( M ) f ( y ) 79
par la somme d’une infinité de termes.
On utilisera le résultat connu du champ crée par un
fil de longueur infinie.
3/ Reprendre ce calcul pour un point
2
"
IK
.
f ( y)
#
=
/3
a
.
2
y
•M
uz
I
x'
I
I
a
I
I
I
I
p = 3 p = 2 p = 1 p = 0 p = +1 p = +2 p = +3
Exercice 4.13
On considère un solénoïde idéal, infini,
comportant N spires jointives par mètre de longueur
et compte plusieurs couches. Le rayon intérieur est
noté R1 et le rayon extérieur est noté R2 . On admet
que le champ magnétique est nul à l'extérieur.
L'intensité du courant dans une spire est I .
1/ Donner l'expression du champ magnétique en
un point de l'axe du solénoïde.
2/ Montrer que le champ est uniforme à l'intérieur
du solénoïde.
3/ Donner l'expression du champ à l'intérieur des
enroulements à une distance de l'axe.
4/ Donner l'expression du flux du champ
magnétique à travers une section droite du solénoïde.
N4
4
/0
"
7
9
R1 D (
!
" 4
8 "
(
" 4 8
4
#
)
A.FIZAZI
#
4A /N
, & = 4E /2
);
. B(M )
B ( M ) = B 0 ( M ) f ( y ) , f ( y ) étant exprimée L
d’abscisse
1
µ0 J 4 4 : P 8
2
N
6 " B0 ( M ) 8
: B=
Université_BECHAR
+
.4 ; "
2&
!
x
13.4
=
K
;"
#
" 8 0> 8 "
/0 ;
.2
. R2 D
(
9 .N (
+ ' #
.I
!
"
C /1
.4 ; "
( '
" 4 4A /2
(
"
C /3
. "
"
+
C /4
.4 ; " '
LMD1/SM_ST
213
Electromagnétisme
I
•
M
B
I
Exercice 4.14
Un câble coaxial est constitué d'un conducteur
cylindrique central de rayon R1 parcouru par un
14.4
- 4 4 7
"
"I
"
" . I 9
+ A
R1 - /0
'
. R2
(
- /0
- /0
R2 (
- /0
. R3
(
S4 + 8
J 8 " 8+ K7
.
/0 8
7 "
" M 3& 4 M 8
7 + A " /1
.
!
. " 8
F /2
.
#
! 8 = B K /3
;7
;
courant d’intensité I . Il est entouré d'un isolant
cylindrique de rayon extérieur R2 . Le retour du
courant se fait par un conducteur cylindrique de rayon
intérieur R2 et de rayon extérieur R3 .
La densité volumique J de courant est uniforme
dans les conducteurs ; la longueur est bien supérieure
aux rayons.
1/ Déterminer en tout point M de l'espace le
champ magnétique.
2/ Etudier la continuité du champ.
3/ Représenter B en fonction de la variable dont il
dépend.
I
R3
R1
•
I
O
R2
Exercice 4.15
A l’instant pris pour origine des temps, une
particule de masse m et de charge q est au repos dans
le vide en un point pris comme origine des espaces.
On établit à cet instant un champ magnétique
15.4
8
: 8 ;H C 7 ( I
8 "
+
C 7 (O 8
+ 4 7
+ q 6 "9 m 6 7
! >" 8 "
+ T9 .2 M 3&
. E = Eu y 5 67 > " B = Bu z K
constant B = Bu z et un champ électrique E = Eu y .
1/ Ecrire les équations différentielles régissant le 87 "
8 3&
2= #
. 7 /1
q
q
mouvement de la particule. On posera =
B.
. = B )3 .8
m
m
2/ Trouver les équations paramétriques de la
E
. A=
)3 .
8 ; 2= #
/2
E
trajectoire. On posera A =
.
B
B
.
79 '
/3
3/ Dessiner l’allure de la trajectoire.
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
214
Electromagnétisme
4/ Exprimer l’intensité de la vitesse à l’instant t
en fonction de E , B, t et . Calculer la valeur de
celle-ci pour
t=
.
5/ Retrouver le résultat précédent en utilisant le
théorème de l’énergie cinétique.
Exercice 4.16
Une particule de masse
m et de charge q
0 est
soumise à l’action d’un champ magnétique B = Bu z ,
uniforme et constant. Elle se déplace dans un liquide
en subissant une force de frottement F
=
v , où
v est la vitesse de la particule par rapport au
référentiel du laboratoire.
A l’origine des instants la particule se trouve à
l’origine du repère Oxyz
avec une vitesse
E , B, t 8 =
t8 "
. t=
8
#
" q
+8
4 8
8
0 6 "9
94
/4
8 -. " .
4
/5
.8 7 " 8-
8
16.4
m 6 7 8
)3(
+
.2 K '
: B = Bu z
!
v G" : F = v L7"
8#3 (
. ( )
8
8
8
Oxyz ' # C
+ 8
8 ; C
+
5
. v 0 = v0 u x 8 5
8
C t
U 4" 8
M )4 A /1
initiale v 0 = v0 u x .
.8 6 =
1/ Déterminer la position M de la particule
q
m
. = B
=
)3
lorsque t tend vers l’infini.
m
m
q
xOy
'#
+ 8
)A" /2
On pose =
et
= B.
m
8 ;
r = M M 8+
:8
2 K "R 3&
2/ On repère la particule dans le plan xOy grâce à
r( ) 8
8 # 4 A . = M O, M M
des coordonnées polaires : la distance r = M M et
K '
.
79 KA .8
l’angle
= M O, M M . Déterminer l’équation
$ "
polaire r ( ) de la trajectoire de la particule.
(
(
)
)
Représenter l’allure de cette trajectoire. Quel est le
nom d’une pareille courbe?
Exercice 4.17
Un électroaimant produit entre ses pôles un champ
magnétique B ( t ) dépendant du temps. Entre ses
2
pôles on place une bobine de 100 tours, d’aire 4cm ,
orientée perpendiculairement au champ magnétique.
La force électromotrice induite est initialement nulle.
Elle passe subitement à la valeur +3V pendant 4ms ,
puis à la valeur opposée 3V pendant
4ms ( voir
figure).
1/ Quelle est l’intensité du champ magnétique
B ( t ) entre les pôles de l’électroaimant en fonction
du temps (initialement B est nul) ?
2/ Représenter graphiquement B ( t ) .
A.FIZAZI
17.4
B (t )
! >"
- 4 F ! 67 B
:8& 100 4 8 7 8# 9
- 4 )3 .4 ; )
.
!
"
86
: 4cm2 6 "
.8
+ 8 # 83A "
8
! 67
8
C 'K : 4ms >( +3V 8
C O + ;&
.( 79
) 4ms >( 3V 8 7 #
- 4
!
"
9
/1
$ (' # B 8
+)4 ; 8 = F ! 67
. B (t )
K /2
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
215
Electromagnétisme
fém induite (V )
+3
O
t ( ms )
8
4
3
Exercice 4.18
Une bobine comptant
18.4
S2 )
2 8 " N2
9 8# 9
est centrée sur l'axe d'un solénoïde infiniment long
"
= 4 ;" "
;7
comptant n1 spires par mètre. Son axe fait un angle
)
8 ;
" )0 .
+ 8 " n1
avec celui du solénoïde. Calculer le coefficient
, "
# . " .4 ; "
"
d'inductance mutuelle des deux circuits.
.4
N 2 spires de section S2
Exercice 4.19
Calculer l'inductance propre d'une longueur h d'un
câble coaxial de longueur infinie de rayons
"
R1 et R2 .
"I
" h
. R2 R1
19.4
, " . "
- &0
=
R1
R2
Exercice 4.20
On considère deux conducteurs identiques
parallèles, de longueur infinie de rayon a dont les
axes sont distants de b
a . Calculer l'inductance
propre de ce système.
