Equations de Maxwell

LP215 : Opérateurs vectoriels et équations de Maxwell
Partie II. Equations de Maxwell. Ondes électromagnétiques
TABLE DES MATIERES
1. Equations de Maxwell. Potentiels. Invariance de jauge 2
2. Un cas simple d’électrostatique 8
3. Un cas simple de magnétostatique 14
4. Equations de Maxwell dans le vide. Solution du type des ondes planes 19
5. Etats de polarisation d’une onde plane monochromatique 24
6. Energie des ondes électromagnétiques. Vecteur de Poynting. Conservation 34
1
1
Equations de Maxwell. Potentiels. Invariance de
jauge.
Les équations de Maxwell, qui décrivent l’électromagnétisme, sont de la forme :
ρ
ǫ0
(1.1)
~ =0
divB
(1.2)
~
~ = − ∂B
~ E
rot
∂t
(1.3)
~
~ = µ0 (~j + ǫ0 ∂ E )
~ B
rot
∂t
(1.4)
~ =
divE
~ = E(t,
~ ~r) et B
~ = B(t,
~ ~r) sont des champs électrique et magnétiques respectivement;
E
µ0 , ǫ0 sont les constantes physiques bien connes; ρ = ρ(t, ~r) est la densité de la charge
électrique et ~j = ~j(t, ~r) est la densité du courant, dans l’espace R3 , au point ~r, au moment
t.
Pour décrire les champs électrique et magnétique, on peut également introduire les
~ = 0, éq.(1.2), on peut exprimer, en toute généralité, le
potentiels. Du fait que divB
champ magnétique comme rotationnel d’un autre champ de vecteurs :
~ ~r) = rot
~ ~r)
~ A(t,
B(t,
(1.5)
~ = 0 pour tout A,
~ éq.(8.8), première partie.
~ A
– car div rot
~ ~r) est appelé potentiel vecteur, des champs électromagnétiques.
Le champ A(t,
Ensuite, par l’éq.(1.3) et l’éq.(1.5) :

d’où :

