I. Distribution lineique
1) Tout plan contenant Oz est un P`. Donc en tout point en dehors de la spire, E “ 0 ; de plus, en chacun des points de Oz, intersection d’une infinite de P`, Eρ “ 0. Le plan xOy est aussi un P`. En chacun de ses points en dehors de la spire, Ez “ 0. Pour cette distribution, on a invariance par rotation autour de Oz : Eρ “ Eρpρ, zq, Ez “ Ezpρ, zq.
2) ÝÑ
1
4πε0
q
z2 εpzq ou εpzq “ `1 si z 0 et εpzq “ ´1 si z 0 ; q “ 2πaλ est la
=================================================
II. Deux spires circulaires C1 et C2...
1) Le plan xOz est un P` : Eypx, 0, zq “ 0.
2) Le plan zOy est un P` et le plan xOy est un P´ : Exp´x, zq “ ´Expx, zq, Expx,´zq “ ´Expx, zq, Ezp´x, zq “ Ezpx, zq, Ezpx,´zq “ Ezpx, zq. Par suite, Ez est une fonction paire de x et une fonction paire de z, tandis que Ex est une fonction impaire de x et une fonction impaire de z. D’ou Ezpx, zq “ a1 ` c1z
2 ` c3x 2 , Expx, zq “ c12xz
3) BEx Bz
λR
2ε0
Ez “ E1z `E2z, d’ou a1 “ ´ λRa
ε0rR2 ` a2s3{2 . Il faut effectuer soit un developpement de Ez
au second ordre suivant z{a, soit, plus simplement, une double derivation de Ez par rapport
a z, pour obtenir c1 “ 3aRλ
4ε0
3R2 ´ 2a2
rR2 ` a2s7{2 . On voit qu’au voisinage de O, Ezp0, zq ne depend
de z qu’au 4eme ordre suivant z{a si a “ R
c
3
2 .
2) ÝÑ
σz
2ε0
2ε0 . Lorsque z tend vers zero par valeurs negatives, Epzq
tend vers Ep0´q “ ´ σ
2ε0 . La discontinuite du champ en z “ 0 est Ep0`q ´ Ep0´q “
σ
ε0 .
3) Prenant z positif et z " a, le champ devient Epzq » Q
4πε0
1
z2 ou Q “ σπa2 est la charge
totale du disque. Ici encore, a tres grande distance, la distribution de charge totale non nulle est vue comme une charge ponctuelle.
4) Lorsque a tend vers l’infini, le choix de l’origine des coordonnees devient arbitraire. En
utilisant l’expression precedente de Epzq, on trouve, pour tout point de l’espace : Epzq “ σ
2ε0 si z 0, et Epzq “ ´
σ
=================================================
‚ Sphere - 1) Etant donne un point M en dehors de la distribution, tout plan conte- nant OM est un P`. Le champ en M est donc porte par l’intersection de tous ces plans,
c’est-a-dire par ÝÑ
OM : il est radial au sens des coordonnees spheriques definies par rap- port a un triedre O, x, y, z. Le choix des axes du triedre est arbitraire car la distribution est invariante sous une rotation quelconque autour de O. Il s’ensuit que la composante ra-
diale du champ ne doit dependre que de r “ OM : ÝÑ
E “ Eprq ÝÑ er , avec
ÝÑ er “ cos θ
Oz suivant ÝÑ
h “ OM , ÝÑ
ÝÑ
ÝÑ er , PM2 “ h2 ` R2 ´ 2Rh cos θ,
dΣ “ R2 sin θdθd. D’ou
ÝÑ
Or, I “
`1
´1 du
h´Ru
`1
Pour h R, on a I “ ´ B
Bh
2
B
Bh
2
h “
2
0 pour tout point interieur a la sphere et ÝÑ
E “ Q
OM3 pour tout point exterieur
a la sphere, ou Q “ 4πR2σ est la charge totale de la sphere. Dans ce dernier cas, la sphere apparat comme une charge ponctuelle Q en O. Au passage a travers la sphere, le champ
subit une discontinuite egale a ÝÑ
E rOMÑR`0s ´ ÝÑ
E rOMÑR´0s “ σ
Christian Carimalo 4 Calculs directs de champs
IV. Champ du plan xOy charge en entier avec la densite σ :
ÝÑ
σ
2ε0
ÝÑ ez pour z 0
Champ en un point de l’axe z1z d’un disque de centre O et de rayon R charge avec la densite ´σ :
ÝÑ
On obtient la distribution proposee en superposant les deux distributions ci-dessus. On trouve le champ total en un point de l’axe z1z :
ÝÑ
Christian Carimalo 5 Calculs directs de champs
Symetries et utilisation du theoreme de Gauss pour des calculs de champs electrostatiques
I. Distribution lineique. Une ligne infinie...
1) Invariance par rotation autour de z1z ; invariance par translation parallele a z1z. Tout plan contenant z1z est un P` ; tout plan perpendiculaire a z1z est un P`. Le systeme de coordonnees cylindriques ρ, , z construit autour de z1z est le plus approprie pour etudier le champ.
2) Au sens de ces coordonnees cylindriques, le champ est radial : ÝÑ
E “ Eρ ÝÑ eρ et du fait
des invariances, Eρ ne depend que de ρ ( et z ne sont pas des variables sensibles).
3) 4) Les equipotentielles sont des cylindres d’axe z1z et donc definies par ρ “ constante. L’amplitude du champ reste constante sur une equipotentielle. On constitue une surface de Gauss en prenant un morceau d’equipotentielle de rayon ρ, que l’on ferme par deux disques d’axe z1z et de meme rayon ρ. Le champ etant radial, son flux a travers les deux disques est nul, tandis que son flux a travers le morceau d’equipotentielle est 2πρhEρpρq. D’apres le
theoreme de Gauss applique a cette surface fermee, ce flux est aussi egal a λh
ε0 . On en deduit
=================================================
1) Plan infini uniformement charge...
On fait le choix d’utiliser un systeme de coordonnees cartesiennes ou le plan charge est pris comme plan xOy. Du fait de l’extension infinie de la distribution, la position de l’origine O peut etre choisie arbitrairement : on a une invariance par translation parallele au plan charge. Cela signifie que les variables x et y ne sont pas des variables sensibles. Tout plan contenant z1z (et donc perpendiculaire au plan charge) est un P`. En un point donne en dehors des charges, etant a l’intersection de tous ces P`, le champ est donc oriente suivant
z1z, ÝÑ
E “ ÝÑ ez Ez, ou, du fait de ladite invariance, on doit avoir Ez “ Epzq. Le plan xOy
est lui-meme un P`. On en deduit Ep´zq “ ´Epzq. Les surfaces equipotentielles sont des plans paralleles au plan charge, donc definies par z “ constante. On voit que sur une equipotentielle, l’amplitude du champ reste constante. Une surface de Gauss utilisant ces symetries est astucieusement constituee comme suit : un morceau de surface cylindrique de rayon a et d’axe z1z, fermee a ses extremites par deux disques d’axe z1z et de rayon a, l’un a la cote z 0, l’autre a la cote ´z. Compte tenu de son orientation, le flux du champ a travers la surface cylindrique est nul, tandis que son flux total a travers les deux disques est πa2 rEpzq ´ Ep´zqs “ 2Epzqπa2. D’apres le theoreme de Gauss, le flux du champ a travers
ladite surface de Gauss est πa2σ
ε0 . D’ou Epzq “
=================================================
2) Sphere uniformement chargee...
Soit O le centre de la sphere, R son rayon. Le centre O est privilegie et est chois naturellement comme origine d’un systeme de coordonnees. La densite de charges sur la sphere etant uniforme, cette distribution possede la symetrie spherique. Etant donne un point M , tout
plan contenant OM est un P` et le champ doit donc etre porte par ÝÑ
OM . Choisissant le reperage de l’espace au moyen de coordonnees spheriques construit autour de O, on a ÝÑ
E pMq “ ÝÑ er Erpr, θ, q. Comme une rotation quelconque de la sphere autour de son centre
laisse la distribution invariante vis-a-vis de M , les coordonnees θ et ne sont pas des variables sensibles (ce qui signifie que le choix des axes est arbitraire). Par consequent, Er “ Eprq.
Les equipotentielles sont des spheres de centre O. Ce sont des surfaces de Gauss. Sur chacune d’elles, le champ garde une amplitude constante et le flux du champ a travers celle de rayon r vaut ainsi 4πr2Eprq. D’un autre cote, le theoreme de Gauss indique que ce flux est aussi
egal a : 0 si r R et Q
ε0 si r R, ou Q “ 4πR2σ est la charge totale de la sphere chargee.
On a donc : Eprq “ 0 pour r R, Eprq “ Q
4πε0r2 “ σR2
ε0r2 pour r R
Comme pour toute distribution superficielle de charges, le champ subit une discontinuite au
passage a travers cette distribution : EpR` 0q ´EpR´ 0q “ σ
ε0 . Par ailleurs, pour un point
=================================================
III. Distribution volumique a symetrie spherique
La symetrie est la meme que celle de l’exercice precedent et la demarche pour calculer le
champ est aussi la meme. On trouve 4πr2Eprq “ 4
3 πr3ρ si r R et “
4
ρ est la densite volumique de charges. D’ou
Eprq “ ρr
ρR3
3ε0r2 “
Q
ou Q “ 4
3 πR3ρ est la charge totale de la boule. Ici, le champ est continu pour r “ R
=================================================
IV. Distribution volumique a symetrie cylindrique
La symetrie est la meme que celle de l’exercice I et la demarche pour calculer le champ est aussi la meme. On trouve Er “ Eprq (ici, r est la distance du point considere a l’axe z1z)
avec Eprq “ 1
rm
0 uduρpuq ou rm “ r si r R, rm “ R si r R, soit
Eprq “ ρ0r
ρ0R 3
ou λ “ 2π ρ0R
3
3a represente la charge contenue dans une portion du cylindre charge ayant
pour hauteur l’unite de longueur, c’est-a-dire, une grandeur representant une densite lineique
Christian Carimalo 7 Symetries et Theoreme de Gauss
=================================================
ÝÑ
E “ ÝÑ ex Epxq ; Epxq “ ´Ep´xq ; comme il s’agit d’une distribution volumique, Epxq est
une fonction continue de x et donc Ep0q “ 0. On prend comme surface de Gauss une portion de cylindre d’axe x1x, de rayon a, de hauteur x 0, fermee par deux disque d’axe x1x, de rayon a, l’un a l’abscisse x, l’autre a l’abscisse x “ 0. Le flux du champ a travers cette
surface, d’une part est egal a πa2Epxq, et d’autre part egal a πa2 1
ε0
0 duρpuq ou xm “ x
si 0 x a{2 ou xm “ a{2 si x a{2. D’ou
Epxq “ Ax
pour 0 x a{2 et Epxq “ ´ Aa3
12ε0 “
σ
ou σ “ ´ Aa3
12ε0 est la charge par unite de surface parallele au plan zOy, grandeur qui
=================================================
Une distribution de charges remplit une boule.....
2) 4πpr`drq2Epr`drq´4πr2Eprq “ 4πd “
r2E ‰
“ 1
ε0 r2
=================================================
VII. Retrouver les expressions des champs crees en tout point par les distributions etudiees aux exercices III, IV et V, en utilisant le theoreme de Gauss sous sa forme locale.
1) Exercice III.
E “ 1
ρr
3ε0 `
constante
r2 . Le second terme correspondrait au champ d’une charge ponctuelle en O.
En l’absence d’une telle charge, ce terme est a exclure. Donc Eprq “ ρr
3ε0 pour r R.
Pour r R, 1
r2
d
K
r2 ou la constante K doit etre ajustee pour que
Christian Carimalo 8 Symetries et Theoreme de Gauss
Eprq soit continu en r “ R. On obtient K “ ρR3
3ε0 .
r
d
Eprq “ ρ0
3a r2 `
K1
r . Le dernier terme ne doit pas exister car la distribution ne comporte
aucune distribution filaire sur l’axe z1z qui donnerait une telle contribution. On doit donc
poser K1 “ 0 et par suite Eprq “ ρ0
3aε0 r2.
r
d
K2
r . La constante K2 est ajustee de telle sorte a
assurer la continuite de Eprq pour r “ R (distribution volumique), soit K2 “ ρ0R
3
3aε0 .
Pour 0 x a{2, on a dE
dx “
A
ε0
ˆ
Pour x a{2, on a dE
dx “ 0, d’ou Epxq “ K1. La constante K1 est telle que Epa{2` 0q “
Epa{2´ 0q, soit K1 “ ´ Aa3
12ε0 .
=================================================
E pMq “ A
rot ÝÑ
E “ ÝÑ
0 . Ce champ derive donc d’un potentiel. Il pourrait etre un champ electrostatique. Dans ce cas, la constante A devrait s’exprimer en Volt.
2) ρpMq “ ε0 div ÝÑ
E “ ε0A
1
=================================================
1) ÝÑ
E “ q
2) En utilisant les coordonnees polaires ρ “ a
x2 ` y2 et (x “ ρ cos, y “ ρ sin), le
flux du champ a travers le plan xOy oriente suivant ÝÑ ez est
Φ “ ´ q
ε0 . Ce resultat etait previsible pour la raison
suivante. A tres grande distance, le champ cree par les deux charges s’identifie a celui d’un dipole dont on sait qu’il varie comme 1{r3. Constituons une surface fermee comprenant
Christian Carimalo 9 Symetries et Theoreme de Gauss
le plan xOy et la demi-sphere de centre O et de rayon infini orientee vers les z negatifs. L’element de surface sur une demi sphere de rayon r est 9 r2. Le flux du champ a travers cette demi-sphere sera donc 9 r2{r3 “ 1{r et tend donc vers zero quand r tend vers l’infini. Ainsi, le flux du champ a travers ladite surface revient au flux du champ a travers le plan xOy oriente suivant
ÝÑ ez . La surface fermee entourant la charge ´q, le flux cherche est donc,
d’apres le theoreme de Gauss, egal a ´q{ε0.
3) D’apres le theoreme de Gauss, le flux en question est 1
ε0 pq ´ qq “ 0. Cela ne signifie
=================================================
X. Une charge ponctuelle q 0 se trouve en O...
Utilisons le theoreme de Gauss. Le flux doit rester constant dans la region 0 r 2R car alors seule la charge q est entouree. Les courbes (a) et (d) doivent donc etre rejetees. La distribution volumique se trouve exclusivement dans la region 2R r 3R. Dans cette region, a mesure que r augmente, ρ etant constant, le flux ne peut que crotre si ρ 0 (plus de charges positives incluses) ou decrotre si ρ 0 (plus de charges negatives incluses), et en tout cas ne peut pas rester constant. La courbe (b) est donc a rejeter. Seule la courbe (c) est ainsi la plus probable et revele que ρ est negatif. Comme le flux est nul pour r 3R, la charge totale de la distribution volumique est ´q.
Christian Carimalo 10 Symetries et Theoreme de Gauss
Theoreme de superposition
4πε0

