Le champ ´ electrique en un point M est contenu dans les plans de sym´ etrie passant par M , soit tous les plans obtenus par rotation autour de la droite OM. On a donc Ý Ñ

TDC ´ Equations de Maxwell

I Limite du th´ eor` eme d’Amp` ere

1. La sym´ etrie des distributions de charges et de courant est sph´ erique, donc ρpM, tq “ ρpr, tq et

~j pM, tq “ jpr, tq~ u _r .

Le champ ´ electrique en un point M est contenu dans les plans de sym´ etrie passant par M , soit tous les plans obtenus par rotation autour de la droite OM. On a donc Ý Ñ

E pM, tq “ Epr, tq~ u r . On peut donc calculer le champ ´ electrique en appliquant le th´ eor` eme de Gauss ` a une sph` ere de rayon r, ce qui donne

Ý

Ñ E “ Qpr, tq 4π 0 r ² ~ u _r

Le champ magn´ etique est orthogonal aux plans de sym´ etrie de la distribution de courant, soit tout les plans obtenus par rotation autour de la droite OM. Le champ Ý Ñ B est dont nul, tout comme le vecteur densit´ e de courant ~j , puisque Ý rot Ñ Ý Ñ

B “ µ 0 ~j.

2. Le vecteur densit´ e de courant est clairement non nul, puisque des particules se d´ eplacent, mais le champ Ý Ñ

B est nul. Le th´ eor` eme d’amp` ere est donc inadapt´ e ` a la description des r´ egimes d´ ependant du temps.

3. La conservation de la charge s’´ ecrit sous forme locale Bρ

Bt ` div~j “ 0 Hors div Ý Ñ

E “ ρ{ ₀ , donc

B

Bt p ₀ div Ý Ñ

E q ` div~j “ 0 donc en inversant d´ eriv´ ee spatiale et d´ eriv´ ee temporelle

div

˜ 0 B Ý Ñ

E Bt ` ~j

¸

“ 0 comme divp Ý rot Ñ Ý Ñ

A q “ 0, on peut en particulier ´ ecrire µ 0 div

˜ 0 B Ý Ñ

E Bt ` ~j

¸

“ divp Ý rot Ñ Ý Ñ B q

et donc

Ý Ñ

rot Ý Ñ B “ µ ₀

˜ ₀ B Ý Ñ E

Bt ` ~j

¸

en utilisant le fait qu’en r´ egime permanent on souhaite retrouver le th´ eor` eme d’Amp` ere Ý rot Ñ Ý Ñ

B “ µ 0 ~j.

II Milieu rendu conducteur

1. D’apr` es le th´ eor` eme de Gauss appliqu´ e ` a une sph` ere de rayon r, on obtient (apr` es raisonnement sur les sym´ etries et invariances

Ý

Ñ E “ Qptq 4π ₀ r ² ~ u _r

1

2.

~j “ γ Ý Ñ

E “ γ Qptq 4π ₀ r ² ~ u _r

3. Tout plan contenant O et le point M auquel on veut calculer le champ est plan de sym´ etrie, donc Ý

Ñ B “ Ý Ñ 0 .

4. D’apr` es l’´ equation de Maxwell-Amp` ere Ý Ñ rot Ý Ñ

B “ µ ₀ ~j ` ₀ µ ₀ B Ý Ñ E Bt ce qui donne ici

0 “ µ 0 γ Ý Ñ E ` 0 µ 0

B Ý Ñ E

Bt “ µ 0 γ Qptq

4π 0 r ² ~ u r ` 0 µ 0

d dt

Qptq 4π 0 r ² ~ u r

ce qui donne comme ´ equation diff´ erentielle dQ

dt ` γ 0

Q “ 0

La solution de cette ´ equation diff´ erentielle est de la forme Qptq “ A expp´t{τ q avec τ “ ₀ {γ. En utilisant la condition initiale Qpt “ 0q “ Q 0 , on obtient

