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CORRIGÉS DES EXERCICES
D’ELECTROMAGNÉTISME
Christian Carimalo
Calculs directs de champs électrostatiques créés par des
distributions continues de charges
I. Distribution linéique
1˝ ) Tout plan contenant Oz est un P ` . Donc en tout point en dehors de la spire, Eϕ “ 0 ;
de plus, en chacun des points de Oz, intersection d’une infinité de P ` , Eρ “ 0. Le plan
xOy est aussi un P ` . En chacun de ses points en dehors de la spire, Ez “ 0. Pour cette
distribution, on a invariance par rotation autour de Oz : Eρ “ Eρ pρ, zq, Ez “ Ez pρ, zq.
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) E pM pzqq “ ez
20
λaz
.
` a2 s3{2
rz 2
1 q
pzq où pzq “ `1 si z ą 0 et pzq “ ´1 si z ă 0 ; q “ 2πaλ est la
4π0 z 2
charge totale de la spire. Comme attendu, à très grande distance la spire est vue comme une
charge ponctuelle q située au point O et le champ devient celui de cette charge.
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) E » ez
=================================================
II. Deux spires circulaires C1 et C2 ...
1˝ ) Le plan xOz est un P ` : Ey px, 0, zq “ 0.
2˝ ) Le plan zOy est un P ` et le plan xOy est un P ´ : Ex p´x, zq “ ´Ex px, zq, Ex px, ´zq “
´Ex px, zq, Ez p´x, zq “ Ez px, zq, Ez px, ´zq “ Ez px, zq. Par suite, Ez est une fonction paire
de x et une fonction paire de z, tandis que Ex est une fonction impaire de x et une fonction
impaire de z. D’où Ez px, zq “ a1 ` c1 z 2 ` c3 x2 , Ex px, zq “ c12 xz
BEx
BEz
“
, d’où c12 “ 2c3 .
Bz
Bx
λR
z´a
4˝ ) E1z p0, zq “
,
2
20 rR ` pz ´ aq2 s3{2
3˝ )
E2z p0, zq “ ´
λR
z`a
;
2
20 rR ` pz ` aq2 s3{2
λRa
. Il faut effectuer soit un développement de Ez
0
` a2 s3{2
au second ordre suivant z{a, soit, plus simplement, une double dérivation de Ez par rapport
3aRλ 3R2 ´ 2a2
à z, pour obtenir c1 “
. On voit qu’au voisinage de O, Ez p0, zq ne dépend
40 rR2 ` a2 s7{2 c
3
de z qu’au 4ème ordre suivant z{a si a “ R
.
2
Ez “ E1z ` E2z , d’où a1 “ ´
rR2
=================================================
III. Distributions surfaciques
‚ Disque 2˝ )
ÝÑ
1˝ ) Voir I. 1˝ ).
E “ Epzq
ÝÑ
ez
σz
avec Epzq “
20
Christian Carimalo
„

1
1
´? 2
. Lorsque z tend vers zéro par valeurs
|z|
z ` a2
3
Calculs directs de champs
σ
positives, Epzq tend vers Ep0` q “
. Lorsque z tend vers zéro par valeurs négatives, Epzq
20
σ
σ
. La discontinuité du champ en z “ 0 est Ep0` q ´ Ep0´ q “ .
tend vers Ep0´ q “ ´
20
0
Q 1
où Q “ σπa2 est la charge
4π0 z 2
totale du disque. Ici encore, à très grande distance, la distribution de charge totale non nulle
est vue comme une charge ponctuelle.
3˝ ) Prenant z positif et z " a, le champ devient Epzq »
4˝ ) Lorsque a tend vers l’infini, le choix de l’origine des coordonnées devient arbitraire. En
σ
utilisant l’expression précédente de Epzq, on trouve, pour tout point de l’espace : Epzq “
20
σ
si z ą 0, et Epzq “ ´
si z ă 0.
20
=================================================
‚ Sphère - 1˝ ) Etant donné un point M en dehors de la distribution, tout plan contenant OM est un P ` . Le champ en M est donc porté par l’intersection de tous ces plans,
ÝÑ
c’est-à-dire par OM : il est radial au sens des coordonnées sphériques définies par rapport à un trièdre O, x, y, z. Le choix des axes du trièdre est arbitraire car la distribution
est invariante sous une rotation quelconque autour de O. Il s’ensuit que la composante raÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
diale du” champ ne doit dépendre
que de r “ OM : E “ Eprq er , avec er “ cos θ ez
ı
ÝÑ
ÝÑ
` sin θ cos ϕ ex ` sin ϕ ey .
2˝ )
ÝÑ
ij
σ
E“
4π0
ÝÑ
sphère
PM
dΣ.
PM3
ÝÑ
ÝÑ
Pour l’intégration, on peut choisir Oz suivant OM , cela ne fait aucune différence. Posons
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
h “ OM , OP “ R er ; on a alors P M “ h ez ´R er , P M 2 “ h2 ` R2 ´ 2Rh cos θ,
dΣ “ R2 sin θdθdϕ. D’où
ÝÑ
E
ÝÑ
“ ez
σ
R2 2π
4π0
ż `1
du
´1
rR2
h ´ Ru
` h2 ´ 2Rhus3{2
avec u “ cos θ
ż `1
ż
B `1
h ´ Ru
du
“´
et
Or, I “
du 2
3{2
2
2
2
Bh ´1 rR ` h ´ 2Rhus1{2
rR ` h ´ 2Rhus
´1
ż `1
ˇ`1
1 a 2
du
1
2 ´ 2Rhuˇˇ
“
´
R
`
h
“
rR ` h ´ |R ´ h|s.
1{2
2
2
Rh
Rh
´1
´1 rR ` h ´ 2Rhus
B 2
B 2
2
“ 0, tandis que pour h ą R, I “ ´
“ 2 . Ainsi,
Bh R
Bh h
h
ÝÑ
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
Q OM
E “ 0 pour tout point intérieur à la sphère et E “
pour tout point extérieur
4π0 OM 3
à la sphère, où Q “ 4πR2 σ est la charge totale de la sphère. Dans ce dernier cas, la sphère
apparaı̂t comme une charge ponctuelle Q en O. Au passage à travers la sphère, le champ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
σ ÝÑ
ÝÑ
subit une discontinuité égale à E rOM ÑR`0s ´ E rOM ÑR´0s “
er avec er “ OM {R.
0
Pour h ă R, on a I “ ´
=================================================
Christian Carimalo
4
Calculs directs de champs
IV. Champ du plan xOy chargé en entier avec la densité σ :
ÝÑ
E1
“´
σ ÝÑ
σ ÝÑ
ez pour z ą 0, “ ´
ez pour z ă 0
20
20
Champ en un point de l’axe z 1 z d’un disque de centre O et de rayon R chargé avec la densité
´σ :

„
ÝÑ
σ ÝÑ
z
z
E2 “
ez
´? 2
20
|z|
z ` R2
On obtient la distribution proposée en superposant les deux distributions ci-dessus. On trouve
le champ total en un point de l’axe z 1 z :
ÝÑ
E“
σ
z
ÝÑ
?
ez
2
2
20 z ` R
Il ne présente aucune discontinuité en z “ 0.
Christian Carimalo
5
Calculs directs de champs
Symétries et utilisation du théorème de Gauss pour des calculs de
champs électrostatiques
I. Distribution linéique. Une ligne infinie...
1˝ ) Invariance par rotation autour de z 1 z ; invariance par translation parallèle à z 1 z. Tout
plan contenant z 1 z est un P ` ; tout plan perpendiculaire à z 1 z est un P ` . Le système de
coordonnées cylindriques ρ, ϕ, z construit autour de z 1 z est le plus approprié pour étudier le
champ.
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) Au sens de ces coordonnées cylindriques, le champ est radial : E “ Eρ eρ et du fait
des invariances, Eρ ne dépend que de ρ (ϕ et z ne sont pas des variables sensibles).
3˝ ) 4˝ ) Les équipotentielles sont des cylindres d’axe z 1 z et donc définies par ρ “ constante.
L’amplitude du champ reste constante sur une équipotentielle. On constitue une surface de
Gauss en prenant un morceau d’équipotentielle de rayon ρ, que l’on ferme par deux disques
d’axe z 1 z et de même rayon ρ. Le champ étant radial, son flux à travers les deux disques
est nul, tandis que son flux à travers le morceau d’équipotentielle est 2πρhEρ pρq. D’après le
λh
théorème de Gauss appliqué à cette surface fermée, ce flux est aussi égal à
. On en déduit
0
λ
pour tout ρ ‰ 0.
Eρ pρq “
2π0 ρ
=================================================
II. Distributions surfaciques
1˝ ) Plan infini uniformément chargé...
On fait le choix d’utiliser un système de coordonnées cartésiennes où le plan chargé est pris
comme plan xOy. Du fait de l’extension infinie de la distribution, la position de l’origine
O peut être choisie arbitrairement : on a une invariance par translation parallèle au plan
chargé. Cela signifie que les variables x et y ne sont pas des variables sensibles. Tout plan
contenant z 1 z (et donc perpendiculaire au plan chargé) est un P ` . En un point donné en
dehors des charges, étant à l’intersection de tous ces P ` , le champ est donc orienté suivant
ÝÑ
ÝÑ
z 1 z, E “ ez Ez , où, du fait de ladite invariance, on doit avoir Ez “ Epzq. Le plan xOy
est lui-même un P ` . On en déduit Ep´zq “ ´Epzq. Les surfaces équipotentielles sont
des plans parallèles au plan chargé, donc définies par z “ constante. On voit que sur une
équipotentielle, l’amplitude du champ reste constante. Une surface de Gauss utilisant ces
symétries est astucieusement constituée comme suit : un morceau de surface cylindrique de
rayon a et d’axe z 1 z, fermée à ses extrêmités par deux disques d’axe z 1 z et de rayon a, l’un
à la cote z ą 0, l’autre à la cote ´z. Compte tenu de son orientation, le flux du champ à
travers la surface cylindrique est nul, tandis que son flux total à travers les deux disques est
πa2 rEpzq ´ Ep´zqs “ 2Epzqπa2 . D’après le théorème de Gauss, le flux du champ à travers
σ
πa2 σ
ladite surface de Gauss est
. D’où Epzq “
“ ´Ep´zq pour tout z ą 0.
0
20
=================================================
Christian Carimalo
6
Symétries et Théorème de Gauss
2˝ ) Sphère uniformément chargée...
Soit O le centre de la sphère, R son rayon. Le centre O est privilégié et est chois naturellement
comme origine d’un système de coordonnées. La densité de charges sur la sphère étant
uniforme, cette distribution possède la symétrie sphérique. Etant donné un point M , tout
ÝÑ
plan contenant OM est un P ` et le champ doit donc être porté par OM . Choisissant
le repérage de l’espace au moyen de coordonnées sphériques construit autour de O, on a
ÝÑ
ÝÑ
E pM q “ er Er pr, θ, ϕq. Comme une rotation quelconque de la sphère autour de son centre
laisse la distribution invariante vis-à-vis de M , les coordonnées θ et ϕ ne sont pas des variables
sensibles (ce qui signifie que le choix des axes est arbitraire). Par conséquent, Er “ Eprq.
Les équipotentielles sont des sphères de centre O. Ce sont des surfaces de Gauss. Sur chacune
d’elles, le champ garde une amplitude constante et le flux du champ à travers celle de rayon
r vaut ainsi 4πr2 Eprq. D’un autre côté, le théorème de Gauss indique que ce flux est aussi
Q
égal à : 0 si r ă R et
si r ą R, où Q “ 4πR2 σ est la charge totale de la sphère chargée.
0
Q
σR2
On a donc : Eprq “ 0 pour r ă R,
Eprq “
“
pour r ą R
4π0 r2
0 r2
Comme pour toute distribution superficielle de charges, le champ subit une discontinuité au
σ
passage à travers cette distribution : EpR ` 0q ´ EpR ´ 0q “ . Par ailleurs, pour un point
0
à l’extérieur de la sphère chargée, celle-ci lui apparaı̂t comme une charge ponctuelle Q en O.
=================================================
III. Distribution volumique à symétrie sphérique
La symétrie est la même que celle de l’exercice précédent et la démarche pour calculer le
4
4
champ est aussi la même. On trouve 4πr2 Eprq “ πr3 ρ si r ď R et “ πR3 ρ si r ě R, où
3
3
ρ est la densité volumique de charges. D’où
Eprq “
ρr
30
pour r ď R,
Eprq “
ρR3
Q
“
2
30 r
4π0 r2
pour r ě R
4 3
πR ρ est la charge totale de la boule. Ici, le champ est continu pour r “ R
3
(distribution volumique). Pour un point à l’extérieur de la boule, celle-ci lui apparaı̂t comme
une charge ponctuelle Q en O.
où Q “
=================================================
IV. Distribution volumique à symétrie cylindrique
La symétrie est la même que celle de l’exercice I et la démarche pour calculer le champ est
aussi la même. On
trouve Er “ Eprq (ici, r est la distance du point considéré à l’axe z 1 z)
ż rm
1
avec Eprq “
uduρpuq où rm “ r si r ď R, rm “ R si r ě R, soit
r0 0
Eprq “
ρ0 r2
pour r ď R,
3a0
Eprq “
ρ0 R3
λ
“
pour r ě R
3ar0
2π0 r
ρ0 R3
où λ “ 2π
représente la charge contenue dans une portion du cylindre chargé ayant
3a
pour hauteur l’unité de longueur, c’est-à-dire, une grandeur représentant une densité linéique
Christian Carimalo
7
Symétries et Théorème de Gauss
de la distribution de charges. On voit alors que pour un point extérieur à la distribution, cette
dernière apparaı̂t comme un fil infini chargé avec la densité linéique constante λ.
=================================================
V. Distribution volumique à symétrie plane
ÝÑ
ÝÑ
E “ ex Epxq ; Epxq “ ´Ep´xq ; comme il s’agit d’une distribution volumique, Epxq est
une fonction continue de x et donc Ep0q “ 0. On prend comme surface de Gauss une portion
de cylindre d’axe x1 x, de rayon a, de hauteur x ě 0, fermée par deux disque d’axe x1 x, de
rayon a, l’un à l’abscisse x, l’autre à l’abscisse x “ 0. Le flux dużchamp à travers cette
1 xm
surface, d’une part est égal à πa2 Epxq, et d’autre part égal à πa2
duρpuq où xm “ x
0 0
si 0 ď x ď a{2 ou xm “ a{2 si x ě a{2. D’où
Epxq “
‰
Ax “ 2
σ
Aa3
“
pour x ě a{2
4x ´ 3a2 pour 0 ď x ď a{2 et Epxq “ ´
120
120
20
Aa3
est la charge par unité de surface parallèle au plan zOy, grandeur qui
120
s’apparente à une densité surfacique. Pour un point extérieur à la distribution, celle-ci apparaı̂t
comme un plan zOy uniformément chargé avec la densité σ.
où σ “ ´
=================================================
VI. Divergence du champ électrostatique
Une distribution de charges remplit une boule.....
“
‰
0 d
1
2˝ ) 4πpr`drq2 Epr`drq´4πr2 Eprq “ 4πd r2 E “ 4πr2 drρprq, d’où ρprq “ 2 rr2 Es
0
r dr
soit ρprq “ ´ρ0 .
ÝÑ
3˝ ) E pM q »
ρ0 R3 ÝÑ
4
er , Φprq “ 4πr2 Eprq » πR3 ρ0 “ constante.
2
30 r
3
4˝ ) Qtot “ 0.
ÝÑ
ÝÑ
5˝ ) E “ 0 pour r ě R.
=================================================
VII. Retrouver les expressions des champs créés en tout point par les distributions étudiées
aux exercices III, IV et V, en utilisant le théorème de Gauss sous sa forme locale.
1˝ ) Exercice III.
ÝÑ
Pour r ď R, div E “
3
1 d 2
ρ
2 Eprq “ ρr ` constante, donc Eprq “
rr
Es
“
,
d’où
r
r2 dr
0
30
constante
ρr
. Le second terme correspondrait au champ d’une charge ponctuelle en O.
`
30
r2
ρr
En l’absence d’une telle charge, ce terme est à exclure. Donc Eprq “
pour r ď R.
30
Pour r ě R,
1 d 2
K
rr Es “ 0, donc Eprq “ 2 où la constante K doit être ajustée pour que
2
r dr
r
Christian Carimalo
8
Symétries et Théorème de Gauss
Eprq soit continu en r “ R. On obtient K “
ρR3
.
30
2˝ ) Exercice IV.
1 d
ρ0 r
ρ0 3
rrEs “
, d’où rE “
r ` K1 , K1 étant une constante, soit
r dr
a0
3a0
ρ0 2 K1
Eprq “
r `
. Le dernier terme ne doit pas exister car la distribution ne comporte
3a
r
aucune distribution filaire sur l’axe z 1 z qui donnerait une telle contribution. On doit donc
ρ0 2
r .
poser K1 “ 0 et par suite Eprq “
3a0
Pour r ď R, on a
1 d
K2
rrEs “ 0, soit Eprq “
. La constante K2 est ajustée de telle sorte à
r dr
r
ρ0 R3
.
assurer la continuité de Eprq pour r “ R (distribution volumique), soit K2 “
3a0
Pour r ě R,
3˝ ) Exercice V.
dE
A
Pour 0 ď x ď a{2, on a
“
dx
0
compte du fait que Ep0q “ 0.
ˆ
˙
ˆ
˙
a2
A x3 a2
x ´
, d’où Epxq “
´ x en tenant
4
0 3
4
2
dE
“ 0, d’où Epxq “ K1 . La constante K1 est telle que Epa{2 ` 0q “
dx
Aa3
Epa{2 ´ 0q, soit K1 “ ´
.
120
Pour x ě a{2, on a
Enfin, pour x ď 0, on utilise la relation Ep´xq “ ´Epxq.
=================================================
ˆ 2
˙
ÝÑ
r ÝÑ cos θ ÝÑ sin ϕ ÝÑ
VIII. 1 Soit le champ E pM q “ A
e
`
e
`
e
pour r ď R ...
r
ϕ
θ
R3
r
r sin θ
ÝÑÝÑ
ÝÑ
1˝ ) On vérifie facilement que rot E “ 0 . Ce champ dérive donc d’un potentiel. Il pourrait
être un champ électrostatique. Dans ce cas, la constante A devrait s’exprimer en Volt.
„

