22Électromagnétisme dans la matière

Solution de Exercice 22.1.

(a) $+P$ sur la face vers laquelle pointe $\vect P$, $-P$ sur l’autre. (b) Deux nappes infinies $\pm P$ produisent entre elles $P/\varepsilon_0$, dirigé du $+$ vers le $-$, soit contre $\vect P$. (c) $\vect D = \varepsilon_0\vect E + \vect P = 0$ — comme il se doit : pas de charge libre, et la composante normale de $\vect D$ est continue depuis le vide extérieur. (d) Un aimant droit : densité de dipôles figée, champ entretenu par ses propres sources liées.

Solution de Exercice 22.2.

(a) $C = \varepsilon_{\text{r}}C_0 = 400\,\mathrm{pF}$. (b) $Q = 1.2\,\mathrm{nC}$ est piégée : $V = Q/C = 3\,\mathrm{V}$. (c) $\tfrac12C_0V_0^2 = 7.2\,\mathrm{nJ}$ avant, $1.8\,\mathrm{nJ}$ après : les $5.4\,\mathrm{nJ}$ manquantes sont devenues du travail mécanique — le champ de bord aspire la lame. (d) Pile branchée : $V$ reste à $12\,\mathrm{V}$, $Q$ quadruple, l’énergie monte à $28.8\,\mathrm{nJ}$ — la pile paie à la fois la nouvelle énergie de champ et l’attraction.

Solution de Exercice 22.3.

L’eau : diamagnétique — tous les électrons appariés, seulement une opposition induite par Larmor. L’aluminium : paramagnétique (spins des électrons de conduction). L’oxygène liquide : fortement paramagnétique — O$_2$ porte deux électrons non appariés (remplissage selon la règle de Hund de ses orbitales antiliantes, Chapitre 14) ; il colle visiblement entre les pôles d’un aimant. Le nickel : ferromagnétique. L’aimant attire visiblement le nickel et l’oxygène liquide, et repousse très légèrement l’eau — le creux qu’un aimant puissant fait dans une surface d’eau.

Solution de Exercice 22.4.

(a) $H = nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (b) $M = B/\mu_0 - H = 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (c) $B/\mu_0H \approx 420$. (d) Le courant lié de surface équivalent vaut $M \approx 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}$ par mètre — quatre cents fois le $nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ propre de la bobine : c’est le fer qui fait presque tout le travail.

Solution de Exercice 22.5.

(a) Une surface de Gauss cylindrique n’enferme que la charge libre : $D = \lambda/2\pi r$, radial. (b) $E = \lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}r$, $P = (\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/2\pi\varepsilon_{\text{r}}r$. (c) $\sigma_{\text{b}}(a) = -P(a)$ : par unité de longueur $-(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$ ; en $r = b$, $+P(b)$ : par unité de longueur $+(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$ — somme nulle, comme toute charge liée doit l’être. (d) $V = \int E\,\dd r = (\lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}})\ln(b/a)$, donc $C/\ell = 2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}/\ln(b/a)$ : multipliée par $\varepsilon_{\text{r}}$.

Solution de Exercice 22.6.

(a) $n = P/k_{\text{B}}T = 2.4 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$, donc $\alpha/\varepsilon_0 = \chi/n \approx 2.2 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{3}$ — le volume d’une sphère de rayon $\approx1.7\,\text{Å}$ : la polarisabilité est un volume atomique, en unités de $\varepsilon_0$. (b) $n\alpha/3\varepsilon_0 = 0.15$, donc $(\varepsilon_{\text{r}} - 1)/(\varepsilon_{\text{r}} + 2) = 0.15$ donne $\varepsilon_{\text{r}} = 1.53$ — pile la valeur mesurée. (c) La correction de champ local ne pèse que 15 % ici ; l’argon est apolaire, donc aucune contribution d’orientation ne peut s’emballer. (d) Les molécules polaires (eau, HCl) : les dipôles permanents dominent et interagissent ; la théorie de Langevin–Debye (et, pour les liquides denses, d’Onsager) remplace le simple argument de la cavité.

Solution de Exercice 22.7.

(a) $\chi_{\text{e}} = np^2/3\varepsilon_0k_{\text{B}}T \approx 11.5$. (b) $E = k_{\text{B}}T/p \approx 6.7 \times 10^{8}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ — dix fois le champ de claquage : l’eau opère toujours bien à l’intérieur du régime linéaire. (c) À $2.45\,\mathrm{GHz}$ les dipôles suivent presque, mais avec du retard : la part en quadrature de la réponse fournit un travail net sur l’eau à chaque cycle — le chauffage diélectrique. Dans la glace, les molécules sont verrouillées au réseau ; leur relaxation de rotation se situe au kilohertz, si bien qu’au gigahertz la glace absorbe à peine (les cycles de décongélation pulsent doucement, laissant l’eau fondue chauffer). (d) L’eau : négatif (réponse d’orientation en $1/T$) ; l’argon : essentiellement nul — la polarisabilité induite se moque de la température.

Solution de Exercice 22.8.

