r - Faculté des Sciences Dhar El Mahraz

Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar El Mehraz — Fés
Département de Géologie
Travaux Dirigés de Physique
Appliquée à la Géologie
(Exercices Résolus)
STU — S3
Pr. Abdelkrim AHARMOUCH
Année Universitaire : 2016—2017
Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar ElMehraz Fès
Département de Géologie
Module "Physique appliquée à la Géologie"
Semestre 3
A-U: 2016-2017
Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 1)
Exercice 1




On considère le champ vectoriel: A  (3 x 2  6 y )e x  14 yzey  20 xz 2 ez .

Calculer la circulation de A entre les points (0, 0, 0) et (1,1,1) le long des chemins suivants:
1.1. Le segment de droite joignant ces deux points.
1.2. Les segments de droite allant de (0, 0, 0) à (1, 0, 0) puis de (1.0, 0) à (1, 1, 0) et enfin de
(1, 1, 0) jusqu’à (1, 1, 1).
1.3. Ce champ vectoriel est il un gradient?
Exercice 2



OM 
Soit le champ vectoriel: V ( M ) 
; OM  rer
OM

Calculer la circulation de V le long de :
2.1. La spirale logarithmique d’équation polaire: r  aek entre les angles 1 et 2.
2.2. La cardioïde d’équation: r  a (1  cos  ) entre 0 et .
Exercice 3




On considère le champ vectoriel: V  (2 x  y )e x  (2 y  x)ey  4 zez .
Montrer que ce champ est un gradient, et déterminer la fonction scalaire dont il dérive.
Exercice 4

  
Un champ vectoriel E dans l’espace orthonormé (e x , e y , e z ) est caractérisé par ses
composantes:
 yz

 

E  zx
 où f ne dépend que de x et y
 f ( x, y ) 



4.1. Déterminer la fonction f pour que E dérive d’un potentiel V
4.2. Déterminer le potentiel V

4.3. Quelle est la circulation de E entre les points A(0, 0, 0) et B (1,1,1) .
1
Exercice 5

 er
On considère le champ vectoriel à symétrie sphérique V  2
r
5.1. Montrer que ce champ
 
V  grad( f (r )) .


 e r    e r
5.2. Calculer div  2  et rot  2
r 
r
dérive de la fonction scalaire
f 
1
par la relation
r

.

Exercice 6




Calculer le flux du champ de vecteurs V  4 xze x  y 2 ey  yzez à travers la surface du cube
limité par x  0, x  1, y  0, y  1, z  0, z  1
Exercice 7



Calculer le flux du champ vectoriel V ( M )  xz 2 ex  ( x 2 y  z 3 )ey  (2 xy  y 2 z )e z à travers la
surface de l’hémisphère S limité par z  a 2  x 2  y 2 et z  0 (Figure 1).
Figure 1
Exercice 8




Soit le champ vectoriel V ( M )  2 ze x  3e y  2 xye z

8.1. Montrer que le flux sortant de V à travers l’hémisphère de centre O et de rayon R (Figure
2) est le même que le flux rentrant à travers la base constituée par le disque de centre O et de
rayon R du plan xOy
8.2. En déduire le flux sortant à travers l’hémisphère.
2
Figure 2
Exercice 9




Vérifier le théorème de Stokes pour le champ de vecteurs V ( M )  2 ye x  3 xe y  z 2 e z dans le
cas où S est la surface de l’hémisphère supérieur d’équation x 2  y 2  z 2  9 et (C) le contour
sur lequel s’appuie l’hémisphère (Figure 3).
Figure 3
3
Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar ElMehraz Fès
Département de Géologie
Module "Physique appliquée à la Géologie"
Semestre 3
A-U: 2016-2017
Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 2)
Exercice 1
On place 4 charges ponctuelles aux sommets A, B, C et D d’un carré de côté a=1m et de
 
centre O, origine d’un repère Oxy de vecteurs unitaires ex et ey (Figure 1).
q1  q  10 8 C
On donne q3  2q
q2  2q
q4   q
1
 109 SI
4 0

1.1.Donner le champ électrique E au centre du carré. Préciser la direction, le sens et la norme
de E .
1.2. Exprimer le potentiel créé en O par les 4 charges.
1.3. Exprimer le potentiel sur les parties xx’ et yy’ intérieures au carré. Quelle est, en
particulier, la valeur de V aux points I , I ', J , J ' .
K
Figure 1
Exercice 2

2.1. Calculer en tout point M de l’espace le champ électrique E créé par un fil rectiligne AB
de longueur finie 2a , portant une densité linéique de charges   0 (Figure 2)
4
Soit O la projection de M sur la droite AB, on posera OM  y; OA  x A ; OB  xB .
2.2. On examinera les cas particuliers suivants :
2.2.1. Le point M est sur la médiatrice de  A, B 
2.2.2. Le fil a une longueur infinie
Figure 2
Exercice 3
On considère un disque de rayon R, de centre O et portant une densité de charge surfacique
 0.

3.1. Calculer le champ électrique E créé par le disque en un point M de son axe

z ' Oz (OM  z  0) à partir du champ élémentaire d 2 E créé par la charge élémentaire
dq   dS

3.2. Que devient le champ E lorsque le rayon du disque R tend vers l’infini.
3.3. On considère un plan infini portant une densité de charge surfacique   0 percé d’un
trou circulaire de rayon O et de rayon r.

Calculer le champ E en un point M de l’axe z’Oz du trou.
Exercice 4
Un conducteur creux hémisphérique de centre O et de rayon R est chargé uniformément avec
une densité de charge surfacique   0

4.1. Calculer le champ E1 créé au point O
4.2. On considère maintenant une distribution de charge en volume ayant la forme de
l’hémisphère décrit plus haut et portant une charge volumique uniforme . En considérant la
distribution volumique engendrée par une distribution surfacique de la question précédente,
lorsque le rayon de celle là varie de 0 à R . Calculer le champ électrostatique engendré en O.
4.3. Retrouver ce résultat par un calcul direct.
Exercice 5
Parmi les distributions de charges suivantes, quelles sont celles pour lesquelles on applique le
théorème de Gauss pour le calcul du champ électrique ? Exprimer alors ce camp en
considérant sa direction et son sens
5.1. Fil de longueur l et de densité linéique de charge .
5.2. Fil infini de densité linéique de charge .
5
5.3. Circonférence de densité linéique de charge .
5.4. Disque de densité surfacique de charge .
5.5. Plan infini de densité de charge 
5.6. Sphère de rayon R chargée uniformément :
a). En surface avec une densité surfacique 
b). En volume avec une densité volumique 
Dans le cas de la sphère donner l’allure des fonctions E(r) et V(r).
Exercice 6
6.1. On creuse dans une sphère de centre O1 et de rayon R une cavité sphérique de même
R
centre et de rayon
(Figure 3, à gauche) ; Il n’y a pas de charge dans la cavité . Dans le
4
volume sphérique restant, la densité de volumique de charge est  0  0 .

En utilisant le principe de superposition, déterminer l’expression du champ électrique E (r )
et le potentiel V (r ) qui en résulte (en prenant V  0 ) dans les 3 cas suivants :
R
a) r 
4
R
b)  r  R
4
c) r  R
Donner l’allure des courbes E (r ) et V (r) .
R
6.2. La cavité est centrée en O2 tel que O1O2  (Figure 3, à droite).
2
a) Exprimer le champ en un point M intérieur à la cavité en fonction de
   
r1  O1M et r 2  O2 M . Que peut-on en conclure ?
b) Exprimer le champ en un point N extérieur à la sphère de rayon R en fonction de
   
r1  O1 N et r 2  O2 N
Figure 3
6
Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar ElMehraz Fès
Département de Géologie
Module "Physique appliquée à la Géologie"
Semestre 3
A-U: 2016-2017
Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 3)
Exercice 1
1.1. Déterminer le champ gravifique dû à un plan infini dont la masse surfacique est .
1.2. Déduire de ce résultat le champ gravifique dû à un plateau d’épaisseur h et de masse
volumique  en un point situé à l’extérieur de la matière (on supposera la distance pointplateau faible devant les dimensions latérales de celui-ci).
A. N : h=100m, =300Kg/m3
Exercice 2
On considère une masse M sphérique et de rayon R telle que :
si r  R
2r
  f (r )  
si r > R
0
2.1. Déterminer le champ gravifique dû à cette masse en un point P situé à l’extérieur et à
l’intérieur de la sphère.
2.2. Idem, sauf que   Cte .
Exercice 3
Le centre d’une cavité de 200 m3, supposée sphérique, se trouve à la profondeur p=10 m, dans
un terrain superficiel de masse volumique 1= 2700 Kg/m3.
3.1. Quelle est l’anomalie de Bouguer à l’aplomb de cette cavité.
3.2. Idem pour 10 m de l’aplomb.
Exercice 4
4.1. Calculer le champ créé à la verticale d’un disque de rayon R, d’épaisseur élémentaire dl
et de densité .
4.2. En déduire l’expression du champ créé par un cylindre vertical de même densité, de
longueur L et se trouvant à une profondeur z.
4.3. Montrer par un passage à la limite que le champ créé à la verticale d’un disque infini est
égale à 2GL ;  étant la densité du disque et G la constante universelle.
4.4. Donner alors une interprétation du résultat obtenu.
7
Exercice 5
5.1. Rappeler l’expression du champ gravifique créé par une masse ponctuelle m, puis par une
masse M présentant la symétrie sphérique. (On se placera à l’extérieur de M).
5.2. Déterminer le flux du champ créé par une masse ponctuelle m à travers un plan P situé à
la distance l de celle-ci.
5.3. Déterminer de même le flux du champ créé par une masse quelconque (en forme et en
densité à travers un plan qui lui est extérieur.
5.4. On considère un amas sphérique (Figure 1) de densité 2 et de rayon R enfoui à la
profondeur z (z > R).
5.4.1. Déterminer l’anomalie de Bouguer correspondante en tout point N de la surface (on
prendra comme paramètre x=HN).
Figure 1
5.4.2. Tracer la courbe   f ( x) et montrer qu’on peut tirer la masse de la sphère (résolution
graphique).
5.5. On obtient lors d’une campagne de prospection, les anomalies de Bouguer suivantes
(Figure 2) . Déterminer la masse globale perturbante.
Figure 2
8
Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar ElMehraz Fès
Département de Géologie
Module "Physique appliquée à la Géologie"
Semestre 3
A-U: 2016-2017
Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 4)
Exercice 1
En utilisant les techniques en usage en électromagnétisme (la règle de la main droite, la règle
des trois doigts et le bonhomme d’ampère), déterminer l’orientation du champ magnétique ou
du courant électrique dans les cas de figure suivants (Figure 1).
Figure 1. Orientation du courant et du champ magnétique
9
Exercice 2

On se propose de mesurer l’intensité du champ magnétique B dans l’entrefer d’un aimant, à
l’aie de la balance de Cotton (Figure 2). L’un des bras de la balance est constitué d’un circuit
électrique alimenté par un courant continu I. ce bras comporte deux conducteurs rectilignes
parallèles, deux conducteurs arqués et centrés sur l’axe O et enfin un conducteur rectiligne de
longueur l, horizontal lorsque la balance est équilibre. La longueur du conducteur horizontal
est très petite par rapport à celle des conducteurs parallèles.

2.1. Sachant que le champ magnétique B est orienté comme l’indique la Figure 1, quel doit
être le sens de circulation du courant électrique.

2.2. Calculer l’intensité du champ magnétique B , sachant que les bras de la balance ont la
même longueur. Pour les besoins de l’application numérique, on donne :
l  4 cm; I  10.5 A; m  7 g; g  10 m / s 2
Figure 2. Balance de Cotton
Exercice 3
Un moteur électrique est constitué d’une partite mobile (le rotor) et d’une partie immobile (le
stator). Le stator contient des aimants permanents de telle sorte que le champ magnétique créé
est radial (Figure 3 a).
Le rotor contient des bobines enroulées autour d’une armature en fer doux, formant un cadre
contenant N spires rectangulaires de longueur l et de largeur a (Figure 3 b). Le cadre tournant
autour d’un axe vertical zz’ est parcouru d’un courant électrique d’intensité I et baigne dans le
champ magnétique radial créé par le stator.
3.1. Calculer le moment  m du couple moteur Cm agissant sur le cadre.
3.2. Ce couple moteur est équilibré par un couple de rappel Cr dû un ressort de constante C.
Montrer que l’intensité du courant électrique est proportionnelle à l’angle de rotation  du
cadre.
3.3. Application numérique : calculer l’angle 
On donne : B  0.3 T; a 1cm; l  2 cm; I  10 mA; C  2.3 104 N.m/rad; N  200
10
Figure 3. Moteur magnéto-électrique
Exercice 4

On se propose de mesurer la composante horizontale H du champ magnétique terrestre B e à

l’aide d’un pendule (Figure 4), formé d’un barreau aimanté de moment magnétique M et de
masse m.
Le barreau aimanté ayant la forme d’un parallélépipède rectangle, est suspendu en son milieu
O à un fil sans torsion, est mobile dans le plan horizontal autour d’un axe vertical OO’. On
fait tourner le barreau aimanté d’un angle  m et on le lâche.
4.1. Sachant que le pendule n’est soumis à aucun couple de torsion, écrire l’équation du
mouvement du barreau dans le cas où les frottements sont négligeables
4.2. En déduire la période d’oscillation T du pendule dans le cas des faibles amplitudes
( sin    ).
4.3. Faire l’application numérique. On donne : M  2 A.m 2 et J  0.64 104 kg.m 2
Figure 4. Pendule magnétique
11
Exercice 5
5.1. Déterminer le champ magnétique créé par un fil rectiligne, de longueur infinie et
parcouru par un courant électrique continu d’intensité I, en un point situé à la distance a en
utilisant la loi de Biot et Savart.
5.2. Faire le même exercice en utilisant le théorème d’Ampère.
Exercice 6
Soit une spire de rayon R parcourue par un courant électrique continu d’intensité I.
6.1. Par des considérations de symétrie, déterminer la direction et le sens du champ
magnétique créé en un point M situé sur son axe.
6.2. Déterminer l’expression du champ magnétique créé par la spire en utilisant la loi de Biot
et Savart
Exercice 7
Soit un solénoïde, à spires jointives de rayon R, parcouru par un courant électrique continu
d’intensité I. Le solénoïde de longueur L et d’axe Oz (Figure 5) contient N spires, soit n
N

spires par une unité de longueur  n   .
L

On se propose de calculer le champ magnétique créé par le solénoïde en un point situé sur
l’axe Oz. Pour cela on décompose le solénoïde en une série de portions élémentaires de
longueur dz.
7.1. Donner la contribution élémentaire du champ magnétostatique due à une portion de
solénoïde de longueur dz en fonction de n, dz et .
7.2. Donner l’expression du champ magnétostatique total en fonction des angles 1 et 2.
7.3. Calculer le champ magnétostatique au centre O. Examiner le cas où R  L .
7.4. Déterminer le champ magnétostatique dans le cas d’un solénoïde infini
7.5. Le champ magnétique est supposé uniforme à l’intérieur du solénoïde. Donner l’allure
des lignes de champ. Expliquer pourquoi un solénoïde traversé par un courant continu est
considéré comme un aimant
7.6. En utilisant les techniques en usage en électromagnétisme (la règle de la main droite, la
règle des trois doigts et le bonhomme d’ampère), déterminer l’orientation du champ
magnétique au point M situé sur l’axe Oz.
7.7. Application numérique. Calculer le champ magnétique à l’intérieur d’un solénoïde infini.
On donne I  10 A; R  1cm et n  1000spires/m .
12
Figure 5. Solénoïde et paramètres servant au calcul du champ magnétique
13
Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar ElMehraz Fès
Département de Géologie
Module "Physique appliquée à la Géologie"
Semestre 3
A-U: 2016-2017
Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 5)
Exercice 1
On considère les écoulements définis en coordonnées cartésiennes par les champs des



vitesses : v1 (0, a x , 0) ; v2 (ax, ay, 0) et v3 ( ay, ax, 0)
1.1. Dans chaque cas, représenter quelques lignes de courant.
1.2. Caractériser ces écoulements et justifier s’il y a lieu l’existence de la fonction courant et
celle de la fonction potentielle des vitesses. Déterminer ces fonctions, si elles existent.
Exercice 2
On considère l’écoulement plan d’un fluide incompressible défini par le champ de vitesse :


v( x,  y ) dans la base orthonormée (i, j ) définissant le plan xOy. α et β sont des constantes
réelles indépendantes du temps.
2.1. Caractériser cet écoulement.
2.2. Lee fluide étant incompressible, trouver une relation entre les constantes α et β.
Déterminer le potentiel des vitesses (x, y) en fonction de la seule constante α.
2.3. Etablir les équations paramétriques x(t) et y(t) de la particule fluide qui était au point
M 0 ( x0 , y0 ) à t0 . Justifier la démarche.
2.4. La fonction courant est désignée par ψ(x, y). Etablir une relation entre les dérivées
premières de  et ψ par rapport à x et à y.
2.5. Déterminer ψ(x, y) et tracer quelques lignes de courant.
Exercice 3

Un écoulement fluide est défini par le champ de vitesses : v(a, 2a, 0) dans un repère
(O, x, y , z) avec a une constante positive.
3.1. Déterminer la nature et la direction de cet écoulement.
3.2. Déterminer l'expression de la fonction courant ainsi que l'équation des lignes de courant
passant par l’origine
3.3. Déterminer le potentiel des vitesses et l'équation des lignes équipotentielles passant par
l’origine.
3.4. Montrer que le gradient de la fonction courant est perpendiculaire à la vitesse.
14
Exercice 4

