Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique MP 2026, Q25

   a) Soit un point M repéré en coordonnées sphériques (r, \theta, \varphi) de pôle O, centre de la boule chargée.

   • Direction du champ : Tout plan passant par le centre O et le point M est un plan de symétrie de la distribution de charges. En particulier, les plans (M, \vec{u}_r, \vec{u}_\theta) et (M, \vec{u}_r, \vec{u}_\varphi) sont des plans de symétrie. Le champ électrostatique \vec{E}(M) appartient à l'intersection de ces plans, il est donc purement radial :

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

   • Dépendance du champ : La distribution de charge présente une invariance par toute rotation autour de son centre O. Les coordonnées angulaires \theta et \varphi n'influencent donc pas le champ, qui ne dépend que de la distance radiale r :

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

   b) On applique le théorème de Gauss à une surface sphérique fermée \mathcal{S}_G de centre O et de rayon r \leqslant R_{\mathrm{o}}, orientée vers l'extérieur.

   • Le flux du champ électrique à travers \mathcal{S}_G s'écrit :

     \Phi = \iint_{\mathcal{S}_G} \vec{E}\cdot\mathrm{d}\vec{S} = E(r) \iint_{\mathcal{S}_G} \mathrm{d}S = 4\pi r^2 E(r)

   • La distribution étant uniforme en volume, la densité volumique de charge est :

     \rho = \frac{Q_{\mathrm{o}}}{\frac{4}{3}\pi R_{\mathrm{o}}^3}

     La charge intérieure à la sphère de Gauss de rayon r vaut donc :

     Q_{\text{int}} = \rho \times \frac{4}{3}\pi r^3 = Q_{\mathrm{o}}\left(\frac{r}{R_{\mathrm{o}}}\right)^3

   • D'après le théorème de Gauss, \Phi = \dfrac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_{\mathrm{o}}}, soit :

     \begin{aligned} 4\pi r^2 E(r) &= \frac{Q_{\mathrm{o}} r^3}{\varepsilon_{\mathrm{o}} R_{\mathrm{o}}^3} \\ E(r) &= \frac{Q_{\mathrm{o}} r}{4\pi\varepsilon_{\mathrm{o}} R_{\mathrm{o}}^3} \end{aligned}

   On en déduit l'expression vectorielle du champ électrique à l'intérieur de la boule (r \leqslant R_{\mathrm{o}}) :

   \boxed{\vec{E}(M) = \frac{Q_{\mathrm{o}}}{4\pi\varepsilon_{\mathrm{o}} R_{\mathrm{o}}^3}\,\vec{r}}

   c) Un électron de charge q = -e, situé en M (avec \vec{r} = \overrightarrow{OM}), subit de la part de cette distribution de charge positive la force de Coulomb :

   \vec{f}_{\text{coul}} = -e\,\vec{E}(M) = -\frac{e Q_{\mathrm{o}}}{4\pi\varepsilon_{\mathrm{o}} R_{\mathrm{o}}^3}\,\vec{r}

   La force de rappel \vec{f}_r = -\kappa \vec{r} modélise donc l'attraction électrostatique exercée par la sphère de charge positive sur l'électron lorsqu'il s'écarte du centre de l'atome.

   Par identification terme à terme, la constante de raideur \kappa s'écrit :

   \boxed{\kappa = \frac{e Q_{\mathrm{o}}}{4\pi\varepsilon_{\mathrm{o}} R_{\mathrm{o}}^3}}

   Résultat

   $$\vec{E}(M)=\frac{Q_{\mathrm{o}}}{4\pi {\epsilon }_{\mathrm{o}}{R}_{\mathrm{o}}^3}\vec{r}$$

   $$\kappa =\frac{e{Q}_{\mathrm{o}}}{4\pi {\epsilon }_{\mathrm{o}}{R}_{\mathrm{o}}^3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MP 2026, Q2

   La distribution de masse présente les symétries suivantes :

   • Tout plan contenant le centre O est plan de symétrie matérielle, donc le champ gravitationnel est porté par leur intersection : \vec{G}_T(M) = G_r(r,\theta,\varphi)\,\vec{u}_r.
   • La distribution est invariante par toute rotation autour de O, donc la composante radiale ne dépend que de la distance r = OM : \vec{G}_T(M) = G_r(r)\,\vec{u}_r.

