Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique MP 2025, Q2

   La Terre est modélisée par une distribution de masse à symétrie sphérique de centre O.

   Direction du champ : Tout plan passant par le centre O et le point M est un plan de symétrie de la distribution de masse. Le champ de gravitation \overrightarrow{\mathcal{G}}(M) appartenant à l'intersection de tous ces plans, il est dirigé selon la droite (OM) :

   \overrightarrow{\mathcal{G}}(M) = \mathcal{G}(r, \theta, \varphi)\,\vec{u} \quad \text{avec} \quad \vec{u} = \frac{\overrightarrow{OM}}{r}.

   Invariances : La distribution de masse est invariante par toute rotation autour du centre O (invariance selon les coordonnées angulaires \theta et \varphi). Par conséquent, la composante algébrique \mathcal{G} ne dépend que de la coordonnée radiale r = OM :

   \overrightarrow{\mathcal{G}}(M) = \mathcal{G}(r)\,\vec{u}.

   Expression du champ de gravitation : On applique le théorème de Gauss gravitationnel à travers une sphère \Sigma centrée en O et de rayon r > R_T, orientée vers l'extérieur par \vec{u} :

   \Phi = \iint_{\Sigma} \overrightarrow{\mathcal{G}}(M) \cdot \mathrm{d}\vec{S} = -4\pi G M_{\text{int}}.

   D'une part, le flux s'écrit :

   \Phi = \iint_{\Sigma} \mathcal{G}(r)\,\vec{u} \cdot \vec{u}\,\mathrm{d}S = \mathcal{G}(r) \iint_{\Sigma} \mathrm{d}S = \mathcal{G}(r) \times 4\pi r^2.

   D'autre part, la masse totale contenue à l'intérieur de la sphère de rayon r > R_T est la masse terrestre : M_{\text{int}} = M_T. On en déduit :

   4\pi r^2 \mathcal{G}(r) = -4\pi G M_T \implies \mathcal{G}(r) = -\frac{G M_T}{r^2}.

   Le champ de gravitation en un point M extérieur à la Terre s'écrit donc :

   \boxed{\overrightarrow{\mathcal{G}}(M) = -\frac{G M_T}{r^2}\vec{u}}

   Force de gravitation : Par définition, la force exercée par la Terre sur le mobile ponctuel de masse m s'écrit :

   \vec{F}_g = m\,\overrightarrow{\mathcal{G}}(M)

   soit :

   \boxed{\vec{F}_g = -\frac{G M_T m}{r^2}\vec{u}}

   Résultat

   $$\overrightarrow{\mathcal{G}}(M)=-\frac{G{M}_T}{r^2}\vec{u}$$

   $${\vec{F}}_g=-\frac{G{M}_{T}m}{r^2}\vec{u}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique MP 2025, Q36

   La voile solaire est modélisée par un conducteur parfait occupant le demi-espace x \ge 0 (milieu 2), dans lequel le champ électromagnétique est nul :

   \vec{E}_2 = \vec{0}.

   Dans le vide (x < 0, milieu 1), le champ électrique résulte de la superposition de l'onde incidente et de l'onde réfléchie :

   \underline{\vec{E}}_1(M, t) = \underline{\vec{E}}_i(M, t) + \underline{\vec{E}}_r(M, t).

   Au voisinage immédiat de la surface de la voile, en x = 0^-, le champ s'écrit :

   \underline{\vec{E}}_1(0^-, t) = \underline{E}'_{0y} e^{i\omega t}\vec{e}_y + \left(E_0 + \underline{E}'_{0z}\right) e^{i\omega t}\vec{e}_z.

   La relation de passage du champ électrique à l'interface, avec la normale \vec{n}_{12} = \vec{e}_x orientée du milieu 1 vers le milieu 2, est :

   \vec{E}_2 - \vec{E}_1(0^-, t) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \vec{e}_x \implies -\underline{\vec{E}}_1(0^-, t) = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} \vec{e}_x.

