Physics · Livre 4 · Bachelor Year 2

Physique universitaire — 2e année

Physique universitaire — 2e année · Bachelor Year 2

12Énergie électromagnétique et vecteur de Poynting

Une pile allume une ampoule par deux fils de cuivre. Par où passe l’énergie ? Pas dans le cuivre, il se trouve : les électrons y dérivent à un millimètre par seconde et n’en transportent presque rien. L’énergie circule dans l’espace autour des fils, dans le champ électromagnétique, et entre dans le filament de l’ampoule par ses flancs. Le Soleil délivre de la même façon un kilowatt à chaque mètre carré d’un toit ensoleillé, à travers cent cinquante millions de kilomètres de vide. Ce chapitre déduit des équations de Maxwell le bilan de l’énergie électromagnétique — combien un champ en emmagasine, et le vecteur, celui de Poynting, qui dit où elle va — et l’applique à un fil, un condensateur, une bobine et un faisceau lumineux.

12.1 Le bilan d’énergie du champ

Théorème 12.1 (Théorème de Poynting)

Définissons la densité d’énergie électromagnétique et le vecteur de Poynting

u=ε0E22+B22μ0(J/m3),Π→=E→∧B→μ0(W/m2).u = \frac{\varepsilon_0E^2}2 + \frac{B^2}{2\mu_0} \quad (\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}) , \qquad \vect\Pi = \frac{\vect E\wedge\vect B}{\mu_0} \quad (\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}) .

Les équations de Maxwell entraînent, en tout point,

∂u∂t+div⁡Π→=−j→⋅E→,\frac{\partial u}{\partial t} + \operatorname{div}\vect\Pi = -\vect j\cdot\vect E ,

et, pour tout volume fixe VV limité par Σ\Sigma,

 ⁣d ⁣dt∭Vu  ⁣dτ=−∬ΣΠ→⋅n→  ⁣dS−∭Vj→⋅E→  ⁣dτ:\frac{\dd}{\dd t}\iiint_Vu\,\dd\tau = -\iint_\Sigma\vect\Pi\cdot\vect n\,\dd S - \iiint_V\vect j\cdot\vect E\,\dd\tau :

l’énergie du champ contenue dans VV diminue de ce qui sort par la frontière — le flux de Π→\vect\Pi — et de ce que le champ cède aux charges (j→⋅E→\vect j\cdot\vect E, la puissance Joule dans un conducteur). Π→\vect\Pi est la densité de flux d’énergie : la puissance traversant une surface unité normale à lui.

Démonstration. D’après Maxwell–Ampère, j→=curl→⁡B→/μ0−ε0∂tE→\vect j = \operatorname{\vect{curl}}\vect B/\mu_0 - \varepsilon_0\partial_t \vect E, donc j→⋅E→=E→⋅curl→⁡B→/μ0−∂t(ε0E2/2)\vect j\cdot\vect E = \vect E\cdot\operatorname{\vect{curl}}\vect B/\mu_0 - \partial_t(\varepsilon_0E^2/2). L’identité div⁡(E→∧B→)=B→⋅curl→⁡E→−E→⋅curl→⁡B→\operatorname{div}(\vect E\wedge\vect B) = \vect B \cdot\operatorname{\vect{curl}}\vect E - \vect E\cdot\operatorname{\vect{curl}}\vect B (à vérifier sur les composantes) et Maxwell–Faraday donnent E→⋅curl→⁡B→=−div⁡(E→∧B→)−B→⋅∂tB→=−μ0div⁡Π→−∂t(B2/2)\vect E\cdot\operatorname{\vect{curl}} \vect B = -\operatorname{div}(\vect E\wedge\vect B) - \vect B\cdot\partial_t\vect B = -\mu_0 \operatorname{div}\vect\Pi - \partial_t(B^2/2). En rassemblant : j→⋅E→=−div⁡Π→−∂tu\vect j\cdot\vect E = -\operatorname{div} \vect\Pi - \partial_tu. On intègre sur VV et on applique le théorème de la divergence. ∎

Remarque 12.2 (Ce qui est fixé et ce qui ne l’est pas)

Le théorème ne fixe que le flux de Π→\vect\Pi à travers des surfaces fermées et le uu total ; ajouter à Π→\vect\Pi un champ quelconque à divergence nulle ne changerait rien d’observable. Le choix ci-dessus est le plus simple, c’est celui qui s’accorde avec la quantité de mouvement transportée par la lumière (plus bas), et il est universellement utilisé. Les densités ε0E2/2\varepsilon_0E^2/2 et B2/2μ0B^2/2\mu_0 sont les énergies du condensateur et de la bobine du volume de première année, désormais attribuées à chaque point de l’espace : un champ de 1 MV/m1\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} (la limite de claquage de l’air) emmagasine 4.4 J/m34.4\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}, un champ de 1 T1\,\mathrm{T} emmagasine 0.4 MJ/m30.4\,\mathrm{MJ}/\mathrm{m}^{3} — cent mille fois plus, ce qui explique que le stockage d’énergie dans les aimants, et non dans les condensateurs, atteigne le mégajoule.

12.2 Où passe l’énergie : trois circuits

Exemple 12.3 (Le fil résistif)

Un fil cylindrique de rayon aa transporte le courant permanent II sous le champ E=j/γE = j/\gamma dirigé selon son axe ; juste à l’extérieur, B=μ0I/2πaB = \mu_0I/2\pi a (orthoradial). À la surface, Π→=E→∧B→/μ0\vect\Pi = \vect E\wedge\vect B/\mu_0 est dirigé radialement vers l’intérieur, de norme EI/2πaEI/2\pi a ; son flux à travers la surface latérale d’une longueur LL vaut EI/2πa×2πaL=(EL)I=UI=RI2EI/2\pi a\times2\pi aL = (EL)I = UI = RI^2 : la chaleur Joule entre dans le fil par ses flancs, livrée par le champ environnant, et non transportée le long du fil par les électrons. À l’intérieur, Π(r)=(E/μ0)(μ0Ir/2πa2)=EIr/2πa2\Pi(r) = (E/\mu_0)(\mu_0Ir/2\pi a^2) = EIr/2\pi a^2 : le flux entrant décroît vers l’axe à mesure que l’énergie est déposée couche par couche.

