Correction DS N°1

Correction DS N°1
Electromagnétisme – 2008/2009
Questions de cours
 a) On a B = 0.435 T et H = 3.44 105A/m
la perméabilité pour un milieu linéaire est
H
B
soit
mH /1026.1 6
 b) Calcul de la susceptibilité du matériau :
on a
M
B
H 0
et
HM
d’où
3
0
1031 
 c) La susceptibilité est faible et positive, donc le milieu est paramagnétique.
Exercice 1
Soit un cylindre polarisé avec
x
ePP 
.
1) a) Densités de charge de polarisation :
 Densité de charge volumique : comme la polarisation est uniforme on a
0
p
 Densité de charge surfacique :
Pour la surface latérale, on a
en 
donc
cos.. PeePnP x
p
b) Le potentiel crée par le dipôle
pd
est :
2
0
4.r
udp
dVp
soit :
d
r
uP
dVp 2
0
4.
Comme P est uniforme, donc
s
EPd
r
u
Pd
r
uP
Vp .
4
.
4.2
0
2
0
c)
d
r
u
Es2
0
4
est un champ électrique fictif crée par le cylindre chargé en
volume avec une densité volumique
1
2) a) Calcule de Vp :
 À l’intérieur du cylindre :
Pour déterminer Vp, il faut d’abord calculer Es en utilisant le théorème de Gauss.
Direction de Es : les plans
),( z ee
et
),( ee
sont deux plans de symétrie, donc Es
est porté par l’intersection de ces deux plans. Soit
eEE ss 
Variable dont dépend Es : Le cylindre est invariant par rotation autour de Oz et par
translation suivant Oz ( on suppose le cylindre très long) donc
eEE ss )(
Appliquons alors le théorème de Gauss sur un cylindre de hauteur h et de rayon
R
On a
0
int
.
Q
dSEs
Le flux à travers les surfaces de Base = 0 car
EsdS 
Le flux à travers la surface latérale est
hEdSEss 2.

La charge interne à la surface de Gauss est
hr2
Donc :
e
r
Es0
2
De même pour r > R
e
r
R
Es0
2
2
Donc :
cos
2
.
cos
2
Pr
.
0
2
0
r
PR
EPVRr
EPVRr
sp
sp
b) Le champ électrique crée par le cylindre polarisé est :
ee
r
PR
VgradERr
P
VgradERr
rp
p
p
p
sincos
2
2
0
2
20
c)
Le plan (Oz,Oy) est un plan d’antisymétrie, donc le champ Ep est suivant Ox.
2) A l’intérieur du cylindre, on a
0
2
P
Ep
Or
p
EEE  0
et
EP
0
d’où
EP 2
20
Exercice 2
1) Pour un fil infini dirigé suivant oz , les règles de symétries suivantes :
+
+
+
+
+
+
+
+
+
-
-
-
-
-
-
-
P
Ep
Oy
-
Ox

 Direction de B Tout plan
),( z ee
est un plan de symétrie, donc B est suivant
e
 Variables dont dépend B : Le fil infini est invariant par translation suivant Oz et
par rotation autour de Oz , donc B ne dépend que de r
Soit :
erBzrB )(),,( 
2) Pour déterminer le module de B, utilisant le théorème d’Ampère. Comme B est
suivant
e
, on choisit comme contour d’intégration un cercle de rayon r
Le théorème d’Ampère donne :
r
I
B
IrBIdlB
2
2.
0
00
N.B. r est la distance entre le point ou on calcule le champ et le fil parcouru par I
3) Le potentiel vecteur se déduit par la relation
ArotB 
Le plan (Ox, Oy) est un plan d’antisymétrie, donc A est suivant Oz, de même A ne
dépend que de r
Donc :
00)(),,(  dz
d
d
d
etAAkrAzrA r
N.B. c est important d’utiliser les règles de symétrie avant de calculer rotA
Car
Arot
se réduit à
e
dr
dA
Donc :
e
r
I
e
dr
dA
BArot 20
D’où
kr
I
Aln
20
4) a) La distance entre le premier fil infini et le point ou on calcul le champ est x + r2
La distance entre le deuxième fil infini et le point ou on calcul le champ est x + r1
en tenant compte du sens du courant, le champ ou point M est alors :
)
11
(
2
)(
12
0
21 xrxr
I
BBxB 
b) Déterminons le flux envoyé par les deux fils à travers la boucle.
On a
 dSB.
N.B . Le champ dépend de x.
On a dS = dxdz donc
dxdz
xrxr
I
dxdzxB )
11
(
2
)(
12
0
Avec x varie entre 0 et a
Donc
)ln(ln
21
1
2
2
0rar
rar
Ia 
c) La force électromotrice induite dans la boucle est
dt
d
e
Soit :
)ln(ln
2)sin(
1
1
2
2
00 rar
rar
atI
e
5) En utilisant les résultats de la question 3, le potentiel crée par les deux fils est alors :

)ln(
2
)ln(
21
0
2
0xr
I
xr
I
A
6) Le champ de Neumann se déduit par la relation
dt
Ad
Em
Soit
ktxrxr
I
Em)sin()]ln()[ln(
212
0
7) La f.e.m induite dans la boucle se déduit à partir de la circulation du champ
électromoteur calculé le long de la boucle carrée.
Comme le champ électromoteur est suivant Oz, la circulation suivant MN ET QP est nulle
Donc :
)]()0([ axExEadlEdlEdlEe mm
N
Pm
M
Qmm  
Soit :
)ln(ln
2)sin(
1
1
2
2
00 rar
rar
atI
e