Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique C PC 2025, Q1

   Plaçons l'origine du repère sur la charge q_1 supposée fixe. La position de la charge q_2 est alors repérée par le vecteur \vec{r}_{12} = r_{12}\,\vec{u}_r, avec \vec{u}_r le vecteur unitaire radial et r_{12} = \|\vec{r}_{12}\|.

   D'après l'équation (8), la force de Coulomb exercée par q_1 sur q_2 s'écrit :

   \vec{F}_{1\to 2} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\vec{r}_{12}}{r_{12}^3} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_{12}^2}\,\vec{u}_r.

   Lors d'un déplacement infinitésimal \mathrm{d}\vec{r}_{12} = \mathrm{d}r_{12}\,\vec{u}_r + r_{12}\,\mathrm{d}\theta\,\vec{u}_\theta + r_{12}\sin\theta\,\mathrm{d}\varphi\,\vec{u}_\varphi, le travail élémentaire reçu par la charge q_2 vaut :

   \delta W_{1\to 2} = \vec{F}_{1\to 2}\cdot\mathrm{d}\vec{r}_{12} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_{12}^2}\,\mathrm{d}r_{12} = -\,\mathrm{d}\!\left(\frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_{12}}\right).

   La force électrostatique étant conservative, l'énergie potentielle U_{12} qui lui est associée vérifie par définition :

   \mathrm{d}U_{12} = -\,\delta W_{1\to 2} = \mathrm{d}\!\left(\frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_{12}}\right).

   En intégrant entre l'infini et la distance finale r_{12}, il vient :

   U_{12}(r_{12}) - U_{12}(\infty) = -\,W_{\infty \to r_{12}}(\vec{F}_{1\to 2}) = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_{12}}.

   En adoptant la convention de l'énoncé selon laquelle l'énergie d'interaction s'annule à l'infini (U_{12}(\infty) = 0), on obtient :

   \boxed{U_{12} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 r_{12}}}

   Résultat

   $$U_{12}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_{12}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique C PC 2025, Q3

   L'énergie électrostatique totale U_q du système de N charges ponctuelles est l'énergie nécessaire pour assembler ce système de façon quasi-statique depuis l'infini. En vertu du principe de superposition, elle correspond à la somme des énergies d'interaction électrostatique de toutes les paires \{i, j\} non ordonnées (avec i < j) :

   U_q = \sum_{1 \le i < j \le N} U_{ij} = \sum_{1 \le i < j \le N} \frac{q_i q_j}{4\pi\varepsilon_0 r_{ij}}

   où r_{ij} = \|\vec{r}_j - \vec{r}_i\| est la distance entre les charges q_i et q_j.

   On définit le potentiel V_{i \rightarrow j} créé par la charge ponctuelle q_i à la position \vec{r}_j de la charge q_j (avec la convention d'un potentiel nul à l'infini) :

   \boxed{V_{i \rightarrow j} = \frac{q_i}{4\pi\varepsilon_0 r_{ij}}}

   L'énergie de la paire s'écrit alors symétriquement :

   U_{ij} = q_j V_{i \rightarrow j} = q_i V_{j \rightarrow i}

   Dans la somme double portant sur tous les indices i \neq j, chaque paire \{i, j\} apparaît exactement deux fois (sous la forme (i, j) et sous la forme (j, i)) :

   \sum_{i \neq j} q_j V_{i \rightarrow j} = \sum_{1 \le i < j \le N} \left( q_j V_{i \rightarrow j} + q_i V_{j \rightarrow i} \right) = 2 \sum_{1 \le i < j \le N} U_{ij} = 2 U_q

   Par identification avec l'expression U_q = a \sum_{i \neq j} q_j V_{i \rightarrow j}, on en déduit :

   \boxed{a = \frac{1}{2}}

   Signe de l'énergie : L'énergie U_q peut être positive, négative ou nulle :

   • Si toutes les charges sont de même signe, tous les termes U_{ij} sont strictement positifs, donc U_q > 0 (système répulsif).
   • Pour un système où les attractions dominent les répulsions (par exemple deux charges de signes opposés, ou un cristal ionique stable), les termes d'interaction attractifs l'emportent et U_q < 0.
   • Pour des configurations particulières où les contributions attractives et répulsives se compensent exactement, on peut avoir U_q = 0.

