O.Granier, ITC, du 24 au 29 oct - Plate

Préparation au Concours Cycle Polytechnicien
Filière universitaire : candidats internationaux
(O.Granier, ITC, du 24 au 29 octobre 2011)
TD corrigés sur les champs statiques E et B
Electrostatique
1) Charges aux sommets d'un carré :
Quatre charges identiques q sont placées aux quatre sommets d'un carré de côté a 2 ; elles
sont fixes.
Déterminer le mouvement d'une charge q' de masse m au voisinage du centre du carré (q et q'
sont de même signe).
On se placera en coordonnées cartésiennes et on fera un développement de Taylor du
potentiel électrostatique, en tenant compte des symétries du problème et en considérant des
cas particuliers.
Solution :
1
Le potentiel électrostatique en un point M proche de l’origine peut s’écrire sous la forme d’un
développement de Taylor au 2nd ordre : V ( x, y ) = V0 + Ax + By + Cx 2 + Dxy + Ey 2 , V0 désigne
q 1
le potentiel à l’origine : V0 = 4
.
4πε 0 a
Par symétrie : V (− x, − y ) = V ( x, y )
donc
A = B= 0
De même, V (− x, y ) = V ( x, y ) donne D = 0. Enfin, V ( y, x) = V ( x, y ) donne C = E.
Finalement :
V ( x, y ) = V0 + c( x 2 + y 2 ) = V0 + Cr 2
(r = OM )
Pour déterminer C, on considère que le point M a pour coordonnées M (x,0) ; alors :
V ( x, 0) =


q  1
1
2
q 1 1
1
2
+
+
=
+
+




4πε 0  a − x a + x
a 2 + x 2  4πε 0 a 1 − x / a 1 + x / a
1 + x2 / a2 
En faisant un DVL au 2nd ordre en x / a :
V ( x, 0) =
1
(1 + x / a + x 2 / a 2 ) + (1 − x / a + x 2 / a 2 ) + 2(1 − x 2 / 2a 2 ) 
4πε 0 a
q
q 1
x2 
V ( x, 0) =
4+ 2 
4πε 0 a 
a 
Par identification : C =
1
4πε 0 a 3
q
q 1
x2 + y2 
q 1
r2 
Le potentiel s’écrit donc sous la forme : V ( x, y ) =
4+
=
4+ 2 
4πε 0 a 
a 2  4πε 0 a 
a 
uuuuur
r
qq ' 1 r
La force électrique subie par la charge q’ est ensuite : f = − q ' gradV = −2
rur
4πε 0 a 3
C’est une force de rappel.
r
d 2r
qq ' 1 r
Le PFD appliqué à la charge q’ donne : m 2 = −2
r
dt
4πε 0 a 3
2
r
d 2 r qq ' 1 r r
+
r =0
dt 2 2πε 0 ma 3
qq ' 1
)
2πε 0 ma 3
r
r r
La solution de cette équation différentielle est : r = U cos ω0t + V sin ω0t
Soit :
(ω02 =
La trajectoire est dans le cas général une ellipse.
2) Emission de charges électriques par un plan :
Un plan infini π = (Oxy) possède, à l’instant t = 0, une densité superficielle de charge σ0.
r
r
Les charges quittent le plan avec une vitesse constante v0 = vOu z et un débit que l’on note a
(exprimé en C.m – 2.s – 1 ).
a) Déterminer le champ électromagnétique en un point M de l’espace.
b) Vérifier la compatibilité avec les équations de Maxwell.
3) Quadripôle électrostatique :
Soit un ensemble de trois charges alignées : - 2 q en O, + q en A(+ a,0) et + q en B(- a,0).
Calculer le potentiel puis le champ en un point M de l'espace situé à la distance r de O, en
supposant r >> a.
4) Anneau chargé équivalent à un dipôle :
Soit un anneau fin (A) de centre O et de rayon R, divisé en deux parties égales chargées
uniformément + λ et - λ.
r
En utilisant la notion de dipôle électrostatique, déterminer le potentiel V puis le champ E en
un point M très éloigné de O (r = OM >> R).
5) Superposition d’un champ uniforme et d’un dipôle :
r
Soit un champ uniforme E 0 créant en un point O un potentiel V0.
r
r
En O, on place un dipôle de moment dipolaire p parallèle à E 0 et de même sens.
Calculer le potentiel créé en un point M situé à grande distance de O.
En déduire qu'il existe une équipotentielle sphérique dont on déterminera le rayon.
Calculer le champ en M.
6) Charges volumiques positives et négatives entre deux plans :
3
On considère la distribution volumique de charges suivantes :
+ ρ pour 0 < x < + a
;
- ρ pour - a < x < 0
Calculer le champ et le potentiel en tout point de l'espace en fonction de x.
Le potentiel est nul pour x = 0.
7) Sphère gravitationnelle creuse ou pleine :
Utiliser le théorème de Gauss pour calculer le champ gravitationnel créé par une sphère de
masse M en tout point de l'espace, dans les deux cas suivants : sphère creuse (densité
surfacique σ = cste) puis sphère pleine (masse volumique ρ = cste).
8) Champ créé par un volcan :
Déterminer le champ de gravitation au sommet d'un volcan, situé sur la Terre, ayant la forme
d'un cône de hauteur h, de demi-angle au sommet θ et de masse volumique ρ uniforme.
On néglige la composante centrifuge du champ de pesanteur.
La Terre est assimilée à une sphère de centre O et de rayon R, de masse volumique identique
à celle du volcan.
Solution :
1. Le champ de pesanteur terrestre, confondu ici avec le champ gravitationnel, est équivalent à
celui d’une masse ponctuelle placée en son centre O et possédant toute la masse MT terrestre.
Par conséquent, au sommet S du volcan :
r
g T (S) = −
2
 RT 
r
r
 g 0 u z
u z = −
2
(R T + h )
 RT + h 
GM T
(avec g 0 =
GM T
R T2
)
2. Afin de calculer le champ de gravitation dû au volcan seul, il est nécessaire de réaliser un
calcul intégral prenant en compte la forme et la masse volumique ρ du volcan.
Tous les plans contenant l’axe (Az) (et donc le sommet S) sont des plans de symétrie positive
pour la répartition de masse du volcan, par conséquent le champ de pesanteur créé par le
volcan en S, appartenant à tous ces plans, est finalement porté par l’axe (Az), soit
r
r
g V (S) = g V (S) u z . On considère (voir figure) un petit élément de volume dτ = dS dz , centré au
point P, dont la contribution au champ de pesanteur en S s’écrit :
r
G (ρ dτ) r
dg P (S) =
u
r2
r
→
(où r = SP et u = SP/ r )
La coordonnée « utile » dg P,z (S) de ce champ, sur l’axe (Az), vaut :
r r
r
dS (− u z ).u
r
G (ρ dτ) r r
dg P,z (S) = dg P (S).u z =
u.u z = −Gρ dz
r2
r2
r
r
Or, dΩ = dS (−u z ).u / r 2 est l’expression de l’angle solide sous lequel du sommet S on voit
l’élément de surface dS. Par suite :
4
dg P, z (S) = −Gρ dz dΩ
Le champ global gV(S) est obtenu en intégrant selon z et selon Ω. L’angle solide délimité par
un cône de demi-angle au sommet θ valant 2π(1 − cos θ ), il vient :
r
r
g V (S) = −2πGρh (1 − cos θ) u z
3. La norme g(S) du champ résultant au sommet S est ainsi :
2
 RT 
 g 0 + 2πGρh (1 − cos θ)
g (S) = 
 RT + h 
Comme h << RT, on peut effectuer un développement limité
de l’expression :
2
 RT  
h 