ÝÑ
4r
1
1
˝
2 ) ρpM q “ 0 div E “ 0 A
`
cos 2θ ` 2 2 cos ϕ
R3 r2 sin θ
r sin θ
3˝ ) Q “ 4π0 AR (par application du théorème de Gauss).
=================================================
IX. Deux charges ponctuelles ´q et `q ...
ÝÑ
q
AB
1˝ ) E “
4π0 rx2 ` y 2 ` a2 s3{2
ÝÑ
a
2˝ ) En utilisant les coordonnées polaires ρ “ x2 ` y 2 et ϕ (x “ ρ cos ϕ, y “ ρ sin ϕ), le
ÝÑ
flux du champ à travers le plan xOy orienté suivant ez est
ż8
q
ρdρ
q
Φ “ ´
p2aq p2πq
“ ´ . Ce résultat était prévisible pour la raison
3{2
2
2
4π0
0
0 rρ ` a s
suivante. A très grande distance, le champ créé par les deux charges s’identifie à celui d’un
dipôle dont on sait qu’il varie comme 1{r3 . Constituons une surface fermée comprenant
Christian Carimalo
9
Symétries et Théorème de Gauss
le plan xOy et la demi-sphère de centre O et de rayon infini orientée vers les z négatifs.
L’élément de surface sur une demi sphère de rayon r est 9 r2 . Le flux du champ à travers
cette demi-sphère sera donc 9 r2 {r3 “ 1{r et tend donc vers zéro quand r tend vers l’infini.
Ainsi, le flux du champ à travers ladite surface revient au flux du champ à travers le plan
ÝÑ
xOy orienté suivant ez . La surface fermée entourant la charge ´q, le flux cherché est donc,
d’après le théorème de Gauss, égal à ´q{0 .
1
pq ´ qq “ 0. Cela ne signifie
0
nullement que le champ est nul sur cette sphère car il n’y est pas porté par la normale et ne
garde pas un module constant en tous ses points. On peut seulement dire du champ qu’il
présente une propriété de parité particulière qui fait que ce flux est nul.
3˝ ) D’après le théorème de Gauss, le flux en question est
=================================================
X. Une charge ponctuelle q ą 0 se trouve en O...
Utilisons le théorème de Gauss. Le flux doit rester constant dans la région 0 ă r ă 2R car
alors seule la charge q est entourée. Les courbes (a) et (d) doivent donc être rejetées. La
distribution volumique se trouve exclusivement dans la région 2R ă r ă 3R. Dans cette
région, à mesure que r augmente, ρ étant constant, le flux ne peut que croı̂tre si ρ ą 0 (plus
de charges positives incluses) ou décroı̂tre si ρ ă 0 (plus de charges négatives incluses), et
en tout cas ne peut pas rester constant. La courbe (b) est donc à rejeter. Seule la courbe (c)
est ainsi la plus probable et révèle que ρ est négatif. Comme le flux est nul pour r ě 3R, la
charge totale de la distribution volumique est ´q.
Christian Carimalo
10
Symétries et Théorème de Gauss
Théorème de superposition
ż
λpP qd`pP q
1
λa
?
X.
V pM q “
. 2˝ ) V pO, zq “
.
4π0 C
PM
20 z 2 ` a2
ż
ż
ż
N λ h`R
dz
du
N λ `1
˝
?
?
3 ) a) Vtot pOq “ npzq dz V pO, zq “
“
2
2
2
20 h´R z ` a
20 ´1 R ` h2 ´ 2Rhu
1˝ )
“
Nλ
N λR
Nλ
rR ` h ´ |R ´ h|s. D’où Vtot pOq “
si h ă R et Vtot pOq “
si h ą R.
2h0
0
0 h
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
b) E “ 0 pour h ă R, E “ ez
N λR
pour h ą R.
0 h2
b) Les cercles décrivent une sphère de centre p0, 0, hq et de rayon R. La distribution obtenue
est une distribution superficielle de charges sur cette sphère, avec la densité σ “ N λ{R.
Christian Carimalo
11
Théorème de superposition-E
Les conducteurs en électrostatique
I. Influence électrostatique
‚ La région x ă 0 est remplie...
1˝ ) A l’équilibre, le champ créé par Σ à l’intérieur du conducteur est opposé au champ
ÝÑ
ÝÑ
inducteur EΣ “ E0 ex pour x ă 0. On peut dès lors prévoir que la densité surfacique induite
est uniforme (indépendance vis-à-vis des coordonnées y et z). En outre, on sait qu’une telle
ÝÑ
distribution surfacique uniforme créé en dehors de la surface le champ ex σ{p20 q pour x ă 0
ÝÑ
et ´ ex σ{p20 q pour x ă 0. On a donc ´σ{p20 q “ E0 .
2˝ ) La densité σ étant uniforme, le plan x “ 0 est manifestement un P ` .
3˝ ) On a donc, pour x ą 0, Ey pxq “ Ey p´xq “ 0, Ez pxq “ Ez p´xq “ 0 et Ex pxq “
ÝÑ
ÝÑ
´Ex p´xq “ ´E0 . Pour x ą 0 le champ électrostatique total est donc Etot “ ´2E0 ex . En
appliquant le théorème de Gauss comme au paragraphe 5.2 du cours, on trouve ´2E0 “ σ{0 .
‚ Au lieu d’être plongé...
1˝ )
2˝ )
ÝÑ
: voir § 5.3 du cours ; Qtot
3˝ ) F “ ´
qh
“´
2π
ij
ρdρdϕ
“ ´q, comme prévu...
` ρ2 s3{2
rh2
ÝÑ
q 2 ex
.
4π0 4h2
‚ Une sphère conductrice...
1˝ ) Les
„ charges
 de la sphère sont toutes à la même distance R de O, donc Vtot pOq “
1
Q q
R
`
, et ce potentiel doit être nul ; d’où Q “ ´ q.
4π0 R h
h
2˝ ) On a |Q| ă q car les lignes de champ ne vont pas toutes de la charge vers le conducteur :
certaines partent de la charge en allant vers l’infini où le potentiel est aussi nul.
=================================================
II. Condensateur plan
1˝ ) Nous pouvons supposer ici V0 ą 0. Les effets de bord sont complètement ignorés.
ÝÑ
V0 ÝÑ
Le champ, supposé uniforme, est donné par E “
ex (dans le sens des potentiels
`
σ ÝÑ
décroissants). En vertu du théorème de Coulomb, il est aussi donné par
ex où σ est
0
la densité superficielle de charges sur l’armature p1q. En appliquant le théorème de Gauss à la
surface fermée Σ, en tenant compte de l’orientation du champ entre les conducteurs et du fait
que le champ est nul à l’intérieur des conducteurs, on obtient le résultat 0 “ S1 pσ ` σ2 q. La
densité superficielle de charges sur l’armature p2q est donc égale à ´σ (ce que l’on retrouve
aussi en appliquant le théorème de Coulomb au voisinage de cette armature).
Christian Carimalo
12
Les conducteurs en élec
Σ
S1
E=0
E
σ
−σ
(1)
(2)
0
E=0
x
l
V0
Figure 1
2˝ ) Q étant la charge totale de p1q, Q “ σS “ V0 {p0 `q, d’où la capacité du condensateur
C “ Q{V0 “ 0 S{`.
3˝ ) Considérées séparément, les armatures p1q et p2q produisent les champs E1 et E2 tels
que
x
ă0
E1
´
σ
20
0ăxă`
σ
20
ą`
σ
20
E2
E “ E1 ` E2
σ
20
0
σ
20
σ
0
´
σ
20
0
ÝÑ
ÝÑ
La force s’exerçant sur l’armature p2q (pour x “ ` ´ 0) est F 1{2 “ ´pSσqE1 ex , soit
σ2
F1{2 “ ´S
, attractive comme il se doit.
20
1ÿ
1
4˝ ) Ep “
Qi Vi “ CV02 . On peut aussi calculer cette énergie potentielle à partir de la
2
2
ż ż ż
ÝÑ2
0
formule Ep “
E dv : l’intégrale est ici limitée à l’espace inter-conducteurs,
2
espace
0
0 V02
1
ce qui donne Ep “ E 2 pS`q “
pS`q “ CV02 . La force F1{2 s’obtient aussi par la
2
2
2
`
2
ˆ
˙
Q2 `
σ2
BEp
Q2
Q2
formule F1{2 “ ´
“
, il vient F1{2 “ ´
“ ´S
.
. Ecrivant Ep “
B` Q
2C
20 S
20 S
20
‚ Par influence totale de l’armature chargée p1q apparaı̂t la densité superficielle de charge
´σ sur la face de la lame en regard de cette armature. La lame étant isolée, il apparaı̂t
sur la face en regard de l’armature p2q une charge opposée, se distribuant sur cette face
avec la densité σ. Par influence totale, l’armature p2q prend une charge avec la densité
Christian Carimalo
13
Les conducteurs en élec
´σ. Le champ est encore supposé uniforme dans les espaces inter-conducteurs. Calculons sa
circulation entre les armatures p1q et p2q. On a maintenant Epd1 ` d2 q “ V0 car le champ
σ1
Q1
V0
est nul à l’intérieur de la lame conductrice. Donc E “
“
“
, d’où la nouvelle
0
S0
d1 ` d2
Q1
0 S
0 S
capacité C 1 “
“
“
.
V0
d1 ` d2
`´e
lame
(1)
(2)
σ
σ
−σ
−σ
d1
d2
e
Figure 2
1
1
1
0 S
0 S
“
`
où C1 “
et C2 “
, sont les capacités des deux
1
C
C1
C2
d1
d2
condensateurs constitués l’un par l’armature p1q et la face de la lame qui lui est présentée,
l’autre par l’armature p2q et l’autre face de la lame. On a construit ici un système de deux
condensateurs en série. La capacité totale de l’ensemble est telle que son inverse est la somme
des inverses des capacités des condensateurs constitutifs.
On notera que
=================================================
III. Câble coaxial
1˝ ) Prenons l’axe du cable comme axe z 1 z. Tout plan contenant cet axe est plan de symétrie
positive pour le champ. Par ailleurs, dire que la longueur h du câble est considérée comme
infiniment grande devant R2 , signifie qu’on néglige les effets de bords. Dans ces conditions,
tout plan perpendiculaire à z 1 z est aussi plan de symétrie positive pour le champ. Il s’ensuit
ÝÑ
qu’en tout point, le champ est radial au sens des coordonnées cylindriques : E pρ, ϕ, zq “
ÝÑ
Eρ pρ, ϕ, zq eρ . En outre, les variables ϕ et z ne sont pas des variables sensibles (les relations
BV
BV
“ ρ Eϕ “ 0,
“ Ez “ 0 montrent que le potentiel V ne peut dépendre de ϕ et de z).
Bϕ
Bz
ÝÑ
1 BpρEρ q
Par suite, Eρ ne dépend que de ρ. Dans l’espace inter-conducteur, div E “
“ 0,
ρ Bρ
K
donc Eρ “
où K est une constante. On en déduit le potentiel V pρq “ ´K ln ρ ` K 1
ρ
où K 1 est une autre constante. Les deux constantes K et K 1 sont déterminées par les deux
conditions aux limites V pR1 q “ V0 “ ´K ln R1 ` K 1 , V pR2 q “ 0 “ ´K ln R2 ` K 1 :
K 1 “ K ln R2 ,
Ainsi, V pρq “ V0 ln
Christian Carimalo
R2
R2
{ ln
, Eρ pρq “
ρ
R1
K “ V0 { ln
R2
R1
V0 1
. La densité superficielle de charges sur
R2 ρ
ln
R1
14
Les conducteurs en élec
l’armature centrale est donnée par σ1 “ 0 Eρ pR1 ` 0q “
de la gaine est σ2 “ ´0 Eρ pR2 ´ 0q “ ´
0 V0
.
R2
R2 ln
R1
0 V0
. Celle sur la face interne
R2
R1 ln
R1
R2
est la
R1
capacité du câble. La charge portée par la face intérieure de la gaine, Q2 “ 2πR2 hσ2 “ ´Q1 ,
est bien l’opposée de Q1 .
2˝ ) La charge portée par l’âme est Q1 “ 2πR1 hσ1 “ CV0 où C “ 2π0 h{ ln
3˝ ) Posant ` “ R2 ´ R1 , on trouve C » 0 2πR1 h{` “ 0 S{` où S “ 2πR1 h est alors la
surface des deux armatures en regard.
1ÿ
1
1
4˝ ) a) Ep “
Qi Vi “ Q1 V0 “ CV02 .
2 i
2
2
ż
ÝÑ2
0
E dτ avec dτ “ ρdρdϕdz. L’intégrale ne porte finalement que sur
b) Ep “
2 espace
l’espace inter-conducteur :
ż R2
0
dρ
1
R2
1
R2
1
Ep “ 2πh
K2
“ 2π0 hK 2 ln
“ V02 2π0 h{ ln
“ CV02
2
ρ
2
R1
2
R1
2
R1
=================================================
IV. Condensateurs sphériques
‚ Coefficients capacité-influence d’un condensateur sphérique
On fait ici usage de la symétrie sphérique (voir cours) pour trouver le champ et le potentiel.
Dans l’espace inter-conducteur (R1 ă r ă R2 ) :
ÝÑ
ÝÑ
E “ Er prq er “
K1 ÝÑ
er ,
r2
V “ V prq “
K1
` K2
r
et en dehors de la sphère de rayon R2 (r ą R2 ) :
ÝÑ
ÝÑ
E “ Er prq er “
K3 ÝÑ
er ,
r2
V “ V prq “
K3
` K4
r
Les quatre constantes K1 , ¨ ¨ ¨ , K4 sont déterminées au moyen des conditions aux limites
V “ V1 pour r “ R1 , V “ V2 pour r “ R2 , V “ 0 pour r infini. D’où K4 “ 0, K3 “ R2 V2 ,
1
1
K2 “ R2 V2 ´ R1 V1 , K1 “ pV1 ´ V2 q{p
´
q.
R1 R2
Le conducteur central porte la densité superficielle de charges σ1 “ 0 Er pR1 `0q “ 0 K1 {R12
donnant la charge totale Q1 “ 4πR12 σ1 “ 4π0 K1 , soit
Q1 “ pV1 ´ V2 q
4π0 R1 R2
R2 ´ R1
Bien entendu, la face interne de la sphère de rayon R2 porte la charge opposée ´Q1 . Cette
même sphère porte sur sa face extérieure la densité superficielle de charges σ21 “ 0 Er pR2 `
0q “ 0 V2 {R2 donnant sur cette face la charge totale Q12 “ 4πR22 σ21 “ 4π0 R2 V2 .
Christian Carimalo
15
Les conducteurs en élec
Les coefficients capacité-influence Cij interviennent dans les expressions des charges en fonction des potentiels :
Q1 “ C11 V1 ` C12 V2 ,
Q2 “ C21 V1 ` C22 V2
avec C21 “ C12 . L’influence étant totale, on a (voir cours) C11 “ ´C12 . On a ici C11 “
4π0 R1 R2
; c’est la capacité de ce condensateur sphérique. La charge Q2 “ ´Q1 ` Q12
R2 ´ R1
s’exprime comme Q2 “ ´C11 pV1 ´ V2 q ` pC22 ´ C11 qV2 . Par identification, on trouve
C22 ´ C11 “ C2 “ 4π0 R2
Cette grandeur C2 est la capacité d’un conducteur sphérique de rayon R2 seul dans l’espace.
‚ Une sphère conductrice de rayon R1 porte une charge q1 ...
Au contact , les deux conducteurs A et B n’en forment plus qu’un et le conducteur A perd
1 “ 0. Si
alors sa charge qui passe vers la surface extérieure du conducteur B. On a donc qA
1 “q `q .
le conducteur B est isolé, il porte alors sur sa surface extérieure la charge qB
2
1
‚ Trois sphères conductrices creuses ...
ˆ
˙
ˆ
˙
Q pb ´ aqpc ´ bq
qi
1 1
qe
1 1
VB “
“
´
“
´
, avec Q “ qi ` qe , soit
4π0 b2 pc ´ aq
4π0 a b
4π0 b
c
qe “ Q
cpb ´ aq
,
bpc ´ aq
qi “ Q
apc ´ bq
bpc ´ aq
=================================================
V. Partiel DEUG A 2ème année, décembre 1994.
Partie A
1˝ ) Le flux du champ à travers une surface fermée se trouvant dans l’épaisseur du conducteur
(2) (ici assimilé à la sphère de rayon R2 ) est nul puisque le champ est nul à l’intérieur de
ce conducteur. D’après le théorème de Gauss, la charge totale à l’intérieur de cette surface
fermée est donc nulle. Celle-ci comprend la charge Q2 répartie sur la face intérieure du
conducteur (2) et la charge Q1 répartie sur la surface extérieure du conducteur (1). On a
donc Q1 “ ´Q2 “ Q.
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) E “ Eprq er .
Christian Carimalo
16
Les conducteurs en élec
3˝ ) Par application du théorème de Gauss, compte tenu de la symétrie sphérique : Eprq “ 0
Q
pour r ă R1 ; Eprq “
pour R1 ă r ă R2 . Il est supposé qu’aucune charge n’est
4π0 r2
présente à l’extérieur du conducteur (2). Le potentiel ne peut donc avoir d’extrêmum dans
cette région. Or, il est nul sur le conducteur (2) et nul aussi à l’infini. Par conséquent, il est
nul partout pour r ě R2 . Donc Eprq “ 0 pour r ě R2 .
4˝ ) La différence de potentiel entre les deux conducteurs est calculée comme suit
„

ż p2q ÝÑ ÝÑ
ż
Q R2 dr
Q
1
1
E ¨ d` “
V1 ´ 0 “
“
´
. D’où la capacité C “ Q{V1 “
4π0 R1 r2
4π0 R1 R2
p1q
R2 R1
4π0
.
R2 ´ R1
˙ ż
ˆ
0 2
1 Q2 R2 ´ R1
Q2
0
Q 2 R2 r2 dr
˝
5 )w“
“
“
E prq ; U “ p4πq
.
4
2
2
4π0
2 4π0 R2 R1
2C
R1 r
Partie B
6˝ ) a) dWg “ V1 dq ;
b) La charge dq étant portée du potentiel 0 au potentiel V , dU “ V dq ;
7˝ ) dWJ “ dWg ´ dU “ rV1 ´ V s dq.
8˝ ) a) dq “ CdV , d’où Wg “ CV12 ;
b) U “ C
V12
.
2
ż V1
WJ “ C
rV1 ´ V sdV “ C
0
Wg
V12
“U “
.
2
2
=================================================
Christian Carimalo
17
Les conducteurs en élec
VI. DST DEUG A 2ème année, novembre 1989.
Figure 1
Figure 2
1˝ ) Q2 “ ´Q1 ; Q12 “ ´Q3 ; du fait de la symétrie cylindrique (la longueur h des conducteurs
est supposée infinie), les densités superficielles des charges sont uniformes. On en déduit
R1 σ1 “ ´R2 σ2 , R2 σ21 “ ´R3 σ3 .
2˝ ) 3˝ ) Nous procèderons comme suit. Du fait de la symétrie cylindrique , le champ et le
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
potentiel sont respectivement de la forme E “ Epρq eρ et V “ V pρq. Comme div E “
1 d
K1
0 “
rρEs dans les régions inter-conducteurs, on obtient Epρq “
puis V pρq “
ρ dρ
ρ
´K1 ln ρ ` K2 où K1 et K2 sont des constantes que l’on doit ajuster aux conditions aux
limites sur le potentiel, pour chacune des régions citées.
‚ Pour la région (I), à l’intérieur du premier conducteur, on a manifestement EI “ 0, VI “ VA .
‚ Pour la région (II) où R1 ă ρ ă R2 , V pR1 q “ VA et V pR2 q “ 0, d’où K1 “ VA { lnr
K2 “ K1 ln R2 . Ainsi,
R2
s,
R1
„

R2
1
R2
R2
VA { lnr s
VII pρq “ VA lnr s{ lnr s, EII pρq “
ρ
R1
ρ
R1
En prenant ρ “ R1 et ρ “ R2 et en appliquant le théorème de Coulomb, on obtient les
densités superficielles de charges correspondantes :
σ1 “ 0 EII pR1 ` 0q “
0 VA
R2
0 VA
R2
{ lnr s, σ2 “ ´0 EII pR2 ´ 0q “ ´
{ lnr s
R1
R1
R2
R1
‚ Pour la région (III) où R2 ă ρ ă R3 , V pR2 q “ 0, V pR3 q “ VA , d’où K1 “ ´VA { lnr
K2 “ K1 ln R2 . Ainsi,
R3
s,
R2
„

ρ
R3
1
R3
VIII pρq “ VA lnr s{ lnr s, EIII pρq “ ´ VA { lnr s
R2
R2
ρ
R2
σ21 “ ´
0 VA
R3
0 VA
R3
{ lnr s, σ3 “
{ lnr s
R2
R2
R3
R2
‚ La région (IV) où ρ ą R3 , sera supposée ici constituer un unique conducteur porté au
potentiel VA . Dans cette région, on a donc EIV “ 0, VIV “ VA
4˝ ) Etant au même potentiel, les conducteurs (1) et (3) forment un conducteur unique portant
Christian Carimalo
18
Les conducteurs en élec
„

R2
R3
la charge totale Q “ Q1 ` Q3 “ 2πhpσ1 R1 ` σ3 R3 q “ VA p2π0 hq 1{ lnr s ` 1{ lnr s .
R1
R2
La capacité C “ Q{VA de l’ensemble des trois cylindres conducteurs est donc
„

