1
CHAMP MAGNÉTOSTATIQUE - corrigé des exercices
A. EXERCICES DE BASE
I. Bobines “façon Helmholtz”
1.a. • La spire est symétrique par rapport aux plans (Oxy) et (Oxz), mais ces symétries retournent le sens
du courant. Il s'agit d'antisymétries électriques donc de symétries magnétiques puisque le champ B est un
pseudovecteur.
• En un point M de l'axe (Ox), donc invariant dans ces symétries, le champ B (M) doit être invariant. Il
doit donc être symétrique par rapport à ces plans donc parallèle à leur intersection, c'est à dire
! selon (Ox).
µ I
1.b. • Le champ créé par un fil “infini” est orthoradial et de norme B1 = !0 avec r = x2 + L2 .
2"r
• Le champ créé par l'ensemble des deux fils est le double de la projection sur (Ox) :
L
µ I 2L
B(x) = 2 B1 sin(α) = 2 B1
= 0 2
.
!
r
2" x + L2
!
!
!
!
2.
• En utilisant deux spires identiques mais centrées aux abscisses ± a, on obtient sur l'axe un champ
&
1
1
µ IL #
+
total : B(x) = 0
.
%
" $ ( x + a)2 + L2
( x " a)2 + L2 ('
• Puisque l'expression précédente est paire, on obtient la meilleure uniformité au voisinage de l'origine
2
2
d2 B
µ 0 IL 2 3a " L
en y !
annulant la dérivée seconde :
(0)
=
= 0. La distance entre les bobines est alors
2
!
"
dx 2
a 2 + L2
(
(
D = 2a =
2L
3
)
)
.
!
!
3 µ0 I
!
◊ remarque : le développement à l'origine peut alors s'écrire : B(x) ≈
2"L
#
&
9 x4
1"
% 16 4 + ...( .
L
$
'
!
3.a. • L'ensemble des deux spires est symétrique par rapport au!plans!(Oyz) et cette symétrie ne retourne
pas le sens du courant. Il s'agit d'une symétrie électrique donc d'une antisymétrie magnétique puisque le
champ B est un pseudovecteur.
• En un point M de l'axe (Oy), donc invariant dans cette symétrie, le champ B (M) doit être invariant. Il
doit donc être antisymétrique par rapport au plan (Oyz), donc perpendiculaire, c'est à dire selon (Ox).
!
!
2
µ0 I
2
avec r = a 2 + (L " y ) .
2"r
• Le champ créé par les deux fils avec courant de même sens est le double de la projection sur (Ox) :
L"y
µ I 2 (L " y )
B(y) = 2 B1
= 0
.
!
r
2" a 2 + (L " y )2
!
3.b. • Le champ créé par un fil “infini” est orthoradial et de norme B1 =
2 (L + y ) &
µ I # 2 (L " y )
• Le champ créé par les deux bobines est au total : B(y) = 0 %
+
(.
2" $ a 2 + (L " y )2 a 2 + (L + y )2 '
!
! !
!
• Compte tenu de la valeur a =
!
L
, le développement en série à l'origine est de la même forme que
3
&
3 µ0 I #
9 y4
1"
+ ...( . La représentation graphique montre que le champ
celui obtenu selon (Ox) : B(y) ≈
%
4
2"L $ 16 L
'
!
est assez bien uniforme (à 5 %) dans un intervalle de largeur ≈ L, aussi bien selon (Oy) que selon (Ox).
!
!
II. Champ magnétique créé par une hélice
• Une hélice de rayon R et de pas h a pour équations cartésiennes paramétriques (dans un repère
h"
orthonormé) : x = R cos(θ) ; y = R sin(θ) ; z =
; où le paramètre θ varie de -∞ à +∞. Cette hélice est
2#
parcourue par un courant dʼintensité I.
1.
◊ remarque : en coordonnées cylindriques
d'axe Oz, l'équation correspondant à la coordonnée radiale
!
est simplement r = R ; il est en général difficile d'exprimer les coordonnées cylindriques d'un vecteur à
partir des coordonnées de ses extrémités, mais ici le seul vecteur qui intervient est OM ; on ne peut pas
intégrer simplement les composantes radiales et orthoradiales car les vecteurs unitaires ur et u" ne sont
pas constants (ils dépendent du point M considéré sur l'hélice), mais l'énoncé ne demande que la projection
Bz ; rien n'interdirait donc ici d'utiliser les coordonnées cylindriques, mais comme
il s'agit d'un cas assez
!
particulier, il est préférable d'utiliser une méthode plus générale.
