.
Université Mohammed V de Rabat Année universitaire : 2019-2020
Faculté des Sciences–Rabat SMP-S4-Électricité 3
Série 1: Électromagnétisme dans le vide
Exercice1
Soitf(x, y, z, t)un champ scalaire et soit−→
A un champ vectoriel, définis dans un espace euclidien muni du repère cartésienR(O,−→ux,−→uy,−→uz).
1. Donner les expressions différentielles, en coordonnées cartésiennes, de
∆f, −−→
gradf, div−→ A , −→
rot−→ A .
2. Établir les relations suivantes
−→rot(−−→
gradf) = −→ 0
−→rot(−→
rot−→
A) = −−→
grad(div−→
A)−∆−→ A . Exercice2
Considérons deux pointsM(x, y, z)et Q(x0, y0, z0) à trois dimensions.
1. Calculer−→
∇M 1r et−→
∇Q 1r
, oùr=k−−→
QMk. 2. Conclure.
Exercice3
On considère un repère cartésien R(O,−→ux,−→uy,−→uz), orthonormé. Le plan P défini par x = 0 possède une distribution surfacique de charges, à variation temporelle sinusoïdale de basse fréquence. Sa densité est
σ(t) =σ0cos(wt)
oùσ0 etwsont des quantités physiques constantes.
1. En utilisant les propriétés de symétrie, montrer que la charge électrique portée par le plan P ne produit pas de champ magnétique.
2. Montrer que le champ électrique−→
E créé parPvérifie−→
rot−→ E =−→
0.
3. Prouver que−→
E peut s’écrire sous la forme
−
→E =E(x, t)−→ux.
4. Établir l’expression de−→
E pour x >0et pourx <0.
5. Trouver le potentiel scalaire associé,V. On suppose queV(x= 0, t) = 0.
Exercice4
Soit R(O,−→ux,−→uy,−→uz) un repère cartésien orthonormé et direct. Dans ce repère, le plan z = 0 possède un courant électrique surfacique de densité
−
→js(t) =j0sin(wt)−→uy,
où w et j0 sont des constantes strictement positives. La densité−→
js produit, dans l’espace, un champ magnétique non nul.
1. Montrer que le champ magnétique créé par−→
jspeut s’écrire sous la forme générale suivante
−
→B =B(z, t)−→ux.
Puis, vérifier la relationB(−z, t) =−B(z, t).
2. Déterminer le champ magnétique pourz >0 et pourz <0.
Série 1: Corrections des exercices Exercice 1
1. Soitf(x, y, z, t) un champ scalaire et soit−→
A un champ vectoriel.
(a) Le Laplacien def est
∆f =∇~2f = ∂2f
∂x2 +∂2f
∂y2 +∂2f
∂z2 =div(−−→
gradf).
(b) Le gradient def s’écrit
−−→gradf =∇ ·~ f = ∂f
∂x~ux+∂f
∂y~uy+∂f
∂z~uz. (c) La divergence de −→
A est
div ~A=∇ ·~ A~ =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
·
Ax Ay Az
= ∂Ax
∂x +∂Ay
∂y +∂Az
∂z .
(d) Le rotationnel de−→ A est
−→rot ~A=∇∧~ A~ =
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
Ax
Ay Az
= ∂Az
∂y −∂Ay
∂z
~ ux+
∂Ax
∂z − ∂Az
∂x
−→uy+ ∂Ay
∂x −∂Ax
∂y
−→uz.
Remarque On pose
−→rot−→
A =Ayz−→ux+Azx−→uy+Axy−→uz
oùAab = ∂A∂ab −∂A∂ba, a, b=x, y, z.
2. Identités remarquables (a) En posantfx= ∂f∂x, on a
−→rot(−−→
gradf) = −→
rot(fx−→ux+fy−→uy +fx−→uz)
=
∂2f
∂y∂z − ∂2f
∂z∂y
−→ux+ ∂2f
∂z∂x− ∂2f
∂x∂z
−→uy+ ∂2f
∂x∂y − ∂2f
∂y∂x −→uz
= −→ 0.
(b) En rappelant queAab = ∂A∂ab −∂A∂ba, a, b=x, y, z, on a
−→rot(−→
rot ~A) = −→
rot(Ayz~ux+Azx~uy+Axy~uz)
=
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
∧
Ayz Azx
Axy
.
Ainsi, on a
−→rot(−→
rot ~A) =
∂Axy
∂y −∂Azx
∂z
~ ux+
∂Ayz
∂z −∂Axy
∂x
~ uy+
∂Azx
∂x −∂Ayz
∂y
~uz.