   Résultat

   $$V_{i\to j}=\frac{q_i}{4\pi {\epsilon }_0{r}_{ij}}$$

   $$a=\frac{1}{2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique C PC 2025, Q9

   L'équation (11) donne l'énergie électrostatique propre étendue à tout l'espace :

   U_{\rho} = \frac{1}{2} \iiint \rho(\vec{r}) V(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}}

   D'après l'équation de Maxwell-Gauss, on a \rho = \varepsilon_0 \operatorname{div}\vec{E}. On peut donc écrire, en intégrant sur une boule \mathcal{V}_R centrée sur l'origine et de rayon R :

   U_{\rho}(R) = \frac{1}{2} \varepsilon_0 \iiint_{\mathcal{V}_R} V(\vec{r}) \, \operatorname{div}\vec{E}(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}}

   En utilisant la formule vectorielle (3) du formulaire avec \phi = V et \vec{X} = \vec{E} :

   \operatorname{div}(V\vec{E}) = V \operatorname{div}\vec{E} + (\vec{\operatorname{grad}} V) \cdot \vec{E}

   Comme le champ électrostatique dérive du potentiel selon \vec{E} = -\vec{\operatorname{grad}} V, on a :

   (\vec{\operatorname{grad}} V) \cdot \vec{E} = -\vec{E} \cdot \vec{E} = -\vec{E}^2(\vec{r})

   Il vient ainsi :

   V \operatorname{div}\vec{E} = \operatorname{div}(V\vec{E}) + \vec{E}^2(\vec{r})

   En reportant cette relation dans l'intégrale sur \mathcal{V}_R :

   U_{\rho}(R) = \iiint_{\mathcal{V}_R} \frac{1}{2} \varepsilon_0 \vec{E}^2(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}} + \frac{1}{2} \varepsilon_0 \iiint_{\mathcal{V}_R} \operatorname{div}(V\vec{E}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}}

   Par le théorème de Green-Ostrogradsky, l'intégrale de volume du terme de divergence se transforme en une intégrale de surface fermée sur la sphère \Sigma_R = \partial\mathcal{V}_R de normale extérieure \vec{n} = \vec{e}_r :

   \iiint_{\mathcal{V}_R} \operatorname{div}(V\vec{E}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}} = \oiint_{\Sigma_R} V(\vec{r}) \vec{E}(\vec{r}) \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\vec{r}}

   Étudions le comportement de ce terme de bord lorsque R \to \infty :

   • La distribution de charges S_\rho étant d'extension spatiale finie, les propriétés à grande distance données dans l'énoncé précisent qu'au voisinage de l'infini :

     • si la charge totale Q \neq 0, V(R) = \mathcal{O}(R^{-1}) et \|\vec{E}(R)\| = \mathcal{O}(R^{-2}), d'où \|V\vec{E}\| = \mathcal{O}(R^{-3}) ;
     • si Q = 0, V(R) = \mathcal{O}(R^{-2}) et \|\vec{E}(R)\| = \mathcal{O}(R^{-3}), d'où \|V\vec{E}\| = \mathcal{O}(R^{-5}).
   • L'élément de surface est \mathrm{d}S = R^2 \sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\phi, donc l'aire totale de la sphère croît comme 4\pi R^2.

   Par suite, dans le cas le plus défavorable (Q \neq 0) :

   \left| \oiint_{\Sigma_R} V(\vec{r}) \vec{E}(\vec{r}) \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\vec{r}} \right| \le \oiint_{\Sigma_R} |V| \|\vec{E}\| \, \mathrm{d}S = \mathcal{O}\left( R^{-3} \times R^2 \right) = \mathcal{O}\left( \frac{1}{R} \right) \xrightarrow[R \to \infty]{} 0

   En prenant la limite quand R \to \infty, l'intégrale surfacique s'annule identiquement, et l'on obtient l'expression recherchée sur tout l'espace :

   \boxed{U_{\mathrm{es}} = \iiint \frac{1}{2} \varepsilon_0 \vec{E}^2(\vec{r}) \, \mathrm{d}\tau_{\vec{r}}}

   Résultat

   $$U_{\mathrm{es}}=\iiint \frac{1}{2}{\epsilon }_0{\vec{E}}^2(\vec{r})\mathrm{d}{\tau }_{\vec{r}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q22

   En négligeant les effets de bord, le système est invariant par toute translation parallèle au plan (Oxy) des armatures. Le champ électrostatique ne dépend donc que de la coordonnée z :