   En projetant cette relation sur les directions tangentielles à l'interface \vec{e}_y et \vec{e}_z, on traduit la continuité de la composante tangentielle du champ électrique :

   \begin{aligned} -\underline{\vec{E}}_1(0^-, t) \cdot \vec{e}_y = 0 &\implies \underline{E}'_{0y} = 0, \\ -\underline{\vec{E}}_1(0^-, t) \cdot \vec{e}_z = 0 &\implies \underline{E}'_{0z} = -E_0. \end{aligned}

   Le champ électrique complexe de l'onde réfléchie se simplifie ainsi en :

   \boxed{\underline{\vec{E}}_r(M, t) = -E_0 e^{i(\omega t + kx)}\vec{e}_z}

   Résultat

   $${\underline{\vec{E}}}_r(M,t)=-E_0{e}^{i(\omega t+kx)}{\vec{e}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MP 2025, Q1

   Le champ électrostatique \vec{E} dérive du potentiel électrostatique V selon la relation locale :

   \boxed{\vec{E} = -\vec{\mathrm{grad}}\,V}

   Dans le cas unidirectionnel le long de l'axe Ox où \vec{E} = E \vec{e}_x, cette relation devient :

   E = -\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}

   Un électron portant une charge électrique q = -e, la force électrostatique subie s'écrit :

   \vec{F} = q \vec{E} = (-e)(-\vec{\mathrm{grad}}\,V) = e\,\vec{\mathrm{grad}}\,V

   Cette force dérive d'une énergie potentielle électrostatique E_p définie par \vec{F} = -\vec{\mathrm{grad}}\,E_p, ce qui conduit à :

   -\vec{\mathrm{grad}}\,E_p = -q\,\vec{\mathrm{grad}}\,V \implies E_p = qV + \text{cte}

   En choisissant l'origine des potentiels telle que la constante soit nulle, l'énergie potentielle électrostatique de l'électron est :

   \boxed{E_p = -e V}

   Résultat

   $$\vec{E}=-\overrightarrow{\mathrm{grad}}V$$

   $$E_p=-eV$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4E3A Physique-Chimie MP 2025, Q40

   1. Symétries et invariances

   • Invariances : La répartition de charge est uniforme et le cylindre est modélisé comme infiniment long suivant l'axe (Oz). La distribution est donc :

     • invariante par translation selon \vec{u}_z, d'où une indépendance de \vec{E} vis-à-vis de la coordonnée z ;
     • invariante par rotation d'un angle quelconque autour de l'axe (Oz), d'où une indépendance vis-à-vis de l'angle \theta.

     Par conséquent, le champ électrique ne dépend que de la variable radiale :

     \vec{E}(M) = \vec{E}(r)

   • Symétries : En tout point M(r,\theta,z) de la membrane :

     • le plan méridien (M, \vec{u}_r, \vec{u}_z) contenant l'axe de révolution (Oz) est un plan de symétrie de la distribution de charge, donc \vec{E}(M) appartient à ce plan, ce qui impose E_\theta(M) = 0 ;
     • le plan perpendiculaire à l'axe (Oz) passant par M, (M, \vec{u}_r, \vec{u}_\theta), est également un plan de symétrie de la distribution, donc \vec{E}(M) appartient à ce plan, ce qui impose E_z(M) = 0.

   Le champ électrique \vec{E}(M) est donc dirigé selon l'intersection de ces deux plans de symétrie :

   \vec{E}(M) = E(r)\,\vec{u}_r

   2. Application du théorème de Gauss

   Considérons une surface de Gauss fermée \mathcal{S}_G constituée par un cylindre d'axe (Oz), de rayon r (avec a < r < a+b) et de hauteur h.

   • Flux sortant du champ électrique : La surface \mathcal{S}_G est formée de deux bases planes perpendiculaires à \vec{u}_z et d'une surface latérale \mathcal{S}_{\text{lat}} de vecteur normal unitaire \vec{u}_r.

     \begin{aligned} \Phi &= \iint_{\mathcal{S}_G} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} \\ &= \iint_{\text{base inf}} \vec{E}\cdot(-\vec{u}_z)\,\mathrm{d}S + \iint_{\text{base sup}} \vec{E}\cdot\vec{u}_z\,\mathrm{d}S + \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} \vec{E}\cdot\vec{u}_r\,\mathrm{d}S \end{aligned}

     Comme \vec{E}(M) \cdot \vec{u}_z = 0, les flux à travers les deux bases planes sont nuls. Sur la surface latérale, \vec{E} = E(r)\,\vec{u}_r et le rayon r est constant, d'où :

     \Phi = E(r) \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} \mathrm{d}S = E(r) \times 2\pi r h

   • Charge intérieure : La seule source de charge contenue à l'intérieur du cylindre de rayon r > a est la charge surfacique portée par la face intérieure en r = a sur la hauteur h :

