Exercices corrigés : sources du champ magnétique et loi de Biot-Savart (203-SN2-RE, ancien 203-NYB)

a) L'élément en $P$ crée en $M$ un champ $d\vec{B}$ perpendiculaire à $PM$, contenu dans le plan $(OPM)$ : il possède une composante le long de l'axe et une composante perpendiculaire à l'axe. L'élément symétrique en $P'$ (même distance $r$, courant opposé) crée un champ de même grandeur dont la composante perpendiculaire est exactement OPPOSÉE, tandis que les composantes axiales s'ajoutent. En parcourant toute la spire, chaque élément trouve ainsi son partenaire : les composantes perpendiculaires s'annulent deux à deux et il ne survit que la composante axiale. Avec le courant de la figure (⊙ en haut, ⊗ en bas), la main droite donne un champ dirigé de $O$ vers $M$.

b) $d\vec{l}$ est tangent à la spire en $P$ : il est perpendiculaire au rayon $OP$ (une tangente est perpendiculaire au rayon) et perpendiculaire à l'axe $OM$ (il est dans le plan de la spire, auquel l'axe est perpendiculaire). Perpendiculaire à deux droites sécantes du plan $(OPM)$, il est perpendiculaire à ce plan tout entier, donc en particulier à $PM$. Dans la loi de Biot-Savart, $\sin\theta=\sin 90^{\circ}=1$ : $dB=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\frac{I\,dl}{r^{2}}$. Et comme tous les points de la spire sont à la MÊME distance $r$ de $M$, cette grandeur est la même pour tous les éléments : c'est ce qui rend la sommation immédiate.

c) $d\vec{B}$ est perpendiculaire à $PM$ dans le plan $(OPM)$; comme $PM$ fait l'angle $\alpha$ avec l'axe, $d\vec{B}$ fait l'angle $90^{\circ}-\alpha$ avec l'axe et sa composante axiale vaut $dB\sin\alpha$. La somme sur la spire donne $B=\frac{\mu_{0}I\sin\alpha}{4\pi r^{2}}\times\sum dl=\frac{\mu_{0}I\sin\alpha}{4\pi r^{2}}\times 2\pi R=\frac{\mu_{0}IR\sin\alpha}{2r^{2}}$. Le triangle $OPM$, rectangle en $O$, fournit la géométrie manquante : $\sin\alpha=\frac{R}{r}$, donc $r=\frac{R}{\sin\alpha}$. En substituant : $B=\frac{\mu_{0}IR\sin\alpha\sin^{2}\alpha}{2R^{2}}=\frac{\mu_{0}I\sin^{3}\alpha}{2R}$. Trois grandeurs seulement, comme demandé : $I$, $\alpha$ et $R$.

d) Au centre, $M$ est en $O$ : $\alpha=90^{\circ}$, $\sin^{3}\alpha=1$, et l'on retrouve la formule connue $B=\frac{\mu_{0}I}{2R}$. En fonction de $x=OM$ : $r^{2}=R^{2}+x^{2}$ (Pythagore) et $\sin\alpha=\frac{R}{\sqrt{R^{2}+x^{2}}}$, d'où $B=\frac{\mu_{0}IR^{2}}{2(R^{2}+x^{2})^{3/2}}$. Pour $x\gg R$, $(R^{2}+x^{2})^{3/2}\approx x^{3}$ : $B\approx\frac{\mu_{0}IR^{2}}{2x^{3}}$, une décroissance en $1/x^{3}$, bien plus rapide que le $1/d$ du fil infini. La raison : vue de loin, la spire est un DIPÔLE magnétique, un petit aimant dont les deux faces (nord et sud) se compensent presque; le fil infini, lui, ne se referme jamais et son influence porte beaucoup plus loin.

a) $B=\frac{\mu_{0}I}{2R}=\frac{(4\pi\times 10^{-7})(12)}{2(0{,}080)}\approx 9{,}4\times 10^{-5}$ T : à peine le double du champ terrestre. Une spire seule est une source bien modeste, c'est pourquoi on bobine.