C
λa
2ε0
Nλ
NλR
b) ÝÑ
E “ ÝÑ
E “ ÝÑ ez
ε0h2 pour h R.
b) Les cercles decrivent une sphere de centre p0, 0, hq et de rayon R. La distribution obtenue est une distribution superficielle de charges sur cette sphere, avec la densite σ “ Nλ{R.
Christian Carimalo 11 Theoreme de superposition-E
Les conducteurs en electrostatique
‚ La region x 0 est remplie...
1) A l’equilibre, le champ cree par Σ a l’interieur du conducteur est oppose au champ
inducteur ÝÑ
EΣ “ E0 ÝÑ ex pour x 0. On peut des lors prevoir que la densite surfacique induite
est uniforme (independance vis-a-vis des coordonnees y et z). En outre, on sait qu’une telle distribution surfacique uniforme cree en dehors de la surface le champ
ÝÑ ex σ{p2ε0q pour x 0
et ´ ÝÑ ex σ{p2ε0q pour x 0. On a donc ´σ{p2ε0q “ E0.
2) La densite σ etant uniforme, le plan x “ 0 est manifestement un P`.
3) On a donc, pour x 0, Eypxq “ Eyp´xq “ 0, Ezpxq “ Ezp´xq “ 0 et Expxq “
´Exp´xq “ ´E0. Pour x 0 le champ electrostatique total est donc ÝÑ
Etot“ ´2E0 ÝÑ ex . En
appliquant le theoreme de Gauss comme au paragraphe 5.2 du cours, on trouve ´2E0 “ σ{ε0.
‚ Au lieu d’etre plonge...
1) 2) : voir § 5.3 du cours ; Qtot “ ´ qh
2π