Exemple 12.4 (Le condensateur et le solénoïde)

Un condensateur à armatures circulaires en charge : E→\vect E axial, B→=μ0ε0(r/2)E˙ e→θ\vect B = \mu_0\varepsilon_0(r/2)\dot E\,\vect e_\theta (Chapitre 11), donc Π→=−ε0(r/2)EE˙ e→r\vect\Pi = -\varepsilon_0(r/2)E\dot E\,\vect e_r, vers l’intérieur ; à travers le cylindre de rayon RR et de hauteur dd son flux vaut ε0πR2d EE˙= ⁣d(12ε0E2 πR2d)/ ⁣dt\varepsilon_0\pi R^2d\,E\dot E = \dd(\tfrac12 \varepsilon_0E^2\,\pi R^2d)/\dd t : l’énergie électrique entre par le bord. Un solénoïde dont le courant croît : B→\vect B axial, le champ induit E→=−(r/2)B˙ e→θ\vect E = -(r/2) \dot B\,\vect e_\theta, Π→=−(rBB˙/2μ0)e→r\vect\Pi = -(rB\dot B/2\mu_0)\vect e_r, encore vers l’intérieur, de flux  ⁣d(B2/2μ0×volume)/ ⁣dt\dd(B^2/2\mu_0\times\text{volume})/\dd t. Dans tous les cas l’énergie atteint le dispositif par le champ qui l’entoure ; les fils ne font que guider le champ.

À gauche : un fil parcouru par un courant — le vecteur de Poynting, construit à partir du E axial et du B orthoradial, est dirigé vers l’intérieur du fil tout autour de sa surface ; la chaleur Joule entre par les flancs. À droite : un condensateur en charge — l’énergie entre radialement par l’intervalle, non par les armatures.
À gauche : un fil parcouru par un courant — le vecteur de Poynting, construit à partir du E→\vect E axial et du B→\vect B orthoradial, est dirigé vers l’intérieur du fil tout autour de sa surface ; la chaleur Joule entre par les flancs. À droite : un condensateur en charge — l’énergie entre radialement par l’intervalle, non par les armatures.

Remarque 12.5 (Énergie dans un champ croisé statique)

Un condensateur chargé placé dans le champ d’un aimant permanent a Π→=E→∧B→/μ0≠0→\vect\Pi = \vect E\wedge\vect B/\mu_0 \ne \vect 0 partout entre ses armatures, bien que rien ne change et que rien ne chauffe. Il n’y a pas de contradiction : Π→\vect\Pi y est à divergence nulle, ses lignes se referment sur elles-mêmes, et son flux à travers toute surface fermée est nul — le théorème ne dit rien d’un écoulement circulant qui ne livre rien. Seuls les flux à travers des surfaces fermées sont physiques.

Un câble coaxial qui transporte de la puissance : un E radial et un B orthoradial font un vecteur de Poynting axial dans le diélectrique ; son flux sur la couronne comprise entre les conducteurs vaut exactement UI — la puissance voyage dans l’isolant, le métal ne fait que la guider.
Un câble coaxial qui transporte de la puissance : un E→\vect E radial et un B→\vect B orthoradial font un vecteur de Poynting axial dans le diélectrique ; son flux sur la couronne comprise entre les conducteurs vaut exactement UIUI — la puissance voyage dans l’isolant, le métal ne fait que la guider.

12.3 La lumière : intensité et pression de radiation

Proposition 12.6 (Énergie d’une onde plane)

Pour une onde plane dans le vide — la solution du Chapitre 13, avec B→=k→∧E→/ω\vect B = \vect k\wedge\vect E/\omega, B=E/cB = E/c et E→⊥B→\vect E \perp \vect B — les densités d’énergie électrique et magnétique sont égales et

u=ε0E2,Π→=ε0cE2 u→=cu u→,u = \varepsilon_0E^2 , \qquad \vect\Pi = \varepsilon_0cE^2\,\vect u = cu\,\vect u ,

u→\vect u étant la direction de propagation : l’énergie se déplace à cc. Pour une onde sinusoïdale d’amplitude E0E_0 l’intensité (éclairement) est le flux moyen,

I=⟨Π⟩=ε0cE022=E022μ0c,I = \langle\Pi\rangle = \frac{\varepsilon_0cE_0^2}2 = \frac{E_0^2}{2\mu_0c} ,

et l’onde transporte une densité de quantité de mouvement Π→/c2\vect\Pi/c^2 (admis), de sorte qu’elle exerce sur une surface qu’elle frappe sous incidence normale la pression de radiation P=I/cP = I/c si elle est absorbée et 2I/c2I/c si elle est réfléchie.

Démonstration. B2/2μ0=E2/2μ0c2=ε0E2/2B^2/2\mu_0 = E^2/2\mu_0c^2 = \varepsilon_0E^2/2 ; E→∧B→/μ0=E2/μ0c=ε0cE2\vect E\wedge\vect B/\mu_0 = E^2/\mu_0c = \varepsilon_0cE^2 selon k→\vect k ; ⟨cos⁡2⟩=12\langle\cos^2\rangle = \tfrac12. La densité de quantité de mouvement Π→/c2\vect\Pi/c^2 découle de la force de Lorentz sur les charges de la surface absorbante (ou de la relativité : p=E/cp = E/c pour la lumière) : la quantité de mouvement ΠS  ⁣dt/c2×c\Pi S\,\dd t/c^2\times c qui arrive par unité de temps sur une surface SS est une force ΠS/c\Pi S/c. ∎

Exemple 12.7 (Lumière solaire, laser, micro-ondes)

La lumière solaire au sommet de l’atmosphère, I=1.36 kW/m2I = 1.36\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2} : E0=2I/ε0c=1.0 kV/mE_0 = \sqrt{2I/\varepsilon_0c} = 1.0\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}, B0=E0/c=3.4 µTB_0 = E_0/c = 3.4\,\text{µ}\mathrm{T}, densité d’énergie 4.5 µJ/m34.5\,\text{µ}\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}, pression 4.5 µPa4.5\,\text{µ}\mathrm{Pa} — 0.7 kg0.7\,\mathrm{kg} de force sur un kilomètre carré, et pourtant assez pour piloter une voile solaire et pour souffler la poussière d’une comète en une queue. Un pointeur laser de 1 mW1\,\mathrm{mW} sur une tache de 1 mm21\,\mathrm{mm}^{2} : 1 kW/m21\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}, comme le Soleil ; focalisé sur 1 µm21\,\text{µ}\mathrm{m}^{2} : 1 GW/m21\,\mathrm{GW}/\mathrm{m}^{2}, E0=0.9 MV/mE_0 = 0.9\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}, proche du claquage de l’air. Un four à micro-ondes de 1 kW1\,\mathrm{kW} dont l’onde stationnaire remplit 30 L30\,\mathrm{L} : densité d’énergie ∼10−7\sim 10^{-7} J/m3^3 et E0E_0 de quelques kilovolts par mètre.