Qptq “ Q ₀ exp ˆ

´ t τ

˙

5. Le champ B ´ etant nul, seul l’´ energie ´ electrostatique est ` a prendre en compte, u “ ₀ E ²

2 et U “

¡ ₀ E ² 2 dV A l’´ ` etat initial,

Ý

Ñ E “ Q 0

4π ₀ r ² ~ u _r donc U _i “

¡ Q ² ₀

32π ² ₀ r ⁴ dV “ ż ₈

R

1

Q ² ₀

32π ² ₀ r ⁴ 4πr ² dr “ ż ₈

R

1

Q ² ₀ 8π ² ₀ r ² dr ce qui donne

U _i “ Q ² ₀ 8π ² ₀ R ₁

A l’´ ` etat final, la charge est sur la sph` ere de rayon R 2 et donc le champ est nul pour r ă R 2 , donc U _f “

¡ Q ² ₀

32π ² 0 r ⁴ dV “ ż ₈

R

2

Q ² ₀

32π ² 0 r ⁴ 4πr ² dr “ ż ₈

R

2

Q ² ₀ 8π ² 0 r ² dr ce qui donne

U _i “ Q ² ₀ 8π ² 0 R 2

La diff´ erence en ´ energie est donc

δU “ U _f ´ U i “ Q ² ₀ 8π ² ₀

ˆ 1 R ₂ ´ 1

R ₁

˙

ă 0

6. La puissance dissip´ ee par effet Joule par unit´ e de volume est donn´ ee par dP

dV “ γE ²

On peut donc trouver la puissance totale dissip´ ee par effet Joule en int´ egrant sur l’espace entre les 2 sph` eres

P “

¡

γE ² dV “ γ ż _R

₂

R

1

Q ² ₀

p4π ₀ r ² q ² exp ˆ

´ 2t τ

˙

4πr ² dr “ γ

ż Q ² ₀ 4π ² ₀ r ² exp

ˆ

´ 2t τ

˙ dr soit

P “ γQ ² ₀ exp `

´ ^2t _τ ˘ 4π ² ₀

ˆ 1 R ₁ ´ 1

R ₂

˙

Pour trouver l’´ energie dissip´ ee par effet Joule, on int` egre entre t “ 0 et t “ `8 : E _J “

ż ₈

0

γQ ² ₀ exp `

´ ^2t _τ ˘ 4π ² ₀

ˆ 1 R ₁ ´ 1

R ₂

˙

dt “ γQ ² ₀ 4π ² ₀

ˆ 1 R ₁ ´ 1

R ₂

˙ „

´ τ 2 exp

ˆ

´ 2t τ

˙ 8 0

ce qui donne

E _J “ ´ γQ ² ₀ 4π ² ₀

ˆ 1 R 2

´ 1 R 1

˙ τ

2 “ γQ ² ₀ 8π ² ₀

ˆ 1 R 1

´ 1 R 2

˙ ₀

γ “ Q ² ₀ 8π 0

ˆ 1 R 1

´ 1 R 2

˙

La variation d’´ energie est donc due ` a l’effet Joule.

III Condensateur en r´ egime sinuso¨ıdal

1. Si on n´ eglige les effets magn´ etiques, on peut ´ ecrire les ´ equations de Maxwell suivantes pour le champ Ý

Ñ E , Ý rot Ñ Ý Ñ E “ 0 et div Ý Ñ E “ 0. On peut alors calculer Ý Ñ E ₀ “ ´ ÝÝÑ

grad V “ ´ ^U _e

⁰

exppiωtq~ u _z . 2. La densit´ e volumique de courant ~j est nulle mais

Ý Ñ rot Ý Ñ

B 0 “ µ 0 0 B Ý Ñ E 0

Bt soit en notation complexe

Ý Ñ rot Ý Ñ

B ₀ “ µ 0 0 B Ý Ñ E ₀

Bt “ iωµ 0 0 E ₀ ~ u z “ iωE ₀ c ² ~ u z

On exprime Ý rot Ñ Ý Ñ

B ₀ en coordonn´ ees cylindriques avec le formulaire : Ý Ñ

rot Ý Ñ

B ₀ “ ´ BB ₀ Bz ~ u _r ` 1

r

BprB ₀ q

Br ~ u _z “ iωE ₀ c ² ~ u _z On doit donc int´ egrer

BprB ₀ q

Br “ iωrE 0

c ² ce qui donne

Ý

Ñ B ₀ “ iωrE 0

2c ² ~ u θ

la constante d’int´ egration ´ etant nulle puisqu’en r “ 0, rB ₀ “ 0, afin que B ₀ ne diverge pas.