Un écoulement fluide est défini par le champ de vitesses : v(ay, 0, 0) dans un repère
(O, x, y , z) avec a une constante strictement positive.
4.1. Tracer les lignes de courant. Celles-ci présentent-elles une courbure ? L'écoulement est-il
rotationnel ?
4.2. Pour expliquer ce paradoxe, considérons un motif de fluide carré de côté 2c dont le centre
M est situé à un instant t en x. On appelle A et B les points situés au même instant en x et
d'ordonnées respectives y+c et y-c.
Où se trouvent les points B, M et A à l'instant t+∆t ? Dessiner alors la forme du motif.
A l'instant t = 0, l'angle entre l'axe Oy et le segment BMA est nul. Exprimer la valeur de cet
angle à l'instant t + ∆t (considérer le produit a∆t comme un infiniment petit du premier
ordre).
4.3. Répondre aux mêmes questions pour le segment CMD.
4.4. Le motif fluide se déforme-t-il au cours du mouvement ? L'écoulement est-il
compressible? Le fluide est-il compressible ? Le motif fluide subit-il une rotation ? Que
traduit le caractère rotationnel d'un écoulement ?
Exercice 5
Soit une cuve, ouverte et percée d’un trou en B, contenant un fluide parfait (Figure 1).
5.1. Rappeler les hypothèses servant à l’application de l’équation de Bernoulli et calculer
ensuite la vitesse de l’écoulement en B.
5.2. Donner l’expression de la vitesse en B dans le cas où S B  S A (SA et SB sont
respectivement la section de la cuve et la section de l’ouverture en B).
Figure 1.
Exercice 6
On considère une canalisation de section principale SA ayant subi un étranglement en B de
section SB (Figure 2). Un fluide parfait incompressible de masse volumique  s’écoule à
l’intérieur de cette canalisation. Après avoir rappelé les hypothèses de validité de l’équation
de Bernoulli, on demande de déterminer la pression régnant en B en fonction de la pression en
A.
15
Figure 2
Exercice 7
On considère une buse connectée à un tuyau (Figure 3) dans lequel est acheminée de l’eau à
une pression P1=2,875 bar.
Le fluide subit un rétrécissement: sa section S1 de diamètre d1  20 mm est réduite à une
section de sortie S2 de diamètre d 2  10 mm
On suppose que le fluide est parfait et la buse est dans une position horizontale. On donne la
masse volumique de l’eau   1000 Kg / m3 et la pression de sortie
v
3.1. Déterminer le rapport 2
v1
3.2. En appliquant l’équation de Bernoulli, calculer la vitesse d’écoulement v2 .
Figure 3
16
Université Sidi Mohamed ben Abdellah
Faculté des Sciences Dhar ElMehraz Fès
Département de Géologie
Module "Physique appliquée à la Géologie"
Semestre 3
A-U: 2016-2017
Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 6)
Exercice 1
Soit un cube formé d’un matériau élastique et isotrope soumis à une tension normale  xx .
Montrer pourquoi le module de rigidité (de cisaillement)  intervient dans le calcul de la
déformation (loi de Hooke, équation 12).
Exercice 2
2.1. En faisant  xx  0 et  yy   zz  0 dans l’équation (12) exprimant la loi de Hooke,
montrer que  yy   zz et vérifier que  

.
2(   )
2.2. En additionnant les 3 équations donnant
E
 xx ,  yy et  zz , déduire l’équation
 (3  2 )
(   )
2.3. En faisant  xx   yy   zz   p dans l’équation (12), donnant la loi de Hooke, établir que
k
3  2 
2
Exercice 3
Montrer que les fonctions suivantes sont solutions de l’équation d’onde :
 ( x, t )  sin( x  Vt )
 ( x, t )  ek ( x Vt )
 ( x, t )  sin( x  Vt )
 ( x, t )  ( x  Vt )5
 ( x, t )  sin( x  Vt )
 ( x, t )  ek ( x Vt )
Exercice 4
4.1. Montrer que la fonction  ( x, t )  f ( x  Vt ) est solution de l’équation d’onde.
4.2. Montrer que dans le cas de la propagation de l’onde suivant une droite définie par ses
cosinus
directeurs
respectivement
l,
m
et
n,
la
fonction
17
 ( x, t )  f (lx  my  nz  Vt )  g (lx  my  nz  Vt ) est solution de l’équation d’onde. On
commencera par le faire pour les fonctions f et g séparément.
1
4.3. En utilisant la même méthode que précédemment montrer que   f (r  Vt ) est
r
solution de l’équation d’onde dans le cas d’un milieu homogène, isotrope et présentant la
symétrie sphérique.
Exercice 5
Etablir l’équation d’onde en coordonnées sphériques. On utilisera pour ce faire les
changements de variables suivants :
x  r sin  cos 
y  r sin  sin 
z  r cos 
18
Corrigé des Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 1)
Exercice 1




Soit le champ vectoriel: A  (3 x 2  6 y )e x  14 yzey  20 xz 2 ez . On se propose de calculer la
circulation de ce vecteur le long de différents chemins (Figure 1).

1.1. Calcul de la circulation le long du chemin AC
Figure 1. Définition des chemins

Pour cela déterminons l’équation cartésienne de la droite passant par O et ayant OC pour
vecteur directeur.
Rappel mathématique
La définition d’une droite passant par A( x0 , y0 , z0 ) et ayant pour vecteur directeur

u (a, b, c) est donnée par :


D  M ( x, y, z )  Espace /   , AM   u (1)


La relation AM   u est vérifiée si tous les déterminants carrés 2  2 extraits du tableau
a
 x  x0
principal  y  y0
b  sont nuls, c'est-à-dire :
zz
c 

0
x  x0 a
 b( x  x0 )  a ( y  y0 )  0
(2)
y  y0 b


x  x0 a
 c( x  x0 )  a ( z  z0 )  0
z  z0 c
(3)
y  y0 b
 c( y  y0 )  b( z  z0 )  0
z  z0 c
Des équations (2, 3 et 4) on déduit :
x  x0 y  y0 z  z0


a
b
c
(4)
(5)
19
L’équation (5) exprime l’équation cartésienne de la droite D passant par A( x0 , y0 , z0 ) et ayant

pour vecteur directeur u (a, b, c)
En appliquant ce résultat, l’équation cartésienne de la droite passant par O(0, 0, 0) et ayant

pour vecteur directeur OC (1,1,1) est donnée par : x  y  z
Expression de la circulation élémentaire :
 





dC  A.dl , où dl  dOM  dxex  dyey  dzez , étant le vecteur déplacement élémentaire

 
 
dC  (3x 2  6 y )dxe x .e x  14 yzdyey .ey  20 xz 2 dzez .ez
(6)
     
En remarquant que ex .ex  ey .ey  ez .ez  1 et dx  dy  dz , sans oublier l’équation cartésienne
de la droite (OC) : x  y  z , l’équation (6) s’écrit :
dC  (3x 2  6 x)dx  14 yydy  20 zz 2 dz
(7)
C


La circulation du vecteur A le long du chemin OC est donc : C   dC , soit en précisant le
O
domaine de variation de chaque variable :
1
1
1
2
2
3
 
COC
 (3x  6 x)dx   14 y dy   20 z dz 
0
1
0
1
0
14
13
14   20 
 x3  3x    y 3    z 4   4   5 
0
3
3
 3 0  4 0

1.2. Calcul de la circulation suivant le chemin OABC
2 1
(7)
  
Appelons C1, C2, C3 la circulation du vecteur A suivant le chemin OA , AB et BC
respectivement.
Suivant le chemin OA : y  z  0
Il suffit de remplacer que dans l’expression (6) y et z par leurs valeurs soit : y  z  0
1
C1   3x 2 dx  1
(8)
0
Suivant le chemin AB : x  1 et z  0
Dans ce cas l’expression (6) devient :
dC  0dy (remarquer que dx  dy  0 , car ce sont des constantes)
C2   cte 0  0
1
(9)
Suivant le chemin BC : x  1 et y  1
Dans ce cas l’expression (6) devient :
dC  20 z 2 dz
1
20
 20 
C3   20 z dz   z 3  
0
 3 0 3
1
2
(10)
La circulation totale C est la somme des circulations partielles C1, C2, C3.
20
C  C1  C2  C3  1  0 
20 23

3
3
(11)
1.3. Puisque la circulation dépend du chemin suivi, le champ vectoriel ne dérive pas d’un
potentiel, par conséquent ne peut être un gradient.
Exercice 2





OM 
V (M ) 
; OM  rer , C’est à dire V ( M )  e r
OM
Remarquez que le problème est plan (il s’agit du plan xOy). En coordonnées cylindriques (en
coordonnées plaires quand ul s’agit du plan), le vecteur déplacement élémentaire est donné
par (Figure 2) :




d OM  d  e   d e  dzez
(11)
Ou encore




MM '  d  e   d e  dzez
(12)

En coordonnées polaires, il suffit d’éliminer la composante suivant e z et remplacer  et  par
r et  (respectivement). On aura donc :



MM '  drer  rd e
(13)
Figure 2. Déplacement élémentaire en coordonnées sphériques

On se propose de calculer la circulation du vecteur e r le long de :
2.1. La spirale logarithmique r  aek entre les angles 1 et 2.
La circulation élémentaire étant :
  


dC  e r .dl  e r .(dre r  rd e )  dr
(14)
La différentielle dr est donnée par :
dr  kae k d
(15)
La circulation élémentaire s’écrira :
dC  kae k d
(16)
Pour calculer la circulation totale il suffit d’intégrer (16) entre les angles 1 et 2. :
21
C
2
1
2
 e k 
kae d  ka    a  e k2  e k1 
 k 1
k
(17)
2.1. La cardioïde d’équation r  a (1  cos  ) entre 0 et .
Là aussi on reprend la même démarche. La seule différence réside dans le calcul de la
différentielle dr. En effet :
dr   a sin  d

(18)
C   a sin  d  a  cos  0  a  1  1  2a

0
(19)
NB : Il faut absolument revoir votre cours de mathématiques de Première Année ou à la
rigueur celui du Bac
Exercice 3




Pour montrer que le champ vectoriel V  (2 x  y )e x  (2 y  x)ey  4 zez est un gradient il suffit de
 
montrer que rotV  0 .


Pour calculer le rotationnel d’un vecteur, il faut se rappeler que rotV    V
Rappel mathématique
  a    a ' b b '  a a ' 

u b   vb' 
ex 
e y  a a ' ez
c c'
b b'
c  c'  c c'
   
En appliquant la règle de calcul on trouve :
  
  




  
  V    4 z    2 y  x   e x    4 z    2 x  y   e y    2 y  x    2 x  y   ez
 z
 x

 y

 x

z
 y

0e x

0e y
  1  1 ez
0
(20)
Ce champ dérive donc d’un potentiel f qu’on va déterminer :

f
Vx   x  2 x  y



f
V  grad f  Vy  
 2y  x
y

V   f  4 z
z
z

(21)
La technique :
On commence par intégrer la première équation aux dérivées partielles (différentielle
quand il s’agit d’une seule variable) figurant dans l’accolade. Il vient :

f
 2 x  y  f   x 2  yx  g ( y, z )
x
(22)
Injectons l’expression de f (22) dans la deuxième équation différentielle de l’accolade. Il
vient :
x 
g
g
 2y  x 
 2 y  g   y 2  h ( z )
y
y
22
(23)
De nouveau injectons l’expression de f (22+23) dans la troisième équation différentielle de
l’accolade. Il vient :

f
 4 z   h '( z )  4 z  h  2 z 2  Cte
z
(24)
En faisant les remplacements nécessaires (23+24) dans l’expression donnant f (22), il vient :
f ( x, y, z )   x 2  yx  y 2  2 z 2  Cte
(25)
Exercice 4

  
Le champ vectoriel E dans l’espace orthonormé (e x , e y , e z ) est donné par ses composantes:
 yz

 

E  zx
 où f ne dépend que de x et y
 f ( x, y ) 


 

4.1. La condition pour que E dérive d’un potentiel est rot E  0
  f  ( zx)    f  ( yz )     ( zx)  ( yz )   
rot E   

(26)
 ex   
 ez  0
 ey  
z 
z 
y 
 x
 y
 x
Cela veut dire que les 3 composantes doivent être nulles. La troisième étant nulle par
construction, la condition porte donc sur les composantes selon x et y.
 f  ( zx)
 f
 y  z  0
 y  x

 f  ( yz )
 f
 
 y
0
z
 x
 x
(27)
La résolution de ce système se fait séquentiellement comme pour l’exercice précédent : on
résout d’abord la première équation différentielle. On trouve
f
 x  f  xy  g ( x)
y
(28)
On injecte ensuite la solution (28) dans la deuxième équation différentielle du système (27).
On trouve :
f
 y  y  g '( x)  y  g '( x)  0  g ( x)  Cte
x
(29)
En faisant les remplacements nécessaires (29 et 28) on obtient (c étant une constante) :
f ( x, y )  xy  c
(30)

V
 Ex  yz   x

V
 E y  zx  
y

 E  xy  c   V
Z
z

(31)



4.2. E dérive d’un potentiel V équivaut à écrire : E  gradV , ce qui veut dire aussi :
23
Là aussi on va résoudre ce système d’équations aux dérivées partielles comme auparavant.
Commençons par la première équation du système (31). On va utiliser des fonctions
intermédiaires g et h.

V
V
 yz 
  yz  V   yzx  g ( y , z )
x
x
(32)
Injectons cette solution provisoire dans la deuxième équation du système. On trouve :
zx  
V
g ( y, z )
g ( y, z )
 zx  zx 

 0  g  h( z )
y
y
y
(33)
Injectons encore une fois la solution provisoire obtenue (32 et 33) dans la troisième équation
du système (31). On trouve (d étant une constante) :
xy  c  
V
 xy  c  ( xy  h '( z ))  h '( z )  c  h(z)=-cz+d (34)
z
En exploitant (32, 33 et 34) on aboutit à l’expression définitive de V, soit :
V ( x, y, z )   xyz  cz  d
(35)
4.3. Pour le calcul de la circulation, il faut savoir que le vecteur E dérivé d’un potentiel (c’est
donc un gradient). Dans ce cas l’expression de la circulation élémentaire s’exprime
simplement par :
 
 V
V
V 
dC  E.dl  Ex dx  E y dy  Ez dz   
dx 
dy 
dz    dV
(36)
y
z 
 x
La circulation totale c’est tout simplement l’intégrale entre les points A(0, 0, 0) et B(1, 1, 1),
soit :
C    dV   VB  VA   (1  c  d  (d ))  1  c
B
A
(37)
Exercice 5

 er
Soit le champ vectoriel à symétrie sphérique V  2 . Ce champ est radial et son intensité ne
r

dépend que de r, représentant la distance du point d’application M ( x, y, z ) du vecteur V à


l’origine O ( OM  re r et r 2  x 2  y 2  z 2 )
 
5.1. On va déterminer la fonction f (r ) telle que V  grad f
Les composantes du gradient en coordonnées sphériques sont données par :

f  1 f 
1 f 
grad f  e r 
e 
e
r
r 
r sin  
 
En écrivant V  grad f , il ressort que :
 f
 f
1
1
 r  r 2
 r  r 2
 1 f
 f

0

0


r




 1 f
 f


0
0
 r sin  
 
(38)
(39)
24
La résolution de ce système se fait comme pour ceux des exercices précédents. Commençons
par la première équation (EDP) du système.
1
f    g ( ,  )
(40)
r
En injectant cette solution dans la deuxième équation du système (39) on obtient :
g
 0  g  h( )
(41)

De nouveau injectons l’expression de g donnée par (41) dans la troisième équation du
système (39). On trouve :
h
0hc
(42)

En prenant en considération (41 et 42), on donne l’expression définitive de la fonction f :
1
f   c
(40)
r

 er
V  2 est donc un gradient
r


 e r    e r 
5.2. Calcul de div  2  et rot  2  .
r 
r 
 En Coordonnées sphériques


 er
  e 
 Le calcul de rot  2r  est évident, il suffit de remarquer que V  2 est un gradient et l’on
r
r 


sait que rot(grad f )  0 . Donc

  e  
(41)
rot  2r   0
r
 

 er 
 Calcul de div  2 
r 
Là aussi on peut utiliser les relations entre opérateurs différentiels. Celle-ci, en

particulier : div(grad f )  f . Si en plus on connait l’expression du Laplacien en coordonnées
sphériques, le calcul se fera sans difficulté.
Expression du Laplacien en coordonnées sphériques :
1   2 f 
1
 
f 
1
2 f
r

sin


(42)




r 2 r  r  r 2 sin   
  r 2 sin 2   2
En remarquant que la fonction f ne dépend que de r, l’expression du Laplacien se réduit à
1   f 
f  2  r 2  .
r r  r 
1  
1 1 
(43)
f  2   r 2  2   2  1  0
r r 
r  r r
L’intérêt de l’exercice est d’utiliser les coordonnées cartésiennes, si en plus on ne connait pas
l’expression du Laplacien en coordonnées sphériques.
f   2 f 
 En Coordonnées cartésiennes

Le champ V dérive de la fonction f (40), donc :
25

f
Vx  x


f
V  gradf  Vy 
y

V  f
 z z
En écrivant cette fonction en coordonnées cartésiennes, on obtient :
1
f 
c
x2  y 2  z 2
Calculons les composantes du champ vectoriel V
3

f 1 2
x
2
2 2
V


x

y

z
.2 x  3


 x
x 2
r

3
f 1 2
y

2
2 2
  x  y  z  .2 y  3
Vy 
y 2
r

3


f
1
z
V 
  x 2  y 2  z 2  2 .2 z  3
z
z 2
r

La divergence du champ V est donnée par :

 V V V
div V  .V  x  y  z
x
y
z
Vx Vy Vz
Il faut donc calculer
,
,
. Nous avons :
x y z
3
5
 3 2

Vx
2
2
2 2
2
2 2
  x  y  z   x    x  y  z  .2 x 
x
 2

3
2 2
 x  y  z
 r 3  3 x 2 .r 5
2
2

 3x  x  y  z
2
2
2
5
2 2

(44)
(45)
(46)
(47)
(48)
Vy Vz
,
. On trouve :
y z
3
5
Vy


 3

  x 2  y 2  z 2  2  y    x 2  y 2  z 2  2 .2 y 
y
 2

De façon similaire on calcule
  x2  y 2  z 2 
 r 3  3 y 2 .r 5

3
2
 3 y 2  x2  y2  z 2 

5
2
(49)
3
5


 3

Vz
  x 2  y 2  z 2  2  z    x 2  y 2  z 2  2 .2 z 
z
 2

  x2  y 2  z 2 
 r 3  3 z 2 .r 5
Par suite :

3
2
 3z 2  x2  y 2  z 2 

5
2


div V  .V  r 3  3x 2 .r 5  r 3  3 y 2 .r 5  r 3  3 z 2 .r 5
 3r 3  3  x 2  y 2  z 2  .r 5
 3r 3  3  r 2  .r 5
 3r 3  3.r 3
0
26
(50)
(51)
On retrouve le même résultat que (43). En coordonnées sphériques nous avons fait les calculs
en utilisant les relations entre les opérateurs, alors que pour (51) les calculs ont été menés
directement.
Remarque :

  e r 
On peut aussi calculer div  V  2  directement en coordonnées sphériques, sil l’on connait
r 

l’expression de la divergence en coordonnées sphériques.
Expression de la divergence en coordonnées sphériques :

Soit A( Ar , A , A )
 1   r 2 . Ar 
1   sin  . A 
1 A
div A  2


(52)
r
r
r sin 

r sin  
1

Vr  2

 
r
Les composantes du champ V V  0 . L’appliquons de l’expression (51) donne
V  0


directement : div V  0 .
Exercice 6




Calcul du flux du champ de vecteurs V  4 xze x  y 2 ey  yzez à travers la surface du cube
limité par x  0, x  1, y  0, y  1, z  0, z  1 (Figure 3)
Figure 3. Cube et faces
On Définit les faces comme suit :
S1 : la face avant définie par : x  1
S2 : la face arrière définie par : x  0
S3 : la face du bas définie par : z  0
S4 : la face du haut définie par : z  1
S5 : la face gauche définie par : y  0
S6 : la face droite définie par : y  1
La surface du cube est donc S  S1  S2  S3  S4  S5  S6
27
 
Le flux est défini par :    V .dS . Appelons aussi :

 
1   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S1
S

 
 2   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S2
S1

 
 3   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S3
S2

 
 4   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S4
S3

 
 5   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S5
S4

 
 6   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S6
S5
S6
Le flux total est donc :    1  2   3   4   5   6


Calcul du flux à travers la surface S1 : dS  dydze x et x  1 .
 
