Electmag EXO CORRIGES .pdf



Nom original: Electmag_EXO_CORRIGES.pdfTitre: Microsoft Word - Electmag_EXO_CORRIGES.docAuteur: FIZAZI@PRIVEE-EBB6C4AF

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216

Electromagnétisme

Solution des exercices 4.1 à 4.20 :

20.4

1.4

Exercice 4.1 :
En admettant qu’une partie de l’éclair est rectiligne, on peut utiliser la loi :
µI
4 10 7 × 20.103
B= 0
B=
B = 4.10 3 T
2 r
2 ×1
Cette valeur est pour la distance de un mètre de l’éclair, mais à la distance de 300m le
résultat est :
µI
4 10 7 × 20.103
B= 0
B=
B = 1, 33.10 5 T
2 r
2 × 300
Exercice 4.2 :
D’après la règle de la main droite : si le courant circule vers l’ouest, le vecteur du champ
magnétique produit par ce courant est dirigé vers le sud.
Pour un courant rectiligne, l’intensité du champ magnétique est obtenue par l’application
de la loi :
µI
4 10 7 × 300
B= 0
B=
B = 5.10 6 T
2 r
2 × 12
Comparons le au champ magnétique terrestre B 0 :
B 5.10 6
B
=
= 10 1
= 10
5
B0 5.10
B0

1

Le champ produit par la ligne électrique ne représente que 10 0 0 du champ magnétique
terrestre
Exercice 4.3 :
Le champ magnétique produit par un courant rectiligne d’intensité I situé à une distance
du conducteur est donné par la loi :
I
B = µ0
2
La direction du champ magnétique est déterminée par la règle de la main droite.
Le courant d’intensité 1A crée un champ magnétique perpendiculaire au plan des deux
conducteurs (entrant dans la feuille) :
1
B1 = 4 .10 7
B1 = 2.10 7 T
2 ×1
Le courant d’intensité 3 A crée un champ magnétique perpendiculaire au plan des deux
conducteurs (entrant dans la feuille) :
3
B2 = 4 .10 7
B2 = 3.10 7 T
2 ×2
Le champ magnétique total est égal à la somme des champs B1 et B 2 . Puisque les deux
champs ont même direction et même sens, le champ magnétique résultant est perpendiculaire
au plan des deux conducteurs et d’intensité :
B = B2 + B1
B = 5.10 7 T

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217

Electromagnétisme

Exercice 4.4 :
1/ D’après la loi de Biot et Savard, le champ magnétique élémentaire d B produit par une
longueur élémentaire dl de la spire parcourue par un courant électrique d’intensité I est :
µI
d B = 0 2 dl u
4 r
Puisque u r = , on peut écrire la loi sous la forme :
dB =

µ0 I

dl r
4 r3
r , ce qui implique dl r = dl.r , d’où :

On remarque que dl

dB =

µ0 I

dl
4 r2
On peut décomposer d B en deux composantes d B z et d B y , de telle façon que lors de

l’intégration , toutes les composantes d B y s’annulent deux à deux en raison de la symétrie.
Le champ total est la résultante de toutes les composantes d B z , et donc B z résultant est
parallèle à l’axe OZ .
Y
d By

dB

dl
I

R
O

z

M

Par projection (voir figure), on obtient : dBz = dB.sin

Z

d Bz

dBz =

µ0 I

sin dl
4 r2
Pour trouver Bz , on intègre l’expression précédente par rapport à la seul variable l , pour
arriver à :
µI
Bz = 0 2 sin
dl
4 r
µI
µI R
Bz = 0 2 sin .2 R Bz = 0 2 sin
4 r
2 r
R
Puisque sin = , on peut donc obtenir l’expression finale du champ :
r
µ0 I R 2
µI
µI
Bz =
sin
Bz = 0 sin 3
B z = 0 sin 3 .u z
2
2R r
2R
2R
R
R
2/ En remplaçant cette fois sin par =
, on obtient l’expression proposée :
1/ 2
r
R2 + z 2

(

A.FIZAZI

)

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218

Electromagnétisme

µ0 I

Bz =

2

R2

(R

2

+ z2

)

3/ 2

3/ La forme approximative de cette expression à de grandes distances de l’axe OZ , est
obtenue en négligeant le rayon de la spire devant la grande distance z , le résultat est :

µ0 I R 2

Bz

2 z3
4/ Expression de Bz en fonction du moment magnétique M :

M = IS
S= R
Bz =

M = I R2

2

µ0 I
2

(R

R
2

2

+ z2

)

3/ 2

=

µ0 I
2

(R

I R
2

Bz =

2

+ z2

)

µ0
2

3/ 2

M

(R

2

+ z2

)

3/ 2

5/ On obtient le champ magnétique produit au centre de la spire en prenant z = 0 :
µI
Bo = 0
2R
Exercice 4.5 :
1/ Le champ magnétique produit par un conducteur rectiligne situé à une distance d est
µ I
B= 0 .
2 d
Le champ magnétique produit au point M (figure (a)) est égal à la résultante des deux
champs magnétiques créés par les deux conducteurs rectilignes : B M = B1 + B 2
D’après la règle de la main droite, B1 et B 2 sont de sens contraires : BM = B2 B1
BM =

