Exercices corrigés : le potentiel électrique et les condensateurs (203-SN2-RE, ancien 203-NYB)

a) $V_{O}=\dfrac{kq_{1}}{r_{1}}+\dfrac{kq_{2}}{r_{2}}=\dfrac{k}{0{,}0300}(5{,}00-2{,}00)\times 10^{-9}=8{,}988\times 10^{9}\times\dfrac{3{,}00\times 10^{-9}}{0{,}0300}=899$ V. Les deux charges sont à la même distance de l'origine, donc le calcul se réduit à une soustraction de nanocoulombs : c'est exactement l'économie que le potentiel permet, et que le champ ne permettrait pas, les deux contributions y pointant dans le même sens et devant être additionnées en module. Travail : $W=qV=1{,}00\times 10^{-9}\times 899=8{,}99\times 10^{-7}$ J, soit $0{,}899$ μJ, à fournir par l'opérateur puisque $V>0$ et $q>0$.

b) On cherche $\dfrac{5{,}00}{r_{1}}=\dfrac{2{,}00}{r_{2}}$, les $k$ et les $10^{-9}$ se simplifiant. Premier cas, ENTRE les charges : $r_{1}=x$ et $r_{2}=0{,}0600-x$ comptés depuis $q_{1}$, d'où $5{,}00(0{,}0600-x)=2{,}00x$, soit $7{,}00x=0{,}300$ et $x=0{,}0429$ m. Le point est donc à $4{,}29$ cm de $q_{1}$, c'est-à-dire en $x=+1{,}29$ cm. Second cas, À DROITE de $q_{2}$, seule région où l'on peut encore équilibrer une grande charge lointaine par une petite charge proche : $5{,}00(x-0{,}0600)=2{,}00x$, soit $3{,}00x=0{,}300$ et $x=0{,}100$ m depuis $q_{1}$, c'est-à-dire en $x=+7{,}00$ cm. Les deux positions sont bien celles marquées.

c) Pour le champ, ce sont les CARRÉS des distances qui interviennent : $\dfrac{5{,}00}{d^{2}}=\dfrac{2{,}00}{(d-0{,}0600)^{2}}$, et la solution ne peut être qu'à l'extérieur, au-delà de la charge la plus faible, car entre les deux charges les deux champs pointent dans le même sens. En prenant la racine : $\sqrt{5{,}00}\,(d-0{,}0600)=\sqrt{2{,}00}\,d$, d'où $d=\dfrac{0{,}0600\sqrt{5{,}00}}{\sqrt{5{,}00}-\sqrt{2{,}00}}=0{,}1632$ m, c'est-à-dire en $x=+13{,}3$ cm. La leçon est là : le potentiel s'annule en $x=+7{,}00$ cm, le champ en $x=+13{,}3$ cm, et ce ne sont pas les mêmes endroits. En $x=+7{,}00$ cm il ne coûte rien d'amener une charge depuis l'infini, mais une fois arrivée elle subit une force ; en $x=+13{,}3$ cm elle ne subit aucune force mais il a fallu payer pour l'y amener. Confondre les deux annulations est l'erreur classique du chapitre.

d) Un espacement plus grand entre équipotentielles successives signifie une pente plus faible, donc un champ plus FAIBLE : c'est exactement la lecture d'une carte topographique, où des courbes de niveau écartées signalent une pente douce. Ici la remarque paraît paradoxale puisque $q_{1}$ est la charge la plus grande, mais les équipotentielles tracées ne sont pas au même potentiel des deux côtés. Le calcul tranche : à $2{,}00$ cm de chaque charge, $E_{1}=\dfrac{k(5{,}00\times 10^{-9})}{(0{,}0200)^{2}}=1{,}12\times 10^{5}$ V/m et $E_{2}=\dfrac{k(2{,}00\times 10^{-9})}{(0{,}0200)^{2}}=4{,}49\times 10^{4}$ V/m. Le champ est bien plus intense près de $q_{1}$, et sur une carte tracée à pas de potentiel CONSTANT, ce sont ses équipotentielles qui seraient les plus serrées. La règle à retenir n'a de sens qu'à pas de potentiel égal, et c'est une précision qu'un énoncé d'examen omet souvent volontairement.