R2
R3
C “ 2π0 h 1{ lnr s ` 1{ lnr s
R1
R2
Or, les deux ensembles tC1 : face externe du cylindre (1) portée au potentiel 0 + face
interne du cylindre (2) portée au potentiel VA u et tC2 : face externe du cylindre (2) portée
au potentiel 0 + face interne du cylindre (3) portée au potentiel VA u forment chacun un
condensateur et ces deux condensateurs sont mis en parrallèle. Le premier a pour capacité
R2
R3
C1 “ Q1 {VA “ 2π0 h{ lnr s et la capacité du second est C2 “ Q3 {VA “ 2π0 h{ lnr s.
R1
R2
On retrouve le fait que l’association de deux condensateurs en parallèle est équivalente à un
condensateur unique dont la capacité est la somme des capacités des deux condensateurs.
=================================================
VII. Une sphère conductrice A...
A l’état d’équilibre final, les deux sphères forment un conducteur unique. Le champ est nul
à l’intérieur, donc q11 “ 0. La charge q1 est passée sur la surface extérieure de B, donc
q21 “ q1 ` q2 (en admettant que B soit isolé).
=================================================
VIII. (‹) On considère deux sphères conductrices concentriques...
Par influence totale, on a d’une part q ` Q1 ` Q2 “ 0. D’autre part, on tient compte du fait
que le potentiel est nul au point O. On choisit ce point pour y calculer le potentiel car il a
l’avantage d’être équidistant de toutes les charges, ce qui évite de connaı̂tre
exactement
„
 la
1
q Q1 Q2
répartition des charges sur les deux sphères. On obtient V pOq “
`
`
“0
4π0 r R1
R2
R1 pR2 ´ rq
R2 pr ´ R1 q
(le potentiel est pris nul à l’infini). On en déduit Q1 “ ´q
, Q2 “ ´q
.
rpR2 ´ R1 q
rpR2 ´ R1 q
Christian Carimalo
19
Les conducteurs en élec
Forces, Pression et Energie électrostatiques
I. Prenons l’axe de la calotte comme axe z 1 z. On sait que la force s’exerçant sur un élément
de charge σpM qdS à la surface d’un conducteur et due à toutes les autres charges de la
ÝÑ
σpM q ÝÑ
ÝÑ
n pM q où n pM q est la normale
distribution est donnée par d F pM q “ σpM qdS
20
à l’élément de surface, orientée
´ dans le sens sortant¯ du conducteur. Ici, σ est une constante,
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
n pM q “ cos θ ez ` sin θ cos ϕ ex ` sin ϕ ey , dS “ R2 sin θdθdϕ où R est le rayon
de la sphère. Par intégration, la force cherchée est :
σ 2 R2
F“
20
ÝÑ
ż 2π
żα
sin θdθ
”
´
¯ı
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
dϕ cos θ ez ` sin θ cos ϕ ex ` sin ϕ ey
0
0
“
σ 2 πR2
ÝÑ
sin2 α ez
20
ÝÑ
R
R
ÝÑ
et E “ Er er avec Er “ V0 2 . Pour r “ R,
r
r
π0 V02
2
Er pR ` 0q “ σ{0 et par suite σ “ 0 V0 {R. D’où F “
sin α. Elle est indépendante
2
du rayon de la sphère. Numériquement, F “ 7 10´4 N.
A l’extérieur de la sphère, V “ V0
Une sphère métallique creuse seule dans l’espace est portée au potentiel V0 . Calculer la
résultante des forces s’exerçant sur une calotte sphérique dont le rayon est vu sous l’angle α
du centre de la sphère. On donne V0 “ 10 kV, α “ 45˝ .
=================================================
II. Quel est l’ordre de grandeur de la pression qui tendrait à faire éclater un électron...
P “
0 E 2
σ2
Q2
“
» 1031 atm
“
2
20
32π 2 0 R4
=================================================
III. On considère une boule uniformément chargée en volume...
Le champ créé par cette distribution à symétrie sphérique possède une seule composante
radiale donné par
Er “
ρr
30
pour r ď R ,
Er “
ρ R3
30 r2
pour r ě R
ρ étant la densité volumique de charges de la boule et R son rayon. On en déduit la partie
de l’énergie correspondant à l’intérieur de la boule
0
Wi “
2
ˆ
ρ
30
˙2
4π
R5
5
et celle correspondant à l’extérieur de la boule
Christian Carimalo
20
Forces, pression, énergie élec
0
We “
2
ˆ
ρ
30
˙2
4π R5
D’où la fraction d’énergie électrostatique se trouvant à l’extérieur de la boule
We
5
“
We ` Wi
6
=================================================
IV. Une sphère conductrice de rayon R, éloignée de tout autre conducteur...
R
1˝ ) Le potentiel et le champ à l’extérieur de la sphère ont pour expressions V “ V0
et
r
ÝÑ
R ÝÑ
E “ V0 2 er (symétrie + Théorème de Gauss + condition V “ V0 pour r “ R). D’où la
r
V0
puis la charge Q “ 4π0 R V0 et la capacité C “ 4π0 R.
densité σ “ 0 Er pR ` 0q “ 0
R
Le résultat ne dépend pas de la structure interne de la sphère.
2˝ ) w “
0 2 0 2 R2
E “ V0 4 (r ą R) et l’énergie est
2 r
2
r
ż
ż8
0 2
dr
0 2
1
2
w dτ “
W “
V0 4πR
“
V0 4πR “ C V02
2
2
2
2
rąR
R r
=================================================
V. Deux dipôles électriques élémentaires sont situés aux points fixes P1 et P2 ...
ÝÑ
ÝÑ
Posons r “ P1 P2 , u “P1 P2 {r. Le champ créé en P2 par le dipôle en P1 s’écrit
ÝÑ
E1
pP2 q “
¯
1 1 ´ ÝÑ
ÝÑ ÝÑ ÝÑ
´
p
`3p
p
¨
u
q
u
1
1
4π0 r3
et l’énergie d’interaction entre les deux dipôles est 2
ÝÑ
ÝÑ
W “ ´ p2 ¨ E1 pP2 q “
“
¯
1 1 ´ÝÑ ÝÑ
ÝÑ ÝÑ ÝÑ ÝÑ
p
¨
p
´3p
p
¨
u
q
p
p
¨
u
q
1
2
1
2
4π0 r3
p1 p2
psin θ1 sin θ2 ´ 2 cos θ1 cos θ2 q
4π0 r3
L’angle θ1 étant fixé, l’équilibre correspond à la situation pour laquelle cette énergie est
BW
extremum, c’est-à-dire pour
“ 0, soit lorsque
Bθ2
1
tan θ2 “ ´ tan θ1
2
Le minimum est obtenu pour
2
cos θ2 “ a
,
4 ` tan2 θ1
tan θ1
sin θ2 “ ´ a
4 ` tan2 θ1
ÝÑ
ÝÑ
2. On vérifie aisément que W s’écrit aussi bien ´ p1 ¨ E2 pP1 q.
Christian Carimalo
21
Forces, pression, énergie élec
soit
Wm “ ´
a
p1 p2
cos θ1 4 ` tan2 θ1
3
4π0 r
On note que si les deux dipôles sont libres de leurs orientations, l’équilibre est caractérisé
BW
“ 0, qui conduit à la nouvelle
non seulement par la condition précédente mais aussi par
Bθ1
1
relation tan θ1 “ ´ tan θ2 . Les deux conditions obtenues ne sont simultanément satisfaites
2
que si θ1 “ θ2 “ 0 : les deux dipôles sont alors alignés et dans le même sens et l’on a
p1 p2
W “´
.
2π0 r3
=================================================
VI. Soit une sphère imaginaire de rayon a centrée sur un dipôle ponctuel...
Le champ créé par le dipôle a pour composantes sphériques (voir cours)
Er “
p 2 cos θ
,
4π0 r3
Eθ “
p sin θ
,
4π0 r3
Eϕ “ 0
et la densité d’énergie a pour expression
0
w“
2
ˆ
p
4π0
˙2
˘
1 `
1 ` 3 cos2 θ
6
r
La partie d’énergie associée à ladite sphère est donc
0
We “
2
ˆ
p
4π0
˙2
ż8
2π
a
dr
2
r4
ż1
p1 ` 3u2 qdu “
0
p2
12πε0 a3
=================================================
VII. On considère deux sphères métalliques concentriques S1 et S2 ...
1ÿ
‚ Première méthode : en utilisant la formule générale Ep “
Qi Vi .
2 i
La fonction potentiel est donnée par
ˆ
V “ V1 ` pV2 ´ V1 q
1
1
´
r R1
R2
r
V “ V2
ÝÑ
˙ ˆ
˙
1
1
{
´
R2 R1
pour R1 ď r ď R2
pour r ě R2
ÝÑ
et le champ par E “ Er prq er avec
1
Er “ 2 pV2 ´ V1 q{
r
ˆ
1
1
´
R2 R1
Er “ V2
Christian Carimalo
R2
r2
˙
pour R1 ă r ă R2
pour r ą R2
22
Forces, pression, énergie élec
La densité superficielle de charges sur S1 est σ1 “ 0 Er pR1 ` 0q “ 0 pV1 ´ V2 q
R2
R1 pR2 ´ R1 q
R1 R2
. La charge opposée
R2 ´ R1
´Q1 est répartie (uniformément) sur la face intérieure de S2 . Sur la face extérieure de S2
une charge Q12 est répartie uniformément avec la densité σ21 “ 0 Er pR2 ` 0q “ 0 V2 {R2 ,
d’où Q12 “ C2 V2 avec C2 “ 4π0 R2 . La charge totale de S2 est Q2 “ ´Q1 ` Q12 . On obtient
ainsi
donnant sur S1 la charge totale Q1 “ CpV1 ´V2 q avec C “ 4π0
Ep “
˘ 1`
˘
1`
Q1 V1 ` V2 p´Q1 ` Q12 q “
CpV1 ´ V2 q2 ` C2 V22
2
2
‚ Seconde méthode : utilisation de la densité d’énergie.
„
ż R2
ż8 
dr
0
R12 R22
dr
2 2
2
` V2 R2
Ep “ 4π pV1 ´ V2 q
2
2
2
2
pR2 ´ R1 q R1 r
R2 r
„

‰
1
R1 R2
1“
“ 4π0 pV1 ´ V2 q2
` V22 R2 “
CpV1 ´ V2 q2 ` C2 V22
2
R2 ´ R1
2
=================================================
Christian Carimalo
23
Forces, pression, énergie élec
Problèmes
I. D’après un examen partiel du DEUG A PM2 - janvier 1992.
„

r exp p´r{r0 q
dV
q
1`
Eθ “ 0 ; Eϕ “ 0 ; Er “ ´
“
dr
4π0
r0
r2
„

r
2˝ ) Qprq “ 0 p4πr2 q Er “ q 1 `
exp p´r{r0 q ;
r0
1˝ )
Qp0q “ q : on trouve bien une charge ponctuelle q en O ; Qp8q “ 0 : la charge de la cosphère
est exactement opposée à celle de l’ion, l’ensemble est globalement neutre.
“
‰
d “ 2 ‰
3˝ ) dQ “ 4π0 pr ` drq2 Er pr ` drq ´ r2 Er prq “ 4π0
r Er dr “ 4πr2 dr ρprq, d’où
dr
0 d “ 2 ‰
q exp p´r{r0 q
ρprq “ 2
r Er “ ´
.
r dr
r
4πr02
4˝ ) ‚ Une première méthode, peut-être la plus simple, consiste à soustraire au potentiel total
celui produit par la charge ponctuelle pour obtenir le potentiel dû à la cosphère :
„

dVc
q
r
q rexp p´r{r0 q ´ 1s
, d’où Ec prq “ ´
“
p1 ` q exp p´r{r0 q ´ 1
Vc prq “
4π0
r
dr
4π0 r2
r0
‚ La seconde méthode consiste à appliquer le théorème de Gauss à une sphère de centre O
et de rayon r pour trouver :
żr
ż
1
q
1 r
2
Ec prq “
u du ρpuq “ ´
u du exp p´u{r0 q
0 r2 0
4π0 r2 r02 0
ż
q
B r
q
B
“´
du exp p´u{r0 q “ ´
r0 r1 ´ exp p´r{r0 qs
4π0 r2 Br0 0
4π0 r2 Br0
„

q
r
“
p1 ` q exp p´r{r0 q ´ 1 .
4π0 r2
r0
Pour r Ñ 0, Ec » ´
Pour r Ñ, Ec » ´
ponctuelle en O ;
q
;
8π0 r02
q
: ce champ compense alors exactement le champ de la charge
4π0 r2
=================================================
II. Image électrique.
ż
ż `8
ρdρ
1˝ ) q “
σpP qρdρdϕ “ 2πσ0 a3
“ 2πa2 σ0 .
2
2 q3{2
pρ
`
a
xOy
0
ż
ż
σ0 a3 `8
ρdρ
σ0 a3 `8
u
a
2˝ ) V pzq “
“
,
2 ` a2 ´ z 2 q3{2
3{2
2
2
2
2
20 0
2
pu
z ` ρ pρ ` a q
0
|z|
Christian Carimalo
24
soit
Problèmes-E
V pzq “
σ0 a2 1
.
20 |z| ` a
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) Sur l’axe z 1 z : E “ Epzq ez , avec Epzq “ ´
1
z
dV
σ0 a2
“
pour z ‰ 0.
2
dz
20 p|z| ` aq |z|
1
σ0 a2
pour z ą 0 et Ep´zq “ ´Epzq. Le champ présente
20 pz ` aq2
une discontinuité en z “ 0.
1
q
4˝ ) Pour z ą 0, on a Epzq “
. C’est aussi le champ qui serait créé au même
4π0 pz ` aq2
point (z ą 0) par une charge ponctuelle q placée sur z 1 z à la cote ´a. Pour z ă 0 le champ
est celui qui serait créé par une charge ponctuelle q placée sur z 1 z à la cote `a.
Explicitement, Epzq “
ÝÑ
5˝ ) Pour z ą 0 : E “
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
q ρ eρ `pz ` aq ez
q ρ eρ `pz ´ aq ez
; Pour z ă 0 : E “
3{2
4π0 rρ2 ` pz ` aq2 s
4π0 rρ2 ` pz ´ aq2 s3{2
6˝ ) Pour z ą 0, la distribution superficielle est équivalente à une charge ponctuelle au point
P p00, ´aq. Dans cette région, le champ total est
# ÝÑ
+
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
q
ρ eρ `pz ` aq ez
ρ eρ `pz ´ aq ez
E“
´
4π0 rρ2 ` pz ` aq2 s3{2
rρ2 ` pz ´ aq2 s3{2
Pour z ă 0, la distribution superficielle est équivalente à une charge ponctuelle q placée au
point Qp0, 0, aq. Le champ total est donc nul dans cette région. Cette répartition de charges
peut représenter un plan conducteur occupant l’espace z ă 0, sous influence électrostatique
totale par une charge ´q au point Q.
ÝÑ
7˝ ) Pour z Ñ 0 par valeurs positives, E Ñ
2aq
1
σ ÝÑ
ÝÑ
ez “
ez . Le théorème de
4π0 rρ2 ` a2 s3{2
0
Coulomb est bien vérifié.
=================================================
III. On considère une infinités de droites ∆n ...
1˝ ) Invariance par translation parallèlement à z 1 z.
2˝ ) a) La distribution reste globalement invariante par une translation de ka parallèlement à
y 1 y. A x fixé, le champ et le potentiel doivent donc être des fonctions périodiques de y, de
période a.
b) y “ N a, où N est un entier relatif.
3˝ ) Puisque Ex devient indépendant de y, on peut choisir une surface de Gauss dont la trace
dans le plan xOy est indiquée en pointillés sur le dessin suivant
Il s’agit d’un parallélépipède rectangle ayant pour faces : deux faces parallèles au plan xOy
distantes de h, deux autres faces parallèles au plan xOz, l’une à l’ordonnée `a{2, l’autre à
l’ordonnée ´a{2, et enfin deux faces parallèles au plan yOz, l’une à l’abscisse d, l’autre à
l’abscisse ´d.
Comme le champ n’a pas de composante Ez , son flux à travers les faces parallèles au plan
xOy est nul. En outre, comme Ey est périodique de période a, les flux du champ à travers
les faces parallèles à xOz se compensent. Il reste les flux à travers les faces parallèles à yOz.
Christian Carimalo
25
Problèmes-E
x
d
y
−a/2
+a/2
−d
Ici, on profite du fait que le plan yOz est un P ` , ce qui implique Ex p´dq “ ´Ex pdq. Ledit
λh
d’après le théorème de Gauss. On trouve
flux vaut donc 2ahEx pdq et est aussi égal à
0
λ
ainsi Ex pdq “
.
20 a
na
4˝ ) Que n soit pair ou impair, Ey est nul pour y “
. Le flux du champ à travers la
2
face située à cette ordonnée est donc nul. Le flux du champ à travers la face à l’ordonnée
na
na
y“
` Y est » Ey pd,
` Y q η ` “ Ey pd, Y q η `. Les flux à travers les faces parallèles à
2
2
xOy sont nuls. Il reste les flux à travers les faces aux abscisses respectives x “ d et x “ d`η.
BEx
Leur contribution est rEx pd ` ηq ´ Ex pdqs `Y » η` Y
pdq. D’après le théorème de Gauss,
Bx
le flux total à travers cette surface fermée est nul car elle n’englobe aucune charge. On
BEx
trouve ainsi Ey 9
pdq. Mais d’après la question précédente, Ex est en fait constant.
Bx
On obtient donc Ey ” 0. On peut retrouver ce résultat comme suit. En dehors des charges,
ÝÑ
BEx
BEy
BEx
BEy
div E “ 0 “
`
. Comme Ex devient constant,
» 0 et donc
» 0. La
Bx
By
Bx
By
na
composante Ey ne dépend plus de y. Comme on sait qu’elle s’annule pour y “
, elle est
2
donc nulle.
λ
.
5˝ ) σ “
2a
=================================================
IV. Une distribution volumique de charges a pour densité...
1˝ ) En un point M px, y, zq, les plans le contenant et respectivement parallèles à xOz et
yOz sont des P ` . Le champ en ce point est donc orienté selon leur intersection, c’est-à-dire,
selon z 1 z. On a invariance par translations parallèles soit à x1 x soit à y 1 y, ce qui fait que les
ÝÑ
ÝÑ
coordonnées x et y ne sont pas des variables sensibles. Donc E “ Epzq ez . En outre, le
plan xOy est un P ´ , d’où Ep´zq “ Epzq. Il suffit donc de considérer la région z ě 0.
dE
ρ0
z´d
ρ0 δ
z´d
“ ´
expr´
s, d’où Epzq “
expr´
s où l’on a tenu
dz
0
δ
0
δ
compte de l’hypothèse E Ñ 0 pour z Ñ `8.
‚ Pour z ě d,
dE
“ 0 ; E est en fait constant dans cette région. Comme le champ doit
dz
ρ0 δ
être une fonction continue de z, E “ Epdq “
.
0
‚ Pour 0 ď z ď d,
Christian Carimalo
26
Problèmes-E
Le potentiel est une fonction impaire V pzq (donc V p0q “ 0). Il est donné par
‚ V pzq “
ρ0 δ 2
z´d
expr´
s`K
0
δ
‚ V pzq “ ´
pour z ě d, K étant une constante ;
ρ0 δ
z pour 0 ď z ď d, où l’on tient compte de V p0q “ 0.
0
Le potentiel étant une fonction continue de z, la constante K doit vérifier
´
ρ0 δ
ρ0 δ
d. Donc K “ ´
pd ` δq.
0
0
ρ0 δ 2
`K “
0
σ
pour ´d ă z ă d. Les deux distributions
0
volumiques se réduisent alors à des distributions superficielles uniformes de charges, l’une sur
le plan z “ d avec la densité σ, l’autre sur le plan z “ ´d avec la densité ´σ.
2˝ ) Epzq “ 0 pour z ą d ou z ă ´d ; Epzq “
3˝ ) W “
σ2
d.
0
=================================================
V. Un conducteur porté au potentiel zéro occupe la région...
2˝ ) a) En un point M px, y, zq, les plans le contenant et respectivement parallèle au plan xOy
et parallèle au plan zOx sont des P ` . Le champ en ce point appartient à leur intersection
et est donc parallèle à x1 x. De plus, les coordonnées y et z ne sont pas des variables sensibles car la distribution est invariante par translation parallèlement à y 1 y et par translation
ÝÑ
ÝÑ
parallèlement à z 1 z. Donc E “ Epxq ex .
b) Epxq “ 0 pour x ă ´d (masse du conducteur).
3˝ ) a) Si x ă ´d, Φpxq “ 0 car le champ d’une part est parallèle à x1 x (pas de flux latéral)
et d’autre part est nul pour x Ñ `8 et nul pour x ă ´d.
ż `8
x
b) σ “ ´
dx ρ0 expr´ s “ ´ρ0 a.
a
0
x
4˝ ) a) ´d ă x ď 0 : Qpxq “ Sρ0 a ; b) x ě 0 : Qpxq “ Sρ0 a expr´ s.
a
c) On applique le théorème de Gauss à Cpxq. D’où :
ρ0 a
σ
ρ0 a
x
Epxq “ 0 pour x ă ´d ; Epxq “ ´
“
pour ´d ă x ď 0 ; Epxq “ ´
expr´ s
0
0
0
a
pour x ě 0.
ρ0 a2
x
ρ0 a
expr´ s ` K1 pour x ě 0 ; V pxq “
x ` K2 pour ´d ď x ď 0 ;
0
a
0
V pxq “ 0 pour x ď ´d. Les constantes K1 et K2 doivent assurer la continuité du potentiel
ρ0 a
ρ0 ad
en x “ 0 et x “ ´d. On trouve : K1 “
pd ` aq ; K2 “
.
0
0
5˝ ) V pxq “ ´
6˝ ) Pour x ă ´d, W “ S
ρ20 a2
a
pd ` q.
20
2
=================================================
Christian Carimalo
27
Problèmes-E
VI. LP203 juin 2005 La répartition de la charge du noyau d’un atome léger...
2˝ ) QT “
8πρ0 a3
.
15
3˝ ) Qprq “
ÝÑ
4πr3
3r2
ρ0 p1 ´ 2 q
3
5a
ÝÑ
4˝ ) E “ Eprq er .
Dans les deux questions suivantes on se propose de déterminer le champ électrostatique en
différents points de l’espace, en appliquant le théorème de Gauss. Pour cela, on définira avec
précision la surface de Gauss utilisée.
5˝ ) On applique le théorème de Gauss à une sphère de centre O et de rayon r : 4πr2 Eprq “
Q
QT
2ρ0 a3
QT
. Pour r ě a, on a Eprq “
“
, V prq “
.
0
4π0 r2
150 r2
4π0 r
ˆ
˙
ρ0 r
3r2
˝
6 ) Eprq “
1´ 2 .
30
5a
7˝ ) a) Distribution volumique : pas de discontinuité du champ.
?
?
5
2ρ0 a 5
b) Eprq est maximum pour r “ a
; Eprmax q “
.
3
270
8˝ ) Z “
QT
8πρ0 a3
“
» 27.
e
15e
=================================================
VII. Dépoussiérateur électrostatique.
ÝÑ
K
ÝÑ
1˝ ) Symétries, invariances, théorème de Gauss : E “ Eprq er avec Eprq “
où K “
r
ż r2
Q
dr
r2
r2
; puis V “ K
“ K ln , d’où K “ V { ln
ă 0. Le gaz est préférentiellement
2π0 L
r1
r1
r1 r
ionisé près du fil car le champ y est plus intense.
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) a) E “ E0 er et V “ ´E0 pr2 ´ r1 q » E0 r1 (car r2 ! r1 ).
D’où E0 “ V {r1 “ ´3, 3 105 V/m.
0 E0
1 d
rrE0 s “
ă 0.
r dr
r
3˝ ) Par influence du champ extérieur précédent, la sphère conductrice se polarise, donnant
un excédent de charges positives dans le sens du champ, c’est-à dire, en regard de la cathode
(voir le dessin).
ÝÑ
b) ρpM q “ 0 div E “ 0
E0
+
_
+
+
+
+
_
_
_
_
_
_
4˝ ) Les ions négatifs vont être attirés par les charges positives en surface des poussières.
En captant ces ions, les poussières acquièrent une charge totale négative et vont ainsi être
Christian Carimalo
28
Problèmes-E
attirées vers l’anode (paroi du cylindre), en remontant le champ.
=================================================
VIII. Examen de janvier 2010.
- Partie I z
ρ
M
A
P
z
O
y
B
φ
x
z’
Figure 1
1˝ ) A une constante additive près, on a
ż `a
a
dzP
1
V pM q “
avec P M “ pzP ´ zq2 ` ρ2 . Or,
4π0 ´a P M
a
ż `a
ż `a
a ` z ` pa ` zq2 ` ρ2
dzP
dzP
a
a
a
“ pzP Ñ ´zP q
“ ln
,
pzP ´ zq2 ` ρ2
pzP ` zq2 ` ρ2
z ´ a ` pz ´ aq2 ` ρ2
´a
´a
«
ff
a
z ` a ` pz ` aq2 ` ρ2
λ
a
D’où V pM q “
ln
.
4π0
z ´ a ` pz ´ aq2 ` ρ2
“
‰
2˝ ) pz ` aq2 ` ρ2 “ a2 p1 ` cosh α cos ψq2 ` sinh2 α sin2 ψ “
‰
“
a2 1 ` 2 cosh α cos ψ ` cosh2 α cos2 ψ ` sinh2 αp1 ´ sin2 ψq “
“
‰
a2 cosh2 α ` 2 cosh α cos ψ ` cos2 ψ “ a2 rcosh α ` cos ψs2 . Puis
a
z ` a ` pz ` aq2 ` ρ2 “ a r1 ` cosh α cos ψ ` cosh α ` cos ψs “ ap1 ` cosh αqp1 ` cos ψq.
a
On trouve de même : z ´ a ` pz ´ aq2 ` ρ2 “ apcosh α ´ 1qp1 ` cos ψq. Ainsi,
„

λ
cosh α ` 1
ln
.
V pM q “
4π0
cosh α ´ 1
3˝ ) On a
z2
ρ2
`
“ cos2 ψ ` sin2 ψ “ 1.
a2 cosh2 α a2 sinh2 α
Pour α “ constante, cette équation définit un ellipsoı̈de de révolution d’axe z 1 z, ayant pour
demi-axes b “ a cosh α (selon z 1 z) et c “ a sinh α (dans le plan xOy).
„

a
λρ
1
1
˝
4 ) Eρ “ ´
´
avec D˘ “ pz ˘ aq2 ` ρ2
4π0 D` pz ` a ` D` q D´ pz ´ a ` D´ q
Christian Carimalo
29
Problèmes-E
„

