electromagnetisme - Exercices corriges

Electromagnétisme : régimes permanents et régimes variables. Erasmus-Socrates KTU 2006 /C. TEMPLIER, Université de Poitiers, France
Dernier enregistrement le 16/04/2017, à 21:47:58 par C. Templier
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E
El le ec ct tr ro om ma ag gn né ét ti is sm me e
R
Ré ég gi im me es s p pe er rm ma an ne en nt ts s e et t r ré ég gi im me es s v va ar ri ia ab bl le es s
C
Co or rr ri ig gé és s d de es s e ex xe er rc ci ic ce es s
C. TEMPLIER, Professeur
Département de physique, Faculté des Sciences
Université de Poitiers; France

Electromagnétisme : régimes permanents et régimes variables. Erasmus-Socrates KTU 2006 /C. TEMPLIER, Université de Poitiers, France
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E
Ex xe er rc ci ic ce e A A5 5. .4 4. .1 1
Trouver l’expression du champ électrostatique créé par
deux charges ponctuelles –q et +q placées en deux point
M1 et M2 distants de 2d sur deux axes particuliers (on
prendra l’origine du repère orthonormé au point O situé
au centre du segment M1M2) sur l’axe qui porte les
charges (Figure 1).
Comme les longueurs des segments O1M et O2M interviennent dans les expressions du champ électrique, il
faut faire l’étude séparément dans trois domaines de variation de la variable x (x<-d, -d<x<d et x>d).
x
x< <- -d d
Le champ créé par les deux charges est la somme vectorielle des champs
1
E
et
2
E
créés par chacune des
charges.
1
2
10
1u
rq 41
E
avec
11 rr 
où
x111 e)xd(OMOOMOr 
et
x
1
1
1e
r
r
u
.
Comme x est une grandeur algébrique, (x+d) peut être négatif ou positif. La valeur de la distance O1M est la
valeur absolue de (x+d). Pour x<d, (x+d) est négatif et
)dx(r)dx( 1
.
De la même façon,
2
2
20
2u
r
q
41
E
avec
x222 e)xd(OMOOMOr 
et
x
2
2
2e
r
r
u
.
Comme (x-d) est négatif, r2=-(x-d)=(d-x).
Le champ total est donc
x
2
2
2
10
e)
r
1
r
1
(
4q
E
. Ce qui donne
)
)dx( 1 )dx( 1
(
4q
E22
0
qui peut
encore s’écrire
222
0)dx( xqd
E
.
-
-d d< <x x< <d d
Dans ce cas,
x1 eu 
et (x+d) est positif tandis que
x2 eu 
et (x-d) est toujours négatif.
On en déduit
x
2
2
2
10
e)
r
1
r
1
(
4q
E
qui donne
)
)dx( 1 )dx( 1
(
4q
E22
0
.
x
x > >d d
On voit aisément que
x1 eu 
et (x+d)>O et
x2 eu 
et (x-d)>0.
x
2
2
2
10
e)
r
1
r
1
(
4q
E
qui donne
)
)dx( 1 )dx( 1
(
4q
E22
0
qui s’écrit
222
0)dx( xqd
E
.
Figure 1

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Sur la médiatrice du segment O1O2 (Figure 2)
Le point M est situé à égal distance r des points O1 et O2.
Le plan qui contient la médiatrice et les charges est un plan de symétrie.
Le champ électrostatique en M est dans ce plan.
Le plan perpendiculaire au plan précédent et qui contient aussi la
médiatrice est un plan d’antisymétrie. Le champ électrostatique est
perpendiculaire à ce plan.
Le champ électrostatique est donc perpendiculaire à la médiatrice, ce
qu’on retrouve par construction.
On va donc calculer la somme des projections des champs électrostatiques
1
E
et
2
E
sur la direction donnée par
x
e
.
x
2
0
e
r
cos
4q2
E
avec
)dy(r 22 
et
r
d
cos 
.
On obtient
x
3
0
e
r
1
2qd
E
.
Calcul du champ électrostatique à partir du potentiel
Le potentiel créé au point M est la somme des potentiels créés par chacune des charges :
V(M)=V1(M)+V2(M).
Avec
10
1rq
41
V
et
20
2r
q
41
V
en prenant la constante nulle car la charge est nulle à l’infini.
x
x< <- -d d
Dans ce cas, r1=-(x+d) et r2=(d-x) et
)
xd 1 dx 1
(
4q
V
0
.
On utilise maintenant la relation entre le champ électrostatique et le potentiel électrique :
VgradE 
.
Comme le potentiel ne dépend que de x, on en déduit que le champ électrostatique a une seule composante
sur
x
e
telle que
x
V
Ex
.
On trouve
)
)xd( 1 )dx( 1
(
4q
E22
0
x
qui est identique au résultat précédent.
-
-d d< <x x< <d d
Dans ce cas, r1=(x+d) et r2=(d-x) et
)
xd 1 dx 1
(
4q
V
0
.
On en déduit
)
)xd( 1 )dx( 1
(
4q
E22
0
x
.
Figure 2