     Q_{\text{int}} = \sigma \times (2\pi a h)

   • Théorème de Gauss : En tenant compte de la permittivité \varepsilon_0 \varepsilon_r de la membrane diélectrique, le théorème de Gauss s'écrit :

     \Phi = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0 \varepsilon_r} \iff 2\pi r h E(r) = \frac{\sigma \times 2\pi a h}{\varepsilon_0 \varepsilon_r}

   On en déduit l'expression du champ électrique dans la membrane :

   \boxed{\vec{E}(M) = \frac{\sigma a}{\varepsilon_0 \varepsilon_r \, r}\,\vec{u}_r}

   Résultat

   $$\vec{E}(M)=\frac{\sigma a}{{\epsilon }_0{\epsilon }_{r}r}{\vec{u}}_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 MP 2025, Q4

   1. Énoncé du théorème de Gauss gravitationnel

   Le flux du champ gravitationnel \vec{\mathcal{G}} à travers une surface fermée \Sigma orientée vers l'extérieur est proportionnel à la masse intérieure M_{\text{int}} délimitée par cette surface :

   \oiint_{\Sigma} \vec{\mathcal{G}} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = -4\pi G M_{\text{int}}

   où G est la constante de gravitation universelle et \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \vec{n}_{\text{ext}}\,\mathrm{d}S.

   2. Détermination du champ créé par l'astre (A)

   • Symétries et invariances : La distribution de masse de l'astre (A) est à symétrie sphérique par rapport à son centre A. Tout plan passant par A et par le point M est un plan de symétrie de la distribution. Le champ \vec{\mathcal{G}}_{\mathrm{A}}(M) appartient à l'intersection de ces plans ; il est donc purement radial :

     \vec{\mathcal{G}}_{\mathrm{A}}(M) = \mathcal{G}(r)\,\vec{u}_r \quad \text{avec} \quad \vec{u}_r = \frac{\overrightarrow{AM}}{AM} \quad \text{et} \quad r = AM

     De plus, par invariance par rotation autour de A, la composante \mathcal{G}(r) ne dépend que de la distance radiale r.

   • Surface de Gauss : On choisit pour surface fermée \Sigma la sphère de centre A et de rayon r = AM > R_{\mathrm{A}}. Le vecteur unitaire normal sortant est \vec{n}_{\text{ext}} = \vec{u}_r.

   • Calcul du flux :

     \Phi = \oiint_{\Sigma} \vec{\mathcal{G}}_{\mathrm{A}}(M) \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \oiint_{\Sigma} \mathcal{G}(r)\,\mathrm{d}S = \mathcal{G}(r) \oiint_{\Sigma} \mathrm{d}S = 4\pi r^2 \mathcal{G}(r)

   • Masse intérieure et conclusion : Comme r > R_{\mathrm{A}}, toute la masse de l'astre est contenue à l'intérieur de \Sigma, soit M_{\text{int}} = m_{\mathrm{A}}. Le théorème de Gauss donne alors :

     4\pi r^2 \mathcal{G}(r) = -4\pi G m_{\mathrm{A}} \implies \mathcal{G}(r) = -\frac{G m_{\mathrm{A}}}{r^2}

   On en déduit l'expression vectorielle du champ gravitationnel :

   \boxed{\vec{\mathcal{G}}_{\mathrm{A}}(M) = -\frac{G m_{\mathrm{A}}}{AM^3}\,\overrightarrow{AM}}

   Résultat

   $${\vec{\mathcal{G}}}_{\mathrm{A}}(M)=-\frac{G{m}_{\mathrm{A}}}{A{M}^3}\overrightarrow{AM}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique MP 2025, Q1

   L'énoncé précise qu'il y a invariance du potentiel par rotation autour de l'axe Oz. Le potentiel ne doit donc dépendre des coordonnées transverses que par la distance à l'axe, r_\perp = \sqrt{x^2 + y^2} :

   \alpha x^2 + \beta y^2 = \alpha (x^2 + y^2) \implies \alpha = \beta

   Au voisinage du centre du piège, le milieu est le vide et ne comporte aucune densité volumique de charge (\rho = 0). D'après l'équation de Maxwell-Gauss \mathrm{div}\,\vec{E} = 0 et la relation \vec{E} = -\vec{\nabla} V_{\mathrm{el}}, le potentiel vérifie l'équation de Laplace :