a) $\vec{E}=-\vec{\nabla}V$, c'est-à-dire $E_{x}=-\dfrac{\partial V}{\partial x}$, $E_{y}=-\dfrac{\partial V}{\partial y}$, $E_{z}=-\dfrac{\partial V}{\partial z}$. Le signe moins vient de la définition même du potentiel comme énergie par unité de charge : une charge positive libre se déplace spontanément vers les énergies DÉCROISSANTES, donc vers les potentiels décroissants, et la force, donc le champ, pointe dans le sens de la descente. Le gradient, lui, pointe par construction dans le sens de la montée la plus raide. Le signe moins n'est donc pas une convention arbitraire, c'est la traduction de « ça tombe ».

b) $\dfrac{\partial V}{\partial x}=6{,}00\,xy$, donc $E_{x}=-6{,}00\,xy$. $\dfrac{\partial V}{\partial y}=3{,}00\,x^{2}-2{,}00\,z$, donc $E_{y}=-3{,}00\,x^{2}+2{,}00\,z$. $\dfrac{\partial V}{\partial z}=-2{,}00\,y$, donc $E_{z}=+2{,}00\,y$. Au point demandé : $E_{x}=-6{,}00(1{,}00)(2{,}00)=-12{,}0$ V/m ; $E_{y}=-3{,}00(1{,}00)+2{,}00(-1{,}00)=-5{,}00$ V/m ; $E_{z}=2{,}00(2{,}00)=+4{,}00$ V/m. Module : $\sqrt{144+25{,}0+16{,}0}=\sqrt{185}=13{,}6$ V/m. Rappel de méthode : chaque dérivée partielle traite les deux autres variables comme des CONSTANTES, et c'est là que se perdent les points, en dérivant $3{,}00x^{2}y$ par rapport à $y$ comme s'il fallait aussi toucher au $x^{2}$.

c) Sur l'axe des $x$, avec $y=z=0$ : $E_{x}=0$, $E_{y}=-3{,}00x^{2}$, $E_{z}=0$. Le champ n'est donc PAS nul, il vaut $-3{,}00x^{2}$ selon $y$, alors que le potentiel est effectivement nul en tout point de cet axe. Aucune contradiction : $V$ nul le long d'une ligne dit seulement que $V$ ne varie pas EN SUIVANT cette ligne, donc que $E_{x}=0$. Il ne dit rien de la façon dont $V$ varie quand on quitte l'axe latéralement, et c'est précisément cette variation transversale qui produit $E_{y}$. Pour connaître le champ en un point, il faut connaître le potentiel dans tout un VOISINAGE de ce point, jamais sa seule valeur.

d) En symétrie sphérique, la seule composante non nulle est radiale : $E_{r}=-\dfrac{dV}{dr}=-\dfrac{d}{dr}\left(\dfrac{kq}{r}\right)=-kq\times\left(-\dfrac{1}{r^{2}}\right)=\dfrac{kq}{r^{2}}$. C'est exactement la loi de Coulomb, avec le bon signe : positif, donc dirigé vers l'extérieur, pour une charge positive. Le passage du $1/r$ du potentiel au $1/r^{2}$ du champ par une simple dérivation est la vérification la plus rapide qu'on n'a pas confondu les deux expressions, confusion qui coûte cher en examen.