ρdρd
3) ÝÑ
F “ ´ q2
‚ Une sphere conductrice...
1) Les charges de la sphere sont toutes a la meme distance R de O, donc VtotpOq “ 1
4πε0
, et ce potentiel doit etre nul ; d’ou Q “ ´ R
h q.
=================================================
II. Condensateur plan
1) Nous pouvons supposer ici V0 0. Les effets de bord sont completement ignores.
Le champ, suppose uniforme, est donne par ÝÑ
E “ V0
ÝÑ ex (dans le sens des potentiels
decroissants). En vertu du theoreme de Coulomb, il est aussi donne par σ
ε0
ÝÑ ex ou σ est
la densite superficielle de charges sur l’armature p1q. En appliquant le theoreme de Gauss a la surface fermee Σ, en tenant compte de l’orientation du champ entre les conducteurs et du fait que le champ est nul a l’interieur des conducteurs, on obtient le resultat 0 “ S1pσ` σ2q. La densite superficielle de charges sur l’armature p2q est donc egale a ´σ (ce que l’on retrouve aussi en appliquant le theoreme de Coulomb au voisinage de cette armature).
Christian Carimalo 12 Les conducteurs en elec
1
V0
− σσ
Σ
S
xl0
Figure 1
2) Q etant la charge totale de p1q, Q “ σS “ V0{pε0`q, d’ou la capacite du condensateur C “ Q{V0 “ ε0S{`.
3) Considerees separement, les armatures p1q et p2q produisent les champs E1 et E2 tels que
x E1 E2 E “ E1 ` E2
0 ´ σ
2ε0
σ
2ε0
σ
ε0
` σ
2ε0 ´ σ
2ε0 0
La force s’exercant sur l’armature p2q (pour x “ ` ´ 0) est ÝÑ
F 1{2“ ´pSσqE1 ÝÑ ex , soit
F1{2 “ ´S σ2
4) Ep “ 1
Qi Vi “ 1
2 CV 2
0 . On peut aussi calculer cette energie potentielle a partir de la
formule Ep “ ε0 2
dv : l’integrale est ici limitee a l’espace inter-conducteurs,
ce qui donne Ep “ ε0 2 E2pS`q “
ε0 2
0 . La force F1{2 s’obtient aussi par la
formule F1{2 “ ´
Q2
σ2
2ε0 .
‚ Par influence totale de l’armature chargee p1q apparat la densite superficielle de charge ´σ sur la face de la lame en regard de cette armature. La lame etant isolee, il apparat sur la face en regard de l’armature p2q une charge opposee, se distribuant sur cette face avec la densite σ. Par influence totale, l’armature p2q prend une charge avec la densite
Christian Carimalo 13 Les conducteurs en elec
´σ. Le champ est encore suppose uniforme dans les espaces inter-conducteurs. Calculons sa circulation entre les armatures p1q et p2q. On a maintenant Epd1 ` d2q “ V0 car le champ
est nul a l’interieur de la lame conductrice. Donc E “ σ1
ε0 “
Q1
Sε0 “
V0
capacite C 1 “ Q1
d2 , sont les capacites des deux
=================================================
III. Cable coaxial
1) Prenons l’axe du cable comme axe z1z. Tout plan contenant cet axe est plan de symetrie positive pour le champ. Par ailleurs, dire que la longueur h du cable est consideree comme infiniment grande devant R2, signifie qu’on neglige les effets de bords. Dans ces conditions, tout plan perpendiculaire a z1z est aussi plan de symetrie positive pour le champ. Il s’ensuit
qu’en tout point, le champ est radial au sens des coordonnees cylindriques : ÝÑ
E pρ, , zq “ Eρpρ, , zq
ÝÑ eρ . En outre, les variables et z ne sont pas des variables sensibles (les relations
BV
BV
Bz “ Ez “ 0 montrent que le potentiel V ne peut dependre de et de z).
Par suite, Eρ ne depend que de ρ. Dans l’espace inter-conducteur, div ÝÑ
E “ 1
donc Eρ “ K
ρ ou K est une constante. On en deduit le potentiel V pρq “ ´K ln ρ ` K 1
ou K 1 est une autre constante. Les deux constantes K et K 1 sont determinees par les deux conditions aux limites V pR1q “ V0 “ ´K lnR1 `K
1, V pR2q “ 0 “ ´K lnR2 `K 1 :
K 1 “ K lnR2 , K “ V0{ ln R2
R1
ρ { ln
l’armature centrale est donnee par σ1 “ ε0EρpR1` 0q “ ε0V0
R1 ln R2
de la gaine est σ2 “ ´ε0EρpR2 ´ 0q “ ´ ε0V0
R2 ln R2
.
2) La charge portee par l’ame est Q1 “ 2πR1hσ1 “ CV0 ou C “ 2πε0h{ ln R2
R1 est la
capacite du cable. La charge portee par la face interieure de la gaine, Q2 “ 2πR2hσ2 “ ´Q1, est bien l’opposee de Q1.
3) Posant ` “ R2 ´ R1, on trouve C » ε02πR1h{` “ ε0S{` ou S “ 2πR1h est alors la surface des deux armatures en regard.
4) a) Ep “ 1
E 2
dτ avec dτ “ ρdρddz. L’integrale ne porte finalement que sur
l’espace inter-conducteur :
Ep “ ε0 2
‚ Coefficients capacite-influence d’un condensateur spherique
On fait ici usage de la symetrie spherique (voir cours) pour trouver le champ et le potentiel. Dans l’espace inter-conducteur (R1 r R2) :
ÝÑ
K1
r `K2
et en dehors de la sphere de rayon R2 (r R2) :
ÝÑ
K3
r `K4
Les quatre constantes K1, ¨ ¨ ¨ ,K4 sont determinees au moyen des conditions aux limites V “ V1 pour r “ R1, V “ V2 pour r “ R2, V “ 0 pour r infini. D’ou K4 “ 0, K3 “ R2V2,
K2 “ R2V2 ´R1V1, K1 “ pV1 ´ V2q{p 1
R1 ´
1
R2 q.
Le conducteur central porte la densite superficielle de charges σ1 “ ε0ErpR1`0q “ ε0K1{R 2 1
donnant la charge totale Q1 “ 4πR2 1σ1 “ 4πε0K1, soit
Q1 “ pV1 ´ V2q 4πε0R1R2
R2 ´R1
Bien entendu, la face interne de la sphere de rayon R2 porte la charge opposee ´Q1. Cette meme sphere porte sur sa face exterieure la densite superficielle de charges σ12 “ ε0ErpR2 `
0q “ ε0V2{R2 donnant sur cette face la charge totale Q12 “ 4πR2 2σ 1 2 “ 4πε0R2V2.
Christian Carimalo 15 Les conducteurs en elec
Les coefficients capacite-influence Cij interviennent dans les expressions des charges en fonc- tion des potentiels :
Q1 “ C11V1 ` C12V2 , Q2 “ C21V1 ` C22V2
avec C21 “ C12. L’influence etant totale, on a (voir cours) C11 “ ´C12. On a ici C11 “ 4πε0R1R2
R2 ´R1 ; c’est la capacite de ce condensateur spherique. La charge Q2 “ ´Q1 ` Q12
s’exprime comme Q2 “ ´C11pV1 ´ V2q ` pC22 ´ C11qV2. Par identification, on trouve
C22 ´ C11 “ C2 “ 4πε0R2
Cette grandeur C2 est la capacite d’un conducteur spherique de rayon R2 seul dans l’espace.
‚ Une sphere conductrice de rayon R1 porte une charge q1 ...
Au contact , les deux conducteurs A et B n’en forment plus qu’un et le conducteur A perd alors sa charge qui passe vers la surface exterieure du conducteur B. On a donc q1A “ 0. Si le conducteur B est isole, il porte alors sur sa surface exterieure la charge q1B “ q2 ` q1.
‚ Trois spheres conductrices creuses ...
qe “ Q cpb´ aq
bpc´ aq , qi “ Q
Partie A
1) Le flux du champ a travers une surface fermee se trouvant dans l’epaisseur du conducteur (2) (ici assimile a la sphere de rayon R2) est nul puisque le champ est nul a l’interieur de ce conducteur. D’apres le theoreme de Gauss, la charge totale a l’interieur de cette surface fermee est donc nulle. Celle-ci comprend la charge Q2 repartie sur la face interieure du conducteur (2) et la charge Q1 repartie sur la surface exterieure du conducteur (1). On a donc Q1 “ ´Q2 “ Q.
2) ÝÑ
Christian Carimalo 16 Les conducteurs en elec
3) Par application du theoreme de Gauss, compte tenu de la symetrie spherique : Eprq “ 0
pour r R1 ; Eprq “ Q
4πε0r2 pour R1 r R2. Il est suppose qu’aucune charge n’est
presente a l’exterieur du conducteur (2). Le potentiel ne peut donc avoir d’extremum dans cette region. Or, il est nul sur le conducteur (2) et nul aussi a l’infini. Par consequent, il est nul partout pour r R2. Donc Eprq “ 0 pour r R2.
4) La difference de potentiel entre les deux conducteurs est calculee comme suit
V1 ´ 0 “
p2q
4πε0 R2R1
R2 ´R1 .
ε0 2 p4πq
6) a) dWg “ V1dq ;
b) La charge dq etant portee du potentiel 0 au potentiel V , dU “ V dq ;
7) dWJ “ dWg ´ dU “ rV1 ´ V s dq.
8) a) dq “ CdV , d’ou Wg “ CV 2 1 ;
b) U “ C V 2
1
2 .
V 2 1
VI. DST DEUG A 2eme annee, novembre 1989.
Figure 1 Figure 2
1) Q2 “ ´Q1 ; Q12 “ ´Q3 ; du fait de la symetrie cylindrique (la longueur h des conducteurs est supposee infinie), les densites superficielles des charges sont uniformes. On en deduit R1σ1 “ ´R2σ2, R2σ
1 2 “ ´R3σ3.
2) 3) Nous procederons comme suit. Du fait de la symetrie cylindrique , le champ et le
potentiel sont respectivement de la forme ÝÑ
E “ Epρq ÝÑ eρ et V “ V pρq. Comme div
ÝÑ
E “
K1
ρ puis V pρq “
´K1 ln ρ ` K2 ou K1 et K2 sont des constantes que l’on doit ajuster aux conditions aux limites sur le potentiel, pour chacune des regions citees.
‚ Pour la region (I), a l’interieur du premier conducteur, on a manifestement EI“0, VI“VA.
‚ Pour la region (II) ou R1 ρ R2, V pR1q “ VA et V pR2q “ 0, d’ou K1 “ VA{ lnr R2
R1 s,

En prenant ρ “ R1 et ρ “ R2 et en appliquant le theoreme de Coulomb, on obtient les densites superficielles de charges correspondantes :
σ1 “ ε0EIIpR1 ` 0q “ ε0VA R1
{ lnr R2
ε0VA R2
{ lnr R2
R1 s
‚ Pour la region (III) ou R2 ρ R3, V pR2q “ 0, V pR3q “ VA, d’ou K1 “ ´VA{ lnr R3
R2 s,
ε0VA R3
{ lnr R3
R2 s
‚ La region (IV) ou ρ R3, sera supposee ici constituer un unique conducteur porte au potentiel VA. Dans cette region, on a donc EIV “ 0, VIV “ VA
4) Etant au meme potentiel, les conducteurs (1) et (3) forment un conducteur unique portant
Christian Carimalo 18 Les conducteurs en elec
la charge totale Q “ Q1`Q3 “ 2πhpσ1R1`σ3R3q “ VAp2πε0hq
„

.
La capacite C “ Q{VA de l’ensemble des trois cylindres conducteurs est donc
C “ 2πε0h

Or, les deux ensembles tC1 : face externe du cylindre (1) portee au potentiel 0 + face interne du cylindre (2) portee au potentiel VAu et tC2 : face externe du cylindre (2) portee au potentiel 0 + face interne du cylindre (3) portee au potentiel VAu forment chacun un condensateur et ces deux condensateurs sont mis en parrallele. Le premier a pour capacite
C1 “ Q1{VA “ 2πε0h{ lnr R2
R1 s et la capacite du second est C2 “ Q3{VA “ 2πε0h{ lnr
R3
R2 s.
=================================================
VII. Une sphere conductrice A...
=================================================
VIII. (‹) On considere deux spheres conductrices concentriques...
Par influence totale, on a d’une part q`Q1`Q2 “ 0. D’autre part, on tient compte du fait que le potentiel est nul au point O. On choisit ce point pour y calculer le potentiel car il a l’avantage d’etre equidistant de toutes les charges, ce qui evite de connatre exactement la
repartition des charges sur les deux spheres. On obtient V pOq “ 1
4πε0
“ 0
(le potentiel est pris nul a l’infini). On en deduit Q1 “ ´q R1pR2 ´ rq
rpR2 ´R1q , Q2 “ ´q
Forces, Pression et Energie electrostatiques
I. Prenons l’axe de la calotte comme axe z1z. On sait que la force s’exercant sur un element de charge σpMqdS a la surface d’un conducteur et due a toutes les autres charges de la
distribution est donnee par d ÝÑ
F pMq “ σpMqdS σpMq
ÝÑ n pMq est la normale
a l’element de surface, orientee dans le sens sortant du conducteur. Ici, σ est une constante, ÝÑ n pMq “ cos θ
ÝÑ ez ` sin θ
ÝÑ
´
r et
R
r2 . Pour r “ R,
ErpR ` 0q “ σ{ε0 et par suite σ “ ε0V0{R. D’ou F “ πε0V
2 0
2 sin2 α. Elle est independante
du rayon de la sphere. Numeriquement, F “ 7 10´4 N.
=================================================
II. Quel est l’ordre de grandeur de la pression qui tendrait a faire eclater un electron...
P “ ε0E
III. On considere une boule uniformement chargee en volume...
Le champ cree par cette distribution a symetrie spherique possede une seule composante radiale donne par
Er “ ρr
ρ
3ε0
R3
r2 pour r R
ρ etant la densite volumique de charges de la boule et R son rayon. On en deduit la partie de l’energie correspondant a l’interieur de la boule
Wi “ ε0 2
Christian Carimalo 20 Forces, pression, energie elec
We “ ε0 2
4π R5
D’ou la fraction d’energie electrostatique se trouvant a l’exterieur de la boule
We
=================================================
IV. Une sphere conductrice de rayon R, eloignee de tout autre conducteur...
1) Le potentiel et le champ a l’exterieur de la sphere ont pour expressions V “ V0 R
r et
r2
ÝÑ er (symetrie + Theoreme de Gauss + condition V “ V0 pour r “ R). D’ou la
densite σ “ ε0ErpR ` 0q “ ε0 V0
R puis la charge Q “ 4πε0RV0 et la capacite C “ 4πε0R.
Le resultat ne depend pas de la structure interne de la sphere.
2) w “ ε0 2 E2 r “
ε0 2 V 2
W “

