Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1Banque PT Physique A PT 2025, Q12

   L'équation locale de Maxwell-Gauss relie le champ électrostatique \vec{E} à la distribution volumique de charge \rho en tout point de l'espace :

   \boxed{\mathrm{div}\,\vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}}

   Pour établir la forme intégrale, on considère un volume arbitraire \mathcal{V} délimité par une surface fermée \Sigma, orientée conventionnellement vers l'extérieur par le vecteur surface élémentaire \mathrm{d}\vec{S}.

   En intégrant l'équation de Maxwell-Gauss sur le volume \mathcal{V}, on obtient :

   \iiint_{\mathcal{V}} \mathrm{div}\,\vec{E}\,\mathrm{d}\tau = \iiint_{\mathcal{V}} \frac{\rho}{\varepsilon_0}\,\mathrm{d}\tau

   D'une part, le théorème de Green-Ostrogradsky (théorème de flux-divergence) transforme l'intégrale volumique de la divergence en flux sortant à travers la surface fermée \Sigma :

   \iiint_{\mathcal{V}} \mathrm{div}\,\vec{E}\,\mathrm{d}\tau = \oiint_{\Sigma} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S}

   D'autre part, la charge totale contenue à l'intérieur du volume \mathcal{V} est donnée par :

   Q_{\mathrm{int}} = \iiint_{\mathcal{V}} \rho\,\mathrm{d}\tau

   On en déduit l'expression intégrale du théorème de Gauss :

   \boxed{\oiint_{\Sigma} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \frac{Q_{\mathrm{int}}}{\varepsilon_0}}

   Résultat

   $$\mathrm{div}\vec{E}=\frac{\rho }{{\epsilon }_0}$$

   $$\iint \vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{S}=\frac{Q_{\mathrm{int}}}{{\epsilon }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Banque PT Physique A PT 2025, Q13

   On repère un point de l'espace par ses coordonnées cartésiennes \mathrm{M}(x,y,z) dans la base orthonormée directe (\vec{u}_x, \vec{u}_y, \vec{u}_z).

   Invariances et dépendance spatiale La distribution de charges est constituée de deux couches planes d'extension infinie selon Oy et Oz, avec des densités volumiques \rho dépendant uniquement de x :

   \rho(x, y, z) = \rho(x)

   La distribution est donc invariante par toute translation selon \vec{u}_y et selon \vec{u}_z. Par conséquent, les composantes du champ électrostatique ne dépendent ni de y ni de z : le champ ne dépend que de l'unique variable spatiale x.

   Symétries et direction du champ Soit \mathrm{M}(x,y,z) un point quelconque de l'espace. Considérons les deux plans passant par \mathrm{M} suivants :

   • le plan \Pi_1 parallèle au plan (xOy), d'équation Z = z ;
   • le plan \Pi_2 parallèle au plan (xOz), d'équation Y = y.

   Comme la densité de charge ne dépend que de la coordonnée x, elle est invariante par réflexion par rapport à \Pi_1 et par rapport à \Pi_2. Ces deux plans sont donc des plans de symétrie de la distribution de charges.

   D'après les propriétés de symétrie du champ électrostatique, le vecteur \vec{E}(\mathrm{M}) est contenu dans tout plan de symétrie passant par \mathrm{M}. Il appartient ainsi à l'intersection de \Pi_1 et \Pi_2, qui est la droite passant par \mathrm{M} dirigée selon \vec{u}_x :

   \vec{E}(\mathrm{M}) \in \Pi_1 \cap \Pi_2 \implies \vec{E}(\mathrm{M}) \parallel \vec{u}_x

   En combinant l'étude des invariances et des symétries, le champ électrostatique s'écrit en tout point \mathrm{M} de l'espace :

   \boxed{\vec{E}(\mathrm{M}) = E(x)\,\vec{u}_x}

   Résultat

   $$\vec{E}(\mathrm{M})=E(x){\vec{u}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Banque PT Physique A PT 2025, Q14

   Dans le domaine d'étude, \mathrm{div}\,\vec{E} = \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}x} = \frac{\rho(x)}{\varepsilon_0}.

   1. Première zone : pour x \in [-e_1, \, 0], la densité volumique de charge vaut \rho(x) = \rho_1. En intégrant entre -e_1 et x, et sachant que E(-e_1) = 0 par continuité avec l'extérieur :

   \begin{aligned} E(x) - E(-e_1) &= \int_{-e_1}^{x} \frac{\rho_1}{\varepsilon_0}\,\mathrm{d}x' \\ E(x) &= \frac{\rho_1}{\varepsilon_0}(x + e_1) \end{aligned}

   En particulier, à l'interface x = 0, la continuité donne E(0) = \frac{\rho_1 e_1}{\varepsilon_0}.