= 6
4
.8
20.4
4 -
:4 ;
4 K
#
" 4 7 G"
a
- /0
6
, " . " . b
aD
d
I
A.FIZAZI
h
Université_BECHAR
I
LMD1/SM_ST
216
Electromagnétisme
Solution des exercices 4.1 à 4.20 :
20.4
1.4
Exercice 4.1 :
En admettant qu’une partie de l’éclair est rectiligne, on peut utiliser la loi :
µI
4 10 7 × 20.103
B= 0
B=
B = 4.10 3 T
2 r
2 ×1
Cette valeur est pour la distance de un mètre de l’éclair, mais à la distance de 300m le
résultat est :
µI
4 10 7 × 20.103
B= 0
B=
B = 1, 33.10 5 T
2 r
2 × 300
Exercice 4.2 :
D’après la règle de la main droite : si le courant circule vers l’ouest, le vecteur du champ
magnétique produit par ce courant est dirigé vers le sud.
Pour un courant rectiligne, l’intensité du champ magnétique est obtenue par l’application
de la loi :
µI
4 10 7 × 300
B= 0
B=
B = 5.10 6 T
2 r
2 × 12
Comparons le au champ magnétique terrestre B 0 :
B 5.10 6
B
=
= 10 1
= 10
5
B0 5.10
B0
1
Le champ produit par la ligne électrique ne représente que 10 0 0 du champ magnétique
terrestre
Exercice 4.3 :
Le champ magnétique produit par un courant rectiligne d’intensité I situé à une distance
du conducteur est donné par la loi :
I
B = µ0
2
La direction du champ magnétique est déterminée par la règle de la main droite.
Le courant d’intensité 1A crée un champ magnétique perpendiculaire au plan des deux
conducteurs (entrant dans la feuille) :
1
B1 = 4 .10 7
B1 = 2.10 7 T
2 ×1
Le courant d’intensité 3 A crée un champ magnétique perpendiculaire au plan des deux
conducteurs (entrant dans la feuille) :
3
B2 = 4 .10 7
B2 = 3.10 7 T
2 ×2
Le champ magnétique total est égal à la somme des champs B1 et B 2 . Puisque les deux
champs ont même direction et même sens, le champ magnétique résultant est perpendiculaire
au plan des deux conducteurs et d’intensité :
B = B2 + B1
B = 5.10 7 T
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
217
Electromagnétisme
Exercice 4.4 :
1/ D’après la loi de Biot et Savard, le champ magnétique élémentaire d B produit par une
longueur élémentaire dl de la spire parcourue par un courant électrique d’intensité I est :
µI
d B = 0 2 dl u
4 r
Puisque u r = , on peut écrire la loi sous la forme :
dB =
µ0 I
dl r
4 r3
r , ce qui implique dl r = dl.r , d’où :
On remarque que dl
dB =
µ0 I
dl
4 r2
On peut décomposer d B en deux composantes d B z et d B y , de telle façon que lors de
l’intégration , toutes les composantes d B y s’annulent deux à deux en raison de la symétrie.
Le champ total est la résultante de toutes les composantes d B z , et donc B z résultant est
parallèle à l’axe OZ .
Y
d By
dB
dl
I
R
O
z
M
Par projection (voir figure), on obtient : dBz = dB.sin
Z
d Bz
dBz =
µ0 I
sin dl
4 r2
Pour trouver Bz , on intègre l’expression précédente par rapport à la seul variable l , pour
arriver à :
µI
Bz = 0 2 sin
dl
4 r
µI
µI R
Bz = 0 2 sin .2 R Bz = 0 2 sin
4 r
2 r
R
Puisque sin = , on peut donc obtenir l’expression finale du champ :
r
µ0 I R 2
µI
µI
Bz =
sin
Bz = 0 sin 3
B z = 0 sin 3 .u z
2
2R r
2R
2R
R
R
2/ En remplaçant cette fois sin par =
, on obtient l’expression proposée :
1/ 2
r
R2 + z 2
(
A.FIZAZI
)
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
218
Electromagnétisme
µ0 I
Bz =
2
R2
(R
2
+ z2
)
3/ 2
3/ La forme approximative de cette expression à de grandes distances de l’axe OZ , est
obtenue en négligeant le rayon de la spire devant la grande distance z , le résultat est :
µ0 I R 2
Bz
2 z3
4/ Expression de Bz en fonction du moment magnétique M :
M = IS
S= R
Bz =
M = I R2
2
µ0 I
2
(R
R
2
2
+ z2
)
3/ 2
=
µ0 I
2
(R
I R
2
Bz =
2
+ z2
)
µ0
2
3/ 2
M
(R
2
+ z2
)
3/ 2
5/ On obtient le champ magnétique produit au centre de la spire en prenant z = 0 :
µI
Bo = 0
2R
Exercice 4.5 :
1/ Le champ magnétique produit par un conducteur rectiligne situé à une distance d est
µ I
B= 0 .
2 d
Le champ magnétique produit au point M (figure (a)) est égal à la résultante des deux
champs magnétiques créés par les deux conducteurs rectilignes : B M = B1 + B 2
D’après la règle de la main droite, B1 et B 2 sont de sens contraires : BM = B2 B1
BM =
µ0 I 2
µ0 I1
2 d /2
2 d /2
BM =
µ0
1
( I2
2 d /2
I1 )
BM = 1, 2.10 4 T
L’annulation de B , veut dire que B1 + B 2 = 0 . Cette condition ne peut être satisfaite à
l’extérieur de l’espace compris entre les deux conducteurs, car B1 et B 2 ont même sens, et
par conséquent B0 = B2 + B1 0 . Donc, la droite ( ) où B = 0 se situe entre les deux
conducteurs tel que B0 = B2
B0 =
B1 = 0 . Au vu de la figure (b), on a :
µ0
2 d
µ I1
I2
2
x
x
=0
x=
I1
I2
I1
x=
d
d
3
( )
I2
M
d /2
d /2
d
A.FIZAZI
I1
I2
d
x
I1
x
d
Université_BECHAR
I2
x
d+x
P
I1
d
LMD1/SM_ST
219
Electromagnétisme
2/ Dans ce cas B1 et B 2 ont même sens : BP = B2 + B1
D’après la figure (a), mais en intervertissant le sens de I1 , on aura :
BM =
µ0 I 2
2 d /2
+
µ0 I1
BM =
2 d /2
µ0
1
( I 2 + I1 )
2 d /2
BM = 2.10 4 T
Il est impossible pour que le champ magnétique entre les deux conducteurs s’annule, car
B1 et B 2 ont même sens. Donc, le point P est situé à l’extérieur des deux
conducteurs BP = B2 + B1 0 . La droite où BP = 0 est située obligatoirement à l’extérieur des
deux conducteurs tel que BP = B2 B1 = 0
B2 = B1 . De ce fait, et au vu de la figure (c), on
aura :
µ I2
µ I1
I1
d
BP =
=0
x=
d
x=
2 d+x 2 x
5
I 2 + I1
Exercice 4.6 :
On sait qu’une charge qui se déplace dans un champ magnétique est soumise à une force
magnétique F = qv 0 B , telle que son intensité soit égale à F = qv0 B sin , avec = v 0 , B .
(
)
La particule chargée est soumise à deux forces : la force magnétique F et son poids
P = mg . Pour que sa trajectoire reste horizontale, il faut que les deux forces soient
directement opposées F = P .
B
v0
sin
=1
F = qv0 B
P = mg
B=
mg
qv0
Application numérique :
B=
5.10 4 × 9,8
2, 5.10 8 × 6.104
B 3, 27T
Quant à la direction de B , elle est horizontale et perpendiculaire au plan vertical formé
par la vitesse v 0 et la force F .
v 0 est horizontale, et a pour direction l’axe x ' x ,
F est verticale et a pour direction l’axe z ' z ,
B est horizontale et a pour direction l’axe y ' y .