(a) Le décalage de Larmor change le courant circulant de $\Delta I = -e\Delta\omega/2\pi = -e^2B/4\pi m_{\text{e}}$, d’où $\Delta\mu = \Delta I\cdot\pi r^2 = -e^2r^2B/4m_{\text{e}}$, opposé à $\vect B$ quel que soit le sens d’orbite de l’électron — la loi de Lenz à l’échelle atomique. (b) Avec les nombres donnés, $\chi_{\text{m}} \approx -9.5\times10^{-6}$ : le $-9\times10^{-6}$ mesuré, à partir d’un modèle d’anneau. (c) Le moment induit vient de la déformation de l’orbite, non d’une compétition de Boltzmann entre alignement et désordre — aucun $T$ nulle part. (d) L’eau est diamagnétique, donc la grenouille est poussée vers le champ faible ; la densité de force $\propto \chi\,\nabla(B^2/2\mu_0)$ s’annule en champ uniforme — la lévitation exige un $B\,\dd B/\dd z$ assez grand pour équilibrer $\rho g$, d’où l’alésage de $16\,\mathrm{T}$.

Solution de Exercice 22.9.

(a) $\chi_{\text{m}} = \mu_0n\mu_{\text{B}}^2/3k_{\text{B}}T \approx 1.7\times10^{-5}$ à $300\,\mathrm{K}$, $5\times10^{-3}$ à $1\,\mathrm{K}$. (b) Par extrapolation, $\chi \to 1$ vers $5\,\mathrm{mK}$ — mais les couplages dipolaires et d’échange ordonnent (ou gèlent) les sels réels avant : la loi de Curie est une loi de haute température. (c) Aimantée à $1\,\mathrm{K}$, l’entropie de spin est expulsée vers le bain ; une fois isolé, $S$ est fixée, et abaisser $B$ laisse les spins reprendre leur $k_{\text{B}}\ln 2$ chacun — l’énergie vient du réseau, dont la température chute (des millikelvins en pratique). (d) Les spins d’un ferroaimant s’ordonnent d’eux-mêmes sous $T_{\text{c}}$ : leur entropie n’est plus pilotée par le champ, et l’hystérésis dissiperait au lieu de refroidir.

Solution de Exercice 22.10.

(a) $NI = B(\ell/\mu_0\mu_{\text{r}} + e/\mu_0)$ : avec l’équivalent $\ell/\mu_{\text{r}} = 0.15\,\mathrm{mm}$ contre $e = 4\,\mathrm{mm}$, $NI \approx 3960$ ampères-tours, $I \approx 7.9\,\mathrm{A}$. (b) $4/4.15 \approx 96\,\%$ de l’effort traverse l’entrefer. (c) $\Phi = NI/(\mathcal R_{\text{fer}} + \mathcal R_{\text{gap}})$ avec $\mathcal R = \ell/\mu A$ : la force magnétomotrice $NI$ joue la tension, le flux joue le courant, la réluctance joue la résistance — ici $\mathcal R_{\text{gap}} \approx 2.0\times10^{6}\,\mathrm{H}^{-1} \approx 27\,\mathcal R_{\text{fer}}$. (d) Au-delà de $1.8\,\mathrm{T}$, le $\mu_{\text{r}}$ incrémental du fer s’effondre vers 1 : sa réluctance monte en flèche, un courant supplémentaire n’achète presque plus de flux, et un moteur poussé là cesse de gagner du couple pendant que ses bobinages cuisent.

Solution de Exercice 22.11.

(a) $P = wfV = 40\times50\times4 \times 10^{-3} = 8\,\mathrm{W}$ — acceptable. (b) $1.2\,\mathrm{kW}$ : le noyau rougirait ; l’acier dur est disqualifié du service alternatif par sa vertu même. (c) Les forces électromotrices de Foucault croissent avec l’aire des boucles et avec $f$ ; feuilleter (ou pulvériser, ou employer des ferrites isolantes) hache les boucles et taille dans la perte en $f^2$ — et c’est pourquoi les ferrites règnent au mégahertz. (d) La mémoire veut que la barrière du bit stocké vérifie $\sim\mu_0H_{\text{c}}M_{\text{s}}V \gg k_{\text{B}}T$ pendant une décennie (la limite superparamagnétique), soit un $H_{\text{c}}$ aussi grand que l’écriture le permet ; un transformateur veut $H_{\text{c}} \to 0$ pour une boucle mince. Un seul matériau ne peut siéger aux deux bouts : aimants doux pour les machines, aimants durs pour la mémoire.

Solution de Exercice 22.12.

(a) Une longue aiguille aimantée axialement est un long solénoïde de courant lié : à l’intérieur, $H \approx 0$ (tout $B$ vient de $M$). Une plaque mince aimantée en travers de ses faces est le solénoïde le plus court et le plus large possible : son champ de retour intérieur donne $H = -M$. (b) L’aimant trapu travaille en $H = -N_{\text{d}}M$, bien bas sur sa courbe de désaimantation : le mouvement des parois grignote la rémanence ; une aiguille siège en $H \approx 0$ et garde ce qu’elle a. (c) D’où les aiguilles de boussole, et les grains allongés monodomaines des bandes magnétiques et des premiers disques durs — l’anisotropie de forme comme assurance mémoire. (d) La conservation du flux et $\oint\vect H\cdot \dd\vect\ell = 0$ donnent, à l’intérieur d’une sphère, $H_{\text{int}} = H_0 - M/3$ ; quand $\mu_{\text{r}}\to\infty$ le fer pousse $H_{\text{int}}\to0$, donc $M \to 3H_0 = 3B_0/\mu_0$ : la sphère ne peut concentrer le champ que d’un facteur trois, si « bon » que soit le fer.