Champ magnétique

I1 Champ magnétique
Corrigé des exercices
Exercice A Champ créé par un moment magnétiqueExercice A
(1) On commence par tracer un schéma des différents vecteurs. L’exercice est en suite une simple analyse dimensionnelle.
−→
m
O
•M •
−−−→
B(M)
−→
u
•D’une part dim B=dim µ0dim m×LpOr, dim m=dim I×L2, donc dim B=dim µ0dim I×Lp+2
•D’autre part dim B=dim µ0×L−1dim I
On combinant les deux résultats, on obtient Lp+2=L−1, d’ou p=−3 .
(2) On trouve que −→ Best toujours colinéaire et de même sens que −→ u. Ceci concorde avec le fait que le champ magnétique entre par le
pôle sud et sorte par le pôle nord du moment magnétique: il est toujours dirigé vers la droite sur le schéma (si l’on reste sur l’axe
bien entendu).
On a trouvé p<0 ce qui est cohérent avec le fait que la norme que la norme du champ magnétique décroit lorsque l’on s’éloigne
de la source du champ.
Exercice B Rapport gyromagnétique d’un atomeExercice B
(1) En utilisant le schéma ci-contre (l’électron est en M) et en se sou-
venant que les électrons vont dans le sens opposé du courant élec-
trique positif, on obtient:
−→
L=−→ OM ∧m−→ v=mr −→ er∧rω−→ eθ=mr2ω−→ ez
O
i
Msens de parcours de l’électron
−→
er
−→
eθ
−→
ez
θ
(2) Le courant est donné par la charge qui traverse une section pendant une durée donnée. Ici le courant sera positif, puisqu’on l’a
orienté dans le sens contraire des électrons.
Il faut ∆t=2π
ωpour que l’électron fasse un tour. Pendant ce temps, la charge qui traverse la boucle est een valeur absolue.
Donc, i=eω
2π
Par définition −→ M=i−→ S=−iπr2−→ ez=−eωr2
2
−→
ezen orientant −→ Scorrectement
(3) Les deux vecteurs sont colinéaires puisque tous deux selon −→ ez. On peut donc trouver αen faisant le rapport des projections:
α=
−→
M · −→ ez
−→
L·−→ ez
=−e
2m=−8,8 ·1010 C·kg−1
1

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Exercice C Balance de CottonExercice C
(1) La masse est soumise à son poids −→ Pet à la réaction de la balance −→ Rbalance/masse. Comme la balance est à l’équilibre et que le
référentiel terrestre, dans lequel se fait l’étude, est galiléen, on en déduit que −→ P=−−→ Rbalance/masse.
Par le principe des actions réciproques −→ Rmasse/balance =−−→ Rbalance/masse =−→ P
Pour calculer le moment de la force de la masse sur la balance, il suffit de calculer le moment du poids de la masse puisque les
forces sont égales et qu’elles s’appliquent au même point (G).
−−→
MO−→ P=−→ OG ∧−mg−→ ey=−→ OA +−→ AG∧−mg−→ ey=−lmg−→ ez
D’où Mz−→ P=−−→ MO−→ P·−→ ez=−lmg car O ∈O, −→ ez
(2) La force de Laplace s’applique en P, milieu du segment. Comme O appartient à l’axe O, −→ ez, on a:
Mz−→ FLa=−→ OP ∧−il0−→ ex∧B−→ ez·−→ ez=−OP−→ ex∧il0B−→ ey·−→ ez=−OPil0B
(3) On est toujours dans le référentiel terrestre, galiléen, mais cette fois on étudie la balance, à l’équilibre. La balance est soumise à:
•son poids qui s’exerce en O, il n’exerce donc pas de moment sur O, −→ ez
•l’action du pivot qui, puisqu’il est parfait, n’exerce pas non plus de moment sur cet axe
•l’action de la masse, dont on a calculé le moment
•l’action des forces de Laplace, dont on a aussi calculé le moment.
Puisque l’axe O, −→ ezest fixe dans le référentiel, qui est galiléen, on peut appliquer le théorème du moment cinétique sur cet axe.
De plus comme la balance est à l’équilibre, la dérivée de son moment cinétique est nulle.
0=−ml g −OPil0B
Pour que cette équation soit possible, il faut que soit isoit Bsoit négatif. Donc si −→ Best dans le sens indiqué sur le schéma, cela
signifie que B>0 et donc qu’il faut i<0 pour équilibrer la balance.
(4) On a d’après la question précédente B=−lmg
OPil0=−0,1 T
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