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Université du Maine Faculté des Sciences et Techniques Licence PHY/CHIM/E2I - L2 - S3 - Module PHY206 (Électromagnétisme)

Contrôle Continu - corrigé novembre 2005)1.Le système possédant la symétrie de révolution autour dezle champ magnétique

ne peut pas dépendre deφ. Il ne dépend donc que deret dez.2.Le champ magnétique est contenu dans les plans d"antisymétrie de ses causes et il

est orthogonal aux plans de symétrie de ses causes. Ici tout plan contenant l"axe Ozest un plan de symétrie pour le courant, par conséquent?Best forcément contenu dans un plan orthogonal àOzqui se trouve bien être un plan d"antisymétrie du courant. Vu la question précédente on en déduit que les lignes de champ de ?Bsont

des cercles d"axeOz.3.Le théorème d"Ampère dit que la circulation du champ magnétique le long d"un

circuit de contrôle quelconqueCest proportionnelle au flux des courants traversant toute surfaceSenserrée par ce même circuit I C ?B.?dl=μ0∑SI=μ0Z Z Sj?. ?dS Ici il est naturel de prendre une ligne de champ comme circuit de contrôle ; sur une ligne de champ ?Best constant et sort de l"intégrale. Nous obtenons donc pour un cercle de rayonrcentré enOet orthogonal àOz, à l"intérieur du dispositif (àN spires) I C ?B.?dl=μ0NI

2πrB=μ0NI

d"où la formule demandée.4.De même en dehors du dispositif les intensités électriques se compensent et le flux

total des courants est nul. Vu que le théorème d"Ampère est valable quel que soit le

contourCemployé il faut que?Bsoit nul pour que ce théorème soit vérifié.5.En magnétostatique la forme locale du théorème d"Ampère s"obtient par une appli-

cation de la formule de Stokes qui donne rot?B=μ0j? En dehors du dispositif il n"y a pas de courant et ?Best nul ; la formule est donc vérifiée.

À l"intérieur du dispositif

B=μ0IN2πr?eφ

seule la composanteBφest donc non nulle et seule la dérivée selonrde cette com- posante sera non nulle a priori. rot?B=1r ∂(rBφ)∂r?ez rot?B=1r ∂(rμ0IN2πr)∂r?ez rot?B=1r ∂(μ0IN2π)∂r?ez rot?B=?0 ce qui est normal car à l"intérieur (strictement) du dispositif il n"y a pas non plus de courants.6.on suppose que ?B=?rot?A.

Par symétrie

?Ane dépend lui non plus que deret dezà l"intérieur de la bobine. De plus il est contenu dans les plans de symétrie de ses causes (ici, le courant) : il est

donc parallèle àOz.(a)En reprenant l"expression du rotationnel pour la seule composante non nulle

de ?Bsuivant?eφon obtient La dépendance enzdeArse réduit donc à une constante que nous pouvons prendre nulle et pourAzon obtient ∂(Az)∂r=μ0IN2πr A z=-μ0IN2πlnr+K avecKconstante.(b)Calculons la circulation de ?Ale long du circuit donné ; seuls les côtés paral- lèles àOzdonneront une circulation non nulle. I C

2?A.?dl=-Z

c

0dzμ0IN2πlnR+Z

c

0dzμ0IN2πln(R+c)

I C

2?A.?dl=cμ0IN2π(ln(R+c)-ln(R))

en orientant le circuit dans le sens trigonométrique sur la figure donnée.

Calculons le flux de

?Bà travers ce même circuit ;?dSsera colinéaire à?eφet opposé en sens ; il y aura une dépendance triviale enzmais non triviale enr. Z Z S

2?B.?dS=-Z

R+c RdrZ c

0dzμ0IN2πr

Z Z S

2?B.?dS=-Z

R+c

Rdrcμ0IN2πr

Z Z S

2?B.?dS=cμ0IN2π(ln(R+c)-ln(R))

et on retrouve bien le même résultat comme l"on s"y attendait avec le théorème de Stokes I C ?A.?dl=Z Z S

?rot?A.?dS7.(a)Entre l"intérieur et l"extérieur du solénoïde l"on attend une discontinuité de la

composante tangentielle du champ

B2t-?B1t=μ0j?

s??n où?nest le vecteur normal à la surface, ici?er, avec continuité de la composante normale.(b)Ici le courant surfacique est tel que

NI=Z Zj?.

?dS=Zj? s.?dl en intégrant sur la plus grande dimension du dispositif (ici sa circonférence). Si nous considérons que le dispositif a une petite épaisseureen se plaçant au bord extérieur

NI=j2πRe=jse

donc j s=NI2πR?ez près du bord extérieur comme le champ est nul à l"extérieur et qu"il vautμ0NI2πR?eφà l"intérieur, en calculant?ez??non retrouve bien l"expression de la discontinuité.(c)voir le cours (d)voir le cours

8.La valeur maximale est obtenue au centre (donc pourr1). Attention à tout convertir

en mètres.quotesdbs_dbs35.pdfusesText_40

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