BLAISE PASCAL PT 2020-2021
Champ magnétique
statique et lentement variable
Exercice 1 : Cylindre parcouru par un courant inhomogène 1 | 1 |
. Théorème d’Ampère ; . Coordonnées cylindriques.
1 Par définition, l’intensité qui parcourt le cylindre vaut
I=
¨
section
#”j ·# ” dS=
¨ J0
1− r2
R2
dS . Sachant qu’en coordonnées cylindriques dS=rdrdθ,
I= 2πJ0 ˆ R
0
r− r3
R2
dr= 2πJ0 r2
2 − R4 4R2
R
0
= 2πJ0R2 4 d’où on déduit
J0= 2 πR2I .
2 SoitM un point de l’espace où l’on cherche à calculer le champ magnétique.
• Symétries :le plan passant parM et contenant l’axe du cylindre est plan de symétrie de la distribution de courant, donc #”
B(M) est orthogonal à ce plan, c’est-à-dire
B(M#” ) =Bθ(M)#”eθ.
Ceci est cohérent avec le fait que le plan passant par M et orthogonal à l’axe du cylindre est plan d’antisymétrie de la distribution de courant, si bien que #”
B appartient à ce plan.
• Invariances :la distribution de courant est invariante par translation le long de (Oz) et par rotation autour de cet axe. Le champB(M#” ) ne dépend donc ni dez ni deθ, c’est-à-dire
B(M#” ) =Bθ(r)#”eθ.
• Théorème d’Ampère :on raisonne sur un cercleC de rayonret de normale #”ez. Circulation deB#”: ˛ #”
B·#”
d`=
˛
Bθ(r)#”eθ·d`#”eθ= 2πr Bθ(r). Courant enlacé :
. sir≥R:Ienl=I; . sir≤R:
Ienl=
¨
disque
#”j ·# ” dS= 2πJ0
ˆ r 0
r0−r03 R2
!
dr0= 2πJ0 r2
2 − r4 4R2
d’où Ienl= 2I R2
r2− r4 2R2
.
Conclusion :
2πr Bθ(r) =
µ0I si r≥R µ02I
R2
r2− r4 2R2
si r≤R
soit finalement
B#”=
µ0I 2πr
#”eθ sir≥R µ0
2π 2I R2
r− r3
2R2
#”eθ sir≤R
3 D’après l’expression donnée et celle de #”
B, rot# ”#”
B =1 r
∂(rBθ)
∂r
#”ez
Sir≥Ralors on constate querBθ=µ0I/2π, ce qui ne dépend pas der, cohérent avec #”
j(r > R) = #”0 . Sir≤R, alors
rBθ= µ0 2π
2I R2
r2− r4 2R2
donc ∂(rBθ)
∂r = µ0 2π
2I R2
2r− 4r3 2R2
= µ0 2π
4I R2
r− r3
R2
ce qui donne bien, en réorganisant,
rot# ”#”
B=µ0 2I πR2
1− r2
R2
#”ez=µ0#”j
Exercice 2 : Plan parcouru par un courant 2 | 1
. Théorème d’Ampère ; . Coordonnées cartésiennes ;
. Utilisation avancée des propriétés de symétrie.
Raisonnons sur la figure 1. On se place en un point M quelconque.
#”
x z
y⊗ a
−a
×M
Vue dans le plan (M xz)
#”
y z
x a
−a
M×
Vue dans le plan (M yz) Figure 1– Plan épais parcouru par un courant.
• Symétries : Le plan M xz (plan de la figure de gauche) est plan de symétrie de la distribution de courant, doncB(M#” ) est orthogonal à ce plan.
on en déduitB(M#” ) =By(M)#”ey.
Ceci est (heureusement !) cohérent avec le fait que le plan (M xy)soit un plan d’anti-symétrie de la distribution de courants, et donc que #”
B(M)soit inclus dans ce plan.