~
~
~ = − ∂ B = − ∂ rot
~ = rot
~ E
~ A
~ − ∂ A 
rot
∂t
∂t
∂t
(1.6)
~
~ + ∂A ) = 0
~ E
(1.7)
rot(
∂t
~ + ∂ A~ , dont le rotationnel est zéro, comme
Cette fois-ci on peut exprimer la combinaison E
∂t
un gradient d’une fonction scalaire :
~
~ V (t, ~r)
~ + ∂ A = −grad
E
∂t
2
(1.8)
~
~ V − ∂A
~ = −grad
E
∂t
(1.9)
~ V = 0 pour toute V (t, ~r), éq.(8.16), première partie.
~ grad
car, en toute généralité, rot
~ V dans (1.8) est juste conventionnel, dans la définition de
Le signe ”-” en face du grad
V (t, ~r).
La fonction scalaire V (t, ~r) est appelée potentiel scalaire.
Invariance de jauge.
~ et E,
~ en termes des potentiels A
~ et V
Description des champs électromagnétiques, B
possède une liberté, qui est appelée l’invariance de jauge.
~ ~r), par un autre, A
~ ′ (t, ~r),
Supposons que nous remplaçons le potentiel vecteur A(t,
comme suit :
~
~→A
~′ = A
~ + gradλ
A
(1.10)
où λ = λ(t, ~r) une fonction scalaire quelconque.
~ reste invariante (ne
Sous la transformation (1.10), du potentiel vecteur, le champ B
change pas), car
~
~ ′ = rot
~ ′ = rot(
~ + gradλ)
~ A
~ A
B
~
~ + rot
~=B
~
~ A
~ gradλ
~ A
= rot
= rot
(1.11)
~ λ = 0, pour toute λ(t, ~r).
~ grad
toujours parce que rot
Ensuite, nous cherchons la transformation correspondante pour le potentiel scalaire
V (t, ~r) → V ′ (t, ~r) telle que
~′
~ V ′ − ∂A
−grad
∂t
(1.12)
~
∂A
∂t
(1.13)
soit égale à
~
−gradV
−
~ ~r), éq.(1.9), reste invariante sous la transformation
pour que le champ électrique E(t,
~→A
~ ′ et V → V ′ , A
~ ′ étant donné par l’éq.(1.10). On trouve
simultanée des potentiels : A
3
:
~
~′
∂A
∂A
′
~
~
= gradV
+
gradV
+
∂t
∂t
∂ ~′ ~
′
~
grad(V
− V ) = − (A
− A)
∂t
∂ ~
′
~
grad(V
− V ) = − gradλ
∂t
∂λ
′
~
) = 0λ
grad(V
−V +
∂t
~
~′ = A
~ + gradλ,
A
(1.14)
(1.15)
(1.16)
(1.17)
Donc, si
V′ =V −
∂λ
∂t
(1.18)
~ ~r) (exprimé par l’éq.(1.9) en termes des potentiels), reste
alors le champ électrique, E(t,
inchangé.
Résumé.
~ ~r) et V (t, ~r), les champs magnétique et électriques
En termes des potentiels A(t,
s’expriment par les équations :
~ ~r) = rot
~ ~r)
~ A(t,
B(t,
(1.19)
~ ~r)
∂ A(t,
~
~ ~r) = −gradV
E(t,
(t, ~r) −
∂t
(1.20)
Description des champs électromagnétiques en termes des potentiels possède une liberté, qui est appelée l’invariance de jauge : sous les transformations (changements) des
potentiels :
~ λ(t, ~r)
~ ~r) → A
~ ′ (t, ~r) = A(t,
~ ~r) + grad
A(t,
V (t, ~r) → V ′ (t, ~r) = V (t, ~r) −
∂λ(t, ~r)
∂t
(1.21)
(1.22)
les champs magnétique et électrique (éqs.(1.19), (1.20) reste inchangés, invariants.
Les transformations des potentiels (1.21), (1.22) sont appelées les transformations de jauge.
Quand on choisit une forme particulière pour les potentiels, en utilisant la liberté
(1.21), (1.22), on dit qu’on choisit une jauge particulière, une contrainte particulière sur
la forme des potentiels.
4
Une jauge qui est particularement utilisée dans l’électromagnétisme est la jauge de Lorentz.
Dans cette jauge on impose une contrainte supplémentaire sur les potentiels qui est de
la forme :
~+
divA
1 ∂V
=0
c2 ∂t
(1.23)
c est la vitesse de la lumière. Rappelons que les constantes physiques ǫ0 , µ0 , c sont liées
comme suit :
ǫ0 µ0 =
1
c2
(1.24)
Pour justifier la contrainte (1.23) sur les potentiels, il faudra démontrer que, à partir
des potentiels quelconques, on peut toujours les rammener vers la forme où la condition
(1.23) est vèrifiée. Rammener en utilisant les transformations de jauge (1.21), (1.22).
~ V ne vérifient pas la condition (1.23),
Supposons qu’initiallement A,
~+
divA
1 ∂V
6= 0
c2 ∂t
(1.25)
~ ′, V ′,
Faisons les transformations (1.21), (1.22) avec le but que les nouveaux potentiels, A
vérifient l’éq.(1.23),
~′ +
divA
1 ∂V ′
=0
c2 ∂t
(1.26)
~ ′ , V ′ , éqs.(1.21), (1.22), dans (1.26). On obtient :
Mettons A
~
~ + gradλ)
div(A
+
1 ∂
∂λ
(V
−
)=0
c2 ∂t
∂t
(1.27)
d’où :
∆λ −
1 ∂2λ
~ + 1 ∂V )
= −(divA
2
2
c ∂t
c2 ∂t
(1.28)
~ λ = ∆λ, éq.(7.12).
Nous avons utilisé la définition de l’opérateur laplacien, div grad
~ ~r), V (t, ~r) donnés, quelconL’éq.(1.28) détermine la fonction λ = λ(t, ~r), pour A(t,
ques. On peut montrer (en utilisant la fonction de Green, ou la fonction de répouse, de
cette équation) que la solution de cette équation existe, pour toutes fonctions dans la
partie droite. Autrement dit, qu’on peut toujours rammener les potentiels, en utilisant
les transformations de jauge, vers les formes dans lesquelles ils vérifient la contrainte
(1.23), vers la jauge de Lorentz.
5
Une des utilités de la condition (1.23), sur les potentiels, est qu’elle permet de sim~ et V , les équations qui suivent des équations
plifier considerablement les équations sur A
de Maxwell.
Equations aux les potentiels.
~ et E
~ exprimés en termes des potentiels A
~ et V , par les équations
Avec les champs B
(1.19) et (1.20), les équations des Maxwell (1.2) et (1.3) sont vérifiées automatiquement.
Il reste les equations (1.1) et (1.4) que nous allons traduire dans les équations pour les
~ E,
~ exprimés par les équations (1.19), (1.20), dans l’équation de
potentiels. Mettons B,
Maxwell (1.4). On trouve :
~
∂A
~
~ = µ0~j + 1 ∂ (−gradV
~ rot
~ A
rot
−
)
c2 ∂t
∂t
(1.29)
Nous avons utilisé le rapport (1.24) entre les constantes physiques.
~:
~ rot
~ A
En utilisant l’éq.(8.18), Partie I, pour rot
~
~ = grad(div
~ − ∆A
~
~ rot
~ A
rot
A)
(1.30)
on trouve, pour l’éq.(1.29) :
~
~ − ∆A
~
grad(div
A)
2
~ 1 ∂V ) − 1 ∂ A,
~
= µ0~j − grad(
c2 ∂t
c2 ∂t2
~+
−∆A
1 ∂2 ~
~
~ + 1 ∂V )
~j − grad(div
A
=
µ
A
0
c2 ∂t2
c2 ∂t
(1.31)
Dans le cas où les potentiels sont pris dans la jauge de Lorentz, le dernier terme s’annule
~:
et on trouve l’équation suivante pour le potentiel A
~+
−∆A
1 ∂2 ~
A = µ0~j
c2 ∂t2
(1.32)
~ en fonction de la densité des courants, ~j = ~j(t, ~r), dans l’espace.
qui détermine A
Rappelons que l’éq.(1.32) remplace l’éq. de Maxwell (1.4), dans le cas où les potentiels
sont pris dans la jauge de Lorentz, éq.(1.23).
6
~ E
~ en termes des potentiels, éqs.(1.19), (1.20), dans l’éq.(1.1). On
Mettons ensuite B,
trouve :
~
div(−gradV
−
~
ρ
∂A
)=
∂t
ǫ0
(1.33)
~
Comme div(gradV
) = ∆V , on obtient :
−∆V −
∂
~= ρ
divA
∂t
ǫ0
(1.34)
On peut reécrire cette équation comme suit :
−∆V +
1 ∂2V
∂
~ + 1 ∂V ) = ρ
− (divA
2
2
c ∂t
∂t
c2 ∂t
ǫ0
(1.35)
Pour les potentiels dans la jauge de Lorentz, le dernier terme à gauche s’annule et on
obtient l’éqution pour le potentiel V = V (t, ~r) de la forme :
−∆V +
ρ
1 ∂2V
=
2
2
c ∂t
ǫ0
(1.36)
qui détermine V (t, ~r) en fonction de la densité des charges, ρ = ρ(t, ~r), distribuées dans
l’espace. Cette équation remplace l’éq. de Maxwell (1.1), pour les potentiels pris dans la
jauge de Lorentz.
7
2
Un cas simple d’électrostatique.
Considérons le cas simple où
~ = rot
~=0
~ A
B
(2.1)
~j = 0,
(2.2)
ρ 6= 0
Nous assumons la jauge de Lorentz pour les potentiels, éq.(1.23). Alors le cas statique,
∂V
=0
∂t
(2.3)
~=0
divA
(2.4)
correspond à
~ qui vérifie l’équation rot
~ = 0, éq.(2.1), ce champ, en
~ A
Observons que le champ A
toute généralité, pourrait être présenté comme un gradient d’une fonction scalaire, comme
~ S(~r).
~ r ) = grad
A(~
~ S = ∆S =
~ = 0, éq.(2.4), on trouve que divA
~ = div grad
Alors, comme également divA
0. Donc S doit être une fonction harmonique (fonction qui vérifie ∆S = 0). Dans la
suite, dans ce chapitre, nous allons chercher les solutions qui s’annulent à l’infinie. La
fonction harmonique S, avec cette condition supplémentaire, s’annule. Par conséquence,
~ = ~0.
A
De deux équations pour les potentiels, éqs.(1.32), (1.36), la première est vérifiée de la
manière triviale. Il reste l’éq.(1.36), dans la forme :
−∆V =
ρ
ǫ0
(2.5)
de toutes les équations de Maxwell initiales, (1.1)-(1.4), dans le cas d’électrostatique,
éq.(2.1)-(2.3).
Nous allons chercher, dans la suite, le potentiel V (~r) pour le cas d’une sphère, de
rayon a, uniformement chargée :
ρ(~r) =
(
ρ0 = const,
0,
r>a
8
r<a
(2.6)
Dans ce cas V (~r) vérifie les équations :
∆V = −
ρ0
,
ǫ0
∆V = 0,
r<a
r>a
(2.7)
(2.8)
Observons que ρ(~r) est sphérique symétrique, ρ(~r) ne dépend que de r = |~r|. Autrement
dit, ρ(~r) = ρ(r) est une fonction radiale. Alors, naturalement, faudra chercher V (~r) dans
la forme sphérique symétrique, dans la forme d’une fonction radiale, V (~r) = V (r). Le
laplacien, ∆, exprimé dans les coordonnées sphériques, prend la forme simple, dans le
cas des fonctions radiales :
∆V =
1 ∂ 2 ∂V
(r
)
r 2 ∂r
∂r
(2.9)
éq.(7.16), partie I.
Les équations (2.7), (2.8) prennent les formes :
ρ0
1
∂r (r 2 ∂r V ) = − ,
2
r
ǫ0
1
∂r (r 2 ∂r V ) = 0,
r2
r<a
r>a
(2.10)
(2.11)
La solution de ces équations, avec les conditions que V (r) et ∂r V (r) soivent continues
en r = a et que V (r) → 0 quand r → ∞, avec ces conditions la solution est de la forme :
V (r) = −
V (r) =
ρ0 r 2 ρ0 a2
+
6ǫ0
2ǫ0
ρ0 a3 1
· ,
3ǫ0 r
r<a
r>a
(2.12)
(2.13)
Il est suggéré de la retrouver en exercice.
Remarque 1.
Mettons
4π
· ρ0 a3 = q
3
(2.14)
q est la charge totale à l’interieur de la sphère. En terme de q, le potentiel V (r) à
l’exterieur de la sphère sera de la forme :
V (r) =
9
q
4πǫ0 r
(2.15)
Prenons la limite de a → 0 (rayon de la sphère), ρ0 → ∞, de la façon que q reste fixe.
C’est à dire, quand a → 0, la densité augmente comme :
q
4π
ρ0 = 3 → ∞
3
a
(2.16)
Avec cette limite singulière on obtient, dans la limite, la charge q, qui est placé en un
point, à l’origine, et avec le potentiel de Coulomb (2.14) valable pour tour r 6= 0.
La densité ρ(~r), dans cette limite

