Feuille d'entraînement : Magnétostatique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2025, Q27

   1. Propriétés d'un matériau ferromagnétique idéal et champ dans l'entrefer

   Un matériau ferromagnétique idéal se caractérise par :

   • une perméabilité magnétique relative infinie (\mu_r \to \infty), ce qui implique que pour une induction \vec{B} finie, l'excitation magnétique est nulle dans le matériau : \vec{H}_{\text{fer}} = \vec{0} ;
   • un cycle d'hystérésis d'aire nulle (absence de champ rémanent et de champ coercitif, pas de pertes par hystérésis) ;
   • l'absence de courants de Foucault (matériau parfaitement feuilleté ou de conductivité électrique nulle).

   À l'interface entre le matériau ferromagnétique et l'air de l'entrefer (assimilé au vide de perméabilité \mu_0), en l'absence de courants surfaciques libres, la composante tangentielle de l'excitation magnétique est continue :

   H_{\text{entrefer}, t} = H_{\text{fer}, t} = 0

   Par conséquent, dans l'entrefer, la composante tangentielle de l'induction magnétique est nulle : B_t = \mu_0 H_{\text{entrefer}, t} = 0. Comme l'entrefer est d'épaisseur très faible devant le rayon r, les lignes de champ sont partout orthogonales aux surfaces cylindriques en regard. Le champ magnétique en tout point M de l'entrefer est donc purement radial :

   \boxed{\vec{B}(M) = B(M)\,\vec{e}_r}

   2. Relation entre \omega et \Omega

   Le rotor tourne à la vitesse angulaire mécanique \Omega. Le champ magnétique créé par l'enroulement d'excitation tourne à la même vitesse \Omega dans le référentiel du stator.

   Pour une machine comportant p paires de pôles, une rotation mécanique complète du rotor (2\pi\text{ rad}) correspond à p alternances électriques complètes de la force électromotrice induite dans chaque enroulement statorique. Le synchronisme entre le champ tournant et les courants alternatifs de pulsation \omega impose donc la condition :

   \boxed{\omega = p\,\Omega}

   D'après le tableau de données, la machine possède 2 pôles, soit p = 1 paire de pôles. La relation de synchronisme devient simplement :

   \omega = \Omega

   3. Application numérique pour la vitesse nominale \Omega_n

   La pulsation des courants est liée à la fréquence nominale f = 50\text{ Hz} par \omega = 2\pi f :

   \Omega_n = \omega = 2\pi f = 2\pi \times 50 \approx 314\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   En exprimant cette vitesse en tours par minute :

   n_n = \frac{\Omega_n}{2\pi} \times 60 = f \times 60 = 50 \times 60 = 3000\text{ tr}\cdot\text{min}^{-1}

   \boxed{\Omega_n = 314\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1} = 3000\text{ tr}\cdot\text{min}^{-1}}

   Résultat

   $$\vec{B}(M)=B(M){\vec{e}}_r$$

   $$\omega =p\Omega$$

   $${\Omega }_n=314\text{ rad}\cdot {\text{s}}^{-1}=3000\text{ tr}\cdot {\text{min}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q15

   1. Direction du champ magnétique \vec{B}(M) :

   Considérons le point M(r, \theta, z) repéré en coordonnées cylindriques de base locale (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta, \vec{e}_z).

   • Le plan \Pi_s = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_z), qui contient l'axe du fil (Oz) et le point M, est un plan de symétrie pour la distribution de courant : la réflexion plane par rapport à \Pi_s laisse le fil invariant et conserve le vecteur densité de courant \vec{\jmath} = j(r)\,\vec{e}_z.

   • Le champ magnétique \vec{B} étant un pseudo-vecteur (vecteur axial), en tout point M appartenant à un plan de symétrie des courants \Pi_s, le champ magnétique est orthogonal à ce plan :

     \vec{B}(M) \perp \Pi_s \iff \vec{B}(M) = B_\theta(M)\,\vec{e}_\theta

   Le champ magnétique \vec{B}(M) est donc orthoradial, c'est-à-dire dirigé selon le vecteur unitaire \vec{e}_\theta.

   2. Invariances et dépendance spatiale :

   • Le fil étant supposé infini, la distribution de courant est invariante par toute translation selon (Oz) : le champ ne dépend pas de z.
   • La distribution présente une invariance par rotation autour de l'axe (Oz) (symétrie axiale) : le champ ne dépend pas de \theta.

