CORRIGES DES EXERCICES

D’ELECTROMAGNETISME

Christian Carimalo

Calculs directs de champs electrostatiques crees par desdistributions continues de charges

I. Distribution lineique

1˝) Tout plan contenant Oz est un P`. Donc en tout point en dehors de la spire, Eϕ “ 0 ;de plus, en chacun des points de Oz, intersection d’une infinite de P`, Eρ “ 0. Le planxOy est aussi un P`. En chacun de ses points en dehors de la spire, Ez “ 0. Pour cettedistribution, on a invariance par rotation autour de Oz : Eρ “ Eρpρ, zq, Ez “ Ezpρ, zq.

2˝)ÝÑ

E pMpzqq “ÝÑez

λaz

2ε0rz2 ` a2s32.

3˝)ÝÑ

E »ÝÑez

1

4πε0

q

z2εpzq ou εpzq “ `1 si z ą 0 et εpzq “ ´1 si z ă 0 ; q “ 2πaλ est la

charge totale de la spire. Comme attendu, a tres grande distance la spire est vue comme unecharge ponctuelle q situee au point O et le champ devient celui de cette charge.

=================================================

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 pairede x et une fonction paire de z, tandis que Ex est une fonction impaire de x et une fonctionimpaire de z. D’ou Ezpx, zq “ a1 ` c1z

2 ` c3x2 , Expx, zq “ c12xz

3˝)BExBz

“BEzBx

, d’ou c12 “ 2c3.

4˝) E1zp0, zq “λR

2ε0

z ´ a

rR2 ` pz ´ aq2s32, E2zp0, zq “ ´

λR

2ε0

z ` a

rR2 ` pz ` aq2s32;

Ez “ E1z `E2z, d’ou a1 “ ´λRa

ε0rR2 ` a2s32. Il faut effectuer soit un developpement de Ez

au second ordre suivant za, soit, plus simplement, une double derivation de Ez par rapport

a z, pour obtenir c1 “3aRλ

4ε0

3R2 ´ 2a2

rR2 ` a2s72. On voit qu’au voisinage de O, Ezp0, zq ne depend

de z qu’au 4eme ordre suivant za si a “ R

c

3

2.

=================================================

III. Distributions surfaciques

‚ Disque - 1˝) Voir I. 1˝).

2˝)ÝÑ

E “ EpzqÝÑez avec Epzq “

σz

2ε0

„

1

|z|´

1?z2 ` a2

. Lorsque z tend vers zero par valeurs

Christian Carimalo 3 Calculs directs de champs

positives, Epzq tend vers Ep0`q “σ

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

z2ou Q “ σπa2 est la charge

totale du disque. Ici encore, a tres grande distance, la distribution de charge totale non nulleest 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

2ε0si z ą 0, et Epzq “ ´

σ

2ε0si z ă 0.

=================================================

‚ 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 parÝÑ

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 distributionest 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 “ EprqÝÑer , avec

ÝÑer “ cos θ

ÝÑez

` sin θ”

cosϕÝÑex ` sinϕ

ÝÑey

ı

.

2˝)ÝÑ

E “σ

4πε0

ij

sphere

ÝÑ

PM

PM3dΣ.

Pour l’integration, on peut choisirÝÑ

Oz suivantÝÑ

OM , cela ne fait aucune difference. Posons

h “ OM ,ÝÑ

OP“ RÝÑer ; on a alors

ÝÑ

PM“ hÝÑez ´R

ÝÑer , PM2 “ h2 ` R2 ´ 2Rh cos θ,

dΣ “ R2 sin θdθdϕ. D’ou

ÝÑ

E “ÝÑez

σ

4πε0R2 2π

ż `1

´1du

h´Ru

rR2 ` h2 ´ 2Rhus32avec u “ cos θ

Or, I “

ż `1

´1du

h´Ru

rR2 ` h2 ´ 2Rhus32“ ´

B

Bh

ż `1

´1

du

rR2 ` h2 ´ 2Rhus12et

ż `1

´1

du

rR2 ` h2 ´ 2Rhus12“ ´

1

Rh

a

R2 ` h2 ´ 2Rhuˇ

ˇ

ˇ

`1

´1“

1

RhrR` h´ |R´ h|s.

Pour h ă R, on a I “ ´B

Bh

2

R“ 0, tandis que pour h ą R, I “ ´

B

Bh

2

h“

2

h2. Ainsi,

ÝÑ

E “ÝÑ

0 pour tout point interieur a la sphere etÝÑ

E “Q

4πε0

ÝÑ

OM

OM3pour tout point exterieur

a la sphere, ou Q “ 4πR2σ est la charge totale de la sphere. Dans ce dernier cas, la sphereapparaıt comme une charge ponctuelle Q en O. Au passage a travers la sphere, le champ

subit une discontinuite egale aÝÑ

E rOMÑR`0s ´ÝÑ

E rOMÑR´0s “σ

ε0

ÝÑer avec

ÝÑer “

ÝÑ

OM R.

=================================================

Christian Carimalo 4 Calculs directs de champs

IV. Champ du plan xOy charge en entier avec la densite σ :

ÝÑ

E1 “ ´σ

2ε0

ÝÑez pour z ą 0, “ ´

σ

2ε0

ÝÑez pour z ă 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

E2 “σ

2ε0

ÝÑez

„

z

|z|´

z?z2 `R2

On obtient la distribution proposee en superposant les deux distributions ci-dessus. On trouvele champ total en un point de l’axe z1z :

ÝÑ

E “σ

2ε0

z?z2 `R2

ÝÑez

Il ne presente aucune discontinuite en z “ 0.

Christian Carimalo 5 Calculs directs de champs

Symetries et utilisation du theoreme de Gauss pour des calculs dechamps electrostatiques

I. Distribution lineique. Une ligne infinie...

1˝) Invariance par rotation autour de z1z ; invariance par translation parallele a z1z. Toutplan contenant z1z est un P` ; tout plan perpendiculaire a z1z est un P`. Le systeme decoordonnees cylindriques ρ, ϕ, z construit autour de z1z est le plus approprie pour etudier lechamp.

2˝) Au sens de ces coordonnees cylindriques, le champ est radial :ÝÑ

E “ EρÝÑeρ et du fait

des invariances, Eρ ne depend que de ρ (ϕ 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 deGauss en prenant un morceau d’equipotentielle de rayon ρ, que l’on ferme par deux disquesd’axe z1z et de meme rayon ρ. Le champ etant radial, son flux a travers les deux disquesest 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 aλh

ε0. On en deduit

Eρpρq “λ

2πε0ρpour tout ρ ‰ 0.

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II. Distributions surfaciques

1˝) Plan infini uniformement charge...

On fait le choix d’utiliser un systeme de coordonnees cartesiennes ou le plan charge est priscomme plan xOy. Du fait de l’extension infinie de la distribution, la position de l’origineO peut etre choisie arbitrairement : on a une invariance par translation parallele au plancharge. Cela signifie que les variables x et y ne sont pas des variables sensibles. Tout plancontenant z1z (et donc perpendiculaire au plan charge) est un P`. En un point donne endehors des charges, etant a l’intersection de tous ces P`, le champ est donc oriente suivant

z1z,ÝÑ

E “ÝÑez 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 sontdes plans paralleles au plan charge, donc definies par z “ constante. On voit que sur uneequipotentielle, l’amplitude du champ reste constante. Une surface de Gauss utilisant cessymetries est astucieusement constituee comme suit : un morceau de surface cylindrique derayon a et d’axe z1z, fermee a ses extremites par deux disques d’axe z1z et de rayon a, l’una la cote z ą 0, l’autre a la cote ´z. Compte tenu de son orientation, le flux du champ atravers la surface cylindrique est nul, tandis que son flux total a travers les deux disques estπa2 rEpzq ´ Ep´zqs “ 2Epzqπa2. D’apres le theoreme de Gauss, le flux du champ a travers

ladite surface de Gauss estπa2σ

ε0. D’ou Epzq “

σ

2ε0“ ´Ep´zq pour tout z ą 0.

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Christian Carimalo 6 Symetries et Theoreme de Gauss

2˝) Sphere uniformement chargee...

Soit O le centre de la sphere, R son rayon. Le centre O est privilegie et est chois naturellementcomme origine d’un systeme de coordonnees. La densite de charges sur la sphere etantuniforme, 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 parÝÑ

OM . Choisissantle reperage de l’espace au moyen de coordonnees spheriques construit autour de O, on aÝÑ

E pMq “ÝÑer Erpr, θ, ϕq. Comme une rotation quelconque de la sphere autour de son centre

laisse la distribution invariante vis-a-vis de M , les coordonnees θ et ϕ ne sont pas des variablessensibles (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 chacuned’elles, le champ garde une amplitude constante et le flux du champ a travers celle de rayonr vaut ainsi 4πr2Eprq. D’un autre cote, le theoreme de Gauss indique que ce flux est aussi

egal a : 0 si r ă R etQ

ε0si r ą R, ou Q “ 4πR2σ est la charge totale de la sphere chargee.

On a donc : Eprq “ 0 pour r ă R, Eprq “Q

4πε0r2“σR2

ε0r2pour r ą 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

a l’exterieur de la sphere chargee, celle-ci lui apparaıt comme une charge ponctuelle Q en O.

=================================================

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

3πr3ρ si r ď R et “

4

3πR3ρ si r ě R, ou

ρ est la densite volumique de charges. D’ou

Eprq “ρr

3ε0pour r ď R, Eprq “

ρR3

3ε0r2“

Q

4πε0r2pour r ě R

ou Q “4

3πR3ρ est la charge totale de la boule. Ici, le champ est continu pour r “ R

(distribution volumique). Pour un point a l’exterieur de la boule, celle-ci lui apparaıt commeune charge ponctuelle Q en O.

=================================================

IV. Distribution volumique a symetrie cylindrique

La symetrie est la meme que celle de l’exercice I et la demarche pour calculer le champ estaussi la meme. On trouve Er “ Eprq (ici, r est la distance du point considere a l’axe z1z)

avec Eprq “1

rε0

ż rm

0uduρpuq ou rm “ r si r ď R, rm “ R si r ě R, soit

Eprq “ρ0r

2

3aε0pour r ď R, Eprq “

ρ0R3

3arε0“

λ

2πε0rpour r ě R

ou λ “ 2πρ0R

3

3arepresente 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

de la distribution de charges. On voit alors que pour un point exterieur a la distribution, cettederniere apparaıt comme un fil infini charge avec la densite lineique constante λ.

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V. Distribution volumique a symetrie plane

ÝÑ

E “ÝÑex 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 portionde cylindre d’axe x1x, de rayon a, de hauteur x ě 0, fermee par deux disque d’axe x1x, derayon 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

ż xm

0duρpuq ou xm “ x

si 0 ď x ď a2 ou xm “ a2 si x ě a2. D’ou

Epxq “Ax

12ε0

“

4x2 ´ 3a2‰

pour 0 ď x ď a2 et Epxq “ ´Aa3

12ε0“

σ

2ε0pour x ě a2

ou σ “ ´Aa3

12ε0est la charge par unite de surface parallele au plan zOy, grandeur qui

s’apparente a une densite surfacique. Pour un point exterieur a la distribution, celle-ci apparaıtcomme un plan zOy uniformement charge avec la densite σ.

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VI. Divergence du champ electrostatique

Une distribution de charges remplit une boule.....

2˝) 4πpr`drq2Epr`drq´4πr2Eprq “ 4πd“

r2E‰

“1

ε04πr2drρprq, d’ou ρprq “

ε0r2

d

drrr2Es

soit ρprq “ ´ρ0.

3˝)ÝÑ

E pMq »ρ0

3ε0

R3

r2

ÝÑer , Φprq “ 4πr2Eprq »

4

3πR3ρ0 “ constante.

4˝) Qtot “ 0.

5˝)ÝÑ

E “ÝÑ

0 pour r ě R.

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VII. Retrouver les expressions des champs crees en tout point par les distributions etudieesaux exercices III, IV et V, en utilisant le theoreme de Gauss sous sa forme locale.

1˝) Exercice III.

Pour r ď R, divÝÑ

E “1

r2

d

drrr2Es “

ρ

ε0, d’ou r2Eprq “

ρr3

3ε0` constante, donc Eprq “

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

3ε0pour r ď R.

Pour r ě R,1

r2

d

drrr2Es “ 0, donc Eprq “

K

r2ou 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.

2˝) Exercice IV.

Pour r ď R, on a1

r

d

drrrEs “

ρ0r

aε0, d’ou rE “

ρ0

3aε0r3 `K1, K1 etant une constante, soit

Eprq “ρ0

3ar2 `

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

3aε0r2.

Pour r ě R,1

r

d

drrrEs “ 0, soit Eprq “

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.

3˝) Exercice V.

Pour 0 ď x ď a2, on adE

dx“

A

ε0

ˆ

x2 ´a2

4

˙

, d’ou Epxq “A

ε0

ˆ

x3

3´a2

4x

˙

en tenant

compte du fait que Ep0q “ 0.

Pour x ě a2, on adE

dx“ 0, d’ou Epxq “ K1. La constante K1 est telle que Epa2` 0q “

Epa2´ 0q, soit K1 “ ´Aa3

12ε0.

Enfin, pour x ď 0, on utilise la relation Ep´xq “ ´Epxq.

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VIII. 1 Soit le champÝÑ

E pMq “ A

ˆ

r2

R3

ÝÑer `

cos θ

r

ÝÑeθ `

sinϕ

r sin θ

ÝÑeϕ

˙

pour r ď R ...

1˝) On verifie facilement queÝÑ

rotÝÑ

E “ÝÑ

0 . Ce champ derive donc d’un potentiel. Il pourraitetre un champ electrostatique. Dans ce cas, la constante A devrait s’exprimer en Volt.

2˝) ρpMq “ ε0 divÝÑ

E “ ε0A

„

4r

R3`

1

r2 sin θcos 2θ `

1

r2 sin2 θcosϕ

3˝) Q “ 4πε0AR (par application du theoreme de Gauss).

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IX. Deux charges ponctuelles ´q et `q ...

1˝)ÝÑ

E “q

4πε0

ÝÑ

AB

rx2 ` y2 ` a2s32

2˝) En utilisant les coordonnees polaires ρ “a

x2 ` y2 et ϕ (x “ ρ cosϕ, y “ ρ sinϕ), le

flux du champ a travers le plan xOy oriente suivantÝÑez est

Φ “ ´q

4πε0p2aq p2πq

ż 8

0

ρdρ

rρ2 ` a2s32“ ´

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’undipole dont on sait qu’il varie comme 1r3. 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 traverscette demi-sphere sera donc 9 r2r3 “ 1r 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 planxOy oriente suivant

ÝÑez . La surface fermee entourant la charge ´q, le flux cherche est donc,

d’apres le theoreme de Gauss, egal a ´qε0.

3˝) D’apres le theoreme de Gauss, le flux en question est1

ε0pq ´ qq “ 0. Cela ne signifie

nullement que le champ est nul sur cette sphere car il n’y est pas porte par la normale et negarde pas un module constant en tous ses points. On peut seulement dire du champ qu’ilpresente une propriete de parite particuliere qui fait que ce flux est nul.

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X. Une charge ponctuelle q ą 0 se trouve en O...

Utilisons le theoreme de Gauss. Le flux doit rester constant dans la region 0 ă r ă 2R caralors seule la charge q est entouree. Les courbes (a) et (d) doivent donc etre rejetees. Ladistribution volumique se trouve exclusivement dans la region 2R ă r ă 3R. Dans cetteregion, a mesure que r augmente, ρ etant constant, le flux ne peut que croıtre si ρ ą 0 (plusde charges positives incluses) ou decroıtre si ρ ă 0 (plus de charges negatives incluses), eten 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 ě 3R, lacharge totale de la distribution volumique est ´q.

Christian Carimalo 10 Symetries et Theoreme de Gauss

Theoreme de superposition

X. 1˝) V pMq “1

4πε0

ż

C

λpP qd`pP q

PM. 2˝) V pO, zq “

λa

2ε0?z2 ` a2

.

3˝) a) VtotpOq “

ż

npzq dz V pO, zq “Nλ

2ε0

ż h`R

h´R

dz?z2 ` a2

“Nλ

2ε0

ż `1

´1

du?R2 ` h2 ´ 2Rhu

“Nλ

2hε0rR` h´ |R´ h|s. D’ou VtotpOq “

Nλ

ε0si h ă R et VtotpOq “

NλR

ε0hsi h ą R.

b)ÝÑ

E “ÝÑ

0 pour h ă R,ÝÑ

E “ÝÑez

NλR

ε0h2pour h ą R.

b) Les cercles decrivent une sphere de centre p0, 0, hq et de rayon R. La distribution obtenueest une distribution superficielle de charges sur cette sphere, avec la densite σ “ NλR.

Christian Carimalo 11 Theoreme de superposition-E

Les conducteurs en electrostatique

I. Influence electrostatique

‚ La region x ă 0 est remplie...

1˝) A l’equilibre, le champ cree par Σ a l’interieur du conducteur est oppose au champ

inducteurÝÑ

EΣ “ E0ÝÑex pour x ă 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 telledistribution surfacique uniforme cree en dehors de la surface le champ

ÝÑex σp2ε0q pour x ă 0

et ´ÝÑex σp2ε0q pour x ă 0. On a donc ´σp2ε0q “ E0.

2˝) La densite σ etant uniforme, le plan x “ 0 est manifestement un P`.

3˝) On a donc, pour x ą 0, Eypxq “ Eyp´xq “ 0, Ezpxq “ Ezp´xq “ 0 et Expxq “

´Exp´xq “ ´E0. Pour x ą 0 le champ electrostatique total est doncÝÑ

Etot“ ´2E0ÝÑex . En

appliquant le theoreme de Gauss comme au paragraphe 5.2 du cours, on trouve ´2E0 “ σε0.

‚ Au lieu d’etre plonge...

1˝) 2˝) : voir § 5.3 du cours ; Qtot “ ´qh

2π

ij

ρdρdϕ

rh2 ` ρ2s32“ ´q, comme prevu...

3˝)ÝÑ

F “ ´q2

4πε0

ÝÑex

4h2.

‚ Une sphere conductrice...

1˝) Les charges de la sphere sont toutes a la meme distance R de O, donc VtotpOq “1

4πε0

„

Q

R`q

h

, et ce potentiel doit etre nul ; d’ou Q “ ´R

hq.

2˝) On a |Q| ă q car les lignes de champ ne vont pas toutes de la charge vers le conducteur :certaines partent de la charge en allant vers l’infini ou le potentiel est aussi nul.

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II. Condensateur plan

1˝) Nous pouvons supposer ici V0 ą 0. Les effets de bord sont completement ignores.

