Deux charges inégales : champ nul, équipotentielle sphérique, pas d'équilibre stable

La stratégie. Superposition pour le champ et le potentiel ; un argument géométrique, puis le calcul sur l'axe, pour le champ nul ; la conservation du flux dans un tube de champ pour lire la carte ; $E_p=q^{\prime }V$ pour la stabilité.

1) Un seul point de champ nul, en $x=2a$. En un point $M$ hors de l'axe, les champs des deux charges sont portés l'un par $(OM)$, l'autre par $(AM)$ : ces deux droites ne sont pas confondues, deux vecteurs non nuls et non colinéaires ne peuvent pas avoir une somme nulle. Le champ ne peut donc s'annuler que sur l'axe. Notons $x$ l'abscisse de $M$ et $k=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}$.

• Pour $0<x<a$ : la charge $+4q$ repousse vers $+x$, la charge $-q$ attire vers $A$, donc aussi vers $+x$ : les champs s'ajoutent, pas de zéro.
• Pour $x<0$ : $+4q$ pousse vers $-x$ avec la norme $\frac{4kq}{x^2}$, plus grande que celle, $\frac{kq}{(a-x{)}^2}$, du champ de $-q$ dirigé vers $+x$ : pas de zéro.
• Pour $x>a$ : $+4q$ pousse vers $+x$, $-q$ attire vers $-x$ ; les normes sont égales si $\frac{4}{x^2}=\frac{1}{(x-a{)}^2}$, soit $2(x-a)=x$ : $$x_C=2a.$$ L'autre racine de l'équation élevée au carré, $2(a-x)=x$, soit $x=2a/3$, tombe entre les charges, où les champs s'ajoutent : elle est parasite. Le point de champ nul, noté $C$, est du côté de la plus petite charge : il faut être plus loin de la grosse que de la petite pour que leurs contributions s'égalent.

2) L'équipotentielle $V=0$ : une sphère qui enferme $A$. Par superposition, $$V(M)=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{4}{OM}-\frac{1}{AM}\right)=0⟺OM=4AM.$$ Avec $M=(x,y,z)$ et ${\rho }^2=y^2+z^2$ : $x^2+{\rho }^2=16\left[(x-a{)}^2+{\rho }^2\right]$, soit $15x^2-32ax+16a^2+15{\rho }^2=0$, ou encore $${\left(x-\frac{16a}{15}\right)}^2+{\rho }^2={\left(\frac{4a}{15}\right)}^2.$$ C'est une sphère de centre $x=16a/15$ et de rayon $4a/15$ ; elle coupe l'axe en $x=4a/5$ et $x=4a/3$ (on vérifie $4/(4a/5)=1/(a/5)$ et $4/(4a/3)=1/(a/3)$), et enferme $A$. Identification. Au voisinage de $A$, $V\to -\infty$ ; au voisinage de $O$, $V\to +\infty$. La petite courbe fermée autour de $A$, (c), est donc $V=0$ ; la courbe fermée autour de $O$, (a), est $V=4V_0$. La courbe (b) passe par $C$, où $$V(C)=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{4}{2a}-\frac{1}{a}\right)=V_0.$$ Elle est la seule qui se recoupe, en $C$ : c'est possible parce que le champ y est nul, et que la règle d'orthogonalité aux lignes de champ n'y dit rien.

3) Un quart des lignes, le cône de $60^{\circ }$, et $3q$ vu de loin. Le flux qui sort d'une petite sphère entourant $O$ vaut $4q/{\epsilon }_0$ (Gauss), celui qui entre dans une petite sphère entourant $A$, $q/{\epsilon }_0$. Les lignes naissent sur les charges positives et meurent sur les négatives ; aucune ne vient de l'infini, où le champ est sortant : celles qui aboutissent en $A$ viennent toutes de $O$. Un quart du flux issu de $+4q$ aboutit sur $-q$ : deux tubes sur huit, dans chaque demi-plan de la carte.

Quelles lignes ? Les lignes qui quittent $O$ à moins de l'angle $\alpha$ de $\overrightarrow{OA}$ forment un tube de champ. Gauss, appliqué à une portion de tube entre deux sections (flux latéral nul, pas de charge), montre que le flux se conserve le long du tube. Sur une très petite sphère centrée en $O$, le champ de $+4q$, en $1/r_0^2$, écrase celui de $-q$ : le flux du tube est $\frac{4q}{2{\epsilon }_0}(1-\cos \alpha )$. Les lignes voisines de l'axe vont en $A$ ; le tube qui y aboutit tout entier porte $q/{\epsilon }_0$ : $$\frac{4q}{2{\epsilon }_0}(1-\cos {\alpha }_0)=\frac{q}{{\epsilon }_0}⟺\cos {\alpha }_0=\frac{1}{2}⟺{\alpha }_0=60^{\circ }.$$ La ligne qui part à $60^{\circ }$ est la séparatrice : elle aboutit au point de champ nul $C$, et s'y partage entre l'axe vers $A$ et l'axe vers l'infini (remontée numériquement depuis $C$, elle quitte $O$ à $59,98^{\circ }$).