 = 1 +

R T 
 RT + h  
−2
z
S
r
u
h
≈1 − 2
RT
Par ailleurs, en utilisant les relations ρ = 3M T /(4πR 3T ) et
Soit finalement :
α
P
z + dz
z

3 h
 g 0 +
(1 − cos θ) g 0
2 RT

g (S) = g 0 −
h
r
θ
g 0 = GM T / R T2 , il vient :

h
g (S) = 1 − 2
RT

dΩ
r
uz
dS
A
h
(1 + 3 cos θ) g 0
2R T
On constate que g(S) < g 0 : le champ créé par le volcan ne compense pas l’éloignement du
sommet S du centre de la Terre. Numériquement, le champ de gravitation dû au volcan seul
vaut g V (S) = (3h / 2R T )(1 − cos θ) g 0 = 2,5.10 −4 m.s −2 ; la variation (en valeur absolue) du champ
dû uniquement à la Terre entre le sol et le sommet S vaut, quant à elle,
(2h / R T ) g 0 = 2,5.10 −3 m.s −2 , c’est-à-dire dix fois plus que la contribution du seul volcan !
9) Retraitement des eaux :
Le demi-espace métallique z < 0 est porté au potentiel uniforme V0 > 0. Le demi-espace z > 0
est rempli d'un électrolyte constitué de cations K+ et d'anions A-. Le problème étant invariant
r
r
par translation selon u x et u y , le potentiel V(z) ne dépend que de z. À l'équilibre
thermodynamique à la température T, les densités volumiques d'ions dans l'électrolyte sont
données par des facteurs de Boltzmann :
 eV (z )

 k BT 
n+(z) = n0 exp  −
et
 eV (z )
.
 k BT 
n_(z) = n0 exp 
1) Citer un autre contexte où on voit apparaître un facteur de Boltzmann . Préciser la
signification physique de cette loi.
2) Exprimer la densité volumique de charges ρ(z) en fonction de e, V(z), n0, kB et T. En
déduire que le potentiel V(z) est - sous réserve que e V(z ) « kBT - solution d'une équation de
la forme :
5
d 2V V
−
=0
dz 2 D2
où D est une constante qu'on explicitera en fonction de ε0, kB, T, n0 et e.
3) Déterminer V(z) en fonction
de V0, z et D sachant que V(∞) = 0. En déduire l'expression
r
du champ électrostatique
r E dans l'électrolyte en fonction de V0, z et D. Pourquoi parle-t-on
d'écrantage du champ E ?
Solution :
1) Les expressions font intervenir l’énergie potentielle E p = qV d’un ion de charge q dans le
− E / kT
potentiel électrique V dans le terme e p , appelé facteur de Boltzmann. On retrouve ce
terme en théorie cinétique des GP et lors de l’étude de l’atmosphère isotherme.
 eV ( z ) 
2) La densité volumique de charges est : ρ = en+ − en− = −2n0 esh 

 kT 
d 2V 2n0 e  eV ( z ) 
L’équation de Poisson, ∆V = − ρ / ε 0 donne ensuite :
=
sh 