Le champ, suppose uniforme, est donne parÝÑ

E “V0

`

ÝÑex (dans le sens des potentiels

decroissants). En vertu du theoreme de Coulomb, il est aussi donne parσ

ε0

ÝÑex ou σ est

la densite superficielle de charges sur l’armature p1q. En appliquant le theoreme de Gauss a lasurface fermee Σ, en tenant compte de l’orientation du champ entre les conducteurs et du faitque le champ est nul a l’interieur des conducteurs, on obtient le resultat 0 “ S1pσ` σ2q. Ladensite superficielle de charges sur l’armature p2q est donc egale a ´σ (ce que l’on retrouveaussi en appliquant le theoreme de Coulomb au voisinage de cette armature).

Christian Carimalo 12 Les conducteurs en elec

1

V0

− σσ

Σ

S

xl0

(1) (2)

E

E=0 E=0

Figure 1

2˝) Q etant la charge totale de p1q, Q “ σS “ V0pε0`q, d’ou la capacite du condensateurC “ QV0 “ ε0S`.

3˝) Considerees separement, les armatures p1q et p2q produisent les champs E1 et E2 telsque

x E1 E2 E “ E1 ` E2

ă 0 ´σ

2ε0

σ

2ε00

0 ă x ă `σ

2ε0

σ

2ε0

σ

ε0

ą `σ

2ε0´σ

2ε00

La force s’exercant sur l’armature p2q (pour x “ ` ´ 0) estÝÑ

F 12“ ´pSσqE1ÝÑex , soit

F12 “ ´Sσ2

2ε0, attractive comme il se doit.

4˝) Ep “1

2

ÿ

Qi Vi “1

2CV 2

0 . On peut aussi calculer cette energie potentielle a partir de la

formule Ep “ε02

ż ż ż

espace

ÝÑ

E2

dv : l’integrale est ici limitee a l’espace inter-conducteurs,

ce qui donne Ep “ε02E2pS`q “

ε02

V 20

`2pS`q “

1

2CV 2

0 . La force F12 s’obtient aussi par la

formule F12 “ ´

ˆ

BEpB`

˙

Q

. Ecrivant Ep “Q2

2C“

Q2`

2ε0S, il vient F12 “ ´

Q2

2ε0S“ ´S

σ2

2ε0.

‚ Par influence totale de l’armature chargee p1q apparaıt la densite superficielle de charge´σ sur la face de la lame en regard de cette armature. La lame etant isolee, il apparaıtsur la face en regard de l’armature p2q une charge opposee, se distribuant sur cette faceavec 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 sacirculation 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

d1 ` d2, d’ou la nouvelle

capacite C 1 “Q1

V0“

ε0S

d1 ` d2“

ε0S

`´ e.

e

d1 d

2

σ σ

−σ−σ

lame(1) (2)

Figure 2

On notera que1

C 1“

1

C1`

1

C2ou C1 “

ε0S

d1et C2 “

ε0S

d2, sont les capacites des deux

condensateurs constitues l’un par l’armature p1q et la face de la lame qui lui est presentee,l’autre par l’armature p2q et l’autre face de la lame. On a construit ici un systeme de deuxcondensateurs en serie. La capacite totale de l’ensemble est telle que son inverse est la sommedes inverses des capacites des condensateurs constitutifs.

=================================================

III. Cable coaxial

1˝) Prenons l’axe du cable comme axe z1z. Tout plan contenant cet axe est plan de symetriepositive pour le champ. Par ailleurs, dire que la longueur h du cable est consideree commeinfiniment 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, ϕ, zq “Eρpρ, ϕ, zq

ÝÑeρ . En outre, les variables ϕ et z ne sont pas des variables sensibles (les relations

BV

Bϕ“ ρEϕ “ 0,

BV

Bz“ Ez “ 0 montrent que le potentiel V ne peut dependre de ϕ et de z).

Par suite, Eρ ne depend que de ρ. Dans l’espace inter-conducteur, divÝÑ

E “1

ρ

BpρEρq

Bρ“ 0,

donc Eρ “K

ρou 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 deuxconditions aux limites V pR1q “ V0 “ ´K lnR1 `K

1, V pR2q “ 0 “ ´K lnR2 `K1 :

K 1 “ K lnR2 , K “ V0 lnR2

R1

Ainsi, V pρq “ V0 lnR2

ρ ln

R2

R1, Eρpρq “

V0

lnR2

R1

1

ρ. La densite superficielle de charges sur

Christian Carimalo 14 Les conducteurs en elec

l’armature centrale est donnee par σ1 “ ε0EρpR1` 0q “ε0V0

R1 lnR2

R1

. Celle sur la face interne

de la gaine est σ2 “ ´ε0EρpR2 ´ 0q “ ´ε0V0

R2 lnR2

R1

.

2˝) La charge portee par l’ame est Q1 “ 2πR1hσ1 “ CV0 ou C “ 2πε0h lnR2

R1est 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 lasurface des deux armatures en regard.

4˝) a) Ep “1

2

ÿ

i

QiVi “1

2Q1V0 “

1

2CV 2

0 .

b) Ep “ε02

ż

espace

ÝÑ

E2

dτ avec dτ “ ρdρdϕdz. L’integrale ne porte finalement que sur

l’espace inter-conducteur :

Ep “ε02

2πh

ż R2

R1

K2dρ

ρ“

1

22πε0hK

2 lnR2

R1“

1

2V 2

0 2πε0h lnR2

R1“

1

2CV 2

0

=================================================

IV. Condensateurs spheriques

‚ 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 ă r ă R2) :

ÝÑ

E “ ErprqÝÑer “

K1

r2

ÝÑer , V “ V prq “

K1

r`K2

et en dehors de la sphere de rayon R2 (r ą R2) :

ÝÑ

E “ ErprqÝÑer “

K3

r2

ÝÑer , V “ V prq “

K3

r`K4

Les quatre constantes K1, ¨ ¨ ¨ ,K4 sont determinees au moyen des conditions aux limitesV “ 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 ´ V2qp1

R1´

1

R2q.

Le conducteur central porte la densite superficielle de charges σ1 “ ε0ErpR1`0q “ ε0K1R21

donnant la charge totale Q1 “ 4πR21σ1 “ 4πε0K1, soit

Q1 “ pV1 ´ V2q4πε0R1R2

R2 ´R1

Bien entendu, la face interne de la sphere de rayon R2 porte la charge opposee ´Q1. Cettememe sphere porte sur sa face exterieure la densite superficielle de charges σ12 “ ε0ErpR2 `

0q “ ε0V2R2 donnant sur cette face la charge totale Q12 “ 4πR22σ12 “ 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 perdalors sa charge qui passe vers la surface exterieure du conducteur B. On a donc q1A “ 0. Sile conducteur B est isole, il porte alors sur sa surface exterieure la charge q1B “ q2 ` q1.

‚ Trois spheres conductrices creuses ...

VB “Q

4πε0

pb´ aqpc´ bq

b2pc´ aq“

qi4πε0

ˆ

1

a´

1

b

˙

“qe

4πε0

ˆ

1

b´

1

c

˙

, avec Q “ qi ` qe, soit

qe “ Qcpb´ aq

bpc´ aq, qi “ Q

apc´ bq

bpc´ aq

=================================================

V. Partiel DEUG A 2eme annee, decembre 1994.

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 dece conducteur. D’apres le theoreme de Gauss, la charge totale a l’interieur de cette surfacefermee est donc nulle. Celle-ci comprend la charge Q2 repartie sur la face interieure duconducteur (2) et la charge Q1 repartie sur la surface exterieure du conducteur (1). On adonc Q1 “ ´Q2 “ Q.

2˝)ÝÑ

E “ EprqÝÑer .

Christian Carimalo 16 Les conducteurs en elec

3˝) Par application du theoreme de Gauss, compte tenu de la symetrie spherique : Eprq “ 0

pour r ă R1 ; Eprq “Q

4πε0r2pour R1 ă r ă R2. Il est suppose qu’aucune charge n’est

presente a l’exterieur du conducteur (2). Le potentiel ne peut donc avoir d’extremum danscette region. Or, il est nul sur le conducteur (2) et nul aussi a l’infini. Par consequent, il estnul partout pour r ě R2. Donc Eprq “ 0 pour r ě R2.

4˝) La difference de potentiel entre les deux conducteurs est calculee comme suit

V1 ´ 0 “

ż p2q

p1q

ÝÑ

E ¨ÝÑ

d`“Q

4πε0

ż R2

R1

dr

r2“

Q

4πε0

„

1

R1´

1

R2

. D’ou la capacite C “ QV1 “

4πε0R2R1

R2 ´R1.

5˝) w “ε02E2prq ; U “

ε02p4πq

ˆ

Q

4πε0

˙2 ż R2

R1

r2dr

r4“

1

2

Q2

4πε0

R2 ´R1

R2R1“Q2

2C.

Partie B

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 21 ;

b) U “ CV 2

1

2.

WJ “ C

ż V1

0rV1 ´ V sdV “ C

V 21

2“ U “

Wg

2.

=================================================

Christian Carimalo 17 Les conducteurs en elec

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 conducteursest supposee infinie), les densites superficielles des charges sont uniformes. On en deduitR1σ1 “ ´R2σ2, R2σ

12 “ ´R3σ3.

2˝) 3˝) Nous procederons comme suit. Du fait de la symetrie cylindrique , le champ et le

potentiel sont respectivement de la formeÝÑ

E “ EpρqÝÑeρ et V “ V pρq. Comme div

ÝÑ

E “

0 “1

ρ

d

dρrρEs dans les regions inter-conducteurs, on obtient Epρq “

K1

ρpuis V pρq “

´K1 ln ρ ` K2 ou K1 et K2 sont des constantes que l’on doit ajuster aux conditions auxlimites 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 ă ρ ă R2, V pR1q “ VA et V pR2q “ 0, d’ou K1 “ VA lnrR2

R1s,

K2 “ K1 lnR2. Ainsi,

VIIpρq “ VA lnrR2

ρs lnr

R2

R1s, EIIpρq “

1

ρ

„

VA lnrR2

R1s

En prenant ρ “ R1 et ρ “ R2 et en appliquant le theoreme de Coulomb, on obtient lesdensites superficielles de charges correspondantes :

σ1 “ ε0EIIpR1 ` 0q “ε0VAR1

lnrR2

R1s, σ2 “ ´ε0EIIpR2 ´ 0q “ ´

ε0VAR2

lnrR2

R1s

‚ Pour la region (III) ou R2 ă ρ ă R3, V pR2q “ 0, V pR3q “ VA, d’ou K1 “ ´VA lnrR3

R2s,

K2 “ K1 lnR2. Ainsi,

VIIIpρq “ VA lnrρ

R2s lnr

R3

R2s, EIIIpρq “ ´

1

ρ

„

VA lnrR3

R2s

σ12 “ ´ε0VAR2

lnrR3

R2s, σ3 “

ε0VAR3

lnrR3

R2s

‚ La region (IV) ou ρ ą R3, sera supposee ici constituer un unique conducteur porte aupotentiel 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

„

1 lnrR2

R1s ` 1 lnr

R3

R2s

.

La capacite C “ QVA de l’ensemble des trois cylindres conducteurs est donc

C “ 2πε0h

„

1 lnrR2

R1s ` 1 lnr

R3

R2s

Or, les deux ensembles tC1 : face externe du cylindre (1) portee au potentiel 0 + faceinterne du cylindre (2) portee au potentiel VAu et tC2 : face externe du cylindre (2) porteeau potentiel 0 + face interne du cylindre (3) portee au potentiel VAu forment chacun uncondensateur et ces deux condensateurs sont mis en parrallele. Le premier a pour capacite

C1 “ Q1VA “ 2πε0h lnrR2

R1s et la capacite du second est C2 “ Q3VA “ 2πε0h lnr

R3

R2s.

On retrouve le fait que l’association de deux condensateurs en parallele est equivalente a uncondensateur unique dont la capacite est la somme des capacites des deux condensateurs.

=================================================

VII. Une sphere conductrice A...

A l’etat d’equilibre final, les deux spheres forment un conducteur unique. Le champ est nula l’interieur, donc q11 “ 0. La charge q1 est passee sur la surface exterieure de B, doncq12 “ q1 ` q2 (en admettant que B soit isole).

=================================================

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 faitque le potentiel est nul au point O. On choisit ce point pour y calculer le potentiel car il al’avantage d’etre equidistant de toutes les charges, ce qui evite de connaıtre exactement la

repartition des charges sur les deux spheres. On obtient V pOq “1

4πε0

„

q

r`Q1

R1`Q2

R2

“ 0

(le potentiel est pris nul a l’infini). On en deduit Q1 “ ´qR1pR2 ´ rq

rpR2 ´R1q, Q2 “ ´q

R2pr ´R1q

rpR2 ´R1q.

Christian Carimalo 19 Les conducteurs en elec

Forces, Pression et Energie electrostatiques

I. Prenons l’axe de la calotte comme axe z1z. On sait que la force s’exercant sur un elementde charge σpMqdS a la surface d’un conducteur et due a toutes les autres charges de la

distribution est donnee par dÝÑ

F pMq “ σpMqdSσpMq

2ε0

ÝÑn pMq ou

ÝÑn pMq est la normale

a l’element de surface, orientee dans le sens sortant du conducteur. Ici, σ est une constante,ÝÑn pMq “ cos θ

ÝÑez ` sin θ

´

cosϕÝÑex ` sinϕ

ÝÑey

¯

, dS “ R2 sin θdθdϕ ou R est le rayon

de la sphere. Par integration, la force cherchee est :

ÝÑ

F “σ2R2

2ε0

ż α

0sin θdθ

ż 2π

0dϕ

”

cos θÝÑez ` sin θ

´

cosϕÝÑex ` sinϕ

ÝÑey

¯ı

“σ2πR2

2ε0sin2 α

ÝÑez

A l’exterieur de la sphere, V “ V0R

ret

ÝÑ

E “ ErÝÑer avec Er “ V0

R

r2. Pour r “ R,

ErpR ` 0q “ σε0 et par suite σ “ ε0V0R. D’ou F “πε0V

20

2sin2 α. Elle est independante

du rayon de la sphere. Numeriquement, F “ 7 10´4 N.

Une sphere metallique creuse seule dans l’espace est portee au potentiel V0. Calculer laresultante des forces s’exercant sur une calotte spherique dont le rayon est vu sous l’angle αdu centre de la sphere. On donne V0 “ 10 kV, α “ 45˝.

=================================================

II. Quel est l’ordre de grandeur de la pression qui tendrait a faire eclater un electron...

P “ε0E

2

2“

σ2

2ε0“

Q2

32π2ε0R4» 1031 atm

=================================================

III. On considere une boule uniformement chargee en volume...

Le champ cree par cette distribution a symetrie spherique possede une seule composanteradiale donne par

Er “ρr

3ε0pour r ď R , Er “

ρ

3ε0

R3

r2pour r ě R

ρ etant la densite volumique de charges de la boule et R son rayon. On en deduit la partiede l’energie correspondant a l’interieur de la boule

Wi “ε02

ˆ

ρ

3ε0

˙2

4πR5

5

et celle correspondant a l’exterieur de la boule

Christian Carimalo 20 Forces, pression, energie elec

We “ε02

ˆ

ρ

3ε0

˙2

4π R5

D’ou la fraction d’energie electrostatique se trouvant a l’exterieur de la boule

We

We `Wi“

5

6

=================================================

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 “ V0R

ret

ÝÑ

E “ V0R

r2

ÝÑer (symetrie + Theoreme de Gauss + condition V “ V0 pour r “ R). D’ou la

densite σ “ ε0ErpR ` 0q “ ε0V0

Rpuis la charge Q “ 4πε0RV0 et la capacite C “ 4πε0R.

Le resultat ne depend pas de la structure interne de la sphere.

2˝) w “ε02E2r “

ε02V 2

0

R2

r4(r ą R) et l’energie est

W “

ż

rąRw dτ “

ε02V 2

0 4πR2

ż 8

R

dr

r2“ε02V 2

0 4πR “1

2C V 2

0

=================================================

V. Deux dipoles electriques elementaires sont situes aux points fixes P1 et P2...

Posons r “ P1P2,ÝÑu “

ÝÑ

P1P2 r. Le champ cree en P2 par le dipole en P1 s’ecrit

ÝÑ

E1 pP2q “1

4πε0

1

r3

´

´ÝÑp1 `3p

ÝÑp1 ¨

ÝÑu q

ÝÑu¯

et l’energie d’interaction entre les deux dipoles est 2

W “ ´ÝÑp2 ¨

ÝÑ

E1 pP2q “1

4πε0

1

r3

´

ÝÑp1 ¨

ÝÑp2 ´3p

ÝÑp1 ¨

ÝÑu q p

ÝÑp2 ¨

ÝÑu q

¯

“p1p2

4πε0r3psin 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 pourBW

Bθ2“ 0, soit lorsque

tan θ2 “ ´1

2tan θ1

Le minimum est obtenu pour

cos θ2 “2

a

4` tan2 θ1

, sin θ2 “ ´tan θ1

a

4` tan2 θ1

2. On verifie aisement que W s’ecrit aussi bien ´ÝÑp1 ¨

ÝÑ

E2 pP1q.

Christian Carimalo 21 Forces, pression, energie elec

soit

Wm “ ´p1p2

4πε0r3cos θ1

a

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 parBW

Bθ1“ 0, qui conduit a la nouvelle

relation tan θ1 “ ´1

2tan 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

2πε0r3.

=================================================

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

4πε0

2 cos θ

r3, Eθ “

p

4πε0

sin θ

r3, Eϕ “ 0

et la densite d’energie a pour expression

w “ε02

ˆ

p

4πε0

˙2 1

r6

`

1` 3 cos2 θ˘

La partie d’energie associee a ladite sphere est donc

We “ε02

ˆ

p

4πε0

˙2

2π

ż 8

a

dr

r42

ż 1

0p1` 3u2qdu “

p2

12πε0a3

=================================================

VII. On considere deux spheres metalliques concentriques S1 et S2...

‚ Premiere methode : en utilisant la formule generale Ep “1

2

ÿ

i

Qi Vi.