1
1
1
1
1
1   V .dS   4 xzdydz   dy  4 zdz    2 z 2  dy  2  y 0  2
0
0
0
0
S1
S1


Calcul du flux à travers la surface S2 : dS   dydze x et x  0 .
 
 2   V .dS   4 xzdydz   0.dydz  0

Calcul du flux à travers la surface S3 : dS   dxdye z et z  0 .
 
 3   V .dS    yzdxdy   0.dxdy  0
S2
S2
(53)
(54)
S2
(55)

Calcul du flux à travers la surface S4 : dS  dxdye z et z  1 .
 
1
1
 4   V .dS   yzdxdy   y.dxdy   ydy  dx 
S3
S3
S4
S4
S3
0
S4
0
1
 y2 
1
  ydy  x    ydy    
0
0
0
 2 0 2


Calcul du flux à travers la surface S5 : dS   dxdze y et y  0 .
 
 5   V .dS   y 2 dxdz   0.dxdz  0
1
1
1


Calcul du flux à travers la surface S6 : dS  dxdze y et y  1 .
 
1
1
 6   V .dS    y 2 dxdz   1.dxdz    dx  dz  1
S3
S3
S6
S6
(56)
(57)
S3
0
0
(58)
S6
Le flux total est donc (dans l’ordre) :
1
3
S  2  0  0  1 
2
2
(59)
28
Exercice 7
On se propose de Calculer le flux du champ vectoriel



V ( M )  xz 2 ex  ( x 2 y  z 3 )ey  (2 xy  y 2 z )e z à travers la surface de l’hémisphère S limité par
z  a 2  x 2  y 2 et z  0 (Figure 4).
Figure 4. Surface de calcul du flux
 
Le flux est défini par :    V .dS .
S
Remarquons que la surface précisée est fermée, elle est constituée de la demi-sphère
d’équation : x 2  y 2  z 2  a 2 et du disque x 2  y 2  a 2 . Pour ce faire on va utiliser le
théorème de Green-Ostrogradski qui transforme une intégrale de surface en une intégrale de
volume :

Surface
fermée
 

V .dS  Volume div V .d
(60)
intérieur
Pour calculer du terme de gauche de l’équation (60) il suffit de calculer celui de droite. On
utilise cette astuce quand le calcul du terme de droite présente une certaine facilité.

Calculons div V
Vx
 z2
x
Vy
 x2
y
Vz
 y2
z

div V  x 2  y 2  z 2  r 2
(61)
(62)
Calculons maintenant l’intégrale de volume. Pour ce faire il faut se rappeler l’expression du
volume élémentaire en coordonnées sphériques. Celui-ci est donné par (Figure 5) :
d  dr.rd .r sin  d
(63)
29
Figure 5. Volume élémentaire en coordonnées sphériques


div V .d 
Volume
 r .r
2
2
sin  drd d 
Volume
 r s in  drd d
4
(64)
Volume
Pour le calcul de cette intégrale on fait la même chose que pour l’exercice précédent, en
 
précisant le domaine de variation des 3 variables r,  et  : r   0, a  ,   0,  ,   0, 2  .
 2



a

a
2
div
V
.d   r 4 dr  2 sin  d  d   r 4 dr  2 sin  d  0

0
0
Volume
0

2
0
0
0

2
   r dr  sin  d   2 r dr   cos  
a
0

Donc
4
a
4
0
2 a 5
5
  2 a 5
V
.dS 
Surface
5
fermée
0
a
 r5 
 2  
 5 0
(65)
(66)
Exercice 8




Soit le champ vectoriel V ( M )  2 ze x  3e y  2 xye z

8.1. Montrons que le flux sortant de V à travers l’hémisphère de centre O et de rayon R
(Figure 6) est le même que le flux rentrant à travers la base constituée par le disque de centre
O et de rayon R du plan xOy.
Appelons S1 la surface de la demi-sphère de rayon R et de centre et qui s’appuie sur le cercle
du même centre et du même rayon, et S2 la surface du disque de centre O et de rayon R.
 
Le flux est défini par :    V .dS . Appelons aussi :

 
1   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S1
S

 
 2   V .dS , le flux du champ V à travers la surface S2
S1
S2
La surface totale S  S1  S2 est donc une surface fermée et le flux total est donné par :
  1   2 .
30

Appliquons le théorème de Green-Ostrogradski (60). Pour cela calculons div V
Vx
0
x
Vy
(67)
0
y
Vz
0
z
Donc :

div V  0
(68)
Figure 6. Hémisphère de rayon R
Avant l’application du théorème de Green-Ostrogradski, il faut se rappeler que le vecteur
normal à la surface est dirigé toujours vers l’extérieur (la surface étant fermée) par conséquent
le flux est sortant. En tenant compte des définitions précédentes, le flux entrant à travers la
base du disque est égal à 1 . Appliquons maintenant le théorème de Green-Ostrogradski, il
vient :

1   2   div V .d  0
(69)
V
Soit donc :
 2  1
(70)
En d’autres termes, le flux entrant à travers la surface du disque est égale au flux à travers
l’hémisphère proprement dit.
8.2. De ce qui précède le calcul du flux sortant à travers l’hémisphère se déduit de celui à
travers le disque.


Le vecteur normal à cette surface est n  e z et le vecteur surface élémentaire est


dS   dxdye z . Le flux élémentaire est donné par : d 1  2 xydxdy .
1 

2xydxdy
(71)
Surface
disque
Pour le calcul de cette intégrale, on va passer en coordonnées polaires (Figure 7)
31
Figure 7. Coordonnées polaires
Les coordonnées cartésiennes sont liées aux coordonnées polaires par :
x  r cos 
(72)
y  r sin 
La surface élémentaire est donnée par : dS  dxdy  rdrd . De ce fait l’intégrale (71)
devient :
1   2r 2 cos  sin  .rdrd   2r 3 cos  sin  .drd

Surface
disque
R
Surface
disque
2
R
0
0
   2r dr  cos  sin  d  
0
3
2
1

2r dr  cos  2 
2
0
3
(73)
0
En vertu de (70), le flux sortant à travers l’hémisphère proprement dit est aussi nul :  2  0 .
Exercice 9
Le théorème de Stokes stipule que la circulation d’un vecteur le long d’un contour fermé est
égale au flux du rotationnel de ce vecteur à travers la surface qui s’appuie sur ce contour.




Le champ de vecteur dont il est question ici est donné par : V ( M )  2 ye x  3 xe y  z 2 e z . Le
contour fermé et la surface qui s’y appuie sont respectivement le bord d’un hémisphère et
l’hémisphère lui-même tels qu’ils sont illustrés par la Figure 8, ci-dessous.
L’hémisphère supérieur (S) est d’équation x 2  y 2  z 2  a 2  9 et (C) le contour sur lequel
s’appuie l’hémisphère.
Figure 8. Vérification du théorème de Stokes
32
Enoncé du théorème :
 
  
V
.
dl

rot
V .dS


(C )
(74)
(S )
On va calculer séparément les 2 membres de cette égalité et les comparer ensuite.
 Calcul du terme de gauche
Pour ce faire on va utiliser les coordonnées polaires comme précédemment, sauf que les
points M dans ce cas vont décrire le cercle (C) (Figure 9).
Figure 9. Coordonnées polaires et cartésiennes
Les coordonnées cartésiennes sont données par :
x  a cos 
y  a sin 

(75)


Le vecteur déplacement élémentaire est donné par : dl  ad e (car le point M se déplace sur
le cercle de rayon a)
 


Les vecteurs e r et e peuvent être exprimés dans la base i, j . En effet :



e r  cos  i  sin  j 
(76)

e   sin  i  cos  j
 
La circulation élémentaire s’écrit donc :
 




V .dl  (2 y i  3 x j ).( a sin  d i  a cos  d j )
 2ay sin  d  3ax cos  d
En remplaçant x et y par leurs expressions données en (75) on obtient :
 
V .dl  2a 2 sin 2  d  3a 2 cos 2  d
 2a 2 (1  cos 2  )d  3a 2 cos2  d
 a 2 (2  2 cos 2   3cos 2  )d
 a 2 (2  5cos 2  )d
5(1  cos 2 ) 

 a 2  2 
 d
2


2  1  5cos 2 
a 
 d
2


33
(77)
(78)
 1  cos 2
Pour faciliter l’intégration on linéarise l’expression cos 2   
2

2
2
 
2
a  2  5sin 2  
2  1  5cos 2 
 (C ) V .dl  0 a  2  d  2   0   2  0 


a2
  2  0   a 2
2
 9

.

(79)
 Calcul du terme de droite
 
Calculons d’abord rot V
  
 
x
 
 
     2 y   0
rot V    V      3x    0
  ez
(80)
 y    z 2   3  2  1
 
 
 z 
Expression de la surface élémentaire

Conformément à la Figure 5, le vecteur surface élémentaire est porté par le vecteur e r , et sa

valeur algébrique dS s’exprime comme étant le produit du côté porté par e soit a sin  d et



du côté porté par e , soit ad . En d’autres termes : dS  a 2 sin  d d e r .
 
Le flux élémentaire de rot V est donné par :
   

 
d   rot V .dS  e z .a 2 sin  d d er  a 2 sin  d d . e z .er
(81)


Rappel mathématique


Soient deux vecteurs u et v quelconques (Figure 10).
Figure 10. Cosinus de deux vecteurs et produit scalaire


Le cosinus de l’angle  est lié au produit scalaire des vecteurs u et v par la relation suivante :

 
u.v
cos(u , v)  cos    
(82)
u .v


Si les deux vecteurs sont unitaires u  v  1 alors la relation (82) se résume à :
 

cos(u , v)  cos   u.v
(83)
34


Cette dernière relation s’applique aux vecteurs e r et e z . En reprenant l’expression du flux
élémentaire (81), on peur écrire :
Nous avons donc
  
d   rot V .dS  a 2 sin  d d .cos 
(84)
Le flux total s’écrira :

2
   a 2 sin  d d .cos   a 2  2 sin  cos  d  d

2
0
0
 sin  
1
 2 a 2 
(85)
  2  9 
2
 2 0
 9
Le terme de gauche étant égal au terme de droite de l’équation (74), le théorème de Stokes est
donc vérifié.
2
35
Corrigé des Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 2)
Exercice 1
On donne :
q1  q  10 8 C
q2  2q
q3  2q
q4   q
K
1
 109 SI
4 0
Figure 1. Charges
disposées aux sommets
d’un carré
1.1. Le champ électrostatique créé en un point M par une charge q placé en P est donné par :


1
PM
E M
.q.
(1)
4 0 PM 3
Le champ électrostatique créé en O par les charges placées en A, B, C et D est la somme des
champs créés par ses mêmes charges prises séparément (Figure 1).
Pour les besoins de commodité on va exprimer les différents vecteurs dans la base
 


orthonormée e x , e y c'est-à-dire en fonction des vecteurs unitaires e x et e y .


a
a
 a a a a a
 a
Dans ce repère nous avons : A   ,  ; B  ,  ; C  ,   ; D   ,   .
2
2
 2 2 2 2 2
 2
2
2




2
a a
Noua avons aussi : AO  BO  CO  DO       
a b
2
2 2

Le champ E1 créé au point O par la charge q1 placée en A est donné par :

1
AO
1
1 a a 
E1 
q1  3 
q 3  ex  e y 
4 0
4 0 b  2
2 
AO
(2)
1
1 a  

q
ex  e y
4 0 b3 2

Le champ E 2 créé au point O par la charge q2 placée en B est donné par :


36

1
BO
1
1  a a 
E2 
q2  3 
.  2 q  . 3   e x  e y 
4 0
4 0
b  2
2 
BO
1
1 a  

2q 3  e x  e y
4 0
b 2
1
1 a  
 2
q 3 e x  e y
4 0 b 2

Le champ E 3 créé au point O par la charge q3 placée en C est donné par :

1
CO
1
1  a a 
E3 
q3  3 
.  2q  . 3   e x  e y 
4 0
4 0
b  2
2 
CO
1
1 a  

2q 3 e x  e y
4 0
b 2
1
1 a  
2
q 3 e x  e y
4 0 b 2

Le champ E 4 créé au point O par la charge q4 placée en D est donné par :

1
DO
1
1 a a
E4 
q4  3 
 q  3  e x  e y 
4 0
4 0
b 2
2 
DO
1
1 a  

q 3 ex  e y
4 0 b 2
    
Le champ dû aux quatre charges E  E1  E 2  E 3  E 4 s’exprime alors :

1
1 a  
1
1 a  
E
q 3 ex  e y  2
q 3
e x  e y
4 0 b 2
4 0 b 2
1
1 a  
1
1 a  
2
q 3 e x  e y 
q 3 ex  e y
4 0 b 2
4 0 b 2
Soit :

 
 
 
1
1 a  
E
q 3 (e x  e y )  2(e x  e y )  2(e x  e y )  (e x  e y )
4 0 b 2
1
1 a 

q 3 2e y
4 0 b 2
2 2
 Kq 2 e y
a
Le champ électrostatique résultant est donc porté par l’axe des y.



















(3)
(4)
(5)
(6)

(7)
1.2. De même que pour le champ électrostatique, le potentiel au point O est la somme des
potentiels engendrés par les charges placées en A, B, C et D.
Le potentiel créé en un point M de l’espace par une charge ponctuelle q placée en P est donné
par :
VM , q 
q
 Cte
4 0 r
(8)
Où PM  r
Supposons que le potentiel est nul à l’infini. Dans ces conditions :
Le potentiel créé en O par A est donné par :
37
q1
4 0 AO
Le potentiel créé en O par B est donné par :
q2
V2 
4 0 BO
Le potentiel créé en O par C est donné par :
q3
V3 
4 0CO
Le potentiel créé en O par D est donné par :
q4
V4 
4 0 DO
V1 
(9)
(10)
(11)
(12)
2
2




2
a a
Sachant AO  BO  CO  DO       
a  b et en remplaçant les charges
2
2 2
q1, q2, q3 et q4 par leur valeurs, le potentiel dû aux quatre charges V  V1  V2  V3  V4 est
donné par :
q
2 q
2q
q
V



0
(13)
4 0b 4 0b 4 0b 4 0 b
2.3. Le potentiel sur les parties intérieures de xx’ et yy’
Le potentiel sur les parties intérieures de xx’
Soit un point M   xx ' alors BM  CM et AM  DM . De ce fait :
q
2q
2q
q



4 0 AM 4 0 BM 4 0CM 4 0 DM
q
q
2 q
2q




4 0 AM 4 0 DM 4 0 BM 4 0CM
0
V
(14)
Le potentiel sur les parties intérieures de yy’
Soit un point N   yy ' alors AN  BN et CN  DN . De ce fait :
q
2 q
2q
q



4 0 AN 4 0 BN 4 0CN 4 0 DN
q
q


4 0 AN 4 0CN
q  1
1 




4 0  CN AN 
V
(15)
 La valeur de V aux points I et I’
On tombe dans le premier cas de figure (le potentiel en un point intérieur à xx’). Donc
VI  VI '
(16)
 La valeur de V au point J
38
a
5
Dans ce cas : AJ  ; CJ 
a . Donc :
2
2
q  1
1 
q  2
2

 



4 0  CJ AJ  4 0  5a a 
q  2


 2

4 0 a  5



qK 2  2 5



a 
5 
VJ 
(17)
 La valeur de V au point J’
a
5
Dans ce cas : CJ '  ; AJ ' 
a . Donc :
2
2
q  1
1 
q 2
2 






4 0  CJ ' AJ '  4 0  a
5a 
q 2 52



4 0 a 
5 
qK  2 5  2 



a 
5 
On peut remarquer que les potentiels en J et J’ sont opposés.
AN : VJ  99.5 v; VJ '  99.5 v
VJ ' 
(18)
Exercice 2

2.1. Calcul en tout point M de l’espace du champ électrique E créé par un fil rectiligne AB
de longueur finie 2a, portant une densité linéique de charges   0
Le champ électrostatique élémentaire créé par l’élément de conducteur, centré autour du point
P, de longueur dl  dx (Figure 2) est donné par :
 
Pour la commodité d’écriture on va exprimer tous les vecteurs dans la base i, j . Ainsi
1
3



PM   x i  y j; PM  x 2  y 2   x 2  y 2  2 ; PM 3   x 2  y 2  2 ; dq   dx .
 