Une onde électromagnétique plane : E, B et la direction de propagation forment un trièdre direct ; le vecteur de Poynting est dirigé selon la propagation et oscille à deux fois la fréquence, de valeur moyenne l’intensité.
Une onde électromagnétique plane : E→\vect E, B→\vect B et la direction de propagation forment un trièdre direct ; le vecteur de Poynting est dirigé selon la propagation et oscille à deux fois la fréquence, de valeur moyenne l’intensité.

Méthode 12.8 (Faire les comptes d’énergie)

(1) Trouver E→\vect E et B→\vect B (statique, quasi statique ou ondes). (2) Former Π→=E→∧B→/μ0\vect\Pi = \vect E\wedge\vect B/\mu_0 et uu. (3) Choisir une surface fermée autour du dispositif et calculer le flux de Π→\vect\Pi : il doit égaler la puissance Joule augmentée du taux de variation de l’énergie emmagasinée à l’intérieur — une vérification des champs. (4) Pour une onde, la moyenne de Π\Pi est l’intensité ; on la divise par cc pour la pression, par l’énergie d’un photon hfhf pour le flux de photons.

12.4 Exercices

Exercice 12.1 ★

La lumière solaire au sol, I=1.0 kW/m2I = 1.0\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2} : amplitudes E0E_0 et B0B_0, densité d’énergie, pression de radiation sur un toit noir et sur un miroir ; force sur un toit de 100 m2100\,\mathrm{m}^{2} ; flux de photons par mètre carré pour une énergie moyenne de photon de 2 eV2\,\mathrm{eV}.

Solution

Solution de Exercice 12.1.

E0=2I/ε0c=870 V/mE_0 = \sqrt{2I/\varepsilon_0c} = 870\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, B0=E0/c=2.9 µTB_0 = E_0/c = 2.9\,\text{µ}\mathrm{T} ; u=I/c=3.3 µJ/m3u = I/c = 3.3\,\text{µ}\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3} ; P=I/c=3.3 µPaP = I/c = 3.3\,\text{µ}\mathrm{Pa} (toit noir), 6.7 µPa6.7\,\text{µ}\mathrm{Pa} (miroir) ; 0.33 mN0.33\,\mathrm{mN} sur le toit ; I/hf=1000/3.2×10−19=3×1021 m−2 s−1I/hf = 1000/3.2 \times 10^{-19} = 3 \times 10^{21}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}.

Exercice 12.2 ★

Un pointeur laser de 5 mW5\,\mathrm{mW}, de diamètre de faisceau 1.5 mm1.5\,\mathrm{mm} : intensité, E0E_0, B0B_0 ; le même faisceau focalisé sur une tache de 5 µm5\,\text{µ}\mathrm{m} ; un laser impulsionnel de 1 PW1\,\mathrm{PW} (1×1015 W1 \times 10^{15}\,\mathrm{W}) focalisé sur 10 µm210\,\text{µ}\mathrm{m}^{2} : E0E_0, comparé au champ qui lie l’électron dans un atome d’hydrogène (5×1011 V/m5 \times 10^{11}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}).

Solution

Solution de Exercice 12.2.

Aire 1.8 mm21.8\,\mathrm{mm}^{2} : I=2.8 kW/m2I = 2.8\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}, E0=1.5 kV/mE_0 = 1.5\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}, B0=4.9 µTB_0 = 4.9\,\text{µ}\mathrm{T}. Focalisé sur 5 µm5\,\text{µ}\mathrm{m} : I=2.5×108 W/m2I = 2.5 \times 10^{8}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, E0=4.4×105 V/mE_0 = 4.4 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. Pétawatt : I=1×1026 W/m2I = 1 \times 10^{26}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, E0=2.7×1014 V/mE_0 = 2.7 \times 10^{14}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, cinq cents fois le champ atomique — l’atome est déchiré en un cycle.

Exercice 12.3 ★

Densités d’énergie : un champ électrique de 3 MV/m3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} (claquage de l’air) ; de 100 MV/m100\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} (un isolant mince) ; un champ magnétique de 0.1 T0.1\,\mathrm{T}, 1.5 T1.5\,\mathrm{T} (IRM), 45 T45\,\mathrm{T} (aimant record). Énergie dans un tunnel d’IRM de 1 m31\,\mathrm{m}^{3} ; l’équivalent en litres d’essence (35 MJ/L35\,\mathrm{MJ}/\mathrm{L}).

Solution

Solution de Exercice 12.3.

12ε0E2\tfrac12\varepsilon_0E^2 : 40 J/m340\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}, 4.4×104 J/m34.4 \times 10^{4}\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}. B2/2μ0B^2/2\mu_0 : 4 kJ/m34\,\mathrm{kJ}/\mathrm{m}^{3}, 0.9 MJ/m30.9\,\mathrm{MJ}/\mathrm{m}^{3}, 8×108 J/m38 \times 10^{8}\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}. Le tunnel d’IRM contient 0.9 MJ0.9\,\mathrm{MJ} — 26 mL26\,\mathrm{mL} d’essence.

Exercice 12.4 ★

Une voile solaire de 100 m100\,\mathrm{m} ×\times 100 m100\,\mathrm{m}, parfaitement réfléchissante, à la distance de la Terre (I=1.36 kW/m2I = 1.36\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2}) : force ; accélération d’un engin de 200 kg200\,\mathrm{kg} ; vitesse acquise en un mois ; comparer à la gravité solaire sur l’engin à cette distance (5.9×10−3 N/kg5.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}).