   2. Seconde zone : pour x \in [0, \, e_2], la densité volumique de charge vaut \rho(x) = \rho_2. En intégrant entre x et e_2, et compte tenu de E(e_2) = 0 :

   \begin{aligned} E(e_2) - E(x) &= \int_{x}^{e_2} \frac{\rho_2}{\varepsilon_0}\,\mathrm{d}x' = \frac{\rho_2}{\varepsilon_0}(e_2 - x) \\ E(x) &= -\frac{\rho_2}{\varepsilon_0}(e_2 - x) \end{aligned}

   D'après la relation de neutralité de la question Q11, \rho_2 = -\rho_1\,\frac{e_1}{e_2}. En injectant cette expression, on obtient :

   E(x) = \frac{\rho_1 e_1}{\varepsilon_0 e_2}(e_2 - x) = \frac{\rho_1 e_1}{\varepsilon_0}\left(1 - \frac{x}{e_2}\right)

   On remarque que pour x = 0, cette expression redonne bien E(0) = \frac{\rho_1 e_1}{\varepsilon_0}, ce qui confirme la continuité du champ en x = 0.

   Le champ électrostatique à l'intérieur de la zone de déplétion s'écrit donc :

   \boxed{ \vec{E}(M) = \begin{cases} \dfrac{\rho_1}{\varepsilon_0}(x + e_1)\,\vec{u}_x & \text{pour } x \in [-e_1, \, 0] \\[8pt] \dfrac{\rho_1 e_1}{\varepsilon_0}\left(1 - \dfrac{x}{e_2}\right)\vec{u}_x & \text{pour } x \in [0, \, e_2] \end{cases} }

   Résultat

   $$\vec{E}(M)=\{\begin{array}{ll}\frac{{\rho }_1}{{\epsilon }_0}(x+e_1){\vec{u}}_x& \text{pour }x\in [-e_1,0]\\ \frac{{\rho }_1{e}_1}{{\epsilon }_0}\left(1-\frac{x}{e_2}\right){\vec{u}}_x& \text{pour }x\in [0,e_2]\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Banque PT Physique A PT 2024, Q22

   La distribution de charges est modélisée par deux cylindres coaxiaux d'axe (Oz), de rayons a_1 et a_2, de charges respectives +Q et -Q uniformément réparties. On néglige les effets de bord, ce qui revient à considérer des cylindres de longueur infinie selon (Oz).

   Étude des invariances :

   • La distribution de charges est invariante par translation le long de l'axe (Oz) (cylindres infinis) : le champ électrique ne dépend pas de la coordonnée z.
   • La distribution est invariante par rotation d'un angle quelconque autour de l'axe (Oz) (symétrie axiale) : le champ électrique ne dépend pas de la coordonnée \theta.

   En coordonnées cylindriques, les composantes du champ électrique ne dépendent donc que de la distance axiale r :

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

   Étude des symétries : Considérons un point M(r,\theta,z) situé entre les deux armatures :

   • Le plan méridien \Pi_1 = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_z), qui contient l'axe (Oz), est un plan de symétrie de la distribution de charges. Le champ électrique étant un vecteur polaire, il appartient à tout plan de symétrie passant par M. Donc :

     \vec{E}(M) \in \Pi_1 \implies E_\theta(r) = 0

   • Le plan transversal \Pi_2 = (M, \vec{e}_r, \vec{e}_\theta), orthogonal à l'axe (Oz), est également un plan de symétrie de la distribution de charges infinie. Par conséquent :

     \vec{E}(M) \in \Pi_2 \implies E_z(r) = 0

   Le champ électrique est donc dirigé suivant l'intersection de ces deux plans de symétrie, soit la droite (M, \vec{e}_r). En notant E(r) = E_r(r), on obtient bien :

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

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Banque PT Physique A PT 2024, Q23

   On choisit comme surface de Gauss fermée \mathcal{S} un cylindre d'axe (Oz), de rayon r tel que a_1 < r < a_2, et d'une hauteur arbitraire L (avec L \leqslant H).

   Cette surface fermée est constituée de trois parties :

   • la surface latérale \mathcal{S}_{\text{lat}} de vecteur surface élémentaire \mathrm{d}\vec{S} = r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_r ;
   • les deux bases planes \mathcal{S}_{\text{sup}} et \mathcal{S}_{\text{inf}} perpendiculaires à l'axe (Oz), orientées selon +\vec{e}_z et -\vec{e}_z.

