Exercices corrigés : sources du champ magnétique et loi de Biot-Savart (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) 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) 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.