1 PSI - 2012/2013 TD B2 - Correction 1 Courant de déplacement et courant de conduction Dans un conducteur ohmique, les courants de conduction et les courants de déplacement ont pour densités volumiques respectives : − → → − = γ E − → ∂E − → d = ε0 ∂t − → → − courants de conduction courants de déplacement − → Avec E = E 0 cos(ωt), où E 0 est constant, on trouve : − → − → = γ E 0 cos(ωt) − → − → d = −ε0 ω E 0 sin(ωt) On en déduit les amplitudes respectives des diérentes densités volumiques de courant : − → γ || E 0 || − → ω ε0 || E 0 || amplitude des courants de conduction amplitude des courants de déplacement d'où : α= Avec ε0 = γ ω ε0 1 F.m−1 et ω = 2π.106 rad.s−1 , on a : 36π.109 α = 1, 1.1012 ≫ 1 pour le cuivre α = 1, 8 ≃ 1 pour le sol argileux α = 1, 8.10−2 ≪ 1 pour le verre Les courants de déplacement sont négligeables dans un bon conducteur comme le cuivre mais prédominants dans un matériau très isolant comme le verre. Pour des matériaux non-isolants mais assez peu conducteur (sol argileux), les courants de conduction et de déplacement sont du même ordre de grandeur. 2 TD B2 - Correction 3 Bilan énergétique de la charge d'un condensateur 1. Symétries : Soit un point M quelconque. Si l'on néglige les eets de bords, on peut considérer les armatures innies. Dans ces conditions, tout plan passant par M et perpendiculaire aux armatures est un → − plan de symétrie pour la distribution de charge. Le champ E étant un vecteur polaire, il →). appartient, au point M , à l'intersection des plans de symétries passant par M soit, ici (M, − u z On en déduit : − → → E (M, t) = E(M, t) − u z Invariances : Si l'on néglige les eets de bord, la distribution de charges est invariante par translation de →, par conséquent le champ ne dépend que de z . vecteur orthogonal à − u z On en déduit : − → → E (M, t) = E(z, t) − u z Utilisons ensuite l'équation de Maxwell-Gauss. Comme ρ = 0 entre les armatures, on a : ∂E(z, t) − → =0 div( E ) = ∂z =⇒ E(z, t) est indépendant de z Le champ E est donc uniforme. Or on a supposé que le champ électrique est nul à l'extérieur du condensateur. En appliquant la relation de passage pour le champ électrique au niveau de l'armature inférieure, de charge surfacique σ(t), on obtient : σ(t) − − → → − → E (z = 0+ , t) − E (z = 0− , t) = u z | {z } ε0 → − =0 − → Finalement, le champ E entre les armatures s'exprime : σ(t) − − → → = Q(t) − → E (t) = u u z z ε0 πa2 ε0 − → 2. Entre les armatures, la densité volumique de courant j est nulle. Cepandant, le champ élec− → − → trique E (t) variant au cours du temps, il crée un courant de déplacement jD qui génère un champ magnétique (cf. équation de Maxwell-Ampère). → et uniformément répartis entre les armatures. Ces courants de déplacement sont suivant − u z Symétries : Soit un point M quelconque. Le plan passant par M et contenant l'axe (Oz) des armatures est un plan de symétrie pour la distribution de courants de déplacement. Le champ magnétique étant un vecteur axial, il est perpendiculaire, au point M , à tout plan de symétrie passant par M . On en déduit : − → → B (M, t) = B(M, t) − u θ Invariances : La distribution de courants de déplacement est invariante par rotation autour de l'axe (Oz) : → − le champ B ne dépend donc pas de θ (en coordonnées cylindriques). On en déduit : − → → B (M, t) = B(r, z, t) − u θ 3 PSI - 2012/2013 On applique le théorème →: orienté par − u z I C d'Ampère généralisé à un cercle → − → − B · dℓ = µ0 ∫∫ ∫∫ −− → − → 2 · d S + µ0 ε0 Σ(C) C de rayon r et d'axe (Oz) − → → ∂ E −− · d2 S Σ(C) ∂t où Σ(C) est le disque de rayon r qui s'appuie sur C et dont le vecteur surface est orienté suivant ⃗uz . → − La circulation de B sur ce contour vaut I C → − → − B · dℓ = I 2π →] · (rdθ − →) = 2πr B(r, z, t) [B(r, z, t) − u u θ θ 0 Entre les armatures, il n'y a pas de courant de conduction : seuls les courants de déplacement sont à prendre en compte dans le théorème d'Ampère généralisé. Toutefois, les courants de déplacement sont nuls à l'extérieur des armatures : il faut donc distinguer les cas r < a et r > a. Ici, on ne s'intéresse qu'au champ entre les armatures et, pour r < a, ∫∫ µ0 ε0 − → ∫∫ → Q̇ 2 ∂ E −− Q̇ r2 2 ⃗uz · (dS ⃗uz ) = µ0 · d S = µ0 ε0 πr = µ0 Q̇ 2 S a Σ(C) Sε0 Σ(C) ∂t On en déduit, entre les armatures : 2πr B(r, z, t) = µ0 Q̇ r2 a2 soit B(r, z, t) = µ0 Q̇ r 2π a2 3. Avec Q(t) = Q0 cos(ωt), on obtient : E(t) = Posons E0 = Q0 → cos(ωt) − u z πa2 ε0 et B(r, z, t) = − µ0 Q0 rω → sin(ωt) − u θ 2π a2 Q0 1 et c = √ . On a alors : 2 πa ε0 µ0 ε0 → et B(r, z, t) = − E0 rω sin(ωt) − → E(t) = E0 cos(ωt) − u u z θ 2c2 4. (a) La densité volumique d'énergie électrique vaut : ue = 1 1 ε0 E 2 = ε0 E0 2 cos2 (ωt) 2 2 L'énergie électrique stockée dans le volume V entre les armatures vaut : ∫∫∫ ue d3 V = Ee = V On en déduit πa2 e ε0 E0 2 cos2 (ωt) 2 l'énergie électrique moyenne stockée entre les armatures : ⟨Ee ⟩ = πa2 e Q0 2 e ε0 E0 2 = 4 4πa2 ε0 4 TD B2 - Correction (b) La densité volumique d'énergie magnétique vaut : um 1 1 E0 2 2 2 2 2 = B = r ω sin (ωt) 2µ0 2µ0 4c4 On remarque qu'ici um n'est pas uniforme (contrairement à ue ). Pour obtenir l'énergie magnétique stockée dans le volume V entre les armatures, il faut donc calculer l'intégrale : ∫∫∫ Em = ω2 um d V = E0 2 8µ0 c4 V soit : Em = On en déduit ∫ a ∫ 2π ∫ e 3 r=0 θ=0 r2 sin2 (ωt) r dr dθ dz z=0 πa4 eω 2 2 2 E0 sin (ωt) 16µ0 c4 l'énergie magnétique moyenne stockée entre les armatures ⟨Em ⟩ = πa4 e ω 2 2 Q0 2 eω 2 E = 0 32µ0 c4 32πε0 c2 (c) Le rapport de l'énergie magnétique sur l'énergie électrique s'exprime : α= Or, on a : aω π τ = 8c 4 T avec a τ = c T = ω 2π ⟨Em ⟩ a2 ω 2 = ⟨Ee ⟩ 8 c2 temps de propagation à l'échelle des armatures période des signaux Dans l'A.R.Q.S., τ ≪ T , soit aω/c ≪ 1. On en déduit que, dans l'ARQS : ⟨Em ⟩ ≪1 ⟨Ee ⟩ Pour un condensateur dans l'ARQS, l'énergie magnétique est négligeable devant l'énergie électrique. 