• Invariances :la distribution de courant est invariante par toute translation dans les directionsxet y, donc #”
B(M) ne dépend pas de ces deux variables.
on en déduitB(M#” ) =By(z)#”ey.
• Choix du contour d’Ampère : le plus naturel est de raisonner sur un cadre rectangulaire dont les côtés sont respectivement colinéaires aux vecteurs #”ey (un côté à la cote z du pointM, l’autre à discuter) et #”ez (circulation nulle). Pour fermer ce rectangle, deux possibilités qui reposent toutes les deux sur le fait que le plan d’équationz= 0 est un plan de symétrie de la distribution de courant.
. ou bien on note qu’en M0 symétrique de M par rapport à ce plan les champs sont antisymétriques, donc ici B(M#” 0) =By(z0=−z)#”ey=−By(z)#”ez
et on complète ainsi le rectangle (même type de raisonnement que pour le plan chargé en électrostatique) : c’est le contour représenté en traits pointillés sur la figure 1 ;
. ou bien on note qu’en tout point du plan z= 0 le champ magnétique doit être orthogonal à ce plan, donc porté par #”ez ... mais on a déjà montré au préalable que le champ devait être porté par #”ey, ce qui impose donc
B#”(z= 0) = #”0,
et on complète ainsi le rectangle : c’est le contour représenté en traits épais sur la figure 1
Je choisis ici la deuxième possibilité, en notant`la longueur des côtés parallèles à (Oy) et`0celle des côtés parallèles à (Oz).
• Application du théorème d’Ampère : . Circulation du champ :
˛
CA
B#”·d`#”= ˆ
haut
By(z)#”ey·d`#”ey+ ˆ
droit
By(z)#”ey·(−d`#”ez) + ˆ
bas
By(z)#”ey·(−d`#”ey) + ˆ
gauche
By(z)#”ey·d`#”ez
=By(z)`+ 0 + 0 + 0.
. Courant enlacé par le contour d’Ampère :
→ siz > a :
Ienl=
¨ #”j ·(−dS#”ex) =−j0`a
→ siz < a : la partie « supérieure » du plan n’est pas enlacée par le contour d’Ampère, donc Ienl=−j0`z .
. Conclusion : d’après le théorème d’Ampère, By(z)`=
(−µ0j0`a siz≥a
−µ0j0`z siz≤a
d’où on déduit finalement en tenant compte de l’antisymétrie par rapport au planz= 0.
B#”=
−µ0j0a#”ey siz≥a
−µ0j0z#”ey si 0≤z≤a +µ0j0z#”ey si −a≤z≤0 +µ0j0a#”ey siz≤ −a
On peut vérifier qualitativement le sens du champ avec la règle de la main droite ... et on n’oublie surtout pas de conclure sur ce qui se passe pourz <0!
Exercice 3 : Bobine torique 2 | 1 |
. Théorème d’Ampère ; . Coordonnées cylindriques.
SoitM un point quelconque de l’espace.
• Symétries :le plan (M,#”er,#”ez) (plan de la figure de droite de l’énoncé) est un plan de symétrie de la distribution de courant, doncB#”(M) est orthogonal à ce plan.
B(M#” ) =B(M)#”eθ.
• Invariances :comme les spires sont supposées réparties continûment, alors la distribution de courant est invariante par rotation autour de l’axeOz. Le champ #”
B(M) ne dépend donc pas deθ, d’où B(M#” ) =B(r, z)#”eθ.
• Théorème d’Ampère :
. On raisonne sur un cercle passant par M et d’axeOz, orienté par la règle de la main droite selon l’axe Oz.
. Circulation : ˛
B#”·d`#”=
˛
B(r, z)#”eθ·d`#”eθ= 2πrB(r, z).
. Courant enlacé : en raisonnant sur les schémas on peut facilement comprendre que le courant enlacé vaut Ienl=
(N I siM ∈bobine 0 siM /∈bobine
Il faut toujours se méfier du signe des courants enlacés, qui s’obtient par règle de la main droite avec l’orientation du contour : ici c’est positif.
