Transférer la charge d'un condensateur à un autre par une bobine

La stratégie. Une seule maille, deux condensateurs, une bobine : il y a trois réservoirs, mais la conservation de la charge lie les deux condensateurs, et il ne reste qu'un degré de liberté. On s'attend donc à un oscillateur, et c'est l'énergie qui dira s'il transfère bien.

1) Conservation de la charge et équation. Les armatures de $C_1$ et de $C_2$ reliées par la bobine forment, avec le fil, un conducteur isolé : la charge qui quitte $C_1$ arrive sur $C_2$. Quantitativement, $i=-C_1{\dot{u}}_1=C_2{\dot{u}}_2$, donc $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}(C_1{u}_1+C_2{u}_2)=0$ et $C_1{u}_1+C_2{u}_2=C_{1}E$ (valeur initiale). Ainsi $u_1=\frac{C_{1}E-q_2}{C_1}$ et $u_2=\frac{q_2}{C_2}$.

La loi des mailles, en suivant le courant de $C_1$ vers $C_2$ à travers la bobine, s'écrit $u_1=L\frac{\mathrm{d}i}{\mathrm{d}t}+u_2$. En remplaçant : $$L{\ddot{q}}_2=E-\frac{q_2}{C_1}-\frac{q_2}{C_2}=E-\frac{q_2}{C_{\text{eˊq}}},\text{soit}{\ddot{q}}_2+{\omega }_0^2{q}_2={\omega }_0^2{C}_{\text{eˊq}}E.$$ C'est l'équation de l'oscillateur harmonique, avec un second membre constant, de pulsation ${\omega }_0=1/\sqrt{L{C}_{\text{eˊq}}}$. Interprétation : vue de la bobine, la maille contient deux condensateurs en série, et $1/C_{\text{eˊq}}=1/C_1+1/C_2$ est bien la loi d'association en série. Le second membre traduit la charge initiale de $C_1$.

2) Conditions initiales et solution. Par continuité de la tension aux bornes d'un condensateur, $q_2(0^{+})=0$ ; par continuité de l'intensité dans la bobine, $i(0^{+})={\dot{q}}_2(0^{+})=0$. La solution particulière constante est $C_{\text{eˊq}}E$ ; la solution générale $q_2=C_{\text{eˊq}}E+A\cos {\omega }_{0}t+B\sin {\omega }_{0}t$ ; ${\dot{q}}_2(0)=0$ impose $B=0$ et $q_2(0)=0$ impose $A=-C_{\text{eˊq}}E$. Donc $$q_2(t)=C_{\text{eˊq}}E(1-\cos {\omega }_{0}t),u_2(t)=\frac{C_{\text{eˊq}}}{C_2}E(1-\cos {\omega }_{0}t)=\frac{C_{1}E}{C_1+C_2}(1-\cos {\omega }_{0}t).$$ Le courant vaut $i(t)=C_{\text{eˊq}}E{\omega }_0\sin {\omega }_{0}t$ : il est positif sur $]0,\pi /{\omega }_0[$, puis change de signe. Vérification d'homogénéité : $C_{\text{eˊq}}E{\omega }_0$ est une charge divisée par un temps, donc une intensité.

3) Cas $C_2=C_1$. Alors $C_{\text{eˊq}}=C_1/2=0,50\mu \mathrm{F}$, ${\omega }_0=1/\sqrt{10^{-2}\times 5\times 10^{-7}}\approx 1,41\times 10^4\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$. Le courant s'annule pour la première fois en $$t_1=\frac{\pi }{{\omega }_0}\approx 222\mu \mathrm{s}.$$ Alors $\cos {\omega }_0{t}_1=-1$ : $u_2=2\times \frac{E}{2}=E=10\mathrm{V}$, et $u_1=E-\frac{C_2}{C_1}{u}_2=0$. Toute la charge, et toute l'énergie $\frac{1}{2}{C}_1{E}^2=50\mu \mathrm{J}$, sont passées dans $C_2$ ; la bobine, où $i=0$, n'en contient plus. Le courant maximal, atteint à mi-chemin, vaut $C_{\text{eˊq}}E{\omega }_0=E\sqrt{C_{\text{eˊq}}/L}\approx 71\mathrm{mA}$.

4) Cas $C_2=3C_1$. Alors $C_{\text{eˊq}}=\frac{3}{4}{C}_1=0,75\mu \mathrm{F}$, ${\omega }_0\approx 1,15\times 10^4\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$ et $t_1=\pi /{\omega }_0\approx 272\mu \mathrm{s}$. En $t_1$ : $u_2=2\times \frac{E}{4}=5,0\mathrm{V}$ et $u_1=E-3\times 5,0=-5,0\mathrm{V}$. Le condensateur $C_1$ s'est rechargé en sens inverse : la bobine, par son inertie, a poussé la charge au-delà de l'équilibre. Bilan : $$\frac{1}{2}{C}_1{u}_1^2+\frac{1}{2}{C}_2{u}_2^2=\frac{1}{2}(10^{-6})(25)+\frac{1}{2}(3\times 10^{-6})(25)=12,5+37,5=50\mu \mathrm{J}=\frac{1}{2}{C}_1{E}^2.$$ L'énergie totale est conservée, comme il se doit sans résistance ; mais seuls les trois quarts sont dans $C_2$.

5) Comparaison avec la résistance. Si l'on ouvre la maille en $t_1$ (le courant y est nul : l'ouverture ne crée aucune surtension, puisque la bobine ne contient aucune énergie), on fige l'état. Avec $C_2=C_1$, le transfert est total et sans perte. À travers une résistance, au contraire, on aurait abouti à $u_1=u_2=E/2$ et perdu la moitié de l'énergie (avec $C_2=3C_1$, les trois quarts). La bobine ne dissipe rien : elle emprunte l'énergie pendant le transfert et la rend.

6) Avec une petite résistance, sans ouvrir. Les oscillations s'amortissent, et le courant finit par s'annuler. L'état final vérifie $i=0$ et $\dot{i}=0$, donc $u_1=u_2$, et la conservation de la charge (toujours vraie) donne $u_1=u_2=\frac{C_{1}E}{C_1+C_2}$ : le même état final qu'avec une résistance seule. L'énergie finale est donc la même, et l'énergie dissipée aussi, $\frac{1}{2}\frac{C_1{C}_2}{C_1+C_2}{E}^2$ (25 µJ, soit 50 %, si $C_2=C_1$ ; 37,5 µJ, soit 75 %, si $C_2=3C_1$), quelle que soit la petite résistance. Conclusion : l'énergie perdue ne dépend que des états initial et final, et l'état final est imposé par la conservation de la charge. Pour gagner, il faut changer l'état final, et c'est exactement ce que fait l'interrupteur ouvert au bon instant.

Ce que l'exercice installe. Deux réflexes. D'abord, une loi de conservation (ici la charge) réduit le nombre d'inconnues et fait apparaître un oscillateur reconnaissable, dont la capacité se lit comme une association. Ensuite, un bilan d'énergie se fait entre deux états, et la dissipation dépend de l'état final, pas du détail du chemin : la bobine permet d'atteindre un autre état final, sans perte, à condition d'arrêter le transfert au bon moment.