e) $V\ne 0$ et $\vec{E}=\vec{0}$ : à l'intérieur du métal d'un conducteur chargé en équilibre, ou dans la cavité vide d'un tel conducteur. Le champ y est rigoureusement nul, donc $V$ y est CONSTANT, mais cette constante n'a aucune raison d'être zéro et vaut le potentiel du conducteur. C'est le cas physique le plus important du chapitre, celui de la cage de Faraday. $V=0$ et $\vec{E}\ne\vec{0}$ : au point $x=+7{,}00$ cm de l'exercice précédent, ou en tout point du plan médiateur d'un dipôle formé de deux charges opposées égales. Le potentiel y est nul par compensation exacte de deux contributions scalaires, alors que les deux champs, eux, ont la même composante perpendiculaire au plan et s'y ajoutent au lieu de s'annuler.

a) Chaque élément de charge $dq$ de l'anneau est à la MÊME distance $r=\sqrt{a^{2}+z^{2}}$ du point $P$ de l'axe. Le potentiel étant un scalaire, on écrit simplement $V=\displaystyle\int\dfrac{k\,dq}{r}=\dfrac{k}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}\int dq=\dfrac{kQ}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}$ : le facteur constant sort et il ne reste qu'à sommer les charges. Pour le champ, rien de tel : chaque $d\vec{E}$ pointe dans une direction différente, il faut projeter sur l'axe, faire apparaître le facteur $\cos\theta=\dfrac{z}{\sqrt{a^{2}+z^{2}}}$ et n'intégrer que la composante axiale, les composantes radiales s'annulant deux à deux par symétrie. C'est la démonstration la plus économique du chapitre que le potentiel vaut la peine : on calcule le scalaire, puis on dérive.

b) Au centre, $z=0$ : $V=\dfrac{kQ}{a}=\dfrac{8{,}988\times 10^{9}\times 20{,}0\times 10^{-9}}{0{,}0500}=3{,}60\times 10^{3}$ V. En $z=12{,}0$ cm : $\sqrt{a^{2}+z^{2}}=\sqrt{0{,}0500^{2}+0{,}120^{2}}=0{,}130$ m, le triangle 5-12-13 en mètres divisé par cent. $V=\dfrac{179{,}8}{0{,}130}=1{,}38\times 10^{3}$ V. Notez qu'au centre le potentiel est maximal alors que le champ y est nul : la fonction $V(z)$ y présente une tangente horizontale, ce qui est la traduction exacte de $E_{z}=-\dfrac{dV}{dz}=0$.

c) $E_{z}=-\dfrac{dV}{dz}=-kQ\dfrac{d}{dz}(a^{2}+z^{2})^{-1/2}=\dfrac{kQz}{(a^{2}+z^{2})^{3/2}}$. En $z=12{,}0$ cm : $\dfrac{179{,}8\times 0{,}120}{0{,}130^{3}}=\dfrac{21{,}57}{2{,}197\times 10^{-3}}=9{,}82\times 10^{3}$ V/m. Pour le maximum, on annule la dérivée : $\dfrac{dE_{z}}{dz}=0$ conduit à $(a^{2}+z^{2})-3z^{2}=0$, soit $z=\dfrac{a}{\sqrt{2}}=3{,}54$ cm. En reportant : $E_{\max}=\dfrac{kQ}{a^{2}}\times\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\dfrac{2}{3}\right)^{3/2}=2{,}77\times 10^{4}$ V/m. La position du maximum est un résultat à connaître, car il tombe régulièrement : le champ est nul au centre par symétrie, nul à l'infini par décroissance, il passe donc nécessairement par un maximum, et ce maximum est en $\dfrac{a}{\sqrt{2}}$, soit à environ $0{,}707$ rayon.

