Le champ magnétique : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Le déterminant porte les vecteurs unitaires, puis $\vec v$ (en $10^{6}$ m/s), puis $\vec B$ (en $10^{-3}$ T) :

Selon $\vec i$ : $(-1{,}0)(-0{,}60)-(2{,}0)(0{,}20)=0{,}60-0{,}40=0{,}20$

Selon $\vec j$ : $(2{,}0)(0{,}30)-(4{,}0)(-0{,}60)=0{,}60+2{,}40=3{,}00$

Selon $\vec k$ : $(4{,}0)(0{,}20)-(-1{,}0)(0{,}30)=0{,}80+0{,}30=1{,}10$

On multiplie par $q=-1{,}60\times10^{-19}$ C :

$F_B=1{,}60\times10^{-16}\sqrt{0{,}20^{2}+3{,}00^{2}+1{,}10^{2}}=5{,}12\times10^{-16}$ N.

Piège : garder le signe de la charge jusqu'au bout. Le déterminant donne la force sur une charge positive ; pour l'électron, chaque composante change de signe, et une force dessinée à l'envers coûte toute la question.

Le produit scalaire donne l'angle, le produit vectoriel ne le donne pas directement :

$v=\sqrt{21}\times10^{6}=4{,}58\times10^{6}$ m/s et $B=\sqrt{0{,}09+0{,}04+0{,}36}=0{,}70$ mT.

$\cos\varphi=\dfrac{-0{,}20\times10^{3}}{(4{,}58\times10^{6})(0{,}70\times10^{-3})}=-0{,}0623$, d'où $\varphi=93{,}6^\circ$.

$|q|vB\sin\varphi=(1{,}60\times10^{-19})(4{,}58\times10^{6})(0{,}70\times10^{-3})(0{,}998)=5{,}12\times10^{-16}$ N : les deux méthodes concordent.

La vitesse est presque perpendiculaire au champ : $\sin\varphi$ est très proche de 1, et presque toute la vitesse « voit » le champ.

Les produits scalaires, avec les composantes en $10^{-16}$ N :

C'est la vérification qui rapporte : un produit scalaire non nul signale une composante fausse.

$a=\dfrac{F_B}{m_e}=\dfrac{5{,}12\times10^{-16}}{9{,}11\times10^{-31}}=5{,}62\times10^{14}$ m/s².

La puissance de la force magnétique est $\vec F_B\cdot\vec v=0$ : tant que seul $\vec B$ agit, l'énergie cinétique et la vitesse en module restent constantes ; seule la direction de $\vec v$ change.

Pour le proton, $q'=+e$ et $\vec v\,'=-\vec v$ :

Les deux changements de signe se compensent : la force est exactement la même, vecteur pour vecteur.

$a_p=\dfrac{5{,}12\times10^{-16}}{1{,}67\times10^{-27}}=3{,}07\times10^{11}$ m/s², soit $\dfrac{m_p}{m_e}=1833$ fois moins que l'électron.

Piège : conclure « charge opposée, donc force opposée » sans regarder la vitesse. La même force ne donne pas le même mouvement : c'est la masse qui fait la différence.

La force $\vec F=q\,\vec v\times\vec B$ a pour module $|q|vB\sin\varphi$.

Sans champ électrique, la force totale est la force magnétique. Sans champ électrique, la force totale est la force magnétique. Elle est nulle alors que $q\neq0$ et $v\neq0$ : soit $\vec B=\vec 0$, soit $\sin\varphi=0$.

Le lancer 2 montre une force non nulle, donc $\vec B\neq\vec 0$ : le champ est parallèle ou antiparallèle à $\vec u$.

On écrit $\vec B=\beta\,\vec u$ avec $\beta$ de signe inconnu ; c'est le lancer 2 qui le fixera.