Exercice 4.7 :
1/ On a vu en cours, et dans un exercice précédent que le vecteur champ magnétique
produit par une spire circulaire (de rayon R et parcourue par un courant d’intensité I ) en un
point de son axe est donné par l’expression :
B (M ) =
µ0
sin 3 .u x
2R
La circulation du vecteur B sur l’axe ( x ' Ox ) est égale à :
A.FIZAZI
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220
Electromagnétisme
C=
Sachant que x =
R
tan
dx =
R
sin 2
+
B ( x ) dx
dx , et puisque
+ = 180° , on a sin = sin
.
D’où :
µ0 sin 3
C=
0
2 R sin 2
Rd
C = µ0 I
I
R
x' O
M
B(M )
x
2/ Le conducteur solénoïdal est constitué de N spires circulaires, pour obtenir la
circulation du champ, il suffit de multiplier le résultat précédent par N , on trouve :
C=
+
B ( x ) dx = C = N µ0 I
Exercice 4.8 :
1/ L’ion de charge q , en passant de O ' à O sous l’action de la tension U reçoit le
travail : W = qU
On applique le théorème de l’énergie cinétique pour calculer la vitesse finale avec laquelle
l’ion arrive en O :
1 2
q
mv = qU
v= 2 U
m
2
7
+
La vitesse des ions 3 Li est :
v1 = 2
q
U
m1
v1 = 2
q
U
m2
La vitesse des ions 36 Li + est :
2/ L’ion se déplace à l’intérieur de la chambre de séparation à la vitesse v , il est soumis à
la force magnétique F = qv B .
On a les grandeurs vectorielles suivantes :
x
v
0
a y , v 0 , B B
z
0
0
Ecrivons à présent l’accélération du mouvement :
A.FIZAZI
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221
Electromagnétisme
x
v
q
y=
0
m
z
0
0
B
0
x
0
y= 0
z
q
vB
m
D’après les données, ces résultats nous indiquent que :
x = ax = 0
x = vx = C te
y = ay = 0
y = vy = 0
q
vB
z = vz = 0
m
On remarque que l’accélération est portée par l’axe Oz , ce qui veut dire que la force
magnétique qui agit sur la charge est perpendiculaire au plan xOy , donc perpendiculaire à la
z = az =
vitesse v et à la trajectoire. Les ions restent dans le plan xOz au cours de leur mouvement
dans le champ magnétique. L’accélération est donc normale.
Dans le repère de Frenet O, N , T :
(
)
dv
dv
v2
a=
= a N + aT
a= T+ N
dt
dt
R
Puisque la vitesse est constante, la composante tangentielle de l’accélération est nulle.
dv
aT = T = 0
dt
le mouvement est uniforme
v = C te
L’accélération est normale, d’où :
v2
v2
e
a = aN = N
aN =
=v B
R
R
m
Le rayon de courbure est constant, d’où:
mv
= C te
le mouvement est circulaire
R=
eB
En conclusion le mouvement est circulaire uniforme.
En reportant l’expression de la vitesse trouvée précédemment dans l’expression de R , on
trouve :
R1 =
m1
v1
qB
R1 =
R2 =
m2
v2
qB
R2 =
1
B
1
B
2m1U
q
OC1 = 2 R1
2m2U
q
OC2 = 2 R2
4,8cm
4,5cm
Exercice 4.9 :
On néglige dans cette solution le poids des particules devant les autres forces.
1/ Déviation produite par le champ électrique seul :
Equation de la trajectoire :
A.FIZAZI
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Electromagnétisme
222
Suivant l’axe Ox , la seule force qui agit sur le faisceau d’ions est la force électrique
F = qE.u x . Appliquons le principe fondamental de la dynamique :
q
ma x = qE.u x
ax = E
m
U
Le condensateur étant plan, donc E = , d’où :
h
qU
ax =
mh
L’accélération suivant l’axe Ox étant constante, le mouvement est rectiligne
uniformément accéléré dont l’équation horaire est :
1
1 qU 2
x = ax t 2
x=
t
2
2 mh
Suivant l’axe Oy , aucune force n’agit sur le faisceau qui se déplace à vitesse constante
v = v y = v y u y . Le mouvement est donc rectiligne uniforme d’équation horaire :
y
v0
La déviation finale marquée sur l’écran, à la sortie du faisceau du condensateur (où
L
y = L ), après la durée t =
est :
v0
y = v0t
1 qU L
x=
2 mh v0
t=
2
(1)
= x
2/ Déviation produite par le champ magnétique seul :
Equation de la trajectoire :
Suivant l’axe Oz , la seule force agissant sur le faisceau d’ions est la force
magnétique perpendiculaire à l’axe Ox qui porte le vecteur du champ magnétique :
F = qv 0 B
Le principe fondamental de la dynamique nous permet d’écrire :
q
q
ma z = v0 .u y
B.u x
a z = v0 B.u z
m
m
q
a z = v0 B
m
L’accélération est constante suivant l’axe Oz . Le mouvement est donc rectiligne
uniformément varié d’équation horaire :
1
1 q
z = az t 2
z=
v0 B.t 2
2
2m
Suivant l’axe Oy aucune force n’agit sur le faisceau d’ions qui chemine avec une
vitesse constante v = v y = v y u y : le mouvement est rectiligne uniforme d’équation horaire :
y = v0t
A.FIZAZI
t=
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y
v0
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223
Electromagnétisme
La déviation finale indiquée sur l’écran à la sortie du faisceau du condensateur (où
L
y = L ) après le temps t = est :
v0
L
1 q
z=
Bv0
2m
v0
2
z=
1 q L2
B = z
2 m v0
( 2)
3/ La marque laissée par le faisceau sur l’écran est déviée suivant l’axe Oz (c'est-à-dire
dans le plan du mouvement initial), tandis que dans le premier cas la marque est déviée
perpendiculairement à ce plan.
La déviation totale produite est égale à la composition des deux déviations produites
par les champs électrique et magnétique. En éliminant la vitesse entre les équations (1) et ( 2 ) ,
on obtient la valeur de cette déviation :
1 q L2
mU 1 2
v0 =
B
x=2
z
q h B 2 L2
2m z
Remarquons que l’expression est indépendante de la vitesse initiale.
q
des ions qui constituent
m
le faisceau dévié. En effet les grandeurs U , B, L, h sont connues d’avance et il ne reste plus
qu’à déduire le rapport entre la masse de l’ion et sa charge.
Historiquement : Par sa célèbre expérience, R.A. Millikan a pu calculer la charge de
l’électron grâce au résultat auquel est parvenu, bien avant lui, J.J Thomson qui a calculé
q
justement la charge massique . Il ne restait plus qu’à déduire la masse de l’électron.
m
4/ Cette expérience permet le calcul de la charge massique
Exercice 4.10 :
1/ Chaque électron du faisceau, à son entrée dans le champ magnétique, est soumis à une
force magnétique :
F = qv 0 B
Appliquons le principe fondamental de la dynamique :
e
ma = ev0 .u x B.u z
a = v0 B.u y
a = a.u y
F = F .u y
m
La force magnétique à laquelle est soumis l’électron est perpendiculaire à v 0 (c'est-à-dire
à la trajectoire) et à B . On va étudier le mouvement dans le repère de Frenet O, N , T .
(
)
l’accélération s’écrit :
dv
dv
v2
= a N + aT
a= T+ N
dt
dt
R
Puisque la vitesse est constante, la composante tangentielle de l’accélération est donc
nulle, d’où :
dv
aT = T = 0
dt
le mouvement est uniforme
a=
v = v0 = C te
L’accélération normale a pour expression :
A.FIZAZI
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224
Electromagnétisme
v2
v2
e
N
aN = 0 = v0 B
R
R
m
Le rayon de courbure est constant, donc :
mv
R = 0 = C te
le mouvement est circulaire
eB
En conclusion, dan le champ magnétique le mouvement du faisceau d’électrons est
circulaire uniforme. La trajectoire dans le condensateur est un arc de cercle de rayon R . Voir
figure ci-dessous.