d) Densité surfacique : $\sigma=\dfrac{Q}{\pi a^{2}}=\dfrac{20{,}0\times 10^{-9}}{\pi(0{,}0500)^{2}}=2{,}55\times 10^{-6}$ C/m$^{2}$. Le potentiel d'un disque sur son axe vaut $V=\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_{0}}\left(\sqrt{a^{2}+z^{2}}-z\right)$, résultat obtenu en découpant le disque en anneaux élémentaires et en intégrant le résultat de a). Numériquement : $\dfrac{2{,}55\times 10^{-6}}{2\times 8{,}854\times 10^{-12}}\times(0{,}130-0{,}120)=1{,}438\times 10^{5}\times 0{,}0100=1{,}44\times 10^{3}$ V, contre $1{,}38\times 10^{3}$ V pour l'anneau. Le disque donne un potentiel plus GRAND, et c'était prévisible sans calcul : à charge totale égale, le disque a redistribué une partie de sa charge vers le centre, donc plus PRÈS du point d'observation, alors que l'anneau la maintenait tout entière à la distance maximale $\sqrt{a^{2}+z^{2}}$. Comme $V$ varie en $\dfrac{1}{r}$ et que la moyenne de $\dfrac{1}{r}$ est supérieure à $\dfrac{1}{\bar{r}}$, rapprocher de la charge augmente toujours le potentiel. L'écart de $4{,}0$ % est modeste ici parce que $z$ est grand devant $a$ ; il exploserait près du plan.

a) On prend une surface de Gauss entièrement DANS le métal, entre $a$ et $b$. Le champ y est nul, donc le flux est nul, donc la charge enfermée est nulle. Or elle vaut $q$ plus la charge de la surface intérieure : celle-ci porte donc $-3{,}00$ nC. La coquille étant globalement à $-8{,}00$ nC et sa surface intérieure à $-3{,}00$ nC, sa surface extérieure porte $-8{,}00-(-3{,}00)=-5{,}00$ nC. Ce raisonnement en deux temps, Gauss dans le métal puis conservation de la charge totale, est le seul à savoir faire ici, et il fonctionne quelle que soit la forme de la cavité.

b) En $r=2{,}00$ cm, dans la cavité vide : seule $q$ compte, $E=\dfrac{kq}{r^{2}}=\dfrac{8{,}988\times 10^{9}\times 3{,}00\times 10^{-9}}{(0{,}0200)^{2}}=6{,}74\times 10^{4}$ V/m, dirigé vers l'extérieur. En $r=5{,}00$ cm, dans le métal : $E=0$, rigoureusement, c'est la définition de l'équilibre électrostatique. En $r=10{,}0$ cm, à l'extérieur : la charge totale enfermée vaut $q+Q=-5{,}00$ nC, donc $E=\dfrac{k(5{,}00\times 10^{-9})}{(0{,}100)^{2}}=4{,}49\times 10^{3}$ V/m, dirigé vers l'INTÉRIEUR puisque la charge nette est négative. À l'extérieur, la coquille se comporte exactement comme une charge ponctuelle de $-5{,}00$ nC placée au centre.

c) Le potentiel de la coquille se calcule le plus simplement en $r=b$, où la formule extérieure s'applique encore : $V(b)=\dfrac{k(-5{,}00\times 10^{-9})}{0{,}0600}=-749$ V. Tout le métal est à ce potentiel, puisque $E=0$ dedans. En $r=10{,}0$ cm : $V=\dfrac{k(-5{,}00\times 10^{-9})}{0{,}100}=-449$ V. En $r=2{,}00$ cm, il faut sommer les trois contributions, la charge centrale à sa distance réelle et les deux surfaces à leur rayon respectif, car à l'intérieur d'une sphère chargée le potentiel dû à cette sphère est constant et vaut $\dfrac{kq_{\text{surf}}}{R}$ : $V=\dfrac{k(3{,}00)}{0{,}0200}+\dfrac{k(-3{,}00)}{0{,}0400}+\dfrac{k(-5{,}00)}{0{,}0600}$, en nanocoulombs, soit $1348-674-749=-74{,}9$ V. Le potentiel est donc négatif dans la cavité alors que le champ y pointe vers l'extérieur : encore une fois, le signe de $V$ ne dit rien du sens de $\vec{E}$.