 ρ0
ρ(~r) =

3 q
,
4π a3
=
0,
r<a
r>a
(2.17)
est une densité singulière (distribution de la charge singulière), avec les propriétés, dans
la limite:
ρ(~r) =
(
∞,
0,
et
Z
~r = 0
~r 6= 0
d3~rρ(~r) = q
(2.18)
(2.19)
On peut présenter ρ(~r) comme :
ρ(~r) = q · δ (3) (~r)
(2.20)
où δ (3) (~r) est la fonction δ de Dirac, tridimensionnelle. Par définition
(3)
δ (~r) =
(
∞,
0,
et
Z
~r = 0
r 6= 0
d3~rδ (3) (~r) = 1
(2.21)
(2.22)
Ci-dessus nous avons arrivé à la distribution singuière, eq.(2.20) (qui correspond à la
charge q finie, du taille 0, placée en un point), par la procédure limite, pour une distribution régulière initiallement, éq.(2.6).
Remarque 2.
Le même résultat, le potentiel de Coulomb (2.14), en ~r 6= 0, pour une charge q placée
à l’origine, ce même potentiel pourrait être retrouver directement, sans passer par la
procédure limite.
10
Si la charge q, du taille 0, est placée à l’origine, en un point ~r = 0, alors ailleurs
ρ(~r) = 0,
~r 6= 0
(2.23)
L’équation (1.36) pour le potentiel V (~r) (avec ∂V /∂t = 0) prend la forme :
q
∆V = − δ (3) (~r)
ǫ0
(2.24)
Pour ~r 6= 0,
∆V (~r) = 0,
r 6= 0
(2.25)
Autrement :
1
∂r (r 2 ∂r V ) = 0,
r2
r 6= 0
(2.26)
Sa solution se trouve comme suit :
r 2 ∂r V (r) = c1
∂r V =
V =−
c1
r2
c1
+ c2
r
(2.27)
Si on choisit que V → 0 quand r → ∞, alors c2 = 0,
V (r) = −
c1
r
(2.28)
Mettons (2.28) dans l’éq.(2.24). A gauche :
c
~ · ∇V
~ =∇
~ · ∇(−
~
∆V = ∇
)
r
~ 1 ) = c1 div ~r
= −c1 div(grad
r
r3
(2.29)
Donc on trouve, pour (2.24) :
c1 · div
~r
q
= − δ (3) (~r)
3
r
ǫ0
(2.30)
Dans (2.29) nous avons utilisé la forme (7.11) du laplacien et le résultat de l’exercice
2), chapitre 4, partie I, éq.(4.24).
11
Intégrons les deux parties de l’éq.(2.30) sur le domaine D, qui est une sphère, centré
à l’origine et de rayon R, quelconque. La suite ne dépendera pas de la valeur particulière
de R. On obtient :
c1
q
~r
d rdiv 3 = −
r
ǫ0
D
Z
3
Z
D
d3 r δ (3) (~r)
(2.31)
Par la propriété (2.22) de δ (3) (~r) on obtient
−
q
ǫ0
Z
D
d3~rδ (3) (~r) = −
q
ǫ0
(2.32)
dans la partie droite de (2.31) ci-dessus. A gauche, nous pouvons utiliser le théoreme
d’Ostrogradski, éq.(5.24), partie I :
Z
D
d3 rdiv
Z
~r
~r
=
d~
s
·
r3
r3
SR
(2.33)
SR est la surface de la sphère, de rayon R. Dans les coordonnées sphériques
d~s = dsr · ~ˆer = r 2 sin Θ · dΘ · dφ · ~ˆer
(2.34)
–éq.(eq5.56), partie I. On trouve :
Z
D
d3 rdiv
Z
Z
~r
~r
1
=
=
d~
s
·
dsr · 2
3
3
r
r
r
SR
SR
Z π
Z 2π
1
sin Θ dΘ
dφ = 4π
=
r sin Θ · dΘ · dφ · 2 =
r
0
0
SR
Z
2
(2.35)
En utilisant les résultats (2.32) et (2.35) pour les deux parties de l’éq.(2.31), on trouve :
q
ǫ0
q
c1 = −
4πǫ0
c1 · 4π = −
(2.36)
Finalement, la solution (2.28) pour le potentiel V (r) prend la forme :
q
4πǫ0 r
V (~r) =
(2.37)
Remarque 3.
Tout à l’heure, dans (2.35), nous avons obtenu le résultat suivant, pour l’intégrale de
div r~r3 :
Z
D
d3 rdiv
~r
= 4π
r3
12
(2.38)
D’autre part, dans l’exercice 2), chapitre 5, partie I, nous avons trouvé que :
div
~r
= 0,
r3
~r 6= 0
(2.39)
Les deux résultats, (2.38) et (2.39), signifient que, en effet, div r~r3 est singulier en ~r = 0,
qu’il est de la forme :
div
~r
= 4πδ (3) (~r)
r3
13
(2.40)
3
Un cas simple de magnétostatique.
Considerons le cas où :
ρ = 0,
~ = 0,
E
~j 6= 0,
~ 6= 0
B
(3.1)
Comme
~ = −∇V
~
E
(3.2)
~ = 0 → V = constant
∇V
(3.3)
V =0
(3.4)
~
( ∂∂tA = 0 dans le cas statique),
et nous pouvons mettre
~ A,
~ ~j qui sont non-nuls et sont soumis aux équations :
Il reste dans ce cas les champs B,
~ = rot
~
~ A
B
(3.5)
~ = µ0~j
~ B
rot
(3.6)
~ = µ0~j
−∆A
(3.7)
La dernière équation suppose que nous utilisons la jauge de Lorentz :
~+
divA
1 ∂U
=0
c2 ∂t
(3.8)
d’où
~=0
divA
(3.9)
~ divA
~ = rot
~ = −∆A
~ + grad
~ = −∆A.
~
~ B
~ rot
~ A
et alors rot
~ est supposé d’être non-nul.
~ A
Précisons encore que rot
~ et B
~ créés par un courant, homogène,
Nous allons chercher, dans la suite, les champs A
de la densité
~j = j0 · ~ˆez
(3.10)
dans un fil métallique de la forme d’un cylindre infini, de rayon a, centré en l’axe z.
14
Nous allons employer dans la suite les coordonnées cylindrique, ρ, φ, z. Comme la
seule composante de ~j qui est non-nulle est la composante z, éq.(3.10),
jz = j0 ,
ρ<a
(3.11)
nous allons mettre
~ = A · ~ˆez
A
(3.12)
~
Par la symetrie cylindrique du problème, A ≡ Az , la seule composante non-nulle de A,
doit être une fonction de ρ uniquement, indépendante de φ et z.
Précisons encore une fois que dans notre problème la distribution des courants est
comme suit :
~j = ~j(ρ) =