0 4πR “ 1
=================================================
V. Deux dipoles electriques elementaires sont situes aux points fixes P1 et P2...
Posons r “ P1P2, ÝÑ u “
ÝÑ
P1P2 {r. Le champ cree en P2 par le dipole en P1 s’ecrit
ÝÑ
ÝÑ u ¯
et l’energie d’interaction entre les deux dipoles est 2
W “ ´ ÝÑ p2 ¨
4πε0r3 psin θ1 sin θ2 ´ 2 cos θ1 cos θ2q
L’angle θ1 etant fixe, l’equilibre correspond a la situation pour laquelle cette energie est
extremum, c’est-a-dire pour BW
Bθ2 “ 0, soit lorsque
cos θ2 “ 2
4` tan2 θ1
2. On verifie aisement que W s’ecrit aussi bien ´ ÝÑ p1 ¨
ÝÑ
soit
4` tan2 θ1
On note que si les deux dipoles sont libres de leurs orientations, l’equilibre est caracterise
non seulement par la condition precedente mais aussi par BW
Bθ1 “ 0, qui conduit a la nouvelle
relation tan θ1 “ ´ 1
2 tan θ2. Les deux conditions obtenues ne sont simultanement satisfaites
que si θ1 “ θ2 “ 0 : les deux dipoles sont alors alignes et dans le meme sens et l’on a
W “ ´ p1p2
=================================================
VI. Soit une sphere imaginaire de rayon a centree sur un dipole ponctuel...
Le champ cree par le dipole a pour composantes spheriques (voir cours)
Er “ p
w “ ε0 2
La partie d’energie associee a ladite sphere est donc
We “ ε0 2
VII. On considere deux spheres metalliques concentriques S1 et S2...
‚ Premiere methode : en utilisant la formule generale Ep “ 1
2
ÿ
i
V “ V1 ` pV2 ´ V1q
V “ V2 R2
Er “ 1
Er “ V2 R2
Christian Carimalo 22 Forces, pression, energie elec
La densite superficielle de charges sur S1 est σ1 “ ε0ErpR1`0q “ ε0pV1´V2q R2
R1pR2 ´R1q
donnant sur S1 la charge totale Q1 “ CpV1´V2q avec C “ 4πε0 R1R2
R2 ´R1 . La charge opposee
´Q1 est repartie (uniformement) sur la face interieure de S2. Sur la face exterieure de S2
une charge Q12 est repartie uniformement avec la densite σ12 “ ε0ErpR2 ` 0q “ ε0V2{R2, d’ou Q12 “ C2V2 avec C2 “ 4πε0R2. La charge totale de S2 est Q2 “ ´Q1`Q
1 2. On obtient
“ 1
2
Ep “ ε0 2
Problemes
I. D’apres un examen partiel du DEUG A PM2 - janvier 1992.
1) Eθ “ 0 ; E “ 0 ; Er “ ´ dV
dr “
q
4πε0
„
exp p´r{r0q ;
Qp0q “ q : on trouve bien une charge ponctuelle q en O ; Qp8q “ 0 : la charge de la cosphere est exactement opposee a celle de l’ion, l’ensemble est globalement neutre.
3) dQ “ 4πε0 “
‰
ρprq “ ε0 r2
r .
4) ‚ Une premiere methode, peut-etre la plus simple, consiste a soustraire au potentiel total celui produit par la charge ponctuelle pour obtenir le potentiel du a la cosphere :
Vcprq “ q
r , d’ou Ecprq “ ´

‚ La seconde methode consiste a appliquer le theoreme de Gauss a une sphere de centre O et de rayon r pour trouver :
Ecprq “ 1
“ ´ q
4πε0r2
B
Br0
q
4πε0r2
B
“ q
4πε0r2

.
8πε0r2 0
Pour r Ñ, Ec » ´ q
4πε0r2 : ce champ compense alors exactement le champ de la charge
ponctuelle en O ;
3
2ε0
Christian Carimalo 24 Problemes-E
dV
2
2ε0
1
pz ` aq2 pour z 0 et Ep´zq “ ´Epzq. Le champ presente
une discontinuite en z “ 0.
4) Pour z 0, on a Epzq “ q
4πε0
1
pz ` aq2 . C’est aussi le champ qui serait cree au meme
point (z 0) par une charge ponctuelle q placee sur z1z a la cote ´a. Pour z 0 le champ est celui qui serait cree par une charge ponctuelle q placee sur z1z a la cote `a.
5) Pour z 0 : ÝÑ
E “ q
ÝÑ ez
ÝÑ
ÝÑ ez
rρ2 ` pz ´ aq2s3{2
6) Pour z 0, la distribution superficielle est equivalente a une charge ponctuelle au point P p00,´aq. Dans cette region, le champ total est
ÝÑ
ÝÑ ez
ÝÑ ez
+
Pour z 0, la distribution superficielle est equivalente a une charge ponctuelle q placee au point Qp0, 0, aq. Le champ total est donc nul dans cette region. Cette repartition de charges peut representer un plan conducteur occupant l’espace z 0, sous influence electrostatique totale par une charge ´q au point Q.
7) Pour z Ñ 0 par valeurs positives, ÝÑ
EÑ 2aq
σ
ε0
Coulomb est bien verifie.
1) Invariance par translation parallelement a z1z.
2) a) La distribution reste globalement invariante par une translation de ka parallelement a y1y. A x fixe, le champ et le potentiel doivent donc etre des fonctions periodiques de y, de periode a.
b) y “ Na, ou N est un entier relatif.
3) Puisque Ex devient independant de y, on peut choisir une surface de Gauss dont la trace dans le plan xOy est indiquee en pointilles sur le dessin suivant
Il s’agit d’un parallelepipede rectangle ayant pour faces : deux faces paralleles au plan xOy distantes de h, deux autres faces paralleles au plan xOz, l’une a l’ordonnee `a{2, l’autre a l’ordonnee ´a{2, et enfin deux faces paralleles au plan yOz, l’une a l’abscisse d, l’autre a l’abscisse ´d.
Comme le champ n’a pas de composante Ez, son flux a travers les faces paralleles au plan xOy est nul. En outre, comme Ey est periodique de periode a, les flux du champ a travers les faces paralleles a xOz se compensent. Il reste les flux a travers les faces paralleles a yOz.
Christian Carimalo 25 Problemes-E
−d
Ici, on profite du fait que le plan yOz est un P`, ce qui implique Exp´dq “ ´Expdq. Ledit
flux vaut donc 2ahExpdq et est aussi egal a λh
ε0 d’apres le theoreme de Gauss. On trouve
ainsi Expdq “ λ
2ε0a .
4) Que n soit pair ou impair, Ey est nul pour y “ na
2 . Le flux du champ a travers la
face situee a cette ordonnee est donc nul. Le flux du champ a travers la face a l’ordonnee
y “ na
na
2 ` Y q η ` “ Eypd, Y q η `. Les flux a travers les faces paralleles a
xOy sont nuls. Il reste les flux a travers les faces aux abscisses respectives x “ d et x “ d`η.
Leur contribution est rExpd` ηq ´ Expdqs `Y » η` Y BEx Bx pdq. D’apres le theoreme de Gauss,
le flux total a travers cette surface fermee est nul car elle n’englobe aucune charge. On
trouve ainsi Ey 9 BEx Bx pdq. Mais d’apres la question precedente, Ex est en fait constant.
On obtient donc Ey ” 0. On peut retrouver ce resultat comme suit. En dehors des charges,
div ÝÑ
» 0 et donc BEy By
» 0. La
composante Ey ne depend plus de y. Comme on sait qu’elle s’annule pour y “ na
2 , elle est
IV. Une distribution volumique de charges a pour densite...
1) En un point Mpx, y, zq, les plans le contenant et respectivement paralleles a xOz et yOz sont des P`. Le champ en ce point est donc oriente selon leur intersection, c’est-a-dire, selon z1z. On a invariance par translations paralleles soit a x1x soit a y1y, ce qui fait que les
coordonnees x et y ne sont pas des variables sensibles. Donc ÝÑ
E “ Epzq ÝÑ ez . En outre, le
plan xOy est un P´, d’ou Ep´zq “ Epzq. Il suffit donc de considerer la region z 0.
‚ Pour z d, dE
dz “ ´
ρ0
ρ0δ
δ s ou l’on a tenu
compte de l’hypothese E Ñ 0 pour z Ñ `8.
‚ Pour 0 z d, dE
dz “ 0 ; E est en fait constant dans cette region. Comme le champ doit
etre une fonction continue de z, E “ Epdq “ ρ0δ
ε0 .
Christian Carimalo 26 Problemes-E
Le potentiel est une fonction impaire V pzq (donc V p0q “ 0). Il est donne par
‚ V pzq “ ρ0δ
ε0 expr´
z ´ d
δ s `K pour z d, K etant une constante ;
‚ V pzq “ ´ ρ0δ
ε0 z pour 0 z d, ou l’on tient compte de V p0q “ 0.
Le potentiel etant une fonction continue de z, la constante K doit verifier ρ0δ
2
ε0 pd` δq.
2) Epzq “ 0 pour z d ou z ´d ; Epzq “ σ
ε0 pour ´d z d. Les deux distributions
volumiques se reduisent alors a des distributions superficielles uniformes de charges, l’une sur le plan z “ d avec la densite σ, l’autre sur le plan z “ ´d avec la densite ´σ.
3) W “ σ2
V. Un conducteur porte au potentiel zero occupe la region...
2) a) En un point Mpx, y, zq, les plans le contenant et respectivement parallele au plan xOy et parallele au plan zOx sont des P`. Le champ en ce point appartient a leur intersection et est donc parallele a x1x. De plus, les coordonnees y et z ne sont pas des variables sen- sibles car la distribution est invariante par translation parallelement a y1y et par translation
parallelement a z1z. Donc ÝÑ
E “ Epxq ÝÑ ex .
b) Epxq “ 0 pour x ´d (masse du conducteur).
3) a) Si x ´d, Φpxq “ 0 car le champ d’une part est parallele a x1x (pas de flux lateral) et d’autre part est nul pour xÑ `8 et nul pour x ´d.
b) σ “ ´
`8
a s “ ´ρ0a.
4) a) ´d x 0 : Qpxq “ Sρ0a ; b) x 0 : Qpxq “ Sρ0a expr´ x
a s.
c) On applique le theoreme de Gauss a Cpxq. D’ou :
Epxq “ 0 pour x ´d ; Epxq “ ´ ρ0a
ε0 “
σ
ρ0a
ρ0a
ε0 x ` K2 pour ´d x 0 ;
V pxq “ 0 pour x ´d. Les constantes K1 et K2 doivent assurer la continuite du potentiel
en x “ 0 et x “ ´d. On trouve : K1 “ ρ0a
ε0 pd` aq ; K2 “
0a 2
2ε0 pd`
Christian Carimalo 27 Problemes-E
VI. LP203 juin 2005 La repartition de la charge du noyau d’un atome leger...
2) QT “ 8πρ0a
E “ Eprq ÝÑ er .
Dans les deux questions suivantes on se propose de determiner le champ electrostatique en differents points de l’espace, en appliquant le theoreme de Gauss. Pour cela, on definira avec precision la surface de Gauss utilisee.
5) On applique le theoreme de Gauss a une sphere de centre O et de rayon r : 4πr2Eprq “ Q
ε0 . Pour r a, on a Eprq “
QT 4πε0r2
b) Eprq est maximum pour r “ a
? 5
E “ Eprq ÝÑ er avec Eprq “
K
r2
r1 0. Le gaz est preferentiellement
ionise pres du fil car le champ y est plus intense.
2) a) ÝÑ
E “ E0 ÝÑ er et V “ ´E0pr2 ´ r1q » E0 r1 (car r2 ! r1).
D’ou E0 “ V {r1 “ ´3, 3 105 V/m.
b) ρpMq “ ε0 div ÝÑ
E “ ε0 1
r 0.
_
_+
+ +
+ +
_
_
_ _
4) Les ions negatifs vont etre attires par les charges positives en surface des poussieres. En captant ces ions, les poussieres acquierent une charge totale negative et vont ainsi etre
Christian Carimalo 28 Problemes-E
=================================================
- Partie I -
V pMq “ 1
`a
4πε0 ln
p1` coshα cosψq2 ` sinh2 α sin2 ψ ‰
“
a2 “
“
“ a2 rcoshα` cosψs2. Puis
z`a` a
pz ` aq2 ` ρ2 “ a r1` coshα cosψ ` coshα` cosψs “ ap1` coshαqp1` cosψq.
On trouve de meme : z ´ a` a
pz ´ aq2 ` ρ2 “ apcoshα´ 1qp1` cosψq. Ainsi,
V pMq “ λ
a2 sinh2 α “ cos2 ψ ` sin2 ψ “ 1.
Pour α “ constante, cette equation definit un ellipsode de revolution d’axe z1z, ayant pour demi-axes b “ a coshα (selon z1z) et c “ a sinhα (dans le plan xOy).
4) Eρ “ ´ λρ
1