La fonction potentiel est donnee par

V “ V1 ` pV2 ´ V1q

ˆ

1

r´

1

R1

˙

ˆ

1

R2´

1

R1

˙

pour R1 ď r ď R2

V “ V2R2

rpour r ě R2

et le champ parÝÑ

E “ ErprqÝÑer avec

Er “1

r2pV2 ´ V1q

ˆ

1

R2´

1

R1

˙

pour R1 ă r ă R2

Er “ V2R2

r2pour r ą R2

Christian Carimalo 22 Forces, pression, energie elec

La densite superficielle de charges sur S1 est σ1 “ ε0ErpR1`0q “ ε0pV1´V2qR2

R1pR2 ´R1q

donnant sur S1 la charge totale Q1 “ CpV1´V2q avec C “ 4πε0R1R2

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 “ ε0V2R2,d’ou Q12 “ C2V2 avec C2 “ 4πε0R2. La charge totale de S2 est Q2 “ ´Q1`Q

12. On obtient

ainsi

Ep “1

2

`

Q1V1 ` V2p´Q1 `Q12q˘

“1

2

`

CpV1 ´ V2q2 ` C2V

22

˘

‚ Seconde methode : utilisation de la densite d’energie.

Ep “ε02

4π

„

pV1 ´ V2q2 R2

1R22

pR2 ´R1q2

ż R2

R1

dr

r2` V 2

2 R22

ż 8

R2

dr

r2

“1

24πε0

„

pV1 ´ V2q2 R1R2

R2 ´R1` V 2

2 R2

“1

2

“

CpV1 ´ V2q2 ` C2V

22

‰

=================================================

Christian Carimalo 23 Forces, pression, energie elec

Problemes

I. D’apres un examen partiel du DEUG A PM2 - janvier 1992.

1˝) Eθ “ 0 ; Eϕ “ 0 ; Er “ ´dV

dr“

q

4πε0

„

1`r

r0

exp p´rr0q

r2

2˝) Qprq “ ε0p4πr2qEr “ q

„

1`r

r0

exp p´rr0q ;

Qp0q “ q : on trouve bien une charge ponctuelle q en O ; Qp8q “ 0 : la charge de la cosphereest exactement opposee a celle de l’ion, l’ensemble est globalement neutre.

3˝) dQ “ 4πε0“

pr ` drq2Erpr ` drq ´ r2Erprq

‰

“ 4πε0d

dr

“

r2Er‰

dr “ 4πr2dr ρprq, d’ou

ρprq “ε0r2

d

dr

“

r2Er‰

“ ´q

4πr20

exp p´rr0q

r.

4˝) ‚ Une premiere methode, peut-etre la plus simple, consiste a soustraire au potentiel totalcelui produit par la charge ponctuelle pour obtenir le potentiel du a la cosphere :

Vcprq “q

4πε0

rexp p´rr0q ´ 1s

r, d’ou Ecprq “ ´

dVcdr

“q

4πε0r2

„

p1`r

r0q exp p´rr0q ´ 1

‚ La seconde methode consiste a appliquer le theoreme de Gauss a une sphere de centre Oet de rayon r pour trouver :

Ecprq “1

ε0r2

ż r

0u2du ρpuq “ ´

q

4πε0r2

1

r20

ż r

0u du exp p´ur0q

“ ´q

4πε0r2

B

Br0

ż r

0du exp p´ur0q “ ´

q

4πε0r2

B

Br0r0 r1´ exp p´rr0qs

“q

4πε0r2

„

p1`r

r0q exp p´rr0q ´ 1

.

Pour r Ñ 0, Ec » ´q

8πε0r20

;

Pour r Ñ, Ec » ´q

4πε0r2: ce champ compense alors exactement le champ de la charge

ponctuelle en O ;

=================================================

II. Image electrique.

1˝) q “

ż

xOyσpP qρdρdϕ “ 2πσ0a

3

ż `8

0

ρdρ

pρ2 ` a2q32“ 2πa2σ0.

2˝) V pzq “σ0a

3

2ε0

ż `8

0

ρdρa

z2 ` ρ2pρ2 ` a2q32“σ0a

3

2ε0

ż `8

|z|

u

pu2 ` a2 ´ z2q32, soit

Christian Carimalo 24 Problemes-E

V pzq “σ0a

2

2ε0

1

|z| ` a.

3˝) Sur l’axe z1z :ÝÑ

E “ EpzqÝÑez , avec Epzq “ ´

dV

dz“σ0a

2

2ε0

1

p|z| ` aq2z

|z|pour z ‰ 0.

Explicitement, Epzq “σ0a

2

2ε0

1

pz ` aq2pour z ą 0 et Ep´zq “ ´Epzq. Le champ presente

une discontinuite en z “ 0.

4˝) Pour z ą 0, on a Epzq “q

4πε0

1

pz ` aq2. C’est aussi le champ qui serait cree au meme

point (z ą 0) par une charge ponctuelle q placee sur z1z a la cote ´a. Pour z ă 0 le champest celui qui serait cree par une charge ponctuelle q placee sur z1z a la cote `a.

5˝) Pour z ą 0 :ÝÑ

E “q

4πε0

ρÝÑeρ `pz ` aq

ÝÑez

rρ2 ` pz ` aq2s32; Pour z ă 0 :

ÝÑ

E “q

4πε0

ρÝÑeρ `pz ´ aq

ÝÑez

rρ2 ` pz ´ aq2s32

6˝) Pour z ą 0, la distribution superficielle est equivalente a une charge ponctuelle au pointP p00,´aq. Dans cette region, le champ total est

ÝÑ

E “q

4πε0

#

ρÝÑeρ `pz ` aq

ÝÑez

rρ2 ` pz ` aq2s32´ρÝÑeρ `pz ´ aq

ÝÑez

rρ2 ` pz ´ aq2s32

+

Pour z ă 0, la distribution superficielle est equivalente a une charge ponctuelle q placee aupoint Qp0, 0, aq. Le champ total est donc nul dans cette region. Cette repartition de chargespeut representer un plan conducteur occupant l’espace z ă 0, sous influence electrostatiquetotale par une charge ´q au point Q.

7˝) Pour z Ñ 0 par valeurs positives,ÝÑ

EÑ2aq

4πε0

1

rρ2 ` a2s32ÝÑez “

σ

ε0

ÝÑez . Le theoreme de

Coulomb est bien verifie.

=================================================

III. On considere une infinites de droites ∆n...

1˝) Invariance par translation parallelement a z1z.

2˝) a) La distribution reste globalement invariante par une translation de ka parallelement ay1y. A x fixe, le champ et le potentiel doivent donc etre des fonctions periodiques de y, deperiode 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 tracedans 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 xOydistantes de h, deux autres faces paralleles au plan xOz, l’une a l’ordonnee `a2, l’autre al’ordonnee ´a2, et enfin deux faces paralleles au plan yOz, l’une a l’abscisse d, l’autre al’abscisse ´d.

Comme le champ n’a pas de composante Ez, son flux a travers les faces paralleles au planxOy est nul. En outre, comme Ey est periodique de periode a, les flux du champ a traversles faces paralleles a xOz se compensent. Il reste les flux a travers les faces paralleles a yOz.

Christian Carimalo 25 Problemes-E

d

x

y

−a/2 +a/2

−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 aλh

ε0d’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

2` Y est » Eypd,

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` YBExBxpdq. 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 9BExBxpdq. 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,

divÝÑ

E “ 0 “BExBx

`BEyBy

. Comme Ex devient constant,BExBx

» 0 et doncBEyBy

» 0. La

composante Ey ne depend plus de y. Comme on sait qu’elle s’annule pour y “na

2, elle est

donc nulle.

5˝) σ “λ

2a.

=================================================

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 etyOz 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. DoncÝÑ

E “ EpzqÝÑez . En outre, le

plan xOy est un P´, d’ou Ep´zq “ Epzq. Il suffit donc de considerer la region z ě 0.

‚ Pour z ě d,dE

dz“ ´

ρ0

ε0expr´

z ´ d

δs, d’ou Epzq “

ρ0δ

ε0expr´

z ´ d

δs ou l’on a tenu

compte de l’hypothese E Ñ 0 pour z Ñ `8.

‚ Pour 0 ď z ď 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

2

ε0expr´

z ´ d

δs `K pour z ě d, K etant une constante ;

‚ V pzq “ ´ρ0δ

ε0z pour 0 ď z ď d, ou l’on tient compte de V p0q “ 0.

Le potentiel etant une fonction continue de z, la constante K doit verifierρ0δ

2

ε0` K “

´ρ0δ

ε0d. Donc K “ ´

ρ0δ

ε0pd` δq.

2˝) Epzq “ 0 pour z ą d ou z ă ´d ; Epzq “σ

ε0pour ´d ă z ă d. Les deux distributions

volumiques se reduisent alors a des distributions superficielles uniformes de charges, l’une surle plan z “ d avec la densite σ, l’autre sur le plan z “ ´d avec la densite ´σ.

3˝) W “σ2

ε0d.

=================================================

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 xOyet parallele au plan zOx sont des P`. Le champ en ce point appartient a leur intersectionet 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. DoncÝÑ

E “ EpxqÝÑex .

b) Epxq “ 0 pour x ă ´d (masse du conducteur).

3˝) a) Si x ă ´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 ă ´d.

b) σ “ ´

ż `8

0dx ρ0 expr´

x

as “ ´ρ0a.

4˝) a) ´d ă x ď 0 : Qpxq “ Sρ0a ; b) x ě 0 : Qpxq “ Sρ0a expr´x

as.

c) On applique le theoreme de Gauss a Cpxq. D’ou :

Epxq “ 0 pour x ă ´d ; Epxq “ ´ρ0a

ε0“

σ

ε0pour ´d ă x ď 0 ; Epxq “ ´

ρ0a

ε0expr´

x

as

pour x ě 0.

5˝) V pxq “ ´ρ0a

2

ε0expr´

x

as ` K1 pour x ě 0 ; V pxq “

ρ0a

ε0x ` K2 pour ´d ď x ď 0 ;

V pxq “ 0 pour x ď ´d. Les constantes K1 et K2 doivent assurer la continuite du potentiel

en x “ 0 et x “ ´d. On trouve : K1 “ρ0a

ε0pd` aq ; K2 “

ρ0ad

ε0.

6˝) Pour x ă ´d, W “ Sρ2

0a2

2ε0pd`

a

2q.

=================================================

Christian Carimalo 27 Problemes-E

VI. LP203 juin 2005 La repartition de la charge du noyau d’un atome leger...

2˝) QT “8πρ0a

3

15.

3˝) Qprq “4πr3

3ρ0 p1´

3r2

5a2q

4˝)ÝÑ

E “ EprqÝÑer .

Dans les deux questions suivantes on se propose de determiner le champ electrostatique endifferents points de l’espace, en appliquant le theoreme de Gauss. Pour cela, on definira avecprecision 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 ě a, on a Eprq “

QT4πε0r2

“2ρ0a

3

15ε0r2, V prq “

QT4πε0r

.

6˝) Eprq “ρ0r

3ε0

ˆ

1´3r2

5a2

˙

.

7˝) a) Distribution volumique : pas de discontinuite du champ.

b) Eprq est maximum pour r “ a

?5

3; Eprmaxq “

2ρ0a?

5

27ε0.

8˝) Z “QTe“

8πρ0a3

15e» 27.

=================================================

VII. Depoussierateur electrostatique.

1˝) Symetries, invariances, theoreme de Gauss :ÝÑ

E “ EprqÝÑer avec Eprq “

K

rou K “

Q

2πε0L; puis V “ K

ż r2

r1

dr

r“ K ln

r2

r1, d’ou K “ V ln

r2

r1ă 0. Le gaz est preferentiellement

ionise pres du fil car le champ y est plus intense.

2˝) a)ÝÑ

E “ E0ÝÑer et V “ ´E0pr2 ´ r1q » E0 r1 (car r2 ! r1).

D’ou E0 “ V r1 “ ´3, 3 105 V/m.

b) ρpMq “ ε0 divÝÑ

E “ ε01

r

d

drrrE0s “

ε0E0

ră 0.

3˝) Par influence du champ exterieur precedent, la sphere conductrice se polarise, donnantun excedent de charges positives dans le sens du champ, c’est-a dire, en regard de la cathode(voir le dessin).

_

E0_

_+

++

++

_

_

__

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

attirees vers l’anode (paroi du cylindre), en remontant le champ.

=================================================

VIII. Examen de janvier 2010.

- Partie I -

A

B

z

z’

O

M

P

ρ

φ

z

y

x

Figure 1

1˝) A une constante additive pres, on a

V pMq “1

4πε0

ż `a

´a

dzPPM

avec PM “a

pzP ´ zq2 ` ρ2. Or,

ż `a

´a

dzPa

pzP ´ zq2 ` ρ2“ pzP Ñ ´zP q

ż `a

´a

dzPa

pzP ` zq2 ` ρ2“ ln

a` z `a

pa` zq2 ` ρ2

z ´ a`a

pz ´ aq2 ` ρ2,

D’ou V pMq “λ

4πε0ln

«

z ` a`a

pz ` aq2 ` ρ2

z ´ a`a

pz ´ aq2 ` ρ2

ff

.

2˝) pz ` aq2 ` ρ2 “ a2“

p1` coshα cosψq2 ` sinh2 α sin2 ψ‰

“

a2“

1` 2 coshα cosψ ` cosh2 α cos2 ψ ` sinh2 αp1´ sin2 ψq‰

“

a2“

cosh2 α` 2 coshα cosψ ` cos2 ψ‰

“ 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

4πε0ln

„

coshα` 1

coshα´ 1

.

3˝) On az2

a2 cosh2 α`

ρ2

a2 sinh2 α“ cos2 ψ ` sin2 ψ “ 1.

Pour α “ constante, cette equation definit un ellipsoıde de revolution d’axe z1z, ayant pourdemi-axes b “ a coshα (selon z1z) et c “ a sinhα (dans le plan xOy).

4˝) Eρ “ ´λρ

4πε0

„

1

D`pz ` a`D`q´

1

D´pz ´ a`D´q

avec D˘ “a

pz ˘ aq2 ` ρ2

Christian Carimalo 29 Problemes-E

Ez “ ´λ

4πε0

„

1

D`´

1

D´

5˝) Apres un calcul un peu fastidieux, on obtient

Eρ “λ

2πε0a

cothα sinψ

cosh2 α´ cos2 ψ, Ez “

λ

2πε0a

cosψ

cosh2 α´ cos2 ψ

6˝) Sur une equipotentielle, la normale est orientee selon le champ lui-meme. On calcule toutd’abord le module du champ :

|ÝÑ

E | “λ

2πε0a

1

cosh2 α´ cos2 ψ

b

coth2 sin2 ψ ` cos2 ψ “λa

2πε0c

a

b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ

b2 ´ a2 cos2 ψ

ou b “ a coshα0, c “ a sinhα0. Puis, Eρ “λa

2πε0c

b sinψ

b2 ´ a2 cos2 ψ, Ez “

λa

2πε0

cosψ

b2 ´ a2 cos2 ψ

Le vecteur unitaire normal est alors calcule comme

ÝÑ

N “

ÝÑ

E

|ÝÑ

E |“c cosψ

ÝÑez `b sinψ

ÝÑeρ

a

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

E | “λa

2πε0c

1a

b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ

7˝) On utilise le theoreme de Gauss : Φ “1

ε02aλ.

- Partie II -

c

b

Figure 2 : le conducteur et ses dimensions

8˝) λ “4πε0V0

lnb` a

b´ a

9˝) Eρ “λa

2πε0c

b sinψ

b2 ´ cos2 ψ, Ez “

λa

2πε0

cosψ

b2 ´ cos2 ψ

10˝) σ “ ε0ÝÑ

E ¨ÝÑ

N “ ε0|ÝÑ

E | “λa

2πε0c

1a

b2 sin2 ψ ` c2 cos2 ψ

Christian Carimalo 30 Problemes-E

11˝) Q “ 2aλ (theoreme de Gauss).

12˝) C “ QV0 “ 2aλV0 “8πε0a

ln

„

b` a

b´ a

=================================================

IX. Examen de decembre 2007.

xx’R

E e

Ee

−−

−

−−

−−

−

+

σ ++

+

++

x’ x

ψ

I Question de cours... V1pMq “ ´λ

2πε0log

h

R

II. 1˝) Voir le cours.

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

ż 2π

0fpψq dψ “ 0.

3˝) On fait l’identification λdz “ σRdψdz, soit λ “ σRdψ. Le potentiel du a un fil portantcette densite lineique est

dV pMq “ ´σRdψ

2πε0lnh

R, avec h “ HM “

a

ρ2 `R2 ´ 2ρR cospψ ´ ϕq, d’ou

VcpMq “ F pρ, φ, zq “ ´1

2πε0

ż 2π

0fpψq R dψ log

h

R.

4˝) Remarque : la methode utilisee ici pour calculer V pMextq est due a Kelvin 3.

a) Si ρ1 ď R, alors ρ ě R ; ρ “ R si ρ1 “ R.

b) h12 “ ρ12 `R2 ´ 2ρ1R cospψ ´ φq “R4

ρ2`R2 ´ 2

R2

ρcospψ ´ φq

“R2

ρ2

“

R2 ` ρ2 ´ 2Rρ cospψ ´ φq‰

; donc h1 “R

ρh.

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

2πε0

ż 2π

0Rfpψqdψ lnr

ρ

R

h

Rs

“ ´1

2πε0

„

lnρ

R

ż 2π

0Rfpψqdψ `

ż 2π

0Rfpψqdψ ln

h

R

“ ´1

2πε0

ż 2π

0Rfpψqdψ lnr

h

Rs,

ou l’on a tenu compte du resultat du 2˝) c). Par suite, VcpMq “ FipR2

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 doncÝÑ

Ec“ E0ÝÑex et le potentiel

correspondant est Vi “ ´E0 x en prenant Vi “ 0 pour x “ 0. b) Comme x “ ρ1 cosφ, al’interieur de C on a Fipρ

1, φ, zq “ ´E0 ρ1 cosφ.

c) D’apres 4˝) c) et 5˝) a), le potentiel cree par C a l’exterieur de C est VcpMq “

´E0R2

ρcosψ.

6˝) Le potentiel du au champ exterieur est V 1 “ E0 x “ E0 ρ cosφ. La somme de cepotentiel et du potentiel trouve en 5˝) c) donne le potentiel electrostatique total en tout

point de l’espace : Vtot “ E0 cosφ

ˆ

ρ´R2

ρ

˙

, lequel est bien nul sur C (ρ “ R).

7˝) a) Eρ “ E0 cosφ

ˆ

1`R2

ρ2

˙

, Eφ “ E0 sinφ

ˆ

1´R2

ρ2

˙

, 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

ż 2π

0σpφq dφ “ 0.

=================================================

X. Examen de janvier 2007.

- Partie A -

1˝) a) Pour la distribution D2 : V2px, y, zq “λ

4πε0ln

„

px` aq2 ` y2

a2

;

V “ V1 ` V2 “λ

4πε0ln

„

px` aq2 ` y2

px´ aq2 ` y2

.

b) V p0, y, zq “ 0.

