Chapitre 4.8 – Le champ magnétique généré par une boucle de

Chapitre 4.8 – Le champ magnétique généré par
une boucle de courant
Champ d’une spire
Si l’on courbe notre ligne de courant en
cercle, on peut définir l’orientation du
champ magnétique à l’aide de la règle de la
main droite.
Si l’on étudie le champ magnétique dans
un plan perpendiculaire à la spire, on
retrouve la situation de deux courants
parallèles de sens contraire.
Très souvent, c’est le champ magnétique
au centre de la boucle qui va nous
intéresser. Avec la règle de la main droite,
il est évident d’en deviner le sens.
Champ magnétique au centre d’une bobine
Une bobine est un regroupement de spire que l’on peut
approximer comme étant superposé les uns sur les autres. Le
module du champ magnétique produit au centre d’une bobine
parcourue par un courant I est défini à l’aide de l’équation
suivante :
B=N
où
µ0 I
2R
B
I
I
R
I
I
: Champ magnétique produit au centre de la bobine en tesla (T)
: Le nombre de spire dans la bobine, N ∈ ℜ > 0
: Courant électrique en ampère (A)
: Le rayon de la bobine en mètre (m)
µ 0 : Constante magnétique, µ 0 = 4π × 10 −7 Ns 2 / C 2
B
N
I
R
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
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Preuve :
Considérons une spire dans le plan xy
parcourue par un courant I où l’on veut
évaluer le champ magnétique au centre
de celle-ci en un point P.
y
schéma en
perspective
I
On réalise que chaque petit bout de fil
dl génère un petit élément de champ
v
magnétique dB au point P de la forme
suivante :
v
v µ 0 I d l × rˆ µ 0 I dl
sin (θ ) nˆ
dB =
=
4π r 2
4π r 2
v
où
θ = 90° : Angle entre d l et r̂ .
P
R
I
dl
z
v
r = R : Distance constante entre tous les d l et le point P.
v
v
nˆ = k : Direction de tous les champs magnétiques infinitésimaux dB .
Puisque le fil possède une longueur connue ( C = 2π R ), on peut réaliser l’addition de tous
v
les champs magnétiques infinitésimaux dB :
v
v
B = ∫ dB
⇒
v
µ I dl
B = ∫ 0 2 sin (θ ) nˆ
4π r
v
(Remplacer dB )
⇒
v
v
µ I dl
B = ∫ 0 2 sin (90°) k
4π R
(Remplacer r et θ )
⇒
v
v
µ I
B = 0 2 ∫ dl k
4π R
(Factoriser les constantes)
⇒
v
v
µ I
B = 0 2 (2π R ) k
4π R
(Évaluer l’intégrale: ∫ dl = 2π R )
⇒
v µ I v
B= 0 k
2R
(Simplifier)
⇒
B=
µ0 I
2R
■
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Évaluer le module de B)
Page 2
x
Situation A : Poteau évité à l’aide d’un demi-cercle. Un électricien applique au sol un fil
électrique très long en ligne droite. Afin d’éviter un poteau qui représente un obstacle pour
la trajectoire rectiligne du fil, l’électricien contourne l’obstacle en courbant son fil sur un
demi-cercle de 70 cm de rayon. Le centre de courbure du fil coïncide avec le centre du
poteau. On désire évaluer le module du champ magnétique produit par le fil électrique au
centre du poteau sachant qu’un courant de 2 A circule dans le fil.
Voici une représentation graphique de la situation :
Demi-cercle
I
Poteau
70 cm
Nous pouvons découper notre long fil en trois parties :
µ0 I
sin (α 1 ) − sin (α 2 ) = 0
4π R
Fil semi-infini gauche (1) :
B=
Demi-cercle (2) :
B=N
Fil semi-infini droit (3) :
B=
car α 1 = α 2 .
µ0 I
2R
µ0 I
sin (α 1 ) − sin (α 2 ) = 0
4π R
car α 1 = α 2 .
Ainsi, le champ magnétique total sera produit uniquement par le demi-cercle :
B=N
µ0 I
2R
⇒
1 µ I
B=  0
 2  2R
⇒
−7
 1  4π × 10 (2)
B= 
 2  2(0,70)
(Remplacer valeurs numériques)
⇒
B = 8,97 × 10 −7 T
(Module du champ magnétique)
(
(Il y a ½ spire de courant)
)
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 3
Champ sur l’axe central d’une spire
Nous pouvons également évaluer le champ
magnétique sur l’axe central d’une spire.
B2
B3
En découpant la spire en petits éléments de fil
fini, on réalise que l’ensemble des petits champs
magnétiques produits forme un cône. L’addition
vectorielle de tous ces champs magnétiques
donne un champ magnétique résultant parallèle à
l’axe central de la spire.
vue en
perspective
B4
B1
P
I2
I3
Ainsi, le champ magnétique le long de l’axe
central d’une spire est perpendiculaire à la spire
et orienté selon le sens du courant.
