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Prof. ADANE Abd El Hamid, Exercices d'électromagnétisme, U.S.T.H.B., F.E.I., Département de lignes et d'antennes pour Ingénieurs et Masters Télécommunications
Exercice d'Electromagnétisme Exercice N° 1: Montrez qu’une onde plane est une solution de l’équation d’onde. Corrigé de l'exercice N° 1:
L’expression mathématique d’une onde plane se propageant selon une direction définie par le vecteur unitaire ur est:
)r k - tj(eA )t,r(rrr ω=Ψ avec uk k rr
= et k = ω / c.
kr
est, par définition, le vecteur d’onde et rr
est la direction qui sépare le point d’observation de l’origine des axes du système de référence.
Dans le système de coordonnées cartésienne, on a: k2 = kx2 + ky
2 + kz2 ,
i k i k i k k zzyyxxrrrr
++= et i z iy i x r zyxrrrr
++= .
⇒ z k y k x k r k zyx ++=rr
L’équation d’onde s’écrit : 0 xc
1 - 2
2
2 =∂
Ψ∂∆Ψ ou 0
tc1 -
z
y
x 2
2
22
2
2
2
2
2=
∂
Ψ∂
∂
Ψ∂+
∂
Ψ∂+
∂
Ψ∂
On a: [ ] z) k -y k - x k -t j( expA k j - z) k -y k - x k -t j( expA x
x
zyxxzyx ω=ω∂∂
=∂Ψ∂
ou [ ] z) k -y k - x k -t j( expA k - z) k -y k - x k -t j( expA k j - x
x
zyx2
xzyxx2
2
2
2ω=ω
∂
∂=
∂
Ψ∂
⇒ Ψ=∂
Ψ∂ k - x
2x2
2.
De même, on aura : Ψ=∂
Ψ∂ k - y
2y2
2 et Ψ=
∂
Ψ∂ k - z
2z2
2
D’où : Ψ=ΨΨΨ=∂
Ψ∂+
∂
Ψ∂+
∂
Ψ∂ k - k - k - k - z
y
x
22z
2y
2x2
2
2
2
2
2
On a aussi: [ ] z) k -y k - x k -t j( expA j z) k -y k - x k -t j( expA t
t
zyxzyx ωω=ω∂∂
=∂Ψ∂
ou [ ] z) k -y k - x k -t j( expA - z) k -y k - x k -t j( expA j t
t
zyx2
zyx2
2
2
2ωω=ωω
∂
∂=
∂
Ψ∂
⇒ Ψ=Ψω
=∂
Ψ∂ k - c
- tc
1 22
2
2
2
2
D’où : 0 k k - xc
1 - 222
2
2 =Ψ+Ψ=∂
Ψ∂∆Ψ
Prof. ADANE Abd El Hamid, Exercices d'électromagnétisme, U.S.T.H.B., F.E.I., Département de lignes et d'antennes pour Ingénieurs et Masters Télécommunications Exercice N°2 :
Soit )r(Ur
, une fonction scalaire et )r(Vrr
, une fonction vectorielle de points. Dans le système de coordonnées curvilignes (u1,u2,u3), on a:
333
222
111
euU
h1 e
uU
h1 e
uU
h1 Udgra rrrr
∂∂
+∂∂
+∂∂
=
et ( ) ( ) ( )⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∂∂
+∂∂
+∂∂
= 3213
2132
1321321
V h hu
V h hu
V h huhhh
1 V divr , avec
iii u
rh1 e∂∂
=r
r et i
i ur h
∂∂
=r (i = 1, 2, 3).
1. Utilisez ces deux opérateurs pour exprimer le Laplacien scalaire ∆U en fonction des coordonnées (u1,u2,u3).
2. Explicitez les composantes en coordonnées cartésiennes (x,y,z) d'un vecteur rr en fonction des coordonnées sphériques (r,θ,ϕ).
3. Déterminez les vecteurs unitaires )e,e,e( 321rrr et leurs paramètres directeurs (h1, h2, h3) en
fonction des coordonnées (r,θ,ϕ). Corrigé de l'exercice N°2 : 1. Le Laplacien scalaire ∆U s'écrit aussi: Udgra div ∆U
r= .