µ0 I 2

µ0 I1

2 d /2

2 d /2

BM =

µ0

1
( I2
2 d /2

I1 )

BM = 1, 2.10 4 T

L’annulation de B , veut dire que B1 + B 2 = 0 . Cette condition ne peut être satisfaite à
l’extérieur de l’espace compris entre les deux conducteurs, car B1 et B 2 ont même sens, et
par conséquent B0 = B2 + B1 0 . Donc, la droite ( ) où B = 0 se situe entre les deux

conducteurs tel que B0 = B2
B0 =

B1 = 0 . Au vu de la figure (b), on a :

µ0
2 d

µ I1

I2

2

x

x

=0

x=

I1
I2

I1

x=

d

d
3

( )
I2

M

d /2

d /2

d

A.FIZAZI

I1

I2
d

x

I1
x

d

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I2

x

d+x

P

I1
d

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219

Electromagnétisme

2/ Dans ce cas B1 et B 2 ont même sens : BP = B2 + B1
D’après la figure (a), mais en intervertissant le sens de I1 , on aura :
BM =

µ0 I 2
2 d /2

+

µ0 I1

BM =

2 d /2

µ0

1
( I 2 + I1 )
2 d /2

BM = 2.10 4 T

Il est impossible pour que le champ magnétique entre les deux conducteurs s’annule, car
B1 et B 2 ont même sens. Donc, le point P est situé à l’extérieur des deux
conducteurs BP = B2 + B1 0 . La droite où BP = 0 est située obligatoirement à l’extérieur des
deux conducteurs tel que BP = B2 B1 = 0
B2 = B1 . De ce fait, et au vu de la figure (c), on
aura :
µ I2
µ I1
I1
d
BP =
=0
x=
d
x=
2 d+x 2 x
5
I 2 + I1

Exercice 4.6 :
On sait qu’une charge qui se déplace dans un champ magnétique est soumise à une force
magnétique F = qv 0 B , telle que son intensité soit égale à F = qv0 B sin , avec = v 0 , B .

(

)

La particule chargée est soumise à deux forces : la force magnétique F et son poids
P = mg . Pour que sa trajectoire reste horizontale, il faut que les deux forces soient
directement opposées F = P .

B

v0

sin

=1

F = qv0 B

P = mg

B=

mg
qv0

Application numérique :

B=

5.10 4 × 9,8
2, 5.10 8 × 6.104

B 3, 27T

Quant à la direction de B , elle est horizontale et perpendiculaire au plan vertical formé
par la vitesse v 0 et la force F .
v 0 est horizontale, et a pour direction l’axe x ' x ,
F est verticale et a pour direction l’axe z ' z ,
B est horizontale et a pour direction l’axe y ' y .
Exercice 4.7 :
1/ On a vu en cours, et dans un exercice précédent que le vecteur champ magnétique
produit par une spire circulaire (de rayon R et parcourue par un courant d’intensité I ) en un
point de son axe est donné par l’expression :
B (M ) =

µ0

sin 3 .u x
2R
La circulation du vecteur B sur l’axe ( x ' Ox ) est égale à :

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220

Electromagnétisme

C=

Sachant que x =

R
tan

dx =

R
sin 2

+

B ( x ) dx

dx , et puisque

+ = 180° , on a sin = sin

.

D’où :

µ0 sin 3

C=
0

2 R sin 2

Rd

C = µ0 I

I
R
x' O

M

B(M )

x

2/ Le conducteur solénoïdal est constitué de N spires circulaires, pour obtenir la
circulation du champ, il suffit de multiplier le résultat précédent par N , on trouve :
C=

+

B ( x ) dx = C = N µ0 I

Exercice 4.8 :
1/ L’ion de charge q , en passant de O ' à O sous l’action de la tension U reçoit le
travail : W = qU
On applique le théorème de l’énergie cinétique pour calculer la vitesse finale avec laquelle
l’ion arrive en O :
1 2
q
mv = qU
v= 2 U
m
2
7
+
La vitesse des ions 3 Li est :
v1 = 2

q
U
m1

v1 = 2

q
U
m2

La vitesse des ions 36 Li + est :

2/ L’ion se déplace à l’intérieur de la chambre de séparation à la vitesse v , il est soumis à
la force magnétique F = qv B .
On a les grandeurs vectorielles suivantes :
x
v
0
a y , v 0 , B B
z
0
0
Ecrivons à présent l’accélération du mouvement :