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x
x> >d d
Dans cet intervalle, r1=(x+d) et r2=x-d, soit
)
dx 1 dx 1
(
4q
V
0
.
On en déduit
)
)xd( 1 )dx( 1
(
4q
E22
0
x
On pourrait essayer d’adopter la même démarche pour trouver le champ sur l’axe. On trouve que le potentiel
sur la médiatrice est
.0)
dy
q
dy
q
(
41
V2222
0
Le potentiel est nul et il n’est pas possible d’en
calculer le gradient. Cette méthode n’est pas adaptée pour trouver le champ électrique.
E
Ex xe er rc ci ic ce e A A5 5. .4 4. .3 3
Champ électrostatique créé à une distance r de son axe par un fil uniformément chargé
Soit un fil de longueur L portant une densité de charge .
Trouver l’expression du champ électrostatique puis du
potentiel électrique en un point M situé à une distance x
sur la médiatrice du fil. Que deviennent ces expressions
quand le fil est infini? Comparer au résultat obtenu en
utilisant le théorème de Gauss.
En considérant les éléments de symétrie, on montre que le
champ électrostatique total est perpendiculaire au fil. Si ce
fil porte une charge positive, le champ est dirigé vers
l’extérieur (Figure 3).
Le champ électrostatique élémentaire créé par une
longueur élémentaire dx est
u
dx
41
dE 2
0l
.
On recherche tout d’abord la projection sur la direction
perpendiculaire à l’axe.
cos
dx
41
'dE 2
0l
Dans cette expression, il y a 3 variables qui sont x [L/2,
L/2],  [-, +] et l qui est reliée au deux précédentes.
Pour résoudre le problème, on peut utiliser n’importe
laquelle de ces variables qui sont reliées entre elles par les
relations suivantes :
22 rx l
,
l
cr os 
et
r
x
tan 
.
Figure 3

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Le calcul le plus facile se fait à l’aide de la variable  en utilisant
 2
cos
d
r)(tandrdx
.
dcos
r4 1 cos
rd
cos
cos
r
41
'dE
0
2
2
2
0
En intégrant de - à +, on obtient :
r2sin
θsin
r4
dcos
r4
E
000 ][ 
où
22 r4L
L
sin 
.
Quand le fil est infini, sin est égal à 1. On retrouve alors le résultat obtenu avec le théorème de Gauss.
r2sin
E
0
E
Ex xe er rc ci ic ce e A A5 5. .4 4. .4 4
Champ électrostatique créé sur son axe par une rondelle plane chargée
uniformément
Une rondelle métallique de rayon extérieur R2 et de rayon intérieur R1
porte une charge répartie uniformément (densité surfacique de charge
). Calculer le champ électrostatique sur l’axe de la rondelle à la
distance z de son centre.
On considère une surface élémentaire sur le disque située à la distance r
de l’origine O. Dans une base cylindrique
)e,e,e( zr 
, cet élément de
surface s’écrit d2S= dr.rd.
Il porte une charge d2q=d2S et créé un champ élémentaire
Ed2
tel
que
u
qd
41
Ed 2
2
0
2
l
. Comme le champ total est porté par
z
e
, on
cherche l’expression de la projection sur cet axe.
2
2
0
z
2cosqd
41
Ed l
.
Toutes les surfaces élémentaires situées à la distance r de O créent des
champs électrostatiques élémentaires qui font le même angle avec l’axe
Oz. On peut donc intégrer le résultat précédent avec  variant entre 0 et
2.
2
0
2
02
0
2
0z
2
zdrcosr
2
d
drcosr
4
EddE ll
.
Il reste à intégrer sur r variant entre R1 et R2, en tenant compte de
Figure 4