2/ l’angle de déviation
est égal à l’angle au centre de l’arc OA (voir figure ci-dessous),
et par conséquent :
a = aN =
=
AO
R
l
R
=
e
Bl
mv0
3/ le mouvement étant circulaire, la vitesse angulaire est :
v
!= 0
eB
R
!=
mv
m
R= 0
eB
La période est égale à :
2
2 .m
T=
T=
eB
!
z
O
B
v0
S
F
A
D
x
E
R
y
4/ Si on double la vitesse v0 :
Seule le rayon double, tandis que la période et la vitesse angulaire restent invariables
puisqu’elles sont indépendantes de la vitesse initiale.
5/ Si un faisceau d’électron pénètre avec une vitesse parallèle au champ magnétique, il ne
sera soumis à aucune force, à condition de négliger son poids, de ce fait sa trajectoire reste
rectiligne.
F = ma = ev0 .u x B.u x
F = 0 v = C te
mouvement rectiligne uniforme
ux ux = 0
6/ Dans ce cas, décrit dans l’énoncé, la vitesse et l’accélération ont deux composantes
chacune.
v et a : projetées sur la direction de B ,
A.FIZAZI
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225
Electromagnétisme
a et v : projetées sur le plan perpendiculaire à B .
Par application de la relation fondamentale de la dynamique, on a :
F = ma = q v B
m a +a = q v +v
B
(
)
(
) (
En développant, on remarque que le produit vectoriel q.v
parallèles, il en résulte :
m.a + m.a = q.v
0
B + qv
B
0
)
B est nul car v et B sont
m.a = 0
q.v
B=0
Ces deux résultats nous montrent que le mouvement de la charge est la résultante d’ :
v = C te
m.v
- un mouvement circulaire uniforme autour du vecteur B de rayon R =
et de
eB
eB
.
vitesse angulaire ! =
m
La trajectoire a la forme hélicoïdale. Le rayon de l’hélice que décrit le faisceau
m.v
d’électron est égale à R =
.
eB
-
un mouvement rectiligne uniforme parallèle au champ : m.a = 0
Exercice 4.11 :
1/ Le plan Ou y u z , parallèle à J S , est un plan de symétrie des courants, donc le champ
magnétique B est perpendiculaire à ce plan, soit B = Bu x .
Par translation suivant u x , la distribution de ce courant est invariable ; de même, par
translation suivant u y , la distribution de ce courant est invariable. L’intensité du champ
magnétique ne dépend que de z .
La règle de la main droite, ou la règle d’ampère, donne le sens du champ magnétique : Si
z 0 , alors B est dirigé suivant u x , mais si z 0 , B est dirigé vers u x .
2/ La circulation de B sur la boucle AEDGA est égale à la somme des circulations pour
chaque segment (figure) :
C = C AE + CED + CDG + CGA
D
A
CED = B.ED =0 , CGA = B.GA = 0 car B est perpendiculaire aux deux côtés (les deux
E
G
déplacements). Sur les deux autres côtés on a C AE = CED . La circulation totale est
donc C = C AE + CDG :
E
G
A
D
C = B. AE + B.DG = µ0 I
1
µ 0 .J
2
En conclusion, on peut dire que le champ magnétique est constant de part et d’autre du
plan quelque soit l’altitude du point M .
2 B. AE = µ0 .J . AE
A.FIZAZI
B=
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226
Electromagnétisme
A
z
•M
uz
E
B
uy
B
JS
G
ux
D
3/ A la traversée du plan, c'est-à-dire z 0 , la continuité du champ magnétique s’annule
à cause du changement de signe du positif au négatif.
(
B = B z = 0+
(
(
(
B z=0
1
µ0 J .u x
2
)
B z = 0+ =
B z=0
)
)=
1
µ0 J .u x
2
)
B = µ0 J .u x
Exercice 4.12 :
1/ a) Un segment du ruban de longueur l = na est parcouru, suivant l’axe Ox , par un
courant d’intensité nI . On en déduit la densité du courant électrique :
intensité du courant
I
J=
= uz
longueur du conducteur a
b) D’après la règle de la main droite, le champ magnétique créé, et en raison de la
symétrie du problème, a une seule composante suivant l’axe Ox mais de sens contraire, c'està-dire B = B x .
Soit le contour carré indiqué sur la figure suivante :
y
B
x
l = na
I
z
La circulation C de B sur les deux côtés parallèles à l’axe Oz est nulle, car B est
perpendiculaire à chacun d’eux, et la circulation sur les deux côtés parallèles à l’axe Ox ne
fait intervenir que la composante B x . d’après la règle d’Ampère, on a :
1
C = # B l = µ0 # I C = Bl + Bl = µ0 .Jl
B = µ0 .J
2
Jl
A.FIZAZI
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227
Electromagnétisme
c) Le champ magnétique produit par ce courant dans le cas cité est :
µ0 I
B0 ( M ) =
ux
2a
Le signe – provient du fait que B 0 ( M ) , et d’après la règle de la main droite, est situé
sur l’axe Ox mais de sens contraire.
2/ le plan x = 0 , qui contient M , est un plan de symétrie pour les courants ; la seule
composante qui s’annule est Bx . Voir figure suivante :
y M
•
3
B3
a
I
I
I
x'
Les fils p et
3
3
I
I
I
I
p = 3 p = 2 p = 1 p = 0 p = +1 p = +2 p = +3
p , situés à la distance rp =
x
p 2 a 2 + y 2 de M , produisent chacun d’eux un
champ, telles que les composantes B py sont directement opposées, donc elles s’annulent, et
les composantes B px sont :
B px =
µ0 I
2 rp
(
cos
p
)u
x
; B px =
µ0 I
(
2 rp
cos
p
)
B px =
µ0 I y
2 rp rp
Le champ total est la somme de toutes les composantes B px , d’où :
µ0 I
µ0 Iy
1
y
B (M ) =
u =
u
B = B0 ( M ) f ( y )
#
#
2 x
2 x
2 p rp
2
p rp
La fonction f ( y ) doit être égale à :
µ0 Iy
2
1
#p r 2 =
p
µ0 I
2a
f ( y)
f ( y) =
a. y
+
#pa
2
B0 ( M )
f ( y) =
a
y.
+
#
1
+ y2
2
1
a2
p2 2 + 1
y
3/ Dans ce cas, le champ reste toujours dirigé suivant Ox . Par des calculs semblables à peu
près aux précédents, on obtient :
2
1
rp =
p+
a2 + y2
2
µ0 I
µ0 Iy
y
1
B (M ) =
u =
u
B = B0 ( M ) f ( y )
#
#
2 x
2 x
2 p rp
2
p rp
La fonction doit être égale à :
A.FIZAZI
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228
Electromagnétisme
µ0 Iy
2
1
#r
p
2
p
=
µ0 I
2a
f ( y)
f ( y) =
f ( y) =
a
y.
+
#
+
a. y
#
1
p+
1
2
2
a2 + y 2
1
p+
1
2
2
a2
+1
y2
Exercice 4.13 :
1/ le champ magnétique du solénoïde est parallèle à l’axe de la bobine. Il reste invariable
pour une translation suivant z ' z , ou par rotation autour de cet axe.
On choisit le contour AFGHA afin d’appliquer le théorème d’Ampère.
Suivant le trajet AF : le champ est nul car il est à l’extérieur du solénoïde (d’après
l’énoncé).
Suivant les trajets FG et AH : le vecteur champ est perpendiculaire aux deux trajets : la
circulation du champ est nulle.