 j0
~
0,
· ~ˆez ,
ρ<a
(3.13)
ρ>a
~ dans la forme (3.12), avec Az = A =
et que nous allons chercher le potentiel vecteur A
A(ρ), une fonction de ρ à déterminer.
L’éq.(3.7), pour la compossante z, prend la forme :
−∆A(ρ) =
(
µ0 · j0 ,
0,
ρ<a
ρ>a
(3.14)
Le laplacien, dans les coordonnées cylindriques et pour une fonction qui ne dépend que
de ρ, prend la forme :
1
∆A(ρ) = ∂ρ (ρ∂ρ A(ρ))
ρ
(3.15)
– comp. l’éq.(7.17), Partie I. Par l’éq.(3.14), nous avons deux équations qui déterminent
la fonction A(ρ) :
1
∂ρ (ρ∂ρ A(ρ)) = −µ0 j0 , ρ < a
ρ
1
∂ρ (ρ∂ρ A(ρ)) = 0, ρ > a
ρ
(3.16)
(3.17)
La solution de ce système, avec les conditions que A(ρ) et ∂ρ A(ρ) soivent continus en
ρ = a, est comme suit :
µ0 j0 2
(a − ρ2 ),
4
ρ
µ0 j0 a2
log ,
A(ρ) = −
2
a
A(ρ) =
15
ρ<a
(3.18)
ρ>a
(3.19)
Comme les potentiels, en général, sont définis à une constante près, les expressions (3.18),
(3.19) correspondent à un choix supplémentaire que A(ρ) s’annule pour ρ = a.
Il est proposé, en exercice, de retrouver les expressions (3.18), (3.19) à partir des
équations (3.16), (3.17).
Les champs magnétiques correspondants se calculent par le rotationnel, en coordonnées cylindriques :
"
#
1 ∂
∂
~
B(ρ)
=
(Az ) − (ρAφ ) · ~ˆeρ
ρ ∂φ
∂z
"
#
∂
∂
+
(Aρ ) −
(Az ) · ~ˆeφ
∂z
∂ρ
"
#
1 ∂
∂
+
(ρAφ ) −
(Aρ ) · ~ˆez
ρ ∂ρ
∂φ
(3.20)
– éq.(6.17), partie I.
Dans notre cas Aφ = Aρ = 0 et Az = A(ρ). On trouve :
~
B(ρ)
= −∂ρ Az · ~ˆeφ = −∂ρ A(ρ) · ~ˆeφ
(3.21)
~
La seule composante non-nulle de B(ρ)
est Bφ = Bφ (ρ). On trouve :
Bφ (ρ) = −∂ρ A(ρ) =
Bφ (ρ) =
µ0 j0
ρ,
2
µ0 j0 a2 1
· ,
2
ρ
ρ<a
ρ>a
(3.22)
(3.23)
Observons que Bφ (ρ), à l’exterieur du fil cylindrique, ρ > a, pourrait être mis dans
la forme :
Bφ (ρ) =
µ0 I 1
· ,
2π ρ
ρ>a
(3.24)
où
I = πa2 j0
(3.25)
est le courant total dans le fil metallique, à travers de sa section πa2 .
Observons encore que le champ Bφ (ρ) à l’exterieur du fil, éq.(3.24), pourrait être
retrouver directement de l’équation (3.6).
16
Intégrons cette équation, la partie droite et la partie gauche, sur la surface du disque
qui traverse le fil cylindrique, Fig.1. Le rayon du disque, ρ, est pris d’être plus grand que
le rayon du fil, ρ > a. On trouve :
Z
S
– car
R
S
~ = µ0
~ B
d~s · rot
Z
S
d~s · ~j = µ0 I
(3.26)
d~s · ~j = I, le courant total dans le fil.
Pour la partie gauche, utilisons le théorème de Stokes, éq.(6.18), partie I, lue de droite
à gauche. On trouve dans notre cas :
Z
S
~ =
~ B
d~s · rot
I
=
Z
C
~ =
d~r · B
2π
0
I
C
drφ · Bφ
ρdφ · Bφ = 2πρBφ
(3.27)
On suppose, pour la dernière égalité, que Bφ doit avoir une valeur constante sur C, Fig.1,
par la symétrie du problème. Mettons (3.27) dans (3.26) :
2πρBφ = µ0 I
(3.28)
d’où
Bφ = Bφ (ρ) =
µ0 I
2πρ
(3.29)
– en accord avec le résultat du calcul plus haut, éq.(3.24), par la voie de la détermination
du potentiel A(ρ).
En exercice, retrouver, par la même méthode, le champ magnétique à l’interieur du
fil cylindrique, (ρ < a), l’éq.(3.22).
Finalement, faisons une vérification directe des expressions (3.22), (3.23), pour le
champ magnétique (à l’interieur et à l’exterieur du cylindre) par l’éq.(3.6), prise directement, sans intégration.
~
Pour B(ρ)
de la forme B(ρ) · ~ˆeφ ≡ Bφ (ρ)~ˆeφ , qui est notre cas, on obtient :
"
#
~ = 1 ∂ (Bz ) − ∂ (ρBφ ) ~ˆeρ
~ B
rot
ρ ∂φ
∂z
#
"
∂
∂
(Bρ ) −
(Bz ) ~ˆeφ
+
∂z
∂ρ
17
"
#
∂
1 ∂
(ρBφ ) −
(Bρ ) ~ˆez
+
ρ ∂ρ
∂φ
=
1 ∂
(ρBφ )~ez
ρ ∂ρ
(3.30)
Pour ρ < a, éq.(3.22) pour Bφ :
~ = 1 ∂ (ρ · µ0 j0 ρ) · ~ˆez
~ B
rot
ρ ∂ρ
2
=
µ0 j0 1 ∂ 2 ˆ
(ρ ) · ~ez = µ0 j0 · ~ˆez
2 ρ ∂ρ
(3.31)
en accord avec µ0~j à droite dans l’éq.(3.6), avec ~j de l’annoncé du notre problême,
éq.(3.13), ρ < a.
Pour ρ > a, éq.(3.23) pour Bφ (ρ),
~ = 1 ∂ (ρBφ ) · ~ˆez
~ B
rot
ρ ∂ρ
=
µ0 j0 a2 1 ˆ
1 ∂
(ρ ·
· ) · ~ez
ρ ∂ρ
2
ρ
µ0 j0 a2 1 ∂
=
·
(1) · ~ˆez = ~0
2
ρ ∂ρ
(3.32)
– toujours en accord avec µ0~j à droite dans (3.6), en sachant que ~j = ~0 pour ρ > a,
éq.(3.13).
18
4
Equations de Maxwell dans le vide. Solution du
type des ondes planes.
Dans le vide, en absence des charges et des courants électriques, les équations de Maxwell,
éqs.(1.1)-(1.4), prennent les formes :
~ =0
divE
(4.1)
~ =0
divB
(4.2)
~
~ = − ∂B
~ E
rot
∂t
~
~ = 1 ∂E
~ B
rot
c2 ∂t
(4.3)
(4.4)
Pour obtenir l’équation de propogation des ondes électromagnétiques, dans la forme où il
~ nous appliquerons la dérivée ∂t aux deux parties de l’équation
ne figure que le champ E,
(4.4). On trouve:
~
~ = 1 ∂2E
~ tB
rot∂
c2 t
(4.5)
~ (à gauche) en utilisant l’éq.(4.3). On obtient:
Nous mettons l’expression pour ∂t B
~ = 1 ∂2E
~
~ rot
~ E
−rot
c2 t
(4.6)
Nous utiliserons ensuite l’équation:
~ divE
~ = grad
~ − ∆E
~
~ rot
~ E
rot
(4.7)
éq.(8.19), partie I. Dans l’application actuelle, le premier terme de droite s’annule, dû à
l’éq. (4.1). On trouve:
~ = −∆E
~
~ rot
~ E)
rot
(4.8)
et l’équation(4.6) prend la forme:
~ ~r) =
∆E(t,
1 2~
∂ E(t, ~r)
c2 t
(4.9)
De la même manière, mais en appliquant la dérivée ∂t à l’éq.(4.3), on trouvera l’équation
~ ~r):
de l’évolution du champ B(t,
~ ~r) =
∆B(t,
19
1 2~
∂ B
c2 t
(4.10)
~ ~r), éq.(4.9).
qui est la même que celle pour E(t,
Remarque. Les deux équations ci-dessus sont du type de l’équation de propoga~ et B
~ seront remplacés par
tion dans (7.3), partie I. Dans le cas des ondes sonores, E
~ ~r) de fluctuations mécaniques du milieu et la constante c sera remplacée
l’amplitude A(t,
par la vitesse du son.
Observons que, en absence des charges et des courants (ρ = 0, ~j = 0), les èquations
~ et V , èqs.(1.32), (1.36), prennent également la forme de l’équation
pour les potentiels A
de propogation :
1 2~
∂ A=0
c2 t
1
−∆V + 2 ∂t2 V = 0
c
~+
−∆A
(4.11)
(4.12)
Les ondes planes.
Les solutions des équations (4.9), (4.10) de la forme d’une onde plane monochromatique sont recherchées sous la forme:
~ ~r) = E
~ 0 e−iωt+i~k~r
E(t,
(4.13)
~ ~r) = B
~ 0 e−iωt+i~k~r
B(t,
(4.14)
Remarque 1. Grace à la linéarité des èquations de Maxwell, ces expressions sont souvant mises en complexe, pour une convenance mathématique. En réalité, pour des champs
~ et B
~ physiques, il faut prendre la partie réelle toute seule (ou la partie imaginaire toute
E
~ et B
~ physiques,
seule). C’est à dire, on peut toujours déduire l’évolution des champs E
réels, à partir des expressions complexes, les expressions (4.13), (4.14), qui sont plus
convenable (plus compactes) pour des analyses mathématiques.
Dans (4.13), (4.14) ω est la fréquence angulaire, ou pulsation, et ~k est le vecteur d’onde,
d’une onde plane monochromatique.
On défini également la fréquence ν :
ω = 2πν
20
(4.15)
la période T :
T =
2π
1
=
ν
ω
(4.16)
le nombre d’onde, k :
k = |~k|
(4.17)
et la longueur d’onde λ :
λ=
2π
;
k
2π
λ
k=
(4.18)
~ 0 et B
~ 0 sont les amplitudes de l’onde plane monochromatique.
E
~ ω) dans l’équation de propogation (4.9). On
Mettons l’expressions (4.13) pour E(t,
trouve :
2
~ ~r) = − ω E(t,
~ ~r)
−~k 2 · E(t,
c2
~ ~r) 6= 0, il faut que :
Pour permettre une solution non-triviale, E(t,
(4.19)
ω 2 = c2~k 2
(4.20)
ω(~k) = c · k
(4.21)
Autrement dit :
k = |~k|. Pour la pulsation, il est naturel de choisir la racine positive de l’éq.(4.20). Mais,
en principe ce n’est qu’une convention.
La relation (4.21) entre ω et k, d’une onde monochromatique, est appelée la relation
de dispersion.
Mettons les expressions (4.13), (4.14) dans les équations de Maxwell(4.1), (4.2) :
~ ~r) = i~k · E(t,
~ ~r) = i~k · E
~ 0 · e−iωt+i~k~r = 0
divE(t,
~k · E
~0 = 0
(4.22)
~ ~r) = i~k · B(t,
~ ~r) = i~k · B
~ 0 · e−iωt+i~k~r = 0
divB(t,
~k · B
~0 = 0
~ 0, B
~ 0 sont orthogonales à la vecteur d’onde ~k.
On trouve que les amplitude E
21
(4.23)
Methons ensuite (4.13), (4.14) dans les equations (4.3), (4.4). On obtient, de la même
manière :
~k ∧ E
~ 0 = ωB
~0
(4.24)
~k ∧ B
~0
~0 = − ω E
c2
(4.25)
et
L’éq.(4.24) pourrait être présentée comme suit :
c~k ~
~0
∧ E0 = cB
ω
~ 0 = cB
~0
~n ∧ E
avec
~n =
c~k
ω
(4.26)
(4.27)
Le vecteur ~n est unitaire, |~n| = 1, car c|~k| = ω, éq.(4.21). Il est orienté dans la direction
du vecteur ~k, la direction de propogation de l’onde plane.
~ 0, B
~ 0 , ~n sont orientés comme il est montré dans
Eq.(4.26) temoigne que les vecteurs E
la Fig.2.
L’éq.(4.25) contient la même information. En effet, de (4.25) :
1~
c~k ~
∧ B0 = − E
0
ω
c
~ 0 = −E
~0
~n ∧ cB
(4.28)
Cette équation est équivalente à l’éq.(4.26).
En plus, avec l’équation (4.26) (ou (4.28)) on apprend que, dans une onde électromagnétique,
les amplitudes d’oscillations des champs électrique et magnétique sont liées entre eux
comme suit :
~ 0 | = c|B
~ 0|
|E
(4.29)
Remarque 2.
~ 0, B
~ 0 et
Plus précisement, les analyses ci-dessus, sur l’orientation des amplitudes E
leurs valeurs respectives, ces analyses correspondent au cas où les amplitudes sont réelles,
22
~ ~r), B(t,
~ ~r) qui sont complexes, eqs.(4.13), (4.14). Dans ce
dans les expression pour E(t,
~ ~r), B(t,
~ ~r), dans une onde qui propage, oscillent les long
cas particuliers, les champs E(t,
~ 0, B
~ 0 , Fig.2. On dit dans ce cas que l’onde
des directions définies par les amplitudes E
électromagnétique possède une polarisation rectiligne.
~ 0, B
~ 0 complèxes et polarisations plus générales seront exLes cas des amplitudes E
aminé en détails dans le chapitre suivant.
Remarque 3.
Nous avons analysé dans ce chapitre les ondes monochromatiques, progressives. D’autres
types d’ondes peuvent toujours être décomposées dans des ondes monochromatiques.
Par exemple, une onde stationnaire (non-progressive)
∼ cos ωt · cos kx
(4.30)
Fig.3, pourrait être décomposée, comme suit, dans une superposition de deux ordes
progressives, une allant à droite, l’autre allant à gauche, le long de l’axe x :
1
cos ωt · cos kx = [cos(ωt − kx) + cos(ωt + kx)]
2
(4.31)
Observons que cos(ωt + kx) et cos(ωt − kx) sont des parties réelles des ondes complexes
:
Re(e−iωt+ikx + e−iωt−ikx )
23
(4.32)
5
Etats de polarisation d’une onde plane monochromatique.
~ ~r) et B(t,
~ ~r) oscillent, en fonction
Dans une onde plane monochromatique, les champs E(t,
de t et ~r, d’après les expressions exponentielles (4.13), (4.14), dans leurs version complexe.
~ 0, B
~ 0 sont des
Supposons pour le moment que dans (4.13), (4.14), les amplitudes E
vecters réels. Admettons en plus, pour simplifier les analyses, que le vecteur d’onde ~k est
orienté le long de l’axe z :
~k = k · ~ez
(5.1)
~ ~r), B(t,
~ ~r) oscillent dans le plan (x, y). Autrement dit, que
et que, en conséquence, E(t,
~ 0, B
~ 0 ont les composantes non-nulles x, y :
les amplitudes E