   D'après la question Q22, le champ électrique s'écrit \vec{E}(M) = E(r)\vec{e}_r. Le flux total du champ électrique à travers la surface fermée \mathcal{S} s'exprime donc :

   \begin{aligned} \Phi &= \iint_{\mathcal{S}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} \\ &= \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} E(r) \vec{e}_r \cdot (r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z\,\vec{e}_r) + \iint_{\mathcal{S}_{\text{sup}}} \underbrace{\vec{E} \cdot \vec{e}_z}_{= 0} \,\mathrm{d}S + \iint_{\mathcal{S}_{\text{inf}}} \underbrace{\vec{E} \cdot (-\vec{e}_z)}_{= 0} \,\mathrm{d}S \\ &= E(r) \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z \\ &= E(r) \times (2\pi r L) \end{aligned}

   Comme les effets de bord sont négligés, la charge superficielle est répartie uniformément sur l'armature intérieure de rayon a_1 et de hauteur H. La densité linéique de charge portée par cette armature est :

   \lambda = \frac{Q}{H}

   La charge contenue à l'intérieur de la surface de Gauss (qui n'englobe que la portion de longueur L de l'armature intérieure) s'écrit donc :

   Q_{\text{int}} = \lambda L = \frac{Q L}{H}

   D'après le théorème de Gauss dans le vide (l'air étant assimilé au vide) :

   \Phi = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} \iff 2\pi r L E(r) = \frac{Q L}{\varepsilon_0 H}

   On en déduit l'expression de E(r) entre les deux armatures :

   \boxed{E(r) = \frac{Q}{2\pi \varepsilon_0 H r}}

   Résultat

   $$E(r)=\frac{Q}{2\pi {\epsilon }_{0}Hr}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Banque PT Physique A PT 2024, Q24

   Par définition, la capacité C_0 d'un condensateur constitué de deux conducteurs portant respectivement les charges +Q et -Q est le rapport de la charge positive Q sur la différence de potentiel entre l'armature positive et l'armature négative.

   L'armature intérieure porte la charge Q > 0 au potentiel V_1, et l'armature extérieure porte la charge -Q au potentiel V_2, avec V_1 > V_2. La capacité s'écrit donc :

   \boxed{C_0 = \frac{Q}{V_1 - V_2}}

   Résultat

   $$C_0=\frac{Q}{V_1-V_2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Banque PT Physique A PT 2021, Q1

   Soit un point M extérieur à la Terre, repéré par ses coordonnées sphériques (r, \theta, \varphi) associées à la base orthonormée locale (\vec{u}_r, \vec{u}_\theta, \vec{u}_\varphi) d'origine O, centre de la Terre.

   1. Symétries et invariances

   • Invariances : La Terre étant modélisée par une sphère de centre O et de masse volumique \rho uniforme, la distribution de masse présente une symétrie sphérique. Elle est donc invariante par toute rotation autour de O, ce qui implique l'indépendance vis-à-vis des angles \theta et \varphi. Le champ ne dépend que de la distance radiale r :

     \vec{\mathcal{G}}(M) = \vec{\mathcal{G}}(r)

   • Symétries : Tout plan contenant l'axe (OM) est un plan de symétrie matérielle pour la distribution sphérique. Le champ de gravitation (champ de vecteurs polaires) appartient à l'intersection de tous ces plans de symétrie, c'est-à-dire à la droite (OM). Le champ est donc purement radial :

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

   2. Théorème de Gauss gravitationnel Par analogie avec l'électrostatique (\mathrm{div}\,\vec{\mathcal{G}} = -4\pi G \rho), le flux sortant du champ de gravitation à travers une surface fermée \Sigma orientée vers l'extérieur s'écrit :

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

   On choisit comme surface de Gauss la sphère \Sigma de centre O et de rayon r > R_T (où R_T est le rayon de la Terre). L'élément de surface orienté vers l'extérieur est \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}S\,\vec{u}_r. Le flux à travers \Sigma vaut :

   \begin{aligned} \Phi &= \oiint_\Sigma \mathcal{G}(r)\,\vec{u}_r \cdot (\mathrm{d}S\,\vec{u}_r) \\ &= \mathcal{G}(r) \oiint_\Sigma \mathrm{d}S \\ &= \mathcal{G}(r) \times 4\pi r^2 \end{aligned}

   Comme le point M est à l'extérieur de la Terre (r > R_T), la masse intérieure à la surface de Gauss est la masse totale de la Terre : M_{\mathrm{int}} = M_T. On en déduit :

   \begin{aligned} 4\pi r^2 \mathcal{G}(r) &= -4\pi G M_T \\ \mathcal{G}(r) &= -\frac{G M_T}{r^2} \end{aligned}

   Le champ de gravitation à l'extérieur de la Terre s'écrit donc :

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

   Résultat

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8Banque PT Physique A PT 2020, Q1

   Soit \varepsilon_0 la permittivité diélectrique du vide. On note :

   • \vec{r}_{12} = \vec{P_1P_2} le vecteur joignant le point P_1 au point P_2,
   • r_{12} = \|\vec{P_1P_2}\| la distance séparant les deux charges ponctuelles,
   • \vec{u}_{1\to 2} = \dfrac{\vec{P_1P_2}}{r_{12}} le vecteur unitaire dirigé de P_1 vers P_2.