dz 2
ε0
 kT 
Avec eV(z) << kT, il vient :
d 2V 2n0 e 2
=
V . On note
dz 2 ε 0 kT
D=
ε 0 kT
2n0 e 2
.
3) La solution de l’équation est, compte tenu des conditions aux limites : V ( z ) = V0 e− z / D
Le champ est donné par : E = −
dV V0 − z / D
= e
dz D
En l’absence d’électrolyte, le champ électrostatique serait uniforme. L’effet de l’électrolyte
est d’écranter le champ sur une distance caractéristique D.
10) Lévitation par interaction électrostatique :
Le dispositif étudié comporte deux disques (A) et (B) métalliques horizontaux, de même axe
vertical (Oz), d’épaisseurs négligeables et de rayons a et b, tels que b << a. Le disque (A) est
fixe et centré en O ; il est relié à un générateur de tension électrostatique de fém V0. Pour un
point P appartenant à l’axe (Oz), on définit le demi-angle au sommet α du cône de sommet P,
s’appuyant sur le contour du disque (A). Dans l’état initial, le disque (B) est posé sur le disque
(A) et les deux disques sont ainsi en contact électrique.
6
z
P
r
g
α
O
(A)
σ
(B)
b
a
V0
σ
r
uz
1. On admet que la distribution des charges surfaciques est uniforme et égale à σ, sur chacune
des faces du système ainsi constitué et l’on s’intéresse au potentiel électrique V puis au champ
r
électrique E créé par ce système.
a) Déterminer le potentiel V le long de l’axe (Oz) en fonction de z. En déduire la valeur de la
densité surfacique σ en fonction notamment de V0 et de a.
r
b) Exprimer le champ électrique E le long de l’axe (Oz) au point P, en fonction de σ et de z,
puis en fonction de σ et de α. Tracer le graphe de la valeur algébrique E(z) du champ en
fonction de z, pour z > 0.
c) Au voisinage de l’axe (Oz), déterminer, par application du théorème de Gauss à un petit
cylindre d’axe (Oz) et de rayon r << a, la coordonnée radiale Er du champ électrique en
fonction de r et z, puis en fonction de r et α.
r
r
d) Par application du théorème de superposition, déterminer les champs électriques E A et E B
créés, en un point de l’axe (Oz), respectivement par les disques (A) et (B).
2. On s’intéresse désormais au décollage du petit disque (B), dont la masse est m, l’épaisseur
e très faible (e << b) et la masse volumique ρ. La tension V0 délivrée par le générateur
augmente progressivement à partir de la tension nulle. Le point G est le centre du disque (B),
initialement pratiquement confondu avec l’origine O.
a) Déterminer la condition sur σ, puis sur V0, pour que le décollage soit possible. On note Vs
la tension de seuil ainsi définie. Calculer Vs avec e = 0 ,2 mm , a = 10 cm , ρ = 8.10 3 kg .m −3 ,
g = 9 ,8 m.s −2 et 1 / 4πε 0 = 9.10 9 SI .
b) Après décollage, la tension reste fixée à Vs. On admet que les charges surfaciques prennent
une distribution uniforme sur chacun des deux disques et que le disque (B) reste
perpendiculaire à l’axe (Oz). Déterminer la position d’équilibre du disque (B) sur l’axe (Oz).
Discuter la stabilité de cet équilibre lors de déplacements le long de (Oz).
c) Quelle est la force appliquée au disque (B) lorsque, à partir de sa position d’équilibre
r
définie précédemment, le disque s’écarte de l’axe (Oz) selon une translation de vecteur rG
r
perpendiculaire à l’axe (Oz) ? Exprimer le résultat en fonction de Vs, a, b et rG . Que dire de la
stabilité de l’équilibre du disque (B) ?
Solution :
7
1-a) Le potentiel élémentaire dV(P) créé par une couronne circulaire comprise entre les
cercles de centre O et de rayons r et r + dr (voir figure) au point P est : dV(P ) =
ou : dV(P ) =
2σ
4πε 0
1 2σdS
,
4πε 0 PM
2πrdr
z2 + r2
Le potentiel résultant créé par tout le disque au point P est par conséquent :
V (P) =
Soit finalement : V(P) = V(z) =
σ
ε0
∫
a
0
r
z2 + r2
dr =
a
σ  2
z + r2 
 0
ε 0 
σ  2
z + a2 − z 

ε 0 
Le potentiel pour z = 0 (à la surface des disques) est donc V0 = aσ / ε 0 ; d’où l’expression de la
densité surfacique σ = ε 0 V0 / a .
r
→
r
b) La relation intrinsèque E = − grad V = −(dV / dz) u z permet d’affirmer que le champ en un
point situé sur l’axe (Oz) est porté par cet axe. De plus, le plan contenant les deux disques
étant un plan de symétrie positive pour la répartition de charges, les champs électriques aux
points P(+ z) et P’(− z), symétriques l’un de l’autre par rapport à ce plan (π +), sont également
symétriques par rapport à ce plan. Par conséquent, E(−z) = −E(z) . Il suffit donc de déterminer
l’expression E du champ pour z > 0, qui s’obtient à partir de :
E=−