5. (a) Le vecteur de Poynting est donné par : → − − → E∧B − → Π = = µ0 Ainsi : − → Π = La [ ] E 0 → →∧ rω sin(ωt) − u E0 cos(ωt) − u z θ 2c2 µ0 Q0 2 rω rω − → → 2 E cos(ωt) sin(ωt) u = cos(ωt) sin(ωt) − ur 0 r 2µ0 c2 2πa2 puissance rayonnée à l'extérieur du condensateur vaut : ∫ Pray = Slat 2π ∫ −−→ − → Π (r = a, t) · d2 S ∫ e = θ=0 = z=0 aω → → E0 2 cos(ωt) sin(ωt) − ur · (adθ dz − ur ) 2µ0 c2 π a2 e ω 2 E0 cos(ωt) sin(ωt) µ0 c2 5 PSI - 2012/2013 d'où : Pray π a2 e ω 2 Q0 2 ω e = E0 cos(ωt) sin(ωt) = cos(ωt) sin(ωt) µ0 c2 πa2 ε0 (b) L'équation de Poynting s'écrit : dEem + Pray = −PL dt → − → − Ici, PL = j · E = 0 puisqu'il n'y a pas de courant de conduction entre les armatures. La variation d'énergie électromagnétique par unité de temps vaut donc : dEem Q0 2 ω e cos(ωt) sin(ωt) = −Pray = − 2 dt πa ε0 En intégrant entre t = 0 et t, on obtient : Eem (t) − Eem (0) = ] Q20 e [ 2 cos (ωt) − 1 2πa2 ε0 Ainsi, si initialement, l'énergie est sous forme électrique Eem (0) = Q0 2 e 2πa2 ε0 alors Eem (t) = Q0 2 e cos2 (ωt) 2πa2 ε0 et l'énergie reste sous forme électrique : la contribution magnétique est négligeable. Remarque : Ce résultat peut paraître surprenant car nous n'avons pas supposé l'A.R.Q.S. valable. Toutefois, on remarque que le champ électrique sous la forme utilisé ne vérie pas l'équation de Maxwell-Faraday dans les armatures → − ∂B → − → −→ − rot( E ) = 0 ̸= − ∂t − → ∂B − → sauf si ≈ 0 , c'est-à-dire si l'A.R.Q.S. est vériée. Négliger les eets de bords revient ∂t donc ici à supposer l'A.R.Q.S. valable . 6 TD B2 - Correction 4 Communication sous-marine 1. Les communications avec les sous-marins en plongée sont techniquement très diciles, et nécessitent la mise en ÷uvre de techniques et d'équipements spéciques. Cette diculté est due à un eet incontournable : les ondes électromagnétiques (de fréquence élevée) habituellement utilisées pour les télécommunications sont incapables de traverser un conducteur électrique épais, comme de l'eau salée par exemple, à cause de l'eet de peau. √ Un rapide calcul utilisant δ = 2 permet de se rendre compte que, pour obtenir une µ0 γω pénétration des ondes à plus de 50 m sous la surface (les sous-marin plongent jusqu'à environ 600 m de profondeur), il faut utiliser des ondes électromagnétiques de fréquence inférieure à 100 Hz. Ce sont en fait des ondes appelées VLF ("very low frequency") de fréquence comprise entre 50 et 100 Hz et qui sont utilisées. Ces ondes peuvent pénétrer dans l'océan et être reçues par les sous-marins en toute zone du globe. Cependant, la réalisation d'un émetteur VLF ne fut accomplie par les États-Unis et l'URSS que pendant la guerre froide, en raison des coûts et des surfaces nécessaires. En eet, la longueur d'onde correspondant à une fréquence de 80 Hz est d'environ 3500 km (plus d'un quart du diamètre terrestre), une antenne classique (demi ou quart d'onde) est donc impossible (on rappelle que la taille caractéristique d'une antenne d'émission doit être de l'ordre de grandeur de la longueur d'onde de l'onde émise). L'antenne de l'émetteur ZEVS utilisée à Mourmansk consiste en deux électrodes géantes enterrées dans un sol peu conducteur, reliées au site d'émission par des lignes sur pylônes, d'environ 60 km. Le courant pénètre dans le sol profondément, et c'est la terre elle-même qui fait oce d'antenne. Cette antenne ayant un rendement très faible, la puissance d'une centrale électrique est nécessaire pour émettre