examen

Université de Gabès
Faculté des Sciences de Gabès.
A. U.
2015-2016.
EXAMEN
SECTION :
Epreuve de :
U.E :
LFPH2
Electromagnétisme I
Nature de l’épreuve : DC x
Date de l’épreuve : 16/11/2015
Durée de l’épreuve : 1 heure
DS
Documents : autorisés
non autorisés x
Calculatrice : autorisée x
non autorisée
Session : principale
contrôle
EF
Action d’un cham extérieur sur un cylindre
On place un cylindre, infini, conducteur et électriquement neutre, dans un champ électrique
→
−
appliqué E créé par un dispositif externe non étudié ici permanent et uniforme, perpendiculaire
à l’axe Oz.
→
−
−
1–
Justifier qu’on peut prendre E = E0 →
ux .
2–
Lorsque l’équilibre électrostatique est atteint, que vaut le champ électrique à l’intérieur
du cylindre ?
On cherche le champ électrique résultant à l’extérieur du cylindre. Pour cela on cherche le potentiel électrique V , solution de l’équation de Laplace ∆V = 0 sous la forme V (r, θ) = g(r) cos θ.
3–
Ecrire l’équation différentielle satisfaite par la fonction g et en chercher deux solutions
g1 et g2 sous la forme r p .
4–
La fonction g étant de la forme Ag1 + Bg2 , en déduire l’expression des composantes
du champ électrique sans chercher à déterminer les constantes A et B qui seront obtenues dans
les questions suivantes.
→
−
5–
Loin du cylindre, le champ électrique tend vers le champ électrique appliqué E . En
déduire l’une des constantes
6–
Rappeler les relations de passage du champ électrique à la traversée de la surface du
cylindre de rayon R.
7–
En déduire l’autre constante puis la densité surfacique de charge σ(r, θ) qui apparaît à
la surface du cylindre.
O N DONNE : Le laplacien en coordonnées cylindriques
∆V =
1 ∂ ∂V
1 ∂ 1 ∂V
∂V
(r ) +
(
)+
r ∂r ∂r
r ∂θ r ∂θ
∂z
1
Correction
1–
Le champ appliqué est uniforme et perpendiculaire à l’axe de révolution Oz du cy-
→
−
→
−
−
lindre. On peut alors choisir Ox suivant la direction de E est par suite E = E0 →
ux . Ce choix
simplifie les calculs mais ne réduit pas la généralité du problème.
2–
A l’équilibre électrostatique le champ électrique est nul à l’intérieur du cylindre.
3–
Le laplacien en coordonnées cylindriques s’écrit
∆V =
1 ∂ 1 ∂V
∂V
1 ∂ ∂V
(r ) +
(
)+
r ∂r ∂r
r ∂θ r ∂θ
∂z
Comme le système est invariant par translation suivant z, V est indépendant de z et par suite la
dernière dérivée partielle dans l’expression précédente est nulle. Il en résulte que l’équation de
Laplace s’écrit dans ce cas
1 ∂ ∂V
1 ∂ 1 ∂V
(r ) +
(
)
r ∂r ∂r
r ∂θ r ∂θ
=0
∆V =
Soit
∂ ∂V
∂ 1 ∂V
(r ) + (
)=0
(1)
∂r ∂r
∂θ r ∂θ
.
..
En notant g et g respectivement la dérivée première et la dérivée seconde de g par rapport à r,
on a
V = g(r) cos θ
∂V
.
= r cos θg
r
∂r
∂ ∂V
.
..
(r ) = cos θ(g + rg)
∂r ∂r
∂V
= −g sin θ
∂θ
1
∂ 1 ∂V
(
) = − g cos θ
∂θ r ∂θ
r
En portant les différents termes dans l’équation 1, on obtient après simplification
1
.
..
g + rg − g = 0
r
Ou encore
.
..
− g + rg + r2 g = 0
.
g = r p,
En cherchant une solution de la forme
on g =
termes dans 2, on obtient après simplification
pr p−1
(2)
..
et g =
p2 − 1 = 0
1
Les valeurs possible de p sont donc ±1. Soit g1 = r et g2 = .
r
2
p(p − 1)r p−2 .
En portant ces
4–
On a
g = Ag1 + Bg2
B
= Ar +
r
B
V = (Ar + ) cos θ
r
−−→
−
→
E1 = −grad V
En utilisant l’expression du gradient en coordonnées cylindriques, il vient
∂V
∂r
−
→
1 ∂V
E1 = − r ∂θ
∂V
∂z
B
(−A + 2 ) cos θ
r
= (+A + B ) sin θ
r2
0
→
−
→
−
−
→
−
Quant r −→ +∞, E1 tend vers E . D’une part, E = E0 →
ux s’écrit en coordonnées
cylindriques
E cos θ
→
− 0
E = −E0 sin θ
0
5–
D’autre part
−A cos θ
−
→ r→+∞ E1 −→ A sin θ
0
On déduit que A = −E0
6–
En repérant par 1 l’intérieur du cylindre et par 2 l’extérieur, les relations de passage du
champ électrique à la traversée de la surface du cylindre de rayon R sont :
→
−
−
→ −
→
−
n→
12 ∧ (E2 − E1 ) = 0
σ
−
→ −
→
−
n→
12 · (E2 − E1 ) =
ε0
−
Avec ces notations −
n→ est confondu avec →
u .
12
r
Il faut bien noter que les équations de passage sont valables à l’interface ; pour r = R.
3
(3)
(4)
−
−
→ →
En considérant que E1 = 0 et en utilisant l’équation de la continuité de la composante
tangentielle 3, on obtient
B →
B →
→
−
−
−
ur ∧ (E0 + 2 ) ur + (−E0 + 2 ) uθ = 0
R
R
7–
On déduit que
B = E0 R2
En utilisant l’équation de la discontinuité de la composante normale 4 ; on obtient que
σ = 2ε0 E0 cos θ
Expressions finales de E et V
Le champ électrique est
2
E0 (1 + R ) cos θ
r2
−
→ E1 = R2
E0 (−1 + 2 ) sin θ
r
0
Et le potentiel électrique est
V = −E0 (r −
4
R2
)
r