Correction du DS n ° 3
Problème n ° I : étude d’un cable coaxial
1.0/0,5 Le cable est composé de 4 zones :
• A : l’enveloppe extérieure en plastique
• D : l’âme du cable
• B : la gaine, conducteur périphérique
• C l’isolant qui isole l’âme de la gaine.
1.1/1 L’équation de Maxwell-Gauss : div −→ E = ρ
ε0
et −→
E = −−−→
grad V impliquent l’équation de Poisson
∆V =−ρ ε0
Dans l’isolant ρ= 0 donc l’équation devient l’équation de Laplace ∆V = 0 1.2/2 1
r
∂
∂V
r∂V
∂r
= 0.
Il vient r∂V
∂r = C puis V = C lnr+ D.
En r=r1, V = C lnr1+ D = U En r=r2, V = C lnr2+ D = 0
d’où C = U
ln r1
r2
et D =− U lnr2
ln r1
r2
soit V(r) =
U ln r
r2
ln r1
r2
1.3/1
−
→E =−−−→
grad V =− U ln
r1 r2
1 r−→er
1.4/2Les relations de passage exprimant la discontinuité de −→
E à travers une interface chargée surfacique- ment s’écrivent : −→
EN2−−→
EN1 = σ ε0
−→n12 et −→
ET2−−→
ET1=−→ 0 A l’interface âme/isolant en r1,
−
→EN1 = 0 et −→
EN2=− U ln
r1
r2
1 r1
−
→er = σ1 ε0
−
→er
d’où σ1 = U
ln r2
r1
ε0
r1
A l’interface isolant/gaine en r2
−
→EN2 = 0 et −→
EN1=− U ln
r1
r2
1 r2
−
→er =−σ2
ε0
−
→er
d’où σ2 = −U
ln r2
r1
ε0
r2
La surface de l’âme est S=2πr1ℓ et la charge présente sur l’âme est donc : Q1 = 2πr1ℓσ1 = Uε02πℓ
ln r2
r1
De même la surface de la gaine est 2πr2ℓ et la charge présente sur la gaine est : Q2 = 2πr2ℓσ2 = −Uε02πℓ
ln r2
r1
On constate que ces charges sont opposées et que le cable est bien électriquement neutre.
1.5/1 La capacité du cable est :
C = Q
U = 2πε0ℓ ln
r2
r1
1.6/2 On définit la capacité par unité de longueur du cable : Γ = C
ℓ = 2πε0
ln r2
r1
On mesure approximativementr1 = 0,5mm et r2 = 3 mm d’où Γ = 0,3 nF.m−1 1.7/2,5 L’énergie volumique du champ électrique est :
uE= 1 2ε0E2
WE = Z Z Z
1
2ε0E2dτ
On intègre dans l’espace où E est non nul, c’est à dire dans l’isolant.
WE= Z r=r2
r=r1
Z θ=2π
θ=0
Z z=ℓ
z=0
1
2ε0E2(r)dr rdθ dz
WE = Z r=r2
r=r1
U2 ln
r1
r2
2 ε0
2rdrℓ2π
d’où WE = πℓε0U2 ln
r2
r1
et C = ε02πℓ
ln r2
r1
2.1/1 Le plan de la feuille est plan de symétrie. −→
B est perpendiculaire à ce plan et est donc selon −→eθ. L’invariance par rotation selon Oz et par translation selon −→ez (le cable est infiniment long) impliquent que
−
→B ne dépend ni de z ni de θ.
Finalement, −→
B = B(r)−→eθ
2.2/2 On choisit un coutour d’Ampère circulaire de centre un point de l’axe du cable et de rayonr∈]r1;r2[.
L’intensité enlacée est I.
I −→ B.d−→
ℓ =µ0Ienlacée = 2πrB
B(r) = µ0I
2πr pour r1 < r < r2
2.3/2
eB = B2 2µ0
On intègre de la même façon qu’en 1.5 et
WB = Z r=r2
r=r1
ℓµ0I2 4π
dr r
d’où WB = ℓµ0I2
4π ln r2
r1
= 1 2LI2 On trouve alors
L = µ0ℓln
r2
r1
2π
2.4/1 L’inductance par unité de longueur est donc Λ = µ0ln
r2
r1
2π = 0,35.10−6 H.m−1 3.1/1,5 C’est une question de cours.