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221

Electromagnétisme

x
v
q
y=
0
m
z
0

0
B
0

x
0
y= 0
z
q
vB
m
D’après les données, ces résultats nous indiquent que :
x = ax = 0
x = vx = C te

y = ay = 0

y = vy = 0

q
vB
z = vz = 0
m
On remarque que l’accélération est portée par l’axe Oz , ce qui veut dire que la force
magnétique qui agit sur la charge est perpendiculaire au plan xOy , donc perpendiculaire à la
z = az =

vitesse v et à la trajectoire. Les ions restent dans le plan xOz au cours de leur mouvement
dans le champ magnétique. L’accélération est donc normale.
Dans le repère de Frenet O, N , T :

(

)

dv
dv
v2
a=
= a N + aT
a= T+ N
dt
dt
R
Puisque la vitesse est constante, la composante tangentielle de l’accélération est nulle.
dv
aT = T = 0
dt
le mouvement est uniforme

v = C te
L’accélération est normale, d’où :
v2
v2
e
a = aN = N
aN =
=v B
R
R
m
Le rayon de courbure est constant, d’où:
mv
= C te
le mouvement est circulaire
R=
eB
En conclusion le mouvement est circulaire uniforme.
En reportant l’expression de la vitesse trouvée précédemment dans l’expression de R , on
trouve :
R1 =

m1
v1
qB

R1 =

R2 =

m2
v2
qB

R2 =

1
B
1
B

2m1U
q

OC1 = 2 R1

2m2U
q

OC2 = 2 R2

4,8cm

4,5cm

Exercice 4.9 :
On néglige dans cette solution le poids des particules devant les autres forces.
1/ Déviation produite par le champ électrique seul :
Equation de la trajectoire :

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Electromagnétisme

222

Suivant l’axe Ox , la seule force qui agit sur le faisceau d’ions est la force électrique
F = qE.u x . Appliquons le principe fondamental de la dynamique :
q
ma x = qE.u x
ax = E
m
U
Le condensateur étant plan, donc E = , d’où :
h
qU
ax =
mh
L’accélération suivant l’axe Ox étant constante, le mouvement est rectiligne
uniformément accéléré dont l’équation horaire est :
1
1 qU 2
x = ax t 2
x=
t
2
2 mh
Suivant l’axe Oy , aucune force n’agit sur le faisceau qui se déplace à vitesse constante

v = v y = v y u y . Le mouvement est donc rectiligne uniforme d’équation horaire :
y
v0
La déviation finale marquée sur l’écran, à la sortie du faisceau du condensateur (où
L
y = L ), après la durée t =
est :
v0
y = v0t

1 qU L
x=
2 mh v0

t=

2

(1)

= x

2/ Déviation produite par le champ magnétique seul :
Equation de la trajectoire :
Suivant l’axe Oz , la seule force agissant sur le faisceau d’ions est la force
magnétique perpendiculaire à l’axe Ox qui porte le vecteur du champ magnétique :
F = qv 0 B
Le principe fondamental de la dynamique nous permet d’écrire :
q
q
ma z = v0 .u y
B.u x
a z = v0 B.u z
m
m
q
a z = v0 B
m
L’accélération est constante suivant l’axe Oz . Le mouvement est donc rectiligne
uniformément varié d’équation horaire :
1
1 q
z = az t 2
z=
v0 B.t 2
2
2m
Suivant l’axe Oy aucune force n’agit sur le faisceau d’ions qui chemine avec une
vitesse constante v = v y = v y u y : le mouvement est rectiligne uniforme d’équation horaire :
y = v0t

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t=

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y
v0

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223

Electromagnétisme

La déviation finale indiquée sur l’écran à la sortie du faisceau du condensateur (où
L
y = L ) après le temps t = est :
v0
L
1 q
z=
Bv0
2m
v0

2

z=

1 q L2
B = z
2 m v0

( 2)

3/ La marque laissée par le faisceau sur l’écran est déviée suivant l’axe Oz (c'est-à-dire
dans le plan du mouvement initial), tandis que dans le premier cas la marque est déviée
perpendiculairement à ce plan.
La déviation totale produite est égale à la composition des deux déviations produites
par les champs électrique et magnétique. En éliminant la vitesse entre les équations (1) et ( 2 ) ,
on obtient la valeur de cette déviation :
1 q L2
mU 1 2
v0 =
B
x=2
z
q h B 2 L2
2m z

Remarquons que l’expression est indépendante de la vitesse initiale.
q
des ions qui constituent
m
le faisceau dévié. En effet les grandeurs U , B, L, h sont connues d’avance et il ne reste plus
qu’à déduire le rapport entre la masse de l’ion et sa charge.
Historiquement : Par sa célèbre expérience, R.A. Millikan a pu calculer la charge de
l’électron grâce au résultat auquel est parvenu, bien avant lui, J.J Thomson qui a calculé
q
justement la charge massique . Il ne restait plus qu’à déduire la masse de l’électron.
m

4/ Cette expérience permet le calcul de la charge massique

Exercice 4.10 :
1/ Chaque électron du faisceau, à son entrée dans le champ magnétique, est soumis à une
force magnétique :
F = qv 0 B
Appliquons le principe fondamental de la dynamique :
e
ma = ev0 .u x B.u z
a = v0 B.u y
a = a.u y
F = F .u y
m
La force magnétique à laquelle est soumis l’électron est perpendiculaire à v 0 (c'est-à-dire
à la trajectoire) et à B . On va étudier le mouvement dans le repère de Frenet O, N , T .