1
PM
1
x
y

dE 
dq

dq 
i
j
3
3
4 0
PM 3 4 0 
2
2 2
2
2 2
 x  y  
 x  y 
(19)




 
xdx
y



i
j
3
3

4 0 
2
2 2
 x2  y 2  2 
 x  y 
Le champ total s’obtient en intégrant l’expression du champ élémentaire. Comme on peur
l’observer nous avons une composante Ex selon l’axe des x et une autre E y selon l’axe des y.
39
Figure 2. Conducteur de longueur finie
Calcul de la composante x
Ex   

4 0
xdx
x
3
2 2


1
  2   x
2
2
y

 1
4 0 2 
2 xdx
x
y
3
2 2

xB


2
y  
4 0

 xA

 
1
1




2
2 
4 0  xB 2  y 2
x

y
A



1
2 2
2
(20)
Calcul de la composante y
Ey  
1
4 0
ydx
x
2
y
(21)
3
2 2

Pour le calcul de cette intégrale on va effectuer le changement de variable suivant : tan  
Cette relation va nous permettre de transformer l’intégrale en x en une intégrale en  de la
façon suivante :
y
1
y
tan    1  tan 2   d 
d   2 dx
(22)
2
x
cos 
x
La dernière égalité de (22) permet d’avoir :
x2
y2
1
y
dx  
d  
d   2 d
(23)
2
2
2
y cos 
tan  y cos 
sin 
Reprenons l’intégrale de l’expression (22)

ydx

ydx

ydx
Ey  


(24)
3
3
3


4 0 2
4 0
4 0
2 2
2
2 2
2
 2  x  2
x  y 
x  y 
 y 1  2  
y 
 
Soit en faisant les remplacements nécessaires :
40
y
.
x
Ey 

4 0


4 0


ydx
 2
1 
 y 1  tan 2   

 
ydx
3
2

3

4 0

ydx
 2  1  tan 2 
y 
2
  tan 

sin 3  dx

4 0  y 2
3
 2


 1 cos 2   2
y3 

2
2
 cos  sin  
En utilisant (23), l’expression (25) devient simplement :

sin 3  dx

sin 3  y
Ey 


4 0  y 2
4 0  y 2 sin 2 


sin  d
4 0 y 
Finalement :



Ey  
sin  d  
  cos  12

4 0 y
4 0 y


 cos  2  cos 1 
4 0 y

 
xB
xA




2
2 
4 0 y  xB 2  y 2
xA  y 

(25)
(26)
(27)
2.2. Examen de cas particuliers
2.2.1. Le point M est situé sur la médiatrice de  A, B 
Dans ce cas xA   xB . Par suite le champ électrostatique sera donné par :

 
1
1

0

2
2 
4 0  xB 2  y 2
x

y
A


(28)


xB
xA

  2a 




Ey 

2
2 
4 0 y  xB 2  y 2
4 0 y  a 2  y 2 
x

y
A


2.2.2. Le fil est infini
Dans ce cas x A  ; xB   . Le calcul du champ électrostatique dans ce ca s de figure se
fait en déterminant la limite des expressions (20 et 27).
Ex 
41

 
1
1

0

2
2
2
2 
x A  4 
x

y
x

y
0 
xB 
B
A




xB
xA


E y  lim

2
2
2
2 
x A  4 y 
x

y
x

y
0 
xB 
B
A





 
1
1

E y  lim

2
2 
x A  4 y 
y 
0
xB 
 1 y 2
1


xB
x A2 

2

Ey 

4 0 y 2 0 y
Ex  lim
(29)
Exercice 3
3.1. Calcul du champ électrostatique en un point situé sur l’axe du disque portant un
distribution de charges surfacique (   0 ).

Le champ électrostatique d 2 E créé en M par une charge électrostatique élémentaire d 2 q ,
centrée en P et de surface élémentaire d 2 S , est porté par la droite (MP) et est dans le même

sens que PM (car   0 ).
Si l’on considère le symétrique P’ de P par rapport au centre O (Figure 3), on peut voir que la
composante latérale du champ électrostatique créé en M par la charge électrostatique
élémentaire d 2 q entourant P’ s’annulera avec la composante latérale du champ créé en M par
la charge électrostatique élémentaire d 2 q située en P. Donc finalement le champ
électrostatique sera porté par l’axe et est dirigé de bas en haut., ce qui revient à dire que le
champ électrostatique total sera la somme des composantes verticales élémentaires.
Figure 3. Champ électrostatique dû à un disque chargé en surface
42
1
3
On a : PM  r 2  z 2   r 2  z 2  2 ; PM 3   r 2  z 2  2 ; d 2 q   d 2 S ; d 2 S  rdrd  .
Le champ électrostatique élémentaire est donné par :


1
PM
dE 
dq
4 0
PM 3
La composante verticale élémentaire est donnée par :
 
1
PM .k
1
PM cos 
d 2 Ez 
d 2q

 d 2S
3
4 0
PM
4 0
PM 3
1
cos 
1
z

 d 2S

 rdrd
3
2
4 0
PM
4 0
2
2 2
r  z 
 z rdrd

3
4 0 2
2 2
r

z


(19)
(20)
La composante verticale total est donc l’intégrale de cette composante élémentaire
R
z
rdrd
 z 2
rdr
Ez 

d

3
3



0
0
4 0
4 0
2
2 2
2
2 2
r  z 
r  z 
2 z 1 R

4 0 2 0
R
2rdr
r
2
z
3
2 2

1
 2
2 z 1
2 2 

 2   r  z  
4 0 2

0
z 
1
1
 

2 0  R 2  z 2 z 

 
z

1 

2 0 
R2  z2 
Le champ électrostatique total est donc :
  

z
E
1 
k
2 0 
R2  z 2 
(21)

(22)
2.2. Si le rayon tend vers l’infini, le champ électrostatique sera la limite de l’expression
calculée en (22). Nous aurons :


 
z
E  lim
1

k
R  2
R2  z 2 
0 
(23)
  
E
k
2 0
2.3. Champ électrostatique dû à un plan percé d’un trou en un point situé sur l’axe du trou.
Pour répondre à cette question on va utiliser 2 méthodes
 La première méthode
La première méthode consiste à utiliser le principe de superposition.
Nous venons de calculer le champ électrostatique dû à un plan chargé en surface et celui dû à
un disque chargé lui aussi en surface. Pour figurer un plan percé d’un trou on peut superposer
un plan chargé en surface dont la densité est  et un disque portant en surface une distribution
de charges de densité 
43

Le champ électrostatique E PT engendré par cette superposition est obtenu en faisant la somme
des expressions (22 et 23) et en affectant la densité  par  dans l’expression (22)


 
 
z
E PT 
k

1

(24)

k
2
2
2 0
2 0 
R

z





Lacontribution du plan
(densité σ)
Lacontribution du disque
(densité -σ)
Soit encore

 
z
E PT 

2
2 0  R  z 2

k

(25)
La deuxième méthode
La deuxième méthode consiste à calculer le champ créé par une couronne, de rayons interne
R1 et externe R2 (Figure 4), et portant une distribution de charges de densité surfacique .
L’effet du plan muni d’un trou est vite obtenu en faisant tendre le rayon externe vers l’infini.
Figure 4. Couronne chargée en surface

Le champ électrostatique EC engendré par cette distribution au point M de l’axe est obtenu
en intégrant l’expression (20) entre les bornes R1 et R2 en ce qui concerne la variable r et
entre 0 et 2 pour ce qui est de la variable . Le résultat est immédiat :


z 
1
1

k
EC  

(26)
2
2 
2 0  R2 2  z 2
R

z
1


Il ne reste plus qu’à calculer la limite de cette expression quand R2   , on obtient alors :
44


z 
1

k
E PT  
2
2 
2 0 
R

z
1


(27)




z
1

k
E PT 
2
2 

2 0
R

z
 1

C’est bien le même résultat qu’en (25), il suffit de remarquer le rayon du trou R (25) est égal
au rayon interne de la couronne R1 de (27).
Exercice 4
Figure 5. Conducteur creux hémisphérique

4.1. Calcul du champ E1 au point O
Considérons d’abord le champ élémentaire créé en O par la charge se trouvant en P. La
densité de charge étant positive, donc le champ électrostatique élémentaire est dirigé de P vers
O. son expression est :


1
PO
2
2
d E
d q  3
(28)
4 0
PO
d 2 q est la charge élémentaire de second ordre contenue dans la surface élémentaire de second
ordre d 2 S entourant le point P.
Propriété géométrique du champ électrostatique créé par cette distribution
Si on prend le symétrique P’ du point P on peut constater que leurs composantes latérales
s’annulent mutuellement (Figure 5). Donc le champ électrostatique en O est vertical et dirigé
vers le bas.
Calculons la composante verticale du champ électrostatique élémentaire en O :
 


1
PO.k
d 2 Ez  d 2 E.k 
d 2 q  3
(29)
4 0
PO
45
 
cos

.
PO . k
1
d 2 Ez  
d 2q
 3
4 0
PO
(30)
Le signe (-) est dû au sens du champ électrostatique.
1
cos 
1
cos 
d 2 Ez  
d 2 q  2  
 d 2 S  2
4 0
4 0
PO
PO
(31)
La surface élémentaire d’ordre 2 est centrée autour du point P. On peut déterminer son
expression (Figure 6 ci-dessous)
Figure 6. Surface élémentaire en coordonnées sphériques
La surface du pseudo rectangle est donnée par :
d 2 S  rd .r sin  d
(32)
Le champ électrostatique dû à la couronne est un infiniment petit d’ordre 1 qu’on obtient en
intégrant le champ élémentaire d’ordre 2 sur toute la couronne, c'est-à-dire en faisant varier la
latitude  de 0 à 2. Soit, en injectant (32) dans (31) :
2
1
cos 
1
cos 
dEz   
 R 2 sin  d d 2  2 .
 R 2 sin  d 2
(33)
4 0
R
4 0
R
0
1
cos 
1
 R 2 sin  d 2  
 sin 2 d
4 0
R
4 0
Finalement le champ dû à tout l’hémisphère chargé en surface est :
dEz  2 .

2

2

1
1
Ez   dEz   
 sin 2 d 

4

4

0
0
0
0

(34)
 cos 2  2
 2  
0
(35)
1  1  1 



4 0  2 
4 0
4.2. Cas où l’hémisphère est chargé en volume.
Dans le présent cas l’hémisphère est constitué d’une succession de surfaces de rayon r. C’est
comme les différentes couche d’un demi-oignon :
Le volume d’une couche de l’hémisphère est la surface de l’hémisphère : 2 r 2 , multipliée par
46
sa hauteur : dr . La charge contenue dans cette couche est dq   .2 r 2 dr . C’est en même
temps la charge contenue dans la couche chargée en surface (nous exploitons le résultat
précédent). La charge en surface est donnée par :  .2 r 2 . Ces deux quantités étant égales, on
tire par conséquent :
 .2 r 2 .dr   .2 r 2
(36)
Il s’ensuit :
 .dr  
(37)
En remplaçant (37) dans l’expression donnant le champ Ez , on trouve le champ élémentaire
dû à la couche du demi-oignon :
dEz  
 dr
4 0
(38)
Le champ total dû à tout l’hémisphère chargé en volume est :
R
Ez   
0
1

R
R
 dr  
. r  0  
4 0
4 0
4 0
(39)
4.3. Calcul direct du champ
On reprend l’expression du champ élémentaire dû à un une charge élémentaire (28):
La composante selon l’axe des z est :
d 2 Ez  
1
cos 
1
cos 
1
cos 
dq  2  
 d  2  
 d 2
4 0
4 0
4 0
r
PO
PO
(40)
Le volume du parallélépipède élémentaire de la Figure 6 est :
d  dr.rd .r sin  d  r 2 sin  .drd d
Le champ total est :
1
Ez  
4 0
 .r


Soit finalement :
Ez  
sin  drd d
cos 

r2

2
2

dr d  sin  cos  d
4 0 0 0
0
R

2
(41)

2
 sin  2 


R.2 . sin  cos  d  
R.2 

4 0
4 0
 2 
0
(42)

2
0

1

R.2   0 
4 0
2

R
4 0
(43)
47
Exercice 5
5.1. On ne peut pas appliquer le théorème de Gauss. En fait il n’a aucun intérêt. Le champ n’a
pas vraiment une quelconque particularité, contrairement lorsqu’il s’agit d’un fil de longueur
indéfinie.
5.2. Dans ce cas, le champ électrostatique présente quelques particularités. En un point
quelconque de l’espace situé à la distance r du fil, on peut voir que :
Le champ est perpendiculaire au fil
Son intensité ne dépend que de r
Divergent (dans le cas d’une densité linéique   0 )
Ce sont les propriétés désirables pour l’application du théorème de Gauss. Calculons le flux
du champ électrostatique à travers la surface du cylindre. Rappelez-vous que la surface de
gauss doit être fermée. Donc la surface dont il est question est la paroi latérale plus les 2 bases
(Figure 7).
Figure 7. Surface de Gauss dans le cas d’un conducteur filiforme indéfini
 Calcul du champ électrostatique
Le théorème de Gauss stipule:
 Q
 E.dS  int0
(45)

Le champ est constant sur la paroi latérale et a le même sens que le vecteur OM . Sur les
bases, le champ est perpendiculaire à la normale, donc le flux du champ à travers les bases est
nul. Il ne reste que le flux à travers la paroi latérale.
 
 
E
.
dS

(46)

 E.dS  E.S

laterale
Or la surface latérale du cylindre est : S L  2 rh et la charge située à l’intérieur du cylindre
vaut Qint  .h .
Tenant compte de (45) et (46) il vient:
48
 .h
0
 1
E
2 0 r
E.2 rh 
(47)
C’est bien le résultat de l’exercice 2
5.3. Non, on ne peut pas appliquer le théorème de gauss. Le champ ne présente aucune
particularité.
5.4. Là, non plus
5.5. Le cas du plan est intéressant.
Par la pensée on peut voir que le champ électrostatique créé par le plan de densité de charge
surfacique (   0 ) ne dépend que de la distance du point au plan. En plus le champ est
perpendiculaire au plan. Quelle surface peut-on choisir dans ce cas ? La réponse est un
cylindre (Figure 8).
Figure 8. Distribution de charge surfacique sur un plan et surface de Gauss
Le flux à travers le cylindre se réduit au flux à travers les deux surfaces basales. Ce flux est
donné par :
 
2
2
2
(48)
 E.dS   R .E   R .E  2 R .E
S1  S2
La charge à l’intérieur du cylindre est donnée par :
Qint  . R 2

0
0
 Calcul du champ électrostatique
Application du théorème de Gauss :
En égalisant les deux termes (48 et 49), on obtient :
49
(49)
 R 2
2 R E 
0
(50)

E
2 0
5.6. Dans le cas de la sphère, qu’elle soit chargée en surface ou en volume, on peut toujours
utiliser le théorème de Gauss.
2
Le champ électrostatique en tout point de l’espace est porté par le rayon de la sphère (le
champ est divergent si la densité est >0)
Son intensité ne dépend que la distance du point au centre de la sphère.
La surface de Gauss est donc une sphère  de centre O (Figure 9)
Figure 9. Surface de gauss dans le cas d’une sphère chargée en surface ou en volume
 Sphère chargée en surface
Deux cas sont à envisager :
 rR
Le flux à travers la surface  est donné par :
 
2
 E.dS  E.4 r
(51)

La charge contenue dans la sphère chargée en surface est Qint   .4 R 2
 Application du théorème de gauss
Qint  .4 R 2

 E1.4 r 2
0
0
2
  R 1 
E1 
er
0 r2
Le potentiel est donné par :

dV 
E1   1 er
dr
Soit :
 R2 1
dV
 1
2
0 r
dr
 R2 1
V1 
C
0 r
50
(52)
(52)
(53)
En supposant le potentiel nul à l’infini, le potentiel devient :
 R2 1
V1 
0 r
(54)
 rR
 
Qint  0  E2  0
Le potentiel dans ce cas est constant
(55)
V2  C '
(56)
La constante est déterminée en constatant que le potentiel est continu (au niveau de la surface
de la sphère)
V1  V2
(57)
Dans ce cas :
R
0
R
V2 
0
Représentons le champ et le potentiel graphiquement (Figure 10)
C'
(58)
Figure 10. Représentations graphiques du champ électrostatique et du potentiel
Sphère chargée en volume
Deux cas sont à envisager :
 rR
Le flux à travers la surface  est donné par :
 
2
 E.dS  E.4 r
(59)

4
La charge contenue dans la sphère chargée en surface est Qint   .  R 3
3
Application du théorème de gauss
51
4
 .  R3
Qint
 3
 E1.4 r 2
0
0
3
  R 1 
E1 
er
3 0 r 2
Le potentiel est :
(60)

dV 
E1   1 er
dr
(61)
Soit :
 R3 1
dV
 1
2
3 0 r
dr
 R3 1
V1 
C
3 0 r
En supposant le potentiel nul à l’infini, le potentiel devient :
 R3 1
V1 
3 0 r
(62)
(63)
 rR
Le flux à travers la surface  est donné par :
 
2
 E.dS  E.4 r
(64)

4
La charge contenue dans la sphère chargée en surface est Qint   .  r 3
3
Application du théorème de gauss
4
.  r 3
Qint
 3
 E2 .4 r 2
0
0
  r 
E2 
er
3 0
Le potentiel est :

dV 
E2   2 er
dr
Soit :
r
dV
 2
3 0
dr
r2
V2  
C
6 0
le potentiel étant continu au niveau de la surface ( r  R ) :
52
(65)
(66)
(67)
lim V1  lim V2
r R
rR
R
 R2