. Conclusion : d’après le théorème d’Ampère, 2πrB(r, z) =
(µ0N I siM ∈bobine
0 siM /∈bobine d’où #”
B(M) =
µ0N I
2πr
#”eθ siM ∈bobine
#”0 siM /∈bobine
On peut constater sur cet exemple que la disjonction des cas n’est pas toujours simple à exprimer en fonction des coordonnées.
Par ailleurs, on peut noter que si R a alors en tout point à l’intérieur de la bobine r ' R. Cela permet d’identifierN/2πRcomme étant une densité linéïque de spires, et on peut reconnaître le champ à l’intérieur d’un solénoïde droit infini : la courbure du tore devient négligeable.
Exercice 4 : Fil conducteur creux oral banque PT | 2 | 2
. Théorème d’Ampère ; . Principe de superposition.
1 Cf. cours :
B#”0(M) =
µ0jR2
2r
#”uθ sir≥R µ0jr
2
#”uθ sir≤R
2 Par définition, # ”
OM = r#”ur. Il faut donc exprimer #”uθ en fonction de #”uz et #”ur, ce qui se fait grâce au produit vectoriel #”uθ= #”uz∧#”ur. Ainsi,
#”uθ= 1 r
#”uz∧# ” OM . On en déduit
B#”0(M) =
1 2µ0jR2
r2
#”uz∧OM# ” sir≥R 1
2µj#”uz∧# ”
OM sir≤R
3 On applique le principe de superposition : la cavité est vue comme la superposition de deux distributions de courantj#”uz et−j#”uz. À l’intérieur de la cavité, on a donc
B#”tot=1
2µj#”uz∧OM# ”−1
2µj#”uz∧# ” O0M avecO0 un point origine sur l’axe du cylindre creux, ce qui se simplifie en
B#”tot= 1
2µj#”uz∧# ” OO0. Le champ magnétique est donc uniforme à l’intérieur de la cavité.
Exercice 5 : Solénoïdes imbriqués oral CCINP PSI | 2 | 1 |
. Inductance propre et inductance mutuelle ; . Couplage inductif ;
. Théorème de superposition.
1 Cf. cours : pour un solénoïde parcouru par un couranti, d’axe (Oz) orienté par la règle de la main droite par rapport au sens dei, le champ est uniforme à l’intérieur et vaut
B#”=µ0ni#”ez,
oùnest le nombre de spires par unité de longueur.
2 Par hypothèse, L r1 et r2, ce qui justifie d’approximer les solénoïdes comme infinis. En notant i1 et i2 les courant qui y circulent et compte tenu de l’orientation des spires, le champ qu’ils créent en leur intérieur vaut
B#”1,2=µ0N
` i1,2#”ez. Inductance propre L1 :
. Flux créé par S1 au travers d’une spires1 deS1 : φS1→s1=
¨
M∈s1
B#”1(M)·dS#”ez=πr12µ0N
` i1 . Flux total créé par S1au travers de lui-même :
φS1→S1 =N φS1→s1 donc φS1→S1 =πr12µ0N2
` i1. . Inductance propre : par définition,φS1→S1 =L1i1 donc
L1=πr12µ0N2
` . Inductance propre L2 :par la même démarche,
L2=πr22µ0N2
` .
Inductance mutuelle M : comme le champ créé parS2 est uniforme à l’intérieur de S1 alors que la réciproque n’est pas vrai, il est plus simple de calculerM à partir du flux créé parS2 au travers deS1.
. Flux créé par S2 au travers d’une spires1 deS1 : φS2→s1=
¨
M∈s1
B#”2(M)·dS#”ez=πr12µ0N
` i2 . Flux total créé par S2au travers de S1:
φS2→S1 =N φS2→s1 donc φS2→S1 =πr12µ0N2
` i2. . Inductance mutuelle : par définition, φS2→S1 =M i2donc
M =πr12µ0N2
` .