!
!
• On note M un point quelconque de l'hélice ; d'après la loi de Biot et Savart, le champ en O peut
µ I
dOM # u$r
MO
s'écrire : B = 0
avec dOM = dx ux + dy uy + dz uz ; rʼ = MO = R2 + z2 ; u"r =
.
2
4" C
MO
r$
• Ainsi : dOM ⨯ MO = (x ux + y uy + z uz )⨯( dx ux + dy uy + dz uz ) donne en développant :
h
h
!
! uy + R uz!) R dθ.
dOM ⨯ MO = ( ![sin(θ) - θ!cos(θ)]!ux - ! [cos(θ) + θ sin(θ)]
!
2"
2"
!
!
!
!
!
!
!
!
!
%
!
!
!
!
!
!
!
3
• En projetant l'intégrale vectorielle sur les vecteurs unitaires, on obtient :
µ I Rh + sin(") # " cos(")
µ I Rh + cos(") # " sin(")
d" ; By = - 0
d" ;
Bx = 0
3/
2
2(
2 (3/ 2
4" 2" #+ %
4" 2" #+ %
%
(
%
(
h"
h"
'R2 + ' * *
'R2 + ' * *
'
*
'
&
)
&
) *)
2$
2$
&
)
&
,
µ 0I 2
R
4"
,
,
1
+
µ I 2"
d" = ! 0 ! R2
4" h
$
1
#
dz .
3/ 2
R + z2
$ h" '
&R + & ) )
&
!
!
% 2# ( )(
%
◊ remarque : la composante By n'est pas simple à calculer, mais la composante Bx est nulle par symé!
! !
! sur un intervalle symétrique.
trie : elle correspond à l'intégrale d'une fonction impaire
z
µ I $/2
µ I
!
cos(") d" = 0 .
• Avec l'angle
α tel que tan(α) =
on obtient : Bz = 0
#$
/
2
R
2h
h
!
Bz =
!
*+ $
2
2 '3/ 2
"#
(
2
)
%
2.
• Puisque h est le “pas” de l'hélice, c'est-à-dire la longueur du déplacement selon Oz pour chaque tour,
1
!
! longueur”
! cela près que si le pas est grand
ceci correspond à un “nombre!de spires par unité de
: n=
(à
h
cela n'est qu'une “moyenne” délicate à interpréter).
• Pour h << R on retrouve par contre le champ magnétique du solénoïde infini : Bz = µ0nI.
!
III. Circuit polygonal
1.
• Pour calculer le champ créé par un circuit polygonal, on peut se ramener à
calculer la contribution créée, par un segment de fil de longueur 2L, en un point M
situé à une distance R sur le plan médiateur.
• En coordonnées cylindriques par rapport au segment, puisque chaque
µ I d!
µ I d! # ur
contribution : dB = 0
= 0 2 cos(α) u" est perpendiculaire au plan
2
4"
4" r
r
défini par le fil et M, alors il en est de même pour B total (selon u" ).
!• En intégrant : dB = dB • u = µ!0 I d! cos(") avec : r = R 2 + z 2 ;
"
θ
!
4"
r2
!
R
! obtient :
cos(α) =
; z = R tan(α) ; dℓ = dz ; on
!
r
! µ I
arctan( L ) cos(")
!R
L
µ I L
R
0
! = µ!0 I
dz
d"
Bθ = 0
=
.
2
2 3/ 2
L
2
4" "L (R + z )
4" # arctan( R ) R
2"R R + L2
!
• En un point M à l'abscisse x sur l'axe du circuit polygonal, le champ est forcément parallèle à cet axe
2"
! !tenu de l'invariance !du circuit
! de
compte
et de M par rotation
(dans une rotation, un pseudo-vecteur se
!
!
n
comporte comme un vecteur). Le champ total peut donc s'écrire : B = Bx ux avec Bx = n Bθ(R) u" • ux où
#
$
u" correspond aux coordonnées cylindriques par rapport au côté du polygone et où le calcul de R peut être
expliqué par un schéma sur un cas particulier (ici n = !
6) :
!
!
! !
!
4
• On obtient ainsi : u" • ux = sin(β) =
µ I
Bx = n 0
2"
! !
L
H
=
R
H
2
H +x
2
# "&
avec : H = L cotan % ( et au total :
$ n'
H
.
2
H + x2
H2 + L2 + x 2
!
!
!
• Pour la limite n → ∞, on obtient : L → 0 ; nL → πRʼ ; H → Rʼ (rayon de la spire circulaire).
