Électromagnétisme

Thèmes abordés

Électromagnétisme, potentiel électrique, théorème de Gauss, dipôle linéïque, champ électrostatique, équation polaire, équation différentielle, équation horaire

Résumé du document

Ce sujet d'électromagnétisme est composé de 3 exercices : dipôle linéique, mouvement d'un électron et champ créé par une demi spire en son centre. Ce document en propose une correction.

Extraits

[...] Électromagnétisme Exercice 1 Partie I : Potentiel électrique d'un fil infini 1. Plaçons-nous dans un repère cylindrique. On a alors : EM=Err,θ,z.ur+Eθr,θ,z.uθ+Ezr,θ,z.uz Étudions les symétries : Le plan ur, uz) est un plan de symétrie, donc E appartient à ce plan. Le plan ur, uθ) est un plan de symétrie, donc E appartient à ce plan. Le champ E est donc dirigé selon ur : E(M)=Er,θ, z. [...]

[...] Il y a une analogie entre les lignes de courant en cinématique des fluides et les surfaces équipotentielles. Exercice Si on néglige le poids de la particule, l'électron de masse m émis et repéré par ses coordonnées = OM, θOx, obéit à l'équation de la dynamique mdvdt=qE+ v ∧ B qui s'écrit en projection sur les 3 axes mvxvyvz= q 0E0+vxvyvz∧00B On en déduit les trois équations différentielles du mouvement de l'électron compte tenu du fait que la composante orthoradiale de l'accélération est mvx=qBvy ou encore vx= ωcvy mvy=q(E-Bvx) ou encore vy= ωcEB-vx mvz=0 ou encore vz=0 2. [...]

[...] vx= ωcvyvy= ωcEB-vxvz=0 Intégrons ces 3 équations, compte tenu des conditions initiales t=0 ;vx=0 L'intégration de fournit : vz=cste=0 L'intégration de fournit vx=ωcy+cste On en déduit vx= ωcy L'équation s'écrit donc compte tenu de ωcEB- ωcy ωc2y=EBωc Cette équation différentielle admet la solution générale y=y1+y2avec y1=asinωct+φ solution de l'équation sans second membre y2=EBωc solution particulière de l'équation globale Donc y=asinωct+φ+EBωc Compte tenu des conditions initiales t=0 et y=0 asinφ= -EBωc et ωcacosφ=0 d'où ϕ=PI2 et -EBωc On en déduit y=EBωc1-cosωct La dérivation permet d'aboutir à vy=EBsin⁡(ωct) Enfin d'après et ωcy=EB(1-cosωct) soit par intégration x=EBωcωct-sinωct On en déduit vx=EB(1-cosωct) vy=EBsinωct vz= Les équations horaires du mouvement obtenues précédemment : x=EBωcωct-sinωcty=EBωc1-cosωctz= On a xt=EBt-1ωcsinωct x-EBt=-EBωcsin⁡(ωct) yt-EBωc=-EBωccosωct D'où x-EBt2+y-EBωc2=-EBωcsinωct2+-EBωccosωct 2 x-EBt2+y-EBωc2=EBωc2 On en déduit β=EB et R = EBωc Exercice La demi-spire parcourue par un courant créé un champ orienté par un vecteur unitaire u perpendiculaire au plan de la figure et dirigé vers l'arrière Les éléments horizontaux du circuit créent en O un champ Bdemi-fils nul. En effet, en chaque point P de ces portions de circuit l'élément de longueur dl du circuit et le vecteur OP sont colinéairesils) O un champ ectivement 3. [...]

[...] Considérons un cylindre fermé d'axe de rayon r et de hauteur h D'après le théorème de Gauss, E. dS=Qintε0 Or E. dS=2PIrhxE(r) L'équation nous permet d'écrire : 2PIrh xEr=Qintε0=λhε0 On en déduit finalement E (M)=λ2PIε0r ur Il y a invariance de la distribution de charges par rotation autour de l'axe et par translation selon cet axe, donc le potentiel V ne dépend ni de ni de θ On a donc V = E = - grad Vimplique Er= -dVdr dVdr= -λ2PIε0r soit dV= -λ2PIε0rdr Par intégration : V(r0)V(r)dV=-λ2PIε0 r0r1rdr Vr-Vr0= -λ2PIε0lnrr0 Finalement Vr=Vr0- λ2PIε0lnrr0 Partie II : Expressions du potentiel et du champ électrostatique d'un dipôle linéïque Par application du principe de superposition qu'on peut appliquer au potentiel électrostatique, le potentiel créé par chaque fil au point M s'ajoute pour obtenir le potentiel total : VM=Vr0-λ2PIε0lnr1r0+Vr0-(-λ)2PIε0lnr2r0 VM=K+λ2PIε0lnr2r On a r1²=r²+d22-2d2rcosθ=r2+d24-drcosθ=r21+d24r2-dcosθr On en déduit : r1=r1+d24r2-dcosθr12 r2²=r²+d22+2d2cosθ=r²+d24+drcosθ=r21+d24r2+dcosθr On en déduit : r2=r1+d24r2+dcosθr En un point M éloigné on peut négliger les termes du second ordre en d/r 1r1=1r1+d24r2-dcosθr-12≈1r1+dcosθ2r 1r2=1r1+d24r2+dcosθr-12≈1r1-dcosθ2r D'après la question 3. [...]