(

)

l’accélération s’écrit :
dv
dv
v2
= a N + aT
a= T+ N
dt
dt
R
Puisque la vitesse est constante, la composante tangentielle de l’accélération est donc
nulle, d’où :
dv
aT = T = 0
dt
le mouvement est uniforme
a=

v = v0 = C te
L’accélération normale a pour expression :

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v2
v2
e
N
aN = 0 = v0 B
R
R
m
Le rayon de courbure est constant, donc :
mv
R = 0 = C te
le mouvement est circulaire
eB
En conclusion, dan le champ magnétique le mouvement du faisceau d’électrons est
circulaire uniforme. La trajectoire dans le condensateur est un arc de cercle de rayon R . Voir
figure ci-dessous.
2/ l’angle de déviation
est égal à l’angle au centre de l’arc OA (voir figure ci-dessous),
et par conséquent :
a = aN =

=

AO
R

l
R

=

e
Bl
mv0

3/ le mouvement étant circulaire, la vitesse angulaire est :
v
!= 0
eB
R
!=
mv
m
R= 0
eB
La période est égale à :
2
2 .m
T=
T=
eB
!

z
O

B

v0

S

F

A
D

x

E

R

y

4/ Si on double la vitesse v0 :
Seule le rayon double, tandis que la période et la vitesse angulaire restent invariables
puisqu’elles sont indépendantes de la vitesse initiale.
5/ Si un faisceau d’électron pénètre avec une vitesse parallèle au champ magnétique, il ne
sera soumis à aucune force, à condition de négliger son poids, de ce fait sa trajectoire reste
rectiligne.
F = ma = ev0 .u x B.u x
F = 0 v = C te
mouvement rectiligne uniforme
ux ux = 0
6/ Dans ce cas, décrit dans l’énoncé, la vitesse et l’accélération ont deux composantes
chacune.
v et a : projetées sur la direction de B ,
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225

Electromagnétisme

a et v : projetées sur le plan perpendiculaire à B .
Par application de la relation fondamentale de la dynamique, on a :
F = ma = q v B
m a +a = q v +v
B

(

)

(

) (

En développant, on remarque que le produit vectoriel q.v
parallèles, il en résulte :
m.a + m.a = q.v
0

B + qv

B

0

)

B est nul car v et B sont

m.a = 0
q.v

B=0

Ces deux résultats nous montrent que le mouvement de la charge est la résultante d’ :

v = C te
m.v
- un mouvement circulaire uniforme autour du vecteur B de rayon R =
et de
eB
eB
.
vitesse angulaire ! =
m
La trajectoire a la forme hélicoïdale. Le rayon de l’hélice que décrit le faisceau
m.v
d’électron est égale à R =
.
eB
-

un mouvement rectiligne uniforme parallèle au champ : m.a = 0

Exercice 4.11 :
1/ Le plan Ou y u z , parallèle à J S , est un plan de symétrie des courants, donc le champ

magnétique B est perpendiculaire à ce plan, soit B = Bu x .
Par translation suivant u x , la distribution de ce courant est invariable ; de même, par
translation suivant u y , la distribution de ce courant est invariable. L’intensité du champ
magnétique ne dépend que de z .
La règle de la main droite, ou la règle d’ampère, donne le sens du champ magnétique : Si
z 0 , alors B est dirigé suivant u x , mais si z 0 , B est dirigé vers u x .
2/ La circulation de B sur la boucle AEDGA est égale à la somme des circulations pour
chaque segment (figure) :
C = C AE + CED + CDG + CGA
D

A

CED = B.ED =0 , CGA = B.GA = 0 car B est perpendiculaire aux deux côtés (les deux
E

G

déplacements). Sur les deux autres côtés on a C AE = CED . La circulation totale est
donc C = C AE + CDG :
E

G

A

D

C = B. AE + B.DG = µ0 I
1
µ 0 .J
2
En conclusion, on peut dire que le champ magnétique est constant de part et d’autre du
plan quelque soit l’altitude du point M .
2 B. AE = µ0 .J . AE

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B=

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226

Electromagnétisme

A

z
•M

uz

E

B

uy
B

JS
G

ux

D

3/ A la traversée du plan, c'est-à-dire z 0 , la continuité du champ magnétique s’annule
à cause du changement de signe du positif au négatif.

