Ondes électromagnétiques dans le vide

BLAISE PASCAL PT 2020-2021

Ondes électromagnétiques dans le vide

Exercice 1 : Onde sphérique 1 | 1

. OPPH ;

. Vecteur de Poynting.

1 Le vecteur d’onde de l’onde sphérique est donné par #”

k =k#”er. 2 Le champ magnétique est donné par

B#”=#”er∧ E#”

c = E₀(r)

c cos(ωt−kr)#”eϕ.

3 Par définition,

Π =#”

E#”∧B#”

µ₀ = E₀(r)²

µ₀c cos²(ωt−kr)#”e_r. Sachant que

cos²(ωt−kr)

= 1/2, on en déduit h#”

Πi= E₀(r)² µ₀c

#”er.

4 La puissance rayonnée au travers d’une sphère de rayonrvaut P =

¨

sphère

h#”

Πi · # ” dS . Commeh#”

Πiest uniforme sur la sphère, on en déduit directement P = E₀(r)²

2µ₀c ×4πr² soit P= 2πr²E₀(r)² µ₀c .

Comme l’onde se propage dans le vide, elle n’estni absorbée ni amplifiée, elle ne fait que s’étalerdans l’espace : la puissanceP est donc indépendante du rayon de la sphère. On en déduit

E₀(r)²= µ₀c

2πr²P d’où E₀(r) =1 r

rµ₀c 2πP.

Exercice 2 : Un exemple d’OPPH 1 | 3

. OPPH ;

. Vecteur de Poynting.

1 D’après la relation de dispersion,

f = c

λ = 5·10¹⁴Hz.

Cette onde appartient au domaineoptique, comme le montre d’ailleurs sa longueur d’onde de 600 nm.

2 Par définition, on peut identifier exp

i

K

3 (2x+ 2y−z)−ωt

= exph

i#”k ·OM# ”−ωti ce qui donne

kxx+kyy+kzz= K

3 (2x+ 2y−z) d’où #”

k = 2K 3

#”ex+2K 3

#”ey−K 3

#”ez.

On déduit

||#”

k||= q

k²_x+k_y²+k_z²=K r4

9 +4 9 +1

9 =K d’où K=2π

λ = 1,0·10⁷rad·m⁻¹.

3 Par définition, un plan d’onde est une surface sur laquelle le champ électrique est uniforme à tout instant, soit exp

i

K

3(2x+ 2y−z)−ωt

= cte. Ainsi, les plans d’onde sont tous les plans parallèles d’équation

2x+ 2y−z= cte.

4 Compte tenu de la convention de signe dans l’exponentielle, l’équation de Maxwell-Gauss en représentation complexe s’écrit

+i#”

k ·#”

E= 0 soit kxEx+kyEy= 0 d’où Ey =−kx

ky

Ex

Compte tenu de ce qui précède,kx=ky donc on en déduit E_y=−E_x=−E₀exp

i

K

3(2x+ 2y−z)−ωt

.

5 D’après la relation de structure appliquée à l’OPPM, B#”=

#”k∧#”

E

ω =K Ex

3ω (2#”ex+ 2#”ey−#”ez)∧(#”ex−#”ey). En développant le produit vectoriel par la droite,

(2#”e_x+ 2#”e_y−#”e_z)∧(#”e_x−#”e_y) = #”0 −2#”e_z−#”e_y

− 2#”e_z+#”0 −#”e_x

=−#”e_x−#”e_y−4#”e_z. On en déduit alors

B#”=−K Ex

3ω (#”ex+#”ey+ 4#”ez).

6 Avec les champs réels, la densité volumique d’énergie s’écrit w_em= ε₀E²

2 + B² 2µ₀ et donc avec les champs complexes

hw_emi= 1 2Re

"

ε₀#”

E·#”

E^∗

2 +

B#”·#”

B^∗ 2µ₀

# .

Compte tenu des expressions précédentes, E#”=E_x(#”e_x−#”e_y) donc E#”·#”

E^∗=|Ex|²(1 + 1) = 2E²₀

et B#”=−E_x

3c (#”e_x+#”e_y+ 4#”e_z)

B#”·#”

B^∗= |Ex|²

9c² (1 + 1 + 16) =2E₀² c² ce qui donne finalement

hw_emi= 1 2

ε₀E₀²+ E₀² µ₀c²

soit hw_emi=ε₀E₀². Elle estuniforme, comme attendu pour une OPPM.