E0x




~0 = 
 E0y  ,
E

0



B0x



~ =
 B0y 
B

0
(5.2)

Pour le moment nous supposons que E0x , E0y et B0x , B0y sont réels.
Les formes réelles, physiques, des équations (4.13), (4.14) sont comme suit :
~ z) = E
~ 0 × Re e−iωt+ikz = E
~ · cos(ωt − kz)
Re E(t,
(5.3)
~ z) = B
~ 0 × Re e−iωt+ikz = B
~ · cos(ωt − kz)
Re B(t,
(5.4)
Nous avons admit ~k dans la forme (5.1). En conséquence
~k · ~r = k · z
(5.5)
~ ~r) =déf E
~ (ph) (t, ~r)
Re E(t,
(5.6)
~ ~r) =déf B
~ (ph) (t, ~r)
Re B(t,
(5.7)
Nous allons utiliser les notations :
pour des champs et leurs composantes réelles, donc physiques.
24
En composantes (non-nulles), les champs électriques et magnétiques dans (5.3), (5.4)
s’écrivent comme suit :
Ex(ph) (t, z) = E0x · cos(ωt − kz)
(5.8)
Ey(ph) (t, z) = E0x · cos(ωt − kz)
(5.9)
Bx(ph) (t, z) = B0x · cos(ωt − kz)
(5.10)
By(ph) (t, z) = B0y · cos(ωt − kz)
(5.11)
Les champs oscillent au cours du temps t et, également, le long de z, l’axe de propogation
des ondes. Voyons leurs oscillations au cours du temps uniquement, dans le plan de z
fixe, z = 0. Le champ électrique, dans le plan d’onde z = 0, est de la forme :
Ex(ph) (t, 0) = E0x · cos ωt
(5.12)
Ey(ph) (t, 0) = E0y · cos ωt
(5.13)
~ (ph) (t, 0) oscillent, en même temps, comme cos ωt. C’est à dire,
Les composantes x, y de E
~ ph (t, 0) varie le long d’une droite dans la direction définie par le
le bout du vecteur E
vecteur d’amplitude

E0x




~0 = 
E
 E0y 

0
(5.14)