quelques watts vers les sous-marins ! Une méthode alternative pour la communication sous-marine est l'utilisation d'ondes acoustiques. En eet, le son se propage très bien dans l'eau, si bien qu'avec un haut-parleur sous- marin et un hydrophone (microphone fonctionnant dans les liquides), on peut envisager des communications d'une bonne portée. Dans les zones souvent fréquentées par leurs sous-marins, la Marine américaine (US Navy) et la Marine russe ont installé au fond de la mer des équipements de transmission sonique reliés par un câble sous-marin à leurs stations terrestres respectives. Si un sous-marin se cache à proximité d'un de ces dispositifs, il peut ainsi rester en contact avec sa base. C'est également en utilisant les ondes acoustiques qu'ils peuvent être détectés, à l'aide de sonars. Ces considérations permettent de comprendre l'"invisibilité" d'un sous-marin, puisque seuls des sonars présents à sa proximité peuvent le détecter. 2. En revanche, dans un lac (eau douce), la conductivité étant beaucoup plus faible, des ondes de 100 Hz pénètrent à une distance de plus de 50 km. Aux fréquences couramment utilisées en radiodiusion (grandes ondes), d'environ 100 kHz, la profondeur de pénétration reste tout de même de 700 m environ. Un sous-marin pourra donc facilement communiquer avec l'extérieur en utilisant de telles ondes, mais il pourra également être plus facilement détecté. 7 PSI - 2012/2013 5 Solénoïde en régime lentement variable 5. (a) On calcule les expressions des énergies Ue et Um en intégrant les énergies volumiques ue et um sur une portion de solénoïde de longueur h : ∫∫∫ ue (M, t)dτ Ue (t) = ∫∫∫ et um (M, t)dτ Um (t) = solenode solenode Pour obtenir Ue il faut calculer l'intégrale car ue n'est pas uniforme ∫ Ue = 0 a ε0 ( r )2 2 B (t) 2πrh dr 2 2τ soit Ue (t) = ε0 πa4 h 2 B (t) 16τ 2 Pour obtenir Um , il sut de multiplier um par le volume du solénoïde, puisque um est uniforme : Um (t) = Le rapport Ue /Um vaut alors : B 2 (t) 2 πa h 2µ0 1 ( a )2 Ue = Um 8 cτ Comme on l'a vu à la question 4.b, dans le cadre de l'ARQS on a a ≪ cτ , de sorte que : Ue ≪ Um On retrouve bien que l'énergie est stockée dans le solénoïde sous forme d'énergie magnétique : Uem (t) = Ue (t) + Um (t) ≈ Um (t) = B 2 (t) 2 πa h 2µ0 (b) Avec l'expression de B(t), on obtient : Uem (t) = µ0 n2 2 2 µ0 (nI)2 2 −2t/τ πa h e = πa h i (t) 2 2 On reconnaît l'expression de l'énergie emmagasinée dans une bobine : UL = 1 2 Li (t) 2 avec L= µ0 n2 2 πa h 2 On a n = N/L donc n2 a2 /h est homogène à une longueur : on retrouve bien que µ0 est en H/m. Remarque : (c) Le ux du vecteur de Poynting à travers une portion de longueur h du solénoïde, à l'instant t, vaut : ∫∫ − → a B 2 (t) − → B 2 (t) × 2πah = πa2 h Π (r = a, t) · dS = τ 2µ0 τ µ0 Slat → − → − (d) Dans le solénoïde, la puissance des forces de Lorentz PL,vol = j · E est nulle puisque − → j = 0. Pray (t) = (e) La dérivée par rapport au temps de l'énergie électromagnétique du solénoïde est : B 2 (t) dUem −2 B 2 (t) 2 = πa h = −πa2 h dt τ 2µ0 τ µ0 Le bilan énergétique global : dUem + Pray (t) = 0 dt est donc bien vérié.