! !
! µ I
R" 2
• On retrouve
ainsi : Bx → 0
.
2 R" 2 + x 2 3/ 2
2.
(
!
)
!
IV. Dipôle magnétique
1.
• On peut repérer le point M par ses coordonnées sphériques avec un axe polaire selon l'axe de la
spire. Le point M et l'axe définissent un plan méridien (Orθ) qui est plan de symétrie de la spire, mais plan
d'antisymétrie électrique.
• Puisque M est invariant dans cette symétrie, le champ B (M) doit être changé de sens. Or il s'agit
d'un pseudovecteur ; il doit donc être parallèle au plan : B = Br ur + Bθ u" .
• Enfin, la spire est invariante par rotation selon son axe ; lors d'une rotation d'angle ϕ, le champ B
!
tourne comme la base sphérique, donc ses coordonnées ne varient pas : B = Br(r,θ) ur + Bθ(r,θ) u" .
!
!
!
! M. Soit
2.
• D'après l'invariance par rotation d'angle ϕ, on peut arbitrairement choisir ϕ = 0 pour le point
P un point de la spire, on peut le repérer par l'angle φ.
!
!
!
• On obtient ainsi :
PM = OM - OP = r ur (θ) - R uR (φ) = r.(cos(θ) u x + sin(θ) uz ) - R.(cos(φ) uy + sin(φ) uz ) ;
PM2 = r2 + 2 rR ur • uR + R2 = r2 + 2 rR sin(θ)sin(φ) + R2 ;
!
!
!
!
!
!
!
d! = R dφ u" (φ) = R dφ (cos(φ) uz - sin(φ) uy ) ;
!
!
!
!
!
!
! u ) + R2 dφ
d! " PM = rR dφ (- sin(φ)sin(θ) u x + cos(φ)cos(θ) uy + sin(φ)cos(θ)
ux ;
z
! !
µ 0 I d! " PM
µ0 I
3R
dB
! 3 (1 - r!sin(θ)sin(φ)) d! " PM ;
! = 4" PM3 ≈ 4"r
! dφ ;
!
!
( d! " PM )• ur = R2 cos(θ)
!
( d! " PM )• u" = (rR sin(φ) - R2 sin(θ)) dφ! ;
! ! µ0 I !
! 3R
µ0 I
µ m
Br =
R2 cos(θ) (2π +
sin(θ) sin(") d" ) =
2S cos(θ) = 0 3 2 cos(θ) ;
3
3
r
4"r
4"r
! 4"r
µ0 I 2
µ0 I
µ0 m
2
Bθ!= R sin(θ) (2π - 3 sin (") d" ) =
S sin(θ) =
sin(θ).
4"r 3
4"r 3
4"r 3
#
#
!
!
!
!
!
!
!
!
!
B. EXERCICE D’APPROFONDISSEMENT
V. Expérience de Rowland
• La quantité de charge portée par un anneau entre r et r + dr est dq = σ dS = σ 2πr dr.
2"
dq
• Cette charge fait un tour en une durée T =
; ceci correspond à un courant : dΙ =
= σ ω r dr.
#
T
• Sur l'axe d'une spire circulaire de rayon r, parcourue par un courant dΙ, à une distance a du centre,
µ 0 dI r 2
le champ magnétique est parallèle à l'axe et a pour norme : dB =
.
3/ 2
!
!
2 r2 + a2
(
• Le champ magnétique total a donc pour norme : B =
!
!
!
µ0 " #
2
)
r3
R
" (r
0
2
+ a2
3/ 2
)
dr .
5
• On peut alors considérer :
R
2 r3
2Rʼ =
=
3 / 2 dr
0
r 2 + a2
"(
)
Rʼ = ( R 2 + a 2 - a) + a2.(
"
a 2 +R2
a
1
1/ 2
u
2
1
2
2
du - a2
-
"
a 2 +R2
a
2
1
u
3/ 2
du ;
1
) = 16,3 cm ;
a
R +a
!
!
µ0 " #
B=
Rʼ.
2
!
! peut considérer les plans infinis ; le champ électrique entre les
• Pour des plaques très
! proches, on
"
plaques est alors uniforme et de norme : E =
. La tension est par ailleurs : U = E d, d'où la densité de
#0
!
U"
" U
charges σ = 0 et (compte tenu de la relation ε0µ0c2 = 1) le champ magnétique B =
Rʼ.
d
2d c 2
!
• On obtient ainsi : B = 4,3.10-10
! T ≪ B 0.
!
!