λ
1
1
Ez “ ´
´
4π0 D` D´
5˝ ) Après un calcul un peu fastidieux, on obtient
Eρ “
λ
coth α sin ψ
2π0 a cosh2 α ´ cos2 ψ
, Ez “
λ
cos ψ
2π0 a cosh2 α ´ cos2 ψ
6˝ ) Sur une équipotentielle, la normale est orientée selon le champ lui-même. On calcule tout
d’abord le module du champ :
a
b
ÝÑ
1
λa
λ
b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ
2
2
2ψ “
coth
sin
ψ
`
cos
|E | “
2π0 a cosh2 α ´ cos2 ψ
2π0 c
b2 ´ a2 cos2 ψ
où b “ a cosh α0 , c “ a sinh α0 . Puis, Eρ “
λa
b sin ψ
cos ψ
λa
, Ez “
2
2
2
2
2π0 c b ´ a cos ψ
2π0 b ´ a2 cos2 ψ
Le vecteur unitaire normal est alors calculé comme
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
c cos ψ ez `b sin ψ eρ
N “ ÝÑ “ a
.
c2 cos2 ψ ` b2 sin2 ψ
|E |
ÝÑ
E
On notera que puisque b2 “ a2 ` c2 , on a b2 ´ a2 cos2 ψ “ b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ, de sorte que
ÝÑ
|E | “
λa
1
a
2π0 c b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ
7˝ ) On utilise le théorème de Gauss : Φ “
1
2aλ.
0
- Partie II -
c
b
Figure 2 : le conducteur et ses dimensions
8˝ ) λ “
4π0 V0
b`a
ln
b´a
9˝ ) Eρ “
λa
b sin ψ
λa
cos ψ
, Ez “
2
2
2
2π0 c b ´ cos ψ
2π0 b ´ cos2 ψ
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
10˝ ) σ “ 0 E ¨ N “ 0 | E | “
Christian Carimalo
λa
1
a
2π0 c b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ
30
Problèmes-E
11˝ ) Q “ 2aλ (théorème de Gauss).
8π a
„ 0 
b`a
ln
b´a
=================================================
12˝ ) C “ Q{V0 “ 2aλ{V0 “
IX. Examen de décembre 2007.
x’
R
E
x
σ
Ee
x’
e
+
+
+
+
+
−
−
−
−
−
−−
ψ
+
I Question de cours... V1 pM q “ ´
−
x
λ
h
log
2π0
R
II. 1˝ ) Voir le cours.
2˝ ) a) Invariance par translation parallèlement à z 1 z.
b) dq “ RdψdzσpP q.
c) Le conducteur C qui ne porte aucune charge excédentaire, est isolé. Sa charge totale est
ż 2π
et doit rester nulle : QC “ h f pψq dψ “ 0.
0
3˝ )
On fait l’identification λdz “ σRdψdz, soit λ “ σRdψ. Le potentiel dû à un fil portant
cette densité linéique est
a
h
σRdψ
ln , avec h “ HM “ ρ2 ` R2 ´ 2ρR cospψ ´ ϕq, d’où
2π0
R
ż 2π
1
h
f pψq R dψ log .
Vc pM q “ F pρ, φ, zq “ ´
2π0 0
R
dV pM q “ ´
4˝ ) Remarque : la méthode utilisée ici pour calculer V pMext q est due à Kelvin 3 .
a) Si ρ1 ď R, alors ρ ě R ; ρ “ R si ρ1 “ R.
b) h1 2 “ ρ1 2 ` R2 ´ 2ρ1 R cospψ ´ φq “
“
R4
R2
2
`
R
´
2
cospψ ´ φq
ρ2
ρ
‰
R2 “ 2
R
R ` ρ2 ´ 2Rρ cospψ ´ φq ; donc h1 “
h.
2
ρ
ρ
3. Voir E. Durand : “Electrostatique T II, Problèmes généraux, Conducteurs”, p. 210, Masson ed.
Paris, 1966.
Christian Carimalo
31
Problèmes-E
ż 2π
ρ h
1
Rf pψqdψ lnr
s
2π0 0
RR
„

ż
ż 2π
ż 2π
1
ρ 2π
h
1
h
“´
ln
Rf pψqdψ `
Rf pψqdψ ln
“´
Rf pψqdψ lnr s,
2π0
R 0
R
2π0 0
R
0
c) V pMext q “ ´
R2
, φ, zq.
ρ
5˝ ) a) A l’équilibre, le champ total à l’intérieur du conducteur C est nul. Dans cette région,
où l’on a tenu compte du résultat du 2˝ ) c). Par suite, Vc pM q “ Fi p
ÝÑ
ÝÑ
le champ créé par la répartition de charges sur C est donc Ec “ E0 ex et le potentiel
correspondant est Vi “ ´E0 x en prenant Vi “ 0 pour x “ 0. b) Comme x “ ρ1 cos φ, à
l’intérieur de C on a Fi pρ1 , φ, zq “ ´E0 ρ1 cos φ.
c) D’après 4˝ ) c) et 5˝ ) a), le potentiel créé par C à l’extérieur de C est Vc pM q “
R2
´E0
cos ψ.
ρ
6˝ ) Le potentiel dû au champ extérieur est V 1 “ E0 x “ E0 ρ cos φ. La somme de ce
potentiel et du potentiel trouvé en ˆ5˝ ) c) donne
le potentiel électrostatique total en tout
˙
R2
point de l’espace : Vtot “ E0 cos φ ρ ´
, lequel est bien nul sur C (ρ “ R).
ρ
˙
˙
ˆ
ˆ
R2
R2
˝
7 ) a) Eρ “ E0 cos φ 1 ` 2 , Eφ “ E0 sin φ 1 ´ 2 , Ez “ 0.
ρ
ρ
b) Pour ρ “ R, on a Ez “ 0, Eφ “ 0, Eρ “ 2E0 cos φ.
ż 2π
c) σpφq “ 0 Eρ pR ` 0, φq “ 2E0 cos φ. On a bien
σpφq dφ “ 0.
0
=================================================
X. Examen de janvier 2007.
- Partie A 1˝ ) a) Pour la distribution D2 : V2 px, y, zq “
„

px ` aq2 ` y 2
λ
ln
;
4π0
a2
„

λ
px ` aq2 ` y 2
V “ V1 ` V2 “
ln
.
4π0
px ´ aq2 ` y 2
b) V p0, y, zq “ 0.
“
‰
2˝ ) a) V “ V0 implique px ` aq2 ` y 2 “ k 2 px ´ aq2 ` y 2 , ce qui s’écrit px ´ dq2 ` y 2 “ R2
ˆ
˙
k2 ` 1
2ka
2π0 V0
avec d “ a 2
,R“ 2
où k “ exp
.
k ´1
k ´1
λ
b) L’équation précédente est celle d’un cylindre d’axe parallèle à z 1 z et situé à l’abscisse
xc “ d, et de rayon R.
3˝ ) Il est facile de montrer que d2 ´ R2 “ a2 . Donc, x1 ` α “„ x ´ d ` d ` a “ x ` a,
px1 ` αq2 ` y 2
λ
ln
.
x1 ` β “ x ´ d ` d ´ a “ x ´ a. On a bien V px, y, zq “
4π0
px1 ` βq2 ` y 2
4˝ ) Pour déterminer la force résultante p.u.l. que les charges de ∆1 exercent sur ∆2 , il faut
calculer le champ dû à ∆1 . Par dérivations de V1 ,
Christian Carimalo
32
Problèmes-E
E1x “
x´a
y
λ
λ
, E1y “
, E1z “ 0.
2
2
2π0 px ´ aq ` y
2π0 px ´ aq2 ` y 2
Pour x “ ´a et y “ 0, il vient E1y “ 0, E1x “ ´
ÝÑ
λ2
.
4π0 a
ÝÑ
donc F “ ex
λ
. La force p.u.l. exercée sur ∆2 est
4π0 a
- Partie B 5˝ ) a) α ´ d “ a, β ´ d “ ´a, d’où V “ 0 pour x “ ´d.
b) On a ici x2 `y 2 “ R2 , donc px`αq2 `y 2 “ R2 `α2 `2xα “ 2αpd`xq car R2 `α2 “ 2dα.
α
De même, en changeant a en ´a, px`βq2 `y 2 “ 2βpd`xq. Par suite, sur C2 , V “ K ln “
β
constante. La surface de C2 est donc une équipotentielle.
c) K “ V0 { ln
α
.
β

x`β
x`α
´
,
a) Ez “ 0, Ex “ ´2K
px ` αq2 ` y 2 px ` βq2 ` y 2
„

1
1
Ey “ ´2Ky
´
.
px ` αq2 ` y 2 px ` βq2 ` y 2
„
6˝ )
b) Ez “ 0, Ey “ 0, Ex “ ´
c) σ1 pyq “ ´
4Ka
.
` y2
a2
4Ka0
.
a2 ` y 2
ż `8
ż `8
dy
“ ´4π0 K
2 ` a2
y
´8
´8

„ 2
ρ ` 2ρα cos φ ` α2
˝
.
7 ) a) V pρ, φq “ K ln 2
ρ ` 2ρβ cos φ ` β 2
„

ρ ` α cos φ
ρ ` β cos φ
b) Ez “ 0, Eρ “ ´2K 2
´
,
ρ ` 2ρα cos φ ` α2 ρ2 ` 2ρβ cos φ ` β 2
„

α
β
Eφ “ 2K sin φ
´
.
ρ2 ` 2ρα cos φ ` α2 ρ2 ` 2ρβ cos φ ` β 2
d) q1 “
σ1 pyq dy “ ´4K0
c) R2 ` 2Rα cos φ ` α2 “ 2αpd ` R cos φq, R2 ` 2Rβ cos φ ` β 2 “ 2βpd ` R cos φq, d’où
2Ka
1
Eφ “ 0 et Eρ “
.
R d ` R cos φ
d) σ2 pφq “
2Ka0
1
.
R d ` R cos φ
ż 2π
ż 2π
dφ
“ 4π0 K “ ´q1 . Les deux conducteurs
d
`
R
cos φ
0
0
sont en influence totale (les lignes de champ qui partent de C2 et vont à l’infini en dehors
du plan yOz ne contribuent pas à donner des densités superficielles de charges à l’infini car
le champ est nul dans cette région).
e) q2 “
Rdφ σ2 pφq “ 2K0 a
Christian Carimalo
33
Problèmes-E
8˝ )
ˆ ˙
α
C “ q2 {V0 “ 4π0 { ln
.
β
0 ÝÑ2 σ12
1
“ 80 a2 K 2 2
est la pression locale.
E “
2
20
py ` a2 q2
ż `8
ÝÑ
4π0 K 2 ÝÑ ÝÑ λ2
ÝÑ
P1 dy “
; F1 “ ex
b) La force totale p.u.l. est F1 “ P1 ex avec P1 “
a
4π0 a
´8
λ
si l’on pose K “
. On retrouve la force calculée au 4˝ ). Ceci n’est pas étonnant pour
4π0
la raison suivante. Dans la région définie par x ą 0, ou de façon équivalente par x1 ą ´d,
la distribution étudiée dans la partie A donne une fonction potentiel satisfaisant l’équation
de Laplace, et telle que V “ 0 sur le plan Π défini par x1 “ ´d et V “ V0 sur la surface
cylindrique Σ dont l’axe, parallèle à z 1 z est à l’abscisse x “ 0 ou x1 “ d et dont le rayon est
R. La distribution étudiée en B doit donner un potentiel satisfaisant l’équation de Laplace
en dehors des conducteurs et satisfaire V “ 0 sur la surface de C1 qui n’est autre que le plan
Π de la partie A, et V “ V0 sur la surface de C2 , qui n’est autre que la surface cylindrique
Σ de la partie A. La solution de l’équation de Laplace satisfaisant ces conditions aux limites
étant unique, le potentiel de la distribution de la partie B est identique à celui de la partie A
en dehors des conducteurs. Il n’est donc pas étonnant de trouver des résultats identiques en
posant q2 “ λ. Les deux distributions filaires de la partie A sont les images électrostatiques
des deux conducteurs de la partie B, pour tout point à l’extérieur de ceux-ci.
9˝ ) a) P1 “
=================================================
XI. Le potentiel électrostatique crée par une distribution de charges....
1˝ ) E0 a la dimension d’un champ électrique, R a la dimension d’une longueur.
ˆ
˙
x
x2 ` y 2
˝
2
2 ) a) V px, y, zq “ E0 R 2
1´
est indépendant de z, est paire en y,
x ` y2
R2
impaire en x.
b) V “ 0 pour ρ ď R ; Pour ρ ě R, V ą 0 si x ď 0 et V ď 0 si x ě 0.
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) a) E “ 0 pour ρ ă R. Pour ρ ą R, les composantes cylindriques du champ sont
Eρ “ ´
´
E0 R2
1 BV
E0 R2
BV
“
cos
ϕ
`
E
cos
ϕ
;
E
“
´
“
sin ϕ ´ E0 sin ϕ ; Ez “
0
ϕ
Bρ
ρ2
ρ Bϕ
ρ2
BV
“ 0.
Bz
b) Pour ρ ą R : si x ą 0, Eρ ą 0 et Eϕ ă 0 et si x ă 0, Eρ ă 0 et Eϕ ă 0. A l’aide d’une
représentation graphique, on montre facilement que le champ est orienté de la région des
potentiels positifs vers la région des potentiels négatifs, c’est-à-dire, dans le sens décroissant
des potentiels.
ı
”
ı
ÝÑ
E0 R2 ”
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
e
`
sin
ϕ
e
e
´
sin
ϕ
e
4˝ ) (Pour ρ ą R) E “
cos
ϕ
`
E
cos
ϕ
. Or,
ρ
ϕ
0
ρ
ϕ
ρ2
ÝÑ
eρ “
ÝÑ
E“
ÝÑ
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
cos ϕ ex ` sin ϕ ey , eϕ “ ´ sin ϕ ex ` cos ϕ ey , d’où
ı
E0 R2 ”
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
cos
2ϕ
e
`
sin
2ϕ
e
x
y ` E0 ex . Le champ est bien la superposition d’un
2
ρ
Christian Carimalo
34
Problèmes-E
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
champ uniforme E1 “ E0 ex et d’un champ E2 pM q orienté parallèlement au plan xOy,
selon la direction d’angle polaire 2ϕ.
5˝ ) Avec les variables réduites X “ x{R, Y “ y{R, l’équation desdites équipotentielles s’écrit
X
X 2 `Y 2 “
où “ ˘1. Le potentiel étant impair en x, l’équipotentielle E` se déduit de
`X
E´ par symétrie par rapport à yOz. Il suffit donc de considérer uniquement l’équation de E´ :
X
X
. Comme ρ ě R, on a X 2 ` Y 2 ě 1, et donc
ě 1. Cette dernière
Y 2 ` X2 “
X ´1
X ´1
inégalité implique que X est nécessairement positif et doit satisfaire X ě 1. D’un autre côté,
? ı
X
1”
l’inégalité Y 2 “
1` 5 .
´ X 2 ě 0 conduit à X 2 ´ X ´ 1 ď 0 d’où l’on tire X ď
X ´1
2
? ı
R”
Finalement, l’équipotentielle E´ est confinée dans l’intervalle R ď x ď
1 ` 5 . Son
2
intersection avec le plan xOy est une courbe présentant deux asymptotes y Ñ ˘8 pour
? ı
R”
x Ñ R, et une tangente parallèle à y 1 y au point p
1 ` 5 , 0q (voir graphe).
2
6˝ ) a) La surface cylindrique définie par ρ “ R est une partie de l’équipotentielle V “ 0,
l’autre partie étant la partie du plan yOz définie par x “ 0, ρ ě R.
b) et 7˝ ) Le champ est nul pour ρ ă R. Pour ρ “ R ` 0, on a Eϕ “ 0, Eρ “ 2E0 cos ϕ.
Le champ est discontinu dans la traversée de l’équipotentielle V “ 0. Ceci indique que cette
srface porte une distribution superficielle de charges. D’après le théorème de Coulomb, la
densité superficielle est donnée par σ “ 0 Eρ pR ` 0, ϕq “ 2ε0 E0 cos ϕ.
=================================================
Christian Carimalo
35
Problèmes-E
XII. Extrait d’un examen de DEUG 1ère année, juin 1991.
Figure 1
1˝ ) Ez pzq Ñ 0 lorsque z Ñ ˘8 car on a affaire à des charges ponctuelles dont les champs
décroissent comme l’inverse du carré de la distance séparant le point d’observation des
charges.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) Les trois plans contenant z 1 z et contenant, respectivement, GA, GB et GC sont des
P ` . Le champ doit appartenir à l’intersection de ces trois plans, c’est-à-dire z 1 z. Mais le
plan contenant les trois charges est aussi un P ` , auquel le champ doit être parallèle. On en
conclut sans calcul que le champ est nul en G.
3˝ ) V pzq “
3q
1
?
.
2
4π0 z ` a2
4˝ ) Ez pzq “ ´
dV
3q
z
“
(voir graphe où l’on a posé x “ z{a, y “
2
dz
4π0 rz ` a2 s3{2
4π0 a2 Ez {p3qq).
5˝ ) Non, car lorsqu’on s’écarte de G le long de l’axe z 1 z, le champ a tendance à éloigner
davantage la charge positive de cette position.
6˝ ) Le plan contenant le triangle ABC et les trois plans qui lui sont perpendiculaires et
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
qui contiennent, respectivement, GA, GB et GC, sont des P ` . Les trois axes portant ces
vecteurs sont des axes de symétrie positive pour le champ électrostatique. Le long de l’axe
x1 Gx, le champ est suivant cet axe.
7˝ ) Soit M un point de l’axe x1 Gx, d’abcisse GM “ x, et soit Ex pxq la composante du
champ électrostatique suivant x1 Gx.
a) Ex “ 0 au point G (voir 2˝ )).
Christian Carimalo
36
Problèmes-E
b) Chacune des charges produit un champ donnant lieu à une force répulsive sur une charge
positive. A grande distance du triangle ABC, l’ensemble des trois charges est vu comme une
charge unique 3q que l’on peut localiser au point G. Lorsque x Ñ ˘8, le champ tend vers
zéro comme 1{x2 , par valeurs positives dans la région x ą 0, par valeurs négatives dans la
région x ă 0.
c) Lorsque x Ñ a ˘ 0, c’est le champ de la charge q en B qui est dominant et qui en valeur
absolue tend vers l’infini comme 1{x2 . On a donc Ex pa ` 0q “ `8, Ex pa ´ 0q “ ´8.
ff
«
„

q
q
1
1
2
2
˝
8 ) V pxq “
“
.
`a
`? 2
4π0 |x ´ a|
4π0 |x ´ a|
a ` ax ` x2
3a2 {4 ` px ` a{2q2
Allure de la fonction V pxq
9˝ )
„

3q
x2
Au voisinage de x “ 0, on a V pxq »
1` 2 .
4π0 a
4a
3q
x d2 V
3q
1
dV
“
,
“
ą 0 ; le point G
2
2
dx
4π0 a 2a dx
4π0 a 2a2
correspond à un minimum local de V pxq. Comme V pxq Ñ 0 pour x Ñ ´8, il est évident
que dans l’intervalle s ´ 8, 0 r, cette fonction présente au moins un maximum. On en déduit
qu’il existe sur x1 Gx, pour x ă 0, au moins une autre position K où Ex “ 0. On peut
même être plus précis sur l’emplacement de K. En dehors du triangle ABC, les charges
donnent trois champs orientés vers le même demi-espace et qui par conséquent ne peuvent
se compenser. Sur l’axe x1 x, cette situation apparaı̂t dès que x{a ă ´1{2. La position de K
est donc certainement dans l’intervalle r ´a{2, 0 s pour lequel les champs de A et C donnent
encore une composante positive tandis que le champ de B a une composante négative. Dans
cet intervalle, on a
„

q
1
1 ` 2u
Ex pxq “
´
`
où u “ x{a.
4π0 a2
p1 ´ uq2 p1 ` u ` u2 q3{2
10˝ ) Au voisinage de x “ 0, on a
Allure de la fonction Ex pxq pour ´0.3 ď x{a ď 0
Christian Carimalo
37
Problèmes-E
L’équation Ex pxq “ 0 donne effectivement une seule solution x{a “ ´0, 284718. Notons
que dans cette intervalle, on a le développement limité suivant du champ :
„