dV
d σ
= −   z 2 + a 2 − z



dz
dz  ε 0 
E(z)
σ / ε0
Soit finalement (Pour z > 0) :
E=

σ 
z
1 −

ε 0 
z 2 + a 2 
Soit encore, avec cos α = z / z 2 + a 2 :
σ
(1 − cos α )
E=
ε0
z
O
Représentation graphique de E(z),
pour z > 0.
z
c) Le point P, qui n’est plus sur l’axe (Oz), a pour coordonnées
cylindriques P (r, θ, z) , avec r << a. Le plan contenant le point P et l’axe
(Oz) est un plan (π +) pour la répartition de charges ; par conséquent, le
champ électrique est contenu dans ce plan et ne possède donc pas de
coordonnée orthoradiale. Comme la répartition de charges est de plus
invariante selon θ, il peut finalement s’écrire sous la forme :
r
r
r
E = E r ( r , z ) u r + E z ( z, r ) u z
Le théorème de Gauss appliqué à un petit cylindre d’axe (Oz) et de rayon
r << a, ne contenant pas de charges intérieures, permet d’écrire que le flux
sortant de cette surface fermée doit être nul ; par conséquent :
r
E z ( z + dz ,0) u z
r
r
ur
dz
r
E z ( z ,0 ) u z
P
2πr dz E r (r, z) + πr 2 E z ( z + dz,0) − πr 2 E z (z,0) = 0
8
r
Er ur
Soit :
2πrE r (r, z) dz + πr 2
dE z (z,0)
dz = 0
dz
d’où
E r (r , z) = −
r dE z (z,0)
2
dz
En utilisant l’expression du champ sur l’axe (Oz) obtenue à la question (1-b), il vient :
E r ( r , z) =
σ
a 2r
2ε 0 a 2 + z 2
(
)
3/ 2
=
σ r
sin 3 α
2ε 0 a
d) Le disque (B) est chargé en surface uniquement sur sa face supérieure avec la densité
surfacique σ. Le champ EB(z) créé par ce disque au point P situé sur l’axe est alors, par
analogie avec le résultat obtenu à la question (1-b) :
E B (z) =
σ
2ε 0

z
1 −

z2 + b2



(Pour z > 0)
Le champ EA(z) créé en P par le disque (A) s’obtient en appliquant le théorème de
superposition des champs électrostatiques :
E A (z) = E (z) − E B (z) =
Soit : E A (z) =
σ
σ 
1
+
−

2ε 0 2ε 0  z 2 + b 2

σ 
z
σ 
1 −
−
1 −
ε 0 
z 2 + a 2  2ε 0 

z
z 2 + a 2 
2


z 2 + b 2 
z
(Pour z > 0)
2-a) Le disque (B), posé sur le disque (A), possède la charge totale q B = σ(πb 2 ) et est donc
r
r
r
soumis à la force électrique f B = q B E A (0 + ) exercée par le disque chargé (A), E A (0 + )
désignant le champ électrique créé par le disque (A) quand z tend vers 0 par valeurs positives.
Par conséquent, le disque (B) pourra décoller lorsque cette force devient supérieure, en
norme, au poids du disque, autrement dit si :
q B E A ,z (0 + ) ≥ (ρeπb 2 ) g
Avec E A,z (0 + ) = σ / 2ε 0 (voir question précédente), il vient :
σ2
≥ ρeg
2ε 0
d’où
σ ≥ σ s = 2ε 0 ρeg
La tension de seuil Vs est alors : Vs =
σs a
ε0
soit
Vs = a
2ρeg
= 188 kV
ε0
b) Après décollage du disque (B), le générateur fournit au disque (A) des charges électriques
de telle sorte que la densité devienne de nouveau égale à σ sur les deux faces du disque (A).
Le champ créé sur l’axe (Oz) par le disque (A) est donc désormais identique à celui calculé à
la question (1-b). La condition d’équilibre du disque (B), obtenue à la cote zéq, se traduit alors
par la relation :
(ρeπb 2 )g = (σ s πb 2 )E (z éq )
soit
E (z éq ) =
ρeg σ s
=
σs
2ε 0
Connaissant l’expression de E(z) obtenue à la question (1-b), il vient finalement :
9