(

B = B z = 0+

(

(

(

B z=0

1
µ0 J .u x
2

)

B z = 0+ =
B z=0

)

)=

1
µ0 J .u x
2

)

B = µ0 J .u x

Exercice 4.12 :
1/ a) Un segment du ruban de longueur l = na est parcouru, suivant l’axe Ox , par un
courant d’intensité nI . On en déduit la densité du courant électrique :
intensité du courant
I
J=
= uz
longueur du conducteur a
b) D’après la règle de la main droite, le champ magnétique créé, et en raison de la
symétrie du problème, a une seule composante suivant l’axe Ox mais de sens contraire, c'està-dire B = B x .
Soit le contour carré indiqué sur la figure suivante :
y

B

x

l = na

I

z

La circulation C de B sur les deux côtés parallèles à l’axe Oz est nulle, car B est
perpendiculaire à chacun d’eux, et la circulation sur les deux côtés parallèles à l’axe Ox ne
fait intervenir que la composante B x . d’après la règle d’Ampère, on a :
1
C = # B l = µ0 # I C = Bl + Bl = µ0 .Jl
B = µ0 .J
2
Jl

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227

Electromagnétisme

c) Le champ magnétique produit par ce courant dans le cas cité est :
µ0 I
B0 ( M ) =
ux
2a
Le signe – provient du fait que B 0 ( M ) , et d’après la règle de la main droite, est situé
sur l’axe Ox mais de sens contraire.
2/ le plan x = 0 , qui contient M , est un plan de symétrie pour les courants ; la seule
composante qui s’annule est Bx . Voir figure suivante :
y M

3

B3
a
I
I

I
x'

Les fils p et

3

3

I

I

I

I

p = 3 p = 2 p = 1 p = 0 p = +1 p = +2 p = +3

p , situés à la distance rp =

x

p 2 a 2 + y 2 de M , produisent chacun d’eux un

champ, telles que les composantes B py sont directement opposées, donc elles s’annulent, et
les composantes B px sont :

B px =

µ0 I
2 rp

(

cos

p

)u

x

; B px =

µ0 I

(

2 rp

cos

p

)

B px =

µ0 I y
2 rp rp

Le champ total est la somme de toutes les composantes B px , d’où :
µ0 I
µ0 Iy
1
y
B (M ) =
u =
u
B = B0 ( M ) f ( y )
#
#
2 x
2 x
2 p rp
2
p rp

La fonction f ( y ) doit être égale à :

µ0 Iy
2

1
#p r 2 =
p

µ0 I
2a

f ( y)

f ( y) =

a. y

+

#pa
2

B0 ( M )

f ( y) =

a
y.

+

#

1
+ y2

2

1
a2
p2 2 + 1
y

3/ Dans ce cas, le champ reste toujours dirigé suivant Ox . Par des calculs semblables à peu
près aux précédents, on obtient :
2

1
rp =
p+
a2 + y2
2
µ0 I
µ0 Iy
y
1
B (M ) =
u =
u
B = B0 ( M ) f ( y )
#
#
2 x
2 x
2 p rp
2
p rp
La fonction doit être égale à :

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Electromagnétisme

µ0 Iy
2

1

#r
p

2
p

=

µ0 I
2a

f ( y)

f ( y) =

f ( y) =

a
y.

+

#

+

a. y

#

1
p+

1
2

2

a2 + y 2

1
p+

1
2

2

a2
+1
y2

Exercice 4.13 :
1/ le champ magnétique du solénoïde est parallèle à l’axe de la bobine. Il reste invariable
pour une translation suivant z ' z , ou par rotation autour de cet axe.
On choisit le contour AFGHA afin d’appliquer le théorème d’Ampère.
Suivant le trajet AF : le champ est nul car il est à l’extérieur du solénoïde (d’après
l’énoncé).
Suivant les trajets FG et AH : le vecteur champ est perpendiculaire aux deux trajets : la
circulation du champ est nulle.
H

GH = L : C = B ( r ) dl

C = B (r ) L

G

F

A


I

M
G

H

B

I

Intensité des courants entrelacés :
La longueur L comprend NL spires. Dans l’épaisseur R2 R1 se trouvent N ( R2
spires. Donc, l’intensité du courant qui parcourt cet ensemble de spires entrelacées est :
NL.N ( R2 R1 ) = N 2 ( R2 R1 ) L.I
On applique le théorème d’Ampère :
C = B ( r ) L = µ0 N 2 ( R2 R1 ) L.I
Finalement l’intensité du champ magnétique en un point de l’axe est égale à :
B ( r ) = µ0 N 2 ( R2

R1 )

R1 ) .I

2/ Un contour semblable au précédent, passant par P quelque soit sa position à l’intérieur
du solénoïde conduit au même résultat : le champ est uniforme dans le solénoïde.
3/ On suit les mêmes étapes que précédemment, quand le point M est dans les
enroulements à une distance de l’axe. Il suffit de remplacer R1 par pour trouver :
B ( r ) = µ0 N 2 ( R2 r ) .I

4/ Le flux à travers une section droite du solénoïde nécessite la somme de deux flux :
- Le flux à l’intérieur du solénoïde et qui est égal à :