2˝) a) V “ V0 implique px`aq2`y2 “ k2“

px´ aq2 ` y2‰

, ce qui s’ecrit px´dq2`y2 “ R2

avec d “ ak2 ` 1

k2 ´ 1, R “

2ka

k2 ´ 1ou k “ exp

ˆ

2πε0V0

λ

˙

.

b) L’equation precedente est celle d’un cylindre d’axe parallele a z1z et situe a l’abscissexc “ 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

4πε0ln

„

px1 ` αq2 ` y2

px1 ` βq2 ` y2

.

4˝) Pour determiner la force resultante p.u.l. que les charges de ∆1 exercent sur ∆2, il fautcalculer le champ du a ∆1. Par derivations de V1,

Christian Carimalo 32 Problemes-E

E1x “λ

2πε0

x´ a

px´ aq2 ` y2, E1y “

λ

2πε0

y

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

doncÝÑ

F “ÝÑex

λ2

4πε0a.

- 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 lnα

β“

constante. La surface de C2 est donc une equipotentielle.

c) K “ V0 lnα

β.

6˝) a) Ez “ 0, Ex “ ´2K

„

x` α

px` αq2 ` y2´

x` β

px` βq2 ` y2

,

Ey “ ´2Ky

„

1

px` αq2 ` y2´

1

px` βq2 ` y2

.

b) Ez “ 0, Ey “ 0, Ex “ ´4Ka

a2 ` y2.

c) σ1pyq “ ´4Kaε0a2 ` y2

.

d) q1 “

ż `8

´8

σ1pyq dy “ ´4Kε0

ż `8

´8

dy

y2 ` a2“ ´4πε0K

7˝) a) V pρ, φq “ K ln

„

ρ2 ` 2ρα cosφ` α2

ρ2 ` 2ρβ cosφ` β2

.

b) Ez “ 0, Eρ “ ´2K

„

ρ` α cosφ

ρ2 ` 2ρα cosφ` α2´

ρ` β cosφ

ρ2 ` 2ρβ cosφ` β2

,

Eφ “ 2K sinφ

„

α

ρ2 ` 2ρα cosφ` α2´

β

ρ2 ` 2ρβ cosφ` β2

.

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.

d) σ2pφq “2Kaε0R

1

d`R cosφ.

e) q2 “

ż 2π

0Rdφσ2pφq “ 2Kε0a

ż 2π

0

dφ

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 dehorsdu plan yOz ne contribuent pas a donner des densites superficielles de charges a l’infini carle champ est nul dans cette region).

Christian Carimalo 33 Problemes-E

8˝) C “ q2V0 “ 4πε0 ln

ˆ

α

β

˙

.

9˝) a) P1“ε02

ÝÑ

E2

“σ2

1

2ε0“ 8ε0a

2K2 1

py2 ` a2q2est la pression locale.

b) La force totale p.u.l. estÝÑ

F1“ P1ÝÑex avec P1 “

ż `8

´8

P1 dy “4πε0K

2

a;ÝÑ

F1“ÝÑex

λ2

4πε0a

si l’on pose K “λ

4πε0. On retrouve la force calculee au 4˝). Ceci n’est pas etonnant pour

la raison suivante. Dans la region definie par x ą 0, ou de facon equivalente par x1 ą ´d,la distribution etudiee dans la partie A donne une fonction potentiel satisfaisant l’equationde Laplace, et telle que V “ 0 sur le plan Π defini par x1 “ ´d et V “ V0 sur la surfacecylindrique Σ dont l’axe, parallele a z1z est a l’abscisse x “ 0 ou x1 “ d et dont le rayon estR. La distribution etudiee en B doit donner un potentiel satisfaisant l’equation de Laplaceen dehors des conducteurs et satisfaire V “ 0 sur la surface de C1 qui n’est autre que le planΠ de la partie A, et V “ V0 sur la surface de C2, qui n’est autre que la surface cylindriqueΣ de la partie A. La solution de l’equation de Laplace satisfaisant ces conditions aux limitesetant unique, le potentiel de la distribution de la partie B est identique a celui de la partie Aen dehors des conducteurs. Il n’est donc pas etonnant de trouver des resultats identiques enposant q2 “ λ. Les deux distributions filaires de la partie A sont les images electrostatiquesdes deux conducteurs de la partie B, pour tout point a l’exterieur de ceux-ci.

=================================================

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 “ E0R2 x

x2 ` y2

ˆ

1´x2 ` y2

R2

˙

est independant de z, est paire en y,

impaire en x.

b) V “ 0 pour ρ ď R ; Pour ρ ě R, V ą 0 si x ď 0 et V ď 0 si x ě 0.

3˝) a)ÝÑ

E “ÝÑ

0 pour ρ ă R. Pour ρ ą R, les composantes cylindriques du champ sont

Eρ “ ´BV

Bρ“

E0R2

ρ2cosϕ ` E0 cosϕ ; Eϕ “ ´

1

ρ

BV

Bϕ“

E0R2

ρ2sinϕ ´ E0 sinϕ ; Ez “

´BV

Bz“ 0.

b) Pour ρ ą R : si x ą 0, Eρ ą 0 et Eϕ ă 0 et si x ă 0, Eρ ă 0 et Eϕ ă 0. A l’aide d’unerepresentation graphique, on montre facilement que le champ est oriente de la region despotentiels positifs vers la region des potentiels negatifs, c’est-a-dire, dans le sens decroissantdes potentiels.

4˝) (Pour ρ ą R)ÝÑ

E “E0R

2

ρ2

”

cosϕÝÑeρ ` sinϕ

ÝÑeϕ

ı

` E0

”

cosϕÝÑeρ ´ sinϕ

ÝÑeϕ

ı

. Or,

ÝÑeρ“ cosϕ

ÝÑex ` sinϕ

ÝÑey ,

ÝÑeϕ“ ´ sinϕ

ÝÑex ` cosϕ

ÝÑey , d’ou

ÝÑ

E “E0R

2

ρ2

”

cos 2ϕÝÑex ` sin 2ϕ

ÝÑey

ı

` E0ÝÑex . Le champ est bien la superposition d’un

Christian Carimalo 34 Problemes-E

champ uniformeÝÑ

E1“ E0ÝÑex et d’un champ

ÝÑ

E2 pMq oriente parallelement au plan xOy,selon la direction d’angle polaire 2ϕ.

5˝) Avec les variables reduites X “ xR, Y “ yR, l’equation desdites equipotentielles s’ecrit

X2`Y 2 “X

ε`Xou 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 ě R, on a X2 ` Y 2 ě 1, et donc

X

X ´ 1ě 1. Cette derniere

inegalite implique que X est necessairement positif et doit satisfaire X ě 1. D’un autre cote,

l’inegalite Y 2 “X

X ´ 1´X2 ě 0 conduit a X2´X´1 ď 0 d’ou l’on tire X ď

1

2

”

1`?

5ı

.

Finalement, l’equipotentielle E´ est confinee dans l’intervalle R ď x ďR

2

”

1`?

5ı

. 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 pR

2

”

1`?

5ı

, 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 ě R.

b) et 7˝) Le champ est nul pour ρ ă R. Pour ρ “ R ` 0, on a Eϕ “ 0, Eρ “ 2E0 cosϕ.Le champ est discontinu dans la traversee de l’equipotentielle V “ 0. Ceci indique que cettesrface porte une distribution superficielle de charges. D’apres le theoreme de Coulomb, ladensite superficielle est donnee par σ “ ε0EρpR` 0, ϕq “ 2ε0E0 cosϕ.

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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 champsdecroissent comme l’inverse du carre de la distance separant le point d’observation descharges.

2˝) Les trois plans contenant z1z et contenant, respectivement,ÝÑ

GA,ÝÑ

GB etÝÑ

GC sont desP`. Le champ doit appartenir a l’intersection de ces trois plans, c’est-a-dire z1z. Mais leplan contenant les trois charges est aussi un P`, auquel le champ doit etre parallele. On enconclut sans calcul que le champ est nul en G.

3˝) V pzq “3q

4πε0

1?z2 ` a2

.

4˝) Ezpzq “ ´dV

dz“

3q

4πε0

z

rz2 ` a2s32(voir graphe ou l’on a pose x “ za, y “

4πε0a2Ezp3qq).

5˝) Non, car lorsqu’on s’ecarte de G le long de l’axe z1z, le champ a tendance a eloignerdavantage 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

GA,ÝÑ

GB etÝÑ

GC, sont des P`. Les trois axes portant cesvecteurs sont des axes de symetrie positive pour le champ electrostatique. Le long de l’axex1Gx, le champ est suivant cet axe.

7˝) Soit M un point de l’axe x1Gx, d’abcisse GM “ x, et soit Expxq la composante duchamp 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 chargepositive. A grande distance du triangle ABC, l’ensemble des trois charges est vu comme unecharge unique 3q que l’on peut localiser au point G. Lorsque x Ñ ˘8, le champ tend verszero comme 1x2, par valeurs positives dans la region x ą 0, par valeurs negatives dans laregion x ă 0.

c) Lorsque xÑ a˘ 0, c’est le champ de la charge q en B qui est dominant et qui en valeurabsolue tend vers l’infini comme 1x2. On a donc Expa` 0q “ `8, Expa´ 0q “ ´8.

8˝) V pxq “q

4πε0

«

1

|x´ a|`

2a

3a24` px` a2q2

ff

“q

4πε0

„

1

|x´ a|`

2?a2 ` ax` x2

.

Allure de la fonction V pxq

9˝) Au voisinage de x “ 0, on a V pxq »3q

4πε0a

„

1`x2

4a2

.

10˝) Au voisinage de x “ 0, on adV

dx“

3q

4πε0a

x

2a2,d2V

dx2“

3q

4πε0a

1

2a2ą 0 ; le point G

correspond a un minimum local de V pxq. Comme V pxq Ñ 0 pour x Ñ ´8, il est evidentque dans l’intervalle s ´8, 0 r, cette fonction presente au moins un maximum. On en deduitqu’il existe sur x1Gx, pour x ă 0, au moins une autre position K ou Ex “ 0. On peutmeme etre plus precis sur l’emplacement de K. En dehors du triangle ABC, les chargesdonnent trois champs orientes vers le meme demi-espace et qui par consequent ne peuventse compenser. Sur l’axe x1x, cette situation apparaıt des que xa ă ´12. La position de Kest donc certainement dans l’intervalle r´a2, 0 s pour lequel les champs de A et C donnentencore une composante positive tandis que le champ de B a une composante negative. Danscet intervalle, on a

Expxq “q

4πε0a2

„

´1

p1´ uq2`

1` 2u

p1` u` u2q32

ou u “ xa.

Allure de la fonction Expxq pour ´0.3 ď xa ď 0

Christian Carimalo 37 Problemes-E

L’equation Expxq “ 0 donne effectivement une seule solution xa “ ´0, 284718. Notonsque dans cette intervalle, on a le developpement limite suivant du champ :

Expxq »q

4πε0a2

3u

2

„

1`15

4u`

9

8u2 `

175

64u3

et que l’equation 1`15

4u`

9

8u2 “ 0 donne

deja la solution u “ ´0, 29.

11˝) Pour une charge positive se deplacant sur l’axe x1Gx, la position G est stable (minimumlocal d’energie potentielle) et la position K est instable (maximum local d’energie potentielle).Cependant, considerant les deplacements dans les trois dimensions autour de G, cette positionest instable comme il a ete vu au 5˝). C’est un “point-selle”.

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XIII. Extrait d’un examen pour cumulatifs de DEUG SSM2, juin 1992.

Potentiel de contact entre deux conducteurs

1˝) divÝÑ

J `Bρ

Bt“ 0 ou div

ÝÑ

J “ 0 en regime permanent.

2˝) divÝÑ

J “ divÝÑ

JD `divÝÑ

JC“ eD∆n` σdivÝÑ

E “ eD∆n` σρ

ε0, soit ∆n “

σ

ε0Drn´ nis

3˝) ∆n ”d2n

dx2; k “

c

σ

ε0D.

4˝) Les solutions sont de la forme Gpxq “ A expp˘kxq, ou A est une constante, le signede l’argument de l’exponentielle devant etre choisi de telle sorte que Gpxq reste fini (et doncnul) lorsque |x| Ñ 8. Ainsi, on prendra Gpxq “ A1 expp`kxq “ npxq ´ n1 pour x ď 0et Gpxq “ A2 expp´kxq “ npxq ´ n2 pour x ě 0. Les deux constantes A1 et A2 sont

determinees de telle sorte que npxq etdn

dxsoient 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.

5˝) npxq “ n1`n2 ´ n1

2exppkxq pour x ď 0 ; npxq “ n2´

n2 ´ n1

2expp´kxq pour x ě 0.

2

x

n(x)

n

n1

6˝) ∆V “ ´ρ

ε0, soit

d2V

dx2“eD

σ

d2n

dx2, d’ou V pxq “

eD

σnpxq ` αx` β, α et β etant deux

constantes, specifiques a l’une ou l’autre regions. Les quatre constantes obtenues doiventetre ajustees de telle sorte que V pxq soit continu pour x “ 0, ainsi que sa derivee (l’opposedu champ electrique), puisqu’on a affaire ici a des distributions volumiques de charges. Onobtient β2 “ β1, α2 “ α1. Ainsi, la partie αx` β du potentiel etant la meme forme pour lesdeux regions, paraıt etrangere au probleme considere et on peut l’ecarter sans dommage. On

Christian Carimalo 38 Problemes-E

prendra donc V pxq ”eD

σnpxq. On en deduit le potentiel de contact

U “ V p`8q ´ V p´8q “eD

σrn2 ´ n1s.

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XIV. Examen DEUG1 1973-1974.

3˝) a) Vd “1

4πε0

p cos θ

r2.

b) Edr “1

4πε0

2p cos θ

r3, Edθ “

1

4πε0

p sin θ

r3, Erϕ “ 0.

4˝) Vtot “1

4πε0

p cos θ

r2´V

ar cos θ “ x

ˆ

p

4πε0r3´V

a

˙

; Vtot “ 0 pour x “ 0 et pour

r “

ˆ

pa

4πε0V

˙13

“ R “ 3mm.

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Christian Carimalo 39 Problemes-E

Magnetostatique

A - Formule de Biot et Savart

I. Fil conducteur rectiligne. Voir § 7.4 du cours.

1˝) Voir formule 7.26 du cours.ÝÑ

B pMq “ÝÑeϕ Bϕ avec Bϕ “

µ0I

4πr

ż αB

αA

cosαdα, soit

Bϕ “µ0I

4πrr sinαB ´ sinαA s

2˝) a) b) αB “ π2, αA “ ´π2, d’ou Bϕ “µ0I

2πr. On verifier aisement sur cet exemple les

proprietes de symetrie du champ magnetostatique.

c) Les lignes de champ deÝÑ

B sont des courbes fermees (cercles centres sur z1z dans desplans perpendiculaires a cet axe qui porte le courant) ; de plus, elles enlacent le courantconformement a la regle du tire-bouchon. La circulation du champ le long d’une ligne dechamp definie par r “ R et z “ z0 est 2πRBϕpRq “ µ0I, ce que donnerait immediatementle theoreme d’Ampere.

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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 uncourant d’intensite constante I.

1˝) 2˝) Bpzq “µ0I

2

a2

pa2 ` z2q32“µ0I

2asin3 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

ż

z1z

ÝÑ

B ¨ÝÑ

d`“ 2

ż 8

0Bpzq dz “

µ0I

a

ż 8

0sin3 αdz.

Comme z “ a cotα, dz “ ´adα

sin3 α, et ladite circulation s’ecrit µ0I

ż π2

0sinαdα “ µ0I.

On pouvait prevoir ce resultat. En effet, considerons le contour ferme constitue par l’axez1z que l’on referme sur lui-meme par un demi cercle de rayon infini centre sur O. Pourr “ OM tres grand (r " a), le module du champ magnetique varie comme 1r3. On leconstate deja avec l’expression de Bpzq precedente, laquelle se comporte comme 1|z|3 pour

|z| " a. Comme |ÝÑ

d` |9R sur un cercle de centre O, |ÝÑ

B ¨ÝÑ

d` | „1

R2sur ce cercle pour

R " a et s’annule lorsque R tend vers l’infini. On en conclut que la circulation deÝÑ

B sur ledemi-cercle de rayon infini est en fait nulle. La circulation du champ le long dudit contourferme s’identifie donc a la circulation du champ le long de z1z. Or, puisque le contour enlaceune fois la spire, le theoreme d’Ampere indique que la circulation correspondante vaut µ0I,d’ou le resultat.

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Christian Carimalo 40 Loi de Biot et Savart

III. Bobines de Helmholtz

1˝) a) Le plan contenant z1z et M est un P´ (plan de symetrie negative) : le champmagnetique appartient a ce plan et donc Bϕ “ 0. L’invariance par rotation autour de z1zfait 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’equationÝÑ

rotÝÑ

B “ÝÑ

0 , valable en dehors des courants).ÝÑ

B “ Bρpρ, zqÝÑeρ `Bzpρ, zq

ÝÑez .

b) Bpzq “µ0R

2

2

«

I1

rpz ´ aq2 `R2s32`

I2

rpz ` aq2 `R2s32

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

2

pa2 `R2q32, b2 “

3µ0IR2

2pa2 `R2q72p4a2 ´R2q.

c) R “ 2a

3˝) a) Bz est une fonction paire de z et paire de x ; Bx est une fonction impaire de zet impaire de x. Donc B1 “ B2 “ 0, C2 “ 0, D1 “ 0, D2 “ 0, D3 “ 0, D4 “ 0 :Bz “ A1 ` C1z

2 ` C3x2 ;

A11 “ 0, B11 “ B12 “ 0, C 11 “ C 13 “ 0, D11 “ D12 “ D13 “ D14 “ 0 : Bx “ C 12xz

b) DeÝÑ

rotÝÑ

B “ÝÑ

0 on tireBBρBz

“BBzBρ

, d’ou C 12 “ 2C3, et de divÝÑ

B “ 0 on tire C 12 “ ´C1.