b) Les 100 spires occupent pratiquement la même position et transportent le même courant : chacune crée le même champ au centre, et les champs, tous de même sens, s'additionnent. $B=N\frac{\mu_{0}I}{2R}=100\times 9{,}4\times 10^{-5}\approx 9{,}4\times 10^{-3}$ T. Bobiner, c'est multiplier la source sans augmenter le courant.

c) L'électron repasse au même endroit à chaque tour, soit $\frac{v}{2\pi r}$ fois par seconde : la charge qui traverse une section par seconde est $I=\frac{ev}{2\pi r}=\frac{(1{,}6\times 10^{-19})(2{,}2\times 10^{6})}{2\pi(5{,}3\times 10^{-11})}\approx 1{,}1\times 10^{-3}$ A, un petit milliampère. Champ au centre de cette « spire » atomique : $B=\frac{\mu_{0}I}{2r}=\frac{(4\pi\times 10^{-7})(1{,}06\times 10^{-3})}{2(5{,}3\times 10^{-11})}\approx 12{,}5$ T : plus fort que la plupart des aimants d'IRM.

d) $I=\frac{2RB}{\mu_{0}}=\frac{2(0{,}080)(12{,}5)}{4\pi\times 10^{-7}}\approx 1{,}6\times 10^{6}$ A : 1,6 million d'ampères dans notre spire de 8 cm ! La clé est dans $B=\frac{\mu_{0}I}{2R}$ : le champ est inversement proportionnel au RAYON. Le rayon atomique est un milliard de fois plus petit que la spire du laboratoire, et cette proximité compense très largement la faiblesse du courant. En magnétisme, être près de la source vaut mieux qu'être puissant.

a) Biot-Savart fait intervenir $dl\sin\theta$, où $\theta$ est l'angle entre l'élément $d\vec{l}$ et la droite qui joint l'élément au point étudié. Si le prolongement du segment passe par ce point, cette droite est portée par le segment lui-même : $\theta=0$ ou $180°$, donc $\sin\theta=0$ et chaque élément contribue pour rien. Conséquence sur la figure : les deux segments RADIAUX, dont les prolongements passent par $O$, ne comptent pas. Seuls les deux arcs créent du champ en $O$, ce qui réduit le problème à deux termes.

b) Sur un arc, chaque élément $d\vec{l}$ est tangent au cercle, donc perpendiculaire au rayon qui le joint au centre : $\sin\theta=1$ pour tous. De plus, tous les éléments sont à la même distance $R$ et leurs champs ont tous la même direction (perpendiculaire au plan de l'arc) et le même sens : les grandeurs s'additionnent simplement. $B=\frac{\mu_{0}I}{4\pi R^{2}}\sum dl=\frac{\mu_{0}I}{4\pi R^{2}}(R\theta)=\frac{\mu_{0}I\theta}{4\pi R}$. Pour une spire complète, $\theta=2\pi$ : $B=\frac{\mu_{0}I(2\pi)}{4\pi R}=\frac{\mu_{0}I}{2R}$, la formule connue. Le champ d'un arc n'est donc que la FRACTION $\frac{\theta}{2\pi}$ du champ de la spire entière.

c) Chaque arc couvre $\theta=\frac{\pi}{2}$. Arc intérieur : $B_{a}=\frac{\mu_{0}I\theta}{4\pi a}=\frac{(10^{-7})(8{,}0)(1{,}571)}{0{,}030}\approx 4{,}19\times 10^{-5}$ T. Arc extérieur : $B_{b}=\frac{(10^{-7})(8{,}0)(1{,}571)}{0{,}060}\approx 2{,}09\times 10^{-5}$ T, la moitié, puisque le champ d'un arc varie en $\frac{1}{R}$ à angle égal. Le courant parcourt les deux arcs en sens INVERSES l'un de l'autre (il monte par l'un et redescend par l'autre) : les deux champs sont opposés et l'on soustrait. $B_{O}=4{,}19\times 10^{-5}-2{,}09\times 10^{-5}\approx 2{,}09\times 10^{-5}$ T, dans le sens imposé par l'arc INTÉRIEUR, le plus proche donc le plus fort.