A.FIZAZI

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229

Electromagnétisme

$ i = SB

$ i = R12 µ0 N 2 ( R2

R1 ) .I
S= R
- Le flux à travers les enroulements et pour lequel on choisit une couronne de rayon
et d’épaisseur d , telle que sa surface élémentaire soit dS = 2 rdr . On intègre l’expression
que nous avons trouvée dans 3/, de R1 à R2 . on obtient :
2
1

$2 =

R2

µ0 N 2 ( R2 r )I .2 rdr

$ 2 = µ0 N 2 I

R1

1 3
2
R2 R2 R12 + R13
3
3

Le flux total est donc :
$ = $1 + $ 2

1
µ0 N 2 I R23 R13
3

(

$=

)

Exercice 4.14 :
Le champ est radial et ne dépend que de la distance
qui est le rayon du cercle (voir
figure).
La circulation du champ magnétique sur toute la courbe % circulaire de rayon est:
C = B ( r ) dl C = 2 rB ( r )
%

On applique le théorème d’Ampère : 2 rB ( r ) = µ0 # I i
i

R3

M

B

I

R1


%

O

I

R2

Le point M est hors du câble ( r

R3 ) : l’intensité du courant entrant est égale à

l’intensité du courant sortant, la somme est donc nulle, d’où µ0 # I i = 0
i

Le point M est entre les deux conducteurs R2

r

B (r ) = 0 .

R3 :

R3
I1

R1


I

O

%

R2

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230

Electromagnétisme

L’intensité du courant entrant et traversant le contour % est I . On détermine l’expression
de l’intensité I1 du courant sortant, c'est-à-dire le courant qui revient en traversant le
contour % ; autrement dit le courant passant dans l’espace compris entre R2 et

I1 = J
I=J

(r
(R

2

2
3

R22 )

II

I1

R3
R2

(r

R2
R2

2

R22

)

I=J

(R

En appliquant le théorème d’Ampère, on trouve :
2 rB ( r ) = µ0 # I i = µ0 ( I

I1 )

i

2 r R32

R22

)

R22

Discussion :

µ0 I R32 r 2
2 r R32

2
3

µ0 I R32 r 2

B (r ) =

B (r ) =

R3

O
O

O

I1 = J

R2 ) .

r 2 R22
R32 R22

I1 = I

R22 )

(r

R22

Le point M à l’intérieur de l’isolant ( R1
seul qui passe à travers le contour % .

r

R3 : B ( r )

0

r

R2 : B ( r )

µ0 I

r

2
R2 ) : Dans ce cas, le courant entrant est le

R3

R1


I

O
%

R2

2 rB ( r ) = µ0 I

r

A.FIZAZI

R2 : B ( r )

B (r ) =

µ0 I
2 r

µ0 I
2 R2

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231

Electromagnétisme

Le point M à l’intérieur du conducteur r
R1
I2 O

R1 :
%

L’intensité du courant entrant qui traverse le contour % à l’intérieur de la région comprise
entre R1 et ( r R1 ) est égale à :

I2 = J r 2

I2 = I

I = J R12

r2
R22

On applique le théorème d’Ampère pour obtenir :
2 rB ( r ) = µ0 I 2
B (r ) =

µ0 I r
2

R12

µ0 I

R1 : B ( r )

r

2 R1
Suite aux résultats obtenus dans les deux questions précédentes, le champ est continu sur
toutes les surfaces qui séparent les différentes composantes du câble.
4/ Représentation graphique du champ magnétique B ( r ) en fonction de la distance :
B (r )
µ0 I
2 R1

µ0 I
2 R2
0

R1

R2

R3

Exercice 4.15 :
1/ Les équations différentielles régissant le mouvement du système.
Pour étudier le mouvement de la particule, on choisit le repère galiléen & O, u x , u y , u z .

(

)

La particule est soumise à son poids (qu’on néglige) et la force de Lorentz. La deuxième loi
de Newton nous permet d’écrire :
q
F = ma = q E + v B
a=
E +v B
m
On dispose des grandeurs vectorielles suivantes :
x
x
0
0

(

a y
z
A.FIZAZI

,

)

(

)

v y , B 0 , E E
z
B
0

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232

Electromagnétisme

L’accélération s’écrit alors :
' 0
x
q)
a y = )E E + v y
m
) 0
z
z
+
x

q
By
m
x
q
q
y=
E
Bx
m
m
z
0

0(
*
B 0*
B *,

q
B , on obtient un système d’équations différentielles qui régissent le
m
mouvement de la particule :

On posant ! =

x = ! y (1)
q
y = E ! x ( 2)
m
z = 0 ( 3)
2/ Les équations horaires de la trajectoires .
Vu les conditions initiales, l’équation ( 3) conduit à z = 0 .