Posons : Udgra Vrr
= . Dans le système de coordonnées curvilignes (u1,u2,u3) on a:
333
222
111
euU
h1 e
uU
h1 e
uU
h1 Udgra rrrr
∂∂
+∂∂
+∂∂
=
( ) ( ) ( )⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∂∂
+∂∂
+∂∂
= 3213
2132
1321321
V h hu
V h hu
V h huhhh
1 V divr
En explicitant ces deux opérateurs dans le Laplacien, on obtient:
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
=∆33
21
322
13
211
32
1321 uU
hh h
uuU
hh h
u
uU
hh h
uhhh1 U
2. Dans le système de coordonnées sphériques, z le point (P) est repéré par la distance u1 = r , ϕi
r
l'angle de site u2 = θ et l'angle d'azimut u3 = ϕ. (P) rir
Les vecteurs unitaires sont 1er = ri
r, 2er = θi
r, 3er
= ϕir
. θ r θir
Soit xi r
, yi r
et i zr
, les vecteurs unitaires du (O) y système de coordonnées cartésiennes et x , y et z ϕ les composantes du vecteur r PO rr
= . ∆r
En projetant ce vecteur sur les axes Oz et O∆, x on trouve que: z = r cosθ et ∆ = r sinθ Puis, en projetant la composante ∆ sur les axes Ox et Oy, on obtient: x = r sinθ cosϕ et y = r sinθ sinϕ. D'où: zyxzyx icosisinsini cos sinr i z iy i x r
rrrrrrrθ+ϕθ+ϕθ=++=
3. Par définition, les vecteurs unitaires du système de coordonnées curvilignes sont et les paramètres directeurs de ces vecteurs sont respectivement:
iii u
rh1 e∂∂
=r
r et i
i ur h
∂∂
=r
avec i = 1, 2, 3.
Par conséquent, on aura:
Prof. ADANE Abd El Hamid, Exercices d'électromagnétisme, U.S.T.H.B., F.E.I., Département de lignes et d'antennes pour Ingénieurs et Masters Télécommunications
]i cosr isin sinr i cos sin[r r
r r zyx
rrrr
θ+ϕθ+ϕθ∂∂
=∂∂
⇒ i cos isin sin i cos sin r r zyx
rrrr
θ+ϕθ+ϕθ=∂∂
et ]cos )sin (cos [sin ]cos sin sin cos [sin r r h 2/122222/122222
r θ+ϕ+ϕθ=θ+ϕθ+ϕθ=∂∂
=r
ou ]cos [sin h 2/122r θ+θ= ⇒ hr = 1 et i cos isin sin i cos sin i zyxr
rrrrθ+ϕθ+ϕθ=
]i cosr isin sinr i cos sin[r r zyxrrrr
θ+ϕθ+ϕθθ∂∂
=θ∂
∂
⇒ ]i sin isin cos i cos [cosr r zyxrrrr
θ−ϕθ+ϕθ=θ∂
∂ et
]sin )sin (cos [cosr ]sin sin cos cos [cosr r h 2/122222/122222 θ+ϕ+ϕθ=θ+ϕθ+ϕθ=θ∂
∂=θ
r
ou ]cos [sinr h 2/122 θ+θ=θ ⇒ hθ = r et i sin isin cos i cos cos i zyxrrrr
θ−ϕθ+ϕθ=θ
]i cosr isin sinr i cos sin[r r zyxrrrr
θ+ϕθ+ϕθϕ∂∂
=ϕ∂∂
⇒ ]icos sin i sin sin [-r r yxrrr
ϕθ+ϕθ=ϕ∂∂
et ]sin [cos sinr ] cos sin sin [sinr r h 2/1222/12222 ϕ+ϕθ=ϕθ+ϕθ=θ∂
∂=θ
r
⇒ hθ = r sinθ et icos i sin i yxrrr
ϕ+ϕ−=ϕ Exercice N°3: 1. Le double produit vectoriel de trois vecteurs A
r, Br
et Cr
s’écrit : C )B . A( - B )C . A( C B Arrrrrrrrr
=∧∧ . Montrez que V∆ Vdiv dgra Vtro trorrrrrrr
−= en utilisant l’opérateur nabla (∇).
2. Citez les lois de l'électricité d'où sont issues les équations de Maxwell. 3. Précisez les caractéristiques électriques du vide et écrivez les équations de Maxwell dans
un tel milieu. 4. Sachant que V - Vdiv dgra Vtro tro
rrrrrrr∆= , trouvez à l'aide des équations de Maxwell, les
équations de propagation des champs électrique et magnétique dans le vide. 5. A partir des équations de Maxwell dans le vide, montrez que le champ électrique et le
champ magnétique dérivent d’un potentiel scalaire Φ et d’un potentiel vecteur Ar
. 6. Déterminez la condition de Lorentz et trouver les équations de propagation des potentiels
Φ et Ar
dans le vide. Corrigé de l'exercice N°3: 1. En développant le double produit vectoriel, on a: C )B . A( - B )C . A( C B A
rrrrrrrrr=∧∧ .
Faisons: ∇= Ar
, ∇= Br
et V Crr
= . En remplaçant, on a : V - )V ( V ) . ( - )V . ( V 2 rrrrr
∇∇∇=∇∇∇∇=∧∇∧∇
Or: VVtrorrr
∧∇= , VVdivrr
∇= , UUdgra ∇=r
⇒ UU)U( Udgra div 2 ∆=∇=∇∇=r
Prof. ADANE Abd El Hamid, Exercices d'électromagnétisme, U.S.T.H.B., F.E.I., Département de lignes et d'antennes pour Ingénieurs et Masters Télécommunications
Sachant que chaque composante de V r
est une fonction scalaire telle que U, on en déduit que: V V 2 rrr
∇=∆ . D'où: V - Vdiv dgra Vtro tro
rrrrrrr∆=
2. tBEtro∂∂
−=r
rr Lois de Faraday et de Maxwell (génération d'une f.e.m.)