~ (ph) (t, 0) oscille, le long de cette droite, de E
~ 0 à −E
~ 0.
– Fig.4. Le vecteur E
En général, on définit la polarisation d’une onde électromagnétique par la mode
~ (ph) (t, ~r), au cours du temps, à ~r fixe. C’est à
d’oscillation de son champ électrique, E
~ (ph) (t, ~r) dans un plan d’onde, qui est orthogonale à ~k : dans
dire, par les oscillations de E
le plan x, y, dans notre cas actuel, à z = 0.
~ (ph) (t, 0), qui à été décrit ci-dessus, ou les composante de E
~ (ph) (t, 0)
Le type d’oscillations de E
oscillent en même temps, sans déphasage, éqs.(5.12), (5.13), et, par conséquence, le bout
~ (ph) (t, 0) oscille le long d’une droite, ce type d’oscillations est appelé polarisation
du vecteur E
réctiligne, d’une onde électromagnétique. Autrement dit, l’onde qui à été décrite ci-dessus
est polarisée rectilignement.
25
~ (ph) (t, 0) oscille de la même manière, en phase
Evidement, le champ magnétique B
~ 0, B
~ 0 ), où
avec le champ électrique, le long du segment (−B
~ 0 = ~ez ∧ E
~0
cB
(5.15)
Rappelons que ~ez correspond, dans notre cas, à la direction de propogation de l’onde :
~ez = ~n = ~k/k, comp. l’éq.(4.26). Par l’éq.(5.15) :
cB0x = −E0y
(5.16)
cB0y = E0x
(5.17)
– Fig.5.
D’autres types de polarisation correspond aux cas où il y a un déphasage entre les os~ 0). Ces cas correspondent à des amplitudes
cillations des composantes x, y du champ E(t,
~ 0, B
~ 0 qui sont complexes, à leurs tour, dans les solutions (4.13), (4.14) des équations
E
de Maxwell. Pour le champ électrique, la solution (4.13), sa forme générale, est comme
suit (dans le cas où ~k = k · ~ez , ~k · ~r = k · z) :
~ z) = E
~ 0 e−iωt+ikz
E(t,

E0x







|E0x |eiϕx
(5.18)





~0 = 
 E0y  =  |E0y |eiϕy 
E

o
0
(5.19)

~ 0 sont complexes: |E0x |, |E0y | sont leurs modules, ϕx , ϕy sont leurs
Les composantes de E
phases, dans la présentation polaire des nombres complexes.
En composantes, les equations (5.18), (5.19), mises ensemble, prennent les formes:
Ex (t, z) = |E0x |e−iωt+ikz+iϕx
(5.20)
Ey (t, z) = |E0y |e−iωt+ikz+iϕy
(5.21)
Leur formes réelles sont comme suit :
Ex(ph) (t, z) = |E0x | · cos(ωt − kz − ϕx )
(5.22)
Ey(ph) (t, z) = |E0y | · cos(ωt − kz − ϕy )
(5.23)
26
Si ϕx = ϕy , dans le cas on peut elliminer cette phase commune dans (5.22), (5.23) par
un décalage de z, ou du temps t. Par exemple si on décale le temps: t → t − t0 , de telle
façon que ωt0 − ϕx = 0, dans ce cas les phases supplémentaires dans (5.22), (5.23) vont
disparaitre. On retrouvera les ondes sans déphasage, polarisées rectilignement, que nous
avons analysé ci-dessus. Autrement dit, dans le cas de ϕx = ϕy , ces phase ne sont pas
pertinantes, les amplitudes peuvent être rammenées à des formes réelles.
Le cas de ϕx 6= ϕy est different. Dans ce cas, par un décalage du temps nous pouvons
éliminer, par exemple, la phase ϕx de la composante Ex(ph) (t, z), éq.(5.22). Mais alors, ϕx
va rentre dans Ey(ph) (t, z), éq.(5.23). Les expressions (5.22), (5.23) prendront les formes :
Ex(ph) (t, z) = |E0x | · cos(ωt − kz)
(5.24)
Ey(ph) (t, z) = |E0y | · cos(ωt − kz − ϕ)
(5.25)
ϕ = ϕy − ϕx
(5.26)
où
est le déphasage entre les composantes Ex et Ey du champ électrique.
Mettons de nouveau z = 0, pour analyser les états de polarisations, dans le cas de
ϕ 6= 0. Nous trouvons :
Ex(ph) (t, 0) = |E0x | · cos(ωt)
(5.27)
Ey(ph) (t, 0) = |E0y | · cos(ωt − ϕ)
(5.28)
~ (ph) (t, 0) :
Dans ce cas, pour une valeur de ϕ générale, le vecteur E
~ (ph) (t, 0) = |E0x | · cos(ωt) · ~ex
E
+|E0y | · cos(ωt − ϕ) · ~ey




|E0x | cos(ωt)




=  |E0y | cos(ωt − ϕ) 
0
(5.29)
décrit, au cours du temps, une ellipse dans le plan (x, y), bornée par le rectangle
−|E0x | < x < |E0x |,
−|E0y | < y < |E0y |
27
(5.30)
– Fig.6. Dans ce cas, l’onde électromagnétique est dite polarisée elliptiquement (possède
une polarisation elliptique).
~ (ph) (t, 0)
Dans la suite, nous allons donner la démonstration du fait, qu’effectivement E
dans l’éq.(5.29) oscille le long d’une ellipse. Mais nous allons préceder cette démonstration
par l’analyse de quelques cas particuliers, correspondants à des valeurs particulières de
la déphasage ϕ, dans l’éq.(5.29).
Le cas particulier de ϕ = 0 a été considéré auparavant. Il correspond à la polarisation
rectiligne, Fig.4, éqs.(5.12), (5.13).
L’autre cas qui correspond à la polarisation rectiligne est ϕ = π. Dans ce cas
l’éq.(5.29) prend la forme


|E0x | · cos ωt



~ (ph )(t, 0) = 
E
 −|E0y | · cos ωt 

(5.31)

0
Les composantes Ex(ph) (t, 0) et Ey(ph) (t, 0) oscillent en opposition de phase, Fig.7.
L’autre cas relativement simple et celui de ϕ = π/2. L’équation (5.29) prend la forme:
~ (ph )(t, 0) = |E0x | · cos ωt · ~ex + |E0y | · sin ωt · ~ey
E




|E0x | · cos ωt




=  |E0y | · sin ωt 
0
(5.32)
Sinon :
Ex(ph )(t, 0) = |E0x | · cos ωt
Ey(ph) (t, 0) = |E0y | · sin ωt
d’où :
(5.33)
(Ex(ph) (t, 0))2 (Ey(ph) (t, 0)2
+
=1
|E0x |2
|E0y |2
(5.34)
x2 y 2
+ 2 =1
a2
b
(5.35)
Evidement, les composantes Ex(ph) (t, o) et Ey(ph) (t, 0) decrivent l’ellipse
28
dans le plan (x, y), avec
x = x(t) = Ex(ph) (t, 0),
a = |E0x |,
y = y(t) = Ey(ph) (t, 0)
(5.36)
b = |E0y |
(5.37)
– Fig.8. La polarisation est elliptique, hélicité positive (ou gauche, dans le sens que le
~ (ph) (t, 0) tourne dans le sens gauche, de ~ex vers ~ey , pour l’observateur qui reçoit
vecteur E
l’onde : la vision comme dans la Fig.8).
Dans le cas de ϕ =
3π
2
= − π2 ,
~ (ph) (t, 0) = |E0x | · cos ωt · ~ex − |E0y | · sin ωt · ~ey
E


|E0x | · cos ωt



 −|E0y | · sin ωt 
=

0
(5.38)

~ (ph) (t, 0) décrit le même ellipse
– également, la polarisation est élliptique, le vecteur E
comme dans la Fig.8, sauf que le parcours de cette ellipse sera négative, ou droite, de ~ey
vers ~ex , pour l’observateur qui reçoit l’onde, Fig.9.
Observons encore un cas particulier : ϕ = π2 , ou − π2 , mais avec, en plus, |E0x | = |E0y |.
Dans ce cas la polarisation devient circulaire, gauche (positive), si ϕ = π/2, et circulaire droite
(négative), si ϕ =
3π
2
= − π2 , Fig.10,11.
Apres avoir analysé tous ces cas particuliers,
ϕ = 0,
π
3
, π, π
2
2
(5.39)
il est relativement facile d’envisager le classement général. Il est comme suit.
On introduit, habitualement, le rapport des composantes complèxes de l’amplitude
~ 0 dans l’éq.(4.13) :
E

E0x




~0 = 
 E0y 
E

0
|E0y | iϕ
E0y
=
e = r · eiϕ
E0x
|E0x |
29
(5.40)