Solution

Solution de Exercice 12.4.

F=2IA/c=0.09 NF = 2IA/c = 0.09\,\mathrm{N} ; a=4.5×10−4 m/s2a = 4.5 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} ; 1.2 km/s1.2\,\mathrm{km}/\mathrm{s} en un mois ; le Soleil attire avec 1.2 N1.2\,\mathrm{N} : la voile ne peut pas lutter contre la gravitation, elle louvoie contre elle en orbite.

Exercice 12.5 ★★

Un fil de cuivre de rayon a=1 mma = 1\,\mathrm{mm} transporte 10 A10\,\mathrm{A} (γ=6×107 S/m\gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}). (a) EE à l’intérieur, BB à la surface, Π→\vect\Pi à la surface (direction et norme). (b) Flux de Π→\vect\Pi entrant dans 1 m1\,\mathrm{m} de fil ; comparer à RI2RI^2. (c) Π(r)\Pi(r) dans le fil et la puissance déposée entre rr et r+ ⁣drr + \dd r ; vérifier qu’elle vaut j2/γ⋅2πr  ⁣drj^2/\gamma\cdot2\pi r\,\dd r. (d) D’où vient l’énergie — décrire le champ entre la pile et le fil.

Solution

Solution de Exercice 12.5.

(a) j=3.2×106 A/m2j = 3.2 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2}, E=j/γ=0.053 V/mE = j/\gamma = 0.053\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ; B=μ0I/2πa=2 mTB = \mu_0I/2\pi a = 2\,\mathrm{mT} ; Π=EB/μ0=84 W/m2\Pi = EB/\mu_0 = 84\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, radialement vers l’intérieur. (b) 84×2πa=0.53 W84 \times 2\pi a = 0.53\,\mathrm{W} par mètre ; R=1/γπa2=5.3 mΩ/mR = 1/\gamma\pi a^2 = 5.3\,\mathrm{m}\Omega/\mathrm{m}, RI2=0.53 WRI^2 = 0.53\,\mathrm{W}. (c) Π(r)=EIr/2πa2\Pi(r) = EIr/2\pi a^2, donc 2πrΠ=EIr2/a22\pi r\Pi = EIr^2/a^2 et la couche reçoit  ⁣d(2πrΠ)=2EIr  ⁣dr/a2=(j2/γ)2πr  ⁣dr\dd(2\pi r\Pi) = 2EIr\,\dd r/a^2 = (j^2/\gamma)2\pi r\,\dd r. (d) Les charges de surface de la pile établissent un champ électrique tout le long du circuit, à l’extérieur des fils ; E→∧B→\vect E\wedge\vect B y transporte l’énergie de la pile à la charge.

Exercice 12.6 ★★

Condensateur à armatures circulaires (RR, dd) chargé par II. (a) E→\vect E, B→\vect B, Π→\vect\Pi entre les armatures. (b) Flux de Π→\vect\Pi à travers le cylindre latéral ; montrer qu’il vaut  ⁣dWe/ ⁣dt\dd W_e/\dd t. (c) Pour R=5 cmR = 5\,\mathrm{cm}, d=1 mmd = 1\,\mathrm{mm}, I=1 AI = 1\,\mathrm{A} à l’instant où E=1 MV/mE = 1\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} : Π\Pi au bord et puissance entrante. (d) L’énergie magnétique est-elle négligeable ?

Solution

Solution de Exercice 12.6.

(a) E=Q/ε0πR2E = Q/\varepsilon_0\pi R^2 axial, B=μ0Ir/2πR2B = \mu_0Ir/2\pi R^2 orthoradial, Π→=−ε0(r/2)EE˙ e→r\vect\Pi = -\varepsilon_0 (r/2)E\dot E\,\vect e_r. (b) ε0(R/2)EE˙⋅2πRd= ⁣d(12ε0E2πR2d)/ ⁣dt\varepsilon_0(R/2)E\dot E\cdot2\pi Rd = \dd(\tfrac12\varepsilon_0E^2\pi R^2d)/ \dd t. (c) E˙=I/ε0πR2=1.4×1013 V m−1 s−1\dot E = I/\varepsilon_0\pi R^2 = 1.4 \times 10^{13}\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1} ; Π(R)=3.2×106 W/m2\Pi(R) = 3.2 \times 10^{6}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2} ; multiplié par 2πRd=3.1×10−4 m22\pi Rd = 3.1 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}^{2} : 1.0 kW1.0\,\mathrm{kW} =UI= UI avec U=Ed=1 kVU = Ed = 1\,\mathrm{kV}. (d) Oui : plus petite d’un facteur du type (ωR/c)2(\omega R/c)^2 (Chapitre 11).

Exercice 12.7 ★★

Un long solénoïde (nn, rayon RR) dont le courant I(t)I(t) croît. (a) Champ E→\vect E induit à l’intérieur ; Π→\vect\Pi ; direction. (b) Flux à travers la surface latérale par unité de longueur et  ⁣d(B2/2μ0⋅πR2)/ ⁣dt\dd(B^2/2\mu_0\cdot\pi R^2)/\dd t. (c) Juste à l’extérieur du solénoïde (où B→=0→\vect B = \vect 0), que vaut Π→\vect\Pi ? Comment l’énergie entre-t-elle alors ? (Penser à l’endroit où circule le courant : l’enroulement est une nappe mince ; prendre la surface juste à l’intérieur.)

Solution

Solution de Exercice 12.7.

(a) E→=−(r/2)B˙ e→θ\vect E = -(r/2)\dot B\,\vect e_\theta, Π→=−(rBB˙/2μ0)e→r\vect\Pi = -(rB\dot B/2\mu_0)\vect e_r : rentrant tant que BB croît. (b) (RBB˙/2μ0)2πR= ⁣d(πR2B2/2μ0)/ ⁣dt(RB\dot B/2\mu_0)2\pi R = \dd(\pi R^2B^2/2\mu_0)/\dd t. (c) À l’extérieur B→=0→\vect B = \vect 0, donc Π→=0→\vect\Pi = \vect 0 : l’énergie est injectée à l’enroulement lui-même, là où le générateur impose le courant contre le champ induit (j→⋅E→<0\vect j\cdot\vect E < 0 en ce lieu) ; juste à l’intérieur de la nappe Π→\vect\Pi est déjà le flux entrant du (a).