7 La moyenne du vecteur de Poynting vaut h#”

Πi=1 2Re

E#”∧#”

B^∗ µ₀ . En développant par la gauche, le produit vectoriel donne

(#”ex−#”ey)∧(#”ex+#”ey+ 4#”ez) = (#”0 +#”ez−4#”ey)−(−#”ez+#”0 + 4#”ex) =−4#”ex−4#”ey+ 2#”ez. Ainsi,

h#”

Πi=−1 2

|Ex|²

3cµ₀(−4#”ex−4#”ey+ 2#”ez) soit h#”

Πi= E₀²

3cµ₀(2#”ex+ 2#”ey−#”ez). Le vecteur de Poynting estcolinéaire au vecteur d’onde, comme attendu pour une OPPM.

Exercice 3 : Loi de Malus 2 | 1 |

. Polarisation ;

. Vecteur de Poynting.

1 Voir figure 1.

z source

lumineuse #”u (P)

#”v

(A) photodétecteur

#”u

#”u_⊥

#”v

#”v⊥

θ

#”e_z

Figure 1– Étude expérimentale de la loi de Malus.

2 Par définition, en sortie du polariseur, l’onde est polarisée rectilignement selon son axe passant. Ainsi, E#”_P(z, t) =E₀cos(ωt−kz)#”u avec





 k= 2π

λ ω=kc=2πc

λ ,

d’où on déduit

E#”_P(z, t) =E₀cos 2π

λ (ct−z) #”u .

Comme l’onde est progressive dans le sens desz croissants, il n’y a pas de surprise à voir apparaître la variablect−z.

3 En s’appuyant sur la figure 1 pour exprimer #”u dans la baseB_A, on obtient E#”_P(z, t) =E₀cos

2π

λ(ct−z)

(cosθ#”v −sinθ#”v_⊥).

En sortie du polariseur, la composante sur son axe passante est transmise et la composante orthogonale est coupée, d’où

E#”_PA(z, t) =E₀cosθcos 2π

λ (ct−z) #”v .

Le champ magnétique s’obtient par la relation de structure, B#”_PA= #”ez∧

E#”_PA c =E₀

c cosθcos 2π

λ(ct−z)

(#”ez∧#”v), et comme par construction de la baseB_A on a #”e_z∧#”v = #”v_⊥, alors

B#”_PA(z, t) = E₀

c cosθcos 2π

λ (ct−z) #”v_⊥.

Enfin,

Π#”_PA=

E#”_PA∧E#”_PA µ₀ =E₀²

µ₀ccos²θcos² 2π

λ(ct−z)

(#”v ∧#”v_⊥) et ainsi

Π#”_PA= E₀²

µ₀ccos²θcos² 2π

λ(ct−z) #”ez.

4 Par définition de l’intensité lumineuse, en notantz₀ la position du détecteur, I=

1 S

¨

S

Π#”·dS# ”

= 1

S ×E₀²

µ₀ccos²θcos² 2π

λ(ct−z₀)

S

car le vecteur de Poynting est uniforme sur toute la surface du détecteur (l’onde est plane) et # ”

dS = dS#”ez. On en déduit directement

I= E₀² µ₀ccos²θ

cos²

2π

λ (ct−z₀)

=E₀²

µ₀ccos²θ×1 2 ce qui s’écrit bien sous la forme

I=I₀cos²θ avec I₀= E₀² 2µ₀c.

Exercice 4 : Absorption par l’atmosphère oral banque PT | 2 | 2 |

. OPPH ;

. Vecteur de Poynting ;

. Bilan d’énergie électromagnétique.

1 Le champ électrique complexe s’écrit

E#”=E₀e^i(ωt−kx)#”ey. D’après la relation de structure,

B#”= #”ex∧ E#”

c =E₀

c e^i(ωt−kx)#”ez.

La moyenne du vecteur de Poynting se calcule directement à partir des champs complexes, h#”

Πi= 1 2Re

E#”∧#”

B^? µ₀

!

soit h#”

Πi= E₀² 2µ₀c

#”ex.