=================================================

IV. Le solenoıde

1˝) On part de la formule donnant le champ d’une spire sur son axe : bpzq “µ0I

2asin3 α

avec zM ´ zS “ a cotα ou zM est la cote de M et zS celle de la spire. Une tranche dz du

solenoıde donne le champ dB “ ndzSbpzq. On a dzS “adα

sin2 αet dB “

µ0nI

2sinαdα, d’ou

(2)

1α α2

M(1)

z

Region 1 : Bpzq “µ0nI

2r cosα1 ` cosα2 s lorsque M est a l’interieur du solenoıde ;

z

(2)

(1)

1α

2α

M

Region 2 : Bpzq “µ0nI

2r cosα1 ´ cosα2 s lorsque M est a l’exterieur du solenoıde, au-dela

de la spire la plus haute sur l’axe z1z ;

Christian Carimalo 41 Loi de Biot et Savart

M zα2

α1 (1) (2)

Region 3 : Bpzq “µ0nI

2r cosα2 ´ cosα1 s lorsque M est a l’exterieur du solenoıde, 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

2p1 ´ cosα2q, avec cosα2 “

u?u2 ` a2

ou u “ zM ´ z2. On a B “µ0nI

2“ B0 pour u “ 0. Le champ decroıt tres vite

des que u " a : par exemple pour u “ 5a on a deja BB0 “ 2 10´2. Du cote de la region 1,

B “ B0p1` cosα2q avec cette fois cosα2 “|u|

?u2 ` a2

. Pour |u| “ 5a on a Bp2B0q “ 1 a

10´2 pres.

b) Region 1 avec α1 et α2 Ñ 0, d’ou Bpzq » µ0nI.

=================================================

V. Pour un demi-axe Oz portant un courant d’intensite I, le champ magnetique correspon-

dant estÝÑ

B1 pMq “µ0I

4πρr 1` cosψ s

ÝÑeϕ avec cosψ “

zMa

z2M ` a

2. Le champ

ÝÑ

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 aÝÑ

B1. Le champ total par le circuit envisageen 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 doncÝÑ

B “ BÝÑeϕ avec B “

µ0I

2πρr 1` cosψ s.

Si z ą 0, on ecrit ψ “ α, ρ “ r sinα, d’ou B “µ0I

2πrcot

α

2. Si z ă 0, cosψ “ ´ cosα et

B “µ0I

2πrtan

α

2

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VI. Le champ cree en O par une spire de rayon a “ R sinα situee a la cote z estÝÑ

b “µ0I

2Rsin2 α

ÝÑez . Les spires sont distribuees de facon uniforme le long de l’aze Oz. Leur densite

selon cet axe est donc n “ NR. Le champ cree en O par les spires situees entre les cotes z

et z ` dz estÝÑ

dB“ pndzqÝÑez

µ0I

2Rsin2 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´ z2R2 :

ÝÑ

B “ÝÑez n

µ0I

2R

ż R

0p1´

z2

R2q dz “

ÝÑez N

µ0I

2R

ż 1

0p1´ u2q du “

ÝÑez

µ0NI

3R

=================================================

VII.ÝÑ

B “ BÝÑez ; Les spires sont distribuees uniformement suivant la direction radiale avec

la densite n “ Npb´ aq ; B “

„

N

pb´ aq

ż b

adr

„

µ0I

2r

“µ0NI

2pb´ aqlnb

a.

Christian Carimalo 42 Loi de Biot et Savart

Forces magnetiques

I. Dipole rigide dans un champ magnetique uniforme : voir Chapitre 8 du cours.

xy

z

N

F1

F1−

α

.

1˝) Voir le cours.ÝÑ

F1“ IbBÝÑey . A noter que l’axe de rotation de la spire correspondant a la

croissance de α est ´ÝÑex .

2˝)ÝÑ

Γ “ Ia2B sinαÝÑex“

ÝÑ

M ^ÝÑ

B

3˝) dW “ 2ÝÑ

F1 ¨ÝÑ

dλ avecÝÑ

dλ“ ´a

2dα

ÝÑ

N . D’ou dW “ ´IabB sinαdα. Mais Φ “

abB cosα. Donc dW “ IdΦ.

4˝) U “ ´IΦ “ ´IabB cosα, donc U “ ´ÝÑ

M ¨ÝÑ

B .

5˝) Les positions d’equilibre correspondent adU

dα“ 0, soit α “ 0 ou α “ π.

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 momentÝÑ

Γ force

la spire a tourner de sorte a alignerÝÑ

N dans le sens deÝÑ

B , ce qui maximise le flux.

6˝) Jd2α

dt2“ÝÑ

Γ ¨p´ÝÑex q “ ´IabB sinα.

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II - Effet Hall dans un semi-conducteur

1˝) mdÝÑv

dt“ q

ÝÑ

E ´mÝÑv τ . Cette grandeur est nulle en regime permanent. La vitesse

est alorsÝÑv ”

ÝÑu “ µ

ÝÑ

E , avec µ “qτ

m

2˝)ÝÑ

J “ nqÝÑu “

nq2τ

m

ÝÑ

E “ γÝÑ

E avec γ “nq2τ

m9q2 : la mesure de γ ne permet pas de

determiner le signe de la charge des porteurs.

3˝) a) A l’equilibre, qÝÑ

Eh `qÝÑu ^

ÝÑ

B0“ÝÑ

0 , doncÝÑ

Eh“ ´µEB0ÝÑey ^

ÝÑex“ µEB0

ÝÑez , avec

E “ V0c. On en deduit Vh “ VN ´ VM “ Ehb “ µV0B0b

c

Christian Carimalo 43 Forces magnetiques

b) γ “I

V0

c

ab“ 12, 5 Ω´1m´1 ; µ “

VhV0

c

b

1

B0“ 5 10´3 pT´1 ou m2 V´1s´1q ; µ ą 0 :

porteurs positifs (trous). En prenant q “ 1, 6 10´19 C, n “γ

qµ“ 1, 5 1022 m´3.

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III - Cadre dans un champ magnetique non uniforme

D

O1 O2

I

I

1

2

z

x

C1

C2

CB

A

1˝) a)ÝÑ

B1“µ0I1

2πρ

ÝÑeϕ . D’ou :

ÝÑ

FDC “ ´µ0I1I2b

2πpx` a2q

ÝÑez ^

ÝÑeϕ “

µ0I1I2b

2πpx` a2q

ÝÑex ;

ÝÑ

FBA “ ´µ0I1I2b

2πpx´ a2q

ÝÑex

ÝÑ

FAD “ÝÑez

µ0I1I2

2π

ż x`a2

x´a2

du

u“ÝÑez

µ0I1I2

2πlnx` a2

x´ a2“ ´

ÝÑ

FBC

ÝÑ

R “ÝÑex

µ0I1I2b

2π

„

1

x` a2´

1

x´ a2

b)ÝÑ

R » ´ÝÑex

µ0I1I2ab

2πx2

2˝) a) Φ1Ñ2 “µ0I1

2π

ż b

0dz

ż x`a2

x´a2

dρ

ρ“µ0I1b

2πlnx` a2

x´ a2

Christian Carimalo 44 Forces magnetiques

b)ÝÑ

A1“ ´µ0I1

2π

ÝÑez ln

ρ

x´ a2, d’ou Φ1Ñ2 “

¿

C2

ÝÑ

A1 ¨ÝÑ

d`2 “µ0I1b

2πlnx` a2

x´ a2

3˝) a) dΦ1Ñ2 “µ0I1b

2πdx

„

1

x` a2´

1

x´ a2

b) dW “ I2dΦ1Ñ2 “µ0I1I2b

2πdx

„

1

x` a2´

1

x´ a2

; R “ dW dx.

4˝) a) Ma “ Φ1Ñ2I1 “µ0b

2πlnx` a2

x´ a2

b) Mb “µ0a

2πlnx` b2

x´ b2

c) Ma “µ0a

πln

5

3, Mb “

µ0a

2πln 3, MaMb “ 2 lnp53q ln 3 ă 1.

La configuration la plus stable correspond au flux maximum ou a l’energie W “ MI1I2 laplus grande. C’est donc celle associee au cas (b).

=================================================

IV - Solenoıde “plongeur” : voir $ 8.4.5 du cours.

1˝) Φ12tot “ 0 car Σ2 est une surface fermee.

2˝) a) Φ1int “ µ0n1I1πR22

b) Φ1ext » 0 car le champÝÑ

B1 y est quasiment nul.

c) Φ` » ´Φ1int “ ´µ0n1I1πR22.

3˝) Pour des points M proches des extremites de S1, le champÝÑ

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 ϕ n’est pas une variable sensible(invariance par rotation autour de z1z).

b)ÝÑ

dF“ I2n2dz

ż 2π

0R2dϕ2

ÝÑeϕ2 ^

”

B1ρpR2, zqÝÑeρ2 `B1zpR2, zq

ÝÑez

ı

“ ´I22π R2 dz n2B1ρpR2, zqÝÑez

c) dΦ` “ 2π R2 dz B1ρpR2, zq. Comme B1ρ est nul a la fois dans la region tres a l’interieurde S‘ ainsi que dans la region tres a l’exterieur de S1, ce flux lateral est en fait essentiellementdu a la region au bord de S1.

d)ÝÑ

dF“ ´n2I2dΦ`ÝÑez , d’ou

ÝÑ

F1“ µ0n1n2I1I2πR22ÝÑez . Cette force est orientee dans le sens

de z1z si I1I2 ą 0, et dans le sens oppose a z1z si I1I2 ă 0. Ceci est conforme a la regle

du flux maximum. En effet, si I1I2 ą 0, les flux deÝÑ

B1 a travers les spires de S2 sont touspositifs 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 deÝÑ

B1. Si I1I2 ă 0, les flux sont negatifs et pouravoir 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

ż

espace

ÝÑ

B1 ¨ÝÑ

B2 dτ . En fait,

l’integrantÝÑ

B1 ¨ÝÑ

B2 ne prend de valeurs notables que dans la region interne a la fois a S1 et aS2, 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 » µ0n1n2I1I2πR22 x puis la force F1 “

BW

Bx“ µ0n1n2I1I2πR

22.

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V - Examen du 26 janvier 2012

- Partie I -

x

yO

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 , soitÝÑ

B1 pMq “ B1ϕpρ, ϕ, zqÝÑeϕ . On a invariance par rotation autour de z1z : ϕ n’est pas une

variable sensible ; on a invariance par translation parallelement a z1z : z n’est pas une variable

sensible. Ainsi, B1ϕ ne depend que de ρ. Les lignes de champ deÝÑ

B1 sont des cercles centressur z1z et paralleles a xOy, donc definis par ρ “ constante et z “ constante. L’applicationdu theoreme d’Ampere a une telle ligne de champ donne

2πρB1ϕpρq “ µ0 ˆ“

Jπρ2 si ρ ď a ou Jπa2 si ρ ě a‰

donc

B1ϕpρq “µ0Iρ

2πF pρq avec F pρq “

1

a2pour ρ ď a et F pρq “

1

ρ2pour ρ ě 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 doncÝÑ

A1“ A1zpρ, ϕ, zqÝÑez ;

ÝÑ

rotÝÑ

A1“ B1ϕÝÑeϕ donc

BA1z

Bϕ“ 0 ; et en utilisant la jauge de Coulomb

divÝÑ

A1“ 0 “BA1z

Bz“ 0. Par suite, A1z ne depend que de ρ. De ´

dA1z

dz“ B1ϕ “

µ0I

2πF pρq

et en convenant que A1zpaq “ 0, on tire

A1zpρq “µ0I

2πˆ

„

ρ2 ´ a2

2a2pour ρ ď a ou ln

ρ

apour ρ ě a

3˝) Montrer que le champ magnetique peut s’exprimer sous la forme

ÝÑ

B1“µ0I

2π

ÝÑez ^

ÝÑ

HM F pρq , avec F pρq “1

a2si ρ ď a et F pρq “

1

ρ2si ρ ě a

Facile.

- Partie II -

y

x

z

h

O

C2 C1

I

I

H2 H1

M

ρ2

x

ρ1 φ

C1C2

y

z

II

4˝) Par superposition,ÝÑ

B “ÝÑ

B1 `ÝÑ

B2“µ0I

2π

ÝÑez ^

” ÝÑ

H1M F pρ1q´ÝÑ

H2M F pρ2q

ı

. A l’interieur

de C1 :ÝÑ

B “µ0I

2π

ÝÑez ^

« ÝÑ

H1M

a2´

ÝÑ

H2M

ρ22

ff

avecÝÑez ^

ÝÑ

H1M“ px ´h

2qÝÑey ´y

ÝÑex , et

ÝÑez ^

ÝÑ

H2M“ px`h

2qÝÑey ´y

ÝÑex . D’ou, dans cette region,

Bx “µ0I

2πy

„

´1

a2`

1

ρ22

, By “µ0I

2π

„

´x´ h2

a2`x` h2

ρ22

A l’interieur de C2 :

Bx “µ0I

2πy

„

´1

ρ21

`1

a2

, By “µ0I

2π

„

´x´ h2

ρ21

`x` h2

a2

A l’exterieur de C1 et de C2 :

Bx “µ0I

2πy

„

´1

ρ21

`1

ρ22

, By “µ0I

2π

„

´x´ h2

ρ21

`x` h2

ρ22

Christian Carimalo 47 Forces magnetiques

5˝)ÝÑ

A “ÝÑ

A1 `ÝÑ

A2. Dans C1 :

Az “ ´µ0I

2π

„

ρ21 ´ a

2

2a2´ ln

ρ2

a

Dans C2 :

Az “ ´µ0I

2π

„

lnρ1

a´ρ2

2 ´ a2

2a2

A l’exterieur de C1 et de C2 :

Az “ ´µ0I

2πlnρ1

ρ2

On verifie que l’on a bien Az “ 0 pour ρ1 “ ρ2 et que Az est bien continu pour ρ1 “ a etpour ρ2 “ a.

6˝)

ρ21 “

h2

4` ρ2 ´ ρh cosϕ , ρ2

2 “h2

4` ρ2 ` ρh cosϕ

- Partie III -

7˝)ÝÑ

F21“

ż

V1

ÝÑ

J1 ^ÝÑ

B2 dτ1 “ ´µ0IJ

2π

ÝÑez ^

ż

V1

«

ÝÑez ^

ÝÑ

H2M

ρ22

ff

dτ1 “ ´µ0IJ

2π

ż

V1

ÝÑ

H2M

ρ22

dτ1

Or,ÝÑ

H2M“ÝÑ

H1M `hÝÑex“ ph` ρ1 cosϕq

ÝÑex `ρ1 sinϕ

ÝÑey , ρ2

2 “ ρ21`h

2` 2ρ1h cosϕ, d’ou

ÝÑ

F21“µ0IJ

2π

ÝÑex

ż

V1

h` ρ1 cosϕ

ρ21 ` h

2 ` 2ρ1h cosϕdτ1

(le terme enÝÑey disparaıt dans l’integration).

ÝÑ

F21“ `µ0IJ

2π

ÝÑex

ż a

0ρ1dρ1

ż 2π

0

h` ρ1 cosϕ

ρ21 ` h

2 ` 2ρ1h cosϕdϕ

“µ0I

2`

2πh

ÝÑex

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 “

ż

V1

ÝÑ

J1 ¨ÝÑ

A dτ1 “ J

ż

V1

Az dτ1 “ `µ0IJ

2π

ż a

0ρ1dρ1

ż 2π

0dϕ

„

lnρ2

a´ρ2

1 ´ a2

2a2

“ `µ0IJ

2πp2πq

„

´1

2a2

ˆ

a4

4´a4

2

˙

`a2

4lnh2

a2

“µ0I

2`

2π

„

1

4` ln

h

a

Christian Carimalo 48 Forces magnetiques

b) W “1

2`LI2 ou L “ µ0

π

„

1

4` ln

ˆ

h

a

˙

, coefficient d’auto-induction par unite de lon-

gueur.

c) F21x “BW

Bh“µ0I

2`

2πh.

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VI. Interaction de deux dipoles.

1˝) Voir § 7.8.2.ÝÑ

B “µ0M4πr3

”

2 cos θÝÑer ` sin θ

ÝÑeθ

ı

. MaisÝÑez “ cos θ

ÝÑer ´ sin θ

ÝÑeθ . D’ou

ÝÑ

B “µ0M4πr3

”

3 cos θÝÑer ´

ÝÑez

ı

“µ0

4π

˜

´

ÝÑ

M

r3` 3 p

ÝÑ

M ¨ÝÑr q

ÝÑr

r5

¸

2˝) Ep “ ´ÝÑ

M1 ¨ÝÑ

B2“ ´ÝÑ

M2 ¨ÝÑ

B1“ ´µ0M

4π

„

´1

r3

ÝÑ

M1 ¨ÝÑ

M2 `3

r5pÝÑ

M1 ¨ÝÑr qp

ÝÑ

M2 ¨ÝÑr q

3˝)ÝÑ

F1“ ´ÝÑ

grad1 Ep “µ0

4π

´

aÝÑr `b

ÝÑ

M1 `cÝÑ

M2

¯

, avec

a “3

r5

ÝÑ

M1 ¨ÝÑ

M2 ´15

r7pÝÑ

M1 ¨ÝÑr qp

ÝÑ

M2 ¨ÝÑr q, b “

3

r5pÝÑ

M2 ¨ÝÑr q, c “

3

r5pÝÑ

M1 ¨ÝÑr q

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VII. Electrodynamometre. La petite bobine a un moment magnetique verticalÝÑ

M“

NSIÝÑez . Le champ magnetique du solenoıde est quasiment uniforme,

ÝÑ

B “ µ0 n IÝÑex et

la petite bobine est donc soumise a un couple de forces de momentÝÑ

Γ “ÝÑ

M ^ÝÑ

B “ÝÑey

µ0nNSI2 qui tend a abaisser le fleau qui la supporte. L’equilibre est retabli si l’on ajoute sur

le plateau une masse m telle que (egalite des moments) mga “ µ0nNSI2.

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VIII. Champs d’un faisceau d’electrons.

1˝) ρprq “ ´e nprq ;ÝÑ

J “ ρprqÝÑv “ ´e nprq

ÝÑv ;

2˝) Le plan P contenant un point Mpr, ϕ, zq et z1z est un P` pour la distribution decourant. Le champ magnetique etant un champ axial est perpendiculaire a ce plan en M :ÝÑ

B pMq “ Bϕpr, ϕ, zqÝÑeϕ . Du fait de l’invariance par rotation autour de z1z et de l’invariance

par translation parallele a z1z, ϕ et z ne sont pas des variables sensibles. Il s’ensuit que Bϕne depend que de r. A noter que ce resultat est aussi obtenu en utilisant les equations

divÝÑ

B ”1

r

BBϕBϕ

“ 0 etÝÑ

rotÝÑ

B “ µ0

ÝÑ

J , en tenant compte du fait queÝÑ

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. Lechamp electrique etant de nature polaire est selon l’intersection de ces deux plans, donc radial

au sens des coordonnees cylindriques :ÝÑ

E pMq “ Erpr, ϕ, zqÝÑer . Du fait des invariances

citees plus haut, ou en faisant usage de l’equationÝÑ

rotÝÑ

E “ÝÑ

0 , on montre que Er ne peutdependre que de r.