3 Le circuit équivalent est tracé figure 2. Le circuit 1 contient une bobine et un générateur de courant imposant le couranti1, le circuit 2 ne contient qu’une bobine court-circuitée. Il y a couplage inductif entre les deux circuits.
Compte tenu de la convention récepteur, u1= +L1di1
dt +Mdi2
dt et u2= +L2di2
dt +Mdi1 dt
i1 L1
u1
L2 i2
u2 M
Figure 2 –Circuit électrique équivalent.
D’après la loi des mailles,u2= 0 donc
di2 dt =−M
L2 di1
dt
et par intégration
i2=−M
L2i1+ cte.
Comme le solénoïdeS2 n’est pas relié à un générateur, on peut supposer qu’il n’y a pas de courant continu qui serait physiquement impossible à cause des résistances des fils, même si elles sont faibles. Finalement,
i2(t) =−M
L2Icos(ωt), d’amplitude
I2= M L2I=
r1 r2
2
I .
4 D’après le principe de superposition, en un pointM se trouvant à l’intérieur des deux solénoïdes, B(M#” ) =B#”1(M) +B#”2(M) =µ0N
` (i1+i2)#”ez d’où en remplaçant
B(M#” ) =µ0N
`
1−M L2
Icos(ωt)#”ez=µ0N
`
"
1− r1
r2 2#
Icos(ωt)#”ez.
Exercice 6 : Manipulation des équations de Maxwell 1 | 2
. Équations de Maxwell.
1 Par définition,
divE#”=∂ Ex
∂x = 0
ce qui est conforme à l’équation de Maxwell-Gauss carρ= 0 par hypothèse. De même, div#”
B =∂ By
∂y = 0 ce qui est là aussi conforme à l’équation de Maxwell-Thomson.
2 Compte tenu de la forme des champs, rot# ”#”
E=f0(z) e−t/τ#”ey et −∂#”
B
∂t = 1
τg(z) e−t/τ#”ey
d’où on déduit de l’équation de Maxwell-Faraday
f0(z) =1 τg(z)
3 Compte tenu de la forme des champs,
rot# ”B#”=−g0(z) e−t/τ#”ex et ∂E#”
∂t =−1
τf(z) e−t/τ#”ex. d’où on déduit de l’équation de Maxwell-Ampère
g0(z) = ε0µ0
τ f(z) e−t/τ.
4 En dérivant par rapport àzl’équation obtenue par Maxwell-Faraday, on obtient f00(z) = 1
τg0(z)
et en combinant avec la question précédente on obtient f00(z)−ε0µ0
τ2 f(z) = 0.
Il s’agit d’une équation différentielle du second ordre à coefficients constants portant sur la seule variable z. Son polynôme caractéristique admet pour racines
r±=± rµ0ε0
τ2 =±
√µ0ε0 τ
Dans un cas aussi simple, pas besoin de passer par le discriminant !
La solution particulière est nulle et la solution homogène est f(z) =αexp
−
√µ0ε0 τ z
+βexp √
µ0ε0 τ z
Les conditions données par l’énoncé imposent queβ= 0 et quef(z= 0) =E0=α. On en déduit : E#”=E0exp
−1 τ(t+√
µ0ε0z) #”ex.
5 D’après ce qui précède,
g(z) =τ f0(z) =−E0√
µ0ε0exp
−1 τ(t+√
µ0ε0z)
d’où on déduit
B#”=−E0√
µ0ε0exp
−1 τ(t+√
µ0ε0z) #”ey.
Exercice 7 : Chauffage par induction 1 | 2 |
. Équations de Maxwell ;
. Puissance volumique d’effet Joule ; . Intégration de dérivées partielles.
1 Voir la figure 3. En orientant l’axe z par rapport au courant i(règle de la main droite), le champ créé par le
solénoïde s’écrit #”
B=µ0ni#”ez
avecnle nombre de spires par unité de longueur. L’expression est identique dans l’ARQS et en magnétostatique.
i(t)
z
Figure 3– Dispositif de soudure inductive.
