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 ………………………………... 136 136 136 138 141 142 142 143 143 143 144 144 145 146 146 147 147 147 148 150 150 151 154 154 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 Université de Béchar 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] Université de Béchar (1.1) LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar 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 Université de Béchar 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 10 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 11 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. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 12 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. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST Electrostatique 13 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 A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 14 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 15 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. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 16 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 17 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 18 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 : Université de Béchar LMD1/SM_ST 20 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 . A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 A.FIZAZI dV = 1 4 Université de Béchar . 0 1 dr r2 (1.28) LMD1/SM_ST 22 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 : Université de Béchar LMD1/SM_ST 23 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar + C te LMD1/SM_ST 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. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar E.S = Qi (1.55) 0 LMD1/SM_ST 29 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 A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 30 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 Université de Béchar Y LMD1/SM_ST 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 ? A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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]) : Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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) LMD1/SM_ST 37 Electrostatique E E Er r P j u ur i A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 A.FIZAZI D Université de Béchar LMD1/SM_ST 52 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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. A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 57 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 A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar 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 Université de Béchar 26 J LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 . A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 ) ( A.FIZAZI Université de Béchar ) LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 $ = A.FIZAZI Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 = A.FIZAZI Université de Béchar : 2 rdr Rb LMD1/SM_ST 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 ) Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de Béchar LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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) Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 89 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 90 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 91 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 92 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 LMD1/SM_ST 93 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 94 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) LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 96 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 97 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 98 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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. A.FIZAZI Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 A.FIZAZI Université de BECHAR LMD1/SM_ST 110 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. A.FIZAZI Université de BECHAR LMD1/SM_ST 111 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 112 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 A.FIZAZI Université de BECHAR LMD1/SM_ST 113 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. A.FIZAZI Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université de BECHAR LMD1/SM_ST 115 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. A.FIZAZI Université de BECHAR LMD1/SM_ST 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 LMD1/SM_ST 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 LMD1/SM_ST Université de BECHAR 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 LMD1/SM_ST Université de BECHAR 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 LMD1/SM_ST Université de BECHAR [, ] = [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 LMD1/SM_ST Université de BECHAR 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 LMD1/SM_ST 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 LMD1/SM_ST Université de BECHAR 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 LMD1/SM_ST Université de BECHAR 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 : A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 (#$%&'()*+ ,%-.*+ D%EFG): Le courant électrique circule dans le sens décroissant des potentiels, c'est-à-dire dans le sens du champ électrique. Ainsi, le sens choisi conventionnellement est contraire au sens des charges négatives. VA VB VB I VA Rappel de la loi d’Ohm (Georges-Simon Ohm 1789-1854): La facilité avec laquelle les charges circulent entre deux pôles dépend de la façon dont ces pôles sont reliés entre eux. Si la jonction se fait par l’intermédiaire d’un fil métallique, les charges ne rencontrent pas de difficultés majeures pour se déplacer, par contre, si la liaison se fait à travers un isolant, le passage des charges devient très difficile, voir impossible. Cette propriété qui caractérise la matière, de permettre ou d’interdire le passage des porteurs de charges, s’appelle la résistance de la matière en question. On mesure la résistance en Ohm ( ) . La résistance des matériaux est faible, tandis que la résistance des isolants est très grande et même infinie. Dans l’industrie, il existe de petits éléments (appelés résistances), leurs résistances varient de quelques ohms à des millions d’ohms. Pour un conducteur métallique, sous une température constante, le rapport entre la différence de potentiel U (ou tension) entre ses bornes, et l’intensité I du courant électrique qui le traverse, est constant et égal à la résistance du conducteur. R= U = C te I (3.3) Cette relation entre l’intensité du courant, la tension et la résistance est connue sous le nom de la loi d’Ohm. La loi d’Ohm montre que pour une différence de potentiel déterminée, on peut mettre dans le circuit un nombre de résistances, en vue de limiter l’intensité du courant électrique qui traverse l’appareil alimenté électriquement. A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 138 Electrocinétique 2/ La densité du courant électrique (#$%&'()*+ ,%-.*+ 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 Université_BECHAR 2 ). LMD1/SM_ST 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-$%&'()*+ 4-?X%Y*+ ) du matériau conducteur, son unité est ( 1 .m 1 ). La conductivité dépend des propriétés microscopiques de la matière conductrice, c’est une quantité locale utile qui permet de distinguer les propriétés électriques de la matière. Sur A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 140 Electrocinétique cette base de conductivité, les matériaux sont classés en conducteurs, isolants et semi conducteurs. L’inverse de la conductivité s’appelle résistivité électrique (4-$%&'()*+ 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR (3.17) LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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\*+ #$%Yw) : c’est un dipôle qui produit du courant électrique. A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 145 Electrocinétique Le dipôle linéaire(#5x*+ v5\*+ #$%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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR (3.20) LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR (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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 . Université_BECHAR LMD1/SM_ST ( 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR 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 Université_BECHAR (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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 A.FIZAZI Université_BECHAR B LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI G Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 A.FIZAZI I I r 2 2 U CA = e + 2rI U CA = rI Université_BECHAR U CA = 4, 0V U CA = 4, 0V LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR v LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 : Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 : A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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. A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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. A.FIZAZI Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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, A.FIZAZI 1 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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= Université_BECHAR y v0 LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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= Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR LMD1/SM_ST 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 Université_BECHAR 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 Univ-BECHAR LMD1/SM_ST 259 ANNEXES y = C1 exp Ahmed FIZAZI b x + C2 exp c Univ-BECHAR 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 LMD1/SM_ST 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 Univ-BECHAR LMD1/SM_ST