Eρ “ λ
λ
2πε0a
cosψ
cosh2 α´ cos2 ψ
6) Sur une equipotentielle, la normale est orientee selon le champ lui-meme. On calcule tout d’abord le module du champ :
| ÝÑ
2πε0c
a
b2 ´ a2 cos2 ψ
ou b “ a coshα0, c “ a sinhα0. Puis, Eρ “ λa
2πε0c
λa
2πε0
cosψ
ÝÑ
N “
ÝÑ
E
| ÝÑ
c2 cos2 ψ ` b2 sin2 ψ .
On notera que puisque b2 “ a2` c2, on a b2´a2 cos2 ψ “ b2 sin2 ψ` c2 cos2 ψ, de sorte que
| ÝÑ
7) On utilise le theoreme de Gauss : Φ “ 1
ε0 2aλ.
- Partie II -
8) λ “ 4πε0V0
ln b` a
Christian Carimalo 30 Problemes-E
12) C “ Q{V0 “ 2aλ{V0 “ 8πε0a
ln
xx’ R
E e
E e
2πε0 log
2) a) Invariance par translation parallelement a z1z.
b) dq “ RdψdzσpP q.
c) Le conducteur C qui ne porte aucune charge excedentaire, est isole. Sa charge totale est
et doit rester nulle : QC “ h
2π
0 fpψq dψ “ 0.
3) On fait l’identification λdz “ σRdψdz, soit λ “ σRdψ. Le potentiel du a un fil portant cette densite lineique est
dV pMq “ ´ σRdψ
2πε0 ln h
VcpMq “ F pρ, φ, zq “ ´ 1
2πε0
h
R .
4) Remarque : la methode utilisee ici pour calculer V pMextq est due a Kelvin 3.
a) Si ρ1 R, alors ρ R ; ρ “ R si ρ1 “ R.
b) h12 “ ρ12 `R2 ´ 2ρ1R cospψ ´ φq “ R4
ρ2 `R2 ´ 2
; donc h1 “ R
ρ h.
3. Voir E. Durand : “Electrostatique T II, Problemes generaux, Conducteurs”, p. 210, Masson ed. Paris, 1966.
Christian Carimalo 31 Problemes-E
c) V pMextq “ ´ 1
R s,
ou l’on a tenu compte du resultat du 2) c). Par suite, VcpMq “ Fip R2
ρ , φ, zq.
5) a) A l’equilibre, le champ total a l’interieur du conducteur C est nul. Dans cette region,
le champ cree par la repartition de charges sur C est donc ÝÑ
Ec“ E0 ÝÑ ex et le potentiel
correspondant est Vi “ ´E0 x en prenant Vi “ 0 pour x “ 0. b) Comme x “ ρ1 cosφ, a l’interieur de C on a Fipρ
1, φ, zq “ ´E0 ρ 1 cosφ.
c) D’apres 4) c) et 5) a), le potentiel cree par C a l’exterieur de C est VcpMq “
´E0 R2
ρ cosψ.
6) Le potentiel du au champ exterieur est V 1 “ E0 x “ E0 ρ cosφ. La somme de ce potentiel et du potentiel trouve en 5) c) donne le potentiel electrostatique total en tout
point de l’espace : Vtot “ E0 cosφ
ˆ
7) a) Eρ “ E0 cosφ
ˆ
, Ez “ 0.
b) Pour ρ “ R, on a Ez “ 0, Eφ “ 0, Eρ “ 2E0 cosφ.
c) σpφq “ ε0EρpR` 0, φq “ 2E0 cosφ. On a bien
2π
- Partie A -
1) a) Pour la distribution D2 : V2px, y, zq “ λ
4πε0 ln
2) a) V “ V0 implique px`aq2`y2 “ k2 “
px´ aq2 ` y2 ‰
avec d “ a k2 ` 1
k2 ´ 1 , R “
ˆ
2πε0V0
λ

.
b) L’equation precedente est celle d’un cylindre d’axe parallele a z1z et situe a l’abscisse xc “ d, et de rayon R.
3) Il est facile de montrer que d2 ´ R2 “ a2. Donc, x1 ` α “ x ´ d ` d ` a “ x ` a,
x1 ` β “ x´ d` d´ a “ x´ a. On a bien V px, y, zq “ λ
4πε0 ln

.
4) Pour determiner la force resultante p.u.l. que les charges de 1 exercent sur 2, il faut calculer le champ du a 1. Par derivations de V1,
Christian Carimalo 32 Problemes-E
px´ aq2 ` y2 , E1z “ 0.
Pour x “ ´a et y “ 0, il vient E1y “ 0, E1x “ ´ λ
4πε0a . La force p.u.l. exercee sur 2 est
donc ÝÑ
- Partie B -
5) a) α´ d “ a, β ´ d “ ´a, d’ou V “ 0 pour x “ ´d.
b) On a ici x2`y2 “ R2, donc px`αq2`y2 “ R2`α2`2xα “ 2αpd`xq car R2`α2 “ 2dα.
De meme, en changeant a en ´a, px`βq2`y2 “ 2βpd`xq. Par suite, sur C2, V “ K ln α
β “
c) K “ V0{ ln α
β .
„
a2 ` y2 .
.
„
„

.
c) R2 ` 2Rα cosφ ` α2 “ 2αpd ` R cosφq, R2 ` 2Rβ cosφ ` β2 “ 2βpd ` R cosφq, d’ou
Eφ “ 0 et Eρ “ 2Ka
R
1
d`R cosφ “ 4πε0K “ ´q1. Les deux conducteurs
sont en influence totale (les lignes de champ qui partent de C2 et vont a l’infini en dehors du plan yOz ne contribuent pas a donner des densites superficielles de charges a l’infini car le champ est nul dans cette region).
Christian Carimalo 33 Problemes-E
ˆ
α
β
ÝÑ
b) La force totale p.u.l. est ÝÑ
F1“ P1 ÝÑ ex avec P1 “
`8
si l’on pose K “ λ
4πε0 . On retrouve la force calculee au 4). Ceci n’est pas etonnant pour
=================================================
XI. Le potentiel electrostatique cree par une distribution de charges....
1) E0 a la dimension d’un champ electrique, R a la dimension d’une longueur.
2) a) V px, y, zq “ E0R 2 x
x2 ` y2
impaire en x.
b) V “ 0 pour ρ R ; Pour ρ R, V 0 si x 0 et V 0 si x 0.
3) a) ÝÑ
E “ ÝÑ
0 pour ρ R. Pour ρ R, les composantes cylindriques du champ sont
Eρ “ ´ BV
1
ρ
BV
B “
´ BV
Bz “ 0.
b) Pour ρ R : si x 0, Eρ 0 et E 0 et si x 0, Eρ 0 et E 0. A l’aide d’une representation graphique, on montre facilement que le champ est oriente de la region des potentiels positifs vers la region des potentiels negatifs, c’est-a-dire, dans le sens decroissant des potentiels.
4) (Pour ρ R) ÝÑ
E “ E0R
ÝÑ ey