d) Relier à la terre, c'est imposer $V=0$ à la coquille. La surface intérieure ne peut pas changer, elle est verrouillée par le théorème de Gauss appliqué dans le métal tant que $q$ reste en place : elle garde $-3{,}00$ nC. C'est la surface EXTÉRIEURE qui s'ajuste, en évacuant sa charge vers la terre jusqu'à ce que le potentiel s'annule, ce qui exige une charge extérieure nulle. Le champ en $r=10{,}0$ cm devient donc nul, et il l'est partout à l'extérieur. La mise à la terre a rendu la coquille électriquement invisible du dehors.

e) Les deux situations ne sont pas symétriques, et c'est tout l'intérêt de la question. Un champ EXTÉRIEUR provoque une redistribution des charges libres du métal, qui s'organisent jusqu'à créer à l'intérieur un champ exactement opposé : la cavité se retrouve à champ nul, quelle que soit l'intensité extérieure, et c'est la protection recherchée. Mais une charge placée DANS la cavité impose sa loi par le théorème de Gauss : toute surface fermée entourant la cage enferme cette charge, le flux ne peut pas être nul, donc le champ extérieur ne peut pas l'être. Le métal ne fait que redistribuer l'information, en la rendant parfaitement sphérique et en effaçant la position exacte de la charge intérieure, mais il ne peut pas la supprimer. La seule façon de protéger l'extérieur est justement la mise à la terre de la question d), qui fournit les charges nécessaires pour annuler la somme.

a) Reliées par un conducteur, les deux sphères forment un seul conducteur en équilibre : elles sont donc au MÊME POTENTIEL, et non porteuses de la même charge. Étant très éloignées, chacune garde le potentiel d'une sphère isolée, $V=\dfrac{kQ}{R}$. La condition s'écrit $\dfrac{Q_{1}}{R_{1}}=\dfrac{Q_{2}}{R_{2}}$, soit $\dfrac{Q_{1}}{Q_{2}}=\dfrac{R_{1}}{R_{2}}=4{,}00$. Avec $Q_{1}+Q_{2}=12{,}0$ nC : $Q_{1}=9{,}60$ nC et $Q_{2}=2{,}40$ nC. La grosse sphère prend les quatre cinquièmes de la charge, ce qui n'a rien de surprenant, mais la suite l'est davantage.

b) Par la grande : $V=\dfrac{8{,}988\times 10^{9}\times 9{,}60\times 10^{-9}}{0{,}0800}=1{,}08\times 10^{3}$ V. Par la petite : $\dfrac{8{,}988\times 10^{9}\times 2{,}40\times 10^{-9}}{0{,}0200}=1{,}08\times 10^{3}$ V. Les deux coïncident, ce qui valide la répartition. Ce contrôle croisé ne coûte rien et attrape immédiatement une inversion de rapport, l'erreur la plus banale de l'exercice.

c) $E_{1}=\dfrac{kQ_{1}}{R_{1}^{2}}=\dfrac{86{,}28}{6{,}40\times 10^{-3}}=1{,}35\times 10^{4}$ V/m. $E_{2}=\dfrac{kQ_{2}}{R_{2}^{2}}=\dfrac{21{,}57}{4{,}00\times 10^{-4}}=5{,}39\times 10^{4}$ V/m. Densités : $\sigma_{1}=\dfrac{Q_{1}}{4\pi R_{1}^{2}}=1{,}19\times 10^{-7}$ C/m$^{2}$ et $\sigma_{2}=4{,}77\times 10^{-7}$ C/m$^{2}$. Les relations sont limpides : puisque $V=\dfrac{kQ}{R}$ est commun, $E=\dfrac{kQ}{R^{2}}=\dfrac{V}{R}$, donc $\dfrac{E_{2}}{E_{1}}=\dfrac{R_{1}}{R_{2}}=4{,}00$, et il en va de même pour les densités puisque $\sigma=\varepsilon_{0}E$. La PETITE sphère, qui porte quatre fois moins de charge, subit un champ quatre fois plus intense. C'est le pouvoir des pointes, et il n'est ni mystérieux ni qualitatif : c'est la conséquence arithmétique de $E=\dfrac{V}{R}$ à potentiel commun.