3. Ý Ñ B ₀ d´ epend du temps et donc produit par induction un champ ´ electrique suppl´ ementaire car Ý rot Ñ Ý Ñ E “

´ ^B Ý Ñ B

Bt . 4.

Ý Ñ rot Ý Ñ

E ₁ “ ´ B Ý Ñ B ₀

Bt “ ω ² r 2c ² E ₀ ~ u _θ

Le champ Ý Ñ E ₁ est suivant ~ u _z (´ enonc´ e) et ne d´ epend que de r (sym´ etrie), donc Ý Ñ

rot Ý Ñ E ₁ “ 1

r BE ₁

Bθ ~ u r ´ BE ₁ Br ~ u _θ ce qui donne ` a int´ egrer

´ BE ₁

Br “ ω ² r 2c ² E ₀ d’o` u

E ₁ “ ´ ω ² r ² 4c ² E ₀ 5. On proc` ede de la mˆ eme mani` ere

Ý Ñ rot Ý Ñ

B ₁ “ 1 c ²

B Ý Ñ E ₁ Bt “ iω

c ² E ₁ ~ u _z Le champ Ý Ñ

B ₁ est suivant ~ u _θ (´ enonc´ e) et ne d´ epend que de r, donc Ý Ñ

rot Ý Ñ B ₁ “ 1

r BrB ₁

Br ~ u _z ce qui donne ` a int´ egrer

BrB ₁

Br “ ´ iω ³ r ³ 4c ² E ₀ d’o` u

B ₁ “ ´ iω ³ r ³ 12c ² E ₀ 6.

Ý Ñ

rotp Ý rot Ñ Ý Ñ E q “ ÝÝÑ

gradpdiv Ý Ñ E q ´ ∆ ~ Ý Ñ E “ Ý rot Ñ

˜

´ B Ý Ñ B Bt

¸

“ ´ 1 c ²

B ² Ý Ñ E Bt ²

Par ailleurs, dans le vide div Ý Ñ

E “ 0 donc

∆ ~ Ý Ñ E “ 1

c ² B ² Ý Ñ

E Bt ² Ý

Ñ E est suivant ~ u _z et ne d´ epend que de r donc Ý Ñ

E “ Epr, tq~ u _z et en utilisant l’expression du laplacien en coordonn´ ees sph´ eriques (´ enonc´ e)

1 r

B Br

„ r BE

Br



“ 1 c ²

B ² E

Bt ² “ ´ ω ² c ² E soit

B Br

„ r BE

Br



“ ´ ω ² r

c ² E

7. En posant x “ ^ωr _c , _Br ^B “ ^ω _{c Bx} ^B , donc ω

c B Bx

ˆ cx ω

ω c

B

Bx Epx, tq

˙

“ ´ ω

c xEpx, tq soit

1 x

B Bx

ˆ x B

Bx Epx, tq

˙

“ ´Epx, tq

En posant

Ý Ñ E “ ÿ

n

a _n x ⁿ Ý Ñ E ₀

on obtient

1 x

B Bx

ˆ x B

Bx Epx, tq

˙

“ 1 x

B Bx

˜ x B

Bx ÿ

n

a _n x ⁿ Ý Ñ E ₀

¸

“ 1 x

B Bx

˜ x ÿ

n

na _n x ^n´1 Ý Ñ E ₀

¸

“ 1 x

B Bx

˜ ÿ

n

na _n x ⁿ Ý Ñ E ₀

¸

“ 1 x

˜ ÿ

n

n ² a n x ^n´1 Ý Ñ E ₀

¸

´ ř

n a _n x ⁿ Ý Ñ E ₀ “ ÿ

n

n ² a _n x ^n´2 Ý Ñ E ₀

En identifiant les monˆ omes de mˆ eme ordre

a n`2 “ ´a n

pn ` 2q ² ou a n “ ´a n´2

pnq ²

On peut alors ´ ecrire, en utilisant un terme pair pour d´ ebuter la s´ erie, puisque les indices progressent de deux en deux