` E0 ÝÑ ex . Le champ est bien la superposition d’un
Christian Carimalo 34 Problemes-E
ÝÑ
E2 pMq oriente parallelement au plan xOy, selon la direction d’angle polaire 2.
5) Avec les variables reduites X “ x{R, Y “ y{R, l’equation desdites equipotentielles s’ecrit
X2`Y 2 “ X
ε`X ou ε “ 1. Le potentiel etant impair en x, l’equipotentielle E` se deduit de
E´ par symetrie par rapport a yOz. Il suffit donc de considerer uniquement l’equation de E´ :
Y 2 `X2 “ X
X ´ 1 . Comme ρ R, on a X2 ` Y 2 1, et donc
X
X ´ 1 1. Cette derniere
inegalite implique que X est necessairement positif et doit satisfaire X 1. D’un autre cote,
l’inegalite Y 2 “ X
X ´ 1 ´X2 0 conduit a X2´X´1 0 d’ou l’on tire X
1
2
.
Finalement, l’equipotentielle E´ est confinee dans l’intervalle R x R
2
. Son
intersection avec le plan xOy est une courbe presentant deux asymptotes y Ñ 8 pour
xÑ R, et une tangente parallele a y1y au point p R
2
, 0q (voir graphe).
6) a) La surface cylindrique definie par ρ “ R est une partie de l’equipotentielle V “ 0, l’autre partie etant la partie du plan yOz definie par x “ 0, ρ R.
=================================================
Christian Carimalo 35 Problemes-E
XII. Extrait d’un examen de DEUG 1ere annee, juin 1991.
Figure 1
1) Ezpzq Ñ 0 lorsque z Ñ 8 car on a affaire a des charges ponctuelles dont les champs decroissent comme l’inverse du carre de la distance separant le point d’observation des charges.
2) Les trois plans contenant z1z et contenant, respectivement, ÝÑ
GA, ÝÑ
GB et ÝÑ
GC sont des P`. Le champ doit appartenir a l’intersection de ces trois plans, c’est-a-dire z1z. Mais le plan contenant les trois charges est aussi un P`, auquel le champ doit etre parallele. On en conclut sans calcul que le champ est nul en G.
3) V pzq “ 3q
dz “
3q
4πε0
z
rz2 ` a2s3{2 (voir graphe ou l’on a pose x “ z{a, y “
4πε0a 2Ez{p3qq).
5) Non, car lorsqu’on s’ecarte de G le long de l’axe z1z, le champ a tendance a eloigner davantage la charge positive de cette position.
6) Le plan contenant le triangle ABC et les trois plans qui lui sont perpendiculaires et
qui contiennent, respectivement, ÝÑ
GB et ÝÑ
GC, sont des P`. Les trois axes portant ces vecteurs sont des axes de symetrie positive pour le champ electrostatique. Le long de l’axe x1Gx, le champ est suivant cet axe.
7) Soit M un point de l’axe x1Gx, d’abcisse GM “ x, et soit Expxq la composante du champ electrostatique suivant x1Gx.
a) Ex “ 0 au point G (voir 2)).
Christian Carimalo 36 Problemes-E
b) Chacune des charges produit un champ donnant lieu a une force repulsive sur une charge positive. A grande distance du triangle ABC, l’ensemble des trois charges est vu comme une charge unique 3q que l’on peut localiser au point G. Lorsque x Ñ 8, le champ tend vers zero comme 1{x2, par valeurs positives dans la region x 0, par valeurs negatives dans la region x 0.
c) Lorsque xÑ a 0, c’est le champ de la charge q en B qui est dominant et qui en valeur absolue tend vers l’infini comme 1{x2. On a donc Expa` 0q “ `8, Expa´ 0q “ ´8.
8) V pxq “ q
ff
“ q
4πε0
Allure de la fonction V pxq
9) Au voisinage de x “ 0, on a V pxq » 3q
4πε0a
dx “
3q
4πε0a
x
2a2 0 ; le point G
correspond a un minimum local de V pxq. Comme V pxq Ñ 0 pour x Ñ ´8, il est evident que dans l’intervalle s ´8, 0 r, cette fonction presente au moins un maximum. On en deduit qu’il existe sur x1Gx, pour x 0, au moins une autre position K ou Ex “ 0. On peut meme etre plus precis sur l’emplacement de K. En dehors du triangle ABC, les charges donnent trois champs orientes vers le meme demi-espace et qui par consequent ne peuvent se compenser. Sur l’axe x1x, cette situation apparat des que x{a ´1{2. La position de K est donc certainement dans l’intervalle r´a{2, 0 s pour lequel les champs de A et C donnent encore une composante positive tandis que le champ de B a une composante negative. Dans cet intervalle, on a
Expxq “ q
ou u “ x{a.
Allure de la fonction Expxq pour ´0.3 x{a 0
Christian Carimalo 37 Problemes-E
L’equation Expxq “ 0 donne effectivement une seule solution x{a “ ´0, 284718. Notons que dans cette intervalle, on a le developpement limite suivant du champ :
Expxq » q
4 u`
deja la solution u “ ´0, 29.
=================================================
XIII. Extrait d’un examen pour cumulatifs de DEUG SSM2, juin 1992.
Potentiel de contact entre deux conducteurs
1) div ÝÑ
2) div ÝÑ
J “ div ÝÑ
JD `div ÝÑ
ε0 , soit n “
c
σ
ε0D .
4) Les solutions sont de la forme Gpxq “ A exppkxq, ou A est une constante, le signe de l’argument de l’exponentielle devant etre choisi de telle sorte que Gpxq reste fini (et donc nul) lorsque |x| Ñ 8. Ainsi, on prendra Gpxq “ A1 expp`kxq “ npxq ´ n1 pour x 0 et Gpxq “ A2 expp´kxq “ npxq ´ n2 pour x 0. Les deux constantes A1 et A2 sont
determinees de telle sorte que npxq et dn
dx soient continues pour x “ 0. On a ainsi les deux
conditions n1 `A1 “ n2 `A2 et k A1 “ ´k A2, desquelles on tire A1 “ ´A2 “ n2 ´ n1
2 .
2 exppkxq pour x 0 ; npxq “ n2´
n2 ´ n1
2
x
n(x)
n
n1
eD
σ npxq ` αx` β, α et β etant deux
constantes, specifiques a l’une ou l’autre regions. Les quatre constantes obtenues doivent etre ajustees de telle sorte que V pxq soit continu pour x “ 0, ainsi que sa derivee (l’oppose du champ electrique), puisqu’on a affaire ici a des distributions volumiques de charges. On obtient β2 “ β1, α2 “ α1. Ainsi, la partie αx` β du potentiel etant la meme forme pour les deux regions, parat etrangere au probleme considere et on peut l’ecarter sans dommage. On
Christian Carimalo 38 Problemes-E
σ npxq. On en deduit le potentiel de contact
U “ V p`8q ´ V p´8q “ eD
σ rn2 ´ n1s.
ˆ
p
r “
ˆ
pa
4πε0V
I. Fil conducteur rectiligne. Voir § 7.4 du cours.
1) Voir formule 7.26 du cours. ÝÑ
B pMq “ ÝÑ e B avec B “
µ0I
4πr
4πr r sinαB ´ sinαA s
2) a) b) αB “ π{2, αA “ ´π{2, d’ou B “ µ0I
2πr . On verifier aisement sur cet exemple les
proprietes de symetrie du champ magnetostatique.
c) Les lignes de champ de ÝÑ
=================================================
II. Spire circulaire Voir § 7.8.1 du cours.
Une spire conductrice circulaire d’axe Oz, de centre O et de rayon a est parcourue par un courant d’intensite constante I.
1) 2) Bpzq “ µ0I
pa2 ` z2q3{2 “ µ0I
2a sin3 α ou α est l’angle sous lequel la spire est vue
depuis le point M .
3) Bpzq etant une fonction paire de z, on a