q 3u
15
9 2 175 3
15
9
Ex pxq »
1` u` u `
u et que l’équation 1 ` u ` u2 “ 0 donne
2
4π0 a 2
4
8
64
4
8
déjà la solution u “ ´0, 29.
11˝ ) Pour une charge positive se déplaçant sur l’axe x1 Gx, la position G est stable (minimum
local d’énergie potentielle) et la position K est instable (maximum local d’énergie potentielle).
Cependant, considérant les déplacements dans les trois dimensions autour de G, cette position
est instable comme il a été vu au 5˝ ). C’est un “point-selle”.
=================================================
XIII. Extrait d’un examen pour cumulatifs de DEUG SSM2, juin 1992.
Potentiel de contact entre deux conducteurs
ÝÑ
1˝ ) div J `
ÝÑ
ÝÑ
Bρ
“ 0 ou div J “ 0 en régime permanent.
Bt
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) div J “ div JD `div JC “ eD∆n ` σdiv E “ eD∆n ` σ
3˝ ) ∆n ”
d2 n
;k“
dx2
c
ρ
σ
rn ´ ni s
, soit ∆n “
0
0 D
σ
.
0 D
4˝ ) Les solutions sont de la forme Gpxq “ A expp˘kxq, où A est une constante, le signe
de l’argument de l’exponentielle devant être choisi de telle sorte que Gpxq reste fini (et donc
nul) lorsque |x| Ñ 8. Ainsi, on prendra Gpxq “ A1 expp`kxq “ npxq ´ n1 pour x ď 0
et Gpxq “ A2 expp´kxq “ npxq ´ n2 pour x ě 0. Les deux constantes A1 et A2 sont
dn
déterminées de telle sorte que npxq et
soient continues pour x “ 0. On a ainsi les deux
dx
n2 ´ n1
conditions n1 ` A1 “ n2 ` A2 et k A1 “ ´k A2 , desquelles on tire A1 “ ´A2 “
.
2
n2 ´ n1
n2 ´ n1
5˝ ) npxq “ n1 `
exppkxq pour x ď 0 ; npxq “ n2 ´
expp´kxq pour x ě 0.
2
2
n(x)
n1
n2
x
ρ
d2 V
eD d2 n
eD
, soit
“
, d’où V pxq “
npxq ` αx ` β, α et β étant deux
2
2
0
dx
σ dx
σ
constantes, spécifiques à l’une ou l’autre régions. Les quatre constantes obtenues doivent
être ajustées de telle sorte que V pxq soit continu pour x “ 0, ainsi que sa dérivée (l’opposé
du champ électrique), puisqu’on a affaire ici à des distributions volumiques de charges. On
obtient β2 “ β1 , α2 “ α1 . Ainsi, la partie αx ` β du potentiel étant la même forme pour les
deux régions, paraı̂t étrangère au problème considéré et on peut l’écarter sans dommage. On
6˝ ) ∆V “ ´
Christian Carimalo
38
Problèmes-E
eD
npxq. On en déduit le potentiel de contact
σ
eD
rn2 ´ n1 s.
U “ V p`8q ´ V p´8q “
σ
=================================================
prendra donc V pxq ”
XIV. Examen DEUG1 1973-1974.
3˝ ) a) Vd “
1 p cos θ
.
4π0 r2
1 p sin θ
1 2p cos θ
, Edθ “
, Erϕ “ 0.
3
4π0 r
4π0 r3
ˆ
˙
1 p cos θ
V
p
V
˝
4 ) Vtot “
´ r cos θ “ x
´
; Vtot “ 0 pour x “ 0 et pour
4π0 r2
a
4π0 r3
a
ˆ
˙1{3
pa
r“
“ R “ 3mm.
4π0 V
=================================================
b) Edr “
Christian Carimalo
39
Problèmes-E
Magnétostatique
A - Formule de Biot et Savart
I. Fil conducteur rectiligne. Voir § 7.4 du cours.
1˝ )
ÝÑ
Voir formule 7.26 du cours. B pM q
Bϕ “
ÝÑ
“ eϕ
µ0 I
Bϕ avec Bϕ “
4πr
ż αB
cos α dα, soit
αA
µ0 I
r sin αB ´ sin αA s
4πr
µ0 I
2˝ ) a) b) αB “ π{2, αA “ ´π{2, d’où Bϕ “
. On vérifier aisément sur cet exemple les
2πr
propriétés de symétrie du champ magnétostatique.
ÝÑ
c) Les lignes de champ de B sont des courbes fermées (cercles centrés sur z 1 z dans des
plans perpendiculaires à cet axe qui porte le courant) ; de plus, elles enlacent le courant
conformément à la règle du tire-bouchon. La circulation du champ le long d’une ligne de
champ définie par r “ R et z “ z0 est 2πRBϕ pRq “ µ0 I, ce que donnerait immédiatement
le théorème d’Ampère.
=================================================
II. Spire circulaire Voir § 7.8.1 du cours.
Une spire conductrice circulaire d’axe Oz, de centre O et de rayon a est parcourue par un
courant d’intensité constante I.
µ0 I
a2
µ0 I
sin3 α où α est l’angle sous lequel la spire est vue
“
2 pa2 ` z 2 q3{2
2a
depuis le point M .
ż ÝÑ ÝÑ
ż8
ż
µ0 I 8
˝
3 ) Bpzq étant une fonction paire de z, on a
B ¨ d` “ 2
Bpzq dz “
sin3 αdz.
a 0
z1 z
0
ż π{2
dα
sin αdα “ µ0 I.
Comme z “ a cot α, dz “ ´a 3 , et ladite circulation s’écrit µ0 I
sin α
0
1˝ ) 2˝ ) Bpzq “
On pouvait prévoir ce résultat. En effet, considérons le contour fermé constitué par l’axe
z 1 z que l’on referme sur lui-même par un demi cercle de rayon infini centré sur O. Pour
r “ OM très grand (r " a), le module du champ magnétique varie comme 1{r3 . On le
constate déjà avec l’expression de Bpzq précédente, laquelle se comporte comme 1{|z|3 pour
ÝÑ
ÝÑ ÝÑ
1
|z| " a. Comme | d` |9R sur un cercle de centre O, | B ¨ d` | „ 2 sur ce cercle pour
R
ÝÑ
R " a et s’annule lorsque R tend vers l’infini. On en conclut que la circulation de B sur le
demi-cercle de rayon infini est en fait nulle. La circulation du champ le long dudit contour
fermé s’identifie donc à la circulation du champ le long de z 1 z. Or, puisque le contour enlace
une fois la spire, le théorème d’Ampère indique que la circulation correspondante vaut µ0 I,
d’où le résultat.
=================================================
Christian Carimalo
40
Loi de Biot et Savart
III. Bobines de Helmholtz
1˝ ) a) Le plan contenant z 1 z et M est un P ´ (plan de symétrie négative) : le champ
magnétique appartient à ce plan et donc Bϕ “ 0. L’invariance par rotation autour de z 1 z
fait que les composantes non nulles du champ ne dépendent que de z et de ρ (ce que
ÝÑÝÑ
ÝÑ
l’on retrouve en faisant usage de l’équation rot B “ 0 , valable en dehors des courants).
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
B “ Bρ pρ, zq eρ `Bz pρ, zq ez .
ff
«
I2
µ0 R 2
I1
`
b) Bpzq “
2
rpz ´ aq2 ` R2 s3{2 rpz ` aq2 ` R2 s3{2
2˝ ) I1 “ I2 “ I. Bpzq est alors une fonction paire de z, le plan xOy est un P ` .
a) Bp´zq “ Bpzq, donc b1 “ 0.
b) b0 “
µ0 IR2
3µ0 IR2
,
b
“
p4a2 ´ R2 q.
2
pa2 ` R2 q3{2
2pa2 ` R2 q7{2
c) R “ 2a
3˝ ) a) Bz est une fonction paire de z et paire de x ; Bx est une fonction impaire de z
et impaire de x. Donc B1 “ B2 “ 0, C2 “ 0, D1 “ 0, D2 “ 0, D3 “ 0, D4 “ 0 :
B z “ A1 ` C 1 z 2 ` C 3 x 2 ;
A11 “ 0, B11 “ B21 “ 0, C11 “ C31 “ 0, D11 “ D21 “ D31 “ D41 “ 0 : Bx “ C21 xz
ÝÑÝÑ
ÝÑ
b) De rot B “ 0 on tire
ÝÑ
BBz
BBρ
“
, d’où C21 “ 2C3 , et de div B “ 0 on tire C21 “ ´C1 .
Bz
Bρ
=================================================
IV. Le solénoı̈de
µ0 I
1˝ ) On part de la formule donnant le champ d’une spire sur son axe : bpzq “
sin3 α
2a
avec zM ´ zS “ a cot α où zM est la cote de M et zS celle de la spire. Une tranche dz du
µ0 nI
adα
et dB “
solénoı̈de donne le champ dB “ ndzS bpzq. On a dzS “
sin αdα, d’où
2
2
sin α
α1
M
(1)
Région 1 : Bpzq “
z
α2
(2)
µ0 nI
r cos α1 ` cos α2 s lorsque M est à l’intérieur du solénoı̈de ;
2
(2)
α1
M
α2
(1)
z
µ0 nI
r cos α1 ´ cos α2 s lorsque M est à l’extérieur du solénoı̈de, au-delà
2
de la spire la plus haute sur l’axe z 1 z ;
Région 2 : Bpzq “
Christian Carimalo
41
Loi de Biot et Savart
α2
M
α1 (1)
z
(2)
µ0 nI
r cos α2 ´ cos α1 s lorsque M est à l’extérieur du solénoı̈de, en deçà
2
de la spire la plus basse sur l’axe z 1 z ;
Région 3 : Bpzq “
µ0 nI
p1 ´ cos α2 q, avec cos α2 “
2˝ ) a) Région 2 par exemple, α1 Ñ 0, d’où Bpzq »
2
u
µ0 nI
?
où u “ zM ´ z2 . On a B “
“ B0 pour u “ 0. Le champ décroı̂t très vite
2
2
2
u `a
dès que u " a : par exemple pour u “ 5a on a déjà B{B0 “ 2 10´2 . Du côté de la région 1,
|u|
. Pour |u| “ 5a on a B{p2B0 q “ 1 à
B “ B0 p1 ` cos α2 q avec cette fois cos α2 “ ? 2
u ` a2
10´2 près.
b) Région 1 avec α1 et α2 Ñ 0, d’où Bpzq » µ0 nI.
=================================================
V. Pour un demi-axe Oz portant un courant d’intensité I, le champ magnétique corresponÝÑ
ÝÑ
µ0 I
zM
ÝÑ
dant est B1 pM q “
r 1 ` cos ψ s eϕ avec cos ψ “ a 2
. Le champ B2 créé au
2
4πρ
zM ` a
ÝÑ
même point par un demi-axe ∆ situé dans le plan Oz, OM , faisant avec Oz l’angle 2ψ et
ÝÑ
portant un courant d’intensité ´I, est en fait égal à B1 . Le champ total par le circuit envisagé
en un point M appartenant au plan formé par les deux axes z 1 z et ∆ et de plus situé sur la
ÝÑ
µ0 I
ÝÑ
r 1 ` cos ψ s.
bissectrice de l’angle entre les deux axes, est donc B “ B eϕ avec B “
2πρ
µ0 I
α
Si z ą 0, on écrit ψ “ α, ρ “ r sin α, d’où B “
cot . Si z ă 0, cos ψ “ ´ cos α et
2πr
2
µ0 I
α
B“
tan
2πr
2
=================================================
ÝÑ
VI. Le champ créé en O par une spire de rayon a “ R sin α située à la cote z est b “
µ0 I
ÝÑ
sin2 α ez . Les spires sont distribuées de façon uniforme le long de l’aze Oz. Leur densité
2R
selon cet axe est donc n “ N {R. Le champ créé en O par les spires situées entre les cotes z
ÝÑ
ÝÑ µ0 I
et z ` dz est dB“ pndzq ez
sin2 α. Le champ total en O s’obtient en intégrant sur z
2R
de z “ 0 à z “ R, tout en notant que sin2 α “ 1 ´ z 2 {R2 :
ż
ż
ÝÑ ÝÑ µ0 I R
z2
µ0 I 1
ÝÑ
ÝÑ µ0 N I
B “ ez n
p1 ´ 2 q dz “ ez N
p1 ´ u2 q du “ ez
2R 0
R
2R 0
3R
=================================================
ÝÑ
ÝÑ
VII. B “ B ez ; Les spires sont
„ distribuées
 ż buniformément
„
 suivant la direction radiale avec
N
µ0 I
µ0 N I
b
la densité n “ N {pb ´ aq ; B “
dr
“
ln .
pb ´ aq a
2r
2pb ´ aq a
Christian Carimalo
42
Loi de Biot et Savart
Forces magnétiques
I. Dipôle rigide dans un champ magnétique uniforme : voir Chapitre 8 du cours.
z
N
−F1
α
.
y
x
F1
ÝÑ
ÝÑ
1˝ ) Voir le cours. F1 “ IbB ey . A noter que l’axe de rotation de la spire correspondant à la
ÝÑ
croissance de α est ´ ex .
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) Γ “ Ia2 B sin α ex “ M ^ B
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
a
3˝ ) dW “ 2 F1 ¨ dλ avec dλ “ ´ dα N . D’où dW “ ´IabB sin αdα. Mais Φ “
2
abB cos α. Donc dW “ IdΦ.
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) U “ ´IΦ “ ´IabB cos α, donc U “ ´ M ¨ B .
dU
d2 U
“ 0, soit α “ 0 ou α “ π.
“
dα
dα2
`IabB cos α. Cette dernière grandeur est p[ositive pour α “ 0 et négative pour α “ π. La
5˝ ) Les positions d’équilibre correspondent à
ÝÑ
position α “ 0 est stable, la position α “ π est instable. C’est normal, le moment Γ force
ÝÑ
ÝÑ
la spire à tourner de sorte à aligner N dans le sens de B , ce qui maximise le flux.
6˝ ) J
d2 α ÝÑ
ÝÑ
“ Γ ¨p´ ex q “ ´IabB sin α.
2
dt
=================================================
II - Effet Hall dans un semi-conducteur
ÝÑ
ÝÑ
d v
ÝÑ
“ q E ´m v {τ . Cette grandeur est nulle en régime permanent. La vitesse
dt
ÝÑ
qτ
ÝÑ ÝÑ
est alors v ” u “ µ E , avec µ “
m
1˝ ) m
ÝÑ
ÝÑ
nq 2 τ ÝÑ
nq 2 τ 2
ÝÑ
2˝ ) J “ nq u “
E “ γ E avec γ “
9q : la mesure de γ ne permet pas de
m
m
déterminer le signe de la charge des porteurs.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) a) A l’équilibre, q Eh `q u ^ B0 “ 0 , donc Eh “ ´µEB0 ey ^ ex “ µEB0 ez , avec
b
E “ V0 {c. On en déduit Vh “ VN ´ VM “ Eh b “ µV0 B0
c
Christian Carimalo
43
Forces magnétiques
I c
Vh c 1
“ 5 10´3 pT´1 ou m2 V´1 s´1 q ; µ ą 0 :
“ 12, 5 Ω´1 m´1 ; µ “
V0 ab
V 0 b B0
γ
porteurs positifs (trous). En prenant q “ 1, 6 10´19 C, n “
“ 1, 5 1022 m´3 .
qµ
b) γ “
=================================================
III - Cadre dans un champ magnétique non uniforme
z
I2
A
D
I1
O1
O2
x
C2
C1
ÝÑ
1˝ ) a) B1 “
B
C
µ0 I1 ÝÑ
eϕ . D’où :
2πρ
µ0 I1 I2 b ÝÑ ÝÑ
µ0 I1 I2 b ÝÑ ÝÑ
µ0 I1 I2 b ÝÑ
ez ^ eϕ “
ex ; FBA “ ´
ex
2πpx ` a{2q
2πpx ` a{2q
2πpx ´ a{2q
ż x`a{2
ÝÑ
ÝÑ
du ÝÑ µ0 I1 I2 x ` a{2
ÝÑ µ0 I1 I2
FAD “ ez
“ ez
ln
“ ´ FBC
2π x´a{2 u
2π
x ´ a{2
„

ÝÑ ÝÑ µ0 I1 I2 b
1
1
R “ ex
´
2π
x ` a{2 x ´ a{2
ÝÑ
FDC “ ´
ÝÑ
µ0 I1 I2 ab
2πx2
ż
ż x`a{2
µ0 I1 b
dρ
µ0 I1 b x ` a{2
“
dz
“
ln
2π 0
ρ
2π
x ´ a{2
x´a{2
ÝÑ
b) R » ´ ex
2˝ ) a) Φ1Ñ2
Christian Carimalo
44
Forces magnétiques
b)
ÝÑ
A1 “
ρ
µ0 I1 ÝÑ
ez ln
, d’où Φ1Ñ2 “
´
2π
x ´ a{2
¿
ÝÑ
A1
ÝÑ
¨ d`2 “
µ0 I1 b x ` a{2
ln
2π
x ´ a{2
C2

µ0 I1 b
1
1
a) dΦ1Ñ2 “
dx
´
2π
x ` a{2 x ´ a{2

„
µ0 I1 I2 b
1
1
; R “ dW {dx.
b) dW “ I2 dΦ1Ñ2 “
dx
´
2π
x ` a{2 x ´ a{2
„
3˝ )
4˝ ) a) Ma “ Φ1Ñ2 {I1 “
µ0 b x ` a{2
ln
2π
x ´ a{2
b) Mb “
µ0 a x ` b{2
ln
2π
x ´ b{2
c) Ma “
µ0 a 5
µ0 a
ln , Mb “
ln 3, Ma {Mb “ 2 lnp5{3q{ ln 3 ă 1.
π
3
2π
La configuration la plus stable correspond au flux maximum ou à l’énergie W “ MI1 I2 la
plus grande. C’est donc celle associée au cas (b).
=================================================
IV - Solénoı̈de “plongeur” : voir $ 8.4.5 du cours.
1˝ ) Φ12tot “ 0 car Σ2 est une surface fermée.
2˝ ) a) Φ1int “ µ0 n1 I1 πR22
ÝÑ
b) Φ1ext » 0 car le champ B1 y est quasiment nul.
c) Φ` » ´Φ1int “ ´µ0 n1 I1 πR22 .
ÝÑ
3˝ ) Pour des points M proches des extrêmités de S1 , le champ B1 pM q a deux composantes :
l’une B1z parallèlement à l’axe z 1 z de S1 , l’autre radiale B1ρ perpendiculairement à cet axe.
a) Les deux composantes ne dépendent que de z et de ρ car ϕ n’est pas une variable sensible
(invariance par rotation autour de z 1 z).
ż 2π
”
ı
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
b) dF “ I2 n2 dz
R2 dϕ2 eϕ2 ^ B1ρ pR2 , zq eρ2 `B1z pR2 , zq ez
0
ÝÑ
“ ´I2 2π R2 dz n2 B1ρ pR2 , zq ez
c) dΦ` “ 2π R2 dz B1ρ pR2 , zq. Comme B1ρ est nul à la fois dans la région très à l’intérieur
de S‘ ainsi que dans la région très à l’extérieur de S1 , ce flux latéral est en fait essentiellement
dû à la région au bord de S1 .
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
d) dF “ ´n2 I2 dΦ` ez , d’où F1 “ µ0 n1 n2 I1 I2 πR22 ez . Cette force est orientée dans le sens
de z 1 z si I1 I2 ą 0, et dans le sens opposé à z 1 z si I1 I2 ă 0. Ceci est conforme à la règle
ÝÑ
du flux maximum. En effet, si I1 I2 ą 0, les flux de B1 à travers les spires de S2 sont tous
positifs et la force agissant sur S2 aura tendance à faire entrer le maximum de spires de S2
ÝÑ
à l’intérieur de S1 pour augmenter le flux de B1 . Si I1 I2 ă 0, les flux sont négatifs et pour
avoir un flux maximum, c’est-à-dire zéro dans ce cas, la force aura tendance à expulser S2
de S1 .
Christian Carimalo
45
Forces magnétiques
4˝ )
1
L’énergie d’interaction entre les deux circuits est W “
µ0
ÝÑ
B1
ż
ÝÑ
B1
ÝÑ
¨ B2 dτ . En fait,
espace
ÝÑ
B2
l’intégrant
¨
ne prend de valeurs notables que dans la région interne à la fois à S1 et à
S2 , donc dans la région intérieure à S2 et limitée d’un côté par le bord de S2 à l’intérieur de S1
et de l’autre côté par la surface de S2 se trouvant sur le bord de S1 . Notant x la séparation des
BW
deux surfaces, on obtient W » µ0 n1 n2 I1 I2 πR22 x puis la force F1 “
“ µ0 n1 n2 I1 I2 πR22 .
Bx
=================================================
V - Examen du 26 janvier 2012
- Partie I z
H
C1
ρ
M
z
O
y
x
φ
J
z’
ÝÑ
1˝ ) Le plan contenant M et z 1 z est un P ` (plan de symétrie positive) : B1 K P ` en M , soit
ÝÑ
B1
ÝÑ
pM q “ B1ϕ pρ, ϕ, zq eϕ . On a invariance par rotation autour de z 1 z : ϕ n’est pas une
variable sensible ; on a invariance par translation parallèlement à z 1 z : z n’est pas une variable
ÝÑ
sensible. Ainsi, B1ϕ ne dépend que de ρ. Les lignes de champ de B1 sont des cercles centrés
sur z 1 z et parallèles à xOy, donc définis par ρ “ constante et z “ constante. L’application
du théorème d’Ampère à une telle ligne de champ donne
“
2πρB1ϕ pρq “ µ0 ˆ Jπρ2
si ρ ď a
ou Jπa2
si
ρěa
‰
donc
B1ϕ pρq “
µ0 Iρ
F pρq avec
2π
Christian Carimalo
F pρq “
1
a2
pour ρ ď a et
46
F pρq “
1
ρ2
pour ρ ě a
Forces magnétiques
ÝÑ
2˝ ) Le plan K à z 1 z passant par M est un P ´ (plan de symétrie négative) : A1 K à P ´ et donc
ÝÑ
BA1z
ÝÑ ÝÑÝÑ
ÝÑ
A1 “ A1z pρ, ϕ, zq ez ; rot A1 “ B1ϕ eϕ donc
“ 0 ; et en utilisant la jauge de Coulomb
Bϕ
ÝÑ
dA1z
µ0 I
BA1z
“ 0. Par suite, A1z ne dépend que de ρ. De ´
“ B1ϕ “
F pρq
div A1 “ 0 “
Bz
dz
2π
et en convenant que A1z paq “ 0, on tire
µ0 I
A1z pρq “
ˆ
2π
„
ρ2 ´ a2
2a2
pour ρ ď a

ρ
ln
a
ou
pour ρ ě a
3˝ ) Montrer que le champ magnétique peut s’exprimer sous la forme
ÝÑ
B1 “
ÝÑ
1
µ0 I ÝÑ
1
ez ^ HM F pρq , avec F pρq “ 2 si ρ ď a et F pρq “ 2 si ρ ě a
2π
a
ρ
Facile.
- Partie II z
y
M
C1
C2
ρ
2
y
I
ρ
1
I
I
O
H2
x
C2
I
h
z
H1
C1
φ
x
ı
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
µ0 I ÝÑ ” ÝÑ
4˝ ) Par superposition, B “B1 ` B2 “
ez ^ H1 M F pρ1 q´ H2 M F pρ2 q . A l’intérieur
2π
« ÝÑ
ÝÑ ff
ÝÑ
ÝÑ
µ0 I ÝÑ
H1 M
H2 M
h ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
de C1 : B “
ez ^
´
avec
e
^
H
z
1 M “ px ´ q ey ´y ex , et
2
2
2π
a
2
ρ2
ÝÑ
h ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ez ^ H2 M “ px ` q ey ´y ex . D’où, dans cette région,
2
„

„

1
µ0 I
µ0 I
1
x ´ h{2 x ` h{2
Bx “
y ´ 2 ` 2 , By “
´
`
2π
a
2π
a2
ρ2
ρ22
A l’intérieur de C2 :
Bx “
µ0 I
y
2π
„
´
1
1
`
ρ21 a2

,
A l’extérieur de C1 et de C2 :
„

1
1
µ0 I
Bx “
y ´ 2` 2 ,
2π
ρ1 ρ2
Christian Carimalo
µ0 I
2π
„
µ0 I
By “
2π
„
By “
47
x ´ h{2 x ` h{2
`
a2
ρ21

x ´ h{2 x ` h{2
´
`
ρ21
ρ22

´
Forces magnétiques
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
5˝ ) A “ A1 ` A2 . Dans C1 :
µ0 I
Az “ ´
2π
„
ρ21 ´ a2
ρ2
´ ln
2a2
a

