Problème : le champ transporte l'énergie, flux de Poynting dans un câble coaxial

La stratégie. Gauss et Ampère donnent les champs ; le vecteur de Poynting et son flux disent par où passe l'énergie. Le bilan se fait à deux échelles : locale (l'équation de Poynting dans l'âme ohmique) et intégrale (une tranche de câble). On retrouve, par le champ, les lois du circuit : $P=UI$, $R^{\prime }{I}^2$, la chute ohmique.

1) Les champs. Invariance par rotation et par translation selon $Oz$ ; tout plan contenant l'axe est plan de symétrie des charges et des courants : $\overrightarrow{E}=E(r){\overrightarrow{u}}_r$, $\overrightarrow{B}=B(r){\overrightarrow{u}}_{\theta }$. Gauss sur un cylindre de rayon $r$ et de hauteur $h$ : $2\pi rhE=\lambda h/{\epsilon }_0$. Circulation de l'âme à la gaine : $$U={\int }_a^b\frac{\lambda \mathrm{d}r}{2\pi {\epsilon }_{0}r}=\frac{\lambda }{2\pi {\epsilon }_0}\ln \frac{b}{a}⟹\overrightarrow{E}=\frac{U}{r\ln (b/a)}{\overrightarrow{u}}_r.$$ Ampère : $\overrightarrow{B}=\frac{{\mu }_{0}I}{2\pi r}{\overrightarrow{u}}_{\theta }$. Pour $r>b$, charge et courant enlacés sont nuls : $\overrightarrow{E}=\overrightarrow{0}$ et $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{0}$ hors du câble. Avec $\ln (b/a)\approx 1,187$ : $E(a)\approx 2,25\times 10^4\mathrm{V}{\mathrm{m}}^{-1}$ et $B(a)=\frac{{\mu }_{0}I}{2\pi a}\approx 0,89\mathrm{mT}$.

2) L'énergie passe entre les conducteurs. Avec ${\overrightarrow{u}}_r\wedge {\overrightarrow{u}}_{\theta }={\overrightarrow{u}}_z$, $$\overrightarrow{\Pi }=\frac{UI}{2\pi r^2\ln (b/a)}{\overrightarrow{u}}_z,P={\int }_a^b\frac{UI}{2\pi r^2\ln (b/a)}2\pi r\mathrm{d}r=\frac{UI}{\ln (b/a)}{\int }_a^b\frac{\mathrm{d}r}{r}=UI.$$ La puissance électrique $UI$ est exactement le flux du vecteur de Poynting, dirigé vers la charge. Elle ne circule ni dans les conducteurs de résistance négligeable ($\overrightarrow{E}=\overrightarrow{0}$) ni au-dehors (champs nuls), mais dans l'espace entre l'âme et la gaine : les conducteurs guident l'énergie, ils ne la portent pas. Le flux de $a$ à $r$ vaut $UI\frac{\ln (r/a)}{\ln (b/a)}$ : la moitié de la puissance passe à moins de $\sqrt{ab}\approx 0,81\mathrm{mm}$ de l'axe. $\Pi (a)=\frac{24}{2\pi \times (0,45\times 10^{-3}{)}^2\times 1,187}\approx 1,6\times 10^7\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$, seize mille fois le flux solaire au sol : $24\mathrm{W}$ dans une couronne de $\pi (b^2-a^2)\approx 6,2\mathrm{m}{\mathrm{m}}^2$.