Un calcul simple donne
−→rot(−→
rot ~A) =
∂2Ay
∂y∂x −∂2Ax
∂y2
−
∂2Ax
∂z2 − ∂2Az
∂x∂y
~ ux
+
∂2Az
∂x∂y −∂Ay
∂z2
− ∂Ay
∂x2 − ∂Ax
∂x∂y
~ uy
+
∂2Ax
∂x∂z −∂Az
∂x2
− ∂Az
∂y2 − ∂Ay
∂z∂y
~ uz. On calcule−→
rot(−→
rot ~A) + ∆A2. En effet, on obtient
−→rot(−→
rot ~A) + ∆A2 =
∂2Ax
∂x2 +
∂2Ay
∂y∂x +∂2Az
∂z∂x
~ ux+
∂2Ay
∂y2 +
∂2Az
∂y∂z +∂2Ax
∂x∂y
~uy
+
∂2Az
∂z2 +
∂2Ax
∂x∂z +∂2Ay
∂y∂z
~ uz.
Pour la première composante, on a ∂2Ax
∂x2 +
∂2Ay
∂y∂x + ∂2Az
∂z∂x
= ∂
∂x ∂Ax
∂x +∂Ay
∂y +∂Az
∂z
.
De la même manière, on trouve
−→rot(−→
rot ~A) + ∆A~ = ∂
∂x ∂Ax
∂x +∂Ay
∂y +∂Az
∂z
~ ux+ ∂
∂y ∂Ax
∂x + ∂Ay
∂y +∂Az
∂z
~uy
+ ∂
∂z ∂Ax
∂x +∂Ay
∂y +∂Az
∂z
~ uz
= −−→
grad(div ~A).
Par conséquent, on arrive à
−→rot(−→
rot ~A) + ∆A~ =−−→
grad(div ~A)
qui donne
−→rot(−→
rot ~A) =−−→
grad(div ~A)−∆A.~
Exercice 2
Soient M(x, y, z) etQ(x0, y0, z0) deux points à trois dimensions. On suppose que Q est fixe. La distancer=QM est
r=QM =p
(x−x0)2+ (y−y0)2+ (z−z0)2.
1. On calcule
∇M 1
r
= ∂
∂x 1
r
~ ux+ ∂
∂y 1
r
~ uy+ ∂
∂z 1
r
~ uz.
En effet, on a
∂
∂x 1
r
= − (x−x0)
((x−x0)2+ (y−y0)2+ (z−z0)2)3/2
∂
∂y 1
r
= − (y−y0)
((x−x0)2+ (y−y0)2+ (z−z0)2)3/2
∂
∂y 1
r
= − (z−z0)
((x−x0)2+ (y−y0)2+ (z−z0)2)3/2. On trouve
−
→∇M 1
r
=−~r r3. Pour le pointQ, on a
−
→∇Q 1
r
= ∂
∂x0 1
r
~ ux+ ∂
∂y0 1
r
~uy+ ∂
∂z0 1
r
~ uz
−
→∇Q 1
r
= ~r r3.
1. En définitive, on remarque
−
→∇Q 1
r
=−−→
∇M 1
r
.
Exercice 3
1. On considère le plan (x = 0) étant un plan infini portant une distribution de charges (électrique), mais homogène. SoitM un point de l’espaceM(x, y, z).
Plans de symétries
- Le plan(M, ~ux, ~uy) est un plan de symétrie. Alors,B~ est porté par~uz
B~ ·~ux=B~ ·~uy = 0, (B~ ⊥ Ps).
- Le plan(M, ~ux, ~uz) est aussi un plan de symétrie. En effet, on a B~ ·~ux=B~ ·~uz = 0, (B~ ⊥ Ps).
Par conséquent, on a
B~ ·~ux=B~ ·~uy =B~ ·~uz= 0, (B~ ⊥ Ps).
On déduit que le champ magnétique est nul en tout point de l’espace.
Remarques
- Le plan(M, ~ux, ~uy) est un plan de symétrie de la source (σ). On a E~ // (M, ~ux, ~uy) =Ps
qui donne
E~ ·~uz= 0.
- Le plan(M, ~ux, ~uz) est un plan de symétrie de la source (σ). Par conséquent, on a E~ ·~uy = 0.
On en déduit que
Ey =Ez = 0, Ex 6= 0.
Alors, le champ électrique est porté par~ux
E~ =E(x, t)~ux.
Le plan(~uy, ~uz)est un plan de symétrie du champ électrique E. Alors, on a~ E(−x, t) =−E(x, t).
2. En utilisant l’équation de Maxwell-Faraday, on a
−→rot ~E=−∂ ~B
∂t =~0.
Remarque On aE~ =−−−→
grad(V) et−→
rot ~E =−−→
rot(−−→
gradV) =~0.