Exercice 12.8 ★★

Où voyage la puissance d’un câble. Un câble coaxial (rayons aa, bb) transporte un courant permanent II dans l’âme, et de retour dans la tresse, sous la tension UU entre elles (conducteurs parfaits). (a) E→\vect E et B→\vect B dans le diélectrique (a<r<ba < r < b) par Gauss et Ampère. (b) Π→\vect\Pi : direction et norme. (c) Intégrer Π→\vect\Pi sur la couronne a<r<ba < r < b : montrer que le résultat vaut UIUI — toute la puissance voyage dans l’isolant. (d) Avec une âme légèrement résistive, dans quelle direction Π→\vect\Pi s’incline-t-il, et que vaut son flux entrant dans l’âme ?

Solution

Solution de Exercice 12.8.

(a) E=U/rln⁡(b/a)E = U/r\ln(b/a) radial, B=μ0I/2πrB = \mu_0I/2\pi r orthoradial. (b) Π→=(UI/2πr2ln⁡(b/a))e→z\vect\Pi = (UI/ 2\pi r^2\ln(b/a))\vect e_z, selon le courant de l’âme. (c) ∫abΠ 2πr  ⁣dr=UI\int_a^b\Pi\,2\pi r\,\dd r = UI. (d) EE acquiert une composante axiale j/γj/\gamma ; Π→\vect\Pi s’incline vers l’âme, et son flux radial entrant dans un mètre d’âme vaut RI2RI^2 par mètre.

Exercice 12.9 ★★

Poussière cométaire. Un grain de poussière sphérique de rayon aa et de masse volumique ρ=2000 kg/m3\rho = 2000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3} à la distance DD du Soleil absorbe la lumière solaire (I=1.36 kW/m2I = 1.36\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2} à D0=1.5×1011 mD_0 = 1.5 \times 10^{11}\,\mathrm{m}, masse du Soleil 2.0×1030 kg2.0 \times 10^{30}\,\mathrm{kg}). (a) Force de radiation et force gravitationnelle ; montrer que leur rapport ne dépend pas de DD. (b) Rayon en dessous duquel le grain est chassé. (c) Pourquoi les queues de comètes s’écartent-elles du Soleil, et pourquoi sont-elles incurvées ?

Solution

Solution de Exercice 12.9.

(a) Fray=I0(D0/D)2πa2/cF_{\text{ray}} = I_0(D_0/D)^2\pi a^2/c, Fg=GM⋅43πa3ρ/D2F_g = GM\cdot\tfrac43\pi a^3\rho/D^2 : rapport 3I0D02/4cGMρa3I_0D_0^2/4cGM\rho a, indépendant de DD. (b) Rapport >1> 1 pour a<3I0D02/4cGMρ=0.3 µma < 3I_0D_0^2/ 4cGM\rho = 0.3\,\text{µ}\mathrm{m}. (c) La poussière fine est repoussée du Soleil tout en gardant la vitesse orbitale de la comète, de sorte que la queue de poussière s’écarte et s’incurve ; la queue ionique, entraînée par le vent solaire, est rectiligne.

Exercice 12.10 ★★★

Un condensateur qui se décharge. Le condensateur de l’Exercice 12.6 se décharge dans le fil de l’Exercice 12.5 (R=5.3 mΩR = 5.3\,\mathrm{m}\Omega par mètre, longueur LL). (a) Direction de Π→\vect\Pi au bord du condensateur, désormais. (b) Puissance qui quitte le condensateur, puissance qui entre dans le fil ; qu’advient-il de la différence (s’il y en a une) ? (c) Écrire le bilan d’énergie  ⁣dWe/ ⁣dt=−RI2\dd W_e/\dd t = -RI^2 et le vérifier avec Q=CUQ = CU, I=− ⁣dQ/ ⁣dtI = -\dd Q/\dd t. (d) Pourquoi l’énergie magnétique du circuit n’apparaît-elle pas dans le bilan au début et à la fin ?

Solution

Solution de Exercice 12.10.

(a) E˙<0\dot E < 0 : Π→\vect\Pi est dirigé vers l’extérieur au bord. (b) − ⁣dWe/ ⁣dt-\dd W_e/\dd t quitte le condensateur et RI2RI^2 entre dans le fil ; en régime quasi statique les deux sont égaux — rien ne s’accumule entre les deux. (c) We=Q2/2CW_e = Q^2/2C,  ⁣dWe/ ⁣dt=(Q/C) ⁣dQ/ ⁣dt=−UI=−RI2\dd W_e/\dd t = (Q/C)\dd Q/\dd t = -UI = -RI^2. (d) 12LI2\tfrac12LI^2 s’annule aux deux extrémités (I=0I = 0) et est négligeable entre les deux pour une petite boucle.

Exercice 12.11 ★★★

L’aimant chargé. Entre les armatures d’un condensateur chargé (E→=Ee→z\vect E = E\vect e_z) règne un champ uniforme B→=Be→x\vect B = B\vect e_x (un aimant). (a) Π→\vect\Pi ; sa divergence. (b) Prendre la surface fermée d’une boîte intérieure à la région : flux de Π→\vect\Pi. (c) Où vont les lignes de Π→\vect\Pi, et qu’est-ce qui les referme ? (d) Une proposition : mesurer le flux d’énergie avec un petit absorbeur placé dans l’intervalle — chaufferait-il ? Pourquoi non ?

Solution

Solution de Exercice 12.11.

(a) Π→=(EB/μ0)e→y\vect\Pi = (EB/\mu_0)\vect e_y, uniforme : div⁡Π→=0\operatorname{div}\vect\Pi = 0. (b) Nul. (c) Selon yy à travers l’intervalle, en se refermant par les champs de bord aux extrémités des armatures et de l’aimant. (d) Un corps au repos dans des champs statiques ne porte aucun courant : j→⋅E→=0\vect j\cdot\vect E = 0, aucun échauffement. Le Π→\vect\Pi circulant est une écriture comptable, non un flux qui dépose de l’énergie.