z éq
σs
σs 
E (z éq ) =
=
1−
2
2ε 0 ε 0 
z éq
+ a2





d’où
z éq =
a
3
Soient q B = σ s πb 2 et m = ρeπb 2 la charge et la masse du disque (B) ; lorsque z < z éq ,
q B E (z) > mg et pour z > z éq , q B E (z) < mg . Globalement, le disque (B) est bien soumis, de part
et d’autre de la position d’équilibre zéq, à une force de rappel qui a tendance à le ramener vers
sa position d’équilibre : autrement dit, l’équilibre du disque est stable.
c) Si le disque (B) s’écarte de l’axe (Oz) à partir de sa position d’équilibre zéq, la coordonnée
radiale du champ créé par le disque (A) intervient et le disque (B) subit alors la force radiale :
f r = (σ s πb 2 ) E r (r, z éq ) =
σ s2 πb 2
a 2 rG
2ε 0 a 2 + z 2
éq
(
)
3/ 2
=
2
2
3 3 σ s πb
rG
16 aε 0
En fonction de Vs = σ s a / ε 0 , il vient finalement l’expression vectorielle de la force :
r 3 3 πb 2 ε 0 2 r
fr =
Vs rG
16 a 3
Cette force est centrifuge et tend à éloigner de manière inéluctable le disque de l’axe (Oz) :
l’équilibre du disque (B) est donc instable vis-à-vis de mouvements transverses (c’est-à-dire
perpendiculaires à l’axe (Oz)).
11) Potentiel de Yukawa :
On considère une distribution de charge ayant la symétrie sphérique autour d'un point fixe O.
Le potentiel est donné à une distance r par l'expression (Potentiel de Yukawa) :
V (r ) =
q 1 r 
 r
1 +  exp  − 
4πε 0 r  a 
 a
(q et a sont des constantes positives)
a) Calculer le champ E à une distance r de O ; examiner les cas particuliers r << a et r >> a ;
quelle est la signification de a ?
b) Calculer le flux Φ(r) sortant d'une sphère de rayon r et en déduire que la distribution de
charges est équivalente à une charge ponctuelle placée en O et à une répartition volumique de
charges caractérisée par ρ(r), que l'on déterminera.
12) Energie électrostatique d’un électron :
Un électron est considéré comme une sphère de rayon a dans laquelle la charge est
uniformément répartie. On suppose en outre que toute l'énergie est sous forme électrostatique.
- 19
-31
On donne e = 1,6.10 C et m = 9,1.10 kg. Calculer l'énergie électrostatique de l'électron ;
en déduire un ordre de grandeur de a.
10
13) Accrétion d’une étoile :
1- On considère une sphère chargée de rayon r et de densité volumique uniforme ρ. Rappeler
l'expression du champ électrique et du potentiel en tout point M situé à la surface de la sphère.
On posera V = 0 à l'infini.
2- Calculer le travail d'un opérateur qui amène une particule de charge q , initialement à
l'infini, sur la surface de la sphère de rayon r .
3- Une sphère chargée de rayon R et de densité volumique uniforme ρ est constituée par
accumulation de particules infiniment petites qui sont au départ infiniment éloignées les unes
des autres. L'énergie potentielle d'interaction de ce système est prise nulle dans l'état initial.
a) Le rayon de la sphère passe de r à r + dr : une pellicule d'épaisseur dr est amenée de l'infini
sur la surface.
Déterminer la variation d'énergie potentielle dEp associée à cette opération élémentaire.
b) Déterminer l'énergie potentielle Ep (R) du système en fonction de sa charge totale Q et de
son rayon R . Par analogie, déterminer l'énergie potentielle de gravitation d'une étoile de
masse M et de rayon R .
On suppose que cette étoile s'est constituée par accrétion de poussières initialement très
éloignées les unes des autres. Le Soleil s'est constitué il y a environ 4,5 milliards d'années. Sa
masse est M = 2.1030 kg et son rayon R = 7. 108 m. En supposant qu'il rayonne une puissance
constante depuis sa formation, et qu'il n'y a pas d'autre source d'énergie, quel serait l'ordre de
grandeur de la puissance rayonnée par le Soleil ?
Donnée : G = 6,7. 10-11 N. m2 kg-2
Le flux solaire est en fait de l'ordre de 3,9. 1026 W. Comment interpréter ce résultat ?
14) Etude de lignes de champs :
Le schéma représente les lignes de champ créées par cinq charges ponctuelles numérotées de
1 à 5 de la gauche vers la droite. Le champ est nul aux points A , B , C et D . Les lignes en
traits épais issues de ces points sont également des lignes de champ.
11
1. Déterminer les signes des cinq charges.
2. Justifier l'existence et la position des points du champ nul.
3. Analyser la symétrie du schéma. Quelles relations peut-on en déduire entre q1 , q2 , q4 et q5
?
4. En appliquant le théorème de Gauss, déterminer la relation liant q2 et q3.
Magnétostatique
15) Bande parcourue par un courant :
On considère une bande plane illimitée de largeur 2a, définie en coordonnées cartésiennes par
les équations z = 0 et - a < y < a. Cette bande est parcourue par un courant continue d'intensité
I, distribuée de façon uniforme sur toute section de la bande par un plan x = cste. Les lignes
de courant sontr des droites parallèles à (Ox) ; I est comptée positivement dans le sens positif
de (Ox). Soit B le champ magnétique en un point M de coordonnées (0,0,h).
r
a) Prédire la direction et le sens de B .
r
b) calculer B .
c) La bande n'est plus parcourue par un courant, mais est désormais chargée avec une
densité uniforme σ. Montrer que le champ électrostatique au même point s'écrit :
r
σ
ar
E=
Arc tan u x
πε 0
h
d) Montrer que le champ magnétique peut se mettre sous la forme :
r
r
r
B = ku x ∧ E
Exprimer k en fonction des données et interpréter le résultat obtenu.
16) Effet « pincement » dans une colonne de plasma :
On peut obtenir le confinement d’une colonne de plasma en utilisant, au lieu de champs
magnétiques externes, le champ magnétique créé par un courant intense traversant le plasma.
On se propose d’étudier l’équilibre d’une colonne de plasma de symétrie cylindrique d’axe
(Oz) et de rayon R. Le plasma est traversé par un courant I dirigé suivant (Oz) et
uniformément réparti dans la section de la colonne. Le plasma est en équilibre
thermodynamique à la température T. On désigne par n(r) la densité totale de particules à la
distance r de l’axe et par P(r) la pression en ce point. On a P(r) = n(r)kT où k est la constante
de Boltzmann. La colonne de plasma est placée dans le vide.
1. Calculer le champ magnétique créé par le courant I en un point de la colonne de plasma
situé à la distance r de l’axe (r < R).
r
2. Calculer la force magnétique dFm due au courant I qui s’exerce sur un élément de volume
dτ de plasma défini par r et r + dr, θ et θ + dθ, z et z + dz. Montrer que cette force tend à
s’opposer à l’expansion radiale du plasma.
12
r
3. Rappeler l’expression générale de la résultante des forces de pression dFp qui agit sur un
élément de volume dτ d’un gaz autour d’un point où la pression est P.
4. De la condition d’équilibre de l’élément de volume de plasma, déduire l’expression de la
pression P(r).
5. On désigne par N le nombre total de particules par unité de longueur de la colonne de
plasma. Ecrire la relation entre N et I qui traduit la condition d’équilibre de la colonne de
plasma (condition de Bennett).
6. Application numérique : calculer le courant I nécessaire pour confiner une colonne de
plasma de 10 cm de rayon. L’énergie cinétique moyenne des particules est égale à 100 keV et
la densité moyenne de particules dans la colonne vaut 1015 cm −3 . On donne µ0 = 4π.10 − 7 SI
(perméabilité du vide).
Solution :
1. Soit M un point du plasma, situé à une distance de l’axe r < R .
• Etude des symétries : le plan contenant l’axe (Oz) et le point M est un plan de symétrie pour
la répartition de courant, par conséquent le champ magnétique est orthogonal à ce plan, soit :
r
r
B(M) = B(M)u θ
z
• La répartition de courant est invariante par
rotation autour de l’axe (Oz) et par
translation le long de (Oz), par conséquent le
champ magnétique est indépendant des
coordonnées θ et z de M. Finalement :
r
r
B(M) = B(r )u θ .
• Théorème d’Ampère : on considère le
contour (C) constitué par le cercle passant
par M, de rayon r et perpendiculaire à l’axe
(Oz) et orienté dans le même sens que le
r
vecteur unitaire u θ .
r
R
r = HM
I
r
r
B( M ) = B( r ) u θ
(C)
H
M
r
r
j = juz
z
r
uz
r
uθ
O
y
r
ur
θ
x
r
r
Le théorème d’Ampère s’écrit, en notant j = ju z = (I / πR 2 ) u z le vecteur densité de courant
dans le plasma :
∫
(C)
r r
B.d l = 2πrB(r ) = µ 0 I enlacée = µ 0 πr 2 j = µ 0 πr 2
I
πR 2
d’où l’expression du champ magnétique créé par le courant I : B( r ) =
µ 0I
2 πR 2
r
2. La force magnétique qui s’exerce sur un élément de volume élémentaire dτ est :
r
r
r  I
µ0I2
r   µ0I r 
r
dFm = j dτ ∧ B = 
d
τ
u
∧
r
u
=
−
dτ r u r