µ0 I
Az “ ´
2π
„
ρ1 ρ22 ´ a2
ln
´
a
2a2

Dans C2 :
A l’extérieur de C1 et de C2 :
Az “ ´
µ0 I ρ1
ln
2π
ρ2
On vérifie que l’on a bien Az “ 0 pour ρ1 “ ρ2 et que Az est bien continu pour ρ1 “ a et
pour ρ2 “ a.
6˝ )
ρ21 “
h2
` ρ2 ´ ρh cos ϕ ,
4
h2
` ρ2 ` ρh cos ϕ
4
ρ22 “
- Partie III 7˝ )
ż
ÝÑ
F2{1 “
ÝÑ
J1
^
ÝÑ
B2
V1
ÝÑ
ÝÑ
µ0 IJ ÝÑ
ez ^
dτ1 “ ´
2π
ÝÑ
ÝÑ
«
ż
ÝÑ
ez
V1
ÝÑ
H2 M
^ 2
ρ2
ff
µ0 IJ
dτ1 “ ´
2π
ÝÑ
ż
V1
H2 M
dτ1
ρ22
ÝÑ
Or, H2 M “H1 M `h ex “ ph ` ρ1 cos ϕq ex `ρ1 sin ϕ ey , ρ22 “ ρ21 ` h2 ` 2ρ1 h cos ϕ, d’où
ż
ÝÑ
h ` ρ1 cos ϕ
µ0 IJ ÝÑ
ex
F2{1 “
dτ1
2
2
2π
V1 ρ1 ` h ` 2ρ1 h cos ϕ
ÝÑ
(le terme en ey disparaı̂t dans l’intégration).
ÝÑ
F2{1 “
µ0 IJ ÝÑ
`
ex
2π
ż 2π
ża
ρ1 dρ1
0
0
“
I 2`
µ0
2πh
ρ21
h ` ρ1 cos ϕ
dϕ
` h2 ` 2ρ1 h cos ϕ
ÝÑ
ex
où l’on a tenu compte de I “ πa2 J.
8˝ ) Cette force est-elle attractive ou répulsive ? Pouvait-on prévoir le résultat ? Voir cours.
9˝ ) a) Du fait de la symétrie entre les deux conducteurs,
ż
W “
V1
ÝÑ
J1
ż
µ0 IJ
¨ A dτ1 “ J
Az dτ1 “ `
2π
V1
ÝÑ
ża
ż 2π
ρ1 dρ1
0
0
ρ2 ρ21 ´ a2
dϕ ln
´
a
2a2
„

„
˙
„

ˆ 4

µ0 IJ
1
a4
a 2 h2
h
a
µ0 I 2 ` 1
“`
p2πq ´ 2
´
`
ln 2 “
` ln
2π
2a
4
2
4
a
2π
4
a
Christian Carimalo
48
Forces magnétiques
„
ˆ ˙
1
µ0 1
h
2
b) W “ `LI où L “
, coefficient d’auto-induction par unité de lon` ln
2
π 4
a
gueur.
BW
µ0 I 2 `
“
.
Bh
2πh
=================================================
c) F2{1 x “
VI. Interaction de deux dipôles.
ı
ÝÑ
µ0 M ”
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2
cos
θ
e
`
sin
θ
e
1˝ ) Voir § 7.8.2. B “
r
θ . Mais ez “ cos θ er ´ sin θ eθ . D’où
3
4πr
˜ ÝÑ
¸
ÝÑ
ı
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
µ0
M
r
µ0 M ”
ÝÑ
ÝÑ
“
3 cos θ er ´ ez
´ 3 `3 p M ¨ r q 5
B“
4πr3
4π
r
r
„

ÝÑ ÝÑ
ÝÑ ÝÑ
µ0 M
1 ÝÑ ÝÑ 3 ÝÑ ÝÑ ÝÑ ÝÑ
˝
2 ) Ep “ ´ M1 ¨ B2 “ ´ M2 ¨ B1 “ ´
´ 3 M1 ¨ M2 ` 5 pM1 ¨ r qpM2 ¨ r q
4π
r
r
´
¯
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
µ0
ÝÑ
a r `b M1 `c M2 , avec
3˝ ) F1 “ ´ grad1 Ep “
4π
3 ÝÑ ÝÑ
3 ÝÑ ÝÑ
3 ÝÑ ÝÑ 15 ÝÑ ÝÑ ÝÑ ÝÑ
a “ 5 M1 ¨ M2 ´ 7 pM1 ¨ r qpM2 ¨ r q, b “ 5 pM2 ¨ r q, c “ 5 pM1 ¨ r q
r
r
r
r
=================================================
ÝÑ
VII. Electrodynamomètre. La petite bobine a un moment magnétique vertical M“
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
N SI ez . Le champ magnétique du solénoı̈de est quasiment uniforme, B “ µ0 n I ex et
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
la petite bobine est donc soumise à un couple de forces de moment Γ “ M ^ B “ ey
µ0 nN SI 2 qui tend à abaisser le fléau qui la supporte. L’équilibre est rétabli si l’on ajoute sur
le plateau une masse m telle que (égalité des moments) mga “ µ0 nN SI 2 .
=================================================
VIII. Champs d’un faisceau d’électrons.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
1˝ ) ρprq “ ´e nprq ; J “ ρprq v “ ´e nprq v ;
2˝ ) Le plan P contenant un point M pr, ϕ, zq et z 1 z est un P` pour la distribution de
courant. Le champ magnétique étant un champ axial est perpendiculaire à ce plan en M :
ÝÑ
ÝÑ
B pM q “ Bϕ pr, ϕ, zq eϕ . Du fait de l’invariance par rotation autour de z 1 z et de l’invariance
par translation parallèle à z 1 z, ϕ et z ne sont pas des variables sensibles. Il s’ensuit que Bϕ
ne dépend que de r. A noter que ce résultat est aussi obtenu en utilisant les équations
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑÝÑ
1 BBϕ
div B ”
“ 0 et rot B “ µ0 J , en tenant compte du fait que J est parallèle à z 1 z.
r Bϕ
Christian Carimalo
49
Forces magnétiques
Le plan P 1 contenant M et perpendiculaire à z 1 z est plan de symétrie positive pour la distribution de charges. Le plan P est aussi plan de symétrie positive pour cette distribution. Le
champ électrique étant de nature polaire est selon l’intersection de ces deux plans, donc radial
ÝÑ
ÝÑ
au sens des coordonnées cylindriques : E pM q “ Er pr, ϕ, zq er . Du fait des invariances
ÝÑÝÑ
ÝÑ
citées plus haut, ou en faisant usage de l’équation rot E “ 0 , on montre que Er ne peut
dépendre que de r.
ÝÑ
3˝ ) En appliquant le théorème d’Ampère à une ligne de champ de B , ici définie par r “
constante et z “ constante (cercle centré sur z 1 z dans un plan perpendiculaire à cet axe),
on trouve
żr
ż
ÝÑ ÝÑ
J ¨ dS“ ´µ0 e v 2π r1 dr1 npr1 q, soit
2πrBϕ prq “ µ0
0
disque
Bϕ prq “ ´
µ0 e v
r
żr
r1 dr1 npr1 q
0
Puis, on applique le théorème de Gauss à la surface fermée constituée d’une surface cylindrique
d’axe z 1 z, de rayon r, fermée par deux disques de même rayon, perpendiculaires à z 1 z, et
distants de h. Le champ électrique étant radial, on obtient :
ż
żr
e
e 1 r 1 1
1 1
1
2πrhEr prq “ ´ 2πh r dr npr q, soit Er prq “ ´
r dr npr1 q. D’où
0
r
0
0
0
?
2
Bϕ prq{Er prq “ v0 µ0 “ v{c où c “ 1{ 0 µ0 est la vitesse de la lumière dans le vide. Ce
rapport est indépendant de l’expression de nprq.
żr
˘
n0 r02 `
2 {r 2
´r
0 , on obtient
Pour nprq “ n0 e
1 ´ expp´r2 {r02 q
r1 dr1 npr1 q “
2
0
´ÝÑ
ÝÑ
Ýѯ
ÝÑ
4˝ ) En régime permanent, la force de Lorentz F “ ´e E ` v ^ B devrait être nulle,
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ce qui ne serait réalisé que si E “ ´v Bϕ ez ^ eϕ “ v Bϕ er , soit Bϕ {Er “ v. Comme ce
rapport a été trouvé égal à v{c2 , l’hypothèse de départ sur la structure du faisceau ne serait
donc justifiée que si v » c. Mais pour ces vitesses élevées, d’autres phénomènes seraient à
prendre en compte...
=================================================
IX. Une particule de charge q est immobile...
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
Flab “ 0 ; Fref “ ´q v ^ B . Le référentiel en mouvement rectiligne uniforme par rapport
au référentiel galiléen du laboratoire est aussi galiléen. Cependant, la particule au repos dans le
référentiel du laboratoire n’est pas animé d’un mouvement rectiligne uniforme dans le second.
Ce résultat n’est pas compatible avec l’invariance galiléenne ! Bien entendu, cette invariance
est satisfaite si l’on applique correctement les formules relativistes de transformation des
vitesses et des champs quand on passe d’un référentiel galiléen à un autre.
=================================================
X. Un fil parcouru par un courant continu d’intensité I traverse...
FLaplace “ I` B “ m g ; soit, par unité de volume (I “ JSq, J B “ ρ g, d’où : J “ ρ g{B ;
J » 9 108 Am´2 ; P “ J 2 {γ » 5 1025 Jm´3 .
Christian Carimalo
50
Forces magnétiques
XI. Deux fils conducteurs parallèles parcourus par des courants...
L’effet dont il est question ici est celui de la striction magnétique à l’intérieur d’un conducteur. Comme deux fils conducteurs transportant des courants de même sens s’attirent sous
l’action de forces magnétiques, le même effet d’attraction peut se manifester entre les filets
infinitésimaux de courant à l’intérieur d’un même fil conducteur, modifiant ainsi la répartition
du courant, usuellement supposée uniforme sur toute la section du fil.
Pour le décrire et l’évaluer, considérons un conducteur cylindrique d’axe z 1 z, de rayon R0 et
de longueur supposée infinie. Le matériau dont il est constitué contient, par unité de volume,
n0 charges positives e fixes et n charges ´e (électrons) animées d’une même vitesse constante
ÝÑ
v ez . On utilise le système de coordonnées cylindriques r, ϕ, z construit à partir de l’axe z 1 z
du conducteur. L’idée est de déterminer la densité nprq, a priori non uniforme, des porteurs en
mouvement. Dans le conducteur, la densité volumique de charges et la densité volumique de
ÝÑ
ÝÑ
courant sont respectivement ρprq “ e rn0 ´ nprqs et J “ Jprq ez avec Jprq “ ´enprqv.
ÝÑ
Bρ
On a
“ 0 et div J “ 0, de sorte que la loi de conservation de la charge est bien
Bt
respectée. Du fait des symétries, le champ électrique créé par cette distribution de charges et
ÝÑ
ÝÑ
le champ magnétique créé par cette distribution de courant sont de la forme E “ Eprq er
ÝÑ
ÝÑ
et B “ Bϕ prq eϕ . Des équations fondamentales, on tire
1 d
1
rrEr s “ e rn0 ´ nprqs et
r dr
0
1 d
rrBϕ s “ ´µ0 enprqv.
r dr
Un porteur de charge en mouvement (dont on néglige le poids) est soumis à la force de
Lorentz. Il ne peut avoir de mouvement rectiligne uniforme que si cette force est nulle, ce
qui donne ici la condition Eprq “ vBprq. Cette relation n’est compatible avec les équations
?
précédentes que si l’on a n “ n0 {p1 ´ β 2 q où β “ v{c, c “ 1{ 0 µ0 étant la vitesse
de la lumière dans le vide. Comme on trouve n ą n0 , les porteurs mobiles se sont donc
rassemblés dans un cylindre de rayon R ă R0 . Cependant, la neutralité du conducteur
impose“ que la charge
tranche dz de ce conducteur soit nulle, soit,
‰ contenue dans une a
2
2
dz πe R0 n0 ´ R n “ 0, donc R “ R0 1 ´ β 2 . Or, dans un conducteur, on a couramment β ! 1 : l’effet ainsi calculé est infime...
=================================================
XII. Vélocimètre électromagnétique. Faraday, 1832.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
1˝ ) F ` “ ´quB ez , F ´ “ quB ez . Sur l’électrode M il y a accumulation d’ions négatifs
et sur l’électrode N accumulation d’ions positifs, d’où l’apparition d’un champ électrique
entre ces électrodes, orienté de N vers M . A l’équilibre, la force électrique qui en résulte
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
doit compenser la force de Lorentz. On a alors E ` u ^ B “ 0 , soit E “ E ez avec
E “ uB, et VN ´ VM “ bBu.
La mesure de cette tension permet en principe de mesurer la vitesse u de l’écoulement.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) Prenons l’axe x1 x suivant N M . On a cette fois E “ ´u ez ^B ey “ uB ex , soit
ż `a
x2
x2
Ex “ E “ uB “ Bu0 p1 ´ 2 q. On en déduit VN ´ VM “ u0 B
p1 ´ 2 qdx
a
a
´a
ż1
ż
ż
4au0 B
ÝÑ ÝÑ
2
= 2au0 B dνp1 ´ ν q “
. Le débit volumique est D “
u ¨ dS “ uρdρdϕ, soit
3
0
Christian Carimalo
51
Forces magnétiques
ża
dρ ρp1 ´
D “ u0 2π
0
ρ2
πu0 a2
8Dba
q
“
. D’où VN ´ VM “
.
2
a
2
3
ρ2
q n’est pas uniforme. Il est le plus
a2
ÝÑ
intense dans le plan médian, plan perpendiculaire à B et contenant z 1 z, et décroı̂t vers les
bords du cylindre. Il agit sur les ions, ce qui engendre des courants à l’intérieur du fluide.
Dans une section transversale, les lignes de courant sont des boucles symétriques par rapport
au plan médian. Le sens de parcours dépend du signe de la charge.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) a) b) Le champ U “ u ^ B “ ´ ex u0 B p1 ´
ÝÑÝÑ
c) rot U “ ´2
u0 B0 ÝÑ
y ez (y “ ρ sin ϕ).
a2
=================================================
XIII. Balance de Cotton.
B I ` d “ m g d1 ; B “ 8 10´3 T.
=================================================
Christian Carimalo
52
Forces magnétiques
XIV. Un métal, considéré comme parfaitement conducteur...
ÝÑ
ÝÑ
1˝ ) Tout plan parallèle au plan zx est un P ` : B “ By px, y, zq ey . En dehors des courants,
ÝÑ
ÝÑÝÑ ÝÑ
BBy
BBy
BBy
rot B “ 0 , donc
“ 0 et
“ 0. De plus, div B “
“ 0, donc finalement By
Bx
Bz
By
est une constante.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) dF “ dI dz ez ^ B 1 avec dI “ dyJ, d’où dF {pdydzq “ ´JBy1 ex “
By2 ÝÑ
ex .
2µ0
=================================================
XV. On considère le dispositif suivant (voir figure)...
ÝÑ
Ici, on doit prendre garde au fait que la force magnétique Fm qui s’exerce sur l’aimant pA1 q
ÝÑ
n’est pas nulle et qu’elle dispose d’un moment par rapport à l’axe de rotation ey passant par
O. En conséquence, le moment résultant par rapport à O des forces magnétiques s’exerçant
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
sur pA1 q est Γm pOq “ OO1 ^ Fm ` M1 ^ B pO1 q. En s’aidant des résultats de l’exercice
VI, on peut le calculer en utilisant les expressions du champ magnétique et de la force au
point O1 , ou, aussi bien, en utilisant l’expression de l’énergie potentielle des deux aimants,
ÝÑ
ÝÑ
µ0 MM1
cos α,
avec les contraintes M1 ¨ OO1 “ 0, OO1 “ ` “ constante. On obtient Ep “
4π`3
1
µ0 MM
BEp
d’où ΓO1 “ ´
“
sin α.
Bα
4π`3
Pour obtenir l’équation différentielle régissant l’évolution de α, on peut appliquer le théorème
du moment cinétique ou, de façon équivalente, le théorème du moment cinétique, ou encore
en exprimant que l’énergie totale, comprenant l’énergie cinétique et l’énergie potentielle totale
(somme de l’énergie potentielle de gravitation et de l’énergie potentielle magnétique) est une
constante du mouvement :
m`2 2
µ0 MM1
dE
α9 ´ mg` cos α `
cos α “ constante, soit
“ 0, d’où (pour α9 ‰ 0)
3
2
4π`
dt
„

g µ0 MM1
: “ ´ sin α
´
.
α
`
4π`5
E“
Christian Carimalo
53
Forces magnétiques
Phénomènes d’induction électromagnétique
I. On considère un pont roulant... Voir chap 9 du cours.
=================================================
II. Deux rails rectilignes conducteurs...
1˝ ) a) b) Voir chap 9 du cours.
2˝ ) Φ “ BLpxC ´ xA q, donc Φ9 “ BLpvC ´ vA q.
ÝÑ
3˝ ) e “ ´Φ9 “ R i (comptée algébriquement par rapport au sens ACDB imposé par B ).
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) FBA “ i BA ^ B “ ´i B L ex “ ´ FCD .
5˝ ) m
dvA
dvC
“ ´i L B ; m
“ i L B.
dt
dt
du
u
1
2L2 B 2
“ ´2i L B “ ´2L2 B 2 u, soit u9 “ ´ avec “
.
dt
τ
τ
m
t
b) uptq “ K expp´ q où K est une constante à ajuster aux conditions initiales. Or, à t “ 0
τ
t
on a vA “ v0 , vC “ 0, donc up0q “ K “ v0 et uptq “ v0 expp´ q.
τ
6˝ ) a) m
dvA
dvC
7˝ ) 5˝ ), D’après
`
“ 0, donc vA ` vC “ constante “ v0 . On en déduit
dt
dt
immédiatement
„

„

v0
t
v0
t
BLv0
t
vA “
1 ` expp´
, vC “
1 ´ expp´
et iptq “
expp´ q.
2
τ
2
τ
R
τ
v0 8
, i “ 0.
2
8 “ v8 “
vA
C
żt
8˝ )
1
WJ ptq “
2
1
dt Ri pt q “
0
Christian Carimalo
v02
B 2 L2
R
żt
2t1
mv02
dt expp´ q “
τ
τ
2
żt
1
0
54
dt1 expp´
0
2t1
q
τ
Induction électromagnétique
„

„

‰ mv02
2t
m“ 2
2t
mv02
2
1 ´ expp´
. D’un autre côté,
1 ` expp´
. On a donc
vA ` vC
“
4
τ
2
4
τ
‰
mv02
m“ 2
2
la relation
“
vA ` vC
`WJ ptq dont l’interprétation physique est évidente : l’énergie
2
2
cinétique initiale fournie au système, pour une part est transformée en énergie cinétique des
deux barres AB et CD, le restant étant dissipé en chaleur par l’effet Joule consécutif à la
circulation du courant induit dans le circuit ABCD.
“
=================================================
III. Deux fils conducteurs rectilignes semi-infinis...
1˝ ) Voir le cours.
2˝ ) E “ ´v0 B DE.
3˝ ) i “ E{RDE “ ´
ÝÑ
Laplace
4˝ ) F
v0 B
“ 1, 4 103 A.
r
ÝÑ
ÝÑ
“ i DE ^ B “ ´
ÝÑ
v2B
v02 B
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
DE ex , F ext “ ´ F Laplace “ 0 DE ex .
r
r
ÝÑ
v02 B 2
v2B 2
ÝÑ
DE, WJ “ R i2 “ rDEp 0 2 q “ F ext ¨ v . Interprétation évidente.
r
r
B
5˝ ) ∆Q “ i ∆t “ i∆x{v0 “ ´ ∆x “ ´700 C.
r
ÝÑ
F ext
ÝÑ
¨ v “
=================================================
IV. Cadre en mouvement dans un champ magnétique
1˝ ) ‚ Cas 1. Lorsque le cadre atteint la zone où existe le champ magnétique, il présente à ce
Christian Carimalo
55
Induction électromagnétique
champ une surface variable. Le flux de ce champ à travers ladite surface est donc lui aussi
variable, Φptq “ B a zptq, et de ce fait il apparaı̂t dans le cadre une force électromotrice
9 donnant elle-même naissance à un courant d’intensité i “ E{R. En
d’induction E “ ´Φ,
ÝÑ
plus de la force de gravitation m g ez , le cadre est soumis dans ce cas à la force de Laplace
ÝÑ
F1 “
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
i AB ^ B “ i a B ez . Conformément à la loi de Lenz, cette force s’oppose au
mouvement du cadre, le courant allant dans le sens ADCB.
‚ Cas 2. Lorsque le cadre est tout entier dans la zone 0 ă z ă h, le flux du champ magnétique
à travers la surface du cadre ne varie plus, la fem d’induction et le courant disparaissent. Le
cadre n’est plus soumis qu’à son poids. Ceci est vrai tant que la totalité du cadre reste dans
cette région.
‚ Cas 3. Lorsque la branche AB du cadre sort de la région 0 ă z ă h, le flux du champ
magnétique est à nouveau variable et un courant induit réapparaı̂t dans le cadre. Le cadre
est à nouveau soumis à une force de Laplace qui s’oppose à cette variation de flux et est
donc orientée selon la verticale ascendante. Cet effet disparaı̂t lorsque le cadre tout entier se
trouve dans la région (3).
v
mR
“ g avec τ “ 2 2 . Tenant compte des conditions
τ
a B