d) C'est la petite sphère qui claque la première, puisqu'elle porte le champ le plus intense. La condition est $E_{2}=\dfrac{V}{R_{2}}=3{,}00\times 10^{6}$ V/m, d'où $V=3{,}00\times 10^{6}\times 0{,}0200=6{,}00\times 10^{4}$ V, soit $60{,}0$ kV. À ce moment la grande sphère n'est qu'à $\dfrac{6{,}00\times 10^{4}}{0{,}0800}=7{,}50\times 10^{5}$ V/m, le quart du seuil : elle est encore loin de la décharge. Une seule petite aspérité suffit donc à plafonner le potentiel de tout le conducteur, si grand soit-il.

e) Un paratonnerre est une pointe précisément pour PROVOQUER l'ionisation locale : son rayon de courbure minuscule produit, pour un potentiel modeste, un champ énorme, ce qui ionise l'air alentour, crée un chemin conducteur privilégié et attire la décharge sur lui plutôt que sur la charpente du bâtiment. On veut l'étincelle, et on veut choisir où elle tombe. À l'inverse, sur une ligne à très haute tension, toute décharge est une perte d'énergie, une source de bruit radioélectrique et une usure du matériel : on cherche donc à ÉVITER l'ionisation, et on arrondit tout, d'où les tores anti-couronne placés aux extrémités des chaînes d'isolateurs. Une même équation, $E=\dfrac{V}{R}$, et deux stratégies opposées selon qu'on veut l'étincelle ou qu'on n'en veut pas : c'est le meilleur exemple d'ingénierie que ce chapitre propose.

a) $C=\dfrac{Q}{U}$ : la capacité est la charge stockée par volt appliqué, et elle ne dépend QUE de la géométrie, jamais de la charge ni de la tension. Démonstration du cas plan : une armature portant la charge $Q$ sur l'aire $A$ a la densité $\sigma=\dfrac{Q}{A}$, et le théorème de Gauss appliqué à un cylindre traversant une armature donne, entre les plaques, $E=\dfrac{\sigma}{\varepsilon_{0}}=\dfrac{Q}{\varepsilon_{0}A}$. Le champ étant uniforme, $U=Ed=\dfrac{Qd}{\varepsilon_{0}A}$, d'où $C=\dfrac{Q}{U}=\dfrac{\varepsilon_{0}A}{d}$. Retenez la structure du raisonnement, elle est identique dans les trois cas : Gauss donne $E$, une intégrale donne $U$, le quotient donne $C$, et $Q$ se simplifie systématiquement, ce qui EST la démonstration que $C$ ne dépend que de la géométrie.

b) Pour un cylindre de longueur $L$ portant la charge $Q$, Gauss sur un cylindre coaxial de rayon $r$ donne $E(2\pi rL)=\dfrac{Q}{\varepsilon_{0}}$, soit $E=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_{0}Lr}$. La tension s'obtient en intégrant de $a$ à $b$ : $U=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{Q\,dr}{2\pi\varepsilon_{0}Lr}=\dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_{0}L}\ln\dfrac{b}{a}$. D'où $\dfrac{C}{L}=\dfrac{2\pi\varepsilon_{0}}{\ln(b/a)}$. Numériquement, $\dfrac{b}{a}=7{,}00$ et $\ln 7{,}00=1{,}946$ : $\dfrac{C}{L}=\dfrac{2\pi\times 8{,}854\times 10^{-12}}{1{,}946}=2{,}86\times 10^{-11}$ F/m, soit $28{,}6$ pF/m. C'est l'ordre de grandeur réel d'un câble coaxial de laboratoire, et c'est ce qui limite sa bande passante sur de longues distances.