a 2n “ ´a _2n´2

2 ² n ² “ a _2n´4

p2 ² n ² qp2n ´ 2q ² “ a _2n´4

2 ² 2 ² pn ² qpn ´ 1q ² “ a ₀ 2 ² 2 ² ...2 ² looomooon

n f ois

pnq ² pn ´ 1q ² ...p1q ² loooooooooomoooooooooon

n!

²

ce qui fait apparaitre la s´ erie enti` ere Ý Ñ E “ Ý Ñ

E ₀ ÿ

n

p´1q ⁿ 2 ²ⁿ n! ² x ²ⁿ

IV Bilan ´ energ´ etique pour un condensateur

1. On applique la loi de Kirchoff pour les tensions : U ₀ “ Ri ` <sub>C</sub> <sup>q</sup> En d´ erivant cette ´ equation on obtient 0 “ R <sup>di</sup> <sub>dt</sub> ` _C ⁱ . On int` egre cette ´ equation en tenant compte des conditions initiales qpt “ 0q “ 0, ce qui implique que la tension aux bornes du condensateur est nulle, et donc ipt “ 0q “ ^U _R

⁰

. on a donc

iptq “ U 0

R exp ˆ

´ t RC

˙

qptq “ ş _t

0 iptq dt donc qptq “ ´RC U ₀

R

„ exp

ˆ

´ t RC

˙ t 0

“ ´CU ₀

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

´ 1



“ CU ₀

„

1 ´ exp ˆ

´ t RC

˙

donc

σ “ q

S “ CU 0

S

„

1 ´ exp ˆ

´ t RC

˙

2. Le champ entre les armatures d’un condensateur est uniforme et ´ egal ` a Ý

Ñ E “ σ

₀ ~ u _z “ CU ₀ S ₀

„

1 ´ exp ˆ

´ t RC

˙

~ u _z Pour des raisons de sym´ etrie et d’invariance, Ý Ñ

B pr, θ, z, tq “ B pr, z, tq~ u _θ . Le champ magn´ etique est calcul´ e grˆ ace ` a la forme int´ egrale du th´ eor` eme d’Amp` ere appliqu´ e ` a un contour entourant un disque de rayon a situ´ e entre les 2 plaques :

¿ Ý Ñ B ¨ d~l “ µ ₀

»

—

— –

ij

~j ¨ d Ý Ñ S loooomoooon

“0

` ₀

ij B Ý Ñ E Bt ¨ d Ý Ñ S

fi ffi ffi fl

donc

2πaB “ µ _{0 0} BE Bt πa ² soit

B “ µ _{0 0} a 2

1 RC

CU _{0 0} S

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

B “ µ 0 a 2

U 0

RS

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

3. La densit´ e d’´ energie ´ electromagn´ etique vaut “ 0 E ²

2 ` B ² 2µ 0

“ 0

2 C ² U ₀ ²

S ^{2 2} ₀

„

1 ´ exp ˆ

´ t RC

˙ ₂

` 1 2µ 0

µ ² ₀ a ² 4

U ₀ ² R ² S ²

„ exp

ˆ

´ t RC

˙ ₂

Pour un temps quelconque de charge, “ exp `

´ _RC ^t ˘‰

« “

1 ´ exp `

´ _RC ^t ˘‰

, on peut donc faire le rapport entre le terme ´ electrostatique et le terme magn´ etique :

r “ 0

2 C ² U ₀ ²

S ^{2 2} ₀ ¨ 1

1 2

µ

0

a

²

4

U

₀²

R

²

S

²

“ 1 2

C ² U ₀ ²

S ² ₀ ¨ 8R ² S ²

µ ₀ a ² U ₀ ² “ 4τ ² c ² a ²

Hors τ {a est homog` ene ` a l’inverse d’une vitesse qui est tr` es faible devant c (condition de l’ARQP) donc r " 1 et l’´ energie ´ electrostatique domine l’´ energie magn´ etique (en g´ en´ eral).