   Le champ magnétique ne dépend donc que de la distance radiale r :

   \vec{B}(M) = B_\theta(r)\,\vec{e}_\theta

   3. Projection de \vec{B} sur la base locale cylindrique :

   Appliquons le théorème d'Ampère sur un contour circulaire \mathcal{C} d'axe (Oz), de rayon r, passant par M et orienté selon \vec{e}_\theta :

   \begin{aligned} \oint_{\mathcal{C}} \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} &= \int_0^{2\pi} B_\theta(r)\,(r\,\mathrm{d}\theta) = 2\pi r B_\theta(r) \end{aligned}

   Le contour \mathcal{C} enlace le fil orienté par le courant I dans le sens de \vec{e}_z. D'après la règle du tire-bouchon de Maxwell, le courant algébrique enlacé est I_{\text{enl}} = +I. Le théorème d'Ampère s'écrit :

   2\pi r B_\theta(r) = \mu_0 I \implies B_\theta(r) = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}

   La projection du champ magnétique \vec{B} sur la base locale cylindrique s'écrit donc :

   \boxed{\vec{B}(M) = \begin{pmatrix} B_r \\ B_\theta \\ B_z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \dfrac{\mu_0 I}{2\pi r} \\ 0 \end{pmatrix}}

   Résultat

   $$\vec{B}(M)=\left(\begin{array}{c}{B}_r\\ B_{\theta }\\ B_z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ \frac{{\mu }_{0}I}{2\pi r}\\ 0\end{array}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 1 PSI 2025, Q17

   La force de Laplace élémentaire subie par un élément de conducteur filiforme \mathrm{d}\vec{\ell}, parcouru par un courant d'intensité I et plongé dans un champ magnétique extérieur \vec{B}, s'écrit :

   \mathrm{d}\vec{F}_L = I\,\mathrm{d}\vec{\ell} \wedge \vec{B}

   Pour un conducteur filiforme orienté dans le sens du courant, la force totale est :

   \vec{F}_L = \int I\,\mathrm{d}\vec{\ell} \wedge \vec{B}

   Pour un barreau rectiligne de vecteur longueur \vec{d} reliant les deux rails dans un champ uniforme \vec{B}, cette expression devient :

   \vec{F}_L = I\,\vec{d} \wedge \vec{B}

   Appliquons le principe fondamental de la dynamique au projectile de masse m dans le référentiel du laboratoire supposé galiléen. En négligeant les frottements et le poids (justifié à la question Q16), la force propulsive est uniquement la force de Laplace :

   m\vec{a} = \vec{F}_L = I\,\vec{d} \wedge \vec{B}

   En norme, la force propulsive vérifie :

   F_L = I\,d\,B |\sin\theta| = m a

   où \theta désigne l'angle entre le vecteur longueur \vec{d} (porté par l'axe transversal reliant les deux rails) et le champ magnétique \vec{B}.

   Pour obtenir l'accélération a souhaitée avec une intensité de champ magnétique minimale B_0, il faut maximiser la force de Laplace pour un champ donné. Il convient donc de choisir :

   1. un champ \vec{B} orthogonal à la tige transversale (\sin\theta = 1) ;
   2. un champ \vec{B} orthogonal à la direction des rails, de sorte que la force \vec{F}_L = I\,\vec{d}\wedge\vec{B} soit entièrement colinéaire à l'axe du canon (direction de l'accélération \vec{a}).

   Sous ces conditions optimales, m a = I d B_0, ce qui donne :

   \boxed{B_0 = \frac{m a}{I d}}

   Résultat

   $$B_0=\frac{ma}{Id}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CCINP Physique-Chimie PSI 2024, Q28

   D'après le principe de superposition, le champ magnétique total \vec{B}_S créé par les deux enroulements du stator dans l'entrefer s'écrit :

   \vec{B}_S(\theta, t) = \vec{B}_{S_1}(\theta, t) + \vec{B}_{S_2}(\theta, t)

   En remplaçant les expressions des courants imposés i_{S_1}(t) et i_{S_2}(t) :

   \begin{aligned} \vec{B}_S(\theta, t) &= K_S \left[ i_{S_1}(t) \cos\theta + i_{S_2}(t) \sin\theta \right] \vec{e}_r \\ &= K_S I_{S\max} \left[ \cos(\omega_s t) \cos\theta + \sin(\omega_s t) \sin\theta \right] \vec{e}_r \end{aligned}