   \vec{E}(x,y,z) = \vec{E}(z)

   De plus, tout plan perpendiculaire aux armatures (par exemple (Oxz) et (Oyz)) est un plan de symétrie de la distribution de charges. En tout point de l'espace, le champ \vec{E} doit appartenir à ces plans de symétrie, ce qui impose :

   \vec{E}(z) = E_z(z)\,\vec{e}_z

   Le champ électrique est donc perpendiculaire aux armatures et dirigé selon l'axe vertical (Oz) (de l'armature chargée positivement vers l'armature chargée négativement, soit vers les z croissants).

   Au sein du milieu isolant (équivalent au vide), il n'y a aucune charge volumique (\rho = 0). L'équation locale de Maxwell-Gauss s'écrit :

   \mathrm{div}\,\vec{E} = 0 \iff \frac{\mathrm{d}E_z}{\mathrm{d}z} = 0

   La composante E_z est donc indépendante de z.

   \boxed{\vec{E} = E\,\vec{e}_z \quad \text{avec } E = \text{cte}}

   Le champ électrique \vec{E} est donc uniforme dans tout l'espace compris entre les armatures.

   Résultat

   $$\vec{E}=E{\vec{e}}_z\text{avec }E=\text{cte}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q23

   Considérons une surface de Gauss cylindrique fermée de section droite \Delta S, d'axe parallèle à (Oz), à cheval sur l'interface de l'armature inférieure portant la densité surfacique de charge +\sigma_0 :

   • la base inférieure est située à l'intérieur du métal conducteur de l'armature inférieure, où règne l'équilibre électrostatique, de sorte que \vec{E}_{\text{int}} = \vec{0} ;
   • la base supérieure est située dans l'espace inter-armatures (assimilé au vide), où \vec{E} = E\,\vec{e}_z ;
   • la paroi latérale est parallèle à \vec{e}_z, de sorte que \vec{E} \cdot \vec{n}_{\text{ext}} = 0 en tout point de cette paroi.

   Le flux du champ électrique sortant de ce cylindre se réduit donc au flux à travers sa base supérieure :

   \Phi = \iint_{\text{base sup}} \vec{E} \cdot \vec{e}_z\,\mathrm{d}S = E\,\Delta S

   La charge totale enfermée dans le cylindre est portée par l'armature :

   Q_{\text{int}} = \sigma_0\,\Delta S

   D'après le théorème de Gauss :

   \Phi = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} \implies E\,\Delta S = \frac{\sigma_0\,\Delta S}{\varepsilon_0}

   On en déduit l'intensité du champ électrostatique E = \frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}. Compte tenu de la direction de \vec{E} déterminée à la question précédente (dirigé de l'armature chargée positivement vers l'armature négative, soit selon +\vec{e}_z) :

   \boxed{\vec{E} = \frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}\,\vec{e}_z}

   Résultat

   $$\vec{E}=\frac{{\sigma }_0}{{\epsilon }_0}{\vec{e}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Mines-Ponts Physique 2 PC 2025, Q24

   Le champ électrostatique étant relié au potentiel scalaire par \vec{E} = -\vec{\nabla} V, la composante selon l'axe (Oz) vérifie :

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

   La tension de polarisation U_0 entre l'armature inférieure (portant la charge positive +\sigma_0 en z=0) et l'armature supérieure (en z=e) s'obtient par circulation du champ électrostatique :

   U_0 = V(0) - V(e) = \int_0^e E\,\mathrm{d}z

   Le champ \vec{E} = \frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}\vec{e}_z étant uniforme (d'après la question Q23), on en déduit :

   \boxed{U_0 = \frac{\sigma_0\,e}{\varepsilon_0}}

   Par définition, la capacité C_0 d'un condensateur est le coefficient de proportionnalité entre la charge totale Q_0 = \sigma_0 S portée par l'armature positive et la tension U_0 entre ses armatures :

   \boxed{C_0 = \frac{Q_0}{U_0}}

   En substituant l'expression de U_0, on obtient l'expression de la capacité du condensateur plan :

   C_0 = \frac{\sigma_0 S}{\dfrac{\sigma_0\,e}{\varepsilon_0}}

   soit :

   \boxed{C_0 = \frac{\varepsilon_0 S}{e}}

   Résultat

   $$U_0=\frac{{\sigma }_{0}e}{{\epsilon }_0}$$

   $$C_0=\frac{Q_0}{U_0}$$

   $$C_0=\frac{{\epsilon }_{0}S}{e}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CCINP Physique PC 2024, Q30

   Considérons deux noyaux d'isotopes de l'hydrogène (deutérium et tritium), chacun de charge électrique q = +e.

