Travaux dirigés: Série 1 - Eléctricité II September 11, 2014 Abstract 1 Université Mohammed V Faculté des Sciences Année Universitaire 2014-2015 SMP: S3 Electricité II Travaux Dirigés: Série 1 Exercice I : Rappels et complements mathématiques 1) Gradient d’une fonction scalaire, ⃗ en coordonnées cartésiennes, cylindriques et sphériques, a) Donner grad V = ∇V ( ) b) En déduire l’expression de grad 1r , 2) Divergence d’un vecteur, ⃗ = ∇. ⃗ E ⃗ en coordonnées cartésiennes, cylindriques et sphériques, Donner div E 3) Rotationnel d’un vecteur, ⃗ ∧A ⃗ en coordonnées cartésiennes, a) Donner ∇ ( ) ⃗ ∧ grad V , (ii) ∇. ⃗ ∇ ⃗ ∧A ⃗ , b) En déduire : (i) ∇ 4) Calcul intégral, a) Donner le théorème de Green Ostogradsky reliant une intégrale triple à une intégrale double, b) Donner le théorème de stokes reliant une intégrale double à une simple. ⃗ crée par une boucle de courant Exercice II: champ B Un courant d’intensité I circule dans une spire circulaire de centre O et de rayon R. On se propose de calculer le champ d’induction magnétique ⃗b (M ) crée au point M de l’axe − → Oz de la spire. 1) Par des considérations de symétrie, déterminer: a) Les variables dont dépend ⃗b (M ), b) La direction de ⃗b (M ) , 2) A l’aide de la loi de Biot et Savart, déterminer: a) L’expression du champ ⃗b (M ) en fonction de z, b) L’expression de ⃗b (M ) en l’angle α, 3) En déduire la valeur du champ: a) Au centre de la spire, point z = 0, b) Dans la limite z tend vers l’infini, 4) Un enroulement de spires jointives identiques d’épaisseurs très faibles vis-à-vis des rayons des spires constitue une bobine plate. ⃗ (z) de la bobine, a) Déduire de la question précédente le champ d’induction B b) Justifier la réponse, → ⃗ (z) le long de tout l’axe − 5) Calculer circulation de B Oz 2 ⃗ crée par un solénoide Exercice III: champ B Un solénoı̈de S fini est constitué d’un enroulement d’un fil conducteur autour d’un cylin− → dre d’axe ∆ que nous prenons Oz. Le fil, parcouru un courant permanent I, est suffisamment mince permettant d’imaginer le solénoı̈de comme une juxtaposition continue − → de spires coaxiales de rayon R d’axe Oz, 1) Faire un schéma illustratif, on notera les angles limites α1 et α2 , 2) Si pour une épaisseur dz autour du point P du solénoı̈de, nous avons N spires ; donner la densité dn de spires par unité de longueur du solénoide, 3) On se propose de calculer le champ d’induction sur l’axe du solénoide, −→ a) Donner l’expression du champ élémentaire dB en fonction de ⃗b (z) , ⃗ (z) en fonction de α1 et α2 , b) Calculer le champ total B 4) En déduire la valeur du champ pour le cas d’un solénoide infini ⃗ et potentiel vecteur A ⃗ Exercice IV: champ B On considère un conducteur cylindrique homogène de base circulaire de rayon R et de longueur L supposée grande ( L tendant vers l’infini). Ce conducteur est parcouru par un courant volumique axial d’intensité I et de densité volumique ⃗j = j⃗ez . 