   En posant B_{S0} = K_S I_{S\max} et en utilisant la relation trigonométrique fournie \cos(a-b) = \cos a \cos b + \sin a \sin b avec a = \theta et b = \omega_s t :

   \boxed{\vec{B}_S(\theta, t) = B_{S0} \cos(\theta - \omega_s t)\,\vec{e}_r}

   Caractère tournant du champ :

   En tout instant t, la composante radiale présente un extremum positif (le pôle Nord statorique) pour la position angulaire \theta_{\max}(t) telle que :

   \theta_{\max}(t) - \omega_s t = 0 \pmod{2\pi} \quad \implies \quad \theta_{\max}(t) = \omega_s t

   La distribution angulaire du champ magnétique se déplace donc rigidement le long de la périphérie de l'entrefer dans le sens trigonométrique à la vitesse angulaire constante :

   \boxed{\omega = \omega_s}

   Il s'agit donc bien d'un champ magnétique tournant à la pulsation des courants d'alimentation.

   Résultat

   $${\vec{B}}_S(\theta ,t)=B_{S0}\cos (\theta -{\omega }_{s}t){\vec{e}}_r$$

   $$\omega ={\omega }_s$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q30

   Un milieu ferromagnétique doux est un matériau magnétique caractérisé par un cycle d'hystérésis très étroit :

   • son champ coercitif H_{\mathrm{c}} et son aimantation rémanente sont très faibles, de sorte qu'il s'aimante et se désaimante aisément sans dissiper d'énergie significative par hystérésis ;
   • sa perméabilité magnétique relative est très élevée (\mu_{\mathrm{r}} \gg 1).

   L'hypothèse de comportement linéaire consiste à négliger l'hystérésis et à supposer que le matériau ne s'approche pas de la saturation magnétique : la courbe de première aimantation est modélisée par une droite passant par l'origine.

   Au sein d'un tel milieu (supposé de plus linéaire, homogène et isotrope), les vecteurs induction magnétique \vec{B} et excitation magnétique \vec{H} sont colinéaires et proportionnels :

   \boxed{\vec{B} = \mu \vec{H} = \mu_0 \mu_{\mathrm{r}} \vec{H}}

   où \mu_0 est la perméabilité magnétique du vide et \mu_{\mathrm{r}} la perméabilité magnétique relative du matériau (avec \mu_{\mathrm{r}} \gg 1).

   Résultat

   $$\vec{B}=\mu \vec{H}={\mu }_0{\mu }_{\mathrm{r}}\vec{H}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6E3A Physique-Chimie PSI 2024, Q31

   On formule les hypothèses classiques d'étude d'un circuit magnétique :

   • Absence de fuites magnétiques : les lignes de champ de \vec{B} sont entièrement canalisées à l'intérieur du matériau ferromagnétique et traversent les deux entrefers.
   • Absence d'épanouissement dans les entrefers : les entrefers sont d'épaisseur x faible devant les dimensions transverses de la section (\sqrt{S}), de sorte que la section du faisceau reste égale à S dans l'entrefer.
   • Uniformité : le champ \vec{B} est supposé uniforme sur toute section droite.

   D'après l'équation de Maxwell-Thomson \mathrm{div}\,\vec{B} = 0, le flux du champ magnétique \Phi = \iint_S \vec{B} \cdot \mathrm{d}\vec{S} se conserve le long du tube de flux. La section S étant constante, l'intensité du champ magnétique est identique dans le ferromagnétique et dans les entrefers :

   B_{\text{ferro}} = B_{\text{entrefer}} = B(x)

   D'après la question Q30, les lois de comportement des milieux s'écrivent :

   • dans le ferromagnétique doux : \vec{B} = \mu_0 \mu_{\mathrm{r}} \vec{H}_{\text{ferro}}, soit H_{\text{ferro}} = \dfrac{B(x)}{\mu_0 \mu_{\mathrm{r}}} ;
   • dans l'air constituant l'entrefer (\mu_{\mathrm{r,air}} \approx 1) : \vec{B} = \mu_0 \vec{H}_{\text{air}}, soit H_{\text{air}} = \dfrac{B(x)}{\mu_0}.