d) Le point $P$ est sur la médiatrice : les deux extrémités du fil sont vues symétriquement, sous les angles $\theta_{2}=+\theta_{max}$ et $\theta_{1}=-\theta_{max}$, si bien que $\sin\theta_{2}-\sin\theta_{1}=2\sin\theta_{max}$. Or le triangle rectangle donne $\sin\theta_{max}=\frac{L}{\sqrt{L^{2}+d^{2}}}$ avec $L=0{,}10$ m (la demi-longueur) et $d=0{,}050$ m. D'où $B=\frac{\mu_{0}I}{4\pi d}\cdot\frac{2L}{\sqrt{L^{2}+d^{2}}}=\frac{\mu_{0}IL}{2\pi d\sqrt{L^{2}+d^{2}}}$. Numériquement : $\sqrt{L^{2}+d^{2}}=\sqrt{0{,}0125}\approx 0{,}1118$ m, donc $\sin\theta_{max}\approx 0{,}894$ et $B=\frac{(10^{-7})(10)}{0{,}050}\times 2(0{,}894)\approx 3{,}58\times 10^{-5}$ T.

e) Fil infini à la même distance : $B_{\infty}=\frac{\mu_{0}I}{2\pi d}=\frac{(2\times 10^{-7})(10)}{0{,}050}=4{,}0\times 10^{-5}$ T. Le rapport vaut exactement $\sin\theta_{max}\approx 0{,}894$ : le fil fini donne 89 % du fil infini, une erreur de 11 % pour un fil pourtant quatre fois plus long que la distance. Pour 1 % près, il faut $\sin\theta_{max}\geq 0{,}99$, soit $L^{2}\geq 0{,}9801(L^{2}+d^{2})$, donc $L\geq d\sqrt{\frac{0{,}9801}{0{,}0199}}\approx 7{,}0\,d=0{,}35$ m : un fil de 70 cm de long observé à 5 cm. Retenez la règle : l'approximation du fil infini n'est bonne que si le fil déborde d'au moins sept fois la distance d'observation DE CHAQUE CÔTÉ.

a) Au centre d'une bobine isolée : $B=\frac{\mu_{0}NI}{2R}=\frac{(4\pi\times 10^{-7})(100)(2{,}0)}{2(0{,}10)}\approx 1{,}26\times 10^{-3}$ T.

b) $M$ est à $x=\frac{R}{2}$ de chaque bobine. Pour une bobine : $B=\frac{\mu_{0}NIR^{2}}{2(R^{2}+\frac{R^{2}}{4})^{3/2}}=\frac{\mu_{0}NIR^{2}}{2(\frac{5R^{2}}{4})^{3/2}}=\frac{\mu_{0}NIR^{2}}{2R^{3}(\frac{5}{4})^{3/2}}=\left(\frac{4}{5}\right)^{3/2}\frac{\mu_{0}NI}{2R}$. Les deux bobines, parcourues dans le même sens, créent en $M$ des champs de même sens : on double. $B_{M}=\left(\frac{4}{5}\right)^{3/2}\frac{\mu_{0}NI}{R}=0{,}716\times\frac{(4\pi\times 10^{-7})(100)(2{,}0)}{0{,}10}\approx 1{,}80\times 10^{-3}$ T. Numériquement, chaque bobine contribue $8{,}99\times 10^{-4}$ T.

c) Bobine 1 ($x=0{,}025$ m) : $B_{1}=\frac{\mu_{0}NIR^{2}}{2(0{,}010625)^{3/2}}\approx 1{,}15\times 10^{-3}$ T. Bobine 2 ($x=0{,}075$ m) : $B_{2}=\frac{\mu_{0}NIR^{2}}{2(0{,}015625)^{3/2}}\approx 6{,}43\times 10^{-4}$ T. Total : $B_{Q}\approx 1{,}79\times 10^{-3}$ T. Écart relatif avec $B_{M}$ : environ 0,4 %. En s'éloignant du milieu de la moitié de la distance disponible, le champ n'a bougé que de 0,4 % : ce qu'une bobine perd, l'autre le regagne presque exactement. La séparation $d=R$ est précisément celle qui réalise cette compensation au mieux.