z1z
ÝÑ
sin3 α , et ladite circulation s’ecrit µ0I
π{2
0 sinαdα “ µ0I.
On pouvait prevoir ce resultat. En effet, considerons le contour ferme constitue par l’axe z1z que l’on referme sur lui-meme par un demi cercle de rayon infini centre sur O. Pour r “ OM tres grand (r " a), le module du champ magnetique varie comme 1{r3. On le constate deja avec l’expression de Bpzq precedente, laquelle se comporte comme 1{|z|3 pour
|z| " a. Comme | ÝÑ
B ¨ ÝÑ
d` | „ 1
R2 sur ce cercle pour
R " a et s’annule lorsque R tend vers l’infini. On en conclut que la circulation de ÝÑ
=================================================
III. Bobines de Helmholtz
1) a) Le plan contenant z1z et M est un P´ (plan de symetrie negative) : le champ magnetique appartient a ce plan et donc B “ 0. L’invariance par rotation autour de z1z fait que les composantes non nulles du champ ne dependent que de z et de ρ (ce que
l’on retrouve en faisant usage de l’equation ÝÑ
rot ÝÑ
B “ ÝÑ
ÝÑ ez .
I2
ff
2) I1 “ I2 “ I. Bpzq est alors une fonction paire de z, le plan xOy est un P`.
a) Bp´zq “ Bpzq, donc b1 “ 0.
b) b0 “ µ0IR
c) R “ 2a
3) a) Bz est une fonction paire de z et paire de x ; Bx est une fonction impaire de z et impaire de x. Donc B1 “ B2 “ 0, C2 “ 0, D1 “ 0, D2 “ 0, D3 “ 0, D4 “ 0 : Bz “ A1 ` C1z
2 ` C3x 2 ;
A11 “ 0, B11 “ B12 “ 0, C 11 “ C 13 “ 0, D11 “ D12 “ D13 “ D14 “ 0 : Bx “ C 12xz
b) De ÝÑ
“ BBz Bρ
B “ 0 on tire C 12 “ ´C1.
=================================================
IV. Le solenode
1) On part de la formule donnant le champ d’une spire sur son axe : bpzq “ µ0I
2a sin3 α
avec zM ´ zS “ a cotα ou zM est la cote de M et zS celle de la spire. Une tranche dz du
solenode donne le champ dB “ ndzSbpzq. On a dzS “ adα
sin2 α et dB “
Region 1 : Bpzq “ µ0nI
2 r cosα1 ` cosα2 s lorsque M est a l’interieur du solenode ;
z
(2)
(1)
1α
2α
M
Region 2 : Bpzq “ µ0nI
2 r cosα1 ´ cosα2 s lorsque M est a l’exterieur du solenode, au-dela
de la spire la plus haute sur l’axe z1z ;
Christian Carimalo 41 Loi de Biot et Savart
M z α2
α1 (1) (2)
Region 3 : Bpzq “ µ0nI
2 r cosα2 ´ cosα1 s lorsque M est a l’exterieur du solenode, en deca
de la spire la plus basse sur l’axe z1z ;
2) a) Region 2 par exemple, α1 Ñ 0, d’ou Bpzq » µ0nI
2 p1 ´ cosα2q, avec cosα2 “
u ? u2 ` a2
2 “ B0 pour u “ 0. Le champ decrot tres vite
des que u " a : par exemple pour u “ 5a on a deja B{B0 “ 2 10´2. Du cote de la region 1,
B “ B0p1` cosα2q avec cette fois cosα2 “ |u|
? u2 ` a2
10´2 pres.
=================================================
V. Pour un demi-axe Oz portant un courant d’intensite I, le champ magnetique correspon-
dant est ÝÑ
B1 pMq “ µ0I
ÝÑ e avec cosψ “
B2 cree au
meme point par un demi-axe situe dans le plan Oz, ÝÑ
OM , faisant avec Oz l’angle 2ψ et
portant un courant d’intensite ´I, est en fait egal a ÝÑ
B1. Le champ total par le circuit envisage en un point M appartenant au plan forme par les deux axes z1z et et de plus situe sur la
bissectrice de l’angle entre les deux axes, est donc ÝÑ
B “ B ÝÑ e avec B “
µ0I
2πρ r 1` cosψ s.
Si z 0, on ecrit ψ “ α, ρ “ r sinα, d’ou B “ µ0I
2πr cot
B “ µ0I
2πr tan
=================================================
VI. Le champ cree en O par une spire de rayon a “ R sinα situee a la cote z est ÝÑ
b “ µ0I
2R sin2 α
ÝÑ ez . Les spires sont distribuees de facon uniforme le long de l’aze Oz. Leur densite
selon cet axe est donc n “ N{R. Le champ cree en O par les spires situees entre les cotes z
et z ` dz est ÝÑ
dB“ pndzq ÝÑ ez
µ0I
2R sin2 α. Le champ total en O s’obtient en integrant sur z
de z “ 0 a z “ R, tout en notant que sin2 α “ 1´ z2{R2 :
ÝÑ
VII. ÝÑ
B “ B ÝÑ ez ; Les spires sont distribuees uniformement suivant la direction radiale avec
la densite n “ N{pb´ aq ; B “
„
Forces magnetiques
I. Dipole rigide dans un champ magnetique uniforme : voir Chapitre 8 du cours.
x y
1) Voir le cours. ÝÑ
F1“ IbB ÝÑ ey . A noter que l’axe de rotation de la spire correspondant a la
croissance de α est ´ ÝÑ ex .
2) ÝÑ
ÝÑ
abB cosα. Donc dW “ IdΦ.
4) U “ ´IΦ “ ´IabB cosα, donc U “ ´ ÝÑ
M ¨ ÝÑ
d2U
dα2 “
`IabB cosα. Cette derniere grandeur est p[ositive pour α “ 0 et negative pour α “ π. La
position α “ 0 est stable, la position α “ π est instable. C’est normal, le moment ÝÑ
Γ force
N dans le sens de ÝÑ
B , ce qui maximise le flux.
6) J d2α
=================================================
1) m d ÝÑ v
dt “ q
ÝÑ
E ´m ÝÑ v {τ . Cette grandeur est nulle en regime permanent. La vitesse
est alors ÝÑ v ”
m 9q2 : la mesure de γ ne permet pas de
determiner le signe de la charge des porteurs.
3) a) A l’equilibre, q ÝÑ
Eh `q ÝÑ u ^
ÝÑ ex“ µEB0
ÝÑ ez , avec
E “ V0{c. On en deduit Vh “ VN ´ VM “ Ehb “ µV0B0 b
c
b) γ “ I
Vh V0
c
b
1
B0 “ 5 10´3 pT´1 ou m2 V´1s´1q ; µ 0 :
porteurs positifs (trous). En prenant q “ 1, 6 10´19 C, n “ γ
qµ “ 1, 5 1022 m´3.
=================================================
D
x´ a{2 “ ´
x´ a{2
b) ÝÑ
A1“ ´ µ0I1
¿
x´ a{2
2π ln x` a{2
x´ a{2
b) Mb “ µ0a
x´ b{2
c) Ma “ µ0a
µ0a
2π ln 3, Ma{Mb “ 2 lnp5{3q{ ln 3 1.
=================================================
1) Φ12tot “ 0 car Σ2 est une surface fermee.
2) a) Φ1int “ µ0n1I1πR 2 2
b) Φ1ext » 0 car le champ ÝÑ
B1 y est quasiment nul.
c) Φ` » ´Φ1int “ ´µ0n1I1πR 2 2.
3) Pour des points M proches des extremites de S1, le champ ÝÑ
B1 pMq a deux composantes : l’une B1z parallelement a l’axe z1z de S1, l’autre radiale B1ρ perpendiculairement a cet axe.
a) Les deux composantes ne dependent que de z et de ρ car n’est pas une variable sensible (invariance par rotation autour de z1z).
b) ÝÑ
dF“ I2n2dz
2π
0 R2d2
ÝÑ e2 ^
ÝÑ ez
“ ´I22π R2 dz n2B1ρpR2, zq ÝÑ ez
c) dΦ` “ 2π R2 dz B1ρpR2, zq. Comme B1ρ est nul a la fois dans la region tres a l’interieur de S‘ ainsi que dans la region tres a l’exterieur de S1, ce flux lateral est en fait essentiellement du a la region au bord de S1.
d) ÝÑ
ÝÑ
F1“ µ0n1n2I1I2πR 2 2 ÝÑ ez . Cette force est orientee dans le sens
de z1z si I1I2 0, et dans le sens oppose a z1z si I1I2 0. Ceci est conforme a la regle
du flux maximum. En effet, si I1I2 0, les flux de ÝÑ
B1 a travers les spires de S2 sont tous positifs et la force agissant sur S2 aura tendance a faire entrer le maximum de spires de S2
a l’interieur de S1 pour augmenter le flux de ÝÑ
B1. Si I1I2 0, les flux sont negatifs et pour avoir un flux maximum, c’est-a-dire zero dans ce cas, la force aura tendance a expulser S2
de S1.
Christian Carimalo 45 Forces magnetiques
4) L’energie d’interaction entre les deux circuits est W “ 1
µ0

espace
ÝÑ
B1 ¨ ÝÑ
B2 ne prend de valeurs notables que dans la region interne a la fois a S1 et a S2, donc dans la region interieure a S2 et limitee d’un cote par le bord de S2 a l’interieur de S1
et de l’autre cote par la surface de S2 se trouvant sur le bord de S1. Notant x la separation des
deux surfaces, on obtient W » µ0n1n2I1I2πR 2 2 x puis la force F1 “
BW
- Partie I -
C1
φ
ρ
M
z
H
J
z
z’
1) Le plan contenant M et z1z est un P` (plan de symetrie positive) : ÝÑ
B1K P` en M , soit ÝÑ
B1 pMq “ B1pρ, , zq ÝÑ e . On a invariance par rotation autour de z1z : n’est pas une
variable sensible ; on a invariance par translation parallelement a z1z : z n’est pas une variable
sensible. Ainsi, B1 ne depend que de ρ. Les lignes de champ de ÝÑ
B1 sont des cercles centres sur z1z et paralleles a xOy, donc definis par ρ “ constante et z “ constante. L’application du theoreme d’Ampere a une telle ligne de champ donne
2πρB1pρq “ µ0 ˆ “
Jπρ2 si ρ a ou Jπa2 si ρ a ‰
donc
1
1
ρ2 pour ρ a
Christian Carimalo 46 Forces magnetiques
2) Le plan K a z1z passant par M est un P´ (plan de symetrie negative) : ÝÑ
A1 K a P´ et donc ÝÑ
A1“ A1zpρ, , zq ÝÑ ez ;
ÝÑ
BA1z
div ÝÑ
A1“ 0 “ BA1z
Bz “ 0. Par suite, A1z ne depend que de ρ. De ´
dA1z
A1zpρq “ µ0I
2π ˆ
ρ

3) Montrer que le champ magnetique peut s’exprimer sous la forme
ÝÑ
a2 si ρ a et F pρq “
1
Facile.
ÝÑ ex , et
ÝÑ ex . D’ou, dans cette region,
Bx “ µ0I
2π y
Bx “ µ0I
2π y
Bx “ µ0I
2π y
5) ÝÑ
A “ ÝÑ
A1 ` ÝÑ
Az “ ´ µ0I
ρ2
On verifie que l’on a bien Az “ 0 pour ρ1 “ ρ2 et que Az est bien continu pour ρ1 “ a et pour ρ2 “ a.
6)
2 “ h2
ÝÑ ex `ρ1 sin
ÝÑ
ÝÑ
ou l’on a tenu compte de I “ πa2J .
8) Cette force est-elle attractive ou repulsive ? Pouvait-on prevoir le resultat ? Voir cours.
9) a) Du fait de la symetrie entre les deux conducteurs,
W “