Le produit vectoriel des unitaires, avec $\vec j\times\vec i=-\vec k$ et $\vec j\times\vec k=\vec i$ :

Avec $ev=(1{,}60\times10^{-19})(2{,}0\times10^{6})=3{,}20\times10^{-13}$ N/T, on identifie selon $\vec i$ :

$3{,}20\times10^{-13}\,\beta\,(0{,}80)=1{,}92\times10^{-13}$, d'où $\beta=0{,}750$ T.

Contrôle selon $\vec k$ : $-3{,}20\times10^{-13}(0{,}750)(0{,}60)=-1{,}44\times10^{-13}$ N, conforme à la mesure.

$\vec B=0{,}750\,(0{,}60\,\vec i+0{,}80\,\vec k)=(0{,}450\,\vec i+0{,}600\,\vec k)$ T.

Le signe positif de $\beta$ dit que $\vec B$ va dans le sens de $\vec u$, pas dans le sens opposé : c'est l'information que le lancer 1 ne pouvait pas donner.

Proton selon $+\vec i$ : $\vec i\times\vec i=\vec 0$ et $\vec i\times\vec k=-\vec j$, donc seule $B_z$ agit.

$\vec F=e\,v\,(0{,}600)(\vec i\times\vec k)=-(3{,}20\times10^{-13})(0{,}600)\,\vec j=-1{,}92\times10^{-13}\,\vec j$ N

Électron selon $+\vec k$ : $\vec k\times\vec k=\vec 0$ et $\vec k\times\vec i=\vec j$, donc seule $B_x$ agit, avec $q=-e$.

$\vec F=-e\,v\,(0{,}450)(\vec k\times\vec i)=-(3{,}20\times10^{-13})(0{,}450)\,\vec j=-1{,}44\times10^{-13}\,\vec j$ N

Piège : prendre $F=evB$ avec $B=0{,}750$ T. Seule la composante de $\vec B$ perpendiculaire à $\vec v$ compte ; ici elle change d'un lancer à l'autre.

Une composante $B_y\,\vec j$ ajoutée au champ est parallèle à la vitesse du lancer 2 :

La force du lancer 2 resterait exactement $\vec F_2$ : le champ $(0{,}450\,\vec i+0{,}30\,\vec j+0{,}600\,\vec k)$ T est compatible avec cette seule mesure.

Une mesure de force ne renseigne que sur la composante de $\vec B$ perpendiculaire à la vitesse. Il faut un second lancer, dans une autre direction, pour connaître la composante parallèle : c'est le rôle du lancer 1.

L'énergie cinétique en joules : $K=2{,}0\times10^{3}\times1{,}60\times10^{-19}=3{,}20\times10^{-16}$ J.

$v=\sqrt{\dfrac{2K}{m_e}}=\sqrt{\dfrac{2(3{,}20\times10^{-16})}{9{,}11\times10^{-31}}}=2{,}65\times10^{7}$ m/s

Soit environ 9 % de la vitesse de la lumière : l'approximation non relativiste reste acceptable, comme l'annonce l'énoncé.

On projette sur la direction du champ et sur le plan perpendiculaire :

$v_\parallel=v\cos\alpha=2{,}65\times10^{7}\times0{,}866=2{,}30\times10^{7}$ m/s

$v_\perp=v\sin\alpha=2{,}65\times10^{7}\times0{,}500=1{,}33\times10^{7}$ m/s

$\vec v_\parallel\times\vec B=\vec 0$ : seule $v_\perp$ fait apparaître une force. La composante parallèle file à vitesse constante, la composante perpendiculaire tourne : la combinaison est une hélice d'axe parallèle au champ.

Dans le plan perpendiculaire, la force magnétique est centripète :

$e\,v_\perp B=\dfrac{m_e v_\perp^{2}}{r}$, d'où $r=\dfrac{m_e v_\perp}{eB}=\dfrac{(9{,}11\times10^{-31})(1{,}33\times10^{7})}{(1{,}60\times10^{-19})(5{,}0\times10^{-5})}=1{,}51$ m

$T=\dfrac{2\pi m_e}{eB}=\dfrac{2\pi(9{,}11\times10^{-31})}{8{,}0\times10^{-24}}=7{,}15\times10^{-7}$ s, donc $f=\dfrac{1}{T}=1{,}40$ MHz.