c) Gauss en symétrie sphérique donne $E=\dfrac{kQ}{r^{2}}$ entre les deux sphères, d'où $U=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{kQ}{r^{2}}dr=kQ\left(\dfrac{1}{a}-\dfrac{1}{b}\right)=kQ\dfrac{b-a}{ab}$, et $C=\dfrac{Q}{U}=\dfrac{ab}{k(b-a)}=\dfrac{4\pi\varepsilon_{0}ab}{b-a}$. Numériquement : $\dfrac{4\pi\times 8{,}854\times 10^{-12}\times 0{,}0400\times 0{,}0500}{0{,}0100}=2{,}23\times 10^{-11}$ F, soit $22{,}3$ pF. Limite du condensateur plan : si $b-a=d$ est petit, alors $ab\approx a^{2}$ et $4\pi a^{2}$ est justement l'AIRE de la sphère, donc $C\to\dfrac{\varepsilon_{0}A}{d}$. On retrouve exactement le cas plan, ce qui est le contrôle attendu : quand on colle deux surfaces l'une contre l'autre, leur courbure cesse d'avoir de l'importance.

d) Condensateur plan : $C=\dfrac{8{,}854\times 10^{-12}\times 0{,}0200}{5{,}00\times 10^{-4}}=3{,}54\times 10^{-10}$ F, soit $354$ pF pour deux plaques de vingt centimètres carrés à un demi-millimètre. Terre isolée : $C=4\pi\varepsilon_{0}R=1{,}113\times 10^{-10}\times 6{,}37\times 10^{6}=7{,}09\times 10^{-4}$ F, soit $709$ μF. La comparaison est le vrai contenu de la question : la planète entière ne fait pas un millifarad, alors qu'un condensateur électrolytique de la taille d'un pouce en fait couramment mille. Le farad est donc une unité GIGANTESQUE, et c'est pourquoi tout le chapitre se pratique en picofarads et en microfarads. Les condensateurs commerciaux n'atteignent ces valeurs qu'en trichant sur la géométrie, avec des diélectriques de forte permittivité et des épaisseurs de quelques dizaines de nanomètres, jamais avec de simples plaques dans l'air.

a) $C_{1}$ et $C_{2}$ sont en SÉRIE dans une même branche ; cette branche est en PARALLÈLE avec $C_{3}$ ; l'ensemble est en SÉRIE avec $C_{4}$. On remonte de l'intérieur vers l'extérieur. Série $C_{1}C_{2}$ : $\dfrac{1}{C_{12}}=\dfrac{1}{6{,}00}+\dfrac{1}{3{,}00}=\dfrac{1}{2{,}00}$, donc $C_{12}=2{,}00$ μF. Parallèle avec $C_{3}$ : $C_{123}=2{,}00+4{,}00=6{,}00$ μF. Série avec $C_{4}$ : $C_{\text{éq}}=\dfrac{6{,}00\times 12{,}0}{6{,}00+12{,}0}=4{,}00$ μF. Retenez la règle de sens : pour des condensateurs, la SÉRIE diminue la capacité et le PARALLÈLE l'augmente, exactement l'inverse des résistances. Un moyen sûr de ne plus se tromper est de raisonner géométriquement : mettre deux condensateurs plans en parallèle revient à élargir les armatures, donc à augmenter $A$ ; les mettre en série revient à empiler les épaisseurs, donc à augmenter $d$.

b) $Q_{\text{tot}}=C_{\text{éq}}U=4{,}00\times 10^{-6}\times 24{,}0=96{,}0$ μC. Comme $C_{4}$ est en série avec tout le reste, il porte cette charge entière : $U_{4}=\dfrac{96{,}0}{12{,}0}=8{,}00$ V. Il reste pour le bloc parallèle $24{,}0-8{,}00=16{,}0$ V, ce qu'on vérifie par $\dfrac{96{,}0}{6{,}00}=16{,}0$ V. Le point de méthode est ici : dans une série de condensateurs, c'est la CHARGE qui est commune, et elle vaut la charge totale du circuit.