1) Par des considérations de symétrie, déterminer: ⃗ (M ) , a) Les variables dont dépend l’induction magnétique B ⃗ (M ), b) La direction de B ⃗ = 0, c) Vérifier que div B ⃗ (M ) en tout point de l’espace, 2) Déterminer l’expression du champ B ⃗ (M ) , 3) Déterminer les variables dont dépend le potentiel vecteur A ⃗ (M ) , 4) Déterminer la direction de A ⃗ = 0, 5) Vérifier que div A ⃗ =∇ ⃗ ∧ A, ⃗ déterminer l’expression de A ⃗ (M ) en tout point de 6) A partir de la relation B l’espace, ⃗ (ρ = R). 7) En déduire la constante d’intégration pour la condition A 3 Solution Exercice I: Rappels et compléments mathématiques 1) Gradient d’une fonction scalaire (a) en coordonnées cylindriques ∂V 1 ∂V ∂V ⃗eρ + ⃗eφ + ⃗ez ∂ρ ρ ∂φ ∂z grad V = en coordonnées sphériques ∂V 1 ∂V 1 ∂V ⃗er + ⃗eθ + ⃗eφ ∂r r ∂θ r sin θ ∂φ ( ) (b) En déduire l’expression de grad 1r ( ) 1 ⃗er ⃗r =− 2 =− 3 grad r r r grad V = 2) Divergence d’un vecteur (a) en coordonnées cylindriques ⃗ = div E 1 ∂ (ρEρ ) 1 ∂Eφ ∂Ez + + ρ ∂ρ ρ ∂φ ∂z en sphériques ⃗ = div E 1 ∂ (r2 Er ) 1 ∂ (sin θEθ ) ∂Eφ + + r2 ∂r r sin θ ∂θ r sin θ∂φ (b) a priori ( div ⃗r r3 ) = 1 ∂ (1) = 0! r2 ∂r mais ceci n’est vrai que pour r ̸= 0. Pour r = 0, cette quantité diverge; en effet on ⃗ = q ⃗r3 , on a: sait que pour le champ électrostatique E 4πε0 r ⃗ = ϱ = div E ̸ 0 ε0 ce qui conduit à: div ⃗r ϱ = 4π , 3 r q ϱ = qδ (r) , 4 avec δ distribution de Dirac 3) Rotationnel d’un vecteur ⃗ ∧A ⃗ en coordonnées cartésiennes (a) Donner ∇ ⃗ ∧A ⃗= ∇ ∂ ∂x ∂ ∂y ∂ ∂z ∂Az ∂y ∂Ax ∂z ∂Ay ∂x Ax ∧ Ay = Az y − ∂A ∂z z − ∂A ∂x x − ∂A ∂y (b) ⃗ ∧ ∇V ⃗ = ⃗0 rot (grad V ) = ∇ ( ) ⃗ = 0 div rot A 4) relations de Stokes ∫∫∫ ⃗ div Edτ ∫∫ V → ⃗ − rotB. dS ∫∫ = I → ⃗ − E. dS : − ⃗ → B. dl = S Relation 1: Green-Ostogradsky Σ=∂V : Relation 2: Stokes C=∂S ⃗ crée par une boucle de courant Exercice II: champ B pour des détails voir section 4.2 du cours 1) i) ⃗b = ⃗b (z), ii) ⃗b = b (z) ⃗ez 2) loi de Biot et Savart ⃗b = = µ0 I sin3 α ⃗ez 2R µ0 I R2 2 (R2 +z 2 ) 32 3) valeur du champ: (a) Au centre de la spire: point z = 0 ⃗b = µ0 I ⃗ez 2R (b) Dans la limite z tend vers l’infini ⃗b → ⃗0 5 ⃗ez 4) bobine plate. ⃗ est obtenu par application du Le champ B principe de superposition ⃗ (z) créé par la bobine est la somme des champs c’est à dire que le