× I1
•
I4
Axe central
Champ magnétique sur l’axe central d’une bobine
Le module du champ magnétique B généré le
long d’un axe passant par le central de la
bobine et étant perpendiculaire au plan de la
bobine dépend du courant I circulant dans la
bobine, du nombre de spires N, du rayon R de
la bobine et de la distance entre le point P où le
champ magnétique est évalué et le centre de la
bobine exprimée sous la forme d’un angle α :
B=N
où
µ0 I
2R
sin 3 (α )
v
B
α
P
P
α
R
I
v
B
R
I
: Champ magnétique produit sur l’axe centrale de la bobine en tesla (T)
: Le nombre de spire dans la bobine, N ∈ Z > 0
: Courant électrique en ampère (A)
: Le rayon de la bobine en mètre (m)
α : Angle pour positionner le point P
B
N
I
R
µ 0 : Constante magnétique , µ 0 = 4π × 10 −7 Ns 2 / C 2
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 4
Preuve :
Évaluons le champ magnétique sur l’axe central d’une spire :
B2
B1 sin α
P
vue en
perspective
vue en
d
perspective
α
P
B3
B1
vue en
perspective
α
B4
B1
P
r
d
R
I2
I
R
× I1
× I1
I3 •
I
I4
On réalise que :
B1 , B2 , B3 et B4 sont tous de même module.
Le champ magnétique résultant est purement vers le haut.
R
Nous avons la relation géométrique suivante : sin α = .
r
On réalise que chaque petit bout de fil dl génère un champ magnétique au point P de la
forme suivante :
v
v µ 0 I d l × rˆ µ 0 I dl
dB =
=
sin (θ ) nˆ
4π r 2
4π r 2
où
θ = 90°
v
: Angle constant entre d l et r̂ .
v
r = R 2 + d 2 : Distance constante entre tous les d l et le point P.
v
n̂
: Direction particulière pour chacun des dB .
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 5
Le champ magnétique selon l’axe y aura la forme
dB y = dB sin (α )
que l’on peut réécrire à l’aide de la loi de Biot-Savart
sous la forme
dB y =
µ 0 I dl
sin (θ ) sin (α )
4π r 2
B1 sin α
vue en
perspective
B1
α
P
α
r
d
où l’expression sin (α ) correspond à la projection du
champ magnétique sur l’axe y.
× I1
v
Par symétrie, on réalise que l’addition de tous les dB
génère uniquement
un champ magnétique dans la
v
direction j . Effectuons notre intégrale afin d’évaluer le
module du champ magnétique sur l’axe de la bobine :
v
v
v
⇒
B = ∫ dB
B = ∫ dB nˆ
(Décomposer module et orientation)
⇒
v
v
B = ∫ dB y j
(Appliquer principe de superposition)
⇒
v
v
µ I dl
B = ∫ 0 2 sin (θ ) sin (α ) j
4π r
(Remplacer dB y )
⇒
v
v
µ I dl
B = ∫ 0 2 sin (90°)sin (α ) j
4π r
(Remplacer θ )
⇒
v
v
µ I
B = 0 2 sin (α )∫ dl j
4π r
(Factoriser les constants)
⇒
v
v
µ I
B = 0 2 sin (α )(2π R ) j
4π r
(Évaluer l’intégrale: ∫ dl = 2π R )
⇒
v µ IR
v
B = 0 2 sin (α ) j
2r
(Simplifier)
⇒
v
B=
(Remplacer sin α = R / r ⇒ r = R / sin α )
⇒
v µ I
v
B = 0 sin 3 (α ) j
2R
⇒
B=
v
µ0 I R
sin (α ) j
2
2 (R / sin (α ))
µ0 I
2R
sin 3 (α )
R
I
(Simplifier)
■
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
(Évaluer le module du champ B)
Page 6
Exercices
Référence : Note Science Santé – Chapitre 6 – Question 13
On replie un fil droit infini par une demi-boucle de rayon R. Calculez le champ
magnétique B au centre P de la demi-boucle.
Référence : Note Science Santé – Chapitre 6 – Question 11
Un fil en forme de deux demi-cercles reliés, est parcouru par un courant I. Trouvez B au
centre C des deux demi-cercles.
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
Page 7
Solutions
Référence : Note Science Santé – Chapitre 6 – Question 13
Demi-boucle :
v
v
1
Bdemi −boucle = Bboucle − k
2
( )
( Bboucle =
µ0 I
2R
⇒
⇒
)
Fil haut :
v
v
µ I
B fil _ haut = 0 sin (α 2 ) − sin (α 1 ) − k
4π R
( )
v
1 µ I v
Bdemi −boucle = −  0 k
2  2R 
v
µ I v
Bdemi −boucle = − 0 k
4R
⇒
v
µ I
B fil _ haut = 0
sin π − sin (0 )
2
4π R
⇒
v
µ I v
B fil _ haut = − 0 k
4π R
⇒
v
µ I v µ I v
B=− 0 k− 0 k
4R
2π R
⇒
v
 1
1  v
 k
B = − µ 0 I 
+
 4 R 2π R 
( )
v
v
B fil _ haut = B fil _ bas
Fil bas :
Champ total :
v v
v
v
B = Bdemi −boucle + B fil _ haut + B fil _ bas
Référence : Note Science Santé – Chapitre 6 – Question 11
v
1 µ0 I v µ0 I v
Barc1 =
k =
k
2 2R
4r1
v
v
µ I v
1 µ0 I
(
Barc 2 =
− k )= − 0 k
2 2R
4r2
()
v
B fil1 = 0
et
v
B fil 2 = 0
⇒
v v
v
v
v
µ I
B = Barc1 + Barc 2 + B fil1 + B fil 2 = 0
4
⇒
v
µ I
B=− 0
4
 1 1 v
 − k
 r1 r2 
 1 1 v
 − k
 r2 r1 
Référence : Marc Séguin, Physique XXI Volume B
Note de cours rédigée par : Simon Vézina
v
(− k )
Page 8