Sélection de TD corrigés (PC*)
Les « Incontournables »
Electrostatique Magnétostatique Equations de Maxwell Induction électromagnétique Ondes mécaniques
Ondes EM dans le vide Ondes EM dans les plasmas Ondes EM et les métaux
Ondes EM dans les diélectriques Rayonnement dipolaire
Optique ondulatoire
Mécanique du point matériel Mécanique du solide
Statique des fluides Dynamique des fluides Ondes sonores
Thermodynamique de PCSI Potentiels thermodynamiques Transferts thermiques
Diffusion de particules Electronique
Electrostatique
1) Emission de charges électriques par un plan (Centrale) :
Un plan infini π = (Oxy) possède, à l’instant t = 0, une densité superficielle de charge σ0. Les charges quittent le plan avec une vitesse constante vr vOurz
0 = et un débit que l’on note a (exprimé en C.m – 2.s – 1 ).
a) Déterminer le champ électromagnétique en un point M de l’espace.
b) Vérifier la compatibilité avec les équations de Maxwell.
Solution :
2) Retraitement des eaux (Centrale) :
Le demi-espace métallique z < 0 est porté au potentiel uniforme V0 > 0. Le demi-espace z > 0 est rempli d'un électrolyte constitué de cations K+ et d'anions A-. Le problème étant invariant par translation selon u r x et u r y, le potentiel V(z) ne dépend que de z. À l'équilibre thermodynamique à la température T, les densités volumiques d'ions dans l'électrolyte sont données par des facteurs de Boltzmann :
n+(z) = n0 exp −eV z( )
kBT
et n_(z) = n0 exp eV z( )
kBT
.
1) Citer un autre contexte où on voit apparaître un facteur de Boltzmann . Préciser la signification physique de cette loi.
2) Exprimer la densité volumique de charges ρ(z) en fonction de e, V(z), n0, kB et T. En déduire que le potentiel V(z) est - sous réserve que eV z( ) « kBT - solution d'une équation de la forme :
d2V dz2 − V
D2 =0 où D est une constante qu'on explicitera en fonction de ε0, kB, T, n0 et e.
3) Déterminer V(z) en fonction de V0, z et D sachant que V(∞) = 0. En déduire l'expression du champ électrostatique r E dans l'électrolyte en fonction de V0, z et D. Pourquoi parle-t-on d'écrantage du champ
r E ? Solution :
1) Les expressions font intervenir l’énergie potentielle Ep =qV d’un ion de charge q dans le potentiel électrique V dans le terme e−Ep/kT, appelé facteur de Boltzmann. On retrouve ce terme en théorie cinétique des GP et lors de l’étude de l’atmosphère isotherme.
2) La densité volumique de charges est : 0 ( )
2 eV z
en en n esh
ρ = +− − = − kT
L’équation de Poisson, ∆ = −V ρ ε/ 0 donne ensuite :
2
0 2
0
2n e ( )
d V eV z
dz ε sh kT
=
Avec eV(z) << kT, il vient :
2 2
0 2
0
2n e
d V V
dz = ε kT . On note
0 2
2 0
D kT
n e
= ε .
3) La solution de l’équation est, compte tenu des conditions aux limites : V z( )=V e0 −z D/ Le champ est donné par : dV V0 z D/
E e
dz D
= − = −
En l’absence d’électrolyte, le champ électrostatique serait uniforme. L’effet de l’électrolyte est d’écranter le champ sur une distance caractéristique D.
3) Charges aux sommets d'un carré (X – ESPCI) :
Quatre charges identiques q sont placées aux quatre sommets d'un carré de côté a 2 ; elles sont fixes.
Déterminer le mouvement d'une charge q' de masse m au voisinage du centre du carré (q et q' sont de même signe).
On se placera en coordonnées cartésiennes et on fera un développement de Taylor du potentiel électrostatique, en tenant compte des symétries du problème et en considérant des cas particuliers.
Solution :
Le potentiel électrostatique en un point M proche de l’origine peut s’écrire sous la forme d’un développement de Taylor au 2nd ordre : V x y( , )=V0+Ax+By+Cx2+Dxy+Ey2, V0 désigne le potentiel à l’origine : 0
0
4 1 4 V q
πε a
= .