3.2/1,5
−
→Π =
−
→E ∧−→ B µ0
=− U ln
r1
r2
1 r
µ0I
2πr−→er ∧ −→eθ
soit −→
Π = UI
2πr2ln r2
r1
−→ez
3.3/3 Nous avons la situation suivante :
−
→B r2
r1
−
→E
−
→Π
Il faut calculer le flux de −→
Π à travers une section du cable. On calcule le flux à travers une couronne d’épaisseur dr et de surface 2πrdr puis on intègre de r1 à r2 :
dϕ= 2πrdrk−→ Πk
Z Z −→ Π.d−→
S = Z r2
r1
2πr UI 2πr2ln
r2
r1
dr
d’où RR −→
Π.d−→ S = UI
Le champ électromagnétique transporte la puissance UI : c’est la puissance électrocinétique transportée le long du cable.
Problème n ° 2 : effet de peau
A. Etude du régime permanent A.1/0,5 La loi d’Ohm locale est −→
j =γ−→ E A.2/1
• Le plan xOz est plan de symétrie et le champ −→
B y est donc perpendiculaire et est donc selon −→uy.
• L’invariance par translation selon x ety montre que −→
B ne dépend que dez.
• Le plan xOy est plan de symétrie et le champ −→
B est donc antisymétrique par rapport à ce plan de sorte queB(z) =−B(−z).
•
Finalement, −→
B = B(z)−→uy avec B impaire A.3/2 On distingue deux cas :
2
`
`
z
a
!
j
y
1
x z
2z
!
B
• Pour |z|< a/2, on applique le théorème d’Ampère au contour Γ1 1 : I −→
B.d−→
ℓ =−2B(z)ℓ=µ0jℓ2z
d’où −→
B (z) = −µ0jz−→uy
• Pour z > a/2, on applique le théorème d’Ampère au contour Γ2 : I −→
B.d−→
ℓ =−2B(z)ℓ=µ0jℓa
d’où −→
B (z) =−1
2µ0ja−→uy
Pourz <−a/2, on utilise l’imparité de B et
−
→B (z) = µ0ja 2
−
→uy
A.4/2 On utilise l’équation de Maxwell-Ampère en régime stationnaire :
−→rot −→
B =µ0−→ j
• Pour |z|< a/2, dB
dz =−µ0j.
d’où B =−µ0jz + Cte
Cte = 0 car B est impaire.
• Pour |z| > a/2, dB
dz = 0 et B = Cte. En utilisant la continuité de −→
B en l’absence de courants surfaciques, on retrouve les résultats précédents.
A.5/0,5
PV =−→ j .−→
E = j2
γ =γE2
A.6/1 Le vecteur de Poynting est dans la plaque :
1. Attention à l’orientation !
−
→Π =
−
→E ∧−→ B µ0
=−j2z γ
−
→uz
a
y
x z
!
B
!
E
!
En dehors de la plaque, il est nul puisque −→
E est nul.
A.7/2 En régime quelconque, le bilan d’énergie EM s’écrit : dE
dt + ZZ
−→ Π.d−→
S = −
Z Z Z −→ j .−→
E.dτ
Ici, dE
dt = 0 puisqu’on est en régime permanent. Le flux de −→
Π à travers la plaque (en +−a/2) vaut2 :
a
y
x z
!
x
!
ZZ −→
Π.d−→
S =−2j2(a/2)∆x∆y γ
Or, PJ=RRR j2
γ dτ = j2
γ a∆x∆y On retrouve donc le bilan global d’énergie sur la plaque.
B. Etude du régime variable
B.1/2 Injectons la loi d’Ohm locale dans l’équation de conservation de la charge.
γdiv −→ E +∂ρ
∂t = 0 γ ρ
ε0
+∂ρ
∂t = 0
La solution de cette équation du premier ordre est, avec la condition initiale donnée, ρ(t) =ρ0exp
−γ ε0
t
La constante de temps s’écrit τ =ε0/γ = 2,8.10−17 s. ρ(t) tend rapidement vers 0 et on peut considérer le conducteur comme localement neutre.