d) C'est LE montage du champ uniforme accessible : entre les bobines, on loge une expérience entière (faisceau d'électrons, sonde, échantillon) dans un champ connu et constant, et on peut aussi y annuler le champ terrestre. Si l'on inverse une bobine, les deux champs en $M$ deviennent opposés et de même grandeur : $B_{M}=0$. Le champ n'est plus uniforme mais en GRADIENT, nul au centre et croissant de part et d'autre : c'est le montage anti-Helmholtz, utilisé pour piéger des atomes froids.

a) Par symétrie, les lignes de champ d'un fil infini sont des cercles centrés sur le fil, et la grandeur de $B$ est la même en tout point d'un cercle donné (rien ne distingue un point d'un autre le long du cercle). Sur ce contour, $\vec{B}$ est partout parallèle à $d\vec{l}$ et de grandeur constante : $\oint\vec{B}\cdot d\vec{l}=B\times 2\pi d$. Le théorème d'Ampère donne $B(2\pi d)=\mu_{0}I$, d'où $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi d}$. Sans cette symétrie, $B$ ne sortirait pas de l'intégrale et le théorème, toujours vrai, deviendrait inutilisable pour calculer.

b) $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi d}=\frac{(2\times 10^{-7})(25)}{0{,}020}=2{,}5\times 10^{-4}$ T, soit cinq fois le champ terrestre : une boussole posée près d'un câble de démarrage en perd le nord, littéralement.

c) Main droite : entre les fils, le champ du fil 1 et celui du fil 2 pointent dans des sens OPPOSÉS (perpendiculairement au segment, l'un vers le haut, l'autre vers le bas) : l'annulation y est possible. À l'extérieur du segment, les deux champs pointent dans le même sens et ne peuvent jamais se compenser. Position : $\frac{\mu_{0}I_{1}}{2\pi x}=\frac{\mu_{0}I_{2}}{2\pi(0{,}20-x)}$ donne $6(0{,}20-x)=3x$, donc $x=\frac{6}{9}(0{,}20)\approx 13{,}3$ cm du fil 1, soit 6,7 cm du fil 2 : le point de champ nul se réfugie près du courant le plus FAIBLE, là où le fort, affaibli par la distance, peut être égalé.

d) Courants opposés : entre les fils, les deux champs pointent maintenant dans le MÊME sens et s'additionnent, aucune annulation possible. À l'extérieur, ils s'opposent; mais du côté du fil 1 (le fort), le champ de 6 A domine partout puisque ce fil est à la fois plus proche et plus intense. Du côté du fil 2 (le faible), en revanche : $\frac{6}{x}=\frac{3}{x-0{,}20}$ donne $6(x-0{,}20)=3x$, donc $x=0{,}40$ m du fil 1, soit 20 cm au-delà du fil 2. Vérification : $\frac{6}{0{,}40}=\frac{3}{0{,}20}=15$ A/m, les deux champs y valent chacun $3{,}0\times 10^{-6}$ T, sens opposés.

a) Côté intérieur (longueur $\ell$, parallèle à l'axe) : $\vec{B}$ uniforme et parallèle, contribution $B\ell$. Côté extérieur : champ pratiquement nul autour d'un long solénoïde (les spires lointaines compensent les proches), contribution nulle. Deux côtés perpendiculaires : $\vec{B}\perp d\vec{l}$ à l'intérieur et $B\approx 0$ à l'extérieur, contributions nulles. Total : $\oint\vec{B}\cdot d\vec{l}=B\ell$. Courant enlacé : le rectangle embrasse $n\ell$ spires portant chacune $I$, soit $I_{\text{int}}=n\ell I$. Ampère : $B\ell=\mu_{0}n\ell I$, donc $B=\mu_{0}nI$. Remarquez tout ce qui a disparu : $\ell$ (le champ est uniforme), la position du côté intérieur, et même le RAYON du solénoïde.