Vu de loin, le champ est celui d'une charge $4q-q=3q$, radial et sortant : le flux qui part à l'infini, $3q/{\epsilon }_0$, ferme le bilan. Le même argument suit chaque ligne : celle qui quitte $O$ à $90^{\circ }$ enferme $2q/{\epsilon }_0$, dont $q/{\epsilon }_0$ va en $A$ ; le reste part à l'infini dans un cône tel que $\frac{3q}{2{\epsilon }_0}(1-\cos {\theta }_{\infty })=\frac{q}{{\epsilon }_0}$, soit ${\theta }_{\infty }=70,5^{\circ }$.

Compatibilité. Tout plan contenant $(Ox)$ est plan de symétrie : la carte est symétrique par rapport à l'axe. Il n'y a pas de plan d'antisymétrie (charges inégales) : rien ne la rend symétrique par rapport au plan médiateur de $[OA]$, et elle ne l'est pas. Aucune ligne n'est fermée, et elles ne se croisent qu'en $C$.

4) Un col : aucun équilibre stable. En $C$ le champ est nul, la force $q^{\prime }\overrightarrow{E}$ aussi : toute charge test y est en équilibre. Sa stabilité se lit sur $E_p=q^{\prime }V$.

Le long de l'axe, pour $x>a$ : $V(x)=kq\left(\frac{4}{x}-\frac{1}{x-a}\right)$ tend vers $-\infty$ en $A$ et vers $0^{+}$ à l'infini, et sa dérivée $-E_x$ ne s'annule qu'en $2a$ : $V$ y est maximal ($\frac{{\mathrm{d}}^{2}V}{\mathrm{d}{x}^2}=-\frac{kq}{a^3}$).

Transversalement, à la distance $\rho$ de l'axe dans le plan $x=2a$, au second ordre en $\rho /a$ : $$V(2a,\rho )=kq\left(\frac{4}{\sqrt{4a^2+{\rho }^2}}-\frac{1}{\sqrt{a^2+{\rho }^2}}\right)\simeq kq\left[\frac{2}{a}-\frac{{\rho }^2}{4a^3}-\frac{1}{a}+\frac{{\rho }^2}{2a^3}\right]=V_0\left(1+\frac{{\rho }^2}{4a^2}\right).$$ $V$ y est minimal. Le point $C$ est un col du potentiel (maximum dans une direction, minimum dans les deux autres) ; numériquement, $V(2a,0,1a)=1,0025V_0$.

Conclusion. Pour $q^{\prime }>0$, $E_p=q^{\prime }V$ est maximale le long de l'axe : un petit déplacement le long de l'axe éloigne la charge de $C$, instable. Pour $q^{\prime }<0$, $E_p$ est minimale le long de l'axe mais maximale transversalement : un petit déplacement perpendiculaire à l'axe l'éloigne, instable aussi. Aucune charge test n'est en équilibre stable en $C$, quel que soit son signe. C'est un cas du théorème d'Earnshaw (cité, non exigible) : dans le vide, le potentiel n'a ni maximum ni minimum, et des forces électrostatiques seules ne piègent aucune charge ; ici, la courbure le long de l'axe, $-kq/a^3$, compense exactement les deux courbures transverses, $2\times \frac{kq}{2a^3}$.

5) Le tracé numérique. On calcule les composantes du champ sur une grille par superposition, puis on trace les lignes et les équipotentielles :

import numpy as np, matplotlib.pyplot as plt
a = 1.0                         # unités : a = 1, q/(4 pi eps0) = 1
x, y = np.meshgrid(np.linspace(-1.5, 3.5, 400),
                   np.linspace(-2, 2, 320))
def champ(q, xq):               # charge q placée en (xq, 0)
    r3 = ((x - xq)**2 + y**2)**1.5
    return q*(x - xq)/r3, q*y/r3
(E1x, E1y), (E2x, E2y) = champ(4, 0), champ(-1, a)
V = 4/np.hypot(x, y) - 1/np.hypot(x - a, y)
plt.streamplot(x, y, E1x + E2x, E1y + E2y, density=1.5)
plt.contour(x, y, V, levels=[-3, 0, 1, 2, 4],
            colors='gray', linestyles='dashed')
plt.plot([0, a, 2*a], [0, 0, 0], 'ro')
plt.gca().set_aspect('equal'); plt.savefig('carte.png')

streamplot répartit les lignes selon la grille, pas selon le flux ; la carte de l'énoncé, fidèle au flux, intègre chaque ligne depuis $O$ avec des angles de départ tels que $\cos \alpha$ soit régulièrement espacé.

Ce que l'exercice installe. Chercher un champ nul en discutant le sens des vecteurs avant d'égaler des normes ; une équipotentielle se reconnaît à la valeur de $V$ près des charges, et celle qui passe par un point de champ nul se recoupe. Sur une carte, le flux se conserve dans un tube de champ : il dit quelles lignes vont où (${\alpha }_0=60^{\circ }$, un quart des lignes) et ce qu'on voit de loin (la charge totale). Et un point de champ nul est un col du potentiel : l'électrostatique seule ne piège aucune charge.