   On choisit pour surface de Gauss \mathcal{S} la sphère de centre O et de rayon r, orientée vers l'extérieur par le vecteur unitaire normal \vec{n} = \vec{u}_r. Le flux du champ gravitationnel à travers \mathcal{S} s'écrit :

   \Phi = \oiint_{\mathcal{S}} \vec{G}_T \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \oiint_{\mathcal{S}} G_r(r)\,\mathrm{d}S = G_r(r) \cdot 4\pi r^2

   D'après le théorème de Gauss gravitationnel établi à la question Q1 :

   \Phi = -4\pi G\, M_{\text{int}}(r) \implies G_r(r) = -\frac{G\,M_{\text{int}}(r)}{r^2}

   Distinguons les deux domaines de l'espace :

   • À l'extérieur de la Terre (r \ge R_T) : toute la masse terrestre est incluse dans la surface de Gauss, soit M_{\text{int}}(r) = M_T = \frac{4}{3}\pi \mu_T R_T^3. D'où :

     \vec{G}_T(M) = -\frac{G M_T}{r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{4\pi G \mu_T R_T^3}{3 r^2}\,\vec{u}_r

   • À l'intérieur de la Terre (r < R_T) : seule la boule de rayon r contribue à la masse intérieure :

     M_{\text{int}}(r) = \frac{4}{3}\pi r^3 \mu_T = M_T \left(\frac{r}{R_T}\right)^3

     On en déduit :

     \vec{G}_T(M) = -\frac{4\pi G \mu_T}{3}r\,\vec{u}_r = -\frac{G M_T}{R_T^3}r\,\vec{u}_r

   En résumé :

   \boxed{ \vec{G}_T(M) = \begin{cases} \displaystyle -\frac{4\pi G \mu_T}{3}r\,\vec{u}_r = -\frac{G M_T}{R_T^3}r\,\vec{u}_r & \text{si } r \le R_T \\[8pt] \displaystyle -\frac{4\pi G \mu_T R_T^3}{3 r^2}\,\vec{u}_r = -\frac{G M_T}{r^2}\,\vec{u}_r & \text{si } r \ge R_T \end{cases} }

   Résultat

   $${\vec{G}}_T(M)=\{\begin{array}{ll}-\frac{4\pi G{\mu }_T}{3}r{\vec{u}}_r=-\frac{G{M}_T}{R_T^3}r{\vec{u}}_r& \text{si }r\le R_T\\ -\frac{4\pi G{\mu }_T{R}_T^3}{3r^2}{\vec{u}}_r=-\frac{G{M}_T}{r^2}{\vec{u}}_r& \text{si }r\ge R_T\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MP 2026, Q22

   a) D'après le théorème de Gauss (ou le théorème de Newton), le champ gravitationnel extérieur et à la surface d'une sphère homogène de masse m et de rayon r est identique à celui d'une masse ponctuelle m concentrée en son centre O.

   D'après le résultat de la question Q7.a, avec la convention d'une énergie potentielle nulle à l'infini, l'énergie potentielle gravitationnelle d'une masse \mathrm{d}m située à la surface de la sphère (soit à une distance r de son centre) s'écrit :

   \boxed{\mathrm{d}E_{pG}(r) = -\frac{G\,m\,\mathrm{d}m}{r}}

   b) À un stade intermédiaire de la formation de la sphère où celle-ci a atteint le rayon r, sa masse est :

   m(r) = \mu \times \frac{4}{3}\pi r^3

   La masse de la coquille sphérique d'épaisseur \mathrm{d}r apportée depuis l'infini et déposée à la surface est :

   \mathrm{d}m = \mu\,\mathrm{d}\tau = 4\pi \mu r^2\,\mathrm{d}r

   L'apport de cette couche élémentaire contribue à l'énergie gravitationnelle à hauteur de :

   \mathrm{d}E_{pG}(r) = -\frac{G}{r}\left(\frac{4}{3}\pi \mu r^3\right)\left(4\pi \mu r^2\,\mathrm{d}r\right) = -\frac{16\pi^2 G \mu^2}{3}\,r^4\,\mathrm{d}r

