Deux charges inégales : champ nul, équipotentielle sphérique, lecture d'une carte

La stratégie. Superposer les deux champs ponctuels en raisonnant d'abord sur les directions, puis sur les normes ; écrire le potentiel, somme de deux termes ; lire la carte par la conservation du flux dans un tube de champ ; juger l'équilibre par l'énergie potentielle $E_p=q^{\prime }V$.

1) Le point de champ nul. Hors de l'axe, les champs des deux charges sont portés par les droites $(OM)$ et $(AM)$, qui ne sont pas parallèles : leur somme ne peut pas être nulle. Sur l'axe, on discute le sens des deux vecteurs. Pour $x<0$, le champ de $+4q$ pointe vers les $x$ décroissants et celui de $-q$ vers $A$, donc vers les $x$ croissants ; mais $M$ est plus près de la charge la plus forte : le premier l'emporte, pas de zéro. Pour $0<x<a$, les deux champs pointent vers $A$ : ils s'ajoutent. Pour $x>a$, ils sont opposés, et le champ s'annule si $$\frac{4q}{4\pi {\epsilon }_0{x}^2}=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0(x-a{)}^2}⟺2(x-a)=x⟺x=2a.$$ (Élever au carré introduirait la racine parasite $x=2a/3$, située dans $]0,a[$ où les champs s'ajoutent.) Le point $C$ est en $x=2a$ : du côté de la plus petite charge, car il faut s'éloigner de la grande et se rapprocher de la petite pour que deux champs en $1/r^2$ se compensent. Le potentiel y vaut $$V(C)=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{4}{2a}-\frac{1}{a}\right)=V_0.$$

2) L'équipotentielle sphérique. $V(M)=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{4}{OM}-\frac{1}{AM}\right)=0$ équivaut à $OM=4AM$, soit, avec $M(x,y,z)$, $x^2+y^2+z^2=16\left[(x-a{)}^2+y^2+z^2\right]$, c'est-à-dire $${\left(x-\frac{16a}{15}\right)}^2+y^2+z^2={\left(\frac{4a}{15}\right)}^2:$$ une sphère de centre $x=16a/15$ et de rayon $4a/15$, qui coupe l'axe en $4a/5$ et $4a/3$ et enferme $A$. Identification : près de $O$, $V$ est grand et positif ; (a), qui entoure $O$, est $V=4V_0$. Près de $A$, $V$ est négatif ; la petite sphère (c) autour de $A$ est $V=0$. Reste (b) : $V=V_0$, qui passe par $C$. Celle-là se recoupe en $C$ : elle est formée d'une nappe extérieure et d'une boucle qui entoure $A$, et ces deux morceaux se touchent au point de champ nul. C'est la règle : une équipotentielle ne peut se croiser elle-même qu'en un point où le champ, qui lui est normal, est nul.

3) Ce que dit la carte. Dans un tube de champ, hors des charges, le flux se conserve : une ligne tracée porte toujours le même flux. La charge $-q$ absorbe un flux $q/{\epsilon }_0$, la charge $+4q$ en émet $4q/{\epsilon }_0$ : un quart des lignes issues de $O$ aboutit en $A$, les trois quarts partent à l'infini. Sur une petite sphère centrée en $O$, le champ de $+4q$ domine et les lignes partent radialement ; celles qui arrivent en $A$ forment le cône d'axe $\overrightarrow{OA}$ et de demi-angle ${\alpha }_0$, avec $$\frac{4q}{2{\epsilon }_0}(1-\cos {\alpha }_0)=\frac{q}{{\epsilon }_0}⟺\cos {\alpha }_0=\frac{1}{2}⟺{\alpha }_0=60^{\circ }.$$ La ligne qui part exactement à $60^{\circ }$ est la séparatrice : elle aboutit en $C$. Depuis très loin, on voit une charge ponctuelle $+3q$ : les lignes y redeviennent radiales. La ligne partie à $90^{\circ }$ délimite, côté opposé à $A$, une calotte de flux $\frac{4q}{2{\epsilon }_0}(1+\cos 90^{\circ })=\frac{2q}{{\epsilon }_0}$, qu'on retrouve à l'infini dans une calotte de la charge $3q$ : $\frac{3q}{2{\epsilon }_0}(1+\cos \beta )=\frac{2q}{{\epsilon }_0}$, soit $\cos \beta =\frac{1}{3}$ et $\beta =70,5^{\circ }$. La carte est symétrique par rapport à l'axe (toute rotation autour de $(OA)$ laisse la distribution invariante), pas par rapport au plan médiateur de $[OA]$.

4) Un col. En $C$, $\overrightarrow{E}=\overrightarrow{0}$ : la force $q^{\prime }\overrightarrow{E}$ est nulle, $q^{\prime }$ est en équilibre. Le long de l'axe, $V(x)=V_0\left(\frac{4a}{x}-\frac{a}{x-a}\right)$ tend vers $-\infty$ en $a^{+}$, vers $0^{+}$ à l'infini (comme $3V_{0}a/x$), et vaut $V_0$ en $2a$ avec une dérivée nulle : $C$ est un maximum de $V$ le long de l'axe. Le long de la perpendiculaire, à la distance $\rho$ de l'axe, avec $\rho \ll a$ : $$V=V_0\left(\frac{4a}{\sqrt{4a^2+{\rho }^2}}-\frac{a}{\sqrt{a^2+{\rho }^2}}\right)\simeq V_0\left[2\left(1-\frac{{\rho }^2}{8a^2}\right)-\left(1-\frac{{\rho }^2}{2a^2}\right)\right]=V_0\left(1+\frac{{\rho }^2}{4a^2}\right):$$ un minimum. $C$ est un col du potentiel. Pour $q^{\prime }>0$, $E_p=q^{\prime }V$ est maximale le long de l'axe : instable dans cette direction ; pour $q^{\prime }<0$, elle est maximale transversalement : instable dans l'autre. Aucune charge test n'est en équilibre stable, quel que soit son signe. C'est un cas du théorème d'Earnshaw (cité, non exigible) : là où $\rho =0$, $\Delta V=0$, et $V$ ne peut pas avoir de minimum strict.

Ce que l'exercice installe. Chercher un champ nul par le sens des vecteurs avant d'égaler des normes ; lire une carte comme un instrument de mesure (un tube de champ conserve son flux, la charge totale se voit de loin) ; une équipotentielle ne se recoupe qu'en un point de champ nul ; un point de champ nul dans le vide est un col, jamais un puits.