Par symétrie : V(− −x, y)=V x y( , ) donc A = B= 0
De même, V(−x y, )=V x y( , ) donne D = 0. Enfin, V y x( , )=V x y( , ) donne C = E. Finalement :
2 2 2
0 0
( , ) ( ) ( )
V x y =V +c x +y =V +Cr r=OM Pour déterminer C, on considère que le point M a pour coordonnées M (x,0) ; alors :
2 2 2 2
0 0
1 1 2 1 1 1 2
( ,0)
4 4 1 / 1 / 1 /
q q
V x πε a x a x a x πε a x a x a x a
= + + = + +
− + + − + +
En faisant un DVL au 2nd ordre en x / a :
2 2 2 2 2 2
0
( , 0) 1 (1 / / ) (1 / / ) 2(1 / 2 )
4
V x q x a x a x a x a x a
πε a
= + + + − + + −
2 2 0
( ,0) 1 4
4
q x
V x πε a a
= +
Par identification : 3
0
1 4 C q
πε a
=
Le potentiel s’écrit donc sous la forme :
2 2 2
2 2
0 0
1 1
( , ) 4 4
4 4
q x y q r
V x y
a a a a
πε πε
+
= + = +
La force électrique subie par la charge q’ est ensuite : 3
0
' 2 ' 1
4 r
f q gradV qq ru
πε a
= − = −
uuuuur
r r
C’est une force de rappel.
Le PFD appliqué à la charge q’ donne :
2
2 3
0
2 ' 1 4
d r qq
m r
dt = − πε a
r r
Soit :
2 2
2 3 0 3
0 0
' 1 ' 1
0 ( )
2 2
d r qq qq
dt ma r ω ma
πε πε
+ = =
r r r
La solution de cette équation différentielle est :r =Ucosω0t V+ sinω0t
r r
r
La trajectoire est dans le cas général une ellipse.
4) Lévitation par interaction électrostatique (Mines) :
Le dispositif étudié comporte deux disques (A) et (B) métalliques horizontaux, de même axe vertical (Oz), d’épaisseurs négligeables et de rayons a et b, tels que b << a. Le disque (A) est fixe et centré en O ; il est relié à un générateur de tension électrostatique de fém V0. Pour un point P appartenant à l’axe (Oz), on définit le demi-angle au sommet α du cône de sommet P, s’appuyant sur le contour du disque (A). Dans l’état initial, le disque (B) est posé sur le disque (A) et les deux disques sont ainsi en contact électrique.
P z
V0
σ σ α
urz
gr
a b
(A) (B)
O
1. On admet que la distribution des charges surfaciques est uniforme et égale à σ, sur chacune des faces du système ainsi constitué et l’on s’intéresse au potentiel électrique V puis au champ électrique E
r créé par ce système.
a) Déterminer le potentiel V le long de l’axe (Oz) en fonction de z. En déduire la valeur de la densité surfacique σ en fonction notamment de V0 et de a.
b) Exprimer le champ électrique E
r le long de l’axe (Oz) au point P, en fonction de σ et de z, puis en fonction de σ et de α. Tracer le graphe de la valeur algébrique E(z) du champ en fonction de z, pour z > 0.
c) Au voisinage de l’axe (Oz), déterminer, par application du théorème de Gauss à un petit cylindre d’axe (Oz) et de rayon r << a, la coordonnée radiale Er du champ électrique en fonction de r et z, puis en fonction de r et α.
d) Par application du théorème de superposition, déterminer les champs électriques EA r et EB
r créés, en un point de l’axe (Oz), respectivement par les disques (A) et (B).
2. On s’intéresse désormais au décollage du petit disque (B), dont la masse est m, l’épaisseur e très faible (e << b) et la masse volumique ρ. La tension V0 délivrée par le générateur augmente progressivement à partir de la tension nulle. Le point G est le centre du disque (B), initialement pratiquement confondu avec l’origine O.
a) Déterminer la condition sur σ, puis sur V0, pour que le décollage soit possible. On note Vs la tension de seuil ainsi définie. Calculer Vs avec e =0,2mm, a=10cm, ρ =8.103kg.m−3, g =9,8m.s−2 et 1/4πε0 =9.109 SI.
b) Après décollage, la tension reste fixée à Vs. On admet que les charges surfaciques prennent une distribution uniforme sur chacun des deux disques et que le disque (B) reste perpendiculaire à l’axe (Oz). Déterminer la position d’équilibre du disque (B) sur l’axe (Oz). Discuter la stabilité de cet équilibre lors de déplacements le long de (Oz).