4. On calcule le vecteur de Poynting Ý Ñ R “

Ý Ñ E ^ Ý Ñ

B

µ ₀ “ EB~ u _z ^ ~ u _θ “ ´EB~ u _r soit

Ý

Ñ R “ ´ 1 µ 0

CU ₀ S 0

„

1 ´ exp ˆ

´ t RC

˙ µ ₀ a 2

U ₀ RS

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

~ u _r donc

Ý

Ñ R “ ´ CU ₀ ² RS ² ₀

a 2

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

´ exp ˆ

´ 2t RC

˙

~

u _r

Comme C “ ₀ ^S _e , Ý

Ñ R “ ´ ₀ SU ₀ ² eRS ² 0

a 2

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

´ exp ˆ

´ 2t RC

˙

~

u _r “ ´ U ₀ ² 2πaeR

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

´ exp ˆ

´ 2t RC

˙

~ u _r

On peut alors calculer la puissance rayonn´ ee ` a travers le cylindre d´ efini par les 2 plaques conductrices P “

£ Ý Ñ R ¨ d Ý Ñ

S “ ij Ý Ñ

R ¨ adθdz~ u _r

donc

P “ || Ý Ñ

R ||2πae “ ´ U ₀ ² R

„ exp

ˆ

´ t RC

˙

´ exp ˆ

´ 2t RC

˙

le signe n´ egatif indique que la puissance entre dans le cylindre.

5. Le g´ en´ erateur fournit la puissance P _G “ U ₀ iptq “ ^U _R

⁰²

exp `

´ _RC ^t ˘

. Le condensateur emmagasine la puissance P calcul´ ee ci-dessus. La diff´ erence

P _G ´ P “ U ₀ ² R

„ exp

ˆ

´ 2t RC

˙

s’´ ecrit aussi

P G ´ P “ Ri ² ptq puissance c´ ed´ ee par effet Joule ` a la r´ esistance de charge R.

V Sol´ eno¨ıde en r´ egime variable

1. Dans le cadre de l’ARQS, les ´ equations permettant de calculer le champ magn´ etique sont les mˆ eme qu’en r´ egime permanent, donc

Ý

Ñ B “ µ 0 niptq~ u z

o` u n est le nombre de spire par unit´ e de longueur.

2. On utilise la loi de Faraday sous forme int´ egrale :

¿

Γ

Ý

Ñ E ¨ d~l “ ´ d dt

ij

Σ

Ý Ñ B ¨ d Ý Ñ

S

Au point M , le plan d´ efinit par p~ u _r , ~ u _z q est plan de sym´ etrie pour Ý Ñ

B donc un plan d’antisym´ etrie pour Ý

Ñ E . On a donc Ý Ñ

E “ E~ u θ . Par ailleurs, il y a invariance par rotation d’angle θ et par translation sur l’axe z, donc Ý Ñ

E “ Epr, tq~ uθ.

On choisit donc un contour Γ circulaire de rayon r qui d´ efinit un disque Σ dont la surface est orient´ ee dans le mˆ eme sens que Ý Ñ

B si on parcourt Γ dans le sens de ~ uθ, ce qui donne Epr, tq2πr “ ´πr ² dB

dt et donc

Epr, tq “ ´µ ₀ n r 2

di

dt

3.