z
θ
2
2
2 4
2π R
 πR
  2πR

Cette force est radiale et dirigée vers l’axe (Oz) : elle tend à s’opposer à l’expansion radiale
du plasma.
3. La résultante des forces de pression est :
13
→
r
 dP r 
dFp = (− grad P)dτ = −
u r dτ
 dr 
r
r
r
4. La condition d’équilibre d’un élément de volume dτ de plasma, dFm + dFp = 0 , conduit à :
µ I2
dP
= − 02 4 r
dr
2π R
En intégrant et en tenant compte du fait que P( R) = 0 (la colonne de plasma est en effet placée
dans le vide), il vient que la pression s’exprime sous la forme :
P( r ) =
µ 0I 2 
r2 
1
−


4π 2 R 2 
R2 
5. L’équation d’état du plasma permet de connaître la densité de particules au sein de la
colonne de plasma : n( r ) =
µ 0I 2

r2 
1
−


4 kTπ 2 R 2 
R2 
On remarque que la densité de particules n(r) est maximale sur l’axe (Oz), pour r = 0 . Cette
concentration de particules sur l’axe porte le nom d’effet « pinch », ou encore effet de
« pincement ».
Soit N l le nombre de particules situées dans une colonne de plasma de longueur l :
Nl =
∫
R
n (r )(2πrldr ) =
0
µ0I2
2kTπR 2
l
∫
R
0