„
t
initiales, les intégrations successives de cette équation donnent : vptq “ g τ 1 ´ expp´ q ,
τ
„

t
zAB “ zptq “ g τ t ´ g τ 2 1 ´ expp´ q .
τ
2˝ ) mv9 “ m g ` i a B, soit v9 `
3˝ ) Application numérique ; τ “ 1{40 s. Pour t{τ " 1, v “ vlim “ g τ . Bien sûr, la vitesse
limite vlim ne peut être atteinte dans le cas (1) que si z “ zAB est encore inférieur à b (car
t
pour z ą b, c’est le régime de la région (2) qui s’applique !). On a |v ´ vlim |{vlim “ expp´ q
τ
et cet écart relatif n’est plus que de 5 % pour t “ 3τ (e3 » 20, à retenir !). pour t “ 0, 5 s,
t{τ “ 20, donc v » vlim “ 0, 25 m/s, alors que z » gτ t “ 12, 5 cm ă b. La vitesse limite
est donc atteinte rapidement dans le cas (1). En l’absence de champ magnétique, la vitesse
serait v “ gt “ 5 m/s...
=================================================
V. Pince ampèremétrique. Voir § 8.5 du cours.
1˝ ) L “
µ0 hN 2 R ` a
ln
, M “ L{N .
2π
R´a
2˝ ) L’équation électrique est ´M
i“´
di
dI
´ L “ Ri. D’où, en notation complexe,
dt
dt
jM ωI0 jωt
I
e »´
R ` jLω
N
si
R ! Lω
=================================================
VI. Principe du transformateur.
1˝ ) L1 {N12 “ L2 {N22 “ M {pN1 N2 q “ K “
µ0 r ` a{2
ln
2π r ´ a{2
2˝ ) a) Φ1 “ L1 I1 ` M I2 “ KN1 rN1 I1 ` N2 I2 s, Φ2 “ M I1 ` L2 I2 “ KN2 rN2 I2 ` N1 I1 s,
donc Φ2 {Φ1 “ N2 {N1 ;
Christian Carimalo
56
Induction électromagnétique
U1 ´
dΦ1
dΦ2
» 0, ´
“ R2 I2 .
dt
dt
b) U2 {U1 “ ´dΦ2 {dΦ1 “ ´N2 {N1
3˝ ) a) U1 “ jω rL1 I1 ` M I2 s, ´jωM I1 “ pR2 ` jL2 ωqI2 . On obtient
„

N2
L2
1
I2 “ ´U1
, I 1 “ U1
`
N1 R2
R2 L1 jωL1
b) P ptq “ u1 i1 (notation réelle !), ă P ptq ą “
U02 L2
2 R2 L1
=================================================
VII. Moteur asynchrone.
1˝ ) eptq “ ´
2˝ ) i “ ´
ÝÑ
dΦ
“ ΩΦ0 sin Ωt avec Ω “ ω ´ ω0 , Φ0 “ N SB0 .
dt
Φ0 Ω
rLΩ cos Ωt ´ R sin Ωts
R 2 ` L2 Ω 2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) Γ “ M ^ B “ ´iΦ0 sin Ωt ex ,
ÝÑ
ăΓą“ ´
Φ20 Ω R
ÝÑ
ex
2
2
2
2pR ` L Ω q
4˝ ) Ω ă 0.
=================================================
VIII. Cadre métallique tournant dans un champ magnétique
Christian Carimalo
57
Induction électromagnétique
di
1˝ ) 2˝ ) 3˝ ) Φ “ L i ` Φ0 cos θ avec Φ0 “ B S ; e “ ´Φ9 “ ´L ` Φ0 θ9 sin θ “ Ri ;
dt
comme R est négligeable, Φ est quasiment constant. Puisque i “ 0 pour θ “ 0, on donc
Φ0
2Φ0
θ
i»
p1 ´ cos θq “
sin2 .
L
L
2
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
Φ2
ÝÑ
4˝ ) Γ “ M ^ B “ ´iΦ0 sin θ ez ; Γz “ ´ 0 sin θp1 ´ cos θq ; résistant pour 0 ă θ ă π,
L
moteur pour π ă θ ă 2π.
5˝ ) Posons J “ ma2 . On a J θ: “ Γz , soit
„
„


Φ20 9
d 1 92
1
Φ20 d
2
9
:
J θθ “ ´
θ sin θp1 ´ cos θq “
cos θ ` sin θ . Par intégration
Jθ “
L
dt 2
L dt
2
entre t “ 0 et t, on trouve

ı Φ2 „
1 ” 92
1
Φ2
Φ2
θ
0
2
2
cos θ ´ 1 ` sin θ “ ´ 0 p1 ´ cos θq2 “ ´2 0 sin4
J θ ´ ω0 “
2
L
2
L
L
2
2Φ0
1
Φ2
.
6˝ ) θ9 ne s’annule jamais si J ω02 ą 2 0 , soit ω0 ą ωc “ ?
2
L
JL
c
θM
ω0
Si ω0 ă ωc , θ est limité : sin
“
. Aller et retour entre `θM et ´θM .
2
ωc
=================================================
IX. Une tige métallique homogène...
1˝ ) Notons tout d’abord que la résistance de la spire circulaire étant négligeable, les deux
tronçons ON et OM de la barre constituent deux résistances en paralll̀es. L’ensemble est
donc équivalent à une résistance unique égale à r{2. A t “ 0 circule un courant d’intensité
E
se séparant au point O en un courant d’intensité I0 {2 de O vers N et
totale I0 “
R ` r{2
un courant de même intensité I0 {2 de O vers M . La partie ON de la tige est alors soumise
ÝÑ
ÝÑ
I0 ÝÑ
à la force de Laplace FON “
ON ^ B tandis que sa partie OM est soumise à la force
2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
I0 ÝÑ
FOM “
OM ^ B “ ´ FON . De ce fait, la tige se met en mouvement, dans le sens inverse
2
du sens trigonométrique (θ décroissant). Notons i l’intensité du courant total à la date t.
9 la vitesse d’un point P de ON est
La tige étant en mouvement avec la vitesse angulaire θ,
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
OP θ9 eθ et en ce point existe le champ électromoteur E pP q “ v pP q ^ B “ B θ9 OP . De
ÝÑ
ÝÑ
même, en un point Q de OM existe le champ électromoteur E pQq “ B θ9 OQ. Au premier
ż N ÝÑ
ÝÑ
a2
correspond la force électromotrice eON “
E pP q¨ d OP “ B θ9
“ e et au second
2
O
Christian Carimalo
58
Induction électromagnétique
la même force électromotrice. Les deux étant en parallèle, l’ensemble est équivalent à un
ÝÑ
ÝÑ
i ÝÑ
électromoteur unique de fem e. La force de Laplace agissant sur ON est FON “ ON ^ B
2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
i
ON
^ FON “ ´ a2 B ; la force de Laplace
et son moment par rapport à O est Γ ON “
2
4
agissant sur OM est opposée à la précédente mais donne le même moment par rapport à O.
Le moment total par rapport à O des forces magnétiques agissant sur la tige est donc égal à
ÝÑ
i ÝÑ
Γ “ ´ a2 B . Nous prendrons comme sens de référence du parcours du circuit celui imposé
2
ÝÑ
par le générateur de fem E, qui correspond aussi bien à celui imposé par B via la règle du
tire-bouchon. L’équation électrique du circuit s’écrit alors E ` e “ R0 i où R0 “ R ` r{2.
i
L’équation mécanique est tirée du théorème du moment cinétique : J θ: “ ´ a2 B ´ hθ9 où
2
J est le moment d’inertie de la tige par rapport à l’axe de rotation passant par O.
„

a2 BE
a4 B 2
E`e
˝
2
9
9
:
´ hθ “ ´
´θ h`
d’où l’équation différentielle
2 ) J θ “ ´a B
2R0
2R0
4R0
„

4B2
1
1
1
a
a2 BE
θ: ` θ9 “ ´K avec “
h`
et K “
ą 0, dont la solution correspondant
τ
τ
J
4R0
„ 2J R0

t
9
9
à la condition initiale θp0q “ 0 est θptq “ ´K 1 ´ expp´ q . L’intégration de cette dernière
„
 τ
t
expression donne θptq “ ´Kt ` Kτ 1 ´ expp´ q où la condition θp0q “ 0 a été prise
τ
„

E
t
a2 B
en compte. On déduit aussi l’intensité : iptq “
1 ´ expp´ q . Pour t " τ ,
´K
τ
„ R0 4 2  2
E
a B
celle-ci devient constante et égale à I1 “
1´
.
R0
4J

„
d 1 92
˝
9
:
3 ) On a θJ θ “
J θ “ ´ie ´ hθ92 “ E i ´ R0 i2 ´ hθ92 , soit
dt 2

„
d 1 92
Ei “
J θ ` R0 i2 ` h θ92 . Cette dernière a une interprétation énergétique claire :
dt 2
l’énergie électrique fournie par le générateur de fem E est dépensée en énergie cinétique de
la tige, en énergie dissipée par effet Joule dans le circuit et compense aussi l’énergie dissipée
par frottement.
=================================================
X. Champ électrique induit. Un solénoı̈de...
1˝ ) Tout plan contenant l’axe z 1 z du solénoı̈de est un P ´ de la distribution de courant.
En un point d’un tel plan, le champ électrique induit lui est orthogonal. En coordonnées
ÝÑ
ÝÑ
cylindriques, Ei “ Eiϕ pρ, ϕ, zq eϕ et les lignes de champ correspondantes sont des cercles
d’axe z 1 z. Du fait des invariances par rotation autour de z 1 z et par translation parallèlement
ÝÑ
à z 1 z, Eiϕ pρ, ϕ, zq ” Eiϕ pρq. En calculant la circulation de Ei le long d’un cercle d’axe z 1 z
et de rayon ρ, on trouve, en utilisant la relation de Maxwell-Faraday,
2πρ Eiϕ pρq “ µ0 nI πρ2 si ρ ď a et “ µ0 nIπa2 si ρ ě a. Donc
„

µ0 nI
a2
Eiϕ “
ˆ ρ si ρ ď a, ou
si ρ ě a
2
ρ
Christian Carimalo
59
Induction électromagnétique
2˝ ) Ei “ 2πρEiϕ ...
=================================================
XI. Moteur linéaire.
1˝ ) a) b) ...
2˝ ) La spire coupe des lignes de champ de B, d’où apparition dans le circuit d’une fem
d’induction et d’un courant induit. Ce courant induit donne lieu à des forces de Laplace
agissant sur le circuit.
ż x`a
bB0
˝
r sinpωt ´ kx ´ kaq ´ sinpωt ´ kxq s
3 ) Φptq “ bB0
du cospωt ´ kuq “ ´
k
x
“
2bB0
ka
ka
sinp q cospωt ´ kx ´
q.
k
2
2
9 dérivée totale du flux par rapport au
4˝ ) i “ E{R (auto-induction négligée), et E “ ´Φ,
temps (dérivée particulaire ou encore, dérivée en suivant le mouvement), en prenant en
2bB0
ka
ka
compte que x “ vt : E “
pω ´ kvq sinp q sinpωt ´ kvt ´ q. A noter que cette fem
k
2
2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
BA ÝÑ
peut être obtenue au moyen du champ électrique électromoteur E “ ´
` v ^ B où
Bt
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
B0
ÝÑ
A est le potentiel vecteur associé à B . On trouve A “ ey Ay avec Ay “ ´
sinpωt´kxq,
k
ÝÑ ÝÑ
dAy
B0
pω ´ kvq cospωt ´ kxq. On vérifie au passage que Ey “
puis E “ ey Ey avec Ey “
k
dt
où l’on a posé préalablement x “ vt dans l’expression de Ay . On retrouve enfin l’expression
précédente de E en calculant la circulation de ce champ électrique le long du circuit.
5˝ ) Les forces sur les côtés M Q et N P se compensent.
ÝÑ
F QP
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
“ i QP ^ B px ` a, tq “ ibB0 ex cospωt ´ kx ´ kaq ;
ÝÑ
F NM
“ i N M ^ B px, tq “ ´ibB0 ex cospωt ´ kxq ;
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
Ftot “ ex
ÝÑ
ÝÑ
4b2 B02
ka
ka
pω ´ kvq sin2 p q sin2 pωt ´ kvt ´
q.
kR
2
2
2 2
ÝÑ
ka
ÝÑ 2b B0
6˝ ) ăFtot ą “ ex
pω ´ kvq sin2 p q. Cette valeur moyenne est dans le sens du moukR
2
vement du cadre si ω ą kv : le système fonctionne alors en moteur ; si ω ă kv, la force
Christian Carimalo
60
Induction électromagnétique
moyenne est résistante, le système fonctionnera plutôt en générateur électrique.
=================================================
Christian Carimalo
61
Induction électromagnétique
Problèmes
I. Examen du 30 janvier 2003
PROBLÈME A. Barême indicatif : 35/60
ÝÑ
ÝÑ
1˝ ) et 2˝ ) Symétries + théorème d’Ampère : B pM q “ Bprq eϕ avec
ż
µ0 r 1 1 1
Bprq “
r dr jpr q
r 0
3˝ ) a) dτ “ r dr dϕ dz
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
b) dFm “ j ^ B dτ “ ´jprqBprq er dτ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) a) dFp ` dFm “ 0
b)
dP
“ ´jprqBprq
dr
1 d
rrBs prq, d’où
r dr
„

dP
1 1 d
1
dB B 2
1 1 d “ 2 2‰
rrBs “ ´
“ ´ B
B
`
“ ´
r B dont l’intégration
dr
µ0 r dr
µ
dr
r
µ0 2r2 dr
ż R0
˘
1 d `
1
dr1 12 1 r12 B 2 , et comme P pRq “ 0,
donne P pRq ´ P prq “ ´
2µ0 r
r dr
ż
1 R 1 1 d ` 12 2 ˘
dr 12 1 r B
P prq “
2µ0 r
r dr
ÝÑÝÑ
ÝÑ
5˝ ) L’équation rot B “ µ0 j donne µ0 jprq “
6˝ )
1
ăP ą“
πR2
Donc ă P ą “
żR
0
‰R 1
1 “
2πrP prqdr “ 2 r2 P prq 0 ´ 2
R
R
B 2 pRq
2µ0
“
żR
0
2 dP
1
r
dr “
dr
2µ0 R2
żR
dr
0
d 2
rr Bs.
dr
I2
µ0
µ0 I
car Bprq “
pour r ě R.
2
2
8π R
2πr
µ0 j 0 r
µ0 I
µ0 j02 2
pour r ď R et Bprq “
pour r ě R ; P prq “
pR ´ r2 q.
2
2πr
4
7˝ ) Bprq “
8˝ ) I » 104 A.
PROBLÈME B. Barême indicatif : 25/60
ÝÑ
1˝ ) B “ µ 0
N
ÝÑ
Iptq ez
h
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ ÝÑÝÑ
BA
2˝ ) E “ ´
avec B “rot A . Le plan contenant z 1 z et M est un P ´ pour les courants :
Bt
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
A et E sont orthoradiaux. Donc E “ Eϕ eϕ . De plus, l’invariance par rotation autour de
Christian Carimalo
62
Induction électromagnétique
z 1 z et l’invariance par translation parallèle à z 1 z font que Eϕ ne dépend que de r : Eϕ “ Eprq.
ÝÑ
Les lignes de champs de E sont des cercles centrés sur z 1 z dans des plans orthogonaux à
cet axe, donc définies par r “ constante et z “ constante. En appliquant le théorème de
Stokes à l’une des lignes de champ telle que r ď R :
dB
ωr
µ0 N I0
, soit Eprq “ B0
sin ωt avec B0 “
dt
2
h
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
σωa
ÝÑ
3˝ ) J “ σ E pour r “ a : J “ B0
sin ωt eϕ
2
2πrEprq “ ´πr2
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) , P ą “ ă J ¨ E ą (pour r “ a) “
σω 2 a2 B02
8
ÝÑ
ÝÑÝÑ
1
5˝ ) a) rot Bi “ µ0 Ji . On trouve Biz “ x B0 sin ωt avec x “ µ0 σa`ω “ µ0 σπa`ν
2
ω
(ν “
).
2π
b) c) ν ě 250 Hz.
=================================================
II. Examen du 19 janvier 2009
- Partie I 1˝ ) a) Pour une spire : Φ1 “ µ0 nIπa2 et pour N spires : Φ “ N Φ1 “ µ0 n2 hIπa2 “ LI.
D’où L “ µ0 n2 hπa2 .
1
b) W “ LI 2 “
2
ÝÑ2
ż
espace
B
dτ ”
2µ0
ÝÑ2
ż
soléno:ıde
B
1
dτ “ πa2 h
pµ0 nIq2 d’où L “ µ0 n2 hπa2 .
2µ0
2µ0
- Partie II -
x
M
ωt
z’
z
y
2˝ ) ΦSÑD “ µ0 n i πb2 cos ωt “ M i, d’où M “ µ0 n πb2 cos ωt.
3˝ ) ΦDÑS “ M I0 “ µ0 n πb2 I0 cos ωt “ Φ0 cos ωt avec Φ0 “ µ0 nM, avec M “ πb2 I0 ,
moment magnétique du dipôle.
dΦtot
4˝ ) Φtot “ L i ` ΦDÑS , E “ ´
dt
5˝ ) E “ R i “ ´L
di
dΦDÑS
dΦDÑS
di
´
, soit ´
“ R i ` L . Le régime permanent est
dt
dt
dt
dt
Christian Carimalo
63
Induction électromagnétique
sinusoı̈dal de pulsation ω. En notation complexe, i “ ´
notation réelle, i “ ´
ÝÑ
R2
ÝÑ
ÝÑ
Φ0
ejωt r Lω ` jR s, et en
` L2 ω 2
R2
Φ0
r Lω cos ωt ´ R sin ωt s.
` L2 ω 2
ÝÑ
6˝ ) Γ “ M ^ BS “ ´ ey µ0 n iptq sin ωt ;
ÝÑ
ÝÑ
Φ0 R
.
` L2 ω 2 q
ÝÑ
ă Γ ą “ ´ ey µ0 n ă iptq sin ωt ą “ ´ ey µ0 n
2pR2
=================================================
III. Examen du 14 janvier 2010
Partie A
Voir cours (symétries + application du théorème d’Ampère)
ÝÑ
ÝÑ
B pM q “ Bϕ pρq eϕ
ÝÑ
AF pM q “ ´
avec
Bϕ “
µ0 I
2πρ
µ0 I ” ρ ı ÝÑ
ln
ez
2π
b
(1)
Partie B
z
∆
I
D
O
A
α
i
H
H’
O’
x
C
B
z’
ÝÑ
ÝÑ
3˝ )
OH
ÝÑ
µ0 Iia OH
µ0 Iia OH 1
i AB B pHq “
;
F
“
´
; OH 2 “ b2 `a2 `2ab cos α,
CD
π OH 2
π OH 1 2
“ b2 ` a2 ´ 2ab cos α.
ÝÑ
FAB “
12
ÝÑ
u
M
α
N
ÝÑ
FDA “
ż
Q
µ0 iI
i d` ^ B pM q (avec d` “ d` u , voir figure) “
2π
DA
ÝÑ
ÝÑ
Christian Carimalo
ÝÑ
ÝÑ
64
ż
ÝÑ
d` u ^
DA
ÝÑ
ez
ÝÑ
^ NM
“
NM2
Induction électromagnétique
ÝÑ
ż
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
µ0 iI ÝÑ `a u ¨ N M
ÝÑ
ÝÑ
d`
.
Or,
u
¨
N
M
“
u
¨p
N
Q
`
QM
q “ ` ` b cos α, N M 2 “
ez
2
2π
N
M
´a
b2 ` `2 ` 2b` cos α. On a donc
ż
ÝÑ
µ0 iI ÝÑ `a
` ` b cos α
µ0 iI ÝÑ b2 ` a2 ` 2ab cos α
FDA “
d` 2
ez
“
ez ln 2
2π
b ` `2 ` 2b` cos α
4π
b ` a2 ´ 2ab cos α
´a
ÝÑ
ÝÑ
FBC “ ´ FDA .
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) F “ FAB ` FCD .
µ0 iIa
Fx “
π
„
b ` a cos α
b ´ a cos α
´ 2
2
2
b ` a ` 2ab cos α b ` a2 ´ 2ab cos α


„
2µ0 iIa
b ` a cos α
b ´ a cos α
Fy “
sin α 2
`
π
b ` a2 ` 2ab cos α b2 ` a2 ´ 2ab cos α
5˝ )
ÝÑ
ΓO1
“
ÝÑ
O1 H
^
ÝÑ
FAB
`
ÝÑ
O1 H 1
^
ÝÑ
FCD
» ÝÑ
fi
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
µ0 iIa – O1 H ^ OH
O1 H 1 ^ OH 1 fl
“
´
π
OH 2
OH 12
» ÝÑ
fi
ÝÑ
„

1
ÝÑ
ÝÑ
µ0 iIa ÝÑ
1
OH
OH
µ
iIa
1
0
1
1
1
fl “
“
OH^–
`
O H ^ OO
`
π
OH 2 OH 12
π
OH 2 OH 12
µ0 iIa2 b
sin α
“´
π
„
1
1
`
2
OH
OH 12

ÝÑ
ez .
Ce moment a tendance à faire tourner la spire en sens inverse pour retrouver l’équilibre à
α “ 0.
ż ÝÑ ÝÑ
¿ ÝÑ ÝÑ
ρH
µ0 Ia
˝
ln
6 ) ΦF S “ MF S I “ BF ¨ dSS “ AF ¨ d`S “ ´Az pHq2a ` Az pH 1 q2a “
π
ρH 1
S
„
d’où MF S “
ρH
µ0 a
ln
π
ρH 1

avec ρH “
?
?
b2 ` a2 ` 2ab cos α, ρH 1 “ b2 ` a2 ´ 2ab cos α.
7˝ ) EP “ ´MF S I i.
BEp
BMF S
µ0 aiI B
b2 ` a2 ` 2ab cos α
“ Ii
“
ln 2
Bα
Bα
π Bα b ` a2 ´ 2ab cos α
„

1
1
µ0 aiI
“
p´2ab sin αq
`
2π
b2 ` a2 ` 2ab cos α b2 ` a2 ´ 2ab cos α
8˝ ) Γ “ ´
- Partie C 9˝ ) ESF “ MF S i0 ω sin ωt.
10˝ ) EF “ ´
dΦF tot
“ RIF » 0 donc ΦF tot “ LF IF ` MF S i “ constante “ 0 d’où
dt
MF S
IF » ´
i
LF
Christian Carimalo
65
Induction électromagnétique
z
i(t) = i0 cos ωt
(F)
(S)
O’
O
x
b
a
z’
‚ ES “ ´L
di
dMF S
´I
“ Ri
dt
dt
P O1 ` a
µ0 a
ln
, P O1 “ bp1 ´ cos ωtq d’où
π
P O1 ´ a
„