champ total B créés par chacune des N spires: N⃗b ⃗ (z) = B µ0 N I 2R µ0 N I b3 2R (R2 +z 2 ) 23 = − → 5) circulation de B le long de tout l’axe Oz ∫∞ ∫∞ Bdz = −∞ −∞ = sin3 α ⃗ez µ0 N I R2 2 (R2 +z 2 ) 32 ∫ ∞ ( µ0 N I −∞ ⃗ez 2R dz ) sin3 α dz Ensuite utilisons les relations sin3 α = tan α z dz = = = et les bornes pour R3 3 (R2 +z 2 ) 2 R z R = R cot α tan α −R dα sin2 α α = R cos sin α z = −∞ ⇐⇒ α = π − z=∞ ⇐⇒ α = 0+ ∫∞ Bdz −∞ = = = = = ∫ 0+ ( µ0 N I ) −R dα 2R π− sin2 α ∫ + 0 − µ02N I π− sin αdα µ0 N I ∫ 0+ d (cos α) 2 π− µ0 N I [cos α]0π 2 sin3 α µ0 N I ⃗ crée par un solénoide S Exercice III: champ B voir sous -section 4.3 du cours: On considerera 2 cas: 6 • solénoide fini avec: −z1 < z < z2 ou encore d’ouverture vu de M donnée par α1 , α2 , • solénoide infini avec: −∞ < z < ∞ ou encore α1 = π, α2 = 0. 1) schéma illustratif, voir fig −→ Figure 1: Induction magnétique créé par un solénoide d’axe OZ avec dz = − R dα sin2 α 2) densité dn de spires par unité de longueur du solénoide S → ⃗ créé par S en un point M ∈ − Pour calculer le champ B Oz, on suppose que: i) le fil est suffisamment mince et imaginer: le solénoide S comme une juxtaposition continue de − → spires coaxiales Si de rayon R d’axe Oz, ii) pour une épaisseur dz autour du point P du solénoide, nous avons N spires. dz → N spires Cela veut dire que la densité dn de spires par unité de longueur du solénoide est dn =N dz ⇒ 7 dn = N dz 2 remarques: X le solénoide S a donc les mêmes propriétés de symétrie que les spires Si . X en fonction de l’angle α : tan α = ⇒ R z z= ⇒ R tan α d’ou dn = −N Rdα dz = − sin 2α Rdα sin2 α ⃗ 3) (a) champ élémentaire: dB ⋆ une spire S, parcourue par I, créé un champ ⃗b; càd: 1 spire S ⃗b = créé µ0 I sin3 α ⃗ez 2R − → ⃗ ⋆ une densité dn de spires autour de P créé en tout point M de Oz un champ dB dn spires ⃗ dB créé Remplaçons ⃗b par sa valeur, on a: ( ⃗ = − N× dB = ⃗bdn = N⃗bdz = −N⃗b sinR2 α dα µ0 I sin3 α ⃗ez 2R ) × R dα sin2 α − µ02N I sin αdα⃗ez = ⃗ (b) champ total: B ∫ ⃗ (z) = B = α2 ⃗ dB α1 ∫ α2 −⃗ez α1 µ0 IN sin3 α 2R ∫ × Rdα sin2 α = −⃗ez α2 α1 d’ou ⃗ (z) B = α1 ) µ0 IN (cos α2 −cos ⃗ez 2 4) Solénoide infini: α1 = π, α2 = 0, ⃗ B = µ0 IN ⃗ez − → = cte − → ⃗ est constant sur l’axe Oz le champ B 8 µ0 IN 2 sin αdα ⃗ et potentiel vecteur A ⃗ Exercice IV: champ B schéma illustratif: voir fig 2 Figure 2: conducteur cylindrique parcouru par J = jez . Coordonnées M = (ρ, φ, z) . Γ est la courbe d’Ampère. ⃗ (M ) 1) Propriétés de symétrie de B (a) symétrie cylindrique implique (ici L est supposé infini) ⃗ =B ⃗ (ρ) B ⃗ : le plan (b) direction de B Πs ≡ (⃗eρ , ⃗ez ) ⊥ ⃗eφ contenant M est un plan de symétrie du conducteur. Ceci implique ⃗ ⊥ Πs B ⇔ ⃗ = Bφ (ρ) ⃗eφ B ⃗ : (c) calcul de div B En coordonnées cylindriques, on a: ⃗ div B = = = ⃗ B ⃗ ∇. ∂(ρBρ ) φ + ∂B ρ∂ρ ρ∂φ ∂Bφ = 0 car ρ∂φ z + ∂B ∂z Bφ = Bφ (ρ) ne dépendant ni de φ ni de z 9 ⃗ (M ) en tout point de l’espace 2) Expression du champ B ⋆ le calcul se fait par le th d’Ampère (voir chap 2 pour plus de détails sur ce th) I → ⃗ − B. dl = µ0 I : Théorème d’Ampère Γ ou Γ est la courbe d’Ampère. Dans notre cas, Γ est un cercle de rayon ρ passant par M on a aussi ⃗ = B⃗eφ B → − dl = dρ⃗eρ + ρdφ⃗eφ + dz⃗ez soit → ⃗ − B. dl = ρBdφ Selon le choix de Γ on distingue deux cas: a) ρ > R , b) ρ < R i) cas ρ > R Figure 3: Courbe d’Ampère. La courbe d’Ampère est: un cercle de rayon ρ passant par M 10 Comme ρ > R, le courant traversant S délimitée par Γ est ∫ ∫ → − →− I= J .dS = j dS S avec ∂S = Γ et S → − J = − → dS = → j− ez → dS − ez ∫ d’ou ∫ I= j dS + 0≤ρ≤R ρ>R j dS |{z} =0 et donc I = jπR2 Le théorème d’Ampère implique I µ0 I − ⃗ → B. dl = I = = CΓ 2π B (ρdφ) 0I 2π ρB dφ 0 = 2πρB D’ou Bφ = µ0 I 2πρ avec I = jπR2 ii) cas ρ < R Dans ce cas seule une partie du courant contribue car Iint ∫ → ∫ → − − = S J .dS = j S dS, = jπρ2 2 = (jπR2 ) Rρ 2 2 = I Rρ 2 le théorème d’Ampère donne µ0 jπρ2 = = = 2 ρ µ I 0 I R2 → ⃗ − B. dl C Γ I 2π B (ρdφ) 0 = 2πρB 11 ∂S = Γ soit: 2πρB = 2 µ0 I Rρ 2 et donc B ρ µ0 I 2πR 2 = ⃗ (M ) : 3) variables de A symétrie cylindrique implique: ⃗=A ⃗ (ρ) A il n’y a pas de variable z ni de variable φ ⃗ (M ). 4) direction de A Le plan de symetrie Πs implique ⃗ ∈ Πs A càd qu’on a chercher 2 composantes. Mais comme le plan Πa = (⃗eρ , ⃗eφ ) est un plan d’antisymétrie et que ⃗ ⊥ Πa A on a ⃗ = A (ρ) ⃗ez A ⃗=0 5) Vérifier que div A ⃗ div A ⃗ A ⃗ = ∇. ρ) φ z z = ∂(ρA + ∂A + ∂A = ∂A ρ∂ρ ρ∂φ ∂z ∂z = 0, car ne dépend pas de z ⃗ (M ) en tout point de l’espace 6) Expression de A A partir de ⃗ =∇ ⃗ ∧A ⃗ B soit en éffectuant Bρ (ρ) = 0 Bφ (ρ) ̸= 0 Bz (ρ) = 0 = ∂ ∂ρ ∂ ρ∂φ ∂ ∂z 12 Aρ = 0 ∧ Aφ = 0 = Az ̸= 0 0 z − ∂A ∂ρ 0 soit z Bφ (ρ) = − ∂A ∂ρ ∫ Az = − Bφ dρ ⇔ on distingue 2 cas α) ρ > R β) ρ < R µ0 I Bφ = 2πρ ρ Bφ = µ0 I 2πR 2 : : α) ρ > R Az (ρ) = − ∫ µ0 I dρ 2πρ 0I = − µ2π ln ρ + cte ⃗ permet de déterminer la constante pour ρ = R+ 7) la condition sur A ⇒ Az (ρ = R) = 0 cte = µ0 I 2π ln R soit Az (ρ) = 0I ln ρ + − µ2π β) ρ < R Az (ρ) = − ∫ µ0 Iρ dρ 2πR2 µ0 I 2π 0I ln R = − µ2π ln Rρ µ0 I 2 ′ = − 4πR 2 ρ + cte ⃗ permet de déterminer la constante ρ = R− La condition sur A soit Az (ρ) = = cte′ = ⇒ Az (ρ = R) = 0 µ0 I 2 − 4πR 2ρ + µ0 I 4π 13 ( 1− ρ2 R2 µ0 I R2 4πR2 µ0 I R2 4πR2 )