Le mouvement s’effectue donc dan le plan xOy . L’intégration de l’équation (1) donne :
x = ! y + x ( 0)

Puisque la composante initiale de la vitesse est nulle ( x ( 0 ) = 0 ) , on obtient : x = ! y
En reportant ce dernier résultat dans l’équation ( 2 ) , on obtient l’équation différentielle
q
E
m
La solution de cette équation est :
q
q
y=
E + C cos !t + D sin !t =
E + C cos !t + D sin !t
2
m!
m!.!
Puisque :
q
m!
!= B B=
m
q
On a donc :
q
E
E=
=A
m!.!
B!

suivante : y + ! 2 y =

Dès lors, on peut écrire la solution de l’équation différentielle précédente sous la forme :
y = A + C cos !t + D sin !t
C et D sont les constantes d’intégration que nous devons déduire à partir des conditions
initiales. En effet :
y ( 0) = A + C = 0 C = A
y ( 0 ) = D! = 0

D=0

Finalement, on obtient :
y = A (1 cos !t )
A.FIZAZI

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233

Electromagnétisme

Et puisque x = ! y , on arrive à x = A! (1 cos !t )
L’intégration de cette dernière équation, en prenant en compte les conditions
initiales x ( 0 ) = 0 , nous donne :
x = A (!t sin !t )

3/ Forme de la trajectoire.
On dresse le tableau suivant :

x

0
0

y

0

!t

A / 2(

/2

2)

A

A

2

3 /2
A / 2 (3 2)

2 A

A

0

2A

Vu la périodicité des deux fonctions utilisées, on se contente dans notre étude de
l’intervalle que nous avons défini.
y

M1

2A
E
z

B

0
t =0

A
(
2

v1

A

2)

A
(3 + 2)
2

4/ L’intensité de la vitesse est :
v = x 2 + y 2 = A! '+ 2 (1 cos !t ) (,

1/ 2

A l’instant t =

!

5/ Utilisation du théorème de l’énergie cinétique.
On applique le théorème de l’énergie cinétique

!

= 2 A! sin

!t
2

, la vitesse est égale à :

v = 2 A! = 2

et t =

x

2 A

E
B

(

Ec = # Wi ) entre les instants 0

:
1 2
mv =
2

M1

0

(

)

M1

M1

0

0

q B + v B dl = qEdl = qEdy

1 2
mv = qE 2 A
2

D’où :

A.FIZAZI

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234

Electromagnétisme

E
B!
qB
!=
m
A=

q
Em
E2
v =4
E
=4 2
m
BqB
B

v=2

2

E
B

Exercice 4.16 :
1/ La position M - .
On étudie le mouvement de la particule dans le repère terrestre supposé galiléen. La
particule est soumise à trois forces : son poids (négligeable), la force magnétique et la force de
frottement. Le principe fondamental de la dynamique permet d’écrire :
F = ma = . v + qv B
On a les grandeurs vectorielles suivantes :
x
x
0

a y , v y , B 0
z
z
B
Ecrivons à présent l’accélération du mouvement :

.

x

x
q
y=
y+
y
m
m
z
z
z

.

x

0

x

0
B

y=
z

q
By
m
m
q
.
y
Bx
m
m
x+

.

z
m
En introduisant ! et / , on obtient un système d’équations différentielles qui régissent
le mouvement de la particule :
x
x=
+!y

/

y

y=

!x

/

z=

z

/

En intégrant les trois équations on obtient :
x
x=
+ ! y + v0

/

y=
z=

y

/

!x

z

/

La solution de la dernière équation différentielle, en tenant compte des conditions
initiales, et puisque le mouvement s’effectue dans le plan xOy , est :
z+

A.FIZAZI

1

/

z=0

z = K exp

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t

/

=0

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235

Electromagnétisme

La force magnétique est perpendiculaire au plan de la trajectoire de la particule, son
travail est donc nul. La force de frottement est la seule qui a un travail qui est résistant donc
négatif. L’énergie cinétique de la particule décroît et sa vitesse tend vers zéro. On a donc :
x =0
t
y =0
On obtient :
x
+ ! y + v0 = 0
x =

/

y

y =

!x = 0

/

Finalement on a :
x

/

+ ! y + v0 = 0
OM -

y

!x = 0

/

2/ L’équation polaire.
En coordonnées polaires :
r = M - M = OM
v=

/ v0
1 + ! 2/ 2
/ 2! v0
y =
1 + ! 2/ 2

x =

dOM
dt

z =0

OM - = ru r

dOM - d M - M d r
=
=
= ru r + r u
dt
dt
dt
0( t

(1)

)

Au début de cette solution, on a écrit la relation fondamentale de la dynamique :
.
q
ma = . v + qv B a =
v+ v B
m
m
.
.
q
q
a=
v + v Bu z =
v + Bv u z
m
m
m
m
L’intégration de la dernière expression nous donne :
dOM
.
q
v=
=
OM + B OM u z + v 0
dt
m
m
1
v=
OM + ! OM u z + v 0 ( 2 )

(

(

/

Quand t

)

, cette dernière équation s’écrit :
1
0=
OM - + ! OM -

/

)

(

)

u z + v0

( 3)

En soustrayant l’équations ( 2 ) de ( 3) membre à membre, on obtient:
v=
v=

Par la suite on obtient :

A.FIZAZI

1

/

(OM

) (

OM - + ! OM

OM -

)

uz

dOM d r
r
=
=
+ !r uz
dt
dt
/

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236

Electromagnétisme

v=

dr
1
=
r + !r uz
dt
/
v=

r

/

v=

dr
r
=
u r + !r u r u z
dt
/
u

( 4)

u r + ! ru

Par identification des équations (1) et ( 4 ) , membre à membre, on arrive à :
r=

/
=!