c) Quelle est la force appliquée au disque (B) lorsque, à partir de sa position d’équilibre définie précédemment, le disque s’écarte de l’axe (Oz) selon une translation de vecteur rrG
perpendiculaire à l’axe (Oz) ? Exprimer le résultat en fonction de Vs, a, b et rrG
. Que dire de la stabilité de l’équilibre du disque (B) ? Solution :
1-a) Le potentiel élémentaire dV(P) créé par une couronne circulaire comprise entre les cercles de centre O et de rayons r et r + dr (voir figure) au point P est :
PM dS 2 4 ) 1 P ( dV
0
σ
= πε , ou :
2
0 z2 r
rdr 2 4
) 2 P ( dV
+ π πε
= σ Le potentiel résultant créé par tout le disque au point P est par conséquent :
a 0 2 2 0 a
0 2 2
0
r z dr
r z ) r
P (
V
+ ε
= σ ε +
= σ
∫
Soit finalement :
+ −
ε
= σ
=V(z) z a z )
P (
V 2 2
0
Le potentiel pour z = 0 (à la surface des disques) est donc V0 =aσ/ε0 ; d’où l’expression de la densité surfacique a
/ V0 ε0
=
σ .
b) La relation intrinsèque Er gradV (dV/dz)urz
−
=
−
= → permet d’affirmer que le champ en un point situé sur l’axe (Oz) est porté par cet axe. De plus, le plan contenant les deux disques étant un plan de symétrie positive pour la répartition de charges, les champs électriques aux points P(+ z) et P’(− z), symétriques l’un de l’autre par rapport à ce plan (π +), sont également symétriques par rapport à ce plan. Par conséquent, E(−z)=−E(z). Il suffit donc de déterminer l’expression E du champ pour z > 0, qui s’obtient à partir de :
+ −
ε
− σ
=
−
= z a z
dz d dz
E dV 2 2
0
Soit finalement (Pour z > 0) :
+ ε −
= σ
2
0 z2 a
1 z E
Soit encore, avec cosα=z/ z2 +a2 :
( − α)
ε
= σ 1 cos E
0
c) Le point P, qui n’est plus sur l’axe (Oz), a pour
coordonnées cylindriques P(r,θ,z), avec r << a. Le plan contenant le point P et l’axe (Oz) est un plan (π +) pour la répartition de charges ; par conséquent, le champ électrique est contenu dans ce plan et ne possède donc pas de coordonnée orthoradiale. Comme la répartition de charges est de plus invariante selon θ, il peut finalement s’écrire sous la forme :
z z
r
r(r,z)u E (z,r)u E
Er r r
+
=
Le théorème de Gauss appliqué à un petit cylindre d’axe (Oz) et de rayon r << a, ne contenant pas de charges intérieures, permet d’écrire que le flux sortant de cette surface fermée doit être nul ; par conséquent :
0 ) 0 , z ( E r ) 0 , dz z ( E r ) z , r ( E dz r
2π r +π 2 z + −π 2 z =
Soit :
0 dz dz
) 0 , z ( r dE dz ) z , r ( rE
2π r +π 2 z = d’où
dz ) 0 , z ( dE 2 ) r z , r (
Er =− z
En utilisant l’expression du champ sur l’axe (Oz) obtenue à la question (1-b), il vient :
( ) ε α
= σ ε +
= σ 3
2 0 / 2 3 2
2
0
r sin
a r z 2
a r a ) 2
z , r ( E
d) Le disque (B) est chargé en surface uniquement sur sa face supérieure avec la densité surfacique . Le champ EB(z) créé par ce disque au point P situé sur l’axe est alors, par analogie avec le résultat obtenu à la question (1-b) :
+ ε −
= σ
2 0 2
B z b
1 z ) 2
z (
E (Pour z > 0)
Le champ EA(z) créé en P par le disque (A) s’obtient en appliquant le théorème de superposition des champs électrostatiques :
+ ε −
− σ
+ ε −
= σ
−
= 2 2
2 0 0 2
B
A z b
1 z a 2
z 1 z )
z ( E ) z ( E ) z ( E
Soit : z
a z
2 b
z 1 2
) 2 z (
E 2 2 2 2
0 0
A
+
− ε +
+ σ ε
= σ (Pour z > 0)
2-a) Le disque (B), posé sur le disque (A), possède la charge totale qB =σ(πb2) et est donc soumis à la force électrique )
0 ( E q
frB = BrA +
exercée par le disque chargé (A), ErA(0+)
désignant le champ électrique créé par le disque (A) quand z tend vers 0 par valeurs positives. Par conséquent, le disque (B) pourra décoller lorsque cette force devient supérieure, en norme, au poids du disque, autrement dit si :
g ) b e ( ) 0 ( E
qB A,z + ≥ ρ π 2 Avec EA,z(0+)=σ/2ε0 (voir question précédente), il vient : eg
2 0
2
ρ ε ≥
σ d’où σ≥σs = 2ε0ρeg
E(z)
O z σ / ε0
Représentation graphique de E(z), pour z > 0.
