Les sources du champ magnétique : exercices corrigés de PHS0102 (Polytechnique)

Le module est $dB=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{I\,|d\vec l\times\vec r|}{r^{3}}$ avec $r=\sqrt{x^{2}+d^{2}}$ :

Les bornes sont celles du segment, en mètres : $B=\dfrac{\mu_0 I d}{4\pi}\displaystyle\int_{-0{,}100}^{0{,}300}\dfrac{dx}{(x^{2}+d^{2})^{3/2}}$.

Piège : écrire $dB=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{I\,dx}{r^{2}}$ en oubliant le sinus de l'angle entre $d\vec l$ et $\vec r$. Ce sinus vaut $\dfrac{d}{r}$, d'où le $r^{3}$.

Primitive à connaître : $\displaystyle\int\dfrac{dx}{(x^{2}+d^{2})^{3/2}}=\dfrac{x}{d^{2}\sqrt{x^{2}+d^{2}}}$.

En B : $\dfrac{0{,}300}{\sqrt{0{,}300^{2}+0{,}150^{2}}}=0{,}894$. En A : $\dfrac{-0{,}100}{\sqrt{0{,}100^{2}+0{,}150^{2}}}=-0{,}555$.

$B=8{,}00\times 10^{-6}\times(0{,}894+0{,}555)=1{,}16\times 10^{-5}\ \mathrm{T}$, donc $\vec B=1{,}16\times 10^{-5}\,\vec k\ \mathrm{T}$.

Piège : prendre $\sin\theta_A=+0{,}555$ et soustraire. A est à GAUCHE de H : sa borne est négative, et les deux morceaux du segment, de part et d'autre de H, ajoutent leur champ.

Fil infini : $B_\infty=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi d}=\dfrac{2\times 10^{-7}\times 12{,}0}{0{,}150}=1{,}60\times 10^{-5}\ \mathrm{T}$.

$\dfrac{B}{B_\infty}=\dfrac{1{,}159}{1{,}60}=0{,}725$, soit $72{,}5\ \%$.

Le fil infini correspond aux bornes $\pm\infty$, où le crochet vaut $1-(-1)=2$. Ici il vaut $1{,}449$ : il manque les portions au-delà de A et de B. La formule du fil infini vaut quand le fil se prolonge, des deux côtés du pied de la perpendiculaire, sur des longueurs grandes devant $d$.

En Q, sur le prolongement de AB, le vecteur $\vec r$ qui va de n'importe quel élément vers Q est porté par l'axe des $x$, donc parallèle à $d\vec l$.

$d\vec l\times\vec r=\vec 0$ pour chaque élément, donc $\vec B_Q=\vec 0$, sans aucun calcul d'intégrale.

Piège : « Q est tout près du segment, le champ y est fort ». La proximité ne suffit pas : un élément de courant ne crée aucun champ dans sa propre direction. C'est le même argument qui annule la contribution d'un segment RADIAL au centre d'un arc.

On place O à l'origine. Branche du haut : élément en $(x\,;R)$ avec $x>0$, courant vers la gauche, $d\vec l=-dx\,\vec i$ et $\vec r=-x\,\vec i-R\,\vec j$.

Branche du bas : élément en $(x\,;-R)$, courant vers la droite, $\vec r=-x\,\vec i+R\,\vec j$ : $\vec i\times(-x\,\vec i+R\,\vec j)=R\,\vec k$.

Demi-cercle : le courant y tourne dans le sens trigonométrique autour de O. En $(-R\,;0)$, $d\vec l=-dl\,\vec j$ et $\vec r=R\,\vec i$, donc $(-\vec j)\times\vec i=+\vec k$.

Les trois morceaux donnent un champ selon $+\vec k$ : on pourra additionner les modules.

Sur le demi-cercle, $d\vec l$ est toujours perpendiculaire à $\vec r$ et $r=R$ : $dB=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{I\,dl}{R^{2}}$ avec $dl=R\,d\varphi$.

C'est la moitié du champ au centre d'une boucle complète, $\dfrac{\mu_0 I}{2R}$ : l'angle balayé est $\pi$ au lieu de $2\pi$.

Une branche est un segment qui part de l'extrémité du diamètre, vue depuis O sous les angles $\theta_1=0$ (pied de la perpendiculaire) et $\theta_2\to 90^\circ$ (l'infini).

Piège : « un fil semi-infini donne la moitié du champ d'un fil infini » n'est vrai qu'aux points de la perpendiculaire menée par son EXTRÉMITÉ, comme O ici. Ailleurs, il faut les deux angles.

Trois contributions parallèles, de même sens :

$B=7{,}85\times 10^{-5}+2\times 2{,}50\times 10^{-5}=1{,}29\times 10^{-4}\ \mathrm{T}$, donc $\vec B=1{,}29\times 10^{-4}\,\vec k\ \mathrm{T}$.