   Hypothèses de modélisation :

   • À des distances supérieures à la taille du noyau d = 10^{-15}\text{ m}, l'interaction nucléaire forte est négligeable et les noyaux ne sont soumis qu'à la répulsion électrostatique coulombienne.
   • Pour initier la réaction de fusion en mécanique classique, les noyaux doivent entrer en contact, ce qui impose d'atteindre une distance minimale de l'ordre de leur taille, soit r \le d.

   • L'énergie cinétique relative minimale requise doit vaincre la barrière coulombienne :

     E_{p,\max} = \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0 d}

   • D'après le théorème de l'équipartition de l'énergie, l'énergie cinétique moyenne d'un noyau à la température T dans le plasma est reliée à la température par :

     \langle E_c \rangle = \frac{3}{2} k_B T

   Pour que les chocs soient suffisamment énergétiques pour franchir la barrière coulombienne, l'ordre de grandeur de l'énergie cinétique thermique doit être au moins égal à l'énergie de la barrière de potentiel :

   \begin{aligned} \frac{3}{2} k_B T &\sim \frac{e^2}{4\pi \varepsilon_0 d} \\ T &\sim \frac{e^2}{6\pi \varepsilon_0 k_B d} \end{aligned}

   Application numérique : Avec les données du sujet :

   • e = 1{,}6 \cdot 10^{-19}\text{ C}
   • \varepsilon_0 = 8{,}85 \cdot 10^{-12}\text{ F}\cdot\text{m}^{-1}
   • k_B = 1{,}4 \cdot 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}
   • d = 10^{-15}\text{ m}

   \begin{aligned} T &\sim \frac{(1{,}6 \cdot 10^{-19})^2}{6\pi \times 8{,}85 \cdot 10^{-12} \times 1{,}4 \cdot 10^{-23} \times 10^{-15}} \\ T &\sim \frac{2{,}56 \cdot 10^{-38}}{2{,}335 \cdot 10^{-48}} \approx 1{,}1 \cdot 10^{10}\text{ K} \end{aligned}

   On retient donc un ordre de grandeur de :

   \boxed{T \sim 10^{10}\text{ K}}

   (ou quelques dizaines de milliards de kelvins, qu'on utilise k_B T ou \frac{3}{2}k_B T).

   Résultat

   $$T\sim 10^{10}\text{ K}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q2

   D'après la loi de Coulomb, la force d'interaction électrostatique exercée par la particule ponctuelle de charge q_1 située en M_1 sur la particule de charge q_2 située en M_2, séparées par une distance d = M_1 M_2, s'écrit :

   \boxed{\vec{F}_{1 \to 2} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 d^2}\,\vec{u}_{1 \to 2}}

   où \varepsilon_0 désigne la permittivité diélectrique du vide et \vec{u}_{1 \to 2} = \frac{\vec{M_1 M_2}}{d} est le vecteur unitaire orienté de M_1 vers M_2.

   Résultat

   $${\vec{F}}_{1\to 2}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {\epsilon }_0{d}^2}{\vec{u}}_{1\to 2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CCINP Physique PC 2023, Q16

   Invariances : Le système présente une symétrie de révolution autour de l'axe (O,\vec{u}_z) : les armatures circulaires et les fils d'alimentation rectilignes infinis sont invariants par toute rotation d'un angle \theta autour de cet axe.

   La distribution de charges et de courants ne dépend donc pas de \theta. Par conséquent, les composantes du champ électrique en coordonnées cylindriques sont indépendantes de \theta et ne dépendent que des coordonnées spatiales r et z, ainsi que du temps t :

   \vec{E}(M,t) = E_r(r,z,t)\,\vec{u}_r + E_\theta(r,z,t)\,\vec{u}_\theta + E_z(r,z,t)\,\vec{u}_z

   Symétries : Considérons le plan \Pi_s = (M, \vec{u}_r, \vec{u}_z) passant par le point M et contenant l'axe de révolution (Oz) :

   • La répartition des charges sur les disques est invariante par réflexion par rapport à ce plan ;
   • Les courants apportés par les fils axiaux sont portés par (Oz) \subset \Pi_s, et les éventuels courants de charge surfaciques radiaux sur les armatures sont contenus dans \Pi_s pour les points du plan. Les courants sont donc symétriques par rapport à \Pi_s.