r ru E r
z z(z,0)u
E r
urr
r
dz
z
z z(z dz,0)u
E r
+
P
La tension de seuil Vs est alors :
0 s s
V a ε
=σ soit 2 eg 188kV a
V
0
s =
ε
= ρ
b) Après décollage du disque (B), le générateur fournit au disque (A) des charges électriques de telle sorte que la densité devienne de nouveau égale à σ sur les deux faces du disque (A). Le champ créé sur l’axe (Oz) par le disque (A) est donc désormais identique à celui calculé à la question (1-b). La condition d’équilibre du disque (B), obtenue à la cote zéq, se traduit alors par la relation :
) z ( E ) b ( g ) b e
(ρ π 2 = σsπ 2 éq soit
0 s s
éq 2
) eg z (
E ε
= σ σ
=ρ Connaissant l’expression de E(z) obtenue à la question (1-b), il vient finalement :
+ ε −
=σ ε
= σ
2 éq2
éq 0
s 0 éq s
a z 1 z ) 2
z (
E d’où
3 zéq = a
Soient qB=σsπb2 et m=ρeπb2 la charge et la masse du disque (B) ; lorsque z<zéq, qBE(z)>mg et pour z>zéq, mg
) z ( E
qB < . Globalement, le disque (B) est bien soumis, de part et d’autre de la position d’équilibre zéq, à une force de rappel qui a tendance à le ramener vers sa position d’équilibre : autrement dit, l’équilibre du disque est stable.
c) Si le disque (B) s’écarte de l’axe (Oz) à partir de sa position d’équilibre zéq, la coordonnée radiale du champ créé par le disque (A) intervient et le disque (B) subit alors la force radiale :
( ) 0 G
2 2 s 2
/ 2 3 2 éq
G 2
0 2 2 éq s 2 r
s
r r
a b 16
3 3 z
a r a 2
) b z , r ( E ) b (
f ε
π
= σ ε +
π
=σ π
σ
=
En fonction de Vs =σsa/ε0, il vient finalement l’expression vectorielle de la force : 3 0 s2 G
2
r V r
a b 16
3
fr 3 π ε r
=
Cette force est centrifuge et tend à éloigner de manière inéluctable le disque de l’axe (Oz) : l’équilibre du disque (B) est donc instable vis-à-vis de mouvements transverses (c’est-à-dire perpendiculaires à l’axe (Oz)).
5) Etude de lignes de champs (CCP) :
Le schéma représente les lignes de champ créées par cinq charges ponctuelles numérotées de 1 à 5 de la gauche vers la droite. Le champ est nul aux points A , B , C et D . Les lignes en traits épais issues de ces points sont également des lignes de champ.
1. Déterminer les signes des cinq charges.
2. Justifier l'existence et la position des points du champ nul.
3. Analyser la symétrie du schéma. Quelles relations peut-on en déduire entre q1 , q2 , q4 et q5 ? 4. En appliquant le théorème de Gauss, déterminer la relation liant q2 et q3.
6) Champ créé par des cylindres (Centrale 2010) :
1) On considère un cylindre de longueur infini selon (Oz) , de rayon R et de charge volumique ρ (constante).
a) E à l’intérieur du cylindre
b) E à l’extérieur du cylindre. Donner l’expression de λ la charge par unité de hauteur et exprimer Eext en fonction de λ.
Comparer le résultat au champ du à un fil infini de charge linéique λ. En déduire V.
2) On considère maintenant deux cylindres (C1) et (C2) de centre respectif O1 et O2 et de même rayon R. On note O1O2 = a (avec a < 2R), (Ox) l’axe portant O1O2, O le milieu de O1O2 et (Oy) l’axe passant par le plan médiateur et passant par O.
a) Calculer E1(M) et E2(M) pour M dans l’intersection, en déduire E(M).