Exercice 12.12 ★★★

Onde stationnaire. Deux ondes planes contrapropagatives de même amplitude forment E→=2E0cos⁡kxcos⁡ωt e→y\vect E = 2E_0\cos kx\cos\omega t\,\vect e_y, B→=−2(E0/c)sin⁡kxsin⁡ωt e→z\vect B = -2(E_0/c) \sin kx\sin\omega t\,\vect e_z (à vérifier avec Maxwell–Faraday). (a) Π→(x,t)\vect\Pi(x, t) ; sa moyenne temporelle. (b) Densité d’énergie ; où est-elle électrique, où magnétique, et comment ballotte-t-elle ? (c) Un miroir parfaitement conducteur en x=0x = 0 réfléchit l’onde incidente : force par unité d’aire sur lui par l’argument de quantité de mouvement, et par la force de Laplace sur son courant surfacique (utiliser la relation de passage pour B→\vect B). (d) Montrer que les deux donnent 2I/c2I/c en moyenne.

Solution

Solution de Exercice 12.12.

Faraday : ∂xEy=−2E0ksin⁡kxcos⁡ωt\partial_xE_y = -2E_0k\sin kx\cos\omega t égale −∂tBz-\partial_tB_z puisque ω=kc\omega = kc. (a) Π→=(EyBz/μ0)e→x=−(E02/μ0c)sin⁡2kxsin⁡2ωt e→x\vect\Pi = (E_yB_z/\mu_0)\vect e_x = -(E_0^2/\mu_0c)\sin2kx\sin2\omega t\,\vect e_x : de moyenne nulle. (b) u=2ε0E02(cos⁡2kxcos⁡2ωt+sin⁡2kxsin⁡2ωt)u = 2\varepsilon_0E_0^2(\cos^2kx\cos^2\omega t + \sin^2kx\sin^2\omega t) : électrique en x=0,λ/2,…x = 0, \lambda/2, \dots, magnétique en λ/4,…\lambda/4, \dots, ballottant entre les deux deux fois par période. (c) Quantité de mouvement : chaque onde a I=ε0cE02/2I = \varepsilon_0cE_0^2/2, l’onde réfléchie inverse la sienne : 2I/c=ε0E022I/c = \varepsilon_0E_0^2. Laplace : en x=0x = 0, B=(2E0/c)sin⁡ωtB = (2E_0/c)\sin\omega t juste à l’extérieur et 00 à l’intérieur, donc js=B/μ0j_s = B/\mu_0 ; la force par unité d’aire sur la nappe vaut 12jsB=B2/2μ0=2ε0E02sin⁡2ωt\tfrac12j_sB = B^2/2\mu_0 = 2\varepsilon_0E_0^2\sin^2 \omega t. (d) Sa moyenne vaut ε0E02=2I/c\varepsilon_0E_0^2 = 2I/c.

Une centrale solaire : un kilowatt par mètre carré de flux de Poynting arrive du Soleil à travers l’espace vide, et un cinquième en repart par les câbles.
Une centrale solaire : un kilowatt par mètre carré de flux de Poynting arrive du Soleil à travers l’espace vide, et un cinquième en repart par les câbles.

12.5 Problème : l’énergie d’une ligne, d’un panneau et d’un four

Problème 12.1

Problème du week-end — suivre l’énergie électromagnétique d’une ligne de transport jusque dans une maison, du Soleil jusque dans un panneau solaire, et d’un magnétron jusque dans une tasse d’eau

Partie I — La ligne. Un câble coaxial de puissance (rayon de l’âme a=1.0 cma = 1.0\,\mathrm{cm}, rayon de la tresse b=3.0 cmb = 3.0\,\mathrm{cm}, diélectrique εr=2.3\varepsilon_r = 2.3) transporte un courant continu I=500 AI = 500\,\mathrm{A} sous U=20 kVU = 20\,\mathrm{kV} ; l’âme a pour conductivité γ=6×107 S/m\gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}.

  1. Champs E→(r)\vect E(r) et B→(r)\vect B(r) dans le diélectrique (conducteurs parfaits pour commencer) ; valeurs en r=ar = a.
  2. Vecteur de Poynting dans le diélectrique ; son flux à travers la section annulaire : vérifier qu’il vaut UIUI.
  3. Densités d’énergie ε0εrE2/2\varepsilon_0\varepsilon_rE^2/2 et B2/2μ0B^2/2\mu_0 en r=ar = a (dans un diélectrique la densité d’énergie électrique porte εr\varepsilon_r) ; laquelle domine, et de combien ?
  4. À quelle fraction de la vitesse de la lumière l’énergie « se déplace-t-elle » (prendre Π/u\Pi/u en r=ar = a) ? Comparer à c/εrc/\sqrt{\varepsilon_r}.
  5. L’âme est maintenant résistive : champ EzE_z à l’intérieur ; le vecteur de Poynting juste à l’extérieur de sa surface acquiert une composante radiale : norme, et puissance par mètre qu’il livre à l’âme ; vérifier avec RI2RI^2 par mètre.
  6. Rapport de la composante radiale à la composante axiale de Π→\vect\Pi en r=ar = a : que dit-il de l’endroit où va l’énergie ?
  7. Énergie magnétique par mètre de câble, ∫B2/2μ0  ⁣dτ\int B^2/2\mu_0\,\dd\tau, et énergie électrique par mètre, ∫ε0εrE2/2  ⁣dτ\int\varepsilon_0\varepsilon_rE^2/2\,\dd\tau ; les retrouver sous la forme 12ΛI2\tfrac12\Lambda I^2 et 12ΓU2\tfrac12\Gamma U^2 avec l’inductance et la capacité linéiques du Chapitre 8.
  8. Une ligne de 10 km10\,\mathrm{km} : puissance délivrée, puissance perdue, fraction. Recommencer avec U=200 kVU = 200\,\mathrm{kV} et I=50 AI = 50\,\mathrm{A} (même puissance).

Partie II — Le panneau. Lumière solaire à midi par temps clair : I=1.0 kW/m2I = 1.0\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2} ; un panneau photovoltaïque de 1.6 m21.6\,\mathrm{m}^{2} et de rendement 20%20\% ; énergie de photon 2.0 eV2.0\,\mathrm{eV} en moyenne.