C
3 0
6 0
2
C
(68)
3 R 2
6 0
Par suite :
 r 2 3 R 2
V2  

6 0
6 0
 r 2 3 R 2

V2  


3R 2  r 2 

6 0
6 0
6 0
Pour les courbes il faut faire comme pour précédemment.
(69)
Exercice 6
6.1. Champ électrostatique à l’aide du principe de superposition (Figure 11)
Figure 11. Sphère chargée munie d’une cavité centrée en O
Le principe de superposition

Le champ créé par la distribution est la somme du champ E1 créé par la sphère de centre O, de

R
rayon R et de charge  et le champ E 2 dû la sphère de centre O, de rayon
et de charge
4
  . En se basant sur ce qui a été fait précédemment on peut donner l’expression du champ
comme précédemment.
53

E1
  r 
E1  0 er
3 0
  r 
E1  0 er
3 0
r
r
R
4
R
rR
4

E2

 r 
E2   0 er
3 0
3

0  R 
E2  
 
3 0  4 
3

0  R 
E2  
 
3 0  4 
  R 3 1 
E1  0
er
3 0 r 2
rR
 
E1  E 2

0
1 
er
r2
1 
er
r2
0 
R3  
r


 er
3 0 
64r 2 
0  21 3  
R er
 0 r 2  64 
Pour le potentiel
Si r  R
V    Edr
21 0 R3
 C1
64 0 r
Si le potentiel est nul à l’infini alors :
C1  0
(70)
21 0 R3
64 0 r
(71)
V
V

R
rR
4
V    Edr
V 
0  r 2 R3 
 
  C2
3 0  2 64r 
(72)
Le potentiel étant continu en r  R
0  R 2 R 3 
210 R 3
V 


  C2 
3 0  2 64 R 
64 0 R
(73)
32 0 R 2 0 R 2
C2 

64 0
2 0
Donc
0  r 2 R3  0 R 2
V 
 

3 0  2 64r  2 0
(74)
R
4
Le potentiel ici est constant car le champ est nul
r 
V  C3
(75)
Même raisonnement, le potentiel est continu en r 
On obtient :
54
R
4
  R 2

 
3 

R  0 R 2
4
C3   0    

R  2 0
3 0  2
64 

4 

  3R 2  0 R 2
C3   0 

3 0  32  2 0
(76)
 0 R 2 0 R 2 150 R 2


32 0
2 0
32 0
Pour les courbes vous procédez comme pour précédemment.
C3  
6.2. Cavité centre en O2 (Figure 12)
Figure 12. Sphère chargée munie d’une cavité centrée en O2
 Exprimons le champ total en un point M situé à l’intérieur de la cavité. On utilise toujours
le principe de superposition et on adoptera les mêmes notations que 6.1.

   
Le champ E 1  0 r1 er  0 O1M
(77)
3 0
3 0

 
 
Le champ E 2   0 r2 er   0 O2 M
(78)
3 0
3 0
Le champ total est la somme des deux :
      
E  0 O1M  0 O2 M  0 O1O2
(79)
3 0
3 0
3 0
Le champ à l’intérieur de la cavité est uniforme.
 Exprimons le champ total en un point N situé à l’extérieur de sphère de rayon R. On utilise
toujours le principe de superposition et on adoptera les mêmes notations que 6.1.
Le champ dû à la sphère de rayon R
  R 3 1   R 3 1  
E1  0
er  0
r1er  0
3 0 r12
3 0 r13
3 0
3
 R  
  r1er
 r1 
3
 0  R  

  O1 N
3 0  r1 
55
(80)
Le champ dû à la sphère de rayon R/4 et chargée négativement est :
3
3
R
R
3




  1 
0
0

 0  R  
4  1 
4


E2  
er  
r2 er  

 r2 er
3 0 r2 2
3 0 r23
3 0  4r2 
(81)
 0  R  

 O2 N
3 0  4r2 
3



Le champ total est la somme des deux champs E1 et . E2
3
   R 3 
0  R  
0
E
  O1 N  

 O2 N
3 0  r1 
3 0  4r2 
3
3
0   R    R   
   O1 N  

 O2 N 
3 0   r1 
4r2 



56
(82)
Corrigé des Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 3)
Exercice 1
1.1. Champ gravifique en un point M, dû à un plan infini dont la masse surfacique est .
On fait comme en électrostatique (exercice 5)
Figure 1. Champ gravifique dû à un plan ayant une charge massique surfacique
Le champ gravifique est toujours dirigé vers la masse qui le crée. On cherche le champ
gravifique créé en M.
On va utiliser le théorème de Gauss :
 
 
 
 

.
dS


.
dS


.
dS





 .dS  4 GM

SL
S1
(1)
S2
La surface  est le cylindre constitué de la paroi latérale et des deux bases :   S1  S 2  S L .
Le flux du champ gravifique à travers la paroi latérale du cylindre est nul car le vecteur champ
 

 est perpendiculaire au vecteur normal à la surface (   n ).
Le flux à travers les deux bases est le même. La somme de ces deux flux est donnée comme
suit :
 
 
2
(2)

.
dS



 .dS  2. R 
S1
S2
La masse M de la partie du plan contenue à l’intérieur de la surface de Gauss est donnée par :
M   . R 2
(3)
En considérant l’égalité (1), nous obtenons :
2. R 2   4 GM  4 G. . R 2
( M   . R 2 )    2 G
1.2. Champ dû à un plateau d’épaisseur h
57
(4)
Le champ gravifique dû à un plateau d’épaisseur h est déduit de la même façon. La différence
réside au niveau du calcul de la masse de la partie du plateau e trouvant à l’intérieur de la
surface de Gauss (partie colorée de la figure). Dans ce cas nous avons :
M   . R 2 .h
(5)
Application du théorème de Gauss donne donc :
2. R 2   4 GM  4 G. .h. R 2
   2 G  h
(6)
A.N : (Il faut faire attention aux unités)
Exercice 2
2.1. Calcul du champ gravifique due à une distribution sphérique de rayon R(Figure 2)
Figure 2. Distribution de masse sphérique
La masse volumique  étant variable au sein de la sphère et donnée par :
 2r
  f (r )  
0
si
si
rR
r> R
(6)
Nous sommes donc dans le cas d’une symétrie sphérique. La surface de Gauss est donc une
sphère de rayon r.
Appliquons le théorème de Gauss :
 

 .dS  4 GM
(7)

Le calcul dy flux de  à travers la surface de Gauss  est donné par
 
2

 .dS  .4 r
(8)


Tout le problème réside dans le calcul de la masse de la partie de la sphère se trouvant à
l’intérieur de la surface de Gauss. Deux cas s’imposent :
 rR
Il s’agit de toute la masse de la sphère.
La masse élémentaire de la couronne est :
dm   .dV   .4 r 2 dr
(9)
58
La masse totale :
R
R
R
0
0
M    .4 r 2 dr   2r.4 r 2 dr   8 r 3 dr
0
 r4 
 8 

4
 
R
 2 R
(10)
4
0
Reprenons l’équation (7) exprimant le théorème de Gauss en faisant les remplacements
nécessaires, on obtient :
 
2
4
 .dS  .4 r  4 GM  4 G.2 R

(11)
2 .GR 4

r2
r  R
La masse de la partie de la sphère contenue dans la surface de Gauss est :
r 
 
4
4
r
r
r
0
0
0
M    .4 r 2 dr   2r.4 r 2 dr   8 r 3 dr  8
r
 2 r 4
(12)
0
Reprenons encore une fois l’équation (7) exprimant le théorème de Gauss et remplaçons :
 
2
4
 .dS  .4 r  4 GM  4 G.2 r
(13)
2
  2 .Gr
2.2. Cas où la masse volumique est constante.
Là aussi deux cas sont à envisager :
 rR
Il s’agit de toute la masse de la sphère. La masse totale est donnée par
4
M  .  R3
3
Reprenons l’équation (13) exprimant le théorème de Gauss et remplaçons :
 
4 3
2

 .dS  .4 r  4 GM  4 G. 3  R
4 .G. .R 3

3r 2
(14)
(15)
 rR
La masse de la partie de la sphère contenue dans la surface de Gauss est :
4
M  .  r 3
(15)
3
Reprenons là aussi l’équation (13) exprimant le théorème de Gauss et remplaçons :
 
4 3
2

 .dS  .4 r  4 GM  4 G.. 3  r
(16)
4
   Gr
3
59
Exercice 3
3.1. Calcul de l’anomalie de Bouguer à l’aplomb d’une cavité (Figure 3)
Figure 3. Anomalie de Bouguer à l’aplomb d’une cavité
A l’aplomb de la cavité c'est-à-dire exactement au dessus c'est-à-dire au point M1 (Figure 3).
L’anomalie de Bouguer c'est-à-dire l’effet dû à la cavité. Le contraste de densité dans ce cas
est donné par   0      , où  indique la masse volumique du terrain encaissant. On
peut raisonner aussi en utilisant le principe de superposition.
GM
g B  2
(17)
p
M indique la masse du matériel de densité   si on invoque le principe de superposition. Soit
en notant V le volume de la cavité :
G V
g B   2
(18)
p
4  d  d3
Sachant : V     
, l’anomalie de Bouguer due à la cavité est donnée par :
3 2
6
3
G d 3
g B  
(19)
6 p2
3.2. Calcul de l’anomalie de Bouguer à 10 m de l’aplomb d’une cavité (Figure 3)
Le calcul s’effectuera au point M2 (Figure 3). L’intensité du champ gravifique est donnée
par :

G V
r2
(20)
Mais il y a un détail : avec un gravimètre on mesure la composante verticale de la pesanteur.
Dans ce cas pour répondre à la question il faut écrire :
G V
g B   2 cos 
(21)
r
3
p
p
4  d  d3
En utilisant le volume de la cavité V     
et cos   
, l’anomalie
r
3 2
6
p2  x2
de Bouguer en M2, s’écrira :
60
g B  
G  pd 3
6 p  x
2
(22)
3
2 2

AN. Il faut faire attention aux unités
Exercice 4
4.1. Calcul du champ gravifique créé à la verticale d’un disque de rayon R, d’épaisseur
élémentaire dl et de densité  (Figure 4).
Figure 4. Champ gravifique créé en un point de l’axe d’un disque.
Le champ gravifique en M créé par un élément de masse d 2 m situé en P est porté par la droite

MP et est dans le même sens que u . Si l’on considère le symétrique P’ de P par rapport au
centre O, on peut voir que la composante latérale du champ gravifique créé en M par la masse
élémentaire d 2 m entourant P’ s’annule avec la composante latérale du champ créé en M par
l’élément de masse d 2 m situé en P. Donc finalement le champ gravifique sera porté par l’axe
et est dirigé de haut en bas. Donc le champ gravifique total sera la somme des composantes
verticales élémentaires.
Le champ gravifique créé en M par la masse élémentaire d 2 m entourant le point P est :

d 2m 
G 2 u
(23)
r1
La composante verticale est :
d 2m  
d 2m
2
d  z  G 2 u.k  G 2 cos 
(24)
r1
r1
61
Sachant cos  
z
r
2
d 2  z  G
z
, l’équation (24) devient :
1
2 2

2
d m
r12
z
r
2
z
(25)
1
2 2

Sachant aussi d 2 m   .rd dr.dl ; r12  r 2  z 2 , l’équation (25) s’écrit :
z
d 2  z  G  .rd dr.dl
3
2
2 2
r

z


(26)
L’effet dû à la couronne de rayon r est :
2
z
d  z    G  .rdr.dl
d
3
0
2
2 2
r  z 
z
  G. .rdr.dl
r
 2 G. .rdr.dl
z
2

3
2 2

2
0
d
(27)
z
r
2
z
3
2 2

Pour le disque de rayon R, le champ gravifique sera donné en intégrant les effets des
couronnes élémentaires.
z
R
z   2G..rdr.dl
0
  2 G..z.dl 
r
 z2  2
rdr
R
0
3
2
r
3
2
 z2  2
3
  2 G..z.dl   r 2  z2  2 2rdr 
R

0
1
2
(28)
R
1
 
1
  2G..z.dl  2 r 2  z 2  2 
2
0

1
1
 2G..z.dl 
 
2
2
 R z z
Le champ gravifique dû au disque d’épaisseur dl est donné finalement par :

1

1
   2 G. .z.dl  
k
R2  z2 
z
4.2. Champ gravifique créé par le cylindre au point M (Figure 5)
(29)
L’effet du disque d’épaisseur dl est déjà calculé en 4.1. On va exploiter ce résultat. On donne
l’expression du champ gravifique dû au disque en y apportant les adaptations nécessaires : la
variable z de la question précédente sera remplacée par la variable l.
1

1
d  z   2 G. .l.dl  
(30)

R2  l 2 
l
62
Figure 5. Champ gravifique dans le cas du cylindre
L’effet du cylindre s’obtiendra en sommant sur toute l’épaisseur du cylindre L
zL
1

1
 z    2 G. .l.dl  

z
R2  l 2 
l

zL
z
2 G. .dl  
z L
z
2 G. .  R  l
2
2


1
2
l.dl
1

zL
1
  2 G.  dl  2   G.   R 2  l 2  2 2l.dl
z
z
2
zL
1
zL
  2 G. l z  2   G.  2  R 2  l 2  
z
2
zL
 2 G. L  2 G.

R 2  ( z  L)2  R 2  z 2

Le champ gravifique dû au cylindre est donné finalement par :

 z   2 G. L  R 2  ( z  L)2  R 2  z 2 k


(31)
(32)
4.3. Passage à la limite
On tombera dans cette situation en gardant pour le cylindre l’épaisseur L et en rejetant le
rayon R vers l’infini.
Nous écrivons :


lim  z  lim  2 G. L  R 2  ( z  L) 2  R 2  z 2
R 
R 
  2 G  L
(33)
Le signe (-) se justifie par l’orientation de l’axe z. Si l’axe z est orienté vers le bas, on
trouvera :
lim  z  2 G  L
(34)
R 
63
4.4. L’interprétation : la limite retrouvée en (33) ou (34) indique tout simplement la correction
de plateau ou de Bouguer.
Exercice 5
5.1. Champ gravifique créé par une masse ponctuelle ou par une masse présentant une
symétrie sphérique (Figure 6)
Figure 6. Champ gravifique créé par une masse ponctuelle m
 Champ gravifique créé au point N par une masse ponctuelle m :
m
 m  G 2 u
r
(35)
 Champ gravifique créé au point N par une masse présentant la symétrie sphérique et de
masse M.
M 
 M  G 2 u
(36)
r
5.2. Flux du champ créé par une masse ponctuelle m à travers un plan P situé à la distance l
(Figure 7)


Le flux élémentaire : le flux du champ gravifique  à travers la surface élémentaire dS est :
 
d   .dS
(37)
Le flux total est la somme des flux élémentaires à travers tout le plan
 
m  
   .dS    G. 2 u.dS
Plan
Plan
r
 
(38)
u.dS
 Gm 
 Gm  d   2 Gm
Plan r 2
Plan

d est l’angle solide sous lequel on voit du point O la surface élémentaire dS (Ch 1, § 3,
section 3.4). L’angle solide total sous lequel on voit le plan c’est à dire le demi-espace est égal
à 2 .
64
Figure 7. Flux du champ créé par une masse ponctuelle m à travers un plan P
5.3. Flux d’une masse quelconque à travers un plan
Dans le cas d’une masse quelconque, on procède comme suit : On prend un élément de
matière de masse dm et placé en P ( PN  r ) appartenant à la masse M et on applique ce que
nous avons fait pour la masse ponctuelle.
Le flux élémentaire du champ gravifique créé en N par dm placé en P est :
 
 
dm  
u.dS
2
d   .dS  G 2 u.dS  Gdm 2  Gdm.d 
(39)
r
r
Le flux total du champ gravifique créé par la masse dm placé en P à travers tout le plan est :
 
dm  
d    .dS   G 2 u.dS
Plan
Plan
r
 
(40)
u.dS
 Gdm 
 Gdm.2
Plan r 2
Le flux total du champ gravifique dû à toute la masse est la somme des flux dus à toutes les
masses élémentaires, soit :
  
Masse
2 Gdm  2 GM
(41)
5.4. Anomalie de Bouguer due à un amas sphérique (Figure 8)
5.4.1. Anomalie de Bouguer en tout oint de la surface
L’attraction due à la sphère au point N est dirigée suivant r.
M
gr  G 2
r
La composante verticale est donnée par :
Mz
g  g r cos   G 3
r
3
4 G  R
z
4 G
 R3


g

3
3
3
3
2
2 2
2 2


x

z
x


z 2 1  2 
 z 
 étant le contraste de densité :    2  1 .
L’effet maximal est donné par :
65
(42)
(43)
g max 
4 G  R 3
3 z2
(44)
Figure 8. Anomalie de Bouguer due à un amas sphérique.
5.4.2. Résolution graphique (Figure 9)
On peut tirer z de la courbe principale en fonction de la demi-largeur ( x1/ 2 ) correspondant à la
g
moitié de la valeur maximale de g, soit max (Figure 9).
2
z  1.3.x1/ 2
(45)
On peut calculer aussi M. Pour cela on résout l’équation :
1
GM
g max 
3
2
2 2


x
z 2 1  2 
 z 
Pour ce cas de figure : z  1.3.x1/ 2 .
1
g max 
2
(46)
GM
3

x1/ 2 2  2
1.3 x1/ 2  1 
2 
 1.7 x1/ 2 
GM
GM
GM 1



3
3
2
1  2 1.7 x1/ 2 2 1.58  2 1.7 x1/ 2 2
2
1.7 x1/ 2 1 

 1.7 
1.7x1/ 2 2 g max  GM
2
2
(47)
(48)
Soit
1.7 x1/ 2 2 g max 1.7 x1/ 2 2 g max

G
6.67  10 8
M  0.2548 108  x1/ 2 2  g max (grammes)
Ou en tonnes :
M
66
(49)
M  25.5  x1/ 2 2  g max (tonnes)
(50)
La forme sphérique est très commode pour une première approximation des anomalies à 3
dimensions lorsqu’elles sont symétriques.
Figure 9. Principe de la résolution graphique
5.5. Détermination de la masse à partir d’une carte d’anomalies de Bouguer (Figure 10)
On utilise la formule suivante :
 