   D'après la loi de Coulomb, la force électrostatique exercée par la charge ponctuelle q_1 située en P_1 sur la charge ponctuelle q_2 située en P_2 s'écrit :

   \boxed{\vec{F}_{1\to 2} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 \, r_{12}^2} \, \vec{u}_{1\to 2} = \frac{q_1 q_2}{4\pi\varepsilon_0 \, \|\vec{P_1P_2}\|^3} \, \vec{P_1P_2}}

   Résultat

   $${\vec{F}}_{1\to 2}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {\epsilon }_0{r}_{12}^2}{\vec{u}}_{1\to 2}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {\epsilon }_0\Vert \overrightarrow{P_1{P}_2}{\Vert }^3}\overrightarrow{P_1{P}_2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9Banque PT Physique A PT 2020, Q2

   Le théorème de Gauss en électrostatique s'énonce ainsi :

   Le flux du champ électrostatique \vec{E} à travers une surface fermée \Sigma orientée vers l'extérieur est égal à la charge électrique totale algébrique Q_{\text{int}} contenue à l'intérieur du volume délimité par \Sigma, divisée par la permittivité diélectrique du vide \varepsilon_0 :

   \boxed{\Phi = \oiint_{\Sigma} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0}}

   où :

   • \Sigma est une surface fermée fictive (surface de Gauss) ;
   • \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \vec{n}_{\text{ext}}\,\mathrm{d}S est le vecteur surface élémentaire orienté vers l'extérieur de la surface fermée ;
   • Q_{\text{int}} = \iiint_{\mathcal{V}} \rho\,\mathrm{d}\tau est la charge intérieure au volume \mathcal{V} délimité par \Sigma.

   Sous forme locale, il correspond à l'équation de Maxwell-Gauss :

   \operatorname{div}\vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0}

   Résultat

   $$\Phi =\iint \vec{E}\cdot \mathrm{d}{\vec{S}}_{\text{ext}}=\frac{Q_{\text{int}}}{{\epsilon }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10Banque PT Physique A PT 2020, Q5

    On repère le point M en coordonnées sphériques (r,\theta,\varphi) d'origine O, centre de l'astre : \vec{OM} = r\,\vec{u}_r, avec r = OM > R.

    1. Symétries et invariances :

    • Invariances : La distribution de masse est à symétrie sphérique, invariante par toute rotation autour de O. Le champ gravitationnel ne dépend donc pas des coordonnées angulaires \theta et \varphi : \vec{g}(M) = \vec{g}(r).

    • Symétries : Tout plan contenant l'axe (OM) est un plan de symétrie de la distribution de masse. Le champ gravitationnel étant un vrai vecteur, \vec{g}(M) doit appartenir à tous ces plans de symétrie : il est donc radial, porté par leur intersection, la droite (OM) :

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

    2. Choix de la surface de Gauss et calcul du flux : On choisit pour surface de Gauss \Sigma la sphère de centre O et de rayon r > R, orientée vers l'extérieur : \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \mathrm{d}S\,\vec{u}_r. Le flux gravitationnel sortant à travers \Sigma vaut :

    \begin{aligned} \Phi &= \oiint_\Sigma \vec{g}(M)\cdot\mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \oiint_\Sigma g(r)\,\mathrm{d}S \\ &= g(r) \oiint_\Sigma \mathrm{d}S = 4\pi r^2 g(r) \end{aligned}

    3. Application du théorème de Gauss gravitationnel : D'après le théorème de Gauss gravitationnel (question Q4) :

    \Phi = -4\pi G M_{\text{int}}

    Comme r > R, la surface de Gauss englobe la totalité de l'astre : M_{\text{int}} = m. On en déduit :

    \begin{aligned} 4\pi r^2 g(r) &= -4\pi G m \\ g(r) &= -\frac{Gm}{r^2} \end{aligned}

    Le champ gravitationnel s'écrit donc :

    \vec{g}(M) = -\frac{Gm}{r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{Gm}{r^3}\,\vec{OM}

    Comme r = OM, on obtient bien :

    \boxed{\vec{g}(M) = -\frac{Gm}{OM^3}\vec{OM}}

    Commentaires :

    • Le signe négatif traduit le caractère attractif de l'interaction gravitationnelle : le champ est dirigé vers le centre attracteur O.
    • En tout point extérieur (r > R), le champ créé par une sphère de masse m est rigoureusement identique à celui qu'engendrerait une masse ponctuelle de même valeur m concentrée en son centre O (théorème de Newton).

    Résultat

    $$\vec{g}(M)=-\frac{Gm}{O{M}^3}\overrightarrow{OM}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question