µ I2
r3 
r −
dr = 0 l

8πkT
R 2 

Comme N = N l / l , on en déduit la condition de Bennett d’équilibre du plasma :
µ0I2
N=
8πkT
ou
I=
8πkTN
µ0
6. Soit n = 1015 cm −3 la densité moyenne de particules dans la colonne, reliée à N par :
N = nπR 2 . Par ailleurs, la température du plasma est fonction de l’énergie cinétique moyenne
des particules, selon la relation E c = 3kT / 2 . L’application numérique donne une valeur
d’intensité très grande, nécessaire pour confiner la colonne de plasma : I = 2,6.10 6 A .
17) Expérience de Rowland :
Cette expérience consiste à faire tourner autour de son axe un disque circulaire en matière
isolante portant des charges électriques sur des pastilles conductrices fixées sur sa surface :
une aiguille aimantée placée dans le voisinage est alors déviée.
14
z
r
r
ω = ω uz
M (z)
Boussole
r
uz
O
a
σ
On note O le centre du disque (de rayon a), initialement chargé uniformément en surface avec
une densité surfacique σ. Le disque tourne autour de l’axe (Oz) perpendiculaire au plan du
r
r
disque, à la vitesse angulaire constante ω = ω u z .
r
a) Déterminer le champ magnétique B( M ) créé par le disque en un point M (z) de l’axe (Oz).
b) Montrer que le disque en rotation est équivalent, lorsque le point M est très éloigné de O
(pour z >> a), à un dipôle magnétique dont on donnera l’expression du moment magnétique
r
M.
Solution :
1. Le disque mis en rotation autour de l’axe (Oz) est équivalent à une succession de spires
circulaires de centre O, de rayon r, d’épaisseur dr et parcourues par un courant d’intensité di
(voir figure suivante). Chaque spire crée alors au point P situé sur l’axe (Oz), le champ
r
magnétique élémentaire dB(P) (voir cours de Magnétostatique) :
r
µ (di) 3 r
sin θ u z
dB(P) = 0
2r
où l’angle θ vérifie : tan θ = r / z et cos θ = z / r 2 + z 2 . L’intensité (ici surfacique) di qui
traverse cette spire élémentaire est définie par la quantité de charges qui traverse la longueur
dr par unité de temps. Cette intensité est constante puisque le mouvement de rotation du
disque est uniforme ; par conséquent, pour évaluer cette intensité, on peut considérer un
intervalle de temps égal à la période de rotation (soit T = 2π / ω ) pendant lequel la charge qui
traverse l’élément de longueur dr est dq = 2πσr dr (correspondant à la charge totale portée par
la spire élémentaire considérée). Par conséquent, di = dq / T = σωr dr . L’expression du champ
r
dB(P) devient alors :
z
P (z)
r
r
ω = ωuz
r
r
B( P ) = B( z ) u z
r θ0
uz
θ
di
O
2πr dr
r
dr
15
r
µ σω dr
r
dB(P) = 0
sin 3 θ u z
2
En différentiant la relation tan θ = r / z , il vient dr = (z / cos 2 θ) dθ , d’où l’expression du champ
3
r
élémentaire en fonction de la seule variable θ : dB(P) = µ 0 σω z sin 2 θ dθ ur z
2
cos θ
Le champ magnétique total créé par le disque en rotation devient, en notant θ0 l’angle extrême
r
tel que tan θ 0 = a / z (et cos θ 0 = z / a 2 + z 2 ) : B(P) = µ 0 σω z
∫
2
r
Soit : B(P) =
µ 0 σω
z
2
∫
θ0
0
(1 − cos 2 θ) sin θ
2
cos θ
µ σω
r
dθ u z = 0
z
2
θ
r
Finalement : B(P) = µ 0 σω z  1 + cos θ ur z = µ 0 σω
2
2
 cos θ
0
0
∫
θ0
θ0
0
r
sin 3 θ
dθ u z
2
cos θ
(1 − cos 2 θ)
0
2
cos θ
r
sin θ dθ u z
 1
r
z
+ cos θ 0 − 2  u z
 cos θ 0

2
 2
r
En fonction de la seule variable z, il vient : B(P) = µ 0 σω z a + z +
2


r
− 2 u z

a 2 + z2

z
z
2. Lorsque le point P est très éloigné du disque ( a / z << 1 ), alors, au deuxième ordre en
a 2 / z2 :
a 2 + z 2 / z = (1 + a 2 / z 2 )1 / 2 ≈ 1 + a 2 / 2z 2 − a 4 / 8z 4
et :
z / a 2 + z 2 = (1 + a 2 / z 2 ) −1 / 2 ≈ 1 − a 2 / 2z 2 + 3a 4 / 8z 4
Par conséquent, le champ magnétique devient équivalent à l’expression :
r
µ 0 σω a 4 r
µ σω  1 a 4  r