Les deux branches ajoutent à elles seules $64\ \%$ du champ du demi-cercle : les oublier coûte presque toute la question.

Boucle complète : $B_{\text{boucle}}=\dfrac{\mu_0 I}{2R}=1{,}57\times 10^{-4}\ \mathrm{T}$.

La boucle l'emporte : le second demi-cercle, à la distance $R$ de O partout, rapporte plus que deux branches infinies dont presque tous les éléments sont loin de O.

Les fils torsadés ne créent rien parce que leurs deux courants, égaux et opposés, sont pratiquement superposés.

Dans le plan de la figure, on prend $\vec i$ vers la droite, $\vec j$ vers le haut (selon l'axe) et $\vec k$ sortant. L'élément de gauche, en $(-R\,;0)$, porte un courant sortant : $d\vec l=dl\,\vec k$, et $\vec r=R\,\vec i+z\,\vec j$.

$d\vec B$ est perpendiculaire à $\vec r$ : il pointe vers le haut et vers la GAUCHE. Celui de l'élément de droite, où le courant entre, pointe vers le haut et vers la DROITE.

Les composantes horizontales sont opposées et s'annulent ; les composantes selon l'axe sont égales et s'ajoutent. Toute la spire se découpe en telles paires : $\vec B$ en P est porté par l'axe.

Chaque $d\vec l$ est perpendiculaire à $\vec r$, donc $dB=\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{I\,dl}{r^{2}}$ avec $r^{2}=R^{2}+z^{2}$.

$d\vec B$ fait avec le plan de la spire le même angle que $\vec r$ avec l'axe : $dB_z=dB\sin\theta$, avec $\sin\theta=\dfrac{R}{r}$.

$R$ et $z$ sont les mêmes pour tous les éléments : $\displaystyle\oint dl=2\pi R$ et $B(z)=\dfrac{\mu_0 I R^{2}}{2(R^{2}+z^{2})^{3/2}}$.

Ici $r=\sqrt{0{,}0600^{2}+0{,}0800^{2}}=0{,}100\ \mathrm{m}$, donc $\sin\theta=0{,}600$.

Piège : intégrer $dB$ au lieu de $dB_z$. On obtiendrait $\dfrac{\mu_0 I R}{2r^{2}}$, trop grand d'un facteur $\dfrac{1}{\sin\theta}$ : la symétrie se dit AVANT d'intégrer.

Au centre ($z=0$) : $B_O=\dfrac{\mu_0 I}{2R}=\dfrac{4\pi\times 10^{-7}\times 3{,}00}{0{,}120}=3{,}14\times 10^{-5}\ \mathrm{T}$.

$\dfrac{B_P}{B_O}=\left(\dfrac{R}{r}\right)^{3}=0{,}600^{3}=0{,}216$ : à $8$ cm du centre, il ne reste que $22\ \%$ du champ central.

$\dfrac{B(z)}{B_O}=\dfrac{R^{3}}{(R^{2}+z^{2})^{3/2}}=\dfrac{1}{2}$, donc $(R^{2}+z^{2})^{3/2}=2R^{3}$ et $R^{2}+z^{2}=2^{2/3}R^{2}$.

Le champ d'une spire est donc concentré sur une épaisseur comparable à son rayon : c'est pour cela qu'on associe deux bobines quand on veut un champ étendu.

Pour $z\gg R$, $(R^{2}+z^{2})^{3/2}\approx z^{3}$ et $B\approx\dfrac{\mu_0 I R^{2}}{2z^{3}}$ : une spire loin de son centre décroît en $1/z^{3}$, comme un dipôle. L'affirmation est fausse.

Rapport exact : $\dfrac{B(0{,}400)}{B(0{,}800)}=\left(\dfrac{0{,}0036+0{,}640}{0{,}0036+0{,}160}\right)^{3/2}=7{,}80$.

Le facteur tend vers $2^{3}=8$ quand $z$ grandit ; il n'atteint pas $8$ parce que $R$ n'est pas tout à fait négligeable devant $40$ cm.

Piège : confondre avec le fil infini en $1/r$, ou avec la charge ponctuelle en $1/r^{2}$. Chaque géométrie a sa loi de décroissance, et seul le calcul la donne.

$\vec r_2=-0{,}0300\,\vec i+0{,}0400\,\vec j$, $r_2=0{,}0500\ \mathrm{m}$, $\dfrac{\mu_0 I_2}{2\pi r_2^{2}}=3{,}20\times 10^{-4}\ \mathrm{T/m}$, et le courant entre : $\vec u=-\vec k$.

$\vec B_2=(12{,}8\,\vec i+9{,}60\,\vec j)\ \mu\mathrm{T}$, de module $16{,}0\ \mu\mathrm{T}$.

Piège : garder $+\vec k$ pour un courant entrant. Le résultat a le bon module et le mauvais sens, et toute la suite est fausse.