(5.41)
Dans cette équation, par définition :
r=
|E0y |
|E0x |
(5.42)
Alors :
1. Dans le cas de ϕ = 0 et ϕ = π, la polarisation est rectiligne, pour toutes valeurs
du paramétre r, Figs. 4 et 7.
2. Pour 0 < ϕ < π et r 6= 1, la polarisation est elliptique, gauche (positive). Sa
évolution est indiqué dans la Fig.12.
3. Pour π < ϕ < 2π et r 6= 1, la polarisation est elliptique droite (négative). L’évolution
est indique dans la Fig.13.
4. Dans le cas particulier de r = 1 et ϕ =
3π
2
circulaire gauche (ϕ = π2 ) ou droit (ϕ =
5. Dans le cas de r = 1 et 0 < ϕ <
π
2
π
2
ou ϕ =
3π
2
= − π2 ), Figs.10,11.
ou
π
2
= − π2 , la polarisation est
< ϕ < π, la polarisation est élliptique
gauche (positive), avec l’évolution similaire à celle dans la Fig.12, sauf le cas de ϕ = π2 ,
ou milieu, qui correspond à la polarisation circulaire, gauche (positive).
6. Dans le cas de r = 1 et π < ϕ <
3π
2
ou
3π
2
< ϕ < 2π, la polarisation est elliptique
droite (négative), avec l’évolution similare à celle dans la Fig.13, sauf le cas de ϕ =
3π
2
où la polarisation est circulaire droite (négative).
Il nous reste à démontrer que dans le cas de ϕ quelconque, par exemple 0 < ϕ < π2 ,
~ (ph) (t, 0), éq.(5.29), décrit, en effet, une ellipse dans le plan x, y.
le vecteur E
Admettons les notations simplifiées des composantes Ex(ph) (t, 0), Ey(ph) (t, 0) et des amplitudes |E0x |, |E0y | dans les équations (5.36), (5.37). Alors, d’après l’éq.(5.29),
Ex(ph) (t, 0) = x(t) = a · cos ωt
(5.43)
Ey(ph) (t, 0) = y(t) = b · cos(ωt − ϕ)
(5.44)
30
On trouve :
x = a · cos ωt
(5.45)
y = b · cos ϕ · cos ωt + b sin ϕ · sin ωt
(5.46)
Ensuite, en remplaçant cos ωt et sin ωt, dans la 2ème équation, par x/a et par
on obtient
q
1 − x2 /a2 ,
√
b
b
· cos ϕ · x + sin ϕ · a2 − x2
a
a
√
ay − b · cos ϕ · x = b sin ϕ · a2 − x2
y=
(ay − b cos ϕ · x)2 = b2 sin2 ϕ · (a2 − x2 )
a2 y 2 + b2 cos2 ϕ · x2 − 2abyx · cos ϕ = b2 sin2 ϕ · (a2 − x2 )
a2 y 2 + b2 x2 (cos2 ϕ + sin2 ϕ) − 2abxy · cos ϕ = a2 b2 sin2 ϕ
a2 y 2 + b2 x2 − 2abxy · cos ϕ = a2 b2 sin2 ϕ
x y
x2 y 2
+ 2 − 2 · · · cos ϕ = sin2 ϕ
2
a
a
a b
(5.47)
x
= u,
a
(5.48)
Mettons :
y
=v
b
L’éq.(5.47) prend la forme :
u2 + v 2 − 2uv cos ϕ = sin2 ϕ
(5.49)
(u + v)2 (u − v)2
+
= u2 + v 2
2
2
(5.50)
(u + v)2 (u − v)2
−
= 2uv
2
2
(5.51)
Du fait que
et
on peut réécrire l’éq.(5.49) comme :
(u + v)2 (u − v)2
(u + v)2 (u − v)2
+
−[
−
] cos ϕ = sin2 ϕ
2
2
2
2
Introduisons encore une fois des nouvelles variables :
31
(5.52)
x y
+
a b
x y
t= u−v = −
a b
(5.53)
s=u+v =
(5.54)
Dans ces variables l’éq.(5.52) aura la forme :
s2 + t2 − (s2 − t2 ) · cos ϕ = 2 sin2 ϕ
s2 · (1 − cos ϕ) + t2 · (1 + cos ϕ) = 2 sin2 ϕ
(5.55)
Comme 1 − cos ϕ = 2 sin2 ϕ2 , 1 + cos ϕ = 2 cos2 ϕ2 , sin ϕ = 2 sin ϕ2 · cos ϕ2 , on trouve :
s2 · sin2
s2 ·
sin2 ϕ2
4 · sin2 ϕ2 · cos2
ϕ
2
ϕ
ϕ
+ t2 · cos2 = sin2 ϕ
2
2
+ t2 ·
cos2 ϕ2
4 · sin2 ϕ2 · cos2
s2
4 cos2
ϕ
2
+
t2
4 sin2
ϕ
2
ϕ
2
=1
=1
s2
t2
+
=1
α2 β 2
(5.56)
où :
ϕ
α = 2| cos |,
2
β = 2| sin
ϕ
|
2
(5.57)
L’éq.(5.56) est celle de l’ellipse.
Si 0 < ϕ < π2 , comme nous avons supposé au début de la démonstration, dans ce cas
0<
ϕ
2
<
π
4
et, par conséquence, cos ϕ2 > sin ϕ2 , d’où α > β dans (5.56) : la taille s de
l’ellipse et plus grande que la taille t, comme dans la Fig.14.
Par les définitions des variables s, t, équations (5.53), (5.54), dans les coordonnées
u, v l’éllipse (5.56) aura ses axes inclinés par 45o , Fig.14.
Finalement, en passant à des coordonnées initiales x, y, par l’éq.(5.48) :
x = au,
y = bv
(5.58)
c’est à dire , en tirant les axes u et v (dans la Fig 14) différement, si a 6= b, on trouvera
l’ellipse, dans les coordonnées x, y, avec des axes bougés, Fig.15. Pour cette figure, nous
avons supposé que b > a.
32
Nous constatons que les composantes Ex(ph) (t, 0), Ey(ph) (t, 0) dans les équations (5.43),
(5.44) décrivent l’ellipse, au cours du temps.
~ (ph) (t, 0) suit celles
Finalement, observons que les oscillations du champ magnétique B
~ (ph) (t, 0), sauf que B
~ (ph) (t, 0) est tourné, à tout moment, par 90o ,
du champ électrique, E
~ (ph) (t, 0).
dans le plan x, y, par rapport à E
En effet, à tout moment t :
~ (ph) (t, 0) = ~ez ∧ E
~ (ph) (t, 0)
cB
(5.59)
~ E
~ physiques suit, en prennant la partie réelle, de l’équation
Cette équation pour B,
~ 0) = ~ez ∧ E(t,
~ 0)
cB(t,
(5.60)
pour les vecteurs complexes de la forme dans (4.13), (4.14).
~ (ph) (t, 0) tourne le long de l’ellipse, alors B
~ (ph) (t, 0) tourne également
Par exemple, si E
~ (ph) (t.0) tourne, en restant
le long de l’autre ellipse dont des axes sont tournés par 90o . B
~ (ph) (t, 0) à tout moment t, Fig.16.
orthogonal à E
33
6
Energie des ondes électromagnétiques. Vecteur de
Poynting. Conservation.
Notre détermination de l’energie du champ électromagnétique sera basée sur les équations
de Maxwell, en présence des courants et des charges (ρ, ~j 6= 0), et sur la force de Lorentz
exercée par le champ électromagnétique sur des charges, qui sont présentes dans l’espace.
Les équations de Maxwell sont de nouveau de la forme dans les equations (1.1) - (1.4).
La force de Lorentz, exercée sur la charge q par le champ électromagnétique, est de la
forme :
~ + ~v ∧ B)
~
F~ = q(E
(6.1)
~v est la vitesse du mouvement de cette charge, à moment t donné.
Le travail éffectuée par cette force sur la charge q, durant la période dt, en cours du
déplacement d~r de la charge q, est de la forme :
d~r
dA = F~ · d~r = F~ ·
· dt = F~ · ~v · dt
dt
~ + ~v ∧ B)
~ · ~v dt = q E
~ · ~v · dt
= q(E
(6.2)
Remplaçons maintenant la charge solitaire q par la densité des charges ρ = ρ(t, ~r) :
~ · ~v · dt
dA = ρE
(6.3)