  1. E0E_0, B0B_0, densité d’énergie et flux de photons dans le faisceau.
  2. Puissance électrique délivrée ; chaleur à évacuer ; élévation de température si le panneau cède de la chaleur par ses deux faces avec h=10 W/(m2 K)h = 10\,\mathrm{W}/(\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{K}).
  3. Pression de radiation sur le panneau (absorbant) ; force ; comparer à son poids (18 kg18\,\mathrm{kg}).
  4. Énergie reçue par jour (6 h6\,\mathrm{h} de plein soleil équivalent) et par an ; surface nécessaire pour fournir les 3500 kWh/an3500\,\mathrm{kWh}/\mathrm{an} d’un foyer.
  5. Le panneau produit 30 V30\,\mathrm{V} sous 10.7 A10.7\,\mathrm{A} : vérifier la puissance ; flux de Poynting le long des 5 m5\,\mathrm{m} de câble bifilaire jusqu’à l’onduleur — par où, dans l’image des champs, cette puissance voyage-t-elle ?
  6. À l’orbite terrestre le Soleil rayonne 1.36 kW/m21.36\,\mathrm{kW}/\mathrm{m}^{2} : puissance totale du Soleil ; masse qu’il convertit par seconde (E=mc2E = mc^2, c=3×108 m/sc = 3 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}).
  7. Nombre de photons frappant le panneau par seconde.
  8. Flux de quantité de mouvement des photons à la Terre : force de radiation totale du Soleil sur la Terre (disque de rayon 6400 km6400\,\mathrm{km}, absorbant) ; comparer à la gravitation (3.5×1022 N3.5 \times 10^{22}\,\mathrm{N}).

Partie III — Le four. Un four à micro-ondes délivre 800 W800\,\mathrm{W} à 2.45 GHz2.45\,\mathrm{GHz} dans une cavité de 30 L30\,\mathrm{L} ; une tasse de 250 g250\,\mathrm{g} d’eau en absorbe 80%80\%.

  1. Longueur d’onde ; la cavité est-elle grande devant elle ? Pourquoi les parois sont-elles métalliques ?
  2. Temps pour chauffer l’eau de 20∘C20{}^{\circ}\mathrm{C} à 80∘C80{}^{\circ}\mathrm{C} (c=4.18 kJ/(kg K)c = 4.18\,\mathrm{kJ}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})) ; puissance absorbée par unité de volume.
  3. Si la puissance traversait, en onde plane, la section de 50 cm250\,\mathrm{cm}^{2} de la tasse : intensité et E0E_0 ; les champs réels sont des ondes stationnaires d’amplitude comparable — de combien les points chauds sont-ils distants, et pourquoi le plateau tourne-t-il ?
  4. Énergie emmagasinée dans le champ de la cavité si son facteur de qualité vaut Q=2π×(eˊnergie emmagasineˊe)/(eˊnergie perdue par peˊriode)≈103Q = 2\pi\times\text{(énergie emmagasinée)}/\text{(énergie perdue par période)} \approx 10^3 à vide : énergie emmagasinée, densité d’énergie moyenne, E0E_0 — comparer au claquage de l’air (3 MV/m3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}).
  5. L’eau absorbe parce que ses molécules sont des dipôles excités à 2.45 GHz2.45\,\mathrm{GHz} : la puissance locale, analogue à l’effet Joule, vaut 12ωε0ε′′E02\tfrac12\omega\varepsilon_0 \varepsilon''E_0^2 avec ε′′≈10\varepsilon'' \approx 10 pour l’eau : E0E_0 dans l’eau nécessaire à la densité de puissance de la question 16 ; est-ce cohérent ?
  6. Énergie d’un photon à 2.45 GHz2.45\,\mathrm{GHz} en eV, et nombre de photons absorbés par seconde par la tasse ; pourquoi les micro-ondes peuvent chauffer mais non ioniser (l’ionisation demande quelque 10 eV10\,\mathrm{eV}) ?
  7. Pression de radiation du champ de la cavité sur les parois (de l’ordre de la densité d’énergie uu) : faut-il s’en préoccuper ?
  8. Pourquoi un four vide (sans charge) risque-t-il d’être endommagé, en termes de Poynting ?
  9. Récapituler en un tableau, pour la ligne, le panneau et le four : le porteur de l’énergie, la direction de Π→\vect\Pi, la puissance, et ce qui la convertit.
Solution

Solution de Problème 12.1.

1. E=U/rln⁡(b/a)E = U/r\ln(b/a) : 1.8 MV/m1.8\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} en r=ar = a ; B=μ0I/2πrB = \mu_0I/2\pi r : 10 mT10\,\mathrm{mT} en aa.

2. Π→=(UI/2πr2ln⁡(b/a))e→z\vect\Pi = (UI/2\pi r^2\ln(b/a))\vect e_z ; ∫abΠ 2πr  ⁣dr=UI=10 MW\int_a^b\Pi\,2\pi r\,\dd r = UI = 10\,\mathrm{MW}.

3. 12ε0εrE2=34 J/m3\tfrac12\varepsilon_0\varepsilon_rE^2 = 34\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}, B2/2μ0=40 J/m3B^2/2\mu_0 = 40\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3} : comparables.

4. Π(a)=EB/μ0=1.45×1010 W/m2\Pi(a) = EB/\mu_0 = 1.45 \times 10^{10}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, u=74 J/m3u = 74\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3} : Π/u=2.0×108 m/s=c/εr\Pi/u = 2.0 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s} = c/\sqrt{\varepsilon_r}.

5. Ez=I/γπa2=0.027 V/mE_z = I/\gamma\pi a^2 = 0.027\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ; Πr=EzB/μ0=210 W/m2\Pi_r = E_zB/\mu_0 = 210\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2} vers l’intérieur ; ×2πa=13 W/m\times2\pi a = 13\,\mathrm{W}/\mathrm{m} ; R=1/γπa2=53 µΩ/mR = 1/\gamma\pi a^2 = 53\,\text{µ}\Omega/\mathrm{m}, RI2=13 W/mRI^2 = 13\,\mathrm{W}/\mathrm{m}.