2 L’équation de Maxwell-Faraday indique qu’un champ magnétique dépendant du temps est source de champ électrique. Au sein du métal, ce champ électrique va faire apparaître une densité de courant #” et céder de l’énergie au métal par effet Joule.
Une autre justification moins orientée « équations » consisterait à dire que le métal est un conducteur placé dans un champ magnétique variable, et est donc le siège d’un phénomène d’induction. Ce sont les courants induits (les courants de Foucault) qui vont chauffer le matériau par effet Joule.
3 D’après l’équation de Maxwell-Faraday, rot# ”E#”=−∂#”
B
∂t =−µ0ndi dt
#”ez= +µ0nI0ωsin(ωt)#”ez
et en utilisant le formulaire
rot# ”E#”= 1 r
∂ rEθ
∂r
#”ez
d’où on déduit
∂ rEθ
∂r =µ0nI0ωsin(ωt). En intégrant par rapport àr,
rEθ=µ0nI0ωsin(ωt)r2
2 +f(t).
Comme on intègre une dérivée partielle pour laquelle certaines variables (ici t) sont fixées, alors la constante d’intégration est une « constante partielle », c’est-à-dire une fonction des variables fixées.
On montre que la fonction f est nulle en se plaçant en r = 0 : comme il n’y a « rien de spécial » en ce point, la composanteEθy prend une valeur finie. Finalement,
E#”= 1
2µ0nrI0ωsin(ωt)#”eθ.
L’analyse des invariances est identique à celle menée en électrostatique. En revanche, celle des symétries est beaucoup plus subtile à cause du champ magnétique variable, et hors de portée en PT : comme c’estrot# ”#”
E qui intervient dans l’équation de Maxwell-Faraday, alors un plan de symétrie de∂#”
B/∂test plan d’antisymétrie de E#” ... ce qui est la propriété inverse par rapport à la charge électrique, car ρ apparaît dans l’équation de Maxwell-Gauss qui porte surdivE.#”
4 D’après la loi d’Ohm locale,
#”j =γ#”
E= 1
2µ0γnrI0ωsin(ωt)#”eθ. On en déduit la puissance volumique dissipée par effet Joule,
P =#”j ·#”
E= 1
4γµ02n2r2I02ω2sin2(ωt).
Elle est maximale lorsque r est maximal, c’est donc sur les bords du cylindre que le métal chauffe le plus et qu’il fond en premier.
On retrouve un phénomène d’effet de peau analogue à celui que nous rencontrerons en étudiant les ondes électromagnétiques : dans un conducteur en régime variable, les courants sont repoussés à l’extérieur du matériau.
Exercice 8 : Émission radioactive 2 | 2
. Équations de Maxwell.
1 L’amas émet des charges positifs, il est donc logique que sa charge soit négative et décroissante. L’allure expo- nentielle est typique de la radioactivité. À l’instant initial, on aq(t= 0) = 0 : aucun atome ne s’est désintégré donc l’amas est neutre.
2 L’émission étant isotrope, le vecteur densité de courant est forcément à symétrie sphérique : #” =jr(r)#”er. Ainsi, tout plan contenant (OM) est plan de symétrie de la distribution de courant, donc B(M, t) doit être orthogonal à#”
chacun de ces plans et est donc forcément nul :
B#”(M, t) =#”0 .
L’équation de Maxwell-Ampère indique qu’un champ électrique variable est également source de champ magnétique : dans un cas plus général, il faut donc également étudier les plans de symétrie de∂#”
E/∂t.
Cependant, d’après le théorème de superposition, les propriétés de symétrie doivent être vérifiées pour chaque« famille » de sources. Les symétries des courants imposent d’avoir #”
B=#”0, le champ électrique ne pourra donc rien y changer.
