Le bout d'un solénoïde : la moitié du champ, la moitié du flux

La stratégie. On ne sait pas calculer le champ d'un solénoïde semi-infini, mais on sait celui d'un solénoïde infini. On complète donc $\mathcal{S}$ par son image : la symétrie partage le champ connu en deux moitiés égales, pour la seule composante normale au plan de coupe.

1) Le solénoïde complété. La symétrie par rapport à $\Pi$, perpendiculaire à l'axe, conserve les vecteurs parallèles à $\Pi$ ; les courants orthoradiaux des spires lui sont parallèles : les spires images tournent dans le même sens. $\mathcal{S}\cup {\mathcal{S}}^{\prime }$ est donc un solénoïde infini, de champ $B_0{\overrightarrow{u}}_z$ pour $r<R$ et $\overrightarrow{0}$ pour $r>R$ (cours), en particulier dans le plan $\Pi$.

2) La moitié du champ, exactement. $\mathcal{S}$ et ${\mathcal{S}}^{\prime }$ sont images l'une de l'autre par $\Pi$, et un point $P$ de $\Pi$ est sa propre image. La règle du pseudo-vecteur de l'exercice 2, sous sa forme générale, dit que le champ de la distribution image, au point image, se déduit du champ de la distribution initiale en conservant la composante normale au plan et en renversant les composantes parallèles : $$B_{{\mathcal{S}}^{\prime },z}(P)=B_{\mathcal{S},z}(P),B_{{\mathcal{S}}^{\prime },r}(P)=-B_{\mathcal{S},r}(P).$$ En sommant, les composantes radiales se compensent et les composantes axiales s'ajoutent : $2B_{\mathcal{S},z}(P)$ vaut $B_0$ sur le disque $r<R$ et $0$ au-dehors. Donc $$B_z=\frac{B_0}{2}=\frac{{\mu }_{0}nI}{2}\text{ sur toute la face de sortie},$$ et $B_z=0$ dans le plan $\Pi$ hors du disque, sans aucun calcul intégral. La composante radiale $B_{\mathcal{S},r}$ n'est pas nulle, mais l'argument ne la donne pas : c'est elle qui fait s'épanouir les lignes.

3) La moitié du flux. Le flux à travers la face vaut $\frac{B_0}{2}\pi R^2=\frac{{\Phi }_0}{2}$. Prenons une surface fermée : un cylindre coaxial de rayon un peu supérieur à $R$, fermé loin dans le solénoïde (où entre le flux ${\Phi }_0$, le champ extérieur y étant nul) et par le plan $\Pi$ (où ne sort que ${\Phi }_0/2$, puisque $B_z=0$ hors du disque). Par le flux conservatif, le flux ${\Phi }_0/2$ manquant sort par les flancs, à travers l'enroulement, avant la face. Les lignes qui, loin dans le solénoïde, sont à moins de $R/\sqrt{2}$ de l'axe (elles portent la moitié du flux) sortent par la face ; les autres traversent l'enroulement. La ligne de partage atteint le bord de la face, puis suit le plan $\Pi$, qui hors du disque est fait de lignes de champ, puisque $B_z=0$ y est exact.

4) Vérification sur l'axe. Les spires comprises entre $z_s$ et $z_s+\mathrm{d}{z}_s$ portent $nI\mathrm{d}{z}_s$ et sont à la distance $u=z-z_s$ du point de l'axe. Par superposition des champs admis : $$B(z)={\int }_{-\infty }^0\frac{{\mu }_{0}nI}{2}\frac{R^2\mathrm{d}{z}_s}{(R^2+(z-z_s{)}^2{)}^{3/2}}=\frac{B_0}{2}{\int }_z^{+\infty }\frac{R^2\mathrm{d}u}{(R^2+u^2{)}^{3/2}}=\frac{B_0}{2}[\frac{u}{\sqrt{R^2+u^2}}{]}_z^{+\infty }=\frac{B_0}{2}(1-\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}).$$ En $z=0$, $B=B_0/2$ : on retrouve la question 2. Un rayon à l'intérieur, $B(-R)=\frac{B_0}{2}(1+\frac{1}{\sqrt{2}})=0,854B_0$ ; un rayon à l'extérieur, $B(R)=0,146B_0$ ; les deux valeurs sont symétriques autour de $\frac{1}{2}$, puisque $B(z)+B(-z)=B_0$ (c'est encore la question 1). Loin de la face, pour $z\gg R$, $1-\frac{z}{\sqrt{R^2+z^2}}\approx \frac{R^2}{2z^2}$, et $B\approx \frac{B_0{R}^2}{4z^2}$. Interprétation : le flux ${\Phi }_0$, amené par l'intérieur du solénoïde, se répartit autour de son extrémité comme autour d'une source ponctuelle, et $\frac{{\Phi }_0}{4\pi z^2}=\frac{B_0{R}^2}{4z^2}$. Le bout d'un long solénoïde se comporte comme un « pôle », de champ en $1/z^2$ ; le flux est conservé parce qu'il revient par l'intérieur du solénoïde.

5) L'IRM. Il faut $nI=\frac{B_0}{{\mu }_0}=\frac{1,5}{4\pi \times 10^{-7}}=1,19\times 10^6\mathrm{A}{\mathrm{m}}^{-1}$, par exemple $2000$ spires par mètre parcourues par $600\mathrm{A}$ : seul un bobinage supraconducteur le permet sans dissiper des mégawatts. La densité d'énergie vaut $\frac{B_0^2}{2{\mu }_0}=\frac{2,25}{2\times 4\pi \times 10^{-7}}=0,90\mathrm{MJ}{\mathrm{m}}^{-3}$, et $3,6\mathrm{MJ}{\mathrm{m}}^{-3}$ à $3\mathrm{T}$ (quatre fois plus : elle varie comme $B^2$) ; le volume du tunnel, de l'ordre du mètre cube, stocke donc quelques mégajoules. Dans ce modèle, un rayon avant l'entrée, à $45\mathrm{cm}$, le champ vaut déjà $0,15B_0=0,22\mathrm{T}$ ; à l'entrée, $0,75\mathrm{T}$ ; un rayon plus loin, $1,28\mathrm{T}$. L'essentiel de la variation se fait sur le rayon qui précède et sur celui qui suit l'entrée : c'est là que les objets en fer sont violemment attirés, d'où l'interdiction de les approcher. Limites : un vrai aimant est court (sa longueur vaut quelques rayons), et blindé par des bobines extérieures en sens inverse qui réduisent le champ de fuite ; le modèle donne l'échelle de la variation, pas le profil exact.

Ce que l'exercice installe. Compléter une distribution par son image pour retrouver une distribution connue, puis partager le champ par la règle du pseudo-vecteur : la composante normale au plan de coupe se partage exactement par moitié. Le flux conservatif dit où passe l'autre moitié du flux. Un résultat exact au bout d'un solénoïde, ${\mu }_{0}nI/2$, que la vérification sur l'axe confirme, et un comportement de « pôle » en $1/z^2$ loin de l'extrémité.