B(P) ≈ 0
z
u
=
uz
4  z
2
8 z3
4 z 
r
En faisant l’analogie avec le champ magnétique B dip (P ) créé, en un point de l’axe (Oz), par
r
r
r
r
un dipôle de moment magnétique M = M u z , qui s’écrit sous la forme : B dip (P) = µ 0 2M
uz
3
4π z
On en déduit que, vu de loin, le disque de Rowland est équivalent à un dipôle magnétique de
r
moment M = πσω a 4 ur z .
4
Remarque : le moment magnétique peut également se calculer en revenant à la définition du
r
moment magnétique dM d’une spire circulaire de rayon r, d’épaisseur dr et parcourue par le
courant di (voir question (1)) :
r
r
r
r
dM = ( πr 2 ) di u z = ( πr 2 )(σωr dr ) u z = πσωr 3 dr u z
r
Le moment magnétique total du disque étant alors : M =
a
r
r
πσω 4 r
dM = πσω r 3 dr u z =
a uz
4
disque
0
∫∫
∫
On retrouve bien l’expression obtenue par la méthode précédente.
18) Champ magnétique et moment magnétique d’une boule chargée en rotation :
16
On charge uniformément en surface une sphère de centre O et de rayon R avec une densité
surfacique σ, puis on la fait tourner autour de l’axe (Oz) à la vitesse angulaire constante ω.
a) Il apparaît un champ magnétique dont l’allure des lignes de champs est donnée sur la
figure.
Commenter cette figure.
b) Montrer que le champ magnétique au centre O de la sphère est :
r
2
r
B (O) = µ0σω Ru z
3
r
c) Calculer le moment magnétique M de la sphère.
d) En admettant que le champ magnétique est uniforme à l’intérieur de la sphère et que le
r
champ extérieur est celui d’un dipôle de moment magnétique M , vérifier la condition de
passage pour le champ magnétique à la surface de la sphère.
Solution :
a) Les discontinuités des directions des lignes de champs à la surface de la sphère traduisent
l’existence d’un courant surfacique dû à la convection des charges.
Le plan de la figure est un plan d’antisymétrie de la distribution de courants donc de symétrie
du champ magnétique.
b) On découpe la sphère en petites spires circulaires d’ouverture angulaire dθ, parcourues par
r
r
le vecteur densité de courant jS = σω R sin θ uϕ et par le courant élémentaire :
r
di = (σω R sin θ uϕ ) Rdθ = σω R 2 sin θ dθ
On
r
dB =
somme
ensuite
les
champs
µ0
r
(σω R 2 sin θ dθ ) sin 3 θ u z
2( R sin θ )
créés
par
des
spires
circulaires :
r
2
r
B(O) = µ0σω R u z
3
r
r
c) Chaque spire possède le moment magnétique : dM = π ( R sin θ )2 di uz
Soit :
En intégrant :
r 4
r
M = πσω R 4 u z
3
17
r
r
d) Le champ à l’intérieur de la sphère est donc supposé uniforme : Bint = B (O ) = 2 µ0σω R urz
3
Le champ dipolaire est de la forme (avec r = R puisqu’on est à la surface de la sphère) :
Bext , r =
µ0 2M cos θ
4π
R2
Bext ,θ =
et
µ0 M sin θ
4π R 2
On doit vérifier la continuité de la composante normale (ici, la composante radiale) :
4
4
µ0 2( 3 πσω R ) cos θ 2
Bext ,r − Bint =
− µ0σω R cos θ = 0
4π
R2
3
La discontinuité tangentielle du champ doit être égale à µ0 jS = µ0σω R sin θ :
4
Bext ,θ
4
µ0 ( 3 πσω R ) sin θ
2
=
− (− µ0σω R sin θ ) = µ0σω R sin θ = jS
2
4π
R
3
19) Résistance :
Calculer la résistance électrique d'une portion de conducteur ohmique de conductivité
électrique σ remplissant le domaine 0 ≤ θ ≤ α, 0 ≤ z ≤ h et a ≤ r ≤ b en coordonnées
cylindriques (r, θ, z) si on porte la face θ = 0 au potentiel V1 et la face θ = α au potentiel V2.
Solution :
On suppose que le potentiel ne dépend que de θ. Le champ électrique est :
uuuuur
r
1 dV r
E = − gradV (θ ) = −
uθ
r dθ
r
Et, d’après la loi d’Ohm locale : j = σ E = −σ 1 dV urθ . L’intensité du courant vaut alors :
r
r dθ
rr
1 dV
dV
j .ndS = − ∫∫ σ
drdz = −σ
(S )
(S )
r dθ
dθ
I = ∫∫
∫
h
0
dz ∫
b
a
dr
dV  b 
= −σ h
ln  
r
dθ  a 
Le conducteur constitue un tube de courant en régime stationnaire, I ne dépend pas de la
I
I
section et par conséquent, I = cste. Ainsi : dV = −
d ' où V2 − V1 = −
α . On
dθ
b
 
σ h ln  
a
α
en déduit : R = V1 − V2 =
I
b
 
σ h ln  
a
b
 
σ h ln  
a
20) Champ dû à 3 fils :
On représente la carte du champ magnétique créé par trois fils rectilignes infinis parallèles,
parcourus par des courants d'intensité I1, I2 et I3. (Figure de droite à grande distance).
18
Déterminer les positions des fils. Y a t il un point de champ nul ? Donner le plus
d'information sur les intensités I1, I2 et I3.
Le champ magnétique au point P vaut 0,2 T. Évaluer sa valeur au point Q.
Solution :
* Le problème est invariant par translation parallèlement aux fils, c’est-à-dire perpendiculaire
à la figure.
* Les lignes de champs s’enroulent autour des fils. On en déduit les positions des fils :
I1 : x = −1 y = 0
I2 : x = 1 y = 0
I3 : x = 0 y = 1
* Le point A intersection de deux lignes de champs est un point à champ nul (le champ ne
peut avoir deux directions différentes).
* On a I1 > 0, I 2 > 0 et I 3 < 0 . Le plan x = 0 est un plan d’antisymétrie pour le champ magnétique
donc de symétrie pour I. Ainsi, I1 = I 2 .
* A très grande distance, les lignes de champ entourent les 3 fils :
r r
∫ B.d l = µ (2 I
0
1
+ I3 ) > 0
donc
I 3 > −2 I1
* Le champ magnétique est à flux conservatif :
B( P ) S ( P) = B (Q) S (Q)
Soit, avec S(P) = 2S(Q), B(Q) = 2B(P) = 0,4 T.
21) Champ magnétique au centre de l’atome d’hydrogène :
Calculer le champ magnétique créé par un électron décrivant un cercle de rayon a = 0,053 nm
autour d'un proton, au point où est placé le proton.
22) Interaction entre un fil et un cadre (CCP) :
19
r
r
Un cadre carré de côtés de longueur a parallèles à u x et u y , parcouru par un courant I est
soumis au champ magnétique d'un fil infini parcouru par un courant I identique. Le centre C
du carré est sur l'axe Ox à la distance x » a du fil.
Déterminer la résultante des forces exercées par le fil sur le cadre :
a) en utilisant la loi de Laplace
b) en utilisant le concept de dipôle magnétique.
___________________________________
20