3 • Symétries : la distribution de charge possède les mêmes symétries que la distribution de courant, mais
commeE#”doit être inclus dans un plan de symétrie il n’est pas nul mais radial, E(M, t) =#” Er(M, t)#”er.
L’équation de Maxwell-Faraday indique qu’un champ magnétique variable est également source de champ électrique : dans un cas plus général, il faut donc également étudier les plans de symétrie de∂#”
B/∂t... mais ce n’est pas la peine ici car #”
B= #”0, tout se passe exactement comme en statique.
• Invariances : à tout instant la distribution de charge est invariante par rotation autour de l’amas, donc #”
E ne dépend que der.
• Théorème de Gauss, qui s’applique aussi en régime variable : on raisonne sur une sphère de rayon r centré sur l’amas.
. calcul du flux :
‹ #”
E·# ”
dS = 4πr2Er.
. calcul de la charge intérieure : il faut un tempsr/v0 pour qu’une particuleαsorte de la sphère de rayon r, donc la charge contenue dans la sphère à un instant test la charge de l’amas à l’instant t−r/v0.
Qint=q
t− r v0
• Conclusion :
E(r, t) =#” Q0 4πε0r2exp
−1 τ
t− r
v0 #”er.
4 D’après l’équation de Maxwell-Gauss,
ρ(r, t) =ε0div#”
E
= 1 r2
Q0 4π
d dr
exp
−t τ + r
v0τ
= Q0 4πr2× 1
v0τ exp
−t τ + r
v0τ
ρ(r, t) = Q0 4π v0τ r2exp
−t τ + r
v0τ
D’après l’équation de Mawxell-Ampère,
#”(r, t) = 1 µ0
rot# ”B#”−ε0∂#”
E
∂t
=#”0 − Q0 4πr2
∂
∂t
exp
−t τ + r
v0τ #”er
=− Q0 4πr2 × −1
τexp
−t τ + r
v0τ #”er
#”(r, t) = Q0 4π τ r2exp
−t τ + r
v0τ #”er.
On retrouve #”j =ρv0#”er ... on aurait pu s’y attendre !
Exercice 9 : Balance de Cotton Mines PSI 2016 | 3 | 2
. Force de Laplace ; . Moment cinétique.
Introduisons des coordonnées cylindriques de centreO et d’axeOztel que #”
B=B#”ez. 1 Les parties circulaires ont pour centre O, si bien que l’élément de courant I#”
d` est porté par ±#”eθ (⊕ pour le conducteur aller et pour le retour) et la force de Laplace élémentaireI#”
d`∧B#”par±#”er. Toutes ces forces sont donc des forces centrales de centreO, dont le moment enO est donc nul.
2 Sur la partie rectiligne de longueurL, la force de Laplace vaut F#”L=−I L#”er∧B#”ez=ILB#”eθ
Cette force s’applique au milieu du segment rectiligne, son bras de levier vaut donca, d’où M# ”O(#”
FL) =a#”er∧ILB#”eθ soit # ” MO(#”
FL) =aILB#”ez.
3 Le bras gauche de la balance est soumis à la force de Laplace et à son propre poids. Le bras droit de la balance est soumis à son propre poids et à celui de la massemadditionnelle qui a été déposée sur le plateau. L’énoncé indique qu’à vide la balance est équilibrée, ce qui veut dire que les moments en O du poids de chaque bras se compensent.
Comme la balance est de nouveau à l’équilibre, le moment du poids de la massemdoit exactement compenser celui des forces de Laplace, c’est-à-dire
−a0mg#”ez+aILB#”ez= #”0 d’où B= a0mg aIL .
4 La plus petite valeur de champ magnétique mesurable est celle pour laquellem=δm, c’est-à-dire
Bmin= a0δm g
a I L = 2 mT.
À titre de comparaison, le champ magnétique terrestre a pour norme 5·10−5T et n’est pas mesurable avec la balance, mais le champ créé par un aimant permanent « basique » est de l’ordre de 100 mT. La balance de Cotton est donc tout à fait utilisable.