   \Delta V_{\mathrm{el}}(\vec{r}) = 0

   En calculant le laplacien du potentiel sous la forme donnée par l'équation (1) :

   \begin{aligned} \Delta V_{\mathrm{el}}(\vec{r}) &= \frac{\partial^2 V_{\mathrm{el}}}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V_{\mathrm{el}}}{\partial y^2} + \frac{\partial^2 V_{\mathrm{el}}}{\partial z^2} \\ &= \frac{\eta V}{l_0^2} \left( 2\alpha + 2\beta + 2 \right) = 0 \end{aligned}

   On en déduit :

   \alpha + \beta + 1 = 0

   Comme \alpha = \beta, il vient immédiatement :

   \boxed{\alpha = \beta = -\frac{1}{2}}

   Résultat

   $$\alpha =\beta =-\frac{1}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique MP 2025, Q2

   L'énergie potentielle électrostatique de la particule de charge q = -e dans le potentiel statique s'écrit, d'après les résultats de la question 1 :

   E_{\mathrm{p}}(\vec{r}) = q V_{\mathrm{el}}(\vec{r}) = -\frac{e \eta V}{l_0^2}\left(z^2 - \frac{1}{2}x^2 - \frac{1}{2}y^2\right).

   La force électrostatique subie par la particule est :

   \vec{F} = -\vec{\nabla}E_{\mathrm{p}} = \frac{e \eta V}{l_0^2}\left(-x\,\vec{u}_x - y\,\vec{u}_y + 2z\,\vec{u}_z\right).

   En \vec{r} = \vec{0}, la force s'annule : le centre O du piège est bien une position d'équilibre.

   Pour que cet équilibre soit stable, l'énergie potentielle E_{\mathrm{p}} doit présenter un minimum local strict en O, ce qui impose que toutes les dérivées secondes partielles soient strictement positives :

   \frac{\partial^2 E_{\mathrm{p}}}{\partial x^2} > 0, \quad \frac{\partial^2 E_{\mathrm{p}}}{\partial y^2} > 0 \quad \text{et} \quad \frac{\partial^2 E_{\mathrm{p}}}{\partial z^2} > 0.

   Or, d'après l'expression de E_{\mathrm{p}} :

   \frac{\partial^2 E_{\mathrm{p}}}{\partial x^2} = \frac{\partial^2 E_{\mathrm{p}}}{\partial y^2} = \frac{e\eta V}{l_0^2} \quad \text{et} \quad \frac{\partial^2 E_{\mathrm{p}}}{\partial z^2} = -2\frac{e\eta V}{l_0^2}.

   Ces dérivées secondes sont de signes opposés :

   • si V > 0, le confinement est assuré dans le plan horizontal (x,y), mais l'équilibre est instable selon la direction verticale z ;
   • si V < 0, l'équilibre est stable selon z, mais instable dans le plan horizontal (x,y).

   \boxed{\text{La particule ne peut pas léviter de manière stable : le point $O$ est un point-selle pour l'énergie potentielle.}}

   Résultat

   $$\text{La particule ne peut pas leˊviter de manieˋre stable : le point O est un point-selle pour l’eˊnergie potentielle.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2024, Q1

   La distribution de charges positives est une boule de centre O et de rayon a_0, portant une densité volumique de charge \rho uniforme. Tout plan passant par l'origine O est donc un plan de symétrie pour cette distribution de charges.

   Soit M un point de l'espace distinct de O, repéré par ses coordonnées sphériques (r, \theta, \phi) dans la base locale (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta, \vec{u}_\phi) où \overrightarrow{OM} = r\,\vec{u}_r. Considérons deux plans particuliers passant par M :

   • le plan \Pi_1 = (M, \vec{u}_r, \vec{u}_\theta),
   • le plan \Pi_2 = (M, \vec{u}_r, \vec{u}_\phi).

   Ces deux plans contiennent la droite (OM) portée par le vecteur radial \vec{u}_r, ils passent donc tous deux par le centre de symétrie O. Par conséquent, \Pi_1 et \Pi_2 sont deux plans de symétrie de la distribution de charge.

   Le champ électrostatique \vec{E}(M) étant un vecteur polaire, il appartient à tout plan de symétrie de la distribution passant par le point considéré :

   \vec{E}(M) \in \Pi_1 \quad \text{et} \quad \vec{E}(M) \in \Pi_2

   Il est donc dirigé selon leur intersection :

   \Pi_1 \cap \Pi_2 = (M, \vec{u}_r)

   Ainsi, les composantes orthoradiales sont nulles (E_\theta = 0 et E_\phi = 0), et le champ électrique s'écrit :

   \boxed{\vec{E}(M) = E_r(r, \theta, \phi)\,\vec{u}_r}

   Le champ électrique engendré par la distribution de charge positive est donc purement radial.