La relation de structure est linéaire par rapport aux champs : elle peut donc s’utiliser de la même façon avec les champs réels ou les champs complexes. Au contraire, le vecteur de Poynting est relié aux champs de manière non-linéaire. Il n’est donc pas possible de le calculer avec les champs complexes, seule sa valeur moyenne est aisément accessible :

Π =#”

E#”∧#”

B

µ₀ h#”

Πi=1 2Re

E#”∧#”

B^? µ₀

! .

Ne pas oublier ni le préfacteur 1/2, ni la partie réelle, ni le complexe conjugué ! 2 Raisonnons sur la tranche d’atmosphère représentée figure 2.

x x x+ dx

E₀(x) E₀(x+ dx)

Figure 2 –Schéma de la tranche d’atmosphère considérée.

On suppose raisonner sur des échelles de temps très supérieures à la période de l’onde : on peut donc la considérer en régime permanent.

. Par la face située en x, la tranche reçoit une puissance P_e=

¨

hΠi ·# ”

dS= E₀(x)² 2µ₀c S , . Par la face située en x+ dx, la tranche cède une puissance

P_s= E₀(x+ dx)² 2µ₀c S ,

. Enfin, sous l’effet des phénomènes d’absorption et diffusion, il faut compter une perte de puissance P_abs=P Sdx=αE₀(x)²Sdx .

Ainsi, en régime permanent,

P_s=P_e− P_abs E₀(x+ dx)²

2µ₀c = E₀(x)²

2µ₀c −αE₀(x)²dx 1

2µ₀c

E₀(x)²+d(E₀²) dx dx

= E₀(x)²

2µ₀c −αE₀(x)²dx 1

2µ₀c d(E₀²)

dx dx=−αE₀(x)²dx 1

2µ₀c×2E₀dE₀

dx =−αE₀(x)² d’où on déduit l’équation différentielle

dE₀

dx +µ₀cα

| {z }

=1/`

E₀= 0.

3 PosonsE_max =E₀(x= 0) l’amplitude de l’onde lorsqu’elle pénètre dans l’atmosphère. L’équation différentielle précédente se résout en

E₀(x) =E_maxe^−x/` d’où #”

E =E_maxe^−x/`e^i(ωt−kx)#”ey.

4 Lorsque le Soleil se couche, il est plus bas sur l’horizon, donc les rayons lumineux traversent une plus grande épaisseur d’atmosphère pour nous parvenir. L’onde est doncplus atténuée, ce qui est moins éblouissant pour l’œil.

En ce qui concerne le changement de couleur, on peut supposer que le coefficient α dépend de la longueur d’onde: s’il est plus élevé pour les rayonnements de faible longueur d’onde plutôt que de grande longueur d’onde, alors les rayonnements bleus, verts ou jaunes sont plus atténués que les rouges, ce qui explique le changement de couleur apparente du Soleil plus marqué le soir en raison de la longueur d’atmosphère traversée.

En réalité, l’absorption du rayonnement est relativement minoritaire car elle est restreinte à certaines longueurs d’onde bien particulières, caractéristiques des espèces chimiques présentes dans l’atmosphère

(c’est l’analogue des raies caractéristiques en spectroscopie infrarouge). Le phénomène principal est la diffusion de la lumière par les aérosols (fines particules) présentes dans l’atmosphère, qui se trouve renvoyée dans toutes les directions lorsqu’elle « rencontre » un aérosol. On peut montrer que la puissance diffusée est proportionnelle à1/λ⁴ : les rayonnements de petite longueur d’onde y sont plus sensibles que ceux de grande longueur d’onde. C’est donc bien ce qui explique la couleur apparente rouge du Soleil lorsqu’il se couche ... mais aussi la couleur bleue du ciel : lorsque l’on regarde le ciel dans une direction qui n’est pas celle du Soleil, on ne voit évidemment pas les rayonnements qui arrivent en ligne droite depuis le Soleil, mais seulement ceux qui ont largement subi le phénomène de diffusion de la lumière.

Exercice 5 : Bilan de puissance d’un conducteur oral banque PT | 2 | 2 |

. Bilan d’énergie électromagnétique.

1 Il s’agit de la conductivité électrique, notée γ. Celle du cuivre, l’un des meilleurs conducteurs, est de 6·10⁷S·m⁻¹; à tire de comparaison celle de l’eau de mer n’est que de l’ordre de 5 S·m⁻¹.