3˝) En appliquant le theoreme d’Ampere a une ligne de champ deÝÑ

B , ici definie par r “constante et z “ constante (cercle centre sur z1z dans un plan perpendiculaire a cet axe),on trouve

2πrBϕprq “ µ0

ż

disque

ÝÑ

J ¨ÝÑ

dS“ ´µ0 e v 2π

ż r

0r1dr1npr1q, soit

Bϕprq “ ´µ0 e v

r

ż r

0r1dr1npr1q

Puis, on applique le theoreme de Gauss a la surface fermee constituee d’une surface cylindriqued’axe z1z, de rayon r, fermee par deux disques de meme rayon, perpendiculaires a z1z, etdistants de h. Le champ electrique etant radial, on obtient :

2πrhErprq “ ´e

ε02πh

ż r

0r1dr1npr1q, soit Erprq “ ´

e

ε0

1

r

ż r

0r1dr1npr1q. D’ou

BϕprqErprq “ vε0 µ0 “ vc2 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´r2r20 , on obtient

ż r

0r1dr1npr1q “

n0r20

2

`

1´ expp´r2r20q˘

4˝) En regime permanent, la force de LorentzÝÑ

F “ ´e´ÝÑ

E `ÝÑv ^

ÝÑ

B¯

devrait etre nulle,

ce qui ne serait realise que siÝÑ

E “ ´v BϕÝÑez ^

ÝÑeϕ“ v Bϕ

ÝÑer , soit BϕEr “ v. Comme ce

rapport a ete trouve egal a vc2, l’hypothese de depart sur la structure du faisceau ne seraitdonc justifiee que si v » c. Mais pour ces vitesses elevees, d’autres phenomenes seraient aprendre en compte...

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IX. Une particule de charge q est immobile...

ÝÑ

Flab“ÝÑ

0 ;ÝÑ

Fref “ ´qÝÑv ^

ÝÑ

B . Le referentiel en mouvement rectiligne uniforme par rapportau referentiel galileen du laboratoire est aussi galileen. Cependant, la particule au repos dans lereferentiel du laboratoire n’est pas anime d’un mouvement rectiligne uniforme dans le second.Ce resultat n’est pas compatible avec l’invariance galileenne ! Bien entendu, cette invarianceest satisfaite si l’on applique correctement les formules relativistes de transformation desvitesses et des champs quand on passe d’un referentiel galileen a un autre.

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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 gB ;J » 9 108 Am´2 ; P “ J2γ » 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 sousl’action de forces magnetiques, le meme effet d’attraction peut se manifester entre les filetsinfinitesimaux de courant a l’interieur d’un meme fil conducteur, modifiant ainsi la repartitiondu 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 etde 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 constantevÝÑez . On utilise le systeme de coordonnees cylindriques r, ϕ, z construit a partir de l’axe z1z

du conducteur. L’idee est de determiner la densite nprq, a priori non uniforme, des porteurs enmouvement. Dans le conducteur, la densite volumique de charges et la densite volumique de

courant sont respectivement ρprq “ e rn0 ´ nprqs etÝÑ

J “ JprqÝÑez avec Jprq “ ´enprqv.

On aBρ

Bt“ 0 et div

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 formeÝÑ

E “ EprqÝÑer

etÝÑ

B “ BϕprqÝÑeϕ . Des equations fondamentales, on tire

1

r

d

drrrErs “

1

ε0e rn0 ´ nprqs et

1

r

d

drrrBϕs “ ´µ0enprqv.

Un porteur de charge en mouvement (dont on neglige le poids) est soumis a la force deLorentz. Il ne peut avoir de mouvement rectiligne uniforme que si cette force est nulle, cequi donne ici la condition Eprq “ vBprq. Cette relation n’est compatible avec les equationsprecedentes que si l’on a n “ n0p1 ´ β2q ou β “ vc, c “ 1

?ε0µ0 etant la vitesse

de la lumiere dans le vide. Comme on trouve n ą n0, les porteurs mobiles se sont doncrassembles dans un cylindre de rayon R ă R0. Cependant, la neutralite du conducteurimpose que la charge contenue dans une tranche dz de ce conducteur soit nulle, soit,dz πe

“

R20 n0 ´R

2 n‰

“ 0, donc R “ R0

a

1´ β2. Or, dans un conducteur, on a cou-ramment β ! 1 : l’effet ainsi calcule est infime...

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XII. Velocimetre electromagnetique. Faraday, 1832.

1˝)ÝÑ

F`“ ´quBÝÑez ,

ÝÑ

F´“ quBÝÑez . 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 electriqueentre ces electrodes, oriente de N vers M . A l’equilibre, la force electrique qui en resulte

doit compenser la force de Lorentz. On a alorsÝÑ

E `ÝÑu ^

ÝÑ

B “ÝÑ

0 , soitÝÑ

E “ EÝÑez avec

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 suivantÝÑ

NM . On a cette foisÝÑ

E “ ´uÝÑez ^B

ÝÑey “ uB

ÝÑex , soit

Ex “ E “ uB “ Bu0p1´x2

a2q. On en deduit VN ´ VM “ u0B

ż `a

´ap1´

x2

a2qdx

= 2au0B

ż 1

0dνp1´ ν2q “

4au0B

3. Le debit volumique est D “

ż

ÝÑu ¨

ÝÑ

dS “

ż

uρdρdϕ, soit

Christian Carimalo 51 Forces magnetiques

D “ u02π

ż a

0dρ ρp1´

ρ2

a2q “

πu0a2

2. D’ou VN ´ VM “

8Dba

3.

3˝) a) b) Le champÝÑ

U “ÝÑu ^

ÝÑ

B “ ´ÝÑex u0B p1 ´

ρ2

a2q n’est pas uniforme. Il est le plus

intense dans le plan median, plan perpendiculaire aÝÑ

B et contenant z1z, et decroıt vers lesbords 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 rapportau plan median. Le sens de parcours depend du signe de la charge.

c)ÝÑ

rotÝÑ

U “ ´2u0B0

a2yÝÑez (y “ ρ sinϕ).

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XIII. Balance de Cotton.

B I ` d “ mg d1 ; B “ 8 10´3 T.

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Christian Carimalo 52 Forces magnetiques

XIV. Un metal, considere comme parfaitement conducteur...

1˝) Tout plan parallele au plan zx est un P` :ÝÑ

B “ Bypx, y, zqÝÑey . En dehors des courants,

ÝÑ

rotÝÑ

B “ÝÑ

0 , doncBByBx

“ 0 etBByBz

“ 0. De plus, divÝÑ

B “BByBy

“ 0, donc finalement By

est une constante.

2˝)ÝÑ

dF“ dI dzÝÑez ^

ÝÑ

B1 avec dI “ dyJ , d’ouÝÑ

dF pdydzq “ ´JB1yÝÑex“

B2y

2µ0

ÝÑex .

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XV. On considere le dispositif suivant (voir figure)...

Ici, on doit prendre garde au fait que la force magnetiqueÝÑ

Fm qui s’exerce sur l’aimant pA1qn’est pas nulle et qu’elle dispose d’un moment par rapport a l’axe de rotation

ÝÑey passant par

O. En consequence, le moment resultant par rapport a O des forces magnetiques s’exercant

sur pA1q estÝÑ

Γm pOq “ÝÑ

OO1 ^ÝÑ

Fm `ÝÑ

M1 ^ÝÑ

B pO1q. En s’aidant des resultats de l’exerciceVI, on peut le calculer en utilisant les expressions du champ magnetique et de la force aupoint O1, ou, aussi bien, en utilisant l’expression de l’energie potentielle des deux aimants,

avec les contraintesÝÑ

M1 ¨ÝÑ

OO1“ 0, OO1 “ ` “ constante. On obtient Ep “µ0MM1

4π`3cosα,

d’ou ΓO1 “ ´BEpBα

“µ0MM1

4π`3sinα.

Pour obtenir l’equation differentielle regissant l’evolution de α, on peut appliquer le theoremedu moment cinetique ou, de facon equivalente, le theoreme du moment cinetique, ou encoreen 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 uneconstante du mouvement :

E “m`2

29α2 ´mg` cosα`

µ0MM1

4π`3cosα “ constante, soit

dE

dt“ 0, d’ou (pour 9α ‰ 0)

:α “ ´ sinα

„

g

`´µ0MM1

4π`5

.

Christian Carimalo 53 Forces magnetiques

Phenomenes d’induction electromagnetique

I. On considere un pont roulant... Voir chap 9 du cours.

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II. Deux rails rectilignes conducteurs...

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 parÝÑ

B ).

4˝)ÝÑ

FBA“ iÝÑ

BA ^ÝÑ

B “ ´i B LÝÑex“ ´

ÝÑ

FCD.

5˝) mdvAdt

“ ´i LB ; mdvCdt

“ i LB.

6˝) a) mdu

dt“ ´2i LB “ ´2L2B2 u, soit 9u “ ´

u

τavec

1

τ“

2L2B2

m.

b) uptq “ K expp´t

τq 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

τq.

7˝) 5˝), D’apresdvAdt

`dvCdt

“ 0, donc vA ` vC “ constante “ v0. On en deduit

immediatement

vA “v0

2

„

1` expp´t

τ

, vC “v0

2

„

1´ expp´t

τ

et iptq “BLv0

Rexpp´

t

τq.

v8A “ v8C “v0

2, i8 “ 0.

8˝) WJptq “

ż t

0dt1Ri2pt1q “ v2

0

B2L2

R

ż t

0dt1 expp´

2t1

τq “

mv20

2τ

ż t

0dt1 expp´

2t1

τq

Christian Carimalo 54 Induction electromagnetique

“mv2

0

4

„

1´ expp´2t

τ

. D’un autre cote,m

2

“

v2A ` v

2C

‰

“mv2

0

4

„

1` expp´2t

τ

. On a donc

la relationmv2

0

2“m

2

“

v2A ` v

2C

‰

`WJptq dont l’interpretation physique est evidente : l’energie

cinetique initiale fournie au systeme, pour une part est transformee en energie cinetique desdeux barres AB et CD, le restant etant dissipe en chaleur par l’effet Joule consecutif a lacirculation du courant induit dans le circuit ABCD.

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III. Deux fils conducteurs rectilignes semi-infinis...

1˝) Voir le cours.

2˝) E “ ´v0BDE.

3˝) i “ ERDE “ ´v0B

r“ 1, 4 103 A.

4˝)ÝÑ

F Laplace “ iÝÑ

DE ^ÝÑ

B “ ´v2

0B

rDE

ÝÑex ,

ÝÑ

F ext“ ´ÝÑ

F Laplace “v2

0B

rDE

ÝÑex .

ÝÑ

F ext ¨ÝÑv “

v20B

2

rDE, WJ “ R i2 “ rDEp

v20B

2

r2q “

ÝÑ

F ext ¨ÝÑv . Interpretation evidente.

5˝) ∆Q “ i∆t “ i∆xv0 “ ´B

r∆x “ ´700 C.

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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 aussivariable, Φptq “ B a zptq, et de ce fait il apparaıt dans le cadre une force electromotriced’induction E “ ´ 9Φ, donnant elle-meme naissance a un courant d’intensite i “ ER. Enplus de la force de gravitation mg

ÝÑez , le cadre est soumis dans ce cas a la force de Laplace

ÝÑ

F1“ iÝÑ

AB ^ÝÑ

B “ i aBÝÑez . 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 ă z ă h, le flux du champ magnetiquea travers la surface du cadre ne varie plus, la fem d’induction et le courant disparaissent. Lecadre n’est plus soumis qu’a son poids. Ceci est vrai tant que la totalite du cadre reste danscette region.

‚ Cas 3. Lorsque la branche AB du cadre sort de la region 0 ă z ă h, le flux du champmagnetique est a nouveau variable et un courant induit reapparaıt dans le cadre. Le cadreest a nouveau soumis a une force de Laplace qui s’oppose a cette variation de flux et estdonc orientee selon la verticale ascendante. Cet effet disparaıt lorsque le cadre tout entier setrouve dans la region (3).

2˝) m 9v “ mg ` i aB, soit 9v `v

τ“ g avec τ “

mR

a2B2. Tenant compte des conditions

initiales, les integrations successives de cette equation donnent : vptq “ g τ

„

1´ expp´t

τq

,

zAB “ zptq “ g τ t´ g τ2

„

1´ expp´t

τq

.

3˝) Application numerique ; τ “ 140 s. Pour tτ " 1, v “ vlim “ g τ . Bien sur, la vitesselimite vlim ne peut etre atteinte dans le cas (1) que si z “ zAB est encore inferieur a b (car

pour z ą b, c’est le regime de la region (2) qui s’applique !). On a |v´vlim|vlim “ expp´t

τq

et cet ecart relatif n’est plus que de 5 % pour t “ 3τ (e3 » 20, a retenir !). pour t “ 0, 5 s,tτ “ 20, donc v » vlim “ 0, 25 m/s, alors que z » gτt “ 12, 5 cm ă b. La vitesse limiteest donc atteinte rapidement dans le cas (1). En l’absence de champ magnetique, la vitesseserait v “ gt “ 5 m/s...

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V. Pince amperemetrique. Voir § 8.5 du cours.

1˝) L “µ0hN

2

2πlnR` a

R´ a, M “ LN .

2˝) L’equation electrique est ´MdI

dt´ L

di

dt“ Ri. D’ou, en notation complexe,

i “ ´jMωI0

R` jLωejωt » ´

I

Nsi R ! Lω

=================================================

VI. Principe du transformateur.

1˝) L1N21 “ L2N

22 “MpN1N2q “ K “

µ0

2πlnr ` a2

r ´ a2

2˝) a) Φ1 “ L1I1`MI2 “ KN1 rN1I1 `N2I2s, Φ2 “MI1`L2I2 “ KN2 rN2I2 `N1I1s,donc Φ2Φ1 “ N2N1 ;

Christian Carimalo 56 Induction electromagnetique

U1 ´dΦ1

dt» 0, ´

dΦ2

dt“ R2I2.

b) U2U1 “ ´dΦ2dΦ1 “ ´N2N1

3˝) a) U1 “ jω rL1I1 `MI2s, ´jωMI1 “ pR2 ` jL2ωqI2. On obtient

I2 “ ´U1N2

N1R2, I1 “ U1

„

L2

R2L1`

1

jωL1

b) P ptq “ u1i1 (notation reelle !), ă P ptq ą “U2

0

2

L2

R2L1

=================================================

VII. Moteur asynchrone.

1˝) eptq “ ´dΦ

dt“ ΩΦ0 sin Ωt avec Ω “ ω ´ ω0, Φ0 “ NSB0.

2˝) i “ ´Φ0Ω

R2 ` L2Ω2rLΩ cos Ωt´R sin Ωts

3˝)ÝÑ

Γ “ÝÑ

M ^ÝÑ

B “ ´iΦ0 sin ΩtÝÑex , ă

ÝÑ

Γ ą “ ´Φ2

0 ΩR

2pR2 ` L2Ω2q

ÝÑex

4˝) Ω ă 0.

=================================================

VIII. Cadre metallique tournant dans un champ magnetique

Christian Carimalo 57 Induction electromagnetique

1˝) 2˝) 3˝) Φ “ L i ` Φ0 cos θ avec Φ0 “ B S ; e “ ´ 9Φ “ ´Ldi

dt` Φ0

9θ sin θ “ Ri ;

comme R est negligeable, Φ est quasiment constant. Puisque i “ 0 pour θ “ 0, on donc

i »Φ0

Lp1´ cos θq “

2Φ0

Lsin2 θ

2.

4˝)ÝÑ

Γ “ÝÑ

M ^ÝÑ

B “ ´iΦ0 sin θÝÑez ; Γz “ ´

Φ20

Lsin θp1´ cos θq ; resistant pour 0 ă θ ă π,

moteur pour π ă θ ă 2π.

5˝) Posons J “ ma2. On a J :θ “ Γz, soit

J 9θ :θ “ ´Φ2

0

L9θ sin θp1 ´ cos θq “

d

dt

„

1

2J 9θ2

“Φ2

0

L

d

dt

„

cos θ `1

2sin2 θ

. Par integration

entre t “ 0 et t, on trouve

1

2J”

9θ2 ´ ω20

ı

“Φ2

0

L

„

cos θ ´ 1`1

2sin2 θ

“ ´Φ2

0

Lp1´ cos θq2 “ ´2

Φ20

Lsin4 θ

2

6˝) 9θ ne s’annule jamais si1

2Jω2

0 ą 2Φ2

0

L, soit ω0 ą ωc “

2Φ0?JL

.

Si ω0 ă ωc, θ est limite : sinθM2“

c

ω0

ωc. Aller et retour entre `θM et ´θM .

=================================================

IX. Une tige metallique homogene...

1˝) Notons tout d’abord que la resistance de la spire circulaire etant negligeable, les deuxtroncons ON et OM de la barre constituent deux resistances en parallles. L’ensemble estdonc equivalent a une resistance unique egale a r2. A t “ 0 circule un courant d’intensite

totale I0 “E

R` r2se separant au point O en un courant d’intensite I02 de O vers N et

un courant de meme intensite I02 de O vers M . La partie ON de la tige est alors soumise

a la force de LaplaceÝÑ

FON“I0

2

ÝÑ

ON ^ÝÑ

B tandis que sa partie OM est soumise a la force

ÝÑ

FOM“I0

2

ÝÑ

OM ^ÝÑ

B “ ´ÝÑ

FON . De ce fait, la tige se met en mouvement, dans le sens inverse

du sens trigonometrique (θ decroissant). Notons i l’intensite du courant total a la date t.La tige etant en mouvement avec la vitesse angulaire 9θ, la vitesse d’un point P de ON est

OP 9θÝÑeθ et en ce point existe le champ electromoteur

ÝÑ

E pP q “ÝÑv pP q ^

ÝÑ

B “ B 9θÝÑ

OP . De

meme, en un point Q de OM existe le champ electromoteurÝÑ

E pQq “ B 9θÝÑ

OQ. Au premier

correspond la force electromotrice eON “

ż N

O

ÝÑ

E pP q¨ÝÑ

dOP “ B 9θa2

2“ e et au second

Christian Carimalo 58 Induction electromagnetique

la meme force electromotrice. Les deux etant en parallele, l’ensemble est equivalent a un

electromoteur unique de fem e. La force de Laplace agissant sur ON estÝÑ

FON“i

2

ÝÑ

ON ^ÝÑ

B

et son moment par rapport a O estÝÑ

Γ ON “

ÝÑ

ON

2^

ÝÑ

FON “ ´i

4a2

ÝÑ

B ; la force de Laplace

agissant sur OM est opposee a la precedente mais donne le meme moment par rapport a O.Le moment total par rapport a O des forces magnetiques agissant sur la tige est donc egal aÝÑ

Γ “ ´i

2a2

ÝÑ

B . Nous prendrons comme sens de reference du parcours du circuit celui impose

par le generateur de fem E, qui correspond aussi bien a celui impose parÝÑ

B via la regle dutire-bouchon. L’equation electrique du circuit s’ecrit alors E ` e “ R0 i ou R0 “ R ` r2.