   On applique le théorème d'Ampère au vecteur excitation magnétique \vec{H} sur un contour fermé \mathcal{C} suivant la ligne de champ moyenne du circuit, orientée dans le sens de \vec{B} :

   \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = I_{\text{enlacé}} = N I

   Le contour \mathcal{C} traverse une longueur \ell de matériau ferromagnétique et deux entrefers de longueur x chacun (voir figure 13). La circulation de \vec{H} se décompose donc selon :

   \begin{aligned} \oint_{\mathcal{C}} \vec{H} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} &= H_{\text{ferro}} \ell + 2 H_{\text{air}} x \\ &= \frac{B(x)}{\mu_0 \mu_{\mathrm{r}}} \ell + 2 \frac{B(x)}{\mu_0} x \\ &= \frac{B(x)}{\mu_0 \mu_{\mathrm{r}}} \left( \ell + 2\mu_{\mathrm{r}} x \right) \end{aligned}

   En égalant à N I, on obtient :

   \frac{B(x)}{\mu_0 \mu_{\mathrm{r}}} \left( \ell + 2\mu_{\mathrm{r}} x \right) = N I

   D'où l'expression recherchée :

   \boxed{B(x) = \frac{\mu_0 \mu_{\mathrm{r}} N I}{\ell + 2 \mu_{\mathrm{r}} x}}

   Résultat

   $$B(x)=\frac{{\mu }_0{\mu }_{\mathrm{r}}NI}{\ell +2{\mu }_{\mathrm{r}}x}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique-Chimie PSI 2023, Q28

   Le milieu étant linéaire, le champ magnétique total créé dans l'entrefer par les deux bobines du stator s'obtient par le principe de superposition :

   \vec{B}_{p=1}(\theta, t) = \vec{B}_{a,p=1}(\theta, t) + \vec{B}_{b,p=1}(\theta, t)

   En remplaçant les expressions des champs créés par chaque bobine :

   \vec{B}_{p=1}(\theta, t) = K \left[ i_a(t) \cos(\theta) + i_b(t) \sin(\theta) \right] \vec{\mathrm{e}}_r

   En injectant les expressions des courants d'alimentation i_a(t) = I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos(\omega_{\mathrm{s}}t) et i_b(t) = I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\sin(\omega_{\mathrm{s}}t) :

   \vec{B}_{p=1}(\theta, t) = K I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2} \left[ \cos(\omega_{\mathrm{s}}t)\cos(\theta) + \sin(\omega_{\mathrm{s}}t)\sin(\theta) \right] \vec{\mathrm{e}}_r

   D'après la formule trigonométrique \cos(a-b) = \cos(a)\cos(b) + \sin(a)\sin(b), il vient :

   \boxed{\vec{B}_{p=1}(\theta, t) = K I_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos(\omega_{\mathrm{s}}t - \theta)\,\vec{\mathrm{e}}_r}

   Caractère tournant, vitesse et sens de rotation Un point d'amplitude maximale (ou de phase constante \varphi) du champ magnétique radial vérifie la condition :

   \omega_{\mathrm{s}}t - \theta(t) = \varphi = \text{cte} \quad \implies \quad \theta(t) = \omega_{\mathrm{s}}t - \varphi

   La répartition spatiale du champ conserve une forme sinusoïdale invariable qui se déplace le long de l'entrefer : il s'agit donc bien d'un champ tournant.

   • Sa vitesse angulaire de rotation est :

     \boxed{\Omega_{\mathrm{s}} = \frac{\mathrm{d}\theta}{\mathrm{d}t} = \omega_{\mathrm{s}}}

     ce qui correspond à une fréquence de rotation N_{\mathrm{s}} = \dfrac{\omega_{\mathrm{s}}}{2\pi} = f_{\mathrm{s}}.

   • Puisque \theta(t) croît avec le temps t, le champ tourne dans le sens trigonométrique (sens direct, orienté par +\vec{\mathrm{e}}_z, de la bobine a vers la bobine b).

   Résultat

   $${\vec{B}}_{p=1}(\theta ,t)=K{I}_{\mathrm{Seff}}\sqrt{2}\cos ({\omega }_{\mathrm{s}}t-\theta ){\vec{\mathrm{e}}}_r$$

   $${\Omega }_{\mathrm{s}}=\frac{\mathrm{d}\theta }{\mathrm{d}t}={\omega }_{\mathrm{s}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q1

   Considérons un conducteur cylindrique d'axe Oz, de longueur L et de section droite constante S. Le courant d'intensité I est supposé uniformément réparti sur la section et orienté selon l'axe du cylindre, de sorte que la densité volumique de courant est uniforme :