H
GH = L : C = B ( r ) dl
C = B (r ) L
G
F
A
•
I
M
G
H
B
I
Intensité des courants entrelacés :
La longueur L comprend NL spires. Dans l’épaisseur R2 R1 se trouvent N ( R2
spires. Donc, l’intensité du courant qui parcourt cet ensemble de spires entrelacées est :
NL.N ( R2 R1 ) = N 2 ( R2 R1 ) L.I
On applique le théorème d’Ampère :
C = B ( r ) L = µ0 N 2 ( R2 R1 ) L.I
Finalement l’intensité du champ magnétique en un point de l’axe est égale à :
B ( r ) = µ0 N 2 ( R2
R1 )
R1 ) .I
2/ Un contour semblable au précédent, passant par P quelque soit sa position à l’intérieur
du solénoïde conduit au même résultat : le champ est uniforme dans le solénoïde.
3/ On suit les mêmes étapes que précédemment, quand le point M est dans les
enroulements à une distance de l’axe. Il suffit de remplacer R1 par pour trouver :
B ( r ) = µ0 N 2 ( R2 r ) .I
4/ Le flux à travers une section droite du solénoïde nécessite la somme de deux flux :
- Le flux à l’intérieur du solénoïde et qui est égal à :
A.FIZAZI
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229
Electromagnétisme
$ i = SB
$ i = R12 µ0 N 2 ( R2
R1 ) .I
S= R
- Le flux à travers les enroulements et pour lequel on choisit une couronne de rayon
et d’épaisseur d , telle que sa surface élémentaire soit dS = 2 rdr . On intègre l’expression
que nous avons trouvée dans 3/, de R1 à R2 . on obtient :
2
1
$2 =
R2
µ0 N 2 ( R2 r )I .2 rdr
$ 2 = µ0 N 2 I
R1
1 3
2
R2 R2 R12 + R13
3
3
Le flux total est donc :
$ = $1 + $ 2
1
µ0 N 2 I R23 R13
3
(
$=
)
Exercice 4.14 :
Le champ est radial et ne dépend que de la distance
qui est le rayon du cercle (voir
figure).
La circulation du champ magnétique sur toute la courbe % circulaire de rayon est:
C = B ( r ) dl C = 2 rB ( r )
%
On applique le théorème d’Ampère : 2 rB ( r ) = µ0 # I i
i
R3
M
B
I
R1
•
%
O
I
R2
Le point M est hors du câble ( r
R3 ) : l’intensité du courant entrant est égale à
l’intensité du courant sortant, la somme est donc nulle, d’où µ0 # I i = 0
i
Le point M est entre les deux conducteurs R2
r
B (r ) = 0 .
R3 :
R3
I1
R1
•
I
O
%
R2
A.FIZAZI
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230
Electromagnétisme
L’intensité du courant entrant et traversant le contour % est I . On détermine l’expression
de l’intensité I1 du courant sortant, c'est-à-dire le courant qui revient en traversant le
contour % ; autrement dit le courant passant dans l’espace compris entre R2 et
I1 = J
I=J
(r
(R
2
2
3
R22 )
II
I1
R3
R2
(r
R2
R2
2
R22
)
I=J
(R
En appliquant le théorème d’Ampère, on trouve :
2 rB ( r ) = µ0 # I i = µ0 ( I
I1 )
i
2 r R32
R22
)
R22
Discussion :
µ0 I R32 r 2
2 r R32
2
3
µ0 I R32 r 2
B (r ) =
B (r ) =
R3
O
O
O
I1 = J
R2 ) .
r 2 R22
R32 R22
I1 = I
R22 )
(r
R22
Le point M à l’intérieur de l’isolant ( R1
seul qui passe à travers le contour % .
r
R3 : B ( r )
0
r
R2 : B ( r )
µ0 I
r
2
R2 ) : Dans ce cas, le courant entrant est le
R3
R1
•
I
O
%
R2
2 rB ( r ) = µ0 I
r
A.FIZAZI
R2 : B ( r )
B (r ) =
µ0 I
2 r
µ0 I
2 R2
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231
Electromagnétisme
Le point M à l’intérieur du conducteur r
R1
I2 O
R1 :
%
L’intensité du courant entrant qui traverse le contour % à l’intérieur de la région comprise
entre R1 et ( r R1 ) est égale à :
I2 = J r 2
I2 = I
I = J R12
r2
R22
On applique le théorème d’Ampère pour obtenir :
2 rB ( r ) = µ0 I 2
B (r ) =
µ0 I r
2
R12
µ0 I
R1 : B ( r )
r
2 R1
Suite aux résultats obtenus dans les deux questions précédentes, le champ est continu sur
toutes les surfaces qui séparent les différentes composantes du câble.
4/ Représentation graphique du champ magnétique B ( r ) en fonction de la distance :
B (r )
µ0 I
2 R1
µ0 I
2 R2
0
R1
R2
R3
Exercice 4.15 :
1/ Les équations différentielles régissant le mouvement du système.
Pour étudier le mouvement de la particule, on choisit le repère galiléen & O, u x , u y , u z .
(
)
La particule est soumise à son poids (qu’on néglige) et la force de Lorentz. La deuxième loi
de Newton nous permet d’écrire :
q
F = ma = q E + v B
a=
E +v B
m
On dispose des grandeurs vectorielles suivantes :
x
x
0
0
(
a y
z
A.FIZAZI
,
)
(
)
v y , B 0 , E E
z
B
0
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232
Electromagnétisme
L’accélération s’écrit alors :
' 0
x
q)
a y = )E E + v y
m
) 0
z
z
+
x
q
By
m
x
q
q
y=
E
Bx
m
m
z
0
0(
*
B 0*
B *,
q
B , on obtient un système d’équations différentielles qui régissent le
m
mouvement de la particule :
On posant ! =
x = ! y (1)
q
y = E ! x ( 2)
m
z = 0 ( 3)
2/ Les équations horaires de la trajectoires .
Vu les conditions initiales, l’équation ( 3) conduit à z = 0 .
Le mouvement s’effectue donc dan le plan xOy . L’intégration de l’équation (1) donne :
x = ! y + x ( 0)
Puisque la composante initiale de la vitesse est nulle ( x ( 0 ) = 0 ) , on obtient : x = ! y
En reportant ce dernier résultat dans l’équation ( 2 ) , on obtient l’équation différentielle
q
E
m
La solution de cette équation est :
q
q
y=
E + C cos !t + D sin !t =
E + C cos !t + D sin !t
2
m!
m!.!
Puisque :
q
m!
!= B B=
m
q
On a donc :
q
E
E=
=A
m!.!
B!
suivante : y + ! 2 y =
Dès lors, on peut écrire la solution de l’équation différentielle précédente sous la forme :
y = A + C cos !t + D sin !t
C et D sont les constantes d’intégration que nous devons déduire à partir des conditions
initiales. En effet :
y ( 0) = A + C = 0 C = A
y ( 0 ) = D! = 0
D=0
Finalement, on obtient :
y = A (1 cos !t )
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
233
Electromagnétisme
Et puisque x = ! y , on arrive à x = A! (1 cos !t )
L’intégration de cette dernière équation, en prenant en compte les conditions
initiales x ( 0 ) = 0 , nous donne :
x = A (!t sin !t )
3/ Forme de la trajectoire.
On dresse le tableau suivant :
x
0
0
y
0
!t
A / 2(
/2
2)
A
A
2
3 /2
A / 2 (3 2)
2 A
A
0
2A
Vu la périodicité des deux fonctions utilisées, on se contente dans notre étude de
l’intervalle que nous avons défini.
y
M1
2A
E
z
B
0
t =0
A
(
2
v1
A
2)
A
(3 + 2)
2
4/ L’intensité de la vitesse est :
v = x 2 + y 2 = A! '+ 2 (1 cos !t ) (,
1/ 2
A l’instant t =
!
5/ Utilisation du théorème de l’énergie cinétique.
On applique le théorème de l’énergie cinétique
!
= 2 A! sin
!t
2
, la vitesse est égale à :
v = 2 A! = 2
et t =
x
2 A
E
B
(
Ec = # Wi ) entre les instants 0
:
1 2
mv =
2
M1
0
(
)
M1
M1
0
0
q B + v B dl = qEdl = qEdy
1 2
mv = qE 2 A
2
D’où :
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
234
Electromagnétisme
E
B!
qB
!=
m
A=
q
Em
E2
v =4
E
=4 2
m
BqB
B
v=2
2
E
B
Exercice 4.16 :
1/ La position M - .