Après intégration on obtient :
r = K exp

t

/

= !t
Pour déterminer K , on sait qu’au temps t = 0 , la particule se trouve à l’origine du
repère. Cette origine se trouve à l’infini de la position M - . Autrement dit, par rapport au

point M - de coordonnées ( x , y
Nous avons donc :

) , les coordonnées de l’origine du repère sont (

r (t = 0) = x2 + y 2 =

v0/
1 + ! 2/ 2

x , y

).

=K

A la fin, on obtient :
r=

v0/
1 + ! 2/ 2

exp

!/

Ce résultat représente l’équation polaire d’une spirale logarithmique.

A.FIZAZI

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237

Electromagnétisme

Exercice 4.17 :
1/ La force électromotrice d’induction à l’intérieur de la bobine est e ( t ) =

d $ (t )

, le
dt
flux total du champ magnétique à travers la bobine est $ ( t ) = NSB ( t ) , où N représente le
nombre de spires, et S l’aire de la bobine. Donc :
dB ( t )
dB ( t )
e (t )
e ( t ) = NS
=
dt
dt
NS
Pour t 0 0 , e0 = 0 et B0 = 0 , donc B ( t ) = 0

Pour 0

t

t

t

0

0

4ms : B ( t ) = 25e dt = 25 ( +3) dt

B ( t ) = 25 e ( t ) dt

B ( t ) = 75t

A l’instant t = 4ms , B ( 4.10 3 s ) = 0,3T
Pour 4

t

8ms :

(

)

B ( t ) B 4.10 s = 25e
3

t

dt = 25 ( 3)

4.10

3

t

dt
4.10

3

(

)

B ( t ) B 4.10 3 s = 75t 0,3

A la fin, l’expression du champ magnétique instantané est : B ( t ) = 75t 0, 6
Pour t

(

)

8ms : e = 0 et B 8.103 = 0 , d’où B ( t ) = 0

2/ La figure suivante représente les variations du champ magnétique en fonction du temps.
B (T )
+3

O

4

8

t ( ms )

3

Exercice 4.18 :
Le champ magnétique B produit par un solénoïde parcouru par un courant électrique I
est égale à :
B = µ0 n1I
Le flux qui traverse la bobine est égal à :
$ = N 2 BS2 cos
Après remplacement de B , on obtient :
$ = N 2 S2 µ0 n1 cos I
L = N 2 S 2 µ0 n1 cos
$ = LI
Exercice 4.19 :
On suppose que le conducteur interne soit parcouru par le courant I 0 , dirigé vers l’avant ;
et le conducteur externe soit parcouru par le courant I 0 dirigé vers l’arrière.
de l’axe est, d’après la
Le champ magnétique produit en un point situé à la distance
règle d’Ampère, égal à :
A.FIZAZI

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238

Electromagnétisme

R1

R2

B.2 r = µ0 I

B=

µ0 I
2

I est égal à la somme des courants dans la spire de rayon .
On obtient le flux à travers une section droite de largeur d et de hauteur h , de la façon
suivante :
µ Ih R2 dr
dr
d $ = BdS = Bhdr = µ0 Ih
$= 0
R1 r
2 r
2
µ Ih R
$ = 0 ln 2
2
R1
On sait que le flux est proportionnel à l’induction propre $ = LI . Par identification des
deux expressions du flux obtenues, on arrive à l’expression de l’induction propre du câble :
µh R
L = 0 ln 2
R1
2

Exercice 4.20 :
Le champ magnétique produit par les deux conducteurs rectilignes en un point, situé à la
distance du premier et à la distance b
du second, est égal à :
d
I

I

h

B = µ0

b

I
2 r

+ µ0

I
2 (b r )

Le flux élémentaire de ce champ à travers un ruban d’épaisseur d et de hauteur h ,
parallèle au conducteur est :
hI 1
1
d $ = BS = Bhdr d $ = µ0
+
dr
2 r b r
Pour obtenir le flux complet, on doit intégrer de a à b a :
b a
b a
hI
1
1
hI '
b a
(
$ = µ0
+
dr $ = µ0
ln
r
ln
b
r
(
)
a
*
a ,
2 a r b r
2 +)
$ = µ0

hI

ln

b a
a

Dans le cas général, le flux d’un champ magnétique à travers une surface donnée est
$ = LI , tel que L représente le coefficient d’induction. Par identification, on obtient
l’induction propre de ce système qui est égal à :
A.FIZAZI

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Electromagnétisme

239

L = µ0

A.FIZAZI

h

ln

b a
a

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