B “ µ 0 ni m cospωtq donc w B “ B ² 2µ 0

“ µ 0 n ² i ² _m

2 cos ² pωtq et

Epr, tq “ ´µ ₀ n r 2

di

dt “ µ ₀ n r

2 ωi _m sinpωtq donc w _E “ ₀ E ²

2 “ µ ² _{0 0} n ² i ² _m r ² ω ²

8 sin ² pωtq 4. En valeur moyenne xsin ² pωtqy “ xcos ² pωtqy “ 1{2, donc

p “ w _E w B

“

µ

²₀

0

n

²

i

²_m

ω

²

8 µ

0

n

²

i

²_m

2

“ µ _{0 0} ω ² r ²

4 “ ω ² r ² 4c ² Ici r ă a donc

p ă ω ² a ²

4c ² “ 4π ² f ² a ²

4c ² “ π ² c ² a ²

λ ² c ² “ π ² a ² λ ² ! 1

L’´ energie ´ electromagn´ etique est donc largement domin´ ee dans un solide dans l’ARQS, en moyenne, par l’´ energie magn´ etique.

5.

Ý Ñ R “

Ý Ñ E ^ Ý Ñ B

µ 0

“ EB~ u _θ ^ ~ u _z µ 0

“ EB µ 0

~

u _r “ µ ₀ n ² i ² _m aω

2 cospωtq sinpωtq~ u _r “ µ ₀ n ² i ² _m aω

4 sinp2ωtq~ u _r Par ailleurs, en remarquant que

di ²

dt “ 2i di

dt “ ´2ωi ² _m cospωtq sinpωtq “ ´ωi ² _m sinp2ωtq , on obtient

Ý

Ñ R “ ´ µ ₀ n ² a 4

di ² dt ~ u _r

6. La puissance rayonn´ ee est donn´ ee par P “

£

Σ

Ý Ñ R ¨ d Ý Ñ

S

o` u Σ est le cylindre de longueur l et de rayon a ferm´ e aux deux extr´ emit´ es. La contribution des extr´ emit´ es est nulle puisque Ý Ñ

R est radial, on peut donc calculer dE

dt “ ´

£

Σ

Ý Ñ R ¨ d Ý Ñ

S “ ´ ij

surf lat.

Rrdθdz “ µ 0 n ² a 4

di ²

dt 2πal “ µ 0 n ² a ² lπ 2

di ² dt

On peut alors calculer l’´ energie emmagasin´ ee en int´ egrant et en supposant l’´ energie nulle ` a t “ 0 E “ µ ₀ n ² a ² lπ

2 i ²

L’´ energie emmagasin´ ee dans une bobine ´ etant ´ egale ` a E “ 1{2Li ² , on trouve alors

L “ µ ₀ n ² a ² lπ

VI Champ ´ electrique dans un m´ etal

1.

div Ý Ñ

E “ BE x

Bx “ 0 “ ρ ₀ car Ý Ñ

E est sur ~ u _x mais ne d´ epend pas de x. Donc ρ “ 0 dans le m´ etal.

2. ~j “ γ Ý Ñ E donc en ordre de grandeur j « γE . Le courant de d´ eplacement vaut ~j _D “ ₀ ^B Ý Ñ E

Bt “ iω ₀ Ý Ñ E donc en ordre de grandeur j D « ω 0 E. Le rapport entre les deux vecteur densit´ e de courant vaut alors

j _D

j “ ω ₀

γ “ 2π ₀ f

γ « 10 ^´9

Le courant de d´ eplacement est donc largement n´ egligeable dans les situations o` u le courant volumique existe (ie en dehors du vide) et quand les fr´ equences ne sont pas trop ”grandes”.

3. On se place dans l’ARQS donc

Ý Ñ rot Ý Ñ

B “ µ 0 ~j “ µ 0 γ Ý Ñ

E (1)