1
M
   n ( x,y)dxdy
2 G 
(51)
Figure 10. Carte de l’anomalie de Bouguer
La formule représente une somme de produits de l’anomalie de Bouguer par une surface
convenable. A titre approximatif, on subdivise la carte de Bouguer en un certain nombre de
surfaces : S1, S2, S3, S4, auxquelles on affecte des valeurs moyennes de l’anomalie de
67
32  30 30  20 20  10
,
et
dans
2
2
2
l’ordre. On calcule la somme des produits obtenus et on a divise par 2 G .
Bouguer. On pourrait dans ce cas utiliser les valeurs 32,
68
Corrigé des Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 4)
Exercice 1
Les réponses sont encadrées (Figure 1)
Figure 1. Orientation du courant et du champ magnétique
Exercice 2
2.1. Le sens du courant électrique est indiquée sur la Figure 2.
2.2. Détermination de l’intensité du champ magnétique
Les forces en jeu sont indiquées sur la Figure 1.
La balance est en équilibre, donc la somme des moments est nulle :
On écrit :


(1)
M/O  0
            
OM  F 1  ON  F 2  OS  F 3  OR  F 4  OP  F 5  OQ  P  0
(2)
 


On peut voir que OM  ON et F1   F 2 car les branches obliques ont pratiquement la même
  
 
longueur du fait que l est très petit. On peut aussi remarquer que OS  F 3  0 car OS  F3
  
 
ainsi que OR  F 4  0 car OR  F4 .
L’équation (2) se réduit donc à :
69
    
OP  F 5  OQ  P  0


Sachant que OP  OQ (l étant très petit ) on en déduit que :




F5  mg  F5  m g  lIB  mg
(4)
(5)
Soit enfin :
B
mg
lI
(6)
Figure 2. Balance de Cotton
AN:
B
7 10 3 Kg  10 m/s 2
7  10 2
1

 T
2
2
10.5 A  4  10 m
42  10
6
(7)
Exercice 3
3.1. Calcul du moment  m du couple moteur Cm agissant sur le cadre.
On peut tout de suite remarquer que la force de Laplace exercée sur les parties horizontales du
cadre sont nulles du fait que le champ magnétique est radial (on se trouve toujours dans la

situation où les côtés horizontaux du cadre sont parallèles au champ magnétique B ). Sur les
parties verticales on peut voir que les forces de Laplace appliquées au milieu des 2 côtés sont
égales et de sens contraires. Elles forment donc un couple.
Le moment de ce couple est donné par :
  
M B
(8)


Où M  NIS n indique le moment magnétique (N étant ne nombre de spires, I l’intensité du

courant, S  al représente la surface du cadre et n le vecteur normal au plan du cadre).
 
On peut remarquer que M  B . De ce fait, l’intensité du moment du couple magnétique
moteur est :
 m  MB  NISB  NIBal
(9)
70
3.2. Calcul de l’intensité du courant en fonction de l’angle de rotation 
Le dispositif en rotation étant équilibré, la somme des moments agissant est donc nulle. Les
couples sont en jeu :
 Un couple moteur (le couple magnétique) et dont le moment est calculé en (9)
 Un couple résistant (le couple de rappel dû au ressort spiralé) et dont le moment est égal à
 r  C .
(10)
On écrit la somme des moments est nulle. Il vient :
 m  Cr  0  NIBal  C
(11)
D’où l’on tire :
C

(12)
NBal
Où l’on peut voir que l’intensité du courant électrique est proportionnelle à l’angle .
I
3.3. Application Numérique
De (12) on tire :
NIBal

C
AN :
200 10  1030.3  102  2 102

2.3
 104
6
200  0.6  10
1.2


 0.5 rd
4
2.3  10
2.3
(13)
(14)
Exercice 4
4.1. L’équation du mouvement du barreau dans le cas où les frottements sont négligeables
Dans les conditions de l’exercice, le barreau n’est soumis qu’au couple de rappel magnétique
dû à la présence d’un champ magnétique externe : le champ magnétique terrestre dans notre

cas Be (Figure3).
Figure 3. Pendule magnétique
71
Puisqu’il s’agit d’un corps en rotation, on va appliquer la relation Fondamentale de la
Dynamique des Solides en Rotation (RFDSR). Celle-ci, stipule que la somme des moments
des forces appliquées est égale au produit du moment d’inertie du corps multiplié par
l’accélération angulaire. On écrit donc :
 M /   J 
(15)
 MBe sin   J 
(16)
Soit :
Dans l’hypothèse des faibles amplitudes ( sin    ), l’équation (16) s’écrit :
  
MBe
 0
J
(17)
On reconnait là l’équation différentielle du mouvement dont l’inconnue est l’amplitude . La
solution de cette équation est une fonction sinusoïdale donné par :
   m sin t   
(18)
MBe
la pulsation et  représente la phase dont la
J
valeur est déterminée par les conditions aux limites :

A t  0,    m et    0 , nous en déduisons que   . L’équation horaire est donc
2
finalement :
m étant l’amplitude maximale,  


   m sin  t  
2

(19)
4.2. La période du mouvement
Connaissant la pulsation, la période est donnée par :
2
J
T
 2

MBe
(20)
4.3. Application numérique
La connaissance de la période permet de calculer l’intensité du champ magnétique terrestre.
En effet, en élevant au carré les deux membres de l’expression (20) on écrit :
J
T 2  4 2
(21)
MBe
Soit :
4 2 J
Be 
(22)
MT 2
A.N :
4 2 J 4  3.14  3.14  0.64  10 4
Be 

 1.87  105 T
(23)
2
MT
2  8.2  8.2
72
Exercice 5
5.1. Champ magnétique créé par un fil rectiligne, de longueur infinie.
On considère un conducteur filiforme de longueur infinie et parcouru par un courant
électrique (Figure 4).
Figure 4. Champ magnétique créé par un conducteur filiforme
Le champ magnétique élémentaire créé au point M par l’élément de conducteur centré sur P
est donné par la formule de Biot et Savart sous forme :
 
 
  I dl  PM  I dl  u
0
0
dB 

(24)
4 PM 3
4 r 2
En utilisant la technique du bonhomme d’ampère ou la technique de la main droite on peut
vite voir que le champ magnétique engendré est orienté comme l’indique la figure
(perpendiculairement au plan de la feuille et pointant vers l’arrière). Son intensité est donnée
par :


Idl sin    

2
  0 Idz cos 
dB  0
(26)
2
4
r
4
r2
z
dz
a
Connaissant : tan    1  tan 2   d 
 dz 
d , et en remarquant que
a
a
cos 2 
a
r
, l’expression (26) s’écrit :
cos 
 Idz cos  0 I
 I
a
dB  0

cos 
d  0 cos  d
(27)
2
2
2
4
r
4 r
cos 
4 a
Le champ total est donné par :


0 I  2
0 I
0 I
2
B
cos

d


sin

(28)



 


4 a  2
4 a
2 a
2
Soit :

 I
B 0 i
(29)
2 a
On peut faire les calculs en intégrant par rapport à z.
73
5.2. Calcul du champ magnétique en utilisant le théorème d’Ampère
Dans le cas du conducteur filiforme de longueur infinie, les lignes de champ sont des cercles
centrés sur le conducteur (Figure 5).
Figure 5. Lignes de Champ magnétique dans le cas d’un conducteur filiforme
Appliquons le théorème d’Ampère le long d’une ligne de champ de centre a. On écrit :
 
(30)
 H .dl  I


L’excitation magnétique étant liée au champ magnétique par la relation : B  0 H . On sait
 
aussi que le champ magnétique est tangent à la ligne de champ donc B  dl . L’expression (30)
s’écrit donc :
 H .dl  I
(31)
En remarquant que l’intensité du champ B est constante le long du cercle de rayon a, on écrit :
 H .dl  I  2 aH  I  H  2 a
I
(32)
 
Connaissant la relation liant B à H on écrit enfin :
H
0 I
2 a
(33)
Exercice 6
6.1. Détermination de la direction et le sens du champ magnétique créé par une spire
circulaire parcourue par un courant continu, en un point M situé sur son axe (Figure 6).
On peut remarquer que les composantes horizontales du champ magnétique s’annulent deux à

deux en raison de la symétrie du problème (les composantes notées dBh ). Le champ
magnétique engendré par la spire est perpendiculaire au plan de la spire. Le module du champ
se réduit sa composante suivant l’axe.
6.2. Calcul du champ magnétique directement
Le champ magnétique élémentaire créé au point M par l’élément de conducteur centré sur P
est donné par la formule de Biot et Savart sous forme :
74
 
  I dl  u
dB  0
4 r 2
La composante verticale du champ magnétique est donnée par :
 Idl sin 
dBz  0
4
r2
R
Connaissant sin   , la composante verticale du champ magnétique s’écrit :
r
0 I .dl.R
dBz 
4 r 3
Soit :
 I .dl.R 0 IR
 IR
B   dBz   0

dl  0 3  2 R
3
3 
4 r
4 r
4 r
Finalement :
 IR 2 
IR 2
B 0 3  0
3
2 r
2
2
2 2
R  z 
(34)
(35)
(36)
(37)
(38)
Figure 6. Champ magnétique dû à spire en un point sur son axe
Exercice 7
7.1. Champ magnétique d’une portion de solénoïde de longueur dz en un point de l’axe
(Figure 7).
Pour répondre à cette question on va s’inspirer de l’exercice précédent, où nous avons calculé
le champ magnétique créé par une spire en un point situé sur son axe. Le champ magnétique
est porté par l’axe Oz. Son expression est donnée par l’expression (38).
Pour calculer le champ magnétique créé par la portion de solénoïde d’épaisseur dz il suffit de
multiplier celle donnant le champ créé par une spire par le nombre de spire contenue dans la
portion de solénoïde : ndz .
75
Le champ recherché est donc :
dBz 
0 IR 2 ndz 0 IR 3 ndz 0 I sin 3  .ndz


2
r3
2R r 3
2R
(39)
Figure 7. Champ magnétique créé par un solénoïde de longueur finie
7.2. Champ magnétostatique total en fonction des angles 1 et 2.
Le champ total est obtenu en intégrant l’expression (39).
 I sin 3  .ndz
Bz   0
(40)
2R
Pour pouvoir calculer l’intégrale (40), il faut trouver une relation entre dz et d . En effet on
peut voir (Figure 8) que
AC rd
rd
sin  

 dz 
(41)
AB
dz
sin 
R
On peut aussi remarquer que sin   . Finalement on trouve :
r
Rd
dz 
(42)
sin 2 
L’intégrale (40) s’écrira alors :
 2  I sin  .nd
0 I sin 3  .ndz
Bz  
 0
1
2R
2
(43)
0 nI 2
0 nI
2

sin

d



cos



1
2 1
2
Le champ magnétique créé par le solénoïde, en un point de son axe est donc :
76
Bz 
0 nI
 cos 1  cos  2 
2
(44)
Figure 8. Relation entre dz et d.
7.3. Champ magnétique au centre du solénoïde
Le champ magnétique au centre du solénoïde est atteint lorsque l’angle  balaye l’espace
entre les angles 1 et  2    1 (Figure 9).
Figure 9. Conditions pour le calcul du champ magnétique au centre du solénoïde
L’expression (44) s’écrit dans ces conditions :
 nI
Bz  0  2 cos 1   0 nI cos 1
(45)
2
L
L
Sachant que dans ce cas : cos 1 

, le champ magnétique créé par le
2
L
4 R 2  L2
2
2 R 
4
solénoïde au centre de son axe s’écrira donc :
L
Bz  0 nI
(46)
4 R 2  L2
77
 Cas où R  L
Bz  0 nI
 0 nI
L
4R  L
2
2
 0 nI
L
 4R 2 
L 1  2 
L 

L
 4R 2 
L2  1  2 
L 

(46)
 0 nI
 Cas où R  L
Bz  0 nI
L
4 R 2  L2
 0 nI
L
 4R 2 
L2  1  2 
L 

0
(47)
7.4. Champ magnétostatique dans le cas d’un solénoïde infini
Le champ magnétique au centre du solénoïde infini est atteint lorsque l’angle  balaye
l’espace entre les angles 1  0 et  2   (Figure 8).
La relation (46) s’écrit alors :
 nI
Bz  0 1  (1)   0 nI
(48)
2
7.5. Allure des lignes de champ à l’intérieur d’un solénoïde.
Le champ magnétique étant uniforme à l’intérieur du solénoïde, les lignes de champs sont
donc parallèles et droites (Figure 10).
Figure 10. Lignes de champs à l’intérieur d’un solénoïde
Un solénoïde traversé par un courant continu est considéré comme un aimant car les lignes de
champ engendrées ressemblent aux lignes de champ d’un aimant droit.
On peut aussi définir une face Nord et une face Sud. On regarde les deux faces et on examine
le sens du courant. Si le courant tourne dans le sens des aiguilles d’une montre il s’agit de la
face Sud. Si par contre le sens du courant est celui du sens trigonométrique il s’agit dans ce
cas de la face Nord (Figure 11).
78
Figure 11. Reconnaissance des faces Nord et Sud d’un solénoïde
7.6. L’utilisant des techniques en usage en électromagnétisme (la règle de la main droite, la
règle des trois doigts (l’index pointant vers l’axe) et le bonhomme d’ampère), donnent
l’orientation indiquée sur la Figure 9.
7.7. Application numérique.
Calcul du champ magnétique à l’intérieur d’un solénoïde infini, avec les données suivantes :
I  10 A; R  1cm et n  1000spires/m .
La perméabilité magnétique du vide étant 0  4 .10 7 H/m , on trouve:
Bz  0 nI  4 .107  1000 10  12.56 10 2  0.126 T
79
(49)
Corrigé des Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 5)
Exercice 1
1.1. Représentation du champ de vitesses et des lignes de courant

 v1 (0, a x , 0)
5
4
3
2
Y (m)
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
X (m)
Figure 1. Champ de vitesse (rouge) et quelques lignes de courant (bleu)

(cas v1 (0, a x , 0) avec a=1)

 v2 (ax, ay, 0)
5
4
3
2
Y (m)
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
X (m)
Figure 2. Champ de vitesse (rouge) et quelques lignes de courant (bleu)

(cas v2 (ax, ay, 0) avec a=1)

 v3 (ay, ax, 0)
80
5
4
3
2
Y (m)
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
X (m)
Figure 3. Champ de vitesse (rouge) et quelques lignes de courant (bleu)

(cas v3 (ay, ax, 0) avec a=1)
1.2. Caractérisation des écoulements

 v1 (0, a x , 0)
L’écoulement est plan car la vitesse ne dépend que d’une seule variable indépendante x. Plus
précisément l’écoulement se fait selon une direction celle de l’axe de y.
 Calcul de la divergence de la vitesse
 V
V
div V1  1x  1 y  0
x
y
(1)
 

L’écoulement est donc incompressible, il existe donc un vecteur A tel que V1  rot A .


L’écoulement étant plan, donc A   k , où  représente la fonction courant.
 Calcul du rotationnel de la vitesse
   V
a x   
rot V1   1 y 
k  0

x

x



Le champ de vitesse v1 (0, a x , 0) ne dérive donc pas d’un potentiel.
(2)
Détermination de la fonction courant
 


Du fait que V1  rot A et A   k , on peut écrire les composantes de la vitesse en fonction


de la fonction courant comme suit : V1x  
et V1y 
définissant ainsi le système
y
x
d’équations aux dérivées partielles à résoudre. Pour ce faire on va distinguer deux cas
x0, x  x
V1x  0  

   f ( x)
y
(3)
81
V1 y  ax 

ax 2
 f '( x)  ax  f ( x) 
 c1
x
2
De (3) et (4) on tire :
ax 2

 c1
2
 x  0 , x  x
V1x  0  
(4)
(5)

   f ( x)
y
(6)

ax 2
V1 y  ax 
 f '( x)   ax  f ( x)  
 c1
(7)
x
2
De (6) et (7) on tire :
ax 2
 
 c2
(8)
2
Pour simplifier on va prendre c1  c2  0 dans ce cas, des deux expressions (5) et (8) on tire :
x
ou
2
a
(9)
2
a
En donnant des valeurs appropriées à  on obtient l’équation des lignes de courant qui sont
bien des droites parallèles à l’axe des y tel que le montre la Figure 1.

 v2 (ax, ay, 0)
x 
Nos sommes toujours dans le contexte de l’écoulement plan car la vitesse ne dépend que de
deux variables indépendantes x et y.
 Calcul de la divergence de la vitesse
 V
V
div V2  2 x  2 y  2a  0
(10)
x
y
L’écoulement n’est donc pas incompressible. Dans le cas où a  0 , le fluide est au repos.
 

On ne peut pas avoir un vecteur A tel que V1  rot A et on ne peut pas définir une fonction
courant.
 Calcul du rotationnel de la vitesse
  
rot V2  0

Le champ de vitesse v2 (ax, ay, 0) dérive d’un potentiel  .
(11)
Détermination de la fonction potentiel 
Nous avons :




ax   x
V2   grad   

ay  
y

De la première EDP du système on tire :
(12)
82
a2
x  f ( y)
(13)
2
En injectant (13) dans la deuxième EDP du système (12), il vient
a
f '( y )  ay  f ( y )   y 2  c
(14)
2
En tenant en compte (13) et (14), le potentiel s’écrit finalement :
a
  x, y     x 2  y 2   c
(15)
2
Que l’on peut écrire aussi en prenant ( c  0 ) :
2

 x2  y 2
(16)
a
On reconnait dans l’expression (16) l’équation cartésienne d’un cercle de centre O et de rayon
2
R 
. Chaque valeur de  définit une ligne équipotentielle.
a
Ce résultat est conforme avec celui de la Figure 2, où les lignes de courant sont des lignes
radiales, quand on sait que les lignes équipotentielles sont perpendiculaires aux lignes de
courant. En effet ce sont des cercles qui répondent à cette exigence.

 v3 (ay, ax, 0)
 
Là aussi il s’agit d’un écoulement plan car la vitesse ne dépend que de x et y.
 Calcul de la divergence de la vitesse
 V
V
div V3  3 x  3 y  0
x
y
(17)
 

L’écoulement est donc incompressible. Il existe donc un vecteur A tel que V1  rot A .