V1
ÝÑ
b) W “ 1
π
gueur.
1) Voir § 7.8.2. ÝÑ
ÝÑ eθ
ÝÑ er ´ sin θ
ÝÑ eθ . D’ou
ÝÑ ez
3
3
=================================================
VII. Electrodynamometre. La petite bobine a un moment magnetique vertical ÝÑ
M“
NSI ÝÑ ez . Le champ magnetique du solenode est quasiment uniforme,
ÝÑ
B “ µ0 n I ÝÑ ex et
la petite bobine est donc soumise a un couple de forces de moment ÝÑ
Γ “ ÝÑ
M ^ ÝÑ
B “ ÝÑ ey
µ0nNSI 2 qui tend a abaisser le fleau qui la supporte. L’equilibre est retabli si l’on ajoute sur
=================================================
1) ρprq “ ´e nprq ; ÝÑ
J “ ρprq ÝÑ v “ ´e nprq
ÝÑ v ;
2) Le plan P contenant un point Mpr, , zq et z1z est un P` pour la distribution de courant. Le champ magnetique etant un champ axial est perpendiculaire a ce plan en M : ÝÑ
B pMq “ Bpr, , zq ÝÑ e . Du fait de l’invariance par rotation autour de z1z et de l’invariance
par translation parallele a z1z, et z ne sont pas des variables sensibles. Il s’ensuit que B ne depend que de r. A noter que ce resultat est aussi obtenu en utilisant les equations
div ÝÑ
B ” 1
J est parallele a z1z.
Christian Carimalo 49 Forces magnetiques
Le plan P 1 contenant M et perpendiculaire a z1z est plan de symetrie positive pour la distri- bution de charges. Le plan P est aussi plan de symetrie positive pour cette distribution. Le champ electrique etant de nature polaire est selon l’intersection de ces deux plans, donc radial
au sens des coordonnees cylindriques : ÝÑ
E pMq “ Erpr, , zq ÝÑ er . Du fait des invariances
citees plus haut, ou en faisant usage de l’equation ÝÑ
rot ÝÑ
E “ ÝÑ
0 , on montre que Er ne peut dependre que de r.
3) En appliquant le theoreme d’Ampere a une ligne de champ de ÝÑ
B , ici definie par r “ constante et z “ constante (cercle centre sur z1z dans un plan perpendiculaire a cet axe), on trouve
2πrBprq “ µ0
r
r
0 r1dr1npr1q
Puis, on applique le theoreme de Gauss a la surface fermee constituee d’une surface cylindrique d’axe z1z, de rayon r, fermee par deux disques de meme rayon, perpendiculaires a z1z, et distants de h. Le champ electrique etant radial, on obtient :
2πrhErprq “ ´ e
ε0 2πh
r
0 r1dr1npr1q. D’ou
Bprq{Erprq “ vε0 µ0 “ v{c2 ou c “ 1{ ? ε0µ0 est la vitesse de la lumiere dans le vide. Ce
rapport est independant de l’expression de nprq.
Pour nprq “ n0 e ´r2{r20 , on obtient
r
0 r1dr1npr1q “
4) En regime permanent, la force de Lorentz ÝÑ
F “ ´e ´ÝÑ
E ` ÝÑ v ^
E “ ´v B ÝÑ ez ^
ÝÑ e“ v B
ÝÑ er , soit B{Er “ v. Comme ce
=================================================
ÝÑ
ÝÑ
=================================================
X. Un fil parcouru par un courant continu d’intensite I traverse...
FLaplace “ I`B “ mg ; soit, par unite de volume (I “ JSq, J B “ ρ g, d’ou : J “ ρ g{B ; J » 9 108 Am´2 ; P “ J2{γ » 5 1025 Jm´3.
Christian Carimalo 50 Forces magnetiques
XI. Deux fils conducteurs paralleles parcourus par des courants...
L’effet dont il est question ici est celui de la striction magnetique a l’interieur d’un conduc- teur. Comme deux fils conducteurs transportant des courants de meme sens s’attirent sous l’action de forces magnetiques, le meme effet d’attraction peut se manifester entre les filets infinitesimaux de courant a l’interieur d’un meme fil conducteur, modifiant ainsi la repartition du courant, usuellement supposee uniforme sur toute la section du fil.
Pour le decrire et l’evaluer, considerons un conducteur cylindrique d’axe z1z, de rayon R0 et de longueur supposee infinie. Le materiau dont il est constitue contient, par unite de volume, n0 charges positives e fixes et n charges ´e (electrons) animees d’une meme vitesse constante v ÝÑ ez . On utilise le systeme de coordonnees cylindriques r, , z construit a partir de l’axe z1z
du conducteur. L’idee est de determiner la densite nprq, a priori non uniforme, des porteurs en mouvement. Dans le conducteur, la densite volumique de charges et la densite volumique de
courant sont respectivement ρprq “ e rn0 ´ nprqs et ÝÑ
J “ Jprq ÝÑ ez avec Jprq “ ´enprqv.
On a Bρ
ÝÑ
J “ 0, de sorte que la loi de conservation de la charge est bien
respectee. Du fait des symetries, le champ electrique cree par cette distribution de charges et
le champ magnetique cree par cette distribution de courant sont de la forme ÝÑ
E “ Eprq ÝÑ er
1
r
d
1
r
d
dr rrBs “ ´µ0enprqv.
Un porteur de charge en mouvement (dont on neglige le poids) est soumis a la force de Lorentz. Il ne peut avoir de mouvement rectiligne uniforme que si cette force est nulle, ce qui donne ici la condition Eprq “ vBprq. Cette relation n’est compatible avec les equations precedentes que si l’on a n “ n0{p1 ´ β2q ou β “ v{c, c “ 1{
? ε0µ0 etant la vitesse
“
a
=================================================
1) ÝÑ
ÝÑ
F´“ quB ÝÑ ez . Sur l’electrode M il y a accumulation d’ions negatifs
et sur l’electrode N accumulation d’ions positifs, d’ou l’apparition d’un champ electrique entre ces electrodes, oriente de N vers M . A l’equilibre, la force electrique qui en resulte
doit compenser la force de Lorentz. On a alors ÝÑ
E ` ÝÑ u ^
E “ uB, et VN ´ VM “ bBu.
La mesure de cette tension permet en principe de mesurer la vitesse u de l’ecoulement.
2) Prenons l’axe x1x suivant ÝÑ
NM . On a cette fois ÝÑ
E “ ´u ÝÑ ez ^B
ÝÑ ey “ uB
ÝÑ ex , soit
a2 q. On en deduit VN ´ VM “ u0B
`a
´a p1´

D “ u02π
a
8Dba
3 .
U “ ÝÑ u ^
ρ2
a2 q n’est pas uniforme. Il est le plus
intense dans le plan median, plan perpendiculaire a ÝÑ
B et contenant z1z, et decrot vers les bords du cylindre. Il agit sur les ions, ce qui engendre des courants a l’interieur du fluide. Dans une section transversale, les lignes de courant sont des boucles symetriques par rapport au plan median. Le sens de parcours depend du signe de la charge.
c) ÝÑ
rot ÝÑ
=================================================
=================================================
XIV. Un metal, considere comme parfaitement conducteur...
1) Tout plan parallele au plan zx est un P` : ÝÑ
B “ Bypx, y, zq ÝÑ ey . En dehors des courants,
ÝÑ
B “ BBy By
ÝÑ
dF {pdydzq “ ´JB1y ÝÑ ex“
B2 y
XV. On considere le dispositif suivant (voir figure)...
Ici, on doit prendre garde au fait que la force magnetique ÝÑ
Fm qui s’exerce sur l’aimant pA1q n’est pas nulle et qu’elle dispose d’un moment par rapport a l’axe de rotation
ÝÑ ey passant par
O. En consequence, le moment resultant par rapport a O des forces magnetiques s’exercant
sur pA1q est ÝÑ
OO1 ^ ÝÑ
Fm ` ÝÑ
M1 ^ ÝÑ
B pO1q. En s’aidant des resultats de l’exercice VI, on peut le calculer en utilisant les expressions du champ magnetique et de la force au point O1, ou, aussi bien, en utilisant l’expression de l’energie potentielle des deux aimants,
avec les contraintes ÝÑ
4π`3 cosα,
“ µ0MM1
4π`3 sinα.
Pour obtenir l’equation differentielle regissant l’evolution de α, on peut appliquer le theoreme du moment cinetique ou, de facon equivalente, le theoreme du moment cinetique, ou encore en exprimant que l’energie totale, comprenant l’energie cinetique et l’energie potentielle totale (somme de l’energie potentielle de gravitation et de l’energie potentielle magnetique) est une constante du mouvement :
E “ m`2
dE
:α “ ´ sinα
Phenomenes d’induction electromagnetique
=================================================
1) a) b) Voir chap 9 du cours.
2) Φ “ BLpxC ´ xAq, donc 9Φ “ BLpvC ´ vAq.
3) e “ ´ 9Φ “ R i (comptee algebriquement par rapport au sens ACDB impose par ÝÑ
B ).
ÝÑ
FCD.
“ i LB.
u
b) uptq “ K expp´ t
τ q ou K est une constante a ajuster aux conditions initiales. Or, a t “ 0
on a vA “ v0, vC “ 0, donc up0q “ K “ v0 et uptq “ v0 expp´ t
τ q.
` dvC dt
immediatement
“ mv2
0
4
2
`WJptq dont l’interpretation physique est evidente : l’energie
=================================================
1) Voir le cours.
4) ÝÑ
v2 0B
5) Q “ it “ ix{v0 “ ´ B
r x “ ´700 C.
IV. Cadre en mouvement dans un champ magnetique
1) ‚ Cas 1. Lorsque le cadre atteint la zone ou existe le champ magnetique, il presente a ce
Christian Carimalo 55 Induction electromagnetique
champ une surface variable. Le flux de ce champ a travers ladite surface est donc lui aussi variable, Φptq “ B a zptq, et de ce fait il apparat dans le cadre une force electromotrice d’induction E “ ´ 9Φ, donnant elle-meme naissance a un courant d’intensite i “ E{R. En plus de la force de gravitation mg
ÝÑ ez , le cadre est soumis dans ce cas a la force de Laplace
ÝÑ
AB ^ ÝÑ
B “ i aB ÝÑ ez . Conformement a la loi de Lenz, cette force s’oppose au
mouvement du cadre, le courant allant dans le sens ADCB.
‚ Cas 2. Lorsque le cadre est tout entier dans la zone 0 z h, le flux du champ magnetique a travers la surface du cadre ne varie plus, la fem d’induction et le courant disparaissent. Le cadre n’est plus soumis qu’a son poids. Ceci est vrai tant que la totalite du cadre reste dans cette region.
‚ Cas 3. Lorsque la branche AB du cadre sort de la region 0 z h, le flux du champ magnetique est a nouveau variable et un courant induit reapparat dans le cadre. Le cadre est a nouveau soumis a une force de Laplace qui s’oppose a cette variation de flux et est donc orientee selon la verticale ascendante. Cet effet disparat lorsque le cadre tout entier se trouve dans la region (3).
2) m 9v “ mg ` i aB, soit 9v ` v
τ “ g avec τ “
a2B2 . Tenant compte des conditions
„
„

.
3) Application numerique ; τ “ 1{40 s. Pour t{τ " 1, v “ vlim “ g τ . Bien sur, la vitesse limite vlim ne peut etre atteinte dans le cas (1) que si z “ zAB est encore inferieur a b (car
pour z b, c’est le regime de la region (2) qui s’applique !). On a |v´vlim|{vlim “ expp´ t
τ q
=================================================
1) L “ µ0hN
2) L’equation electrique est ´M dI
dt ´ L
i “ ´ jMωI0
2 2 “M{pN1N2q “ K “
µ0
r ´ a{2
2) a) Φ1 “ L1I1`MI2 “ KN1 rN1I1 `N2I2s, Φ2 “MI1`L2I2 “ KN2 rN2I2 `N1I1s, donc Φ2{Φ1 “ N2{N1 ;
Christian Carimalo 56 Induction electromagnetique
U1 ´ dΦ1
dt » 0, ´
b) U2{U1 “ ´dΦ2{dΦ1 “ ´N2{N1
3) a) U1 “ jω rL1I1 `MI2s, ´jωMI1 “ pR2 ` jL2ωqI2. On obtient
I2 “ ´U1 N2
N1R2 , I1 “ U1

b) P ptq “ u1i1 (notation reelle !), P ptq “ U2
0
2
L2
R2L1
dt “ Φ0 sin t avec “ ω ´ ω0, Φ0 “ NSB0.
2) i “ ´ Φ0
3) ÝÑ
Γ “ ÝÑ
M ^ ÝÑ
ÝÑ
Christian Carimalo 57 Induction electromagnetique
1) 2) 3) Φ “ L i ` Φ0 cos θ avec Φ0 “ B S ; e “ ´ 9Φ “ ´L di
dt ` Φ0
9θ sin θ “ Ri ;
comme R est negligeable, Φ est quasiment constant.