On étudie le mouvement de la particule dans le repère terrestre supposé galiléen. La
particule est soumise à trois forces : son poids (négligeable), la force magnétique et la force de
frottement. Le principe fondamental de la dynamique permet d’écrire :
F = ma = . v + qv B
On a les grandeurs vectorielles suivantes :
x
x
0
a y , v y , B 0
z
z
B
Ecrivons à présent l’accélération du mouvement :
.
x
x
q
y=
y+
y
m
m
z
z
z
.
x
0
x
0
B
y=
z
q
By
m
m
q
.
y
Bx
m
m
x+
.
z
m
En introduisant ! et / , on obtient un système d’équations différentielles qui régissent
le mouvement de la particule :
x
x=
+!y
/
y
y=
!x
/
z=
z
/
En intégrant les trois équations on obtient :
x
x=
+ ! y + v0
/
y=
z=
y
/
!x
z
/
La solution de la dernière équation différentielle, en tenant compte des conditions
initiales, et puisque le mouvement s’effectue dans le plan xOy , est :
z+
A.FIZAZI
1
/
z=0
z = K exp
Université_BECHAR
t
/
=0
LMD1/SM_ST
235
Electromagnétisme
La force magnétique est perpendiculaire au plan de la trajectoire de la particule, son
travail est donc nul. La force de frottement est la seule qui a un travail qui est résistant donc
négatif. L’énergie cinétique de la particule décroît et sa vitesse tend vers zéro. On a donc :
x =0
t
y =0
On obtient :
x
+ ! y + v0 = 0
x =
/
y
y =
!x = 0
/
Finalement on a :
x
/
+ ! y + v0 = 0
OM -
y
!x = 0
/
2/ L’équation polaire.
En coordonnées polaires :
r = M - M = OM
v=
/ v0
1 + ! 2/ 2
/ 2! v0
y =
1 + ! 2/ 2
x =
dOM
dt
z =0
OM - = ru r
dOM - d M - M d r
=
=
= ru r + r u
dt
dt
dt
0( t
(1)
)
Au début de cette solution, on a écrit la relation fondamentale de la dynamique :
.
q
ma = . v + qv B a =
v+ v B
m
m
.
.
q
q
a=
v + v Bu z =
v + Bv u z
m
m
m
m
L’intégration de la dernière expression nous donne :
dOM
.
q
v=
=
OM + B OM u z + v 0
dt
m
m
1
v=
OM + ! OM u z + v 0 ( 2 )
(
(
/
Quand t
)
, cette dernière équation s’écrit :
1
0=
OM - + ! OM -
/
)
(
)
u z + v0
( 3)
En soustrayant l’équations ( 2 ) de ( 3) membre à membre, on obtient:
v=
v=
Par la suite on obtient :
A.FIZAZI
1
/
(OM
) (
OM - + ! OM
OM -
)
uz
dOM d r
r
=
=
+ !r uz
dt
dt
/
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
236
Electromagnétisme
v=
dr
1
=
r + !r uz
dt
/
v=
r
/
v=
dr
r
=
u r + !r u r u z
dt
/
u
( 4)
u r + ! ru
Par identification des équations (1) et ( 4 ) , membre à membre, on arrive à :
r=
/
=!
Après intégration on obtient :
r = K exp
t
/
= !t
Pour déterminer K , on sait qu’au temps t = 0 , la particule se trouve à l’origine du
repère. Cette origine se trouve à l’infini de la position M - . Autrement dit, par rapport au
point M - de coordonnées ( x , y
Nous avons donc :
) , les coordonnées de l’origine du repère sont (
r (t = 0) = x2 + y 2 =
v0/
1 + ! 2/ 2
x , y
).
=K
A la fin, on obtient :
r=
v0/
1 + ! 2/ 2
exp
!/
Ce résultat représente l’équation polaire d’une spirale logarithmique.
A.FIZAZI
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LMD1/SM_ST
237
Electromagnétisme
Exercice 4.17 :
1/ La force électromotrice d’induction à l’intérieur de la bobine est e ( t ) =
d $ (t )
, le
dt
flux total du champ magnétique à travers la bobine est $ ( t ) = NSB ( t ) , où N représente le
nombre de spires, et S l’aire de la bobine. Donc :
dB ( t )
dB ( t )
e (t )
e ( t ) = NS
=
dt
dt
NS
Pour t 0 0 , e0 = 0 et B0 = 0 , donc B ( t ) = 0
Pour 0
t
t
t
0
0
4ms : B ( t ) = 25e dt = 25 ( +3) dt
B ( t ) = 25 e ( t ) dt
B ( t ) = 75t
A l’instant t = 4ms , B ( 4.10 3 s ) = 0,3T
Pour 4
t
8ms :
(
)
B ( t ) B 4.10 s = 25e
3
t
dt = 25 ( 3)
4.10
3
t
dt
4.10
3
(
)
B ( t ) B 4.10 3 s = 75t 0,3
A la fin, l’expression du champ magnétique instantané est : B ( t ) = 75t 0, 6
Pour t
(
)
8ms : e = 0 et B 8.103 = 0 , d’où B ( t ) = 0
2/ La figure suivante représente les variations du champ magnétique en fonction du temps.
B (T )
+3
O
4
8
t ( ms )
3
Exercice 4.18 :
Le champ magnétique B produit par un solénoïde parcouru par un courant électrique I
est égale à :
B = µ0 n1I
Le flux qui traverse la bobine est égal à :
$ = N 2 BS2 cos
Après remplacement de B , on obtient :
$ = N 2 S2 µ0 n1 cos I
L = N 2 S 2 µ0 n1 cos
$ = LI
Exercice 4.19 :
On suppose que le conducteur interne soit parcouru par le courant I 0 , dirigé vers l’avant ;
et le conducteur externe soit parcouru par le courant I 0 dirigé vers l’arrière.
de l’axe est, d’après la
Le champ magnétique produit en un point situé à la distance
règle d’Ampère, égal à :
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
238
Electromagnétisme
R1
R2
B.2 r = µ0 I
B=
µ0 I
2
I est égal à la somme des courants dans la spire de rayon .
On obtient le flux à travers une section droite de largeur d et de hauteur h , de la façon
suivante :
µ Ih R2 dr
dr
d $ = BdS = Bhdr = µ0 Ih
$= 0
R1 r
2 r
2
µ Ih R
$ = 0 ln 2
2
R1
On sait que le flux est proportionnel à l’induction propre $ = LI . Par identification des
deux expressions du flux obtenues, on arrive à l’expression de l’induction propre du câble :
µh R
L = 0 ln 2
R1
2
Exercice 4.20 :
Le champ magnétique produit par les deux conducteurs rectilignes en un point, situé à la
distance du premier et à la distance b
du second, est égal à :
d
I
I
h
B = µ0
b
I
2 r
+ µ0
I
2 (b r )
Le flux élémentaire de ce champ à travers un ruban d’épaisseur d et de hauteur h ,
parallèle au conducteur est :
hI 1
1
d $ = BS = Bhdr d $ = µ0
+
dr
2 r b r
Pour obtenir le flux complet, on doit intégrer de a à b a :
b a
b a
hI
1
1
hI '
b a
(
$ = µ0
+
dr $ = µ0
ln
r
ln
b
r
(
)
a
*
a ,
2 a r b r
2 +)
$ = µ0
hI
ln
b a
a
Dans le cas général, le flux d’un champ magnétique à travers une surface donnée est
$ = LI , tel que L représente le coefficient d’induction. Par identification, on obtient
l’induction propre de ce système qui est égal à :
A.FIZAZI
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
Electromagnétisme
239
L = µ0
A.FIZAZI
h
ln
b a
a
Université_BECHAR
LMD1/SM_ST
250
ANNEXES
ANNEXE 1
ALPHABET GREC
Prononciation
Alpha
Bêta
gamma
delta
epsilon
dzêta
éta
thêta
iota
kappa
lambda
mu
nu
xi
oméga
omicron
pi
rhô
sigma
tau
upsilon
phi
Khi
Psi
Ahmed FIZAZI
Majuscule
Miniscule
B
"
$
&
)
,
/
1
4
6
:
<
?
