Correction DS N°1

Correction DS N°1
Electromagnétisme – 2008/2009
Questions de cours

a) On a B = 0.435 T et H = 3.44 105A/m
la perméabilité pour un milieu linéaire est  

B
H
soit   1.26 10 6 H / m
b) Calcul de la susceptibilité du matériau :

B
 1  3 10 3
 M et M   H d’où  
0
0
 c) La susceptibilité est faible et positive, donc le milieu est paramagnétique.
Exercice 1
on a H 
Soit un cylindre polarisé avec P  Pe x .
1) a) Densités de charge de polarisation :
 Densité de charge volumique : comme la polarisation est uniforme on a  p  0
 Densité de charge surfacique :
Pour la surface latérale, on a n  e  donc  p  P.n  Pe x .e   P cos 
b) Le potentiel crée par le dipôle d p est :
dVp 
soit : dVp 
dp.u
40 r 2
P.u
d
40 r 2
Comme P est uniforme, donc Vp  
Es  
P.u
u
d  P.
d  P.E s
2
40 r
40 r 2
u
d est un champ électrique fictif crée par le cylindre chargé en
40 r 2
volume avec une densité volumique   1
2) a) Calcule de Vp :
 À l’intérieur du cylindre :
Pour déterminer Vp, il faut d’abord calculer Es en utilisant le théorème de Gauss.
c)
Direction de Es : les plans (e  , e z ) et (e  , e ) sont deux plans de symétrie, donc Es
est porté par l’intersection de ces deux plans. Soit E s  E s e 
Variable dont dépend Es : Le cylindre est invariant par rotation autour de Oz et par
translation suivant Oz ( on suppose le cylindre très long) donc E s  E s (  )e 
Appliquons alors le théorème de Gauss sur un cylindre de hauteur h et de rayon   R
Q int
On a  E s .dS 
0
Le flux à travers les surfaces de Base = 0 car dS  Es
Le flux à travers la surface latérale est
 E .dS E 2h
s
s
La charge interne à la surface de Gauss est r 2 h
Es 
Donc :
r
e
2 0
Es 
De même pour r > R
R2
e
2r 0
Donc :
Pr
cos 
2 0
PR 2
r  R V p  P.E s 
cos 
2r 0
rR
V p  P.E s 
b) Le champ électrique crée par le cylindre polarisé est :
P
rR
E p   gradV p  
2 0
2
PR
r  R E p   gradV p 
cos  er  sin  e
2r 2  0


c)
-
-
-
-
-
Ep
+
-
Oy
+
P
+
+
+
+
+
Ox
+
+
Le plan (Oz,Oy) est un plan d’antisymétrie, donc le champ Ep est suivant Ox.
2) A l’intérieur du cylindre, on a E p  
Or E  E 0  E p et P   0  E
P
2 0
d’où
P
2 0 
E
2 
Exercice 2
1) Pour un fil infini dirigé suivant oz , les règles de symétries suivantes :

Direction de B Tout plan (e  , e z ) est un plan de symétrie, donc B est suivant e

Variables dont dépend B : Le fil infini est invariant par translation suivant Oz et
par rotation autour de Oz , donc B ne dépend que de r
Soit :
B(r , , z )  B(r )e
2) Pour déterminer le module de B, utilisant le théorème d’Ampère. Comme B est
suivant e , on choisit comme contour d’intégration un cercle de rayon r
Le théorème d’Ampère donne :
 B.dl  
0
I  B 2r   0 I
B
0 I
2r
N.B. r est la distance entre le point ou on calcule le champ et le fil parcouru par I
3) Le potentiel vecteur se déduit par la relation B  rot A
Le plan (Ox, Oy) est un plan d’antisymétrie, donc A est suivant Oz, de même A ne
dépend que de r
d
d

0
Donc : A(r , , z )  A(r )k  A  Ar  0 et
d dz
N.B. c est important d’utiliser les règles de symétrie avant de calculer rotA
dA
Car rot A se réduit à 
e
dr
 I
dA
Donc : rot A  B   e  0 e
dr
2r
A
D’où
0 I
ln r k
2
4) a) La distance entre le premier fil infini et le point ou on calcul le champ est x + r2
La distance entre le deuxième fil infini et le point ou on calcul le champ est x + r1
en tenant compte du sens du courant, le champ ou point M est alors :
 I 1
1
B( x)  B1  B2  0 (

)
2 r2  x r1  x
b) Déterminons le flux envoyé par les deux fils à travers la boucle.
On a
   B.dS
N.B . Le champ dépend de x.
On a dS = dxdz
donc
   B( x)dxdz 
Avec x varie entre 0 et a
Donc

0 I
2

1
1

)dxdz
r2  x r1  x
 0 Ia r2  a
r a
(ln
 ln 1
)
2
r2
r1
d
c) La force électromotrice induite dans la boucle est e  
Soit :
(
dt
 I sin( t )a r2  a
r a
e 0 0
(ln
 ln 1
)
2
r2
r1
5) En utilisant les résultats de la question 3, le potentiel crée par les deux fils est alors :
0 I
 I
ln( r2  x)  0 ln( r1  x)
2
2
dA
6) Le champ de Neumann se déduit par la relation Em  
dt
 I
Em  0 [ln( r2  x)  ln( r1  x)] sin( t )k
Soit
2
A
7) La f.e.m induite dans la boucle se déduit à partir de la circulation du champ
électromoteur calculé le long de la boucle carrée.
Comme le champ électromoteur est suivant Oz, la circulation suivant MN ET QP est nulle
Donc :
Soit :
M
N
Q
P
e   E m dl   E m dl   E m dl  a[ E m ( x  0)  E m ( x  a)]
e
 0 I 0 sin( t )a r2  a
r a
(ln
 ln 1
)
2
r2
r1