b) $n=\frac{1200}{0{,}40}=3000$ spires/m. $B=\mu_{0}nI=(4\pi\times 10^{-7})(3000)(2{,}5)\approx 9{,}4\times 10^{-3}$ T, mille fois plus qu'une spire isolée transportant un courant comparable : le solénoïde est la façon économique de fabriquer un champ intense et uniforme.

c) La densité tombe à $n=\frac{1200}{0{,}80}=1500$ spires/m et le champ est divisé par deux : $B\approx 4{,}7\times 10^{-3}$ T. Non : 1200 spires sur 40 cm et 1200 spires sur 80 cm sont deux solénoïdes différents. Seule compte la DENSITÉ de spires $n$ : le champ se fabrique spire par spire, localement.

d) Prenez un solénoïde infini de champ intérieur $B=\mu_{0}nI$ et coupez-le, par la pensée, en deux moitiés semi-infinies. Au point de coupure, chaque moitié crée le même champ (elles sont images l'une de l'autre) et leur somme reconstruit $B$ : chacune contribue donc exactement $\frac{B}{2}=\frac{\mu_{0}nI}{2}\approx 4{,}7\times 10^{-3}$ T. Or l'extrémité d'un long solénoïde, c'est précisément une moitié semi-infinie vue de son bout : le champ y vaut la moitié du champ intérieur. Les lignes de champ s'évasent aux extrémités et la moitié du flux s'échappe par le bout.

a) La symétrie de révolution impose que $\vec{B}$ soit tangent au cercle de rayon $r$ et de grandeur constante sur ce cercle. Le contour est donc parcouru par un champ partout parallèle à $d\vec{l}$ : $\oint\vec{B}\cdot d\vec{l}=B(2\pi r)$. Ce cercle enlace les $N$ spires, chacune une fois, donc $I_{\text{int}}=NI$ et $B=\frac{\mu_{0}NI}{2\pi r}$. Dans le trou central, un cercle n'enlace AUCUNE spire : $I_{\text{int}}=0$ et $B=0$. À l'extérieur du tore, un cercle enlace chaque spire deux fois, à l'aller et au retour, donc en sens opposés : $I_{\text{int}}=NI-NI=0$ et $B=0$ à nouveau. Le tore enferme entièrement son champ.

b) $B(0{,}080)=\frac{(2\times 10^{-7})(500)(3{,}0)}{0{,}080}=3{,}75\times 10^{-3}$ T; $B(0{,}10)=3{,}00\times 10^{-3}$ T; $B(0{,}12)=2{,}50\times 10^{-3}$ T. Le champ n'est donc PAS uniforme dans la section : il varie en $\frac{1}{r}$, de $+25$ % au bord intérieur à $-17$ % au bord extérieur par rapport au rayon moyen, soit un écart total de 50 % entre les deux bords. Plus le tore est mince par rapport à son rayon, plus cette variation devient négligeable.

c) Le nombre de spires par mètre, mesuré le long de la circonférence moyenne, vaut $n=\frac{N}{2\pi r_{moy}}=\frac{500}{2\pi(0{,}10)}\approx 796$ spires/m. Alors $\mu_{0}nI=(4\pi\times 10^{-7})(796)(3{,}0)\approx 3{,}00\times 10^{-3}$ T : exactement $B(r_{moy})$. Ce n'est pas une coïncidence, c'est la même équation réécrite, car un tore de grand rayon est localement indiscernable d'un solénoïde droit. L'intérêt du tore est ailleurs : comme le champ est rigoureusement nul à l'extérieur, tout le flux reste dans le noyau. Un tore ne rayonne pas vers ses voisins et n'est pas perturbé par eux, alors qu'un solénoïde droit laisse fuir son flux par ses deux bouts. D'où son emploi systématique dès qu'on veut de l'inductance sans diaphonie.

d) Par symétrie, le champ d'un plan infini de courant est parallèle au plan, perpendiculaire au courant, de sens opposés de part et d'autre, et de grandeur indépendante de la distance (rien dans la géométrie ne fournit d'échelle de longueur). Contour rectangulaire de largeur $w$, à cheval sur le plan, avec deux côtés parallèles au champ et deux côtés perpendiculaires : les côtés perpendiculaires ne contribuent pas, les deux autres donnent chacun $Bw$, soit $2Bw$ au total. Courant enlacé : $J_{s}w$. Ampère : $2Bw=\mu_{0}J_{s}w$, donc $B=\frac{\mu_{0}J_{s}}{2}=\frac{(4\pi\times 10^{-7})(500)}{2}\approx 3{,}14\times 10^{-4}$ T, la même valeur à 1 mm comme à 1 km du plan.