$B_x<0$ et $B_y>0$ : le vecteur est dans le deuxième quadrant, à $180^\circ-\arctan\dfrac{28{,}8}{12{,}8}=114{,}0^\circ$ de l'axe des $x$.

Piège : écrire $B=32{,}0+16{,}0=48{,}0\ \mu\mathrm{T}$. Les deux champs ne sont pas parallèles ; on n'ajoute des modules que pour des vecteurs de même direction et de même sens.

Avec $\vec k\times\vec i=\vec j$ et $\vec k\times\vec j=-\vec i$ : $\dfrac{\vec F_3}{L}=(-144\,\vec i-64{,}0\,\vec j)\ \mu\mathrm{N/m}$.

Contrôle physique : le fil 1, de même sens que le fil 3, l'attire ($160\ \mu\mathrm{N/m}$ vers le fil 1) ; le fil 2, de sens opposé, le repousse ($80{,}0\ \mu\mathrm{N/m}$). La somme de ces deux vecteurs redonne exactement le résultat.

Force nulle sur le fil 3 si et seulement si $\vec B=\vec 0$ à son emplacement, quel que soit $I_3$.

Entre les fils, $\vec B_1$ et $\vec B_2$ pointent tous deux selon $+\vec j$ : pas de zéro. À droite du fil 2 ($x>6{,}00$ cm), ils sont opposés et le plus faible courant est le plus proche :

$\dfrac{\mu_0 I_1}{2\pi x}=\dfrac{\mu_0 I_2}{2\pi(x-0{,}0600)}$, donc $8{,}00\,(x-0{,}0600)=4{,}00\,x$ et $x=0{,}120\ \mathrm{m}=12{,}0\ \mathrm{cm}$.

À gauche du fil 1, l'équation donnerait $x=+12{,}0$ cm, hors de la région : rejeté.

Les courants 1 et 2 sont de sens opposés : les fils se repoussent, avec $\dfrac{F}{L}=\dfrac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d}=107\ \mu\mathrm{N/m}$.

La distribution est invariante par rotation autour de l'axe et par translation le long de celui-ci : le module de $\vec B$ ne dépend que de $r$.

Les lignes de champ d'un courant rectiligne sont des cercles centrés sur l'axe (règle de la main droite : pouce selon le courant, sortant ici, les doigts tournent dans le sens trigonométrique).

Parcours : un cercle de rayon $r$ centré sur l'axe. Sur lui, $\vec B$ est tangent et de module constant, donc $\displaystyle\oint\vec B\cdot d\vec l=B\,(2\pi r)$.

Piège : choisir un carré « pour simplifier ». Le théorème reste vrai, mais $B$ n'est ni constant ni tangent sur un carré : on ne peut plus le sortir de l'intégrale.

La densité de courant vaut $J=\dfrac{I}{\pi R^{2}}=9{,}95\times 10^{5}\ \mathrm{A/m^{2}}$, et le courant enlacé par le cercle de rayon $r<R$ est $J\,\pi r^{2}$ :

$B\,(2\pi r)=\mu_0 I\dfrac{r^{2}}{R^{2}}$ donne $B=\dfrac{\mu_0 I r}{2\pi R^{2}}$.

À la surface, les deux expressions se raccordent : $B(R)=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi R}=\dfrac{2\times 10^{-7}\times 50{,}0}{4{,}00\times 10^{-3}}=2{,}50\ \mathrm{mT}$.

Dehors, tout le courant est enlacé : $B=\dfrac{\mu_0 I}{2\pi r}$ et $B(r_2)=\dfrac{2\times 10^{-7}\times 50{,}0}{12{,}0\times 10^{-3}}=0{,}833\ \mathrm{mT}$.

À l'extérieur, la barre crée le même champ qu'un fil infiniment mince portant $50{,}0$ A : tant que la répartition garde la symétrie de révolution, son détail ne compte plus.

Dans le cuivre, $B=B(R)\dfrac{r}{R}$ : $1{,}00=2{,}50\,\dfrac{r}{4{,}00}$ donne $r=1{,}60\ \mathrm{mm}$.

Dans l'air, $B=B(R)\dfrac{R}{r}$ : $1{,}00=2{,}50\,\dfrac{4{,}00}{r}$ donne $r=10{,}0\ \mathrm{mm}$.

Les deux distances sont acceptables, chacune dans sa région de validité : la question en attend deux.

$B$ part de $0$ sur l'axe, croît linéairement jusqu'à $2{,}50\ \mathrm{mT}$ en $r=R$, puis décroît comme $\dfrac{1}{r}$. Le graphe est continu, avec un angle en $r=R$.

Le maximum est à la surface : en dessous, le parcours enlace moins de courant ; au-dessus, il est plus long pour le même courant.

Piège : « le champ est maximal sur l'axe, là où passe le courant ». Sur l'axe, le parcours d'Ampère se réduit à un point et n'enlace rien : $B=0$, ce que la symétrie impose aussi.