A
C
E
G
J
M
Univ-BECHAR
#
%
'
*
µ
2
5
7
;
=
@
B
D
F
H
K
N
LMD1/SM_ST
251
ANNEXES
ANNEXE2
GRADIENT, DIVERGENCE, ROTATIONNEL ET LAPLACIEN
DANS DIFFERENTES COORDONNEES
(cartésiennes, cylindriques et sphériques).
Soit :
F : Une fonction scalaire
V : Une fonction vectorielle
Gradient d’un scalaire en coordonnées :
Cartésiennes : F = F ( x, y , z )
F
F
F
i+
j+
k
x
y
z
F=
Cylindriques : F = F ( r , , z )
F=
Sphériques : F = F ( r , ,
F
1 F
F
ur +
u +
uz
r
r
z
)
F
1 F
1
ur +
u +
r
r
r sin
gradF = F =
F
u
Divergence d’un vecteur en coordonnées :
Cartésiennes : V = V ( x, y , z ) , Vx = Vx ( x, y, z ) ,Vy = Vy ( x, y , z ) ,Vz = Vz ( x, y , z )
V
Vx
V
+ y+ z
x
y
z
divV = .V =
Cylindriques : V = V ( r , , z ) , Vr = Vr ( r , , z ) ,V = V
divV = .V =
Sphériques : V = V ( r , ,
divV = .V
Vr 1
V
+ Vr +
r r
) , Vr = Vr ( r ,
,
) ,V
( r,
+
= V ( r, ,
, z ) ,Vz = Vz ( r , , z )
Vz
z
) ,V
= V ( r, ,
Vr 2
1 V
1
1
+ Vr +
+
cos .V +
r r
r
r sin
r sin
)
V
Rotationnel d’un vecteur en coordonnées :
Cartésiennes : V = V ( x, y , z ) , Vx = Vx ( x, y, z ) ,Vy = Vy ( x, y , z ) ,Vz = Vz ( x, y , z )
Ahmed FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
252
ANNEXES
rotV =
Vy
Vz
y
V
z
Vx
z
i+
Cylindriques : V = V ( r , , z ) , Vr = Vr ( r , , z ) ,V = V
Vz
rotV =
V
z
r
V=
r
Sphériques : V = V ( r , ,
Vr
z
ur +
) ,Vr = Vr ( r ,
,
Vr
V=
( r,
Vz
u +
r
) ,V
x
V
r
r
V +r
) ,V
V
r
r sin
r sin
Vr
uz
= V ( r, ,
)
V
r
ur +
r 2 sin
sin V
Vx
k
y
, z ) ,Vz = Vz ( r , , z )
= V ( r, ,
V
r cos .V + r sin
rotV =
Vy
Vz
j+
x
V +r
u +
V
r
r
Vr
u
Laplacien d’un scalaire en coordonnées :
Cartésiennes : F = F ( x, y , z )
.
(F) =
2
(F ) =
2
2
2
F
F
F
+
+
x2
y2
z2
Cylindriques : F = F ( r , , z )
.
(F) =
Sphériques : F = F ( r , ,
.
(F) =
2
)
2
2
1 F
F 1
+ 2 + 2
(F ) =
r r
r
r
F
2
2
2 F
F
1
F 1
+ 2 + 2
+ 2
(F ) =
cos .
r r
r
r sin
r
Laplacien d’un vecteur en coordonnées :
Cartésiennes : V = V ( x, y , z ) , Vr = Vr ( r , , z ) ,V = V
Ahmed FIZAZI
2
Univ-BECHAR
( r,
2
F
z2
+
2
F
2
1
+ 2 2
r sin
2
F
2
, z ) ,Vz = Vz ( r , , z )
LMD1/SM_ST
253
ANNEXES
.
( )
V =
2
( )
V =
2
Vy
2
2
2
Vx
Vx
V
+ 2 + 2x i +
2
x
y
z
x2
2
Vy
+
y2
2
+
Vy
j+
z2
2
2
2
Vz
Vz
V
+ 2 + 2z k
2
x
y
z
Cylindriques : V = V ( r , , z ) , Vr = Vr ( r , , z ) ,V = V
2
. V=
.V =
.
(V ) =
2
Vr
2
2
2
V
1 Vz
1
+ 2z + 2
r r
r
r
2
) , Vr = Vr ( r ,
,
) ,V
2
2 Vr
V
cos
(V ) =
+ 2r + 2
r r
r
r sin
, z ) ,Vz = Vz ( r , , z )
V
2
Vr
ur
2
z
2
V
u
z
+
2
Vz
2
+
2
2
Vz
uz
z
+
2
= V ( r, ,
Vr
1
+ 2
r
2
2 V
V
cos
+ 2 + 2
r r
r
r sin
V
2
V
2 V
cos
+
+ 2 + 2
r r
r
r sin
V
+
2
2
1 V
1
V
+
+ 2 + 2
r r
r
r
+
Sphériques : V = V ( r , ,
2
1 Vr
V
1
+ 2r + 2
r r
r
r
( r,
) ,V
2
Vr
2
1
r2
2
1
+ 2
r
2
+
= V ( r, ,
1
+ 2 2
r sin
V
2
V
2
)
2
Vr
1
r 2 sin 2
2
1
+ 2 2
r sin
2
+
ur
2
V
2
V
2
u
u
Gradient d’un vecteur (matrice 3*3) :
V = V ( x, y, z ) , Vx = Vx ( x, y, z ) ,Vy = Vy ( x, y, z ) ,Vz = Vz ( x, y, z )
Ahmed FIZAZI
Vx
x
Vy
Vx
y
Vy
Vx
z
Vy
x
Vz
x
y
Vz
y
z
Vz
z
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
254
ANNEXES
ANNEXE 3
FORMULES DE DERIVATION
1/ Principales règles pour le calcul des dérivées :
Si c est une constante et u = ( x ) , v = ( x ) deux fonctions dérivables, alors :
1/ ( c ) ' = 0
2 / ( x)' = 1
4 / ( cu ) ' = cu '
5/ ( uv ) ' = u ' v + v ' u
7/
3/ ( u ± v ) ' = u '± v '
6/
u
vu ' v ' u
'=
v
v2
c
cv
'= 2
v
v
2/ Table des dérivées des principales fonctions:
( )
1/ x n ' = nx n
1
2/
4 / ( cos x ) ' = sin x
5 / ( tan x ) ' =
1
7 / ( arcsin x ) =
'
1 - x2
1
'
9 / ( arctan x ) =
1 + x2
( )
( x )' = 2 1 x
(x
1)
'
1
x
(x
0)
19 /
'
1 - x2
-1
'
10 / ( arc cot x ) =
1 + x2
1
sin 2 x
(x
1)
'
log a e
1
=
x ln a
x
(x
0, a
0)
16 / ( chx ) = shx
'
1
ch 2 x
( Arshx )' =
-1
8/ ( arccos xx ) =
14 / ( log a x ) =
'
'
6 / ( cot x ) ' =
12 / e x = e x
15 / ( shx ) = chx
17 / ( thx ) =
1
cos 2 x
( )
'
11/ a x = a x ln x
13/ ( ln x ) =
3/ ( sin x ) ' = cos x
18 / ( cthx ) =
'
1
1 + x2
1
'
21/ ( Arthx ) =
(x
1 x2
20 /
1)
1
sh 2 x
( Archx )' =
1
x2 1
1
'
22 / ( Arcthx ) = 2
x 1
(x
1)
(x
1)
3/ Règles de dérivation des fonctions composées :
Si y = f ( u ) et u = ( x ) c'est-à-dire y = f
( x ) , telles que y et u sont dérivables,
alors :
Ahmed FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
ANNEXES
255
y x' = yu' u x' , ou e utilisant la notation de Leibnitz
Ahmed FIZAZI
Univ-BECHAR
dy dy du
= .