3) L'énergie dissipée entre par la surface de l'âme. $R^{\prime }=\frac{1}{\gamma \pi a^2}\approx 26,4\mathrm{m\Omega }{\mathrm{m}}^{-1}$ et $E_z=\frac{j}{\gamma }=R^{\prime }I\approx 5,3\times 10^{-2}\mathrm{V}{\mathrm{m}}^{-1}$. Dans l'âme, Ampère donne $B(r)=\frac{{\mu }_{0}Ir}{2\pi a^2}$ et, avec ${\overrightarrow{u}}_z\wedge {\overrightarrow{u}}_{\theta }=-{\overrightarrow{u}}_r$, $$\overrightarrow{\Pi }=-\frac{E_{z}B(r)}{{\mu }_0}{\overrightarrow{u}}_r=-\frac{E_{z}Ir}{2\pi a^2}{\overrightarrow{u}}_r,$$ radial et entrant. En $r=a$, $|{\Pi }_r|=\frac{E_{z}I}{2\pi a}\approx 37\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$, et le flux entrant par la surface latérale d'un mètre d'âme vaut $\frac{E_{z}I}{2\pi a}\times 2\pi a\times 1\mathrm{m}=R^{\prime }{I}^2\times 1\mathrm{m}\approx 0,105\mathrm{W}$ : exactement la puissance Joule. L'énergie dissipée dans le fil y entre par sa surface latérale. En régime permanent, l'équation fournie se réduit à $\mathrm{div}\overrightarrow{\Pi }=-\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}$, et dans l'âme $$\mathrm{div}\overrightarrow{\Pi }=\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(-\frac{E_{z}I{r}^2}{2\pi a^2}\right)=-\frac{E_{z}I}{\pi a^2}=-j{E}_z=-\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}.$$ Les termes : $\frac{\partial u}{\partial t}$, variation de l'énergie stockée par unité de volume, nulle ici ; $\mathrm{div}\overrightarrow{\Pi }$, puissance qui sort de l'unité de volume, portée par le flux d'énergie (négative : il en entre) ; $\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}=j^2/\gamma$, puissance cédée par le champ aux porteurs, dissipée par effet Joule. Entre les conducteurs, $\overrightarrow{j}=\overrightarrow{0}$ et $\mathrm{div}\overrightarrow{\Pi }=0$ : l'énergie y transite sans perte. Près de l'âme, $\overrightarrow{\Pi }$ a donc une composante axiale de $1,6\times 10^7\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$ et une composante radiale entrante de $37\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$ : il est incliné vers l'âme d'environ $2\times 10^{-6}\mathrm{rad}$.

4) Bilan intégral sur une tranche. Soit le cylindre de rayon $b$ compris entre $z$ et $z+\mathrm{d}z$. En régime permanent, la puissance qui y entre par flux égale celle qui y est cédée aux porteurs : il entre $U(z)I$ par la face $z$, il sort $U(z+\mathrm{d}z)I$ par la face $z+\mathrm{d}z$, rien ne traverse la gaine (champs nuls au-dehors), et l'âme dissipe $R^{\prime }{I}^2\mathrm{d}z$. Donc $$U(z)I-U(z+\mathrm{d}z)I=R^{\prime }{I}^2\mathrm{d}z⟹\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}z}=-R^{\prime }I:$$ la chute de tension ohmique, retrouvée par le seul champ ; le flux axial diminue de ce qui entre dans l'âme. Sur $10\mathrm{m}$, $R^{\prime }I\times 10\approx 0,53\mathrm{V}$, $4,4\%$ de $U$.