Par ailleurs, Ý rot Ñ Ý Ñ E “ ´ ^B

Ý Ñ B

Bt donc B

Bt Ý Ñ rot Ý Ñ

B “ Ý rot Ñ B Ý Ñ B

Bt “ ´ Ý rotp Ñ Ý rot Ñ Ý Ñ

E q “ ´r ÝÝÑ gradpdiv Ý Ñ

E q ´ Ý Ñ

∆ Ý Ñ E s

Comme div Ý Ñ

E “ 0 (question 1.), on obtient alors l’´ equation aux d´ eriv´ ees partielles Ý

Ñ ∆ Ý Ñ

E “ µ ₀ γ B Ý Ñ E Bt

En utilisant la notation complexe Ý Ñ

E py, z, tq “ Epyq exppipωt ´ kzqq~ u x , µ ₀ γ B Ý Ñ

E

Bt “ µ ₀ γiωEpyq exppipωt ´ kzqq~ u _x et

Ý Ñ ∆ Ý Ñ

E “ ´k ² Epyq exppipωt ´ kzqq~ u x ` d ² Epyq

dy ² exppipωt ´ kzqq~ u x

ce qui permet d’obtenir,

´k ² Epyq exppipωt ´ kzqq~ u _x ` d ² Epyq

dy ² exppipωt ´ kzqq~ u _x “ µ ₀ γiωEpyq exppipωt ´ kzqq~ u _x et en simplifiant

´k ² Epyq ` d ² Epyq

dy ² “ µ ₀ γiωEpyq soit

d ² Epyq dy ² ´ `

k ² ` iµ ₀ γω ˘

Epyq “ 0

On remarque alors (calcul classique) que i “ exppiπ{2q “ pexppiπ{4qq ² “ ^p1`iq

2

2 ce qui permet de r´ e´ ecrire l’´ equation diff´ erentielle

d ² Epyq dy ² ´

ˆ

k ² ` p1 ` iq ² 2 µ ₀ γω

˙

Epyq “ d ² Epyq dy ² ´

˜ k ² `

ˆ 1 ` i δ

˙ 2 ¸ Epyq

Dans le cadre de l’ARQS, les longueurs sont toutes largement inf´ erieures ` a λ. Or δ est homog` ene ` a une longueur et donc δ ! λ implique 1{δ " k, ce qui permet de simplifier l’´ equation diff´ erentielle

d ² Epyq dy ² ´

ˆ 1 ` i δ

˙ ₂

Epyq “ 0 4. La solution g´ en´ erale de l’´ equation diff´ erentielle est alors :

Epyq “ A exp

ˆ 1 ` i δ y

˙

` B exp ˆ

´ 1 ` i δ y

˙

La valeur du champ doit ˆ etre born´ ee donc A “ 0 et Epyq “ B exp

ˆ

´ 1 ` i δ y

˙

donc Ý Ñ

E “ E ₀ exp ˆ

´ 1 ` i δ y

˙

exppipωt ´ kzqq~ u _x ce qui s’´ ecrit aussi

Ý

Ñ E “ E 0 exp

´

´ y δ

¯

exppipωt ´ y

δ ´ kzqq~ u x

dont la partie r´ eelle vaut

Ý

Ñ E “ E ₀ exp

´

´ y δ

¯

cospωt ´ y

δ ´ kzq~ u _x ce qui permet de calculer

~j “ γ Ý Ñ

E “ γE 0 exp

´

´ y δ

¯

cospωt ´ y

δ ´ kzq~ u x “ j 0 exp

´

´ y δ

¯

cospωt ´ y

δ ´ kzq~ u x

5.1 Le courant est non n´ egligeable seulement pour une valeur de y ă qqes δ donc

~j _s “ ż _e

0

~j dy “ ż ₈

0

~j dy

5.2 La puissance dissip´ ee dans le volume dV “ dydS l’est par effet Joule, d’o` u xdP y “

¡

V

x ~j ¨ Ý Ñ

E ydydS “ 1 γ

¡

V

xj ² ydydS

ce qui donne par unit´ e de surface x dP

dS y “ 1 γ

ż ₈

0

1 2 j ₀ ² exp

ˆ

´ 2y δ

˙

dy “ ´ 1 γ δ 2 1 2 j ₀ ² rexp

ˆ

´ 2y δ

˙ s ⁸ ₀

donc

x dP dS y “ δ

4γ j ₀ ²

Dans le cas limite du conducteur parfait, γ Ñ 8 donc la puissance dissip´ ee tend vers 0.