Correction Devoir surveillé N°1

Correction Devoir surveillé N°1
Electromagnétisme 2005/2006
Exercice N°1
1. Déterminons la direction du champ électrique en utilisant les règles de symétrie :
Comme le cylindre est supposé infini ( h>>b) ; les plans (e z , e  ) et (e , e  ) sont deux plans
de symétrie, donc le champ est dirigé suivant l’intersection de ces deux plans soit E  E e 
Déterminons les coordonnées dont dépend le champ électriques :
 Le système est invariant par rotation autour de Oz donc E ne dépend pad de 
 Le système est invariant par translation suivant Oz donc E ne dépend pad de z
E  E (  )e 
Donc :
2. On a d’après les relations de continuité : E1t  E2t
Or au voisinage de la surface de séparation entre le diélectrique est le vide, le champ
électrique se réduit a sa composante tangentielle c-à-d E  Et . Comme cette composante est
continue donc E vide  E diélectrique
3. Comme on a un mélange de charge libre et de charge de polarisation, pour
calculer le champ électrique, il est plus simple de déterminer d’abord le champ D qui ne
dépend que des charge s libres :
on a :
 DdS  Qlibre
Surface de Gauss est un cylindre de hauteur h et de rayon r ( a < r < b ). On a donc :
 DdS 
vide
DdS   DdS    0 E dS  
diélectrique
vide
diélectrique
 1 E dS
Car E est le même dans les deux milieux. (N.B le calcul de l’intégrale se fait sur la moitié
d’un cylindre)
 DdS 
Donc :
0
Erh   1 Erh
La charge libre intérieur à la surface de Gauss est :
 Qlibre  
v
l
ah   ld ah
Avec  ld est la densité de charge libre la moitié qui contient le diélectrique.
 lv est la densité de charge libre la moitié qui contient le vide.
Donc :
( lv   ld )a
E
( 0   1 )r
Déterminons E en fonction de U, a et b, pour cela calculons la circulation de E entre les deux
conducteurs :
U 
b
a
( lv   ld )a b
Edr  U 
ln( )
( 0   1 )
a
D’où
4. Expression de la polarisation :
 Dans le vide P = 0
E 
U
b
r ln( )
a
e

Dans le diélectrique : P  ( 1   0 ) E  ( 1   0 )
U
b
r ln( )
a
e
Expressions du vecteur déplacement électrique :
U
 Dans le vide : D v   0
e
b 
r ln( )
a
U
 Dans le diélectrique : D d   1
e
b 
r ln( )
a
5. Densité de charge de polarisation :
 Surface r = a : dans le vide  p  0
Dans le diélectrique  p  ( 1   0 )

Surface r = b:
dans le vide  p  0
Dans le diélectrique  p  ( 1   0 )
U
b
a ln( )
a
U
b
b ln( )
a
6. La somme des charges de polarisation :
Qp    p dS    p dS  0
r a
r b
Exercice N°2
1) Calcul du vecteur excitation magnétique :
On a dans ce cas un mélange de courant libre et de courant d’aimantation mais la
circulation de H ne dépend que des courants libres.
Direction de H : On utilise les règles de symétrie : Tout plan (e z , e  ) est un plan de
symétrie donc H  H e
r  Ra/2
H 0
NI
 Hdr   I libre  R  a / 2  r  R  a / 2 H  2
r  Ra/2
H 0
2) En déduire B :
r  Ra/2
B0
NI
B  H R  a / 2  r  R  a / 2 B 
2
r  Ra/2
B0
En déduire l’aimantation M. Comme le milieu est un ferro doux, on a
M  H  ( r  1) H
r  Ra/2
M 0
(   1) NI
M  (1   r ) H R  a / 2  r  R  a / 2 M  r
2
r  Ra/2
M 0
3) Soit I’ le courant qui fournit le même champ si le ferro est remplacé par le vide, on
aura donc :
NI  0 NI '

 I   0 I '  I '   r I  10 3 I
2
2
4) Calcul de l’énergie magnétique du torre :
B2
N 2 I 2 h R  a / 2
On a
Wmag   d 
ln(
)
2
2
Ra/2
5) Déterminons l’expression du champ magnétique dans la coupure
Comme la circulation de H ne dépend que des courants libres et on a dans le ferro
H 
B
et dans le vide H 

B
0
Donc :
B
 Hdl  NI  
0
l1 
B

(2R  l1 )  NI  B 
l1
0

NI
(2R  l1 )

Exercice 3
1) Densités de charges de polarisation surfacique
On a  p  P.n   P
2) a) Expression du potentiel crée par un dipôle élémentaire :
dV 
1
d p.u
40 r 2
P.u
1 u
1 u
dS  P.
dS  P.J avec J  
dS
2
2
40 r
40 r
40 r 2
c) J est un champ électrique fictif crée par un plan charge avec une densité de charge
uniforme   1
1
k
d’où le calcul de J se déduit facilement par le th de Gauss : J 
2 0
3) a) En déduire V
P
np
V  P.J 

On a
2 0 2 0
b) on a V  
1
b) on a E   gradV  0
c) Le plan polarisé est équivalent à un condensateur plan chargé avec une densité
 p  P.n   P . Or le champ à l’extérieur d’un condensateur plan infini est nul, ceci
explique la valeur trouvée.