   \vec{\jmath} = \frac{I}{S} \, \vec{u}_z

   D'après la loi d'Ohm locale, le champ électrique à l'intérieur du conducteur s'écrit :

   \vec{E} = \frac{\vec{\jmath}}{\gamma} = \frac{I}{\gamma S} \, \vec{u}_z

   La différence de potentiel aux bornes du cylindre s'obtient par circulation de ce champ électrique le long d'une ligne de courant :

   U = \int_0^L \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = E L = \frac{L}{\gamma S} I

   Par définition de la résistance électrique R = \frac{U}{I}, on en déduit :

   \boxed{R = \frac{L}{\gamma S}}

   Résultat

   $$R=\frac{L}{\gamma S}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q10

   Considérons un électron de masse m_e et de charge -e, décrivant une trajectoire circulaire de rayon r à la vitesse scalaire constante v. La période de révolution est :

   T = \frac{2\pi r}{v}

   Le passage périodique de cette charge à travers une section de la trajectoire équivaut à un courant électrique continu moyen d'intensité :

   I = \frac{e}{T} = \frac{e v}{2\pi r}

   La boucle de courant délimite une surface plane d'aire S = \pi r^2. La norme du moment magnétique orbital associé vaut donc :

   \mu_e = I S = \left(\frac{e v}{2\pi r}\right) (\pi r^2) = \frac{1}{2} e v r

   Par ailleurs, le moment cinétique de l'électron calculé au centre de la trajectoire (noyau immobile) est orthogonal au plan de la trajectoire et sa norme s'écrit :

   \sigma_e = \|\vec{r} \wedge (m_e \vec{v})\| = m_e v r

   d'où le produit v r = \frac{\sigma_e}{m_e}. On en déduit la relation entre moment magnétique et moment cinétique :

   \mu_e = \frac{e}{2 m_e} \sigma_e

   Compte tenu de la condition de quantification imposée par le modèle de Bohr, \sigma_e = \hbar, on obtient :

   \boxed{\mu_e = \frac{e \hbar}{2 m_e}}

   Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

   • e = 1{,}60 \times 10^{-19}\ \text{C}
   • \hbar = 1{,}055 \times 10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}
   • m_e = 9{,}0 \times 10^{-31}\ \text{kg}

   \mu_e = \frac{1{,}60 \times 10^{-19} \times 1{,}055 \times 10^{-34}}{2 \times 9{,}0 \times 10^{-31}} \approx 9{,}38 \times 10^{-24}\ \text{A}\cdot\text{m}^2

   En conservant deux chiffres significatifs (précision sur m_e) :

   \boxed{\mu_e \approx 9{,}4 \times 10^{-24}\ \text{A}\cdot\text{m}^2 \quad (\text{ou }\text{J}\cdot\text{T}^{-1})}

   Résultat

   $${\mu }_e=\frac{e\hslash }{2m_e}$$

   $${\mu }_e\approx 9,4\times 10^{-24}\text{A}\cdot {\text{m}}^2(\text{ou }\text{J}\cdot {\text{T}}^{-1})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2023, Q14

    Soit un point M(r, \theta, z) à l'intérieur du tore.

    Le plan méridien passant par M, défini par la base (\vec{e}_r, \vec{e}_z), est le plan de coupe contenant la section du tore. Les spires étant enroulées autour du tore et leur nombre N_t = 500 étant élevé, on peut négliger le pas de l'hélice d'enroulement : les lignes de courant sont contenues dans ces plans méridiens.

    Le plan méridien (M, \vec{e}_r, \vec{e}_z) est donc un plan de symétrie de la distribution de courant électrique :

    \mathcal{P}_s = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_z).

    Le champ magnétique \vec{B} et le champ d'excitation magnétique \vec{H} étant des vecteurs axiaux (ou pseudovecteurs), ils sont orthogonaux en tout point d'un plan de symétrie de leurs sources de courant.

    Le vecteur unitaire orthogonal au plan méridien étant \vec{e}_\theta, on en déduit :

    \boxed{\vec{H} = H\,\vec{e}_\theta \quad \text{et} \quad \vec{B} = B\,\vec{e}_\theta}

    Cette colinéarité est par ailleurs cohérente avec la relation constitutive linéaire et isotrope \vec{B} = \mu_0 \mu_r \vec{H}.

    Résultat

    $$\vec{H}=H{\vec{e}}_{\theta }\text{et}\vec{B}=B{\vec{e}}_{\theta }$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question