L’écoulement étant plan, donc A   k , où  représente la fonction courant.
 Calcul du rotationnel de la vitesse
   ax ay  
rot V3  

0
y 
 x

Le champ de vitesse v3 (ay, ax, 0) dérive d’un potentiel  .
(18)
 Détermination de la fonction courant
 


Du fait que V3  rot A et A   k , on peut écrire les composantes de la vitesse en fonction


de la fonction courant de la manière suivante : V3x  
et V3 y 
définissant ainsi le
y
x
système d’équations aux dérivées partielles à résoudre. Ce système se présente donc comme :
 
 y   ay
(19)
 

 ax
 x
La résolution de la première EDP de (19) donne :
a
  y 2  f ( x)
(20)
2
83
En injectant (20) dans la deuxième EDP de (19), il vient :
a
f '( x)  ax  f ( x)  x 2  c
(21)
2
Tenant compte de (21 et 20), la fonction courant s’écrit finalement :
a
   x2  y 2   c
(22)
2
Pour les besoins de simplification on prend c  0 et l’expression (22) peut s’écrire :
(23)
 x2  y 2   2a
2
.
a
Les lignes de courant sont donc des cercles concentriques de centre O, ce qui est conforme
avec les résultats de la Figure 3. Chaque valeur de  constitue une ligne de courant.
On reconnait dans (23) l’équation cartésienne d’un cercle de centre O et de rayon R 
Détermination de la fonction potentiel 
Nous avons :




 ay   x
V3  grad   

ax  
y

De la première EDP du système on tire :
(24)
  axy  f ( y )
(25)
En injectant (25) dans la deuxième EDP du système (24), il vient
f '( y )  0  f ( y )  c
(26)
En tenant en compte (26) et (25), le potentiel s’écrit finalement :
  x, y   axy  c
(27)
Que l’on peut écrire aussi en prenant ( c  0 ) :

y
(28)
ax
Ce qui constitue l’équation d’une hyperbole. Chaque valeur de  définit une ligne
équipotentielle.
Exercice 2
2.1. Caractérisation de l’écoulement.
Par définition l’écoulement est plan et incompressible. Nous avons aussi :
  
rot V  0
(29)
L’écoulement est donc irrotationnel et la vitesse dérive d’un potentiel ;
2.2. Détermination de la relation entre α et β et du potentiel.
Le fluide étant incompressible donc :
 V V
div V  x  y      0
x
y
Ce qui permet d’écrire :
(30)
84
  
(31)
Pour le potentiel




Vx   x   x
V   grad   

Vy   y  
y

La résolution de la première EDP du système (32) donne :
a
   x2  f ( y)
2
En injectant (33) dans la deuxième EDP du système (32) on trouve :

f '( y )    y  f ( y )   y 2  c
2
Tenant en compte (34), (33) et (31) on peut écrire donc :

    x2  y 2   c
2
(32)
(33)
(34)
(35)
2.3. Détermination des équations paramétriques de x et de y.

On reprend l’expression de la vitesse v( x,  y ) et (31). On écrit :
dx

Vx  dt   x
(36)

dy
Vy 
  y
dt

On va résoudre ces deux équations en utilisant la méthode de séparation des variables.
Commençons par la première équation du système (36) :
dx
dx
x 
  dt
(37)
dt
x
IL suffit maintenant d’intégrer l’équation (37) entre les bornes convenables. Nous aurons :
x 1
t
dx

(38)
x0 x t0  dt  ln x  ln x0    t  t0 
Que l’on peut aussi écrire :
x
x
 t t
ln    t  t0  
 e  0
(39)
x0
x0
Soit finalement :
  t  t0 
x  x0 e
(40)
En répétant le même raisonnement pour y, on obtient :
y  y0 e
  t t0 
(41)
2.4. Relations entre les dérivées premières de la fonction courant  et le potentiel 

  
L’écoulement étant incompressible, il existe donc un vecteur A tel que V  rot A .


L’écoulement étant plan, donc A   k , où  représente la fonction courant. Les
composantes de la vitesse s’écrivent donc :
85


Vx   y
(42)


Vy 
x

D’un autre côté, le champ de vitesse dérive d’un potentiel  , les composantes de la vitesse
s’écrivent en fonction du potentiel :


Vx   x
(43)


Vy  
y

Tenant en compte (42) et (43), on trouve :
  
 x  y
(44)
 



x
 y
2.5. Détermination de la fonction courant  ( x, y )
L’expression (42) définit le système d’équations aux dérivées partielles à résoudre :
 
 y   x
(45)
 

  y
 x
La résolution de la première équation de (45) donne :

  x     xy  f ( x)
(46)
y
En injectant (46) dans (45) on obtient :
 y  f '( x)   y  f '( x)  0  f ( x)  c
(47)
En considérant (47) et (46) on trouve finalement :
  x, y    xy  c
(48)
Pour simplifier on prendra c  0 , les lignes de courant sont des hyperboles d’équation :

y
(49)
x
Où chaque valeur de  définit une ligne de courant (Figures 4 et 5).
Remarque
La résolution de l’équation du potentiel (43) donne :

 ( x, y )    x 2  y 2   d
2
(50)
2
, sous réserve

de prendre d  0 . On peut voir que ce problème constitue l’inverse du problème 3 de
l’exercice précédent (les lignes de courant pour l’un sont les lignes équipotentielles pour
l’autre et vice-versa).
Les lignes équipotentielles sont des cercles de centre O et de rayon R  
86
5
4
3
2
Y (m)
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
X (m)
Figure 4. Quelques lignes de courant obtenues par calcul (bleu)

(cas V ( x,   y, 0) avec =1)
5
4
3
2
Y (m)
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
X (m)
Figure 5. Champ de vitesse (rouge) et quelques lignes de courant (bleu) obtenus en utilisant
un logiciel de visualisation (Tecplot) et lignes de courant obtenues par calcul direct (vert)

(cas V ( x,   y, 0) avec =1)
87
Exercice 3

3.1. Nature et direction de l’écoulement dont le champ de vitesse est v(a, 2a, 0) avec a  0 .
 V V
div V  x  y  0
(51)
x
y
  
rot V  0
(52)
Du fait de (51) on déduit que l’écoulement est incompressible ce qui permet d’avoir
  


V  rot A , tel que A   k , où  représente la fonction courant.
Du fait de (52) on déduit que l’écoulement est irrotationnel et dont la vitesse dérive d’un
potentiel .

Le champ de vitesses est porté par la droite vectorielle de vecteur directeur u (1, 2) .
3.2. Détermination de la fonction courant
  


Nous avons V  rot A , tel que A   k , ce qui implique :


Vx  a   y
(53)


Vy  2a 
x

En procédant de la même manière que pour les exercices précédents on trouve :
 ( x, y )  2ax  ay  c
(54)
En prenant ( c  0 ), l’équation (54) s’écrit aussi :
2ax 

y
 2x 
(55)
a
a
On reconnait là l’équation d’une série de droite parallèles (chaque droite est décrite par un
valeur de ) de coefficient directeur r  2 , c'est-à-dire dont un vecteur directeur est le vecteur

u (1, 2) . On retrouve ici analytiquement ce que nous avons déduit de suite au paragraphe
précédent
Une seule ligne de courant passe par l’origine. Il s’agit de la droite pour laquelle c   .
3.3. Détermination du potentiel des vitesses
Le champ de vitesse dérive d’un potentiel, nous avons donc :




Vx  a   x
V   grad   

Vy  2a  
y

On résout le système (56) comme pour les exercices précédents et on trouve :
 ( x, y )  ax  2ay  d
(56)
(57)
En prenant ( d  0 ), l’équation (54) s’écrit aussi :
1

y   x
2
2a
88
(58)
Il s’agit donc d’une série de droites parallèles de coefficient directeur r '  
1
et dont un
2
 
1
vecteur directeur est u ' 1,   . On peut vérifier aisément que ces droites (équipotentielles)
2

sont perpendiculaires aux lignes de courant. En effet on peut voir que :
Ou
rr '  1
(59)
 
 
1
u.u '  11  2    0  u  u '
2
(60)
Une seule ligne équipotentielle passe par l’origine. Il s’agit de la droite pour laquelle d   .


3.4. Montrons que grad  V
 
La preuve est simple, il suffit de montrer que grad .V  0 . En effet :
D’après 3.2. Les composantes de la vitesse sont données en fonction de  (53) d’une part.



D’autre part les composante de grad sont
et
. En effectuant le produit scalaire des
x
y


vecteurs grad et V , on peut voir qu’il est nul, donc les deux vecteurs sus-mentionnés sont
perpendiculaires.
Exercice 4
4.1. Détermination de la fonction courant et représentation des lignes de courant.


L’écoulement défini par v(ay, 0, 0) ( a  0 ) est plan et vérifie : div V  0 . En raisonnant de la
même façon que pour les exercices précédents, nous obtenons le système d’EDP suivant, où 
indique la fonction courant :


Vx  ay   y
(61)


Vy  0 
x

En suivant la même démarche qu’avant, la solution de ce système est donnée par :
a
   y2  c
(62)
2
Pour les besoins de simplification on prend c  0 , l’équation (62) s’écrit alors :
2
y 
(63)
a
On reconnait aisément dans (63) l’équation cartésienne d’une série de lignes de courant

parallèles et dans la direction de l’axe des abscisses et dont le sens est celui de v(ay, 0, 0)
(Figure 6). On peut voir que les lignes de courant ne présentent aucune courbure.
D’un autre côté nous avons :
 
 
rot V   ak  0
(64)
On en conclut que l’écoulement est rotationnel. Ce qui constitue donc une contradiction.
89
5
4
3
2
Y (m)
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
X (m)
Figure 6. Champ de vitesse (rouge) et quelques lignes de courant (bleu)

(cas v3 (ay, 0, 0) avec a=1)
4.2. Coordonnées de B, M et A et représentation du motif
Les points B, M et A parcourront au bout du laps de temps t les distances a ( y  c)t ,
ayt et a ( y  c)t (respectivement). Les coordonnées des positions des points B, M et A à
l’instant t et à l’instant t  t sont présentées ci-dessous :
A l'instant: t
A l'instant : t  t
B  x, y  c 
M  x, y 
A  x, y  c 
A '  x  a ( y  c) t , y  c 
A '  x  ay t , y 
A '  x  a ( y  c) t , y  c 
(65)
 La Figure 7 montre la position des points B, M et A ainsi que la forme du motif aux instant t
et t  t
 Détermination de l’angle de déformation.
Si le motif n’avait pas subit de déformation, le point A’ serait situé en N. Les déplacements
étant infinitésimaux, on peut considérer que le point A’ s’est déplacé le long d’un arc de
longueur act et de rayon c. Dans ce cas nous avons, en notant  la mesure de l’angle au

centre NM
' A ' , qui est aussi l’angle que fait l’axe des y avec B’M’A’ :
c  act
(66)
  a t
(67)
Soit
4.3. Coordonnées de C, M et D.
Les points C, M et D parcourront au bout du laps de temps t la même distance ayt car ils
sont animés de la même vitesse du fait qu’ils ont la même ordonnée. Les coordonnées des
positions des points C, M et D à l’instant t et à l’instant t  t sont présentées ci-dessous :
90
A l'instant: t
A l'instant: t  t
C  x  c, y 
M  x, y 
D  x  c, y 
C '  x  c  ayt , y 
M '  x  ay t , y 
D '  x  c  ay t , y 
(68)
Figure 7. Coordonnées des points B, M et A ainsi que
la forme du motif aux instant t et t  t
4.4. Déformation ? Rotation ? Compressibilité ?
Nous avons vu en 4.3. que le motif de fluide a subi une déformation entre les instants t et
t  t dont l’angle est égal   at . On peut aussi remarquer qu’à l’instant t  t les côtés
 P, C ' et  R, D ' du motif fluide sont inclinés du même angle par rapport à l’horizontale, il
s’ensuit donc que le motif fluide n’a pas subi de rotation.

D’un autre côté on peut voir que l’écoulement est incompressible car div V  0 . Le fluide est
aussi incompressible car le volume du motif aux instants t et t  t n’a pas changé, il suffit de
voir que pour le motif à l’instant t  t la hauteur h est égale à 2c.
Paradoxe ?
Le paradoxe réside dans le fait que le motif fluide n’a pas subi de rotation et en même temps
 
 
on calcule que rot V   ak  0 , qui souligne le caractère rotationnel de l’écoulement.
Remarque :
"Ecoulement incompressible" et "fluide incompressible" deux affirmations voulant dire la
même chose. Pour la deuxième affirmation il faut montrer que le volume du fluide ne change
pas.
91
Exercice 5
Soit la cuve, ouverte et percée d’un trou en B, contenant un fluide parfait (Figure 8).
Figure 8. Cuve remplie d’un fluide parfait
5.1. Hypothèses et calcul de la vitesse en B
Les hypothèses servant à l’application de la formule de Bernoulli sont :
 Fluide parfait
 Régime permanent
 Fluide homogène et incompressible.
 Référentiel galiléen (pas de force d’inertie) : La RFD s’applique telle qu’elle.
 Champ de pesanteur terrestre.
 Détermination de la vitesse au point B
Choisissons l’axe es z de telles façon que sont origine soit placée en A et orienté vers le haut.
Appliquons le théorème de Bernoulli en A et B :
v A2
v 2
 p A   gz A   B  pB   gzB
(69)
2
2
Les points A et B sont exposés à l’aire libre, nous avons donc PA  PB  Patm . Dans ces
conditions l’équation (69) s’écrit :

vB 2  v A2  2 gz B
(70)
vB  vA 2  2 gzB
(71)
Soit :
5.2. Calcul de la vitesse en B si S B  S A
Le régime étant permanent, il y donc conservation des débits. Nous écrirons donc l’équation
de continuité :
vA .S A  vB S B
(72)
Ce qui nous permet d’écrire :
v A  vB
SB
SA
(73)
92
En remplaçant dans (71) il vient :
2
S 
vB  vB  B   2 gzB
 SA 
2
(74)
Soit :
vB
2
2
  S 2 
 SB 
2
 vB    2 gz B  vB 1   B    2 gzB
  SA  
 SA 


2
(75)
Ou encore:
vB  
2 gz B
  S 2 
1   B  
  SA  


S
S B  S A étant, c'est-à-dire B  0 (76) s’écrit finalement :
SA
vB  2 gz B
(76)
(77)
Remarque :
On retrouve le même résultat en remarquant que si S B  S A alors la cuve se vide lentement
dans ce cas vA  0 . Il suffit alors de prendre l’équation de Bernoulli (69
Exercice 6
Les hypothèses servant à l’application de la formule de Bernoulli sont :
 Fluide parfait
 Régime permanent
 Fluide homogène et incompressible.
 Référentiel galiléen (pas de force d’inertie) : La RFD s’applique telle qu’elle.
 Champ de pesanteur terrestre.
Figure 9. Rétrécissement d’une canalisation (Effet Venturi)
 Calcul de la pression en B (Figure 9)
On applique le théorème de Bernoulli entre les points A et B
v 2
v 2
 A  p A   gz A   B  pB   gzB
2
2
93
(78)
Les points A et B ont la même cote, il s’ensuit :
v 2
v 2

 A  p A   B  pB  pB  pA   vA 2  vB 2 
(79)
2
2
2
D’un autre côté, le régime d’écoulement étant permanent, il y a donc conservation des débits :
S
v A  vB B
(80)
SA
En remplaçant v A dans (79), on obtient :
S

v A2
v 2

 p A   B  p B  p B  p A  vB 2  B  1 
(81)
2
2
2
 SA 
La section en B étant inférieure à celle en A ( S B  S A ) on peut voir d’emblée que l’expression
(81) est négative. La pression en B est donc inférieure a celle en A : pB  p A .