µ0 a dP O1
1
µ0 a2 bI
1
“
´
»
´
ω sin ωt. On en déduit
π
dt
P O1 ` a P O1 ´ a
πpb2 ´ a2 q
MF S “
dMF S
dt
i“
ωK
µ0 a2 bI
r
Lω
cos
ωt
´
R
sin
ωt
s
avec
K
“
R2 ` L2 ω 2
πpb2 ´ a2 q
z
I
b
(F)
(S)
O
P
x
O’
OP = bε cos ωt
z’
=================================================
IV. Examen du 10 janvier 2011
- Partie A -
1˝ )
a)
ÝÑ
BC
ÝÑ
d`c “
µ0
pP q “
4π
¿
ÝÑ
a dϕQ p eϕ qQ
ÝÑ
ÝÑ
Ic d`c ^ QP
µ0 I c
1
“
3
2
QP
4π pz ` a2 q3{2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
Or,
et QP “ QO ` OP , QO “
¿ ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
d`c ^ QO“ 2πa2 ez ; d’où
Christian Carimalo
66
¿
ÝÑ
ÝÑ
d`c ^ QP
ÝÑ
´ap eρ qQ ;
¿
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
d`c ^ OP “ 0 ,
Induction électromagnétique
z
n
(D)
P
O
x
ÝÑ
Bc
ÝÑ
ÝÑ
b) ΦCD » Bc pP q ¨ πb2 n “
c) ΦCD “ M Ic , donc M “
ÝÑ
(C)
Ic
pP q “
y
µ0 Ic a2
ÝÑ
ez
3{2
2
2
2pz ` a q
µ0 Ic a2
nz
2pz 2 ` a2 q3{2
µ0 a 2 n z
2pz 2 ` a2 q3{2
ÝÑ
2˝ ) a) M “ πb2 ID n
¿ ÝÑ ÝÑ
¿ ”
ÝÑ ı ÝÑ
ÝÑ
µ0
b) ΦDC “
AD ¨ d` c “
^
P
Q ¨ d` c
M
2pz 2 ` a2 q3{2
¿ ”
¿ ” ÝÑ
ż 2π ” ÝÑ
ı ÝÑ
ÝÑ ı
ÝÑ ı ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2
d`
^
QP
^
P
Q
¨
d`
“
πb
I
QP
^
n
¨
d`
“
M
n
¨
M
c
c
c
D
0
“ 2πa2 M nz . Donc ΦDC
µ0
“
πb2 ID 2πa2 nz “ M ID .
2
2pz ` a2 q3{2
c) Ceci était prévisible car ΦCD “ MCD Ic , ΦDC “ MDC ID et, selon un principe général,
MCD “ MDC “ M .
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) a) U “ ´ M ¨ B pP q “ ´
ÝÑ
ÝÑ
µ0 Ic a2
Mz
pz 2 ` a2 q3{2
ÝÑ
b) FD “ ´ gradD U “ F ez avec F “ ´
pz 2
3z
µ0 Ic a2 Mz
` a2 q5{2
c) Pour z ą 0 et Ic ą 0, F ă 0 pour Mz ą 0 et F ą 0 si Mz ă 0. Les conclusions sont
conformes à la règle du flux maximum. En effet, si Mz ą 0, alors le flux à travers la petite
spire modélisant l’aimant est positif et le devient davantage si l’aimant se rapproche de la
grande spire, ce qui n’est possible que si la force s’exerçant sur lui est orientée vers la grande
spire. Si Mz ă 0, ledit flux est négatif. Sa valeur maximum, alors égale à zéro, sera de mieux
en mieux approchée si l’aimant s’éloigne de la grande spire, donc si la force s’exerçant sur lui
ÝÑ
est orientée dans le sens de ez .
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) Γ “ M ^ B “
µ0 Ic a2 M
2pz 2 ` a2 q3{2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
n ^ ez . Ce moment a tendance à aligner n selon
ÝÑ
ez .
Christian Carimalo
67
Induction électromagnétique
- Partie B µ0 Mz
µ0 M
“ φ0 sin ωt avec φ0 “
.
2a
2a
dΦDC
a) Ec “ ´
“ ´E0 cos ωt avec E0 “ ωφ0 . L’équation électrique relative au circuit C
dt
est
5˝ ) ΦDC “
Ec ´ L
di
di
“ Ri ou Ec “ Ri ` L
dt
dt
En régime permanent et en notation complexe :
i“´
E0
ejωt
R ` jLω
soit, en notation réelle :
i“´
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
R2
E0
r R cos ωt ` Lω sin ωt s
` L2 ω 2
ÝÑ
b) F pOq “ 0 mais Γ ‰ 0 :
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
Γ “ M ^ B pOq “
ı µ M
µ0 M ”
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
0
i cos ωt ey ` sin ωt ez “
i cos ωt ex
2a
2a
φ20 ω
µ0 M ÝÑ
ÝÑ
ex ă i cos ωt ą “ ´
ex . Ce moment s’oppose au
2
2
2
2a
2pR ` L ω q
mouvement de D.
3µ0 M
6˝ ) a) Ec “ ? cos ωt.
4 2a
ÝÑ
D’où ă Γ ą “
µ 0 a2 M
avec z “ ap1 ` sin ωtq. En ne tenant compte que des termes du
2pa2 ` z 2 q3{2
ˆ
˙
µ0 M
3
2
2
2
1 ´ sin ωt d’où
premier ordre en , on a a ` z » 2a p1 ` sin ωtq et ΦCD » ?
2
2a 2
la force électromotrice
b) ΦCD “
Ec1 “ E01 cos ωt ,
avec
E01 “ 3µ0 M
?
4a 2
Elle est du premier ordre en (prévisible, car elle est bien sûr nulle en l’absence de mouvement,
c’est-à-dire, si “ 0). D’où l’intensité
i“
E01
p R cos ωt ` Lω sin ωt q
R2 ` L2 ω 2
elle aussi du premier ordre en . La force est maintenant
„
„


3µ0 a2 Mzi
3µ0 M
5
3µ0 M
3
F “´ 2
» ´ 2 5{2 1 ´ sin ωt r1 ` sin ωts i » ´ 2 5{2 1 ´ sin ωt i
2
2
pa ` z 2 q5{2
a 2
a 2
Christian Carimalo
68
Induction électromagnétique
Comme ă i ą “ 0, ă F ą “
proportionnelle à 2 .
9µ0 M
9µ0 M
E01 Lω 1
, grandeur
ă
i
sin
ωt
ą
“
a2 27{2
a2 27{2 R2 ` L2 ω 2 2
=================================================
V. Examen du 26 janvier 2011
O1
y
z
echantillon
ωt
x
B
B(t)
z’
aimant en rotation
ÝÑ
ÝÑÝÑ
ÝÑ
BB
1˝ ) rot E “ ´
n’est pas nul, donc E ne peut être nul.
Bt
ÝÑ
˝
2 ) Tout plan contenant M pρ, ϕ, zq et perpendiculaire à z 1 z est un P ` pour B , donc un P ´
ÝÑ
pour E qui doit donc être parallèle à z 1 z. De plus, comme il n’y a pas de charge excédentaire,
ÝÑ
BEz
div E “ 0 “
, Ez ne dépend pas de z.
Bz
BEz
BEz
“ ωB0 cos ωt ,
“ ωB0 sin ωt, d’où, avec la condition Ez “ 0 pour
Bx
By
x “ y “ 0 : Ez “ ωB0 r x cos ωt ` y sin ωt s “ ωB0 ρ cospωt ´ ϕq
3˝ ) a)
b) Comme Ez ne dépend pas de z, on choisit comme contour fermé un rectangle ABCD situé
dans un plan contenant z 1 z, lequel correspond à une valeur donnée ϕ de l’angle azimutal, et
dont l’un des côtés de longueur h est sur l’axe z 1 z, tandis que l’autre de même longueur est
à la distance ρ de cet axe (voir figure).
z
A
B
ρ
h
D
C
ÝÑ
Les circulations de E le long de AB et de CD sont nulles du fait de l’orientation de ce
champ ; la circulation le long de DA est nulle car la champ est supposé nul sur z 1 z ; il
reste la circulation le long de BC, égale à ´hEz pρ, ϕq et, d’après le théorème de Stokes,
ÝÑ
BB
aussi égale au flux de ´
à travers la surface du rectangle ABCD, dont la normale est
Bt
”
ı
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
eϕ “ ´ sin ϕ ex ` cos ϕ ey , soit, ´ωB0 ´ ex sin ωt` ey cos ωt ¨ eϕ ρh. D’où
Christian Carimalo
69
Induction électromagnétique
´hEz pρ, ϕq “ ´ωB0 ρh cospωt ´ ϕq. On retrouve ainsi l’expression de Ez .
”
ı
”
ı
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
4˝ ) E “ v ^ B “ ´ω ρ ´ sin ωt ex ` cos ωt ey ^ B0 cos ϕ ex ` sin ϕ ey
ÝÑ
“ ωB0 ρ cospωt ´ ϕq ez .
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
5˝ ) a) b) J “ γ E “ γωB0 ρ cospωt ´ ϕq ez .
6˝ ) dI “ JdS “ ρdρdϕγωB0 ρ cospωt ´ ϕq
7˝ )
ÝÑ
ÝÑ
ez
ÝÑ
γωB02 dz ρ2 dρ dϕ cospωt
dF “ dIdz
^ B“
ż 2π
car
dϕ cospωt ´ ϕq “ 0.
ı ÝÑ ÝÑ
”
ÝÑ
ÝÑ
´ ϕq cos ωt ey ´ sin ωt ex ; F “ 0
0
8˝ )
Γ
ÝÑ
“ ez
ż ÝÑ
ż
ż
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ ÝÑ
2
¨ pOM ^ dF q “ px ey ´y ex q¨ dF “ ωB0 γ` ρ3 dρdϕ cos2 pωt ´ ϕq
1
“ ωB02 γ`πR4 .
4
„

ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
˝
1
1
9 ) Γ “ ez ¨ M ^ B “ ´ cos θ n S 1 I 1 B 1 . On ajuste I 1 de telle sorte que θ “ 0 et l’on
a alors Γ “ n S 1 I 1 B 1 , d’où une possible mesure de γ.
O1
z
y
B’
I’
x
B(t)
ω
=================================================
VI. Examen de 2ème année 1979-1980. Principe de la dynamo acyclique
ÝÑ
1˝ ) Dans son mouvement, le conducteur coupe des lignes de champ de B0 , d’où apparition
d’une fem induite.
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
2˝ ) E pM q “ v pM q^ B0 “ ρ ϕ9 eϕ ^B0 ez “ ρϕB
9 0 eρ . La fem induite est égale à la
circulation du champ électromoteur entre les collecteurs :
Christian Carimalo
70
Induction électromagnétique
ż a2
E“
a1
1
a2
9 0 dρ “ B0 ϕ9 pa22 ´ a21 q » B0 ϕ9 2 “ Ri, d’où l’intensité du courant.
ρϕB
2
2
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
3˝ ) On admet que les lignes de courant sont radiales : dF “ i d` ^ B0 “ iB0 dρ eρ ^ ez
ÝÑ
“ ´i B0 dρ eϕ .
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
‚ Si B0 ϕ9 ą 0, i ą 0 ; si B0 ă 0, ϕ9 ă 0, dF est opposée à v ; si B0 ą 0, ϕ ą 0, et dF est
ÝÑ
encore opposée à v .
ÝÑ
ÝÑ
‚ Si B0 ϕ9 ă 0, alors i ă 0 ; Si B0 ą 0, ϕ9 ă 0, et dF est opposée à v ; si B0 ă 0, ϕ9 ą 0 et
ÝÑ
ÝÑ
dF est encore opposée à v . Ces constatations sont bien conformes à la loi de Lenz.
ż
ż
ż ´ ÝÑ
ÝÑ ¯
a2
ÝÑ ÝÑ
ÝÑ
˝
OM ^ dF “ ρ eϕ ¨ dF “ ´i B0 ρdρ » ´iB0 2 .
4 ) Γ “ ez ¨
2
ÝÑ
ÝÑ
9
δdW “ v δt ¨ dF “ pρϕqp´iB
9
0 dρqδt, d’où δW » δtp´iB0 ϕq
9
5˝ ) P “ δW {δt “ p´iB0 ϕq
6˝ ) Lz “ M
a22
2
a22
“ ´Ei, d’où E (voir eq. 9.18 du cours).
2
a22
9
ϕ.
2
ÝÑ
7˝ )
dL ÝÑ ÝÑ
a2
a2
ÝÑ
“ Γ ` Γ0 , d’où, en projetant sur ez , M 2 ϕ: “ ´iB0 2 ` Γ0 ou
dt
2
2
ϕ: `
B02 a22
2Γ0
ϕ9 “
2RM
M a22
L’intensité i n’est constant que si ϕ9 est constant. On voit que cela n’est possible qu’en
:
présence d’un moment extérieur constant Γ0 (pour pouvoir annuler ϕ).
θptq “
2M R
4Γ0 R
4Γ0 R
r1 ´ expp´t{τ qs où τ “ 2 2 ; θlim “ 2 4
2
4
B0 a2
B0 a2
B0 a2
iptq “
2Γ0
2Γ0
r1 ´ expp´t{τ qs ; ilim “ i0 “
.
B0 a22
B0 a22
8˝ ) E » 20 V ; i0 » 20000 A.
ÝÑ
9˝ ) a) En régime quasi-stationnaire, le vecteur densité volumique de courant J est à flux
ÝÑ
conservatif : div J “ 0. Comme on admet que les lignes de courant sont radiales, ce vecteur
n’a qu’une seule composante radiale Jρ et cette dernière équation locale prend la forme
1 B
pρJρ q “ 0, de laquelle on déduit que Jρ “ λ{ρ où λ est une constante (voir plus loin).
ρ Bρ
ÝÑ
b) L’intensité i est égale au flux de J à travers la surface diédrique : i “ ρ α h Jρ “ λαh
ÝÑ
ÝÑ
c) d) La loi d’Ohm est exprimée par l’équation locale J “ γ E . On a donc Jρ “ γ ρ ϕ9 B0 ,
9 Ceci justifie a posteriori que λ est une constante, indépendante de z et de ϕ.
et λ “ γB0 ϕ.
La différence de potentiel entre les deux collecteurs est :
ż C2
V1 ´ V2 “
C1
Christian Carimalo
1
E ¨ d` “
γ
ÝÑ
ÝÑ
ż a2
Jρ dρ “
a1
71
λ
a2
i
a2
ln
ln
“
“ R0 i
γ
a1
γαh
a1
Induction électromagnétique
1
a2
; R0 » 4 10´4 Ω. La puissance maximale que peut fournir cette dynamo
ln
γαh
a1
est P “ E 2 {R0 “ 1000 kW.
d’où R0 “
=================================================
VII. Extrait de l’examen de LP203, juin 2005
P
P
I0
O
y
I0
O
y
z
Figure-1bis
1˝ ) Considérons le circuit de gauche de la figure 1bis. Le plan contenant le circuit est manifestement un P ` , donc en tout point se trouvant dans ce plan, et en dehors du circuit, en particulier au point O, on a Bx “ Bz “ 0. Le circuit à droite de la figure est
obtenu à partir de celui à gauche par une rotation de π autour de Oy. Dans cette rotation x1 “ ´x, y 1 “ y, z 1 “ ´z, et les composantes du champ magnétique deviennent
Bx1 p´x, y, ´zq “ ´Bx px, y, zq, By1 p´x, y, ´zq “ By px, y, zq, Bz1 p´x, y, ´zq “ Bz px, y, zq ;
en particulier au point O (où Bx “ Bz “ 0), By1 “ By . Or, la superposition des deux
circuits donne une spire circulaire d’axe Oy, de rayon a, parcourue par un courant d’intensité I0 dans le sens trigonométrique associé à» Oy. Le champ créé par fi
cette spire en son
¿
ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ
µ0 ÝÑ –
I0 adϕ eϕ ^p´a eρ q fl µ0 I
ÝÑ
centre O est B “ B0 ey avec B0 “
ey ¨
“
. Comme
4π
a3
2a
spire
µ0 I0
B0 “ By1 ` By “ 2By , on a bien By “
.
4a
ÝÑ
2˝ ) Comme le champ de (C) en O est selon ey , pour que le flux magnétique Φ crée par pCq
à travers pC 1 q soit maximal, il faut que le plan du cadre soit dans le plan du circuit. On a
alors Φ “ N By b2 .
Figure 2
Figure 3
3˝ ) a) ‚ Pour t ă 0, I “ I0 est constant, Φ ne varie pas, il n’y a pas de courant induit dans
(C’).
Christian Carimalo
72
Induction électromagnétique
9 “ Φ0 ω sin ωt où
‚ Pour 0 ă t ă T , la variation de I induit dans (C’) la fem E “ ´Φ
µ0 I 0
l’on a posé Φ0 “ N b2
, ω “ 2π{T . Il apparaı̂t dans (C’) un courant induit dont les
8a
effets, selon la Loi de Lenz, s’opposent aux causes provoquant ce courant. Si l’on suppose
négligeable le coefficient d’auto-induction du cadre (C’), l’intensité du courant induit est
ωΦ0
sin ωt, compté algébriquement par rapport au sens de rotation positif
i “ E{R “
R
autour de Oy. Dans la phase 0 ă t ă T {2, le champ By diminue. L’intensité i est dans
ce cas positive et le champ induit est orienté positivement selon Oy pour contrebalancer la
diminution du champ inducteur. Dans la phase T {2 ă t ă T , i devient négatif, le champ
induit s’oppose alors au champ inducteur qui se remet à croı̂tre.
b) Le calcul et l’interprétation ne sont simples que si l’on néglige l’auto-induction dans (C’).
ωΦ0
On a dans ce cas iptq “
sin ωt.
R
A.N. imax “ ipT {2q “
1 N b2 I0
ωΦ0
“
πµ0 “ 1, 6 mA.
R
T 4aR
Le courant iptq persiste-t-il après la date t “ T : non, s’il n’y a pas pas d’auto-induction.
=================================================
VIII. Problème de synthèse facile.
- Partie A 1˝ ) E “ V0 {h.
S
2˝ ) a) E “ σ{0 “ Q{S0 “ V0 {h d’où Q “ C0 V0 avec C0 “ 0 .
h
b) Du fait de l’influence totale, chacun de ces condensateurs porte la même charge. La
différence de potentiel aux bornes d’un condensateur s’écrit donc ∆V “ Q{C0 et la différence
Q
de potentiel totale aux bornes de l’ensemble est V0 “ n . L’ensemble est donc équivalent
C0
à un condensateur de capacité C “ C0 {n.
c) C “ 2, 5 pF.
- Partie B ÝÑ
ÝÑ
1˝ ) B “ Bϕ pρq eϕ avec Bϕ pρq “
tore.
2˝ ) a) L “
µ0 N i
à l’intérieur du tore, Bϕ pρq “ 0 à l’extérieur du
2πρ
µ0 N 2 a b ` a{2
ln
2π
b ´ a{2
b) L “ 550 mH.
3˝ ) M “
µ0 N a b ` a{2
ln
; M {L “ 1{N .
2π
b ´ a{2
- Partie C -
1˝ ) Voir le cours.
2˝ ) Le flux magnétique total à travers B est Φtot “ Li ` M I, d’où la fem d’induction totale
Christian Carimalo
73
Induction électromagnétique
dI
di
´ L . L’équation électrique dans le circuit bobine-condensateur est Etot “
dt
dt
dQ
Q{C, avec i “
. Le régime permanent étant sinusoı̈dal, on utilisera la notation complexe.
dt
i
Récrivant l’équation électrique dans cette notation, on obtient : ´jωM I “ jLωi `
,
jCω
M I 0 x2
MI
I0 x2
soit i “
. En notation réelle : i “
cos ωt ; i0 “
, α “ 0 si
2
2
Lp1{x ´ 1q
Lp1 ´ x q
N |1 ´ x2 |
x ă 1, α “ π si x ą 1.
ˇ
ˇ ˇ
ˇ
ˇ i0 ˇ
ˇ BB ˇ
x2
˝
ˇ
ˇ
.
“ N ˇˇ ˇˇ “
3 ) a) r “ ˇ
ˇ
BF
I0
|1 ´ x2 |
Etot “ ´M
b) ω0 “ 0, 85 106 rd/s ; x “ 5 10´2 ; r “ 2, 5 10´3 .
ÝÑ
ÝÑ
c) ‚ Pour x ă 1, BB est dans le même sens que BF . Lorsque la fréquence du courant
inducteur est relativement faible, l’effet inductif du circuit bobine-condensateur est masqué
par son effet capacitif. La fem induite est en quadrature de ´π{2 avec le courant inducteur
selon la loi de Lenz-Faraday, et aussi en quadrature de ´π{2 avec le courant induit qui
joue alors uniquement le rôle de courant de charge du condensateur. Au final, le courant
induit est en phase avec le courant inducteur. Ses effets sont bien conformes à la loi de
Lenz. Par exemple, à partir d’une date prise comme origine des temps, le champ inducteur
commence à diminuer (cos ωt décroı̂t) et le champ induit vient alors le renforcer pour contrer
la diminution de flux magnétique. Comme un condensateur est un coupe-circuit à très basse
fréquence, l’intensité du courant induit est dans ce cas plutôt faible.
ÝÑ
ÝÑ
‚ Pour x ą 1, BB est opposé à BF . Lorsque la fréquence croı̂t, l’effet inductif du circuit
bobine-condensateur commence à se manifester et finit par l’emporter sur l’effet capacitif.
On se rappelle en effet qu’à très haute fréquences, un condensateur devient un court-circuit
et ne joue plus aucun rôle. La transition s’effectue à la résonance L ´ C. L’auto-induction
du circuit induit parvient alors à contrer l’induction du fil F, de sorte que le flux magnétique
total M I ` Li dans la bobine devienne même quasiment nul à très haute fréquence. Le
courant induit est alors en déphasage de π avec le courant inducteur. La valeur maximum du
courant induit devient pratiquement égale à I0 {N .
c
i
L
I
x
0
0
4˝ ) a) v “ v0 sin ωt avec v0 “ vmax “
“
“ 4, 7 V.
2
Cω
N |1 ´ x | C
b) Le champ électrique à l’intérieur d’un des condensateurs est perpendiculaire aux armatures
v0
et a pour intensité Eint “ v{h “
sin ωt.
h
5˝ ) Le champ électrique à l’intérieur des condensateurs étant variable avec le temps, il y a
dans cette région un courant de déplacement donnant naissance à un champ magnétique,
ÝÑ
ÝÑÝÑ
BE
conformément à la relation de Maxwell : rot B “ µ0 0
.
Bt
74