5) L'énergie stockée. Par unité de longueur, $$W_e^{\prime }={\int }_a^b\frac{{\epsilon }_0}{2}\frac{U^2}{r^2{\ln }^2(b/a)}2\pi r\mathrm{d}r=\frac{1}{2}{C}^{\prime }{U}^2,C^{\prime }=\frac{2\pi {\epsilon }_0}{\ln (b/a)}\approx 46,9\mathrm{pF}{\mathrm{m}}^{-1};$$ $$W_m^{\prime }={\int }_a^b\frac{1}{2{\mu }_0}\frac{{\mu }_0^2{I}^2}{4{\pi }^2{r}^2}2\pi r\mathrm{d}r=\frac{1}{2}{L}^{\prime }{I}^2,L^{\prime }=\frac{{\mu }_0}{2\pi }\ln \frac{b}{a}\approx 237\mathrm{nH}{\mathrm{m}}^{-1}.$$ $W_e^{\prime }\approx 3,4\mathrm{nJ}{\mathrm{m}}^{-1}$, $W_m^{\prime }\approx 0,47\mu \mathrm{J}{\mathrm{m}}^{-1}$, $141$ fois plus. Avec $U=R_{\text{ch}}I$, $\frac{W_m^{\prime }}{W_e^{\prime }}=\frac{L^{\prime }}{C^{\prime }{R}_{\text{ch}}^2}$ : plus la charge est de faible résistance, plus le courant est fort à tension donnée, et plus le champ magnétique domine. Facultatif : $x^2+y^2\ge 2xy$ avec $x=\sqrt{C^{\prime }/2}U$ et $y=\sqrt{L^{\prime }/2}I$ donne $W_e^{\prime }+W_m^{\prime }\ge \sqrt{L^{\prime }{C}^{\prime }}UI$ ; or $L^{\prime }{C}^{\prime }={\mu }_0{\epsilon }_0=1/c^2$, donc $\frac{UI}{W_e^{\prime }+W_m^{\prime }}\le c$. Ici ce rapport vaut $5,0\times 10^7\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 0,17c$ ; il n'atteindrait $c$ que si les deux énergies étaient égales.

6) Cas limites. Circuit ouvert : $I=0$, $\overrightarrow{B}=\overrightarrow{0}$, $\overrightarrow{\Pi }=\overrightarrow{0}$, mais $\overrightarrow{E}\ne \overrightarrow{0}$ : le câble stocke de l'énergie électrique, il n'en transporte aucune ; il faut les deux champs pour un flux d'énergie. Court-circuit à l'extrémité : la tension s'y annule, le flux axial $U(z)I$ tombe à zéro au bout, et toute la puissance fournie entre dans l'âme le long du câble, où elle est dissipée. Alternatif sur charge résistive : $u$ et $i$ changent de signe ensemble, donc $\overrightarrow{E}$ et $\overrightarrow{B}$ aussi, et $\overrightarrow{\Pi }$ garde son sens : l'énergie va toujours du générateur vers la charge.

Le résultat obtenu — le théorème de Poynting appliqué à une ligne de transport. Dans un câble coaxial en régime permanent, la puissance électrique $P=UI$ livrée à la charge est le flux du vecteur de Poynting $\overrightarrow{\Pi }=\frac{UI}{2\pi r^2\ln (b/a)}{\overrightarrow{u}}_z$ à travers la section comprise entre les conducteurs : l'énergie voyage entre l'âme et la gaine, ni dans les conducteurs ni au-dehors. Si l'âme est ohmique, la puissance Joule $R^{\prime }{I}^2$ est le flux de $\overrightarrow{\Pi }$ entrant par sa surface latérale ; le bilan local $\mathrm{div}\overrightarrow{\Pi }=-\overrightarrow{j}\cdot \overrightarrow{E}$ est vérifié en tout point, et le bilan intégral sur une tranche redonne la chute ohmique $\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}z}=-R^{\prime }I$. Pour un RG-58 sous $12\mathrm{V}$ et $2\mathrm{A}$ : $\Pi (a)\approx 1,6\times 10^7\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$, et $0,105\mathrm{W}$ par mètre entrent dans l'âme.

Ce que le problème installe. Le flux du vecteur de Poynting pour évaluer une puissance : la puissance $UI$ de l'électrocinétique est portée par le champ entre les conducteurs. Le bilan d'énergie local et intégral, chaque terme de l'équation de Poynting interprété, et les aspects énergétiques d'un milieu ohmique : l'effet Joule est alimenté par un flux qui entre par la surface. Comme le condensateur de l'exercice 2 et le fil de l'exercice résolu « Effet Joule et vecteur de Poynting », l'énergie arrive par les côtés.