Quelle remarque peut-on faire ?
b) Calculer V(M) pour M situé à l’extérieur des deux cylindres. On note O1M = r1 et O2M = r2 et on prendra V(M) nul pour r2 = r1.
c) On note OM = r, on considère que r >> a.
Calculer r2 et r1 au premier ordre en a / r puis en déduire E(M) au premier ordre en a / r.
d) Trouver et représenter l’équation r = f(θ) correspondant aux surfaces E(M) = cste. Trouver et dessiner d’une autre couleur les surfaces équipotentielles.
Magnétostatique
1) Expérience de Rowland (CCP – Centrale) :
Cette expérience consiste à faire tourner autour de son axe un disque circulaire en matière isolante portant des charges électriques sur des pastilles conductrices fixées sur sa surface : une aiguille aimantée placée dans le voisinage est alors déviée.
urz
urz
r ω
ω =
σ a
z
M (z) Boussole
O
On note O le centre du disque (de rayon a), initialement chargé uniformément en surface avec une densité surfacique σ.
Le disque tourne autour de l’axe (Oz) perpendiculaire au plan du disque, à la vitesse angulaire constante r urz ω ω = . a) Déterminer le champ magnétique B(M)
r créé par le disque en un point M (z) de l’axe (Oz).
b) Montrer que le disque en rotation est équivalent, lorsque le point M est très éloigné de O (pour z >> a), à un dipôle magnétique dont on donnera l’expression du moment magnétique M
r . Solution :
1. Le disque mis en rotation autour de l’axe (Oz) est équivalent à une succession de spires circulaires de centre O, de rayon r, d’épaisseur dr et parcourues par un courant d’intensité di (voir figure suivante). Chaque spire crée alors au point P situé sur l’axe (Oz), le champ magnétique élémentaire dBr(P)
(voir cours de Magnétostatique) :
z
0 sin3 u
r 2
) di ) ( P ( B
dr r
µ θ
=
où l’angle θ vérifie : tanθ=r/z et cosθ=z/ r2 +z2 . L’intensité (ici surfacique) di qui traverse cette spire élémentaire est définie par la quantité de charges qui traverse la longueur dr par unité de temps. Cette intensité est constante puisque le mouvement de rotation du disque est uniforme ; par conséquent, pour évaluer cette intensité, on peut considérer un intervalle de temps égal à la période de rotation (soit T=2π/ω) pendant lequel la charge qui traverse l’élément de longueur dr est dq=2πσrdr (correspondant à la charge totale portée par la spire élémentaire considérée). Par conséquent,
dr r T / dq
di= =σω . L’expression du champ dBr(P)
devient alors :
uz
) z ( B ) P (
Br r
=
urz
urz
r =ω
ω
2πr dr dr
z
P (z)
O r
di θ θ0
3 z
0 sin u
2 ) dr P ( B
dr r
σω θ
=µ
En différentiant la relation tanθ=r/z, il vient dr=(z/cos2θ)dθ, d’où l’expression du champ élémentaire en fonction
de la seule variable θ : z
2
0 3 d u
cos zsin ) 2
P ( B
dr r
θ θ σω θ
=µ
Le champ magnétique total créé par le disque en rotation devient, en notant θ0 l’angle extrême tel que tanθ0 =a/z (et
2 2
0 z/ a z
cosθ = + ) : z
0 2
3
0 d u
cos z sin ) 2
P (
Br 0 r
θ θ σω θ
=µ
∫
θSoit : z
0 2
0 2
0 2 z
0 2 sin d u
cos ) cos 1 z ( u 2
cos d sin ) cos 1 z ( ) 2
P (
Br 0 r 0 r
θ θ θ
θ
− σω
=µ θ θ
θ θ
− σω
=µ
∫
θ∫
θFinalement : 0 z
0 z 0
0
0 cos 2 u
cos z 1 u 2
cos cos z 1 ) 2
P ( B
0 r r
r
+ θ −
θ σω
=µ
+ θ
θ σω
=µ
θ
En fonction de la seule variable z, il vient : z
2 2 2
0 2 2 u
z a
z z
z z a
) 2 P (
Br r
− + + +
σω
=µ
2. Lorsque le point P est très éloigné du disque (a/z<<1), alors, au deuxième ordre en a2/z2 :
4 4 2 2 2
/ 1 2 2 2
2 z /z (1 a /z ) 1 a /2z a /8z
a + = + ≈ + −
et : z/ a2 +z2 =(1+a2/z2)−1/2≈1−a2/2z2+3a4/8z4 Par conséquent, le champ magnétique devient équivalent à l’expression :
3 z 0 4 4 z
0 4 u
z a u 8
z a 4 z 1 ) 2
P (
Br r µ σω r
=
σω
≈µ
En faisant l’analogie avec le champ magnétique Brdip(P)
créé, en un point de l’axe (Oz), par un dipôle de moment magnétique Mr Murz
= , qui s’écrit sous la forme : z
3 0
dip u
z M 2 ) 4 P (
Br r
π
=µ
On en déduit que, vu de loin, le disque de Rowland est équivalent à un dipôle magnétique de moment a4uz Mr πσω4 r
= .