3. Le champ électrique s’écrit comme suit
E~ =Ex(x, y, z, t)~ux+Ey(x, y, z, t)~uy+Ez(x, y, z, t)~uz.
On a déja trouvé la direction de −→
E. Il faut juste déterminer la dépendance spatiale. En effet, le système est invariant par translation suivant
• l’axe(Oy)
• l’axe(Oz).
Alors, on a
∂ ~E
∂y = ∂ ~E
∂z =~0.
Par suite, on écrit
E~ =Ex(x, t)~ux.
4. En utilisant le théorème de Maxwell-Gauss, on a Z Z
S
E~ ·−→
dS= Qint
0 oùS est une surface fermée.
Remarque
S est un cylindre fermé droit d’axe parallèle à (Ox) et de rayon R, et dont une base B1
contient le point M(x, y, z) avecx > 0 et l’autre base B2 contient le point M(−x, y, z). En effet, calculons le flux de−→
E à travers S Z Z
S
E~ ·−→ dS=
Z Z
B1
E~ ·−→ dS+
Z Z
B2
E~ ·−→ dS+ 0
où le flux à travers la surface latérale deS est nul. En effet, on obtient Z Z
S
E~ ·−→ dS =
Z Z
B1
E(x)~ ·−→ dS+
Z Z
B2
E(−x)~ −→ dS
= E(x)πR2−E(−x)πR2= 2E(x)πR2.
La forme intégrale de l’équation de Maswell-Gauss donne la relation suivante 2E(x)πR2= Qint
0 = πR2σ(t) 0 ,
qui conduit à
E(x) = σ(t) 20
.
Remarque
Sachant queE(−x) =−E(x), on a
E~ = σ0cos(ωt)
20 ~ux, x >0 E~ =−σ0cos(ωt)
20 ~ux x <0.
5. Le potentiel scalaire doit avoir les mêmes propriétés de symétrie. En effet, on a V(~r, t)−→V(x, t).
On calcule
−−→gradV = ∂V(x, t)
∂x ~ux =−−→ E(x).
Pourx >0, on a
∂V
∂x =−σ0 20
cos(ωt).
Pourx <0, on a
∂V
∂x = σ0 20
cos(ωt).
En intégrant par rapport àx, on obtient V(x, t) = −σ0x
20
cos(ωt) +k1, x >0 V(x, t) = σ0x
20
cos(ωt) +k2 x <0.
Les conditions aux limites imposantk1 =k2 = 0donnent la forme générale deV(x, t)qui s’écrit sous la forme suivante
V(x, t) =−|x|
20 cos(ωt).
Exercice 4
1. On considère le plan z= 0,(xOy). SoitM un point (M(x, y, z)) de l’espace.
On remarque facilement que le plan PS = (M, ~uy, ~uz) est un plan de symétrie. Sachant queB(M)~ est perpendicualire au planPS, on trouve
B~(M) =B(x, y, z)~ux.
Pour detérminer la dépendance spatiale, on va chercher les symétries continues.
Le système est invariant par translation suivant(Ox) et(Oy). Alors, on a
∂−→ B
∂x = ∂−→ B
∂y = 0.
En définitive, on écrit
B(M) =~ B(z, t)~ux.
Le plan (~ux, ~uy) est un plan de symétrie de la source ~js. Mais pour B, c’est un plan~ d’antisymétrie. L’antisymétrie deB~ se traduit par
B(−z, t) =−B(z, t).
2. Pour déterminer B, on va utiliser l’équation de Maxwell-Ampère~ Z
Γ
B(~~ r, t)−→
dl =µ0Iin(t)
oùΓest une courbe fermée considérée comme un carré de coté`parallèle au plan(xOy).
Les sommets de ce carré sont repérés sur l’axe(Oz) parz1 etz2=−z1 (z1<0< z2).
En fixant un choix pour l’orientation de cette courbe, on a Z
Γ
B~−→
d` =h(B(z2, t)−B(z1, t)).
Alors, l’intégrale du champB~ prend la forme suivante Z
Γ
B(r)~ −→
dr= 2hB(z2, t).
On cherche maintenantIint. En effet, on a Iint(t) =
Z
S
~js·−→ dS
oùS est la surface ouverte délimitée parΓ. On a
Iint(t) = h~js~uy
= js·h
= hj0sin(ωt).
L’équation de Maxwell-Ampère devient
2hB(z2, t) = µ0hj0sin(ωt)
qui donne
B(z2, t) = µ2jS
2 sin(ωt).
En définitive, on a
B(z, t) =
µ0js
2 sin(ωt), z >0
−µ02js sin(ωt) z <0.