   Le plan \Pi_s est ainsi un plan de symétrie pour la distribution de charges et de courants.

   Le champ électrique \vec{E} étant un vecteur polaire (vrai vecteur), en tout point M appartenant à un plan de symétrie des sources, le champ électrique est contenu dans ce plan :

   \vec{E}(M,t) \in \Pi_s \iff E_\theta(r,z,t) = 0

   On en déduit que le champ électrique est a priori de la forme :

   \boxed{\vec{E}(M,t) = E_r(r,z,t)\,\vec{u}_r + E_z(r,z,t)\,\vec{u}_z}

   Résultat

   $$\vec{E}(M,t)=E_r(r,z,t){\vec{u}}_r+E_z(r,z,t){\vec{u}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10CCINP Physique PC 2023, Q18

    L'armature supérieure située en z=d porte la charge totale q(t) répartie de façon uniforme sur le disque de rayon a et de surface S = \pi a^2. La densité surfacique de charge s'écrit donc :

    \sigma(t) = \frac{q(t)}{\pi a^2}

    Considérons une surface de Gauss cylindrique \mathcal{S}_G, de génératrices parallèles à l'axe \vec{u}_z, de section droite \Delta S, délimitée par :

    • une base supérieure \mathcal{S}_2 située juste au-dessus de l'armature supérieure (z > d), où le champ électrique est nul par hypothèse ;
    • une base inférieure \mathcal{S}_1 située à l'intérieur du condensateur (0 < z < d), où le champ vaut \vec{E}_0(t) = E_{0,z}(t)\vec{u}_z ;
    • une surface latérale \mathcal{S}_L de vecteur unitaire orthogonal sortant perpendiculaire à \vec{u}_z.

    Le flux du champ électrique sortant de la surface fermée \mathcal{S}_G se décompose en trois contributions :

    \begin{aligned} \Phi &= \iint_{\mathcal{S}_2} \vec{E}_{\text{ext}} \cdot \vec{n}_2\,\mathrm{d}S + \iint_{\mathcal{S}_L} \vec{E} \cdot \vec{n}_L\,\mathrm{d}S + \iint_{\mathcal{S}_1} \vec{E}_0(t) \cdot \vec{n}_1\,\mathrm{d}S \end{aligned}

    • Sur la base extérieure \mathcal{S}_2 : \vec{E}_{\text{ext}} = \vec{0}, donc le flux est nul.
    • Sur la surface latérale \mathcal{S}_L : \vec{E}_0(t) \parallel \vec{u}_z et la normale unitaire sortante \vec{n}_L \perp \vec{u}_z, d'où \vec{E} \cdot \vec{n}_L = 0.

    • Sur la base intérieure \mathcal{S}_1 : la normale sortante est \vec{n}_1 = -\vec{u}_z, d'où :

      \iint_{\mathcal{S}_1} \vec{E}_0(t) \cdot (-\vec{u}_z)\,\mathrm{d}S = -E_{0,z}(t)\,\Delta S

    Ainsi, le flux sortant total vaut \Phi = -E_{0,z}(t)\,\Delta S.

    La charge intérieure contenue dans \mathcal{S}_G est la charge portée par l'élément de surface \Delta S de l'armature supérieure :

    Q_{\text{int}} = \sigma(t)\,\Delta S = \frac{q(t)}{\pi a^2}\,\Delta S

    D'après le théorème de Gauss, \Phi = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0}, soit :

    -E_{0,z}(t)\,\Delta S = \frac{q(t)\,\Delta S}{\varepsilon_0 \pi a^2} \implies E_{0,z}(t) = -\frac{q(t)}{\varepsilon_0 \pi a^2}

    Le champ électrique uniforme à l'intérieur du condensateur s'écrit donc :

    \boxed{\vec{E}_0(t) = -\frac{q(t)}{\varepsilon_0 \pi a^2}\,\vec{u}_z}

    Résultat

    $${\vec{E}}_0(t)=-\frac{q(t)}{{\epsilon }_0\pi a^2}{\vec{u}}_z$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question