JtDHtro
rr
rr+
∂∂
= Lois d'Ampère et de conservation des charges (équation de continuité)
0Bdiv =r
Loi de Maxwell (conservation du flux d'induction magnétique ρ=D div
r Théorème de Gauss (Equation de Poisson)
avec EDrrε= et HB
rµ= .
3. Pour que le milieu de propagation soit assimilé au vide, il ne doit y avoir ni charges, ni courants, c'est-à-dire que ρ = 0 et 0J =
r. De plus, dans le système SI (MKSA rationalisé), on
doit avoir: ε = εo = (1/36π) 10-9 F/m et µ = µo = 4π 10-7. Compte tenu des conditions dans le vide, les équations de Maxwell s'écrivent:
tHEtro o ∂∂
µ−=r
rr
tEHtro o ∂∂
ε=r
rr
0Hdiv =r
0Ediv =
r
4. Sachant que: V - Vdiv dgra Vtro tro
rrrrrrr∆= , on a en posant EV
rr= :
)Htro(t
)tH(troE - Ediv dgra Etro tro oo
rrr
rrrrrrrr
∂∂
µ−=∂∂
µ−=∆=
⇒ 2
2
ooootE)
tE(
tE - Etro tro
∂
∂εµ−=
∂∂
ε∂∂
µ−=∆=rr
rrrrr car 0Ediv =
r
D'où: 0tE
c1E 2
2
2 =∂
∂−∆
rrr
avec c = (µo εo)-1/2 = 3 10+8 m/s.
De même, en faisant HVrr
= , le calcul est identique et on trouve que: 0tH
c1H 2
2
2 =∂
∂−∆
rrr
5. La troisième équation de Maxwell est 0Bdiv =
r. Elle implique que 0Arot div =
r. En
identifiant, on voit que le champ Br
dérive bien du potentiel vecteur Ar
. Soit: Atro Brrr
= En remplaçant dans la première équation de Maxwell, on obtient:
)tA (-tro )Atro(
t -
tBEtro
∂∂
=∂∂
=∂∂
−=r
rrrr
rr
L'équation des rotationnels est résolue à un gradient près, car on a: 0U)()U( Udgra tro =∇∧∇=∇∧∇=
rr
De plus, en électrostatique, on avait trouvé que: Udgra - Err
= .
Prof. ADANE Abd El Hamid, Exercices d'électromagnétisme, U.S.T.H.B., F.E.I., Département de lignes et d'antennes pour Ingénieurs et Masters Télécommunications
Faisons: U = Φ. En superposant les deux types d'équations, on obtient:
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡Φ
∂∂
=Φ+∂∂
= dgra -tA -tro )dgra (-tro )
tA (-tro Etro
rr
rrrr
rrr
D'où: Φ∂∂
= dgra -tA - E
rr
r
Le champ Er
dérive donc du potentiel scalaire Φ.
6. En combinant la seconde équation de Maxwell tEHtro o ∂∂
ε=r
rr et Atro B
rrr= , on a:
tEBtro oo ∂∂
µε=r
rr ⇒ ⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡∂∂
−−∂∂
=tAΦdgra
tµεAtro tro oo
rrrrr
et 2
2
ooootA µε -
tΦµεdgra - A - Adiv dgra
∂
∂⎥⎦⎤
⎢⎣⎡
∂∂
=∆r
rrrrr
ou tΦ
c1 Adivdgra
tA
c1 -A 22
2
2 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡∂∂
+=∂
∂∆
rrr
rr avec 2/1
oo )(1 cεµ
=
Le premier membre de cette équation est celui de l'équation d'onde.
Or, d'après la condition de Lorentz : 0 tΦ
c1 Adiv 2 =
∂∂
+r
D'où: 0 tA
c1 -A 2
2
2 =∂
∂∆
rrr
En combinant la quatrième équation de Maxwell 0Ediv =r
et Φ∂∂
= dgra -tA - E
rr
r, on a:
0dgra -tA -div Ediv =⎥
⎦
⎤⎢⎣
⎡Φ
∂∂
=r
rr
⇒ 0dgra div )tAdiv( =Φ+∂∂ rr
ou 0)Adiv(t
=∂∂
+∆Φr
. Or, d'après la condition de Lorentz: 2
2
2 tΦ
c1 - )A(div
t ∂
∂=
∂∂ r
D'où: 0 tc
1 2
2
2 =∂
Φ∂−∆Φ
Comme les champs Er
et Hr
, les potentiels Φ et Ar
se propagent comme dans des ondes dans le vide à la vitesse de la lumière.