   Pour former la sphère complète de rayon R, on intègre de r = 0 à r = R :

   \begin{aligned} E_{pG}(R) &= -\frac{16\pi^2 G \mu^2}{3} \int_0^R r^4\,\mathrm{d}r \\ &= -\frac{16\pi^2 G \mu^2}{3}\left[\frac{r^5}{5}\right]_0^R \\ &= -\frac{16\pi^2 G \mu^2 R^5}{15} \end{aligned}

   La masse totale de la sphère vaut M = \mu \times \frac{4}{3}\pi R^3, ce qui donne M^2 = \frac{16}{9}\pi^2 \mu^2 R^6, soit :

   16\pi^2 \mu^2 = \frac{9 M^2}{R^6}

   En reportant dans l'expression de E_{pG}(R) :

   E_{pG}(R) = -\frac{G R^5}{15} \times \frac{9M^2}{R^6}

   d'où :

   \boxed{E_{pG}(R) = -\frac{3\,G}{5}\frac{M^2}{R}}

   Commentaire du signe : L'énergie potentielle gravitationnelle est négative car l'interaction gravitationnelle est exclusivement attractive. L'assemblage constitue donc un état lié : le système gagne en stabilité lors de son effondrement gravitationnel. Pour dissocier la Terre et éloigner à nouveau tous ses constituants à l'infini (où l'énergie potentielle est conventionnellement nulle), il faudrait lui fournir l'énergie de liaison gravitationnelle -E_{pG}(R) > 0.

   Résultat

   $$\mathrm{d}{E}_{pG}(r)=-\frac{Gm\mathrm{d}m}{r}$$

   $$E_{pG}(R)=-\frac{3G}{5}\frac{M^2}{R}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 MP 2026, Q16

   1. Symétries et invariances du champ gravitationnel
   La distribution de matière du bulbe présente une symétrie sphérique de centre T (le disque étant assimilé au vide) :

   • Tout plan contenant T et le point M est un plan de symétrie de la distribution : le champ \vec{g}(M) est contenu dans l'intersection de tous ces plans, il est donc radial :

     \vec{g}(M) = g(r)\,\widehat{u}_r
   • La distribution est invariante par rotation autour de T selon \theta et \varphi, donc la composante radiale ne dépend que de r : g(r).

   2. Application du théorème de Gauss
   On choisit pour surface de Gauss S la sphère de centre T et de rayon r. Le vecteur unitaire normal sortant est \widehat{n} = \widehat{u}_r, d'où :

   \oiint_S \vec{g} \cdot \overrightarrow{\mathrm{d}S} = \oiint_S g(r)\,\mathrm{d}S = g(r) \times 4\pi r^2

   D'après le théorème de Gauss (question Q15) :

   g(r) \times 4\pi r^2 = -4\pi G M_{\text{int}}(r) \implies \vec{g}(r) = -\frac{G M_{\text{int}}(r)}{r^2}\,\widehat{u}_r

   Calculons la masse intérieure M_{\text{int}}(r) selon le domaine :

   • Pour r \le R_b (dans le bulbe de densité volumique uniforme \mu_0) :

     M_{\text{int}}(r) = \mu_0 \times \frac{4}{3}\pi r^3 = M_b \left(\frac{r}{R_b}\right)^3

     puisque M_b = \mu_0 \frac{4}{3}\pi R_b^3. Il vient :

     \boxed{ \vec{g}(r) = -\frac{G M_b\,r}{R_b^3}\,\widehat{u}_r \quad (r \le R_b) }

   • Pour R_b \le r \le R_d (dans le disque, où la matière est négligée) :

     M_{\text{int}}(r) = M_b

     Il vient immédiatement :

     \boxed{ \vec{g}(r) = -\frac{G M_b}{r^2}\,\widehat{u}_r \quad (R_b \le r \le R_d) }

   3. Vitesse orbitale v_0(r)
   Dans le référentiel galactocentrique supposé galiléen, le principe fondamental de la dynamique appliqué à une étoile de masse m_* soumise à la seule force de gravitation s'écrit :

   m_* \vec{a} = m_* \vec{g}(r)

   Pour une trajectoire circulaire de rayon r parcourue à la vitesse v_0, l'accélération normale s'écrit \vec{a} = -\frac{v_0^2}{r}\,\widehat{u}_r