L’equation mecanique est tiree du theoreme du moment cinetique : J :θ “ ´i

2a2B ´ h 9θ ou

J est le moment d’inertie de la tige par rapport a l’axe de rotation passant par O.

2˝) J :θ “ ´a2BE ` e

2R0´ h 9θ “ ´

a2BE

2R0´ 9θ

„

h`a4B2

4R0

d’ou l’equation differentielle

:θ`1

τ9θ “ ´K avec

1

τ“

1

J

„

h`a4B2

4R0

et K “a2BE

2JR0ą 0, dont la solution correspondant

a la condition initiale 9θp0q “ 0 est 9θptq “ ´K

„

1´ expp´t

τq

. L’integration de cette derniere

expression donne θptq “ ´Kt ` Kτ

„

1´ expp´t

τq

ou la condition θp0q “ 0 a ete prise

en compte. On deduit aussi l’intensite : iptq “E

R0´ K

a2B

2

„

1´ expp´t

τq

. Pour t " τ ,

celle-ci devient constante et egale a I1 “E

R0

„

1´a4B2

4J

.

3˝) On a 9θJ :θ “d

dt

„

1

2J 9θ2

“ ´ie´ h 9θ2 “ E i´R0i2 ´ h 9θ2, soit

E i “d

dt

„

1

2J 9θ2

` R0i2 ` h 9θ2. Cette derniere a une interpretation energetique claire :

l’energie electrique fournie par le generateur de fem E est depensee en energie cinetique dela tige, en energie dissipee par effet Joule dans le circuit et compense aussi l’energie dissipeepar frottement.

=================================================

X. Champ electrique induit. Un solenoıde...

1˝) Tout plan contenant l’axe z1z du solenoıde est un P´ de la distribution de courant.En un point d’un tel plan, le champ electrique induit lui est orthogonal. En coordonnees

cylindriques,ÝÑ

Ei“ Eiϕpρ, ϕ, zqÝÑeϕ et les lignes de champ correspondantes sont des cercles

d’axe z1z. Du fait des invariances par rotation autour de z1z et par translation parallelement

a z1z, Eiϕpρ, ϕ, zq ” Eiϕpρq. En calculant la circulation deÝÑ

Ei le long d’un cercle d’axe z1zet de rayon ρ, on trouve, en utilisant la relation de Maxwell-Faraday,

2πρEiϕpρq “ µ0nI πρ2 si ρ ď a et “ µ0nIπa

2 si ρ ě a. Donc

Eiϕ “µ0nI

2ˆ

„

ρ si ρ ď a, oua2

ρsi ρ ě a

Christian Carimalo 59 Induction electromagnetique

2˝) Ei “ 2πρEiϕ ...

=================================================

XI. Moteur lineaire.

1˝) a) b) ...

2˝) La spire coupe des lignes de champ de B, d’ou apparition dans le circuit d’une femd’induction et d’un courant induit. Ce courant induit donne lieu a des forces de Laplaceagissant sur le circuit.

3˝) Φptq “ bB0

ż x`a

xdu cospωt´ kuq “ ´

bB0

kr sinpωt´ kx´ kaq ´ sinpωt´ kxq s

“2bB0

ksinp

ka

2q cospωt´ kx´

ka

2q.

4˝) i “ ER (auto-induction negligee), et E “ ´ 9Φ, derivee totale du flux par rapport autemps (derivee particulaire ou encore, derivee en suivant le mouvement), en prenant en

compte que x “ vt : E “ 2bB0

kpω´ kvq sinp

ka

2q sinpωt´ kvt´

ka

2q. A noter que cette fem

peut etre obtenue au moyen du champ electrique electromoteurÝÑ

E “ ´

ÝÑ

BA

Bt`ÝÑv ^

ÝÑ

B ou

ÝÑ

A est le potentiel vecteur associe aÝÑ

B . On trouveÝÑ

A “ÝÑey Ay avec Ay “ ´

B0

ksinpωt´kxq,

puisÝÑ

E “ÝÑey Ey avec Ey “

B0

kpω´ kvq cospωt´ kxq. On verifie au passage que Ey “

dAydt

ou l’on a pose prealablement x “ vt dans l’expression de Ay. On retrouve enfin l’expressionprecedente de E en calculant la circulation de ce champ electrique le long du circuit.

5˝) Les forces sur les cotes MQ et NP se compensent.

ÝÑ

F QP “ iÝÑ

QP ^ÝÑ

B px` a, tq “ ibB0ÝÑex cospωt´ kx´ kaq ;

ÝÑ

F NM “ iÝÑ

NM ^ÝÑ

B px, tq “ ´ibB0ÝÑex cospωt´ kxq ;

ÝÑ

Ftot“ÝÑex

4b2B20

kRpω ´ kvq sin2p

ka

2q sin2pωt´ kvt´

ka

2q.

6˝) ăÝÑ

Ftotą“ÝÑex

2b2B20

kRpω´ kvq sin2p

ka

2q. Cette valeur moyenne est dans le sens du mou-

vement du cadre si ω ą kv : le systeme fonctionne alors en moteur ; si ω ă kv, la force

Christian Carimalo 60 Induction electromagnetique

moyenne est resistante, le systeme fonctionnera plutot en generateur electrique.

=================================================

Christian Carimalo 61 Induction electromagnetique

Problemes

I. Examen du 30 janvier 2003

PROBLEME A. Bareme indicatif : 35/60

1˝) et 2˝) Symetries + theoreme d’Ampere :ÝÑ

B pMq “ BprqÝÑeϕ avec

Bprq “µ0

r

ż r

0r1dr1jpr1q

3˝) a) dτ “ r dr dϕ dz

b)ÝÑ

dFm“ÝÑ

j ^ÝÑ

B dτ “ ´jprqBprqÝÑer dτ

4˝) a)ÝÑ

dFp `ÝÑ

dFm“ÝÑ

0

b)dP

dr“ ´jprqBprq

5˝) L’equationÝÑ

rotÝÑ

B “ µ0

ÝÑ

j donne µ0jprq “1

r

d

drrrBs prq, d’ou

dP

dr“ ´

1

µ0B

1

r

d

drrrBs “ ´

1

µ0

„

BdB

dr`B2

r

“ ´1

µ0

1

2r2

d

dr

“

r2B2‰

dont l’integration

donne P pRq ´ P prq “ ´1

2µ0

ż R

rdr1

1

r12d

dr1`

r12B2˘

, et comme P pRq “ 0,

P prq “1

2µ0

ż R

rdr1

1

r12d

dr1`

r12B2˘

6˝)ă P ą“1

πR2

ż R

02πrP prqdr “

1

R2

“

r2P prq‰R

0´

1

R2

ż R

0r2dP

drdr “

1

2µ0R2

ż R

0dr

d

drrr2Bs.

Donc ă P ą “B2pRq

2µ0“

µ0I2

8π2R2car Bprq “

µ0I

2πrpour r ě R.

7˝) Bprq “µ0j0r

2pour r ď R et Bprq “

µ0I

2πrpour r ě R ; P prq “

µ0j20

4pR2 ´ r2q.

8˝) I » 104 A.

PROBLEME B. Bareme indicatif : 25/60

1˝)ÝÑ

B “ µ0N

hIptq

ÝÑez

2˝)ÝÑ

E “ ´

ÝÑ

BA

Btavec

ÝÑ

B “ÝÑ

rotÝÑ

A . Le plan contenant z1z et M est un P´ pour les courants :ÝÑ

A etÝÑ

E sont orthoradiaux. DoncÝÑ

E “ EϕÝÑeϕ . De plus, l’invariance par rotation autour de

Christian Carimalo 62 Induction electromagnetique

z1z et l’invariance par translation parallele a z1z font que Eϕ ne depend que de r : Eϕ “ Eprq.

Les lignes de champs deÝÑ

E sont des cercles centres sur z1z dans des plans orthogonaux acet axe, donc definies par r “ constante et z “ constante. En appliquant le theoreme deStokes a l’une des lignes de champ telle que r ď R :

2πrEprq “ ´πr2dB

dt, soit Eprq “ B0

ωr

2sinωt avec B0 “

µ0NI0

h

3˝)ÝÑ

J “ σÝÑ

E pour r “ a :ÝÑ

J “ B0σωa

2sinωt

ÝÑeϕ

4˝) ,P ą “ ăÝÑ

J ¨ÝÑ

E ą (pour r “ a) “σω2a2B2

0

8

5˝) a)ÝÑ

rotÝÑ

Bi“ µ0

ÝÑ

Ji . On trouve Biz “ xB0 sinωt avec x “1

2µ0σa`ω “ µ0σπa`ν

(ν “ω

2π).

b) c) ν ě 250 Hz.

=================================================

II. Examen du 19 janvier 2009

- Partie I -

1˝) a) Pour une spire : Φ1 “ µ0nIπa2 et pour N spires : Φ “ NΦ1 “ µ0n

2hIπa2 “ LI.D’ou L “ µ0n

2hπa2.

b)W “1

2LI2 “

ż

espace

ÝÑ

B2

2µ0dτ ”

ż

soleno:ıde

ÝÑ

B2

2µ0dτ “ πa2h

1

2µ0pµ0nIq

2 d’ou L “ µ0n2hπa2.

- Partie II -

ω t

M

z’ z

x

y

2˝) ΦSÑD “ µ0 n i πb2 cosωt “M i, d’ou M “ µ0 nπb

2 cosωt.

3˝) ΦDÑS “ M I0 “ µ0 nπb2I0 cosωt “ Φ0 cosωt avec Φ0 “ µ0nM, avec M “ πb2 I0,

moment magnetique du dipole.

4˝) Φtot “ L i` ΦDÑS , E “ ´dΦtot

dt

5˝) E “ R i “ ´Ldi

dt´dΦDÑS

dt, soit ´

dΦDÑS

dt“ R i ` L

di

dt. Le regime permanent est

Christian Carimalo 63 Induction electromagnetique

sinusoıdal de pulsation ω. En notation complexe, i “ ´Φ0

R2 ` L2ω2ejωt rLω ` jR s, et en

notation reelle, i “ ´Φ0

R2 ` L2ω2rLω cosωt´R sinωt s.

6˝)ÝÑ

Γ “ÝÑ

M ^ÝÑ

BS“ ´ÝÑey µ0 n iptq sinωt ;

ăÝÑ

Γ ą “ ´ÝÑey µ0 n ă iptq sinωt ą “ ´

ÝÑey µ0 n

Φ0R

2pR2 ` L2ω2q.

=================================================

III. Examen du 14 janvier 2010

Partie A

Voir cours (symetries + application du theoreme d’Ampere)

ÝÑ

B pMq “ BϕpρqÝÑeϕ avec Bϕ “

µ0I

2πρ

ÝÑ

AF pMq “ ´µ0I

2πln”ρ

b

ı

ÝÑez (1)

Partie B

A

BC

DO

O’

∆I

z’

z

x

α

i

H’

H

3˝)ÝÑ

FAB“ i ABÝÑ

B pHq “µ0Iia

π

ÝÑ

OH

OH2;ÝÑ

FCD“ ´µ0Iia

π

ÝÑ

OH 1

OH 12; OH2 “ b2`a2`2ab cosα,

OH12 “ b2 ` a2 ´ 2ab cosα.

α

N

M

Q

u

ÝÑ

FDA“

ż

DAiÝÑ

d` ^ÝÑ

B pMq (avecÝÑ

d`“ d`ÝÑu , voir figure)“

µ0iI

2π

ż

DAd`

ÝÑu ^

ÝÑez ^

ÝÑ

NM

NM2“

Christian Carimalo 64 Induction electromagnetique

µ0iI

2π

ÝÑez

ż `a

´ad`

ÝÑu ¨

ÝÑ

NM

NM2. Or,

ÝÑu ¨

ÝÑ

NM“ÝÑu ¨p

ÝÑ

NQ `ÝÑ

QMq “ ` ` b cosα, NM2 “

b2 ` `2 ` 2b` cosα. On a donc

ÝÑ

FDA“µ0iI

2π

ÝÑez

ż `a

´ad`

`` b cosα

b2 ` `2 ` 2b` cosα“µ0iI

4π

ÝÑez ln

b2 ` a2 ` 2ab cosα

b2 ` a2 ´ 2ab cosα

ÝÑ

FBC“ ´ÝÑ

FDA.

4˝)ÝÑ

F “ÝÑ

FAB `ÝÑ

FCD.

Fx “µ0iIa

π

„

b` a cosα

b2 ` a2 ` 2ab cosα´

b´ a cosα

b2 ` a2 ´ 2ab cosα

Fy “2µ0iIa

πsinα

„

b` a cosα

b2 ` a2 ` 2ab cosα`

b´ a cosα

b2 ` a2 ´ 2ab cosα

5˝)ÝÑ

ΓO1 “ÝÑ

O1H ^ÝÑ

FAB `ÝÑ

O1H 1 ^ÝÑ

FCD “µ0iIa

π

»

–

ÝÑ

O1H ^ÝÑ

OH

OH2´

ÝÑ

O1H 1 ^ÝÑ

OH 1

OH 12

fi

fl

“µ0iIa

π

ÝÑ

O1H ^

»

–

ÝÑ

OH

OH2`

ÝÑ

OH 1

OH 12

fi

fl “µ0iIa

π

ÝÑ

O1H ^ÝÑ

OO1„

1

OH2`

1

OH 12

“ ´µ0iIa

2b

πsinα

„

1

OH2`

1

OH 12

ÝÑez .

Ce moment a tendance a faire tourner la spire en sens inverse pour retrouver l’equilibre aα “ 0.

6˝) ΦFS “MFSI “

ż

ÝÑ

BF ¨ÝÑ

dSS “

¿

S

ÝÑ

AF ¨ÝÑ

d`S“ ´AzpHq2a`AzpH1q2a “

µ0Ia

πlnρHρH 1

d’ou MFS “µ0a

πln

„

ρHρH 1

avec ρH “?b2 ` a2 ` 2ab cosα, ρH 1 “

?b2 ` a2 ´ 2ab cosα.

7˝) EP “ ´MFS I i.

8˝) Γ “ ´BEpBα

“ IiBMFS

Bα“µ0aiI

π

B

Bαlnb2 ` a2 ` 2ab cosα

b2 ` a2 ´ 2ab cosα

“µ0aiI

2πp´2ab sinαq

„

1

b2 ` a2 ` 2ab cosα`

1

b2 ` a2 ´ 2ab cosα

- Partie C -

9˝) ESF “MFS i0 ω sinωt.

10˝) EF “ ´dΦFtot

dt“ RIF » 0 donc ΦFtot “ LF IF `MFSi “ constante “ 0 d’ou

IF » ´MFS

LFi

Christian Carimalo 65 Induction electromagnetique

O

z’

z(F)

ba

(S)

i(t) = i

x

O’

0cosωt

‚ ES “ ´Ldi

dt´ I

dMFS

dt“ Ri

MFS “µ0a

πlnPO1 ` a

PO1 ´ a, PO1 “ bp1´ ε cosωtq d’ou

dMFS

dt“µ0a

π

dPO1

dt

„

1

PO1 ` a´

1

PO1 ´ a

» ´µ0a

2bIε

πpb2 ´ a2qω sinωt. On en deduit

i “ωK

R2 ` L2ω2rLω cosωt´R sinωt s avec K “

µ0a2bIε

πpb2 ´ a2q

O

z’

z

xP

OP = b ε cosωt

O’

b

(F)(S)

I

=================================================

IV. Examen du 10 janvier 2011

- Partie A -

1˝) a)ÝÑ

BC pP q “µ0

4π

¿

IcÝÑ

d`c ^ÝÑ

QP

QP 3“µ0Ic4π

1

pz2 ` a2q32

¿

ÝÑ

d`c ^ÝÑ

QP

Or,ÝÑ

d`c“ a dϕQpÝÑeϕ qQ et

ÝÑ

QP “ÝÑ

QO `ÝÑ

OP ,ÝÑ

QO “ ´apÝÑeρ qQ ;

¿

ÝÑ

d`c ^ÝÑ

OP “ÝÑ

0 ,¿

ÝÑ

d`c ^ÝÑ

QO“ 2πa2 ÝÑez ; d’ou

Christian Carimalo 66 Induction electromagnetique

O

P

(C)

(D) n

Ic

y

x

z

ÝÑ

Bc pP q “µ0Ica

2

2pz2 ` a2q32ÝÑez

b) ΦCD »ÝÑ

Bc pP q ¨ πb2 ÝÑn “

µ0Ica2

2pz2 ` a2q32nz

c) ΦCD “M Ic, donc M “µ0a

2nz2pz2 ` a2q32

2˝) a)ÝÑ

M “ πb2IDÝÑn

b) ΦDC “

¿

ÝÑ

AD ¨ÝÑ

d` c “µ0

2pz2 ` a2q32

¿

”

ÝÑ

M ^ÝÑ

PQı

¨ÝÑ

d` c¿

”

ÝÑ

M ^ÝÑ

PQı

¨ÝÑ

d` c “ πb2ID

¿

”ÝÑ

QP ^ÝÑn

ı

¨ÝÑ

d` c “M ÝÑn ¨

ż 2π

0

”ÝÑ

d` c ^ÝÑ

QPı

“ 2πa2Mnz. Donc ΦDC “µ0

2pz2 ` a2q32πb2ID 2πa2nz “M ID.

c) Ceci etait previsible car ΦCD “ MCD Ic, ΦDC “ MDC ID et, selon un principe general,MCD “MDC “M .

3˝) a) U “ ´ÝÑ

M ¨ÝÑ

B pP q “ ´µ0Ica

2

pz2 ` a2q32Mz

b)ÝÑ

FD“ ´ÝÑ

gradD U “ FÝÑez avec F “ ´

3z

pz2 ` a2q52µ0 Ic a

2Mz

c) Pour z ą 0 et Ic ą 0, F ă 0 pour Mz ą 0 et F ą 0 si Mz ă 0. Les conclusions sontconformes a la regle du flux maximum. En effet, si Mz ą 0, alors le flux a travers la petitespire modelisant l’aimant est positif et le devient davantage si l’aimant se rapproche de lagrande spire, ce qui n’est possible que si la force s’exercant sur lui est orientee vers la grandespire. Si Mz ă 0, ledit flux est negatif. Sa valeur maximum, alors egale a zero, sera de mieuxen mieux approchee si l’aimant s’eloigne de la grande spire, donc si la force s’exercant sur luiest orientee dans le sens de

ÝÑez .