c) $C_{3}$ voit les $16{,}0$ V du bloc parallèle : $Q_{3}=4{,}00\times 16{,}0=64{,}0$ μC. La branche série voit les mêmes $16{,}0$ V avec $C_{12}=2{,}00$ μF : $Q_{1}=Q_{2}=2{,}00\times 16{,}0=32{,}0$ μC, la même charge sur les deux, puisqu'ils sont en série. D'où $U_{1}=\dfrac{32{,}0}{6{,}00}=5{,}33$ V et $U_{2}=\dfrac{32{,}0}{3{,}00}=10{,}7$ V. Premier contrôle : $U_{1}+U_{2}=16{,}0$ V, la tension du bloc, et c'est bien le cas. Second contrôle : $Q_{3}+Q_{1}=64{,}0+32{,}0=96{,}0$ μC, la charge totale, puisque les deux branches parallèles se partagent le courant de charge. Remarquez que le plus PETIT condensateur de la série, $C_{2}$, prend la plus GRANDE tension : à charge égale, $U=\dfrac{Q}{C}$, et c'est pourquoi c'est toujours le plus petit qui claque le premier dans une série.

d) Énergie totale : $\dfrac{1}{2}C_{\text{éq}}U^{2}=\dfrac{1}{2}\times 4{,}00\times 10^{-6}\times 576=1{,}15\times 10^{-3}$ J, soit $1{,}15$ mJ. Vérification élément par élément avec $\dfrac{1}{2}CU^{2}$, en microjoules : $C_{1}$ donne $\dfrac{1}{2}(6{,}00)(5{,}33)^{2}=85{,}3$ ; $C_{2}$ donne $\dfrac{1}{2}(3{,}00)(10{,}67)^{2}=170{,}7$ ; $C_{3}$ donne $\dfrac{1}{2}(4{,}00)(16{,}0)^{2}=512$ ; $C_{4}$ donne $\dfrac{1}{2}(12{,}0)(8{,}00)^{2}=384$. Somme : $1152$ μJ $=1{,}15$ mJ. Les deux méthodes coïncident, comme la conservation de l'énergie l'exige. C'est le contrôle final à faire systématiquement sur un réseau, car il teste TOUTES les tensions d'un coup.

e) Non. En série, c'est la plus petite capacité qui domine, et $C_{4}$ n'est pas le maillon faible : le bloc parallèle vaut $6{,}00$ μF contre $12{,}0$ μF pour $C_{4}$. En doublant $C_{4}$ à $24{,}0$ μF, on obtient $C_{\text{éq}}=\dfrac{6{,}00\times 24{,}0}{30{,}0}=4{,}80$ μF, soit seulement $20$ % de plus. La raison se voit sur l'inverse : $\dfrac{1}{C_{\text{éq}}}=\dfrac{1}{6{,}00}+\dfrac{1}{12{,}0}$, où le premier terme pèse deux fois plus que le second ; diviser le second par deux ne réduit que d'un tiers ce qu'il apportait. À la limite, un $C_{4}$ infini ne donnerait que $6{,}00$ μF : la série ne peut jamais dépasser sa plus petite capacité. C'est le pendant exact du fait qu'une résistance en parallèle ne peut jamais dépasser la plus petite des résistances.

a) Faux, et l'erreur porte sur le mot « dérive », pris au sens vague au lieu du sens mathématique. Le champ est l'OPPOSÉ DU GRADIENT du potentiel, $\vec{E}=-\vec{\nabla}V$ : il dépend de la façon dont $V$ VARIE autour du point, pas de la valeur de $V$ en ce point. Une fonction peut parfaitement valoir zéro tout en ayant une pente non nulle, c'est le cas de $f(x)=x$ en $x=0$. Énoncé correct : $\vec{E}=\vec{0}$ là où $V$ est CONSTANT dans tout un voisinage, ce qui est le cas dans un conducteur en équilibre, où $V$ vaut d'ailleurs rarement zéro. Le contre-exemple à donner est le plan médiateur d'un dipôle, où $V=0$ partout alors que le champ y est maximal.