   Résultat

   $$\vec{E}(M)=E_r(r,\theta ,\varphi ){\vec{u}}_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2024, Q2

   La distribution de charges est modélisée par une boule de centre O et de rayon a_0 de densité volumique \rho uniforme, entourée de vide. Elle ne dépend donc que de la coordonnée radiale r :

   \rho(r) = \begin{cases} \rho_0 & \text{pour } r \leqslant a_0 \\ 0 & \text{pour } r > a_0 \end{cases}

   Cette répartition est invariante par toute rotation autour du centre O :

   • L'invariance par rotation d'angle quelconque autour de l'axe (Oz) implique que les grandeurs électrostatiques sont indépendantes de l'angle azimutal \phi :

     \frac{\partial \vec{E}}{\partial \phi} = \vec{0}

   • L'invariance par rotation autour de tout axe passant par O orthogonal à (Oz) implique que le champ est indépendant de l'angle de colatitude \theta :

     \frac{\partial \vec{E}}{\partial \theta} = \vec{0}

   Le champ électrique ne dépend donc ni de \theta, ni de \phi. En tenant compte du caractère radial établi à la question Q1, le champ électrique en tout point M(r,\theta,\phi) s'écrit sous la forme :

   \boxed{\vec{E}(M) = E_r(r)\,\vec{u}_r}

   La distance radiale r est donc le seul paramètre pertinent pour caractériser le champ électrique.

   Résultat

   $$\vec{E}(M)=E_r(r){\vec{u}}_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MP 2024, Q3

    Théorème de Gauss :
    Le flux du champ électrostatique \vec{E} à travers une surface fermée \mathcal{S}_G, orientée vers l'extérieur par le vecteur unitaire \vec{n}_{\text{ext}}, est égal à la charge totale Q_{\text{int}} contenue à l'intérieur du volume délimité par \mathcal{S}_G, divisée par la permittivité diélectrique du vide \epsilon_0 :

    \Phi = \oiint_{\mathcal{S}_G} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \frac{Q_{\text{int}}}{\epsilon_0}

    avec \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}S\,\vec{n}_{\text{ext}}.

    Application au modèle de Thomson (r < a_0) :

    • Surface de Gauss : compte tenu des propriétés de symétrie et d'invariance établies en Q1 et Q2, le champ est de la forme \vec{E}(M) = E_r(r)\,\vec{u}_r. On choisit pour surface de Gauss \mathcal{S}_G la sphère de centre O et de rayon r < a_0. Le vecteur normal extérieur en tout point de \mathcal{S}_G est \vec{n}_{\text{ext}} = \vec{u}_r, si bien que \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}S\,\vec{u}_r.

    • Calcul du flux :

      \Phi = \oiint_{\mathcal{S}_G} E_r(r)\,\vec{u}_r \cdot (\mathrm{d}S\,\vec{u}_r) = E_r(r) \oiint_{\mathcal{S}_G} \mathrm{d}S = E_r(r) \times 4\pi r^2

    • Charge intérieure : la densité volumique de charge \rho étant uniforme dans la sphère atomique de rayon a_0, la charge totale s'écrit :

      Q = \rho \times \frac{4}{3}\pi a_0^3 \implies \rho = \frac{3Q}{4\pi a_0^3}

      Pour r < a_0, la charge contenue dans la sphère de rayon r est :

      Q_{\text{int}}(r) = \rho \times \frac{4}{3}\pi r^3 = Q \left(\frac{r}{a_0}\right)^3

    D'après le théorème de Gauss :

    \begin{aligned} 4\pi r^2 E_r(r) &= \frac{Q}{\epsilon_0}\frac{r^3}{a_0^3} \\ E_r(r) &= \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a_0^3}\,r \end{aligned}

    Comme \vec{r} = r\,\vec{u}_r, on obtient finalement l'expression vectorielle du champ électrique à l'intérieur de l'atome :

    \boxed{\vec{E} = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 a_0^3}\,\vec{r}}

    Résultat

    $$\vec{E}=\frac{Q}{4\pi {ϵ}_0{a}_0^3}\vec{r}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question