Dans ce cas on trouve le travail, par l’unité de volume, du champ électromagnétiques sur
des charges distribuées dans l’espace avec la densité ρ(t.~r). dA dans (6.3) pourrait être
réécrit comme suit :
~ · dt
dA = ~j · E
(6.4)
~j(t, ~r) = ρ(t, ~r) · ~v (t, ~r)
(6.5)
où
est la densité des courants produits par des charges en nouvement, avec la vitesse mayenne
~v , en un point ~r, au moment t.
34
Observons ensuite que le travail dA, l’éq.(6.4), est égale à la porte d’énergie du champs
électromagnétique, εE.−M. :
dεE.−M. = −dA
(6.6)
Autrement, la perte d’énergie εE.−M., par l’unite de volume et dans l’unite du temps,
sera égale à :
~
∂t εE.−M. = −~j · E
(6.7)
Dans la suite, notre dérivation, à partir des éqs. de Maxwell, de l’expression pour
~ et B,
~ sera basé, d’une part, sur l’éq.(6.7), c’est à dire sur la
εE.−M., en terme des E
connaissance de l’expression pour la perte de cette energie, en présence des courants.
Et d’autre part, sur le fait qu’en absence des courants cette énergie doit être conservée.
C’est à dire, sur le fait qu’en absence de courants (~j = 0), l’équation pour εE.−M., que
nous allons chercher, devera prendre la forme de l’équation de conservation.
Rappelons que l’équation de conservation des charges électriques, dans la forme locale,
est de la forme :
div~j = −∂t ρ
(6.8)
Cette équation suit des équations de Maxwell (1.1)-(1.4). En effet, prenons la divergence de l’éq.(1.4) :
~ = µ0 (div~j + ǫ0 ∂t divE)
~
~ B
div rot
~ = 0, pour tout B;
~ divE
~ =
~ B
div rot
ρ
,
ǫ0
(6.9)
par l’éq.(1.1). On obtient, de (6.9) :
div~j + ∂t ρ = 0
(6.10)
qui est l’éq.(6.8).
L’éq.6.8), intégrée sur un domaine D quelconque :
Z
D
d3 rdiv~j = −∂t
Z
D
d3 rρ
(6.11)
prend la forme (en utilisant le théorème d’Ostrogradski) :
I
SD
d~s · ~j = −∂t QD
35
(6.12)
où SD est la surface qui délimite le domaine D;
QD =
Z
D
d3 r · ρ
(6.13)
est la charge à l’interieur du domaine D. L’intégrale sur la surface SD , à gauche de
l’éq.(6.12), represente la perte de la charge à l’interieur à cause de movement des charges à
travers la surface SD , vers l’exterieur. En absence de ce flux, la charge QD à l’interieur du
D serait constante, conservée. Autrement dit, la charge ne se perd pas dans un milieu,
à l’interieur de D, elle est conservée. Juste qu’elle traverse le bord, la surface SD ,
au cours du mouvement.
Dans ce sens, l’éq.(6.12) (forme globale) et l’éq.(6.8) (forme locale) sont les équations
de convervation du charge electrique, ρ = ρ(t, ~r) étant sa densité.
Retournos vers l’énergie du champ électromagnétique, εE.−M. . Nous allons chercher
la densité de cette energie, que nous allons noter w, qui vérifie l’éq. de conservation de
la forme :
~ = −∂t w
divR
(6.14)
~ représenterait le courant de cette énergie, en analogie avec l’éq.(6.8), pour la densité
où R
de charge ρ et le courant de ces charges ~j.
Rappelons qu’en présence de courants dans l’espace, ~j =
6 0, à l’equation (6.14) doit
~ éq.(6.7).
s’ajouter le terme de perte d’énergie électromagnétique, −~j · E,
En résumant, nous allons chercher, à partir des équations de Maxwell, l’équation
qui intègre la perte d’énergie électromagnétique, en présence de courants, éq.(6.7), et
qui prend la forme de l’équation (6.14), de l’équation de conservation, en absence de
courants.
Dérivation.
~ côté
Pour produire le terme de perte d’énergie, éq.(6.7), multiplions l’éq.(1.4) par E,
gauche - côté droite :
~ · rot
~ = µ0 (~j · E
~ + ǫ0 E
~ · ∂t E)
~
~ B
E
36
(6.15)
Sinon :
~2
E
1 ~ ~ ~ ~ ~
E · rotB = j · E + ∂t (ǫ0 )
µ0
2
(6.16)
Nous avons déjà le terme (6.7) dans l’équation. Mais pas encore la divergence de quelque
chose à gauche, comme dans l’éq.(6.14).
~ :
Multiplions l’éq.(1.3) par B
Sinon :
~ ·B
~ = −∂t B
~ ·B
~
~ E
rot
(6.17)
~2
1 ~ ~ ~
B
rotE · B = −∂t
µ0
2µ0
(6.18)
Retirons maintenant l’éq.(6.16) de l’éq.(6.18). On trouve :
~2
~2
1 ~ ~ ~
~ · rot
~ = −~j · E
~ − ∂t (ǫ0 E + B )
~ B)
(rotE · B − E
µ0
2
2µ0
(6.19)
~ r ), B(~
~ r ),
Rappelons la propriété 4, chapitre 8, partie I : pour tous champs des vecteurs A(~
on à l’égalité :
~ ∧ B)
~ = rotA
~ ·B
~ −A
~ · rot
~
~ B
div(A
(6.20)
Prenant en compte cette propriété, la partie gauche de l’éq,(6.19) pourrait être présentée
comme la divergence. On trouve alors l’équation :
div(
~ ∧B
~
~2
~2
E
~ − ∂t (ǫ0 E + B )
) = −~j · E
µ0
2
2µ0
(6.21)
Elle est bien de la forme de l’équation de conservation (6.14), dans le cas où ~j = 0, avec
~2
~2
E
B
w = w(t, ~r) = ǫ0
+
2
2µ0
(6.22)
– la densité d’energie du champ électromagnétique, et
~ = R(t,
~ ~r) = 1 E
~ ∧B
~
R
µ0
(6.23)
~ (6.23), est appelé
– le courant d’énergie du champ électromagnétique. Le vecteur R,
le vecteur de Poynting.
37
Vérifions que dans le cas des ondes électromagnétiques dans le vide, effectivement, le
~ et de la forme :
vecteur R
~ = w · c · ~n
R
(6.24)
– de la densité d’énergie, multipliée par la vitesse des ondes, c, de leur propogation dans
la direction ~n = ~k/k, comme il le faut pour le courant d’energie,
Dans le cas des ondes,
Alors :
~ = |E|
~
c|B|
(6.25)
~2
B
1 ~ 2 E0 ~ 2
=
E
= 2 E
2µ0
2c µ0
2
(6.26)
( c12 = µ0 ǫ0 ). La densité w pourrait être présentée dans la forme, pour des ondes :
~2
w = ǫ0 E
(6.27)
~ ∧B
~
~ = 1E
R
µ0
(6.28)
Le vecteur de Poynting :
~ = |R|
~ · ~n, due à la relation pour des ondes :
– il est orienté dans la direction ~n, R
~ = ~n ∧ E
~
cB
(6.29)
Son module :
~ =
|R|
1 ~
1 ~ ~
~
|E ∧ B| = |E|
· |B|
µ0
µ0
=
1
~2
~ · 1 |E|
~ = 1 E
· |E|
µ0
c
cµ0
=c·
1 ~2
~2 = c · w
E = c · ǫ0 E
(6.30)
~ = |R|
~ · ~n = w · c · ~n
R
(6.31)
c2 µ
0
Ensemble :
Nous constantons que le vecteur de Poynting des ondes est bien de la forme du courant
d’énergie, éq.(6.24).
38