Conclusion :
Le rétrécissement d’une canalisation crée une dépression au niveau de celui-ci, c’est l’effet
Venturi
Exercice 7
7.1. Détermination du rapport
v2
dans une buse (Figure 10)
v1
Figure 10. Vitesse d’écoulement dans une buse
Le fluide étant homogène et le régime d’écoulement permanent, il y a donc conservation des
débits (conséquence de l’équation de continuité (principe de conservation de la masse)), nous
écrivons donc :
v1.S1  v2 S 2
(82)
d12
d 22
Les sections étant circulaires nous avons donc : S1  
; S2  
. En remarquant
4
4
que : d1  2d 2 , il vient :
v2 d12

4
v1 d 22
(83)
94
7.2. Calcul de la vitesse v2 à la sortie de la buse (Figure 10)
Application du théorème de Bernoulli, après avoir remarqué que les points 1 et 2 sont au
même niveau et que la pression :
v2
v2
 1  p1   2  p2
(84)
2
2
v 2 v2 
 p  p2 
  2  1   p1  p2  v2 2  v12  2 1
(85)
2 

 2
En utilisant (83), on trouve :
 p  p2 
v 2 15
v2 2  2  v2 2  2 1
(86)
16 16

Soit finalement :
32  p1  p2 
(87)
15

Il est à noter que la pression p1  1bar car le point 2 est exposé à l’air libre.
v2 
AN :
32  p1  p2 
32  2.875  1  10
v2 

 2.14  187.5  20 m/s
15

15
1000
5
95
Corrigé des Travaux Dirigés de Ph. A. G
(Série N° 6)
Exercice 1
Soit un cube formé d’un matériau élastique et isotrope soumis à une tension normale  xx .
Figure 1. Cube sous l’effet d’une traction
Montrons pourquoi le module de rigidité (cisaillement) entre dans l’expression de la loi de
Hooke :
Enoncé de la loi de Hooke :
 ii    2 ii ;
i  x, y , z
 ij   ij ; i, j  x, y, z; i  j
(1)
Dans les conditions de l’exercice, seule la contrainte  xx est non nulle (  xx  0 ) et positive
car il s’agit d’une traction (tension), les autres contraintes normales  yy et  zz sont nulles.
On va raisonner par l’absurde.
Supposons que le coefficient de rigidité n’intervient pas dans le loi de Hooke. Nous écrivons
donc :
 xx  
 yy  0  
(2)
 zz  0  
La première équation de l’expression (2) montre que   0 alors que les deux autres donnent
  0 . Il y adonc contradiction, par suite le coefficient de rigidité doit figurer dans
l’expression de la loi de Hooke.
96
Exercice 2
2.1. Expression du coefficient de Poisson  en fonction des constantes de Lamé
Le module d’élasticité et le coefficient de Poisson sont donnés par :

E  xx
 xx
(3)
 yy
 zz
 

 xx
 xx
Pour montrer que  yy   zz il suffit de remarquer que l’éprouvette est homogène est
isotrope. Elle va donc se déformer de la même façon dans les directions perpendiculaires à
celle selon laquelle la traction est appliquée.
 La loi de Hooke (1) appliquée pour  yy  0 et  zz  0 donne respectivement :
0     xx   yy   zz   2  yy
(4)
0     xx   yy   zz   2  zz
(5)
Pour faire apparaître le coefficient de Poisson  on reprend (4) et on écrit :

 
(6)
0    xx  1  zz   2 

 yy 
 yy
D’après (3), l’expression (6) s’écrit :
 1

 2  1 
(7)
0      2   2   2    
  2     2  1
 

  
On peut tirer facilement de (7), l’expression de  en fonctions des constantes de Lamé :


(8)
2   
2.2. Expression du module de Young E en fonction des constantes de Lamé
La loi de Hooke s’écrit pour  xx
 xx     xx   yy   zz   2  xx
(9)
Pour faire apparaître le module d’élasticité E, on divise l’expression (9) par  xx :
 
 xx
 
  1  yy  zz   2 
 xx
  xx  xx 
On trouve:
(10)
E   1  2   2 
(11)
En reportant l’expression (8) donnant le coefficient de Poisson dans (11), on tire l’expression
de E en fonctions des constantes de Lamé :
  3  2 
E
(12)

2.3. Expression du module d’incompressibilité k en fonction des constantes de Lamé
On écrit la loi de Hooke pour les trois contraintes. Nous avons :
97
 p     xx   yy   zz   2  xx
(13)
 p     xx   yy   zz   2  yy
(14)
 p     xx   yy   zz   2  zz
(15)
Faisons la somme de ces expressions, il vient :
3 p  3   xx   yy   zz   2    xx   yy   zz 
  3  2     xx   yy   zz    3  2   
3 p
  3  2    3k   3  2  

Soit :
k
(16)
(17)
 3  2 
(18)
3
Exercice 3
L’équation d’onde (équation des cordes vibrantes) en une dimension est donnée par :
 2
1  2

(19)
x 2 V 2 t 2
Cette équation est très connue en mathématiques et porte le nom de l’équation de d’Alembert.
On va montrer que les fonctions suivantes sont solution de l’équation (19)
 ( x, t )  sin( x  Vt )
 2
x 2
 2
   
 

2
x
x  x 

On calcule d’abord
, on obtient
x
  (sin( x  Vt ))

 cos( x  Vt )
x
x
En injectant (21) dans (20) il vient :
 2
    
 
   cos( x  Vt )    sin( x  Vt )
2
x
x  x  x
 Calcul de
(20)
(21)
(22)
 2
Calcul de 2
t
2
     
 
(23)

t 2 t  t 

On calcule d’abord
, on obtient :
t
Posons : p  x  Vt , alors   sin p
  p

 V cos p  V cos ( x  Vt )
(24)
t
p t
Injectons l’expression (24) dans (23) en considérant toujours le changement de variable, il
vient :
98
 2   
 
t 2 t  t
 cos p p
 
   V cos( x  Vt )   V
p t
 t
(25)
Soit :
 2
 cos p p
 V
 V   sin p  V  V 2 sin( x  Vt )
2
t
p t
1
En multiplions (26) par 2 on retrouve (22). CQFD.
V
k ( x Vt )
 ( x , t )  e
 2
 Calcul de
x 2
 2
   
 

2
x
x  x 

On calcule d’abord
, on obtient
x
 e k ( x Vt )

 ke k ( x Vt )
x
x
En injectant (28) dans (27) il vient :
 2
   
ek ( x Vt )


k
 k 2e k ( x Vt )


x 2 x  x 
x
Calcul de
 2
t 2
On calcule d’abord
(26)
(27)
(28)
(29)

, on obtient :
t
 ek ( x Vt )

  kVek ( x Vt )
t
t
On dérive (30) par rapport au temps, on obtient :
 2     
k ( x Vt )
 
 k 2V 2 e k ( x Vt )

    kVe
2
t
t  t  t
1
En multiplions (31) par 2 on retrouve (29). CQFD.
V
5
  ( x, t )  ( x  Vt )
(30)
(31)
 2
 Calcul de
x 2

, on obtient :
t
5
   ( x  Vt ) 

 5( x  Vt ) 4
x
x
Dériver (32) par rapport à x donne:
On calcule d’abord
 2
  
 
2
x
x  x
(32)
 
4
3
   5( x  Vt )   20( x  Vt )
 x
99
(33)
Calcul de
 2
t 2

, on obtient :
t
5
   ( x  Vt ) 

 5V ( x  Vt )4
t
t
On dérive (34) par rapport au temps, on obtient :
 2     
4
2
3
 
   5V ( x  Vt )   20V ( x  Vt )
t 2 t  t  t
1
En multiplions (35) par 2 on retrouve (33). CQFD.
V
On calcule d’abord
(34)
(35)
On adopte la même technique pour les fonctions restantes:
 ( x, t )  sin( x  Vt )
 ( x, t )  sin( x  Vt )
 ( x, t )  ek ( x Vt )
Exercice 4
4.1. Montrons que la fonction  ( x, t )  f ( x  Vt ) est solution de l’équation d’onde (19).
 Calcul de
 2
x 2
On calcule d’abord

, on obtient
x
On pose x  Vt  p
 f p f


x p x p
Dérivons (36) par rapport à x, il vient :
  f    f  p  2 f

   
x  p  p  p  x p 2
Donc :
 2  2 f

x 2 p 2
Calcul de
(36)
(37)
(38)
 2
t 2

, on obtient :
t
 f p
f

 V
t p t
p
On dérive (39) par rapport au temps, on obtient :
2
 2  
f 
  f 
  f  p
2  f


V


V


V

V


 
 
t 2 t 
p 
t  p 
p  p  t
p2
1
En multiplions (40) par 2 on retrouve (38). CQFD.
V
On calcule d’abord
100
(39)
(40)
4.2. Montrons que la fonction  ( x, t )  f (lx  my  nz  Vt )  g (lx  my  nz  Vt ) est solution
de l’équation d’onde, dans le cas d’une onde plane se propageant le long d’une droite passant
par l’origine et de cosinus directeurs l, m et n vérifiant : l 2  m 2  n 2  1 ).
On va d’abord le montrer pour  1 ( x, t )  f (lx  my  nz  Vt )
L’équation d’onde dans le cas général est donnée par :
1  2
 2  2 2
V t
2
 Calcul de   1
 Calcul de
 2 1
x 2
Comme à l’accoutumée on calcule d’abord :
(41)
 1
x
Posons p  lx  my  nz  Vt
 1 f p
f

l
(42)
x p x
p
Dérivons (42) par rapport à x, il vient :
   1    f    f  p 2  2 f
(43)

  l   l   l
x  x  x  p  p  p  x
p 2
L’expression (43) n’est autre que la dérivée seconde partielle de  1 par rapport à x :Donc :
 2 1 2  2 f
l
x 2
p 2
 2 1
 Calcul de
y 2
De la même façon on trouve pour la variable y :
2
 2 1
2  f

m
y 2
p 2
 2 1
z 2
2
 2 1
2  f

n
z 2
p 2
Le Laplacien de  1 s’écrit :
(44)
(45)
 Calcul de
 2 1 
 Calcul de
(46)
2
 2 1  2 1  2 1
2 f
2
2
2  f



l

m

n


 p2 p 2
x 2
y 2
z 2
(47)
 2 1
t 2

, on obtient :
t
 1 f p
f

 V
t
p t
p
On dérive (48) par rapport au temps, on obtient :
On calcule d’abord
101
(48)
2
 2 1  
f 
  f 
  f  p
2  f


V


V


V

V


 
 
t 2
t 
p 
t  p 
p  p  t
p2
1
En multiplions (49) par 2 on retrouve (47). CQFD.
V
(49)
On va le montrer aussi pour  2 ( x, t )  g (lx  my  nz  Vt )
On adopte la même démarche, sauf pour le changement de variable qu’on prendra :
q  lx  my  nz  Vt
 Calcul de  2 2
On trouve :
2
 2 2
2  g

l
(50)
x 2
q 2
2
 2 2
2  g

m
y 2
q 2
2
 2 2
2  g

n
z 2
q 2
(51)
(52)
Le Laplacien de  2 s’écrit :
 2 2 
2
 2 2  2 2  2 2
2 g
2
2
2  g



l

m

n



x 2
y 2
z 2
q 2 q 2
 2 2
t 2
2
 2 2   g 
  g 
  g  q
2  g

V

V

V

V


 
 
t 2
t  q 
t  q 
q  q  t
q 2
1
En multiplions (54) par 2 on retrouve (53). CQFD.
V
 On prend maintenant  ( x, t )  f (lx  my  nz  Vt )  g (lx  my  nz  Vt )
 Calcul de  2
(53)
 Calcul de
(54)
 2
x 2
Les changements de variable à prendre sont : p  lx  my  nz  Vt et q  lx  my  nz  Vt .
Dans ce cas : ( x, t )  f ( p )  g (q ) (p et q étant des variables intermédiaires)

Calculons d’abord :
x
 f g 
  p  q f p g q




 l  
(55)
x
p x q x p x q x
 p q 
Dérivons (55) par rapport à x, et après avoir remarqué que la fonction f ne dépend que de p et
la fonction g ne dépend que de q, il vient :
   
  f g  p
  f g  q 2   2 f  2 g 

l


l
 l  2  2  (56)




  
x  x 
p  p q  x
q  p q  x
q 
 p
 Calcul de
L’expression (56) n’est autre que la dérivée seconde partielle de  par rapport à x. Soit :
102
2
 2
2 g 
2 f
l  2  2 
x 2
q 
 p
 Calcul de
(57)
 2
y 2
Calculons d’abord :

y
 f g 
  p  q f p g q




 m  
(58)
y
p y q y p y q y
 p q 
Dérivons (58) par rapport à x, et après avoir remarquer que la fonction f ne dépend que de p et
la fonction g ne dépend que de q, il vient :
2
   
  f g  p
  f g  q
2 g 
2 f
 m  2  2  (59)

m    m   
y  y 
p  p q  y
q  p q  y
q 
 p
L’expression (59) n’est autre que la dérivée seconde partielle de  par rapport à y. Soit :
2
 2
2 g 
2 f

m

(60)
 2

y 2
q 2 
 p
 2
z 2
De la même façon, on peut montrer que :
2
 2
2 g 
2 f

n

 2

z 2
q 2 
 p
 Calcul de
(61)
Le Laplacien de  2 s’écrit :
 2 
 Calcul de
2
 2  2  2
2 g  2 f 2 g
2
2
2  f



l

m

n




 2

x 2 y 2 z 2
q 2  p 2 q 2
 p
(62)
 2
t 2

, on obtient :
t
  p  q f p g q
f
g




 V
V
t
p t q t p t q t
p
q
On dérive (62) par rapport au temps, on obtient :
 2  
f
g 
  V
V

2
t
t 
p
q 
On calcule d’abord
 
f
g  p  
f
g  q
V
V
 V
   V

p 
p
q  t q 
p
q  t
 2 f p
 2 g q
 V 2
V 2
p t
q t
(63)

V2
2
2
2 f
2 g 
2  g
2 f

V

V

 2

p 2
q 2
q 2 
 p
103
(64)
1
on retrouve (62). CQFD.
V2
1
4.3. Montrons que la fonction  (r , t )  f (r  Vt ) est solution de l’équation d’onde, est
r
solution de l’équation d’onde dans le cas d’un milieu homogène, isotrope et présentant la
symétrie sphérique.
En multiplions (64) par
On va utiliser pratiquement le même changement de variable que pour les exrcices
précédents, à savoir, p  r  Vt . Nous avons :
1
r   x2  y 2  z 2  2
(65)
1
dr 1 2
2
2 2
  x  y  z  .2 x  xr 1
dx 2
1
dr 1 2
2
2 2
  x  y  z  .2 y  yr 1
dy 2
1

dr 1 2
  x  y 2  z 2  2 .2 z  zr 1
dz 2
dp dr

 xr 1
dx dx
dp dr

 yr 1
dy dy
dp dr

 zr 1
dz dz
(66)
(67)
 Calcul de  2
 Calcul de
 2
x 2
On va calculer d’abord

x
 f p 

3
2 f
   r 2 xr 1  f  p   r 1 
   xr f  p   xr
x
p
 p x 

f 
  xr 2  r 1 f  p   
p 

La dérivée par rapport à x de (68) donnera la dérivée seconde recherchée :
Calculons la dérivée de g   xr 2 par rapport à x :
g
  r 2  x.  2r 3  .x.r 1    r 2  2 x 2 r 4 
x

f 
Calcul de la dérivée de h   r 1 f  p    par rapport à x :
p 



 f
   f  p
h
  r 2 xr 1 f  p   r 1  xr 1    
x
 p
 p  p  x
2
3
2 f
1  f
  xr f  p   xr
 xr
p
p 2
104
(68)
(69)
(70)
La dérivée seconde partielle de  par rapport à x, en tenant en compte (69 et 70), s’écrit:

 2
f 
   r 2  2 x 2 r 4  r 1 f  p   
2
x
p 

(71)
2



f

f
 xr 2  xr 3 f  p   xr 2
 xr 1 2 
p
p 

Soit en faisant les réarrangements nécessaires :
2
 2
2 5
3
2
2 4 f
2 3  f

3
x
r

r
f
p

r

3
x
r

x
r
(72)








x 2
p
p 2
 2
 Calcul de
y 2
De manière similaire on obtient la dérivée seconde partielle de  par rapport à y:
2
 2
2 5
3
2
2 4 f
2 3  f

3
y
r

r
f
p

r

3
y
r

y
r
(73)

   
 p   p2
y 2
 2
z 2
2
 2
2 5
3
2
2 4 f
2 3  f

3
z
r

r
f
p

r

3
z
r

z
r

   
 p   p2
z 2
 Calcul de
(74)
Le Laplacien de  s’écrit alors :
 2   3 x 2 r 5  r 3  3 y 2 r 5  r 3  3 z 2 r 5  r 3  f  p 
  r 2  3 x 2 r 4  r 2  3 y 2 r 4  r 2  3 z 2 r 4 
  x 2 r 3  y 2 r 3  z 2 r 3 
Soit :
f
p
(75)
2 f
p 2
 2   r 5  3x 2  3 y 2  3z 2   3r 3  f  p 
f
   r 4  3x 2  3 y 2  3z 2   3r 2 
p
(76)
 f
  r 3  x 2  y 2  z 2   2
p
2
Or x 2  y 2  z 2  r 2 , l’expression précédente s’écrit :
f
2 f
 2  3r 3  3r 3  f  p    3r 2  3r 2   r 1  2
p
p
(77)
Soit finalement :
 2 
 Calcul de
1 2 f
r p 2
 2
t 2
On calcule comme d’habitude
(78)

, on obtient :
t
105
 1 f p 1 f
V f


 V  
t r p t r p
r p
On dérivé (79) par rapport au temps, on obtient :
 2   V f    V f  p
V 2 f






 V




t 2 t  r p  p  r p  t
r p 2
Soit finalement :
 2 V 2  2 f

t 2
r p 2
1
En multiplions (81) par 2 on retrouve (78). CQFD.
V
106
(79)
(80)
(81)
Bibliographie Sommaire
Aït Gougam, L., Bendaoud, M., Doulache, N., Mékidèche, F., ( ????) Magnétostatique,
Chapitre 4, www.usthb.dz/fphy/IMG/pdf/partie3.pdf
Amzallag, E., Cipriani, J., Ben Aïm, J., Picciomi, N. (2006), La physique en Fac,
Electrostatique et Electrocinétique (Cours et Exercices Corrigés) , 2ème édition,
Ediscience, Editions DUNOD, ISBN : 2100502492, Paris, France
Lenoble, A. ( ????), Mécanique des fluides, Laboratoire de Physique des matériaux
(LPM), Université de Nancy, France, ???
Ben Hamouda, R. (2008), Notions de Mécanique des Fluides Cours et Exercices
Corrigés), Centre de Publication Universitaire, ISBN : 978-9973-37-494-3, Tunis,
Tunisie.
Telford, W. M, Geldart, L. P, Sheriff, D. E et Keys, D. A. (1989), Prospection
géophysique, Tome 3. ERG Editions, la barbannerie, F-78780 Maurecourt. Tirage
provisoire.
Telford, W. M, Geldart, L. P, Sheriff, D. E et Keys, D. A. (1984), Prospection
géophysique, Tome 1. ERG Editions, la barbannerie, F-78780 Maurecourt.
Telford, W. M, Geldart, L. P and Sheriff, D. E. (1990), Applied Geophysics Prospection
géophysique, Second edition, Cambridge University Press, cambridge, New York, Port
Chester, Melbourne, Sydney.
107