Remarque : le moment magnétique peut également se calculer en revenant à la définition du moment magnétique Mdr d’une spire circulaire de rayon r, d’épaisseur dr et parcourue par le courant di (voir question (1)) :
z 3 z
2 z
2)diu ( r )( rdr)u r dru
r ( M
dr r r r
πσω
= σω
π
= π
=
Le moment magnétique total du disque étant alors : a z 4 z
0 3 disque
u 4 a u dr r M
d
Mr r r πσω r
= πσω
=
=
∫∫ ∫
On retrouve bien l’expression obtenue par la méthode précédente.
2) Champ magnétique et moment magnétique d’une boule chargée en rotation (Centrale) :
On charge uniformément en surface une sphère de centre O et de rayon R avec une densité surfacique σ, puis on la fait tourner autour de l’axe (Oz) à la vitesse angulaire constante ω.
a) Il apparaît un champ magnétique dont l’allure des lignes de champs est donnée sur la figure.
Commenter cette figure.
b) Montrer que le champ magnétique au centre O de la sphère est :
0
( ) 2
3 z
B Or = µ σωRur c) Calculer le moment magnétique M
r de la sphère.
d) En admettant que le champ magnétique est uniforme à l’intérieur de la sphère et que le champ extérieur est celui d’un dipôle de moment magnétique M
r , vérifier la condition de passage pour le champ magnétique à la surface de la sphère.
Solution :
a) Les discontinuités des directions des lignes de champs à la surface de la sphère traduisent l’existence d’un courant surfacique dû à la convection des charges.
Le plan de la figure est un plan d’antisymétrie de la distribution de courants donc de symétrie du champ magnétique.
b) On découpe la sphère en petites spires circulaires d’ouverture angulaire dθ, parcourues par le vecteur densité de courant rjS =σωRsinθurϕ
et par le courant élémentaire :
( sin ) 2sin
di= σωR θu Rdrϕ θ σω= R θ θd
On somme ensuite les champs créés par des spires circulaires : 0 ( 2sin )sin3
2( sin ) z
dB R d u
R
µ σω θ θ θ
= θ
r r
Soit : 2 0
( ) 3 z
B O = µ σωR u
r r
c) Chaque spire possède le moment magnétique : dMr =π( sin )R θ 2di urz En intégrant : 4 4
3 z
Mr = πσωR ur
d) Le champ à l’intérieur de la sphère est donc supposé uniforme : int ( ) 2 0
3 z
Br =B Or = µ σωR ur Le champ dipolaire est de la forme (avec r = R puisqu’on est à la surface de la sphère) :
0 0
, 2 , 2
2 cos sin
4 4
ext r ext
M M
B et B
R θ R
µ θ µ θ
π π
= =
On doit vérifier la continuité de la composante normale (ici, la composante radiale) :
4 0
, int 2 0
2(43 ) cos 2 cos 0
4 3
ext r
R
B B R
R
πσω θ
µ µ σω θ
− = π − =
La discontinuité tangentielle du champ doit être égale à µ0jS =µ σω0 Rsinθ :
4 0
, 2 0 0
(43 )sin ( 2 sin ) sin
4 3
ext S
R
B R R j
θ R
πσω θ
µ µ σω θ µ σω θ
= π − − = =
3) Résistance (X – ESPCI) :
Calculer la résistance électrique d'une portion de conducteur ohmique de conductivité électrique σ remplissant le domaine 0 ≤ θ ≤ α, 0 ≤ z ≤ h et a ≤ r ≤ b en coordonnées cylindriques (r, θ, z) si on porte la face θ = 0 au potentiel V1 et la face θ = α au potentiel V2.