6. Πr/Πz=Ez/Er=1.5×10−8\Pi_r/\Pi_z = E_z/E_r = 1.5 \times 10^{-8} : presque toute l’énergie file le long de la ligne ; un filet s’infiltre dans le cuivre.

7. 133 kW133\,\mathrm{kW} perdus sur 10 MW10\,\mathrm{MW}, soit 1.3%1.3\% ; à 200 kV200\,\mathrm{kV} : 1.3 kW1.3\,\mathrm{kW}, soit 0.013%0.013\%.

8. ∫ab(B2/2μ0)2πr  ⁣dr=(μ0I2/4π)ln⁡(b/a)=27 mJ/m=12ΛI2\int_a^b(B^2/2\mu_0)2\pi r\,\dd r = (\mu_0I^2/4\pi)\ln(b/a) = 27\,\mathrm{mJ}/\mathrm{m} = \tfrac12\Lambda I^2 avec Λ=μ0ln⁡(b/a)/2π=0.22 µH/m\Lambda = \mu_0\ln(b/a)/2\pi = 0.22\,\text{µ}\mathrm{H}/\mathrm{m} ; électrique : 12ΓU2\tfrac12\Gamma U^2 avec Γ=2πε0εr/ln⁡(b/a)=117 pF/m\Gamma = 2\pi\varepsilon_0\varepsilon_r/\ln(b/a) = 117\,\mathrm{pF}/\mathrm{m} : 23 mJ/m23\,\mathrm{mJ}/\mathrm{m}.

9. E0=870 V/mE_0 = 870\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, B0=2.9 µTB_0 = 2.9\,\text{µ}\mathrm{T}, u=3.3 µJ/m3u = 3.3\,\text{µ}\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}, 3×1021 m−2 s−13 \times 10^{21}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}.

10. 320 W320\,\mathrm{W} électriques ; 1280 W1280\,\mathrm{W} de chaleur sur 3.2 m23.2\,\mathrm{m}^{2} de faces : ΔT=1280/32=40 K\Delta T = 1280/32 = 40\,\mathrm{K}.

11. P=I/c=3.3 µPaP = I/c = 3.3\,\text{µ}\mathrm{Pa} ; 5.3 µN5.3\,\text{µ}\mathrm{N} contre un poids de 180 N180\,\mathrm{N}.

12. 320×6=1.9 kWh/jour320 \times 6 = 1.9\,\mathrm{kWh}/\mathrm{jour}, 700 kWh/an700\,\mathrm{kWh}/\mathrm{an} ; cinq panneaux, 8 m28\,\mathrm{m}^{2}.

13. 30×10.7=320 W30 \times 10.7 = 320\,\mathrm{W} ; la puissance circule dans le champ compris entre les deux fils — E→\vect E à travers les 30 V30\,\mathrm{V}, B→\vect B autour des courants — et non dans le cuivre.

14. 4πD2I=3.9×1026 W4\pi D^2I = 3.9 \times 10^{26}\,\mathrm{W} ; P/c2=4.3×109 kg/sP/c^2 = 4.3 \times 10^{9}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}.

15. 5×1021×1.6=5×1021 5 \times 10^{21} \times 1.6 = 5 \times 10^{21}\, photons par seconde.

16. IπRE2/c=5.8×108 NI\pi R_E^2/c = 5.8 \times 10^{8}\,\mathrm{N} : 10−1410^{-14} de la gravitation.

17. λ=12.2 cm\lambda = 12.2\,\mathrm{cm} ; la cavité de 30 cm30\,\mathrm{cm} fait quelques longueurs d’onde — un résonateur à modes, non un faisceau libre ; les parois métalliques réfléchissent l’onde (épaisseur de peau de quelques micromètres) et la retiennent.

18. 0.25×4180×60=63 kJ0.25 \times 4180 \times 60 = 63\,\mathrm{kJ} à 640 W640\,\mathrm{W} : 98 s98\,\mathrm{s} ; 640/2.5×10−4=2.6 MW/m3640/2.5 \times 10^{-4} = 2.6\,\mathrm{MW}/\mathrm{m}^{3}.

19. I=640/5×10−3=1.3×105 W/m2I = 640/5 \times 10^{-3} = 1.3 \times 10^{5}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}, E0=10 kV/mE_0 = 10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} ; points chauds distants de λ/2=6 cm\lambda/2 = 6\,\mathrm{cm} — d’où le plateau tournant.

20. W=QP/ω=103×800/1.54×1010=52 µJW = QP/\omega = 10^3 \times 800/1.54 \times 10^{10} = 52\,\text{µ}\mathrm{J} ; u=1.7 mJ/m3u = 1.7\,\mathrm{mJ}/\mathrm{m}^{3} ; E0=2u/ε0=20 kV/mE_0 = \sqrt{2u/\varepsilon_0} = 20\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} — cent fois sous le seuil de claquage.

21. 12ωε0ε′′E02=2.6×106 W/m3\tfrac12\omega\varepsilon_0\varepsilon''E_0^2 = 2.6 \times 10^{6}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{3} : E0=2 kV/mE_0 = 2\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} dans l’eau — de l’ordre du champ de la cavité, réduit par la permittivité de l’eau : cohérent.

22. hf=1.6×10−24 J=1×10−5 eVhf = 1.6 \times 10^{-24}\,\mathrm{J} = 1 \times 10^{-5}\,\mathrm{eV} ; 4×10264 \times 10^{26} photons par seconde ; un million de fois trop peu d’énergie par photon pour ioniser.

23. ∼u=2 mPa\sim u = 2\,\mathrm{mPa} : non.

24. N’ayant rien pour l’absorber, le flux de Π→\vect\Pi n’a d’autre issue que de revenir dans le magnétron, qui surchauffe.

25. Ligne : le diélectrique, Π→\vect\Pi axial, 10 MW10\,\mathrm{MW}, une charge en bout. Panneau : le faisceau, Π→\vect\Pi selon les rayons du Soleil, 1.6 kW1.6\,\mathrm{kW} en entrée, 320 W320\,\mathrm{W} en sortie, le semi-conducteur. Four : le champ de la cavité, Π→\vect\Pi circulant, 800 W800\,\mathrm{W}, les dipôles de l’eau.