Piège : mettre $v$ au lieu de $v_\perp$ dans le rayon. On trouverait 3,02 m, le double, parce que $\sin30^\circ=0{,}5$.

Pendant une période, l'électron avance de $v_\parallel T$ le long du champ :

$p=v_\parallel T=(2{,}30\times10^{7})(7{,}15\times10^{-7})=16{,}4$ m

Durée pour descendre de 300 km : $t=\dfrac{3{,}00\times10^{5}}{2{,}30\times10^{7}}=1{,}31\times10^{-2}$ s.

Nombre de tours : $\dfrac{t}{T}=\dfrac{1{,}31\times10^{-2}}{7{,}15\times10^{-7}}=1{,}83\times10^{4}$, soit environ dix-huit mille tours.

En réalité le champ terrestre se resserre et se renforce vers le sol : ce nombre est un ordre de grandeur dans le modèle du champ uniforme, pas une prévision.

On prend $\vec k$ vers le satellite (vers le haut), donc $\vec B=-B\,\vec k$, et un instant où $\vec v_\perp=v_\perp\,\vec i$.

L'électron va vers $+\vec i$ et la force pointe vers $-\vec j$ : le centre du cercle est à sa droite, il tourne dans le sens horaire vu par le satellite.

Un proton tournerait dans l'autre sens : le sens de rotation dépend du signe de la charge, pas de sa masse.

Pour un segment rectiligne, $\vec F=I\,\vec L\times\vec B$ avec $\vec L$ orienté dans le sens du courant.

PA : $\vec L_1=0{,}050\,\vec i$ m et $\vec i\times(-\vec k)=\vec j$, donc $\vec F_1=(4{,}0)(0{,}050)(0{,}35)\,\vec j=0{,}0700\,\vec j$ N.

CD : $\vec L_3=-0{,}040\,\vec j$ m et $(-\vec j)\times(-\vec k)=\vec j\times\vec k=\vec i$, donc $\vec F_3=(4{,}0)(0{,}040)(0{,}35)\,\vec i=0{,}0560\,\vec i$ N.

Étape 1, le point courant : $\overrightarrow{OM}=R(\cos\theta\,\vec i+\sin\theta\,\vec j)$.

Étape 2, l'élément : $d\vec l=R(-\sin\theta\,\vec i+\cos\theta\,\vec j)\,d\theta$, avec $d\theta<0$ puisque le courant va de $150^\circ$ vers $30^\circ$.

Étape 3, la force élémentaire, avec $\vec i\times(-\vec k)=\vec j$ et $\vec j\times(-\vec k)=-\vec i$ :

Comme $d\theta<0$, $d\vec F$ est radiale, vers l'extérieur de l'arc.

Étape 4, la symétrie : les points $\theta$ et $180^\circ-\theta$ donnent des $dF_x$ opposés, la composante selon $\vec i$ s'annule.

Étape 5, l'intégrale :

$F_{2y}=(4{,}0)(0{,}060)(0{,}35)(1{,}732)=0{,}145$ N, et $\vec F_2=0{,}145\,\vec j$ N.

Piège : multiplier $IB$ par la longueur de l'arc, $\frac{2\pi}{3}R=0{,}126$ m. On obtient 0,176 N, faux, parce que les $d\vec F$ ne sont pas parallèles entre eux.

La corde AC est le vecteur $\overrightarrow{AC}=R\sqrt3\,\vec i=0{,}104\,\vec i$ m.

$I\,\overrightarrow{AC}\times\vec B=(4{,}0)(0{,}104)(0{,}35)\,\vec j=0{,}145\,\vec j$ N, exactement $\vec F_2$.

Résultat général : dans un champ UNIFORME, la force sur un fil de forme quelconque est celle d'un fil rectiligne qui joint son entrée à sa sortie, parce que $\int d\vec l$ ne dépend que des extrémités.