dx du dx
LMD1/SM_ST
256
ANNEXES
ANNEXE 4
FORMULES D’INTEGRATION
1/ Principales règles d’intégration :
( x ) = f ( x ) , alors f ( x ) dx = F ( x ) + C où C est une constante arbitraire.
b/ Af ( x ) dx = A f ( x ) dx où A est une constante.
c/
f1 ( x ) ± f 2 ( x ) dx = f1 ( x ) dx ± f 2 ( x )dx
d/ Si f ( x ) dx = F ( x ) + C et u = ( x ) , alors f ( u ) du = F ( u ) + C
a/ Si F
'
En particulier,
f ( ax + b ) dx =
1
F ( ax + b ) + C , sachant que ( a
a
0)
2/ Table d’intégrales types :
I/ x n dx =
xn 1
+ C, n
n +1
1
dx
= ln x
x
dx
x
x
1
1
III /
= arctan + C =
arccot + C
2
2
a
a
a
a
x +a
1
dx
x a
= ln
+ C (a 0)
V/
2
2
2a x + a
x a
II /
dx
0)
1
x+a
ln
+C
2a a x
(a 0)
a2 x2
dx
= ln x + x 2 + a + C ( a 0 )
VI/
2
x +a
dx
x
x
VI /
= arcsin + C = arccos
+C
2
2
a
a
a x
=
(a
ax
+ C (a 0) ;
VII / a dx =
ln a
VIII / sinxdx = cosx + C
x
(a
0)
e x dx = e x + C
IX / cosxdx = sin x + C
XIII /
dx
x
= ln tan +
+ C = ln tan x + sec x + C
cos x
2 4
XIV / shxdx = chx + C
XV / chxdx = shx + C
Ahmed FIZAZI
Univ-BECHAR
LMD1/SM_ST
257
ANNEXES
dx
= thx + C
ch 2 x
dx
XVII /
= cthx + C
sh 2 x
XVI /
3/ Méthode de substitution
a/ Changement de variable dans une intégrale indéfinie
En posant x = ( t ) où t est une nouvelle variable et
dérivable, on a :
f ( x ) dx = f
(t )
'
( t ) dt
une fonction continue
(1)
On doit veiller à bien choisir la fonction de manière que le deuxième membre de la
formule (1) ait une forme commode pour l’intégration.
b/ La substitution trigonométrique :
-Si l’intégrale contient le radical a
a2
x 2 , on pose en général x = a sin t , d’où
2
x 2 = a cos t .
- Si l’intégrale contient le radical x
x2
2
a 2 , on pose alors x = a sec t , d’où
a 2 = a tan t .
-Si l’intégrale contient le radical
x 2 + a 2 , on pose alors x = a tan t d’où
a 2 + x 2 = a sec t
4/ Intégration par partie
Si u = ( x ) et v = ( x ) sont deux fonctions dérivables, on a :
udv = uv
Ahmed FIZAZI
Univ-BECHAR
vdu
LMD1/SM_ST
258
ANNEXES
ANNEXE 5
QUELQUES EQUATIONS DIFFERENTIELLES
Soit l’équation différentielle du second ordre : y "+ ay '+ by = c
a , b et c sont des constantes.
y "+ by = 0
Premier cas : a = 0, c = 0
Si b = 0 , la solution est y = C1 x + C2
C1 et C2 sont deux constantes d’intégration déterminées par les conditions initiales.
0 , la solution est y = C1 sin bx + C2 cos bx
C1 et C2 sont deux constantes d’intégration..
Si b
Si b
0 , la solution est y = C1 exp
(
)
bx + C2 exp
(
bx
)
C1 et C2 sont deux constantes d’intégration.
Deuxième cas : a
0, c = 0
y "+ ay '+ by = 0
2
= a2
L’équation caractéristique est r + ar + b = 0 , son déterminant est
deux radicaux sont 1 et 2 :
Si
C1
Si
C1
Si
4b , ses
0 , la solution est y = C1 exp ( r1 x ) + C2 exp ( r2 x ) :
et C2 sont deux constantes d’intégration.
= 0 , alors r1 = r2 = r0 , la solution est y = ( C1 x + C2 ) exp ( r0 x )
et C2 sont deux constantes d’intégration.
0 , alors r1,2 sont deux nombres imaginaires r1,2 = + i , et la solution
est y = exp ( x ) [C1 sin
x + C2 cos x ]
C1 et C2 sont deux constantes d’intégration.
Troisième cas : y " = 0, c = 0
ay '+ by = 0
L’équation devient du premier ordre et la solution est y = C exp
b
x
a
C est une constante d’intégration déterminées par les conditions initiales.
Quatrième cas : y " = 0
ay '+ by = c
L’équation devient du premier ordre et la solution est y = C exp
b
c
x +
a
b
C est une constante d’intégration déterminées par les conditions initiales.
Quatrième cas : y ' = 0
y "+ by = c
La solution est
Ahmed FIZAZI
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LMD1/SM_ST
259
ANNEXES
y = C1 exp
Ahmed FIZAZI
b
x + C2 exp
c
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b
c
x +
c
b
LMD1/SM_ST
260
ANNEXES
ANNEXE 6
FORMULAIRE TRIGONOMETRIQUE
+ sin 2
cos 2
tan
cot
=1
sin
cos
cos
=
sin
=
cos 2
sin 2
1
1 + tan 2
tan 2
=
1 + tan 2
=
cos (
) = cos
cos (
)=
sin (
)=
sin
sin (
) = sin
tan (
)=
tan
tan (
)=
tan
cot (
)=
cot
cot (
)=
cot
= sin
cos
= cos
sin
= cot
tan
= tan
cot
cos ( +
)=
cos
sin ( +
)=
sin
tan ( +
) = tan
tan
cot ( +
) = cot
cot
cos ( a + b ) = cos a cos b sin a sin b
cos ( a b ) = cos a cos b + sin a sin b
sin ( a + b ) = sin a cos b + cos a sin b
sin ( a b ) = sin a cos b cos a sin b
tan a + tan b
1 tan a tan b
tan a tan b
tan ( a b ) =
1 + tan a tan b
tan ( a + b ) =
Ahmed FIZAZI
cos
sin
2
2
2
2
cos 2a = cos 2 a sin 2 a
cos 2a = 2 cos 2 a 1
cos 2a = 1 2sin 2 a
sin 2a = 2sin a cos a
2 tan a
tan 2a =
1 tan 2 a
1 + cos 2a
cos 2 a =
2
1 cos 2a
sin 2 a =
2
1 cos 2a
tan 2 a =
1 + cos 2a
Univ-BECHAR
2
2
2
2
cos
+
= sin
+
= cos
+
= cot
+
= tan
a
2
a
1 cos a = 2sin 2
2
a
a
sin a = 2sin cos
2
2
2
a
1 t
cos a =
t = tan
2
1+ t
2
2t
sin a =
1+ t2
2t
tan a =
1 t2
1 + cos a = 2 cos 2
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ANNEXES
261
p+q
p q
cos
2
2
p+q
p q
cos p cos q = 2 sin
sin
2
2
p+q
p q
sin p + sin q = 2 sin
cos
2
2
p q
p+q
sin p sin q = 2 cos
cos
2
2
1
cos ( a + b ) + cos ( a b )
2
1
sin a sin b = cos ( a b ) cos ( a + b )
2
1
sin a cos b = sin ( a + b ) + sin ( a b )
2
cos a cos b =
tan p + tan q =
tan p tan q =
Ahmed FIZAZI
cos p + cos q = 2 cos
sin ( p + q )
cos p cos q
sin ( p q )
cos p cos q
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