2. Faites un dessin pour calculer un flux !
B.2/1 Comparonsjc =γEàjD=ε0
∂E
∂t. On se place en régime harmonique. En ordre de grandeur, évaluons le rapportjc/jD.
jc/jD ≈ γE ε0∂E
∂t
≈ γE ε0ωE
≈ γ ε0ω jc/jD≈103
Cette approximation est l’approximation des régimes quasi-stationnaires.
B.3/1 La loi d’Ohm donne
−
→j =γ−→ E On prend le rotationnel de (MA) :
−→rot −→rot −→
B =µ0γ−→rot −→
E =−µ0γ∂−→ B
∂t (MF)
Or, −→
rot −→
rot −→
B =−−→
grad div −→
B −∆−→
B =−∆−→
B (MΦ)
d’où ∆−→
B =µ0γ∂−→ B
∂t On a des équations identiques pour −→
E et −→ j . On définit le coefficient de diffusion D = 1
µ0γ dont la dimension est [D] = L2.T−1
B.4/2 On injecte la solution dans l’équation précédente d2B0
dz2 =jµ0γωB0
B0(z) = C1e−αz+ C2eαz avec α2 =jµ0γω α =√
µ0γωejπ/4 = 1 +j
δ avec δ = r 2
µ0γω Le courant est volumique et non pas surfacique donc −→
B est continu. Il ne diverge pas en l’infini et
−
→B = B0e−z/δcos(ωt−z/δ)−→uy
B.5/2 L’amplitude du champ décroit quand on pénètre dans le conducteur. δest appelé épaisseur de peau.
Le champ EM n’est non nul que sur une épaisseur de l’ordre de quelques δ.
Application numérique: pour 1 MHz, δ = 65µm et pour 50 Hz δ= 9,2mm
Dans une ligne à haute tension, la fréquence est f = 50 Hz. A cause de l’effet de peau, le courant se cantonne en périphérie du cable sur une épaisseur de l’ordre de 20 à 30 mm. Il est donc inutile de mettre
des cables pleins de rayon plus grand que cela. En pratique, on utilise des cables conducteurs de rayon plus grand que 30 mm, mais creux au centre (car le métal central ne participerait pas à la conduction). Dans une antenne radio, le courant est uniquement superficiel à cause de la faible épaisseur de peau. L’antenne peut être creuse. Une fine feuille de papier aluminium peut jouer le role d’antenne pour les fréquences radio.
B.7/2 On calcule −→
E avec l’équation de Maxwell-Ampère : E = 1
γµ0
∂B
∂z = B0
γµ0δe−z/δ(sin(ωt−z/δ)−cos(ωt−z/δ)) Le vecteur de Poynting s’écrit donc en z = 0
−
→Π (t) = B20
µ20γδ cosωt(cosωt−sinωt)−→uz
B.8/2 On a hcos2ωti= 1
2 et hcosωtsinωti= 0 d’où P =RR
hΠidS = B20
2γµ20δ∆x∆y
B.9/3 Pj = Z +∞
0
j2 γ
dxdydz. On calcule
j2 = B20
δ2µ20
e−z/2δ(1−2 cos(ωt−z/δ)−sin(ωt−z/δ))
d’où hj2i= B20
2δ2µ20
e−z/2δ
d’où Pj = B20
2γµ20δ∆x∆y
On retrouve P =Pj car l’énergie moyenne est constante dans le temps.
Thermodynamique
1/2 Le système{calorimètre+eau} est calorifugé donc ∆H = 0 = (C +m1ceau)(tf −t1) +m2ceau(tf −t0) + m2ℓf us
d’où lf us =−(C +m1ceau)(tf −t1) +m2ceau(tf −t0) m2
= 330J.g−1
2/2 Le deuxième principe implique ∆S = Se+ Sc = Se puisque le système est calorifugé. On a donc Sc = (C +m1ceau) ln Tf
T25
+m2ceaulnTf
T0
+m2
lf us
T0
= 4,7J.K−1