On additionne les trois forces composante par composante :

$F_x=0{,}0560$ N et $F_y=0{,}0700+0{,}145=0{,}215$ N

$F=\sqrt{0{,}0560^{2}+0{,}215^{2}}=0{,}223$ N, à $\arctan\dfrac{0{,}215}{0{,}0560}=75{,}4^\circ$ de $\vec i$.

Contrôle par c) : $\overrightarrow{PD}=(0{,}050+0{,}104)\,\vec i-0{,}040\,\vec j$ m, et $I\,\overrightarrow{PD}\times\vec B=IB(0{,}040\,\vec i+0{,}154\,\vec j)=(0{,}0560\,\vec i+0{,}215\,\vec j)$ N. Les deux calculs concordent.

Le circuit fermé va de P à P : le vecteur de l'entrée à la sortie est nul.

Une spire fermée dans un champ uniforme ne subit aucune force résultante. Elle peut en revanche subir un moment de force : c'est l'objet de l'exercice 5.

Module : $\mu=NIA=NIa^{2}=(60)(0{,}50)(0{,}050)^{2}=0{,}0750$ A·m².

Orientation : le courant vient vers le lecteur par le côté 1, passe devant la feuille vers le côté 2 et repart derrière la feuille. En enroulant les doigts de la main droite dans ce sens autour de la bobine, le pouce pointe vers $+\vec j$.

$\vec\mu=0{,}0750\,\vec j$ A·m², perpendiculaire au plan de la bobine.

$\vec j\times\vec i=-\vec k$ et $\vec j\times\vec j=\vec 0$ : $\vec\tau=-(0{,}0750)(0{,}24)\,\vec k=-0{,}0180\,\vec k$ N·m.

Un moment selon $-\vec k$ fait tourner dans le sens horaire vu par le lecteur : $\vec\mu$ pivote vers $\vec B$.

Piège : prendre $\tau=\mu B=22{,}5$ mN·m. L'angle entre $\vec\mu$ et $\vec B$ vaut ici $53{,}1^\circ$, pas $90^\circ$, et $\mu B\sin53{,}1^\circ=18{,}0$ mN·m.

Dans la position de la figure : $U_i=-\vec\mu\cdot\vec B=-(0{,}0750)(0{,}18)=-1{,}35\times10^{-2}$ J.

À l'équilibre stable, $\vec\mu$ est parallèle à $\vec B$ : $B=\sqrt{0{,}24^{2}+0{,}18^{2}}=0{,}30$ T et $U_{\text{stable}}=-\mu B=-2{,}25\times10^{-2}$ J.

$\vec B$ fait l'angle $\arctan\dfrac{0{,}18}{0{,}24}=36{,}9^\circ$ avec $\vec i$, et $\vec\mu$ part de $90^\circ$ : la bobine tourne de $53{,}1^\circ$ dans le sens horaire.

Travail du champ : $W=U_i-U_{\text{stable}}=-13{,}5-(-22{,}5)=9{,}00$ mJ, positif, comme pour toute évolution spontanée.

À l'équilibre instable, $\vec\mu$ est antiparallèle à $\vec B$ : $U_{\text{instable}}=+\mu B=+22{,}5$ mJ.

Déplacement lent, donc sans énergie cinétique : $W_{\text{op}}=\Delta U=22{,}5-(-22{,}5)=45{,}0$ mJ.

C'est l'énergie de retournement $2\mu B$ : elle ne dépend que des positions de départ et d'arrivée.

$\tau=\mu B\sin\varphi$ est maximal pour $\varphi=90^\circ$, c'est-à-dire $\vec\mu\perp\vec B$, plan de la bobine parallèle au champ.

$\tau_{\max}=\mu B=(0{,}0750)(0{,}30)=2{,}25\times10^{-2}$ N·m $=22{,}5$ mN·m.

À l'équilibre stable, au contraire, le moment est nul alors que l'énergie est minimale : le moment mesure la pente de $U(\varphi)$, pas sa valeur.