2 D’après la loi d’Ohm locale,

#”j =γE ,#”

d’où on déduit l’intensité par calcul du flux au travers d’une section transverse, c’est-à-dire un cercle, I=

¨ #”j ·# ”

dS soit I=πR²γE .

z E#”

B M#”

C

Figure 3 –Bilan de puissance électromagnétique d’un cylindre.

Pour le calcul du champ magnétique, plaçons nous en un point M repéré par ses coordonnées cylindriques, voir figure 3.

• Invariances et symétries :

. La distribution de courant est invariante par translation le long de l’axe (Oz) et par rotation autour de cet axe, le champ magnétique ne dépend donc que du rayonr.

. Le plan passant par M est contenant l’axe Oz est plan de symétrie de la distribution de courant, le champ magnétique lui est donc orthogonal : on en déduit qu’il est porté par #”uθ.

. Conclusion :

B#”=Bθ(r)#”uθ.

• Théorème d’Ampère :Raisonnons sur un contourC circulaire de rayonrcentré sur l’axe (Oz) et passant parM. Comme le champ est de même norme sur ce contour, alors

˛

C

B#”·d`#”= 2πr B_θ(r)

Le courant enlacé dépend de la position deM : . sir > RalorsI_enl=I=πR²γE; . sir < RalorsI_enl=πr²j=πr²γE

Finalement,

B#”=











µ₀πR²γE 2πr

#”u_θ r≥R µ₀πr²γE

2πr

#”uθ r≤R

d’où en simplifiant

B#”=







µ₀R²γE 2r

#”uθ r≥R µ₀r γE

2

#”uθ r≤R

3 La puissance volumique dissipée par effet Joule s’écrit p_J,vol= #”j ·#”

E=γE². La puissance dissipée dans le tronçon vaut donc

P_J=γE²`πR².

4 Le vecteur de Poynting s’écrit

Π =#”

E#”∧#”

B µ₀ . CommeE#”est porté par #”u_z et B#”par #”u_θ alorsΠ est porté par#” #”u_r.

Π =#” 1

µ₀ ×E×µ₀r γE

2 (#”uz∧#”uθ) =−rγE² 2

#”ur.

Enfin, la puissance rayonnée au travers des parois du tronçon de cylindre est égale au flux sortant du vecteur de Poynting enr=R. Sur les surfaces verticales du cylindre (colorées de la figure 3), son flux est nul. Ainsi,

P_ray=

‹

S

Π#”·dS# ”=

¨

S_lat

Π#”·dS#”u_r,

d’où

P_ray=−RγE²

2 ×2πR`

soit

P_ray=−γE²πR²` .

La puissance rayonnée est négative, ce qui signifie que l’énergie ne sort pas mais entre dans le cylindre au travers des parois.

5 On constate l’égalité des deux termes,

P_J+P_ray= 0.

Cela signifie que toute la puissance dissipée par effet Joule dans le cylindre y entre par rayonnement, ce qui est logique puisqu’il n’y a pas d’autre source de puissance dans le tronçon de cylindre étudié. Ce résultat est par ailleurs cohérent avec l’équation intégrale de Poynting,

dE_em dt =−

‹ Π#”·dS# ”− P_J= 0,

car en régime stationnaire l’énergie électromagnétiqueE_emcontenue dans le système est constante.

Exercice 6 : Champs d’un laser 3 | 1

. OPPH ;

. Vecteur de Poynting ; . Résolution de problème.

On assimile l’air au vide. D’après la relation de structure, B#”=

#”k∧E#”

ω = #”uz∧ E#”

c soit #”

B =E₀

c cos(ωt−kz)#”uy. Le vecteur de Poynting s’écrit

Π =#”

E#”∧B#”

µ₀ = E₀²

µ₀ccos²(ωt−kz)#”u_z.

En modélisant le faisceau laser par un faisceau cylindrique de rayona= 1 mm (diffraction négligeable), la puissance moyenne portée par le faisceau vaut donc

P =D

||#”

Π||E

×πa²= E₀²πa² µ₀c . Pour une puissanceP = 1 mW, on en déduit

E₀=

rPµ₀c

πa² '45 V·m⁻¹ et B₀= E₀

c = 1,5·10⁻⁷T.