e) Les deux nappes créent chacune $\frac{\mu_{0}J_{s}}{2}$. Entre elles, les courants étant opposés, les deux champs pointent dans le MÊME sens et s'ajoutent : $B=\mu_{0}J_{s}\approx 6{,}28\times 10^{-4}$ T. À l'extérieur, ils sont opposés et s'annulent : $B=0$. C'est exactement la structure d'un solénoïde, qui n'est qu'une nappe de courant enroulée : en posant $J_{s}=nI$, on retrouve $B=\mu_{0}nI$ à l'intérieur et zéro à l'extérieur. Et c'est aussi, trait pour trait, le condensateur plan de l'électrostatique : un plan chargé crée $\frac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}$, deux plans opposés donnent $\frac{\sigma}{\varepsilon_{0}}$ entre eux et zéro dehors. Deux chapitres, deux constantes, une seule géométrie : la symétrie plane produit toujours un champ uniforme, confiné entre les deux sources.

a) Le courant est uniformément réparti : la densité vaut $J=\frac{I}{\pi a^{2}}$, et un cercle d'Ampère de rayon $r<a$ n'enlace que $I_{\text{int}}=J\pi r^{2}=I\frac{r^{2}}{a^{2}}$ : la fraction de courant croît comme la fraction d'AIRE. Par la même symétrie circulaire que pour le fil : $B(2\pi r)=\mu_{0}I\frac{r^{2}}{a^{2}}$, d'où $B=\frac{\mu_{0}Ir}{2\pi a^{2}}$, linéaire en $r$. À $r=0{,}50$ mm : $B=\frac{(2\times 10^{-7})(10)(0{,}50\times 10^{-3})}{(1{,}0\times 10^{-3})^{2}}=1{,}0\times 10^{-3}$ T.

b) Le cercle d'Ampère enlace maintenant toute l'âme : $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}$, comme un fil mince. À $r=a$ : $B=\frac{(2\times 10^{-7})(10)}{1{,}0\times 10^{-3}}=2{,}0\times 10^{-3}$ T. À $r=2{,}0$ mm : $B=1{,}0\times 10^{-3}$ T : exactement le même champ qu'à $0{,}50$ mm ! Un point dans l'âme et un point dans l'isolant partagent la même valeur : sous son maximum, la courbe passe deux fois par chaque hauteur, une fois en montant (linéaire) et une fois en descendant (en $1/r$).

c) Pour $r>b$, le contour enlace l'âme ($+10$ A) ET la gaine ($-10$ A) : $I_{\text{int}}=0$, et la symétrie impose alors $B=0$ partout à l'extérieur. Le câble coaxial confine son champ entre l'âme et la gaine : il ne rayonne rien vers l'extérieur, et réciproquement les sources extérieures perturbent très peu le signal qu'il transporte. C'est pourquoi antennes, oscilloscopes et réseaux câblés lui font confiance.

d) Croissance linéaire pour $r<a$ : le courant enlacé croît comme $r^{2}$ tandis que le périmètre ne croît que comme $r$, le quotient croît donc comme $r$. Maximum en $r=a$ : tout le courant est enlacé pour la première fois, à la distance minimale; $B_{\max}=2{,}0$ mT. Décroissance en $1/r$ ensuite : courant enlacé constant, périmètre croissant. Chute à zéro en $r=b$ : le courant de retour annule brutalement $I_{\text{int}}$. Continuité en $r=a$ : la formule intérieure donne $\frac{\mu_{0}Ia}{2\pi a^{2}}=\frac{\mu_{0}I}{2\pi a}$, exactement la formule extérieure évaluée en $a$ : les deux régimes se raccordent sans saut, comme la figure le montre.