4˝)ÝÑ

Γ “ÝÑ

M ^ÝÑ

B “µ0 Ic a

2M2pz2 ` a2q32

ÝÑn ^

ÝÑez . Ce moment a tendance a aligner

ÝÑn selon

ÝÑez .

Christian Carimalo 67 Induction electromagnetique

- Partie B -

5˝) ΦDC “µ0Mz

2a“ φ0 sinωt avec φ0 “

µ0M2a

.

a) Ec “ ´dΦDC

dt“ ´E0 cosωt avec E0 “ ωφ0. L’equation electrique relative au circuit C

est

Ec ´ Ldi

dt“ Ri ou Ec “ Ri` L

di

dt

En regime permanent et en notation complexe :

i “ ´E0

R` jLωejωt

soit, en notation reelle :

i “ ´E0

R2 ` L2ω2rR cosωt` Lω sinωt s

b)ÝÑ

F pOq “ÝÑ

0 maisÝÑ

Γ ‰ÝÑ

0 :

ÝÑ

Γ “ÝÑ

M ^ÝÑ

B pOq “µ0M

2ai”

cosωtÝÑey ` sinωt

ÝÑez

ı

“µ0M

2ai cosωt

ÝÑex

D’ou ăÝÑ

Γ ą “µ0M

2a

ÝÑex ă i cosωt ą “ ´

φ20ω

2pR2 ` L2ω2q

ÝÑex . Ce moment s’oppose au

mouvement de D.

6˝) a) Ec “3µ0M4?

2aε cosωt.

b) ΦCD “µ0 a

2M2pa2 ` z2q32

avec z “ ap1` ε sinωtq. En ne tenant compte que des termes du

premier ordre en ε, on a a2 ` z2 » 2a2p1` ε sinωtq et ΦCD »µ0M2a?

2

ˆ

1´3

2ε sinωt

˙

d’ou

la force electromotrice

E1c “ E10 cosωt , avec E10 “ ε3µ0M4a?

2

Elle est du premier ordre en ε (previsible, car elle est bien sur nulle en l’absence de mouvement,c’est-a-dire, si ε “ 0). D’ou l’intensite

i “E10

R2 ` L2ω2pR cosωt` Lω sinωt q

elle aussi du premier ordre en ε. La force est maintenant

F “ ´3µ0a

2Mzi

pa2 ` z2q52» ´

3µ0Ma2252

„

1´5

2ε sinωt

r1` ε sinωts i » ´3µ0Ma2252

„

1´3

2ε sinωt

i

Christian Carimalo 68 Induction electromagnetique

Comme ă i ą “ 0, ă F ą “9µ0Ma2272

ε ă i sinωt ą “9µ0Ma2272

εE10Lω

R2 ` L2ω2

1

2, grandeur

proportionnelle a ε2.

=================================================

V. Examen du 26 janvier 2011

z’

z

O1

aimant en rotation

echantillon

BB(t)

y

x

ω t

1˝)ÝÑ

rotÝÑ

E “ ´

ÝÑ

BB

Btn’est pas nul, donc

ÝÑ

E ne peut etre nul.

2˝) Tout plan contenant Mpρ, ϕ, zq et perpendiculaire a z1z est un P` pourÝÑ

B , donc un P´

pourÝÑ

E qui doit donc etre parallele a z1z. De plus, comme il n’y a pas de charge excedentaire,

divÝÑ

E “ 0 “BEzBz

, Ez ne depend pas de z.

3˝) a)BEzBx

“ ωB0 cosωt ,BEzBy

“ ωB0 sinωt, d’ou, avec la condition Ez “ 0 pour

x “ y “ 0 : Ez “ ωB0 rx cosωt` y sinωt s “ ωB0ρ cospωt´ ϕq

b) Comme Ez ne depend pas de z, on choisit comme contour ferme un rectangle ABCD situedans un plan contenant z1z, lequel correspond a une valeur donnee ϕ de l’angle azimutal, etdont l’un des cotes de longueur h est sur l’axe z1z, tandis que l’autre de meme longueur esta la distance ρ de cet axe (voir figure).

h

A

D C

B

z

ρ

Les circulations deÝÑ

E le long de AB et de CD sont nulles du fait de l’orientation de cechamp ; la circulation le long de DA est nulle car la champ est suppose nul sur z1z ; ilreste la circulation le long de BC, egale a ´hEzpρ, ϕq et, d’apres le theoreme de Stokes,

aussi egale au flux de ´

ÝÑ

BB

Bta travers la surface du rectangle ABCD, dont la normale est

ÝÑeϕ“ ´ sinϕ

ÝÑex ` cosϕ

ÝÑey , soit, ´ωB0

”

´ÝÑex sinωt`

ÝÑey cosωt

ı

¨ÝÑeϕ ρh. D’ou

Christian Carimalo 69 Induction electromagnetique

´hEzpρ, ϕq “ ´ωB0ρh cospωt´ ϕq. On retrouve ainsi l’expression de Ez.

4˝)ÝÑ

E “ÝÑv ^

ÝÑ

B “ ´ω ρ”

´ sinωtÝÑex ` cosωt

ÝÑey

ı

^B0

”

cosϕÝÑex ` sinϕ

ÝÑey

ı

“ ωB0 ρ cospωt´ ϕqÝÑez .

5˝) a) b)ÝÑ

J “ γÝÑ

E “ γωB0 ρ cospωt´ ϕqÝÑez .

6˝) dI “ JdS “ ρdρdϕγωB0 ρ cospωt´ ϕq

7˝)ÝÑ

dF“ dIdzÝÑez ^

ÝÑ

B “ γωB20dz ρ

2dρ dϕ cospωt ´ ϕq”

cosωtÝÑey ´ sinωt

ÝÑex

ı

;ÝÑ

F “ÝÑ

0

car

ż 2π

0dϕ cospωt´ ϕq “ 0.

8˝) Γ “ÝÑez ¨

ż

pÝÑ

OM ^ÝÑ

dF q “

ż

pxÝÑey ´y

ÝÑex q¨

ÝÑ

dF“ ωB20γ`

ż

ρ3dρdϕ cos2pωt´ ϕq

“1

4ωB2

0γ`πR4.

9˝) Γ1 “ÝÑez ¨

„

ÝÑ

M ^ÝÑ

B1

“ ´ cos θ nS1 I 1B1. On ajuste I 1 de telle sorte que θ “ 0 et l’on

a alors Γ “ nS1 I 1B1, d’ou une possible mesure de γ.

B’

ω

B(t)

I’

O1

z

y

x

=================================================

VI. Examen de 2eme annee 1979-1980. Principe de la dynamo acyclique

1˝) Dans son mouvement, le conducteur coupe des lignes de champ deÝÑ

B0, d’ou apparitiond’une fem induite.

2˝)ÝÑ

E pMq “ÝÑv pMq^

ÝÑ

B0“ ρ 9ϕÝÑeϕ ^B0

ÝÑez “ ρ 9ϕB0

ÝÑeρ . La fem induite est egale a la

circulation du champ electromoteur entre les collecteurs :

Christian Carimalo 70 Induction electromagnetique

E “ż a2

a1

ρ 9ϕB0dρ “ B0 9ϕ1

2pa2

2 ´ a21q » B0 9ϕ

a22

2“ Ri, d’ou l’intensite du courant.

3˝) On admet que les lignes de courant sont radiales :ÝÑ

dF“ iÝÑ

d` ^ÝÑ

B0 “ iB0dρÝÑeρ ^

ÝÑez

“ ´i B0 dρÝÑeϕ .

‚ Si B0 9ϕ ą 0, i ą 0 ; si B0 ă 0, 9ϕ ă 0,ÝÑ

dF est opposee aÝÑv ; si B0 ą 0, ϕ ą 0, et

ÝÑ

dF estencore opposee a

ÝÑv .

‚ Si B0 9ϕ ă 0, alors i ă 0 ; Si B0 ą 0, 9ϕ ă 0, etÝÑ

dF est opposee aÝÑv ; si B0 ă 0, 9ϕ ą 0 et

ÝÑ

dF est encore opposee aÝÑv . Ces constatations sont bien conformes a la loi de Lenz.

4˝) Γ “ÝÑez ¨

ż

´ ÝÑ

OM ^ÝÑ

dF¯

“

ż

ρÝÑeϕ ¨

ÝÑ

dF“ ´i B0

ż

ρdρ » ´iB0a2

2

2.

δdW “ÝÑv δt ¨

ÝÑ

dF“ pρ 9ϕqp´iB0dρqδt, d’ou δW » δtp´iB0 9ϕqa2

2

2

5˝) P “ δW δt “ p´iB0 9ϕqa2

2

2“ ´Ei, d’ou E (voir eq. 9.18 du cours).

6˝) Lz “Ma2

2

29ϕ.

7˝)

ÝÑ

dL

dt“ÝÑ

Γ `ÝÑ

Γ0 , d’ou, en projetant surÝÑez , M

a22

2:ϕ “ ´iB0

a22

2` Γ0 ou

:ϕ`B2

0a22

2RM9ϕ “

2Γ0

Ma22

L’intensite i n’est constant que si 9ϕ est constant. On voit que cela n’est possible qu’enpresence d’un moment exterieur constant Γ0 (pour pouvoir annuler :ϕ).

θptq “4Γ0R

B20a

42

r1´ expp´tτqs ou τ “2MR

B20a

22

; θlim “4Γ0R

B20a

42

iptq “2Γ0

B0a22

r1´ expp´tτqs ; ilim “ i0 “2Γ0

B0a22

.

8˝) E » 20 V ; i0 » 20000 A.

9˝) a) En regime quasi-stationnaire, le vecteur densite volumique de courantÝÑ

J est a flux

conservatif : divÝÑ

J “ 0. Comme on admet que les lignes de courant sont radiales, ce vecteurn’a qu’une seule composante radiale Jρ et cette derniere equation locale prend la forme1

ρ

B

BρpρJρq “ 0, de laquelle on deduit que Jρ “ λρ ou λ est une constante (voir plus loin).

b) L’intensite i est egale au flux deÝÑ

J a travers la surface diedrique : i “ ραhJρ “ λαh

c) d) La loi d’Ohm est exprimee par l’equation localeÝÑ

J “ γÝÑ

E . On a donc Jρ “ γ ρ 9ϕB0,et λ “ γB0 9ϕ. Ceci justifie a posteriori que λ est une constante, independante de z et de ϕ.La difference de potentiel entre les deux collecteurs est :

V1 ´ V2 “

ż C2

C1

ÝÑ

E ¨ÝÑ

d`“1

γ

ż a2

a1

Jρ dρ “λ

γlna2

a1“

i

γαhlna2

a1“ R0 i

Christian Carimalo 71 Induction electromagnetique

d’ou R0 “1

γαhlna2

a1; R0 » 4 10´4 Ω. La puissance maximale que peut fournir cette dynamo

est P “ E2R0 “ 1000 kW.

=================================================

VII. Extrait de l’examen de LP203, juin 2005

z

I0

I0

O

P P

yy

O

Figure-1bis

1˝) Considerons le circuit de gauche de la figure 1bis. Le plan contenant le circuit est ma-nifestement un P`, donc en tout point se trouvant dans ce plan, et en dehors du cir-cuit, en particulier au point O, on a Bx “ Bz “ 0. Le circuit a droite de la figure estobtenu a partir de celui a gauche par une rotation de π autour de Oy. Dans cette rota-tion x1 “ ´x, y1 “ y, z1 “ ´z, et les composantes du champ magnetique deviennentB1xp´x, y,´zq “ ´Bxpx, y, zq, B

1yp´x, y,´zq “ Bypx, y, zq, B

1zp´x, y,´zq “ Bzpx, y, zq ;

en particulier au point O (ou Bx “ Bz “ 0), B1y “ By. Or, la superposition des deuxcircuits donne une spire circulaire d’axe Oy, de rayon a, parcourue par un courant d’inten-site I0 dans le sens trigonometrique associe a Oy. Le champ cree par cette spire en son

centre O estÝÑ

B “ B0ÝÑey avec B0 “

µ0

4π

ÝÑey ¨

»

–

¿

spire

I0adϕÝÑeϕ ^p´a

ÝÑeρ q

a3

fi

fl “µ0I

2a. Comme

B0 “ B1y `By “ 2By, on a bien By “µ0I0

4a.

2˝) Comme le champ de (C) en O est selonÝÑey , pour que le flux magnetique Φ cree par pCq

a travers pC 1q soit maximal, il faut que le plan du cadre soit dans le plan du circuit. On aalors Φ “ NByb

2.

Figure 2 Figure 3

3˝) a) ‚ Pour t ă 0, I “ I0 est constant, Φ ne varie pas, il n’y a pas de courant induit dans(C’).

Christian Carimalo 72 Induction electromagnetique

‚ Pour 0 ă t ă T , la variation de I induit dans (C’) la fem E “ ´ 9Φ “ Φ0 ω sinωt ou

l’on a pose Φ0 “ Nb2µ0I0

8a, ω “ 2πT . Il apparaıt dans (C’) un courant induit dont les

effets, selon la Loi de Lenz, s’opposent aux causes provoquant ce courant. Si l’on supposenegligeable le coefficient d’auto-induction du cadre (C’), l’intensite du courant induit est

i “ ER “ωΦ0

Rsinωt, compte algebriquement par rapport au sens de rotation positif

autour de Oy. Dans la phase 0 ă t ă T 2, le champ By diminue. L’intensite i est dansce cas positive et le champ induit est oriente positivement selon Oy pour contrebalancer ladiminution du champ inducteur. Dans la phase T 2 ă t ă T , i devient negatif, le champinduit s’oppose alors au champ inducteur qui se remet a croıtre.

b) Le calcul et l’interpretation ne sont simples que si l’on neglige l’auto-induction dans (C’).

On a dans ce cas iptq “ωΦ0

Rsinωt.

A.N. imax “ ipT 2q “ωΦ0

R“

1

T

Nb2I0

4aRπµ0 “ 1, 6 mA.

Le courant iptq persiste-t-il apres la date t “ T : non, s’il n’y a pas pas d’auto-induction.

=================================================

VIII. Probleme de synthese facile.

- Partie A -

1˝) E “ V0h.

2˝) a) E “ σε0 “ QSε0 “ V0h d’ou Q “ C0V0 avec C0 “ ε0S

h.

b) Du fait de l’influence totale, chacun de ces condensateurs porte la meme charge. Ladifference de potentiel aux bornes d’un condensateur s’ecrit donc ∆V “ QC0 et la difference

de potentiel totale aux bornes de l’ensemble est V0 “ nQ

C0. L’ensemble est donc equivalent

a un condensateur de capacite C “ C0n.

c) C “ 2, 5 pF.

- Partie B -

1˝)ÝÑ

B “ BϕpρqÝÑeϕ avec Bϕpρq “

µ0Ni

2πρa l’interieur du tore, Bϕpρq “ 0 a l’exterieur du

tore.

2˝) a) L “µ0N

2a

2πlnb` a2

b´ a2

b) L “ 550 mH.

3˝) M “µ0Na

2πlnb` a2

b´ a2; ML “ 1N .

- Partie C -

1˝) Voir le cours.

2˝) Le flux magnetique total a travers B est Φtot “ Li`MI, d’ou la fem d’induction totale

Christian Carimalo 73 Induction electromagnetique

Etot “ ´MdI

dt´ L

di

dt. L’equation electrique dans le circuit bobine-condensateur est Etot “

QC, avec i “dQ

dt. Le regime permanent etant sinusoıdal, on utilisera la notation complexe.

Recrivant l’equation electrique dans cette notation, on obtient : ´jωMI “ jLωi `i

jCω,

soit i “MI

Lp1x2 ´ 1q. En notation reelle : i “

MI0x2

Lp1´ x2qcosωt ; i0 “

I0x2

N |1´ x2|, α “ 0 si

x ă 1, α “ π si x ą 1.

3˝) a) r “

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

BBBF

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

“ N

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

i0I0

ˇ

ˇ

ˇ

ˇ

“x2

|1´ x2|.

b) ω0 “ 0, 85 106 rd/s ; x “ 5 10´2 ; r “ 2, 5 10´3.

c) ‚ Pour x ă 1,ÝÑ

BB est dans le meme sens queÝÑ

BF . Lorsque la frequence du courantinducteur est relativement faible, l’effet inductif du circuit bobine-condensateur est masquepar son effet capacitif. La fem induite est en quadrature de ´π2 avec le courant inducteurselon la loi de Lenz-Faraday, et aussi en quadrature de ´π2 avec le courant induit quijoue alors uniquement le role de courant de charge du condensateur. Au final, le courantinduit est en phase avec le courant inducteur. Ses effets sont bien conformes a la loi deLenz. Par exemple, a partir d’une date prise comme origine des temps, le champ inducteurcommence a diminuer (cosωt decroıt) et le champ induit vient alors le renforcer pour contrerla diminution de flux magnetique. Comme un condensateur est un coupe-circuit a tres bassefrequence, l’intensite du courant induit est dans ce cas plutot faible.

‚ Pour x ą 1,ÝÑ

BB est oppose aÝÑ

BF . Lorsque la frequence croıt, l’effet inductif du circuitbobine-condensateur commence a se manifester et finit par l’emporter sur l’effet capacitif.On se rappelle en effet qu’a tres haute frequences, un condensateur devient un court-circuitet ne joue plus aucun role. La transition s’effectue a la resonance L ´ C. L’auto-inductiondu circuit induit parvient alors a contrer l’induction du fil F , de sorte que le flux magnetiquetotal MI ` Li dans la bobine devienne meme quasiment nul a tres haute frequence. Lecourant induit est alors en dephasage de π avec le courant inducteur. La valeur maximum ducourant induit devient pratiquement egale a I0N .

4˝) a) v “ v0 sinωt avec v0 “ vmax “i0Cω

“I0x

N |1´ x2|

c

L

C“ 4, 7 V.

b) Le champ electrique a l’interieur d’un des condensateurs est perpendiculaire aux armatures

et a pour intensite Eint “ vh “v0

hsinωt.

5˝) Le champ electrique a l’interieur des condensateurs etant variable avec le temps, il y adans cette region un courant de deplacement donnant naissance a un champ magnetique,

conformement a la relation de Maxwell :ÝÑ

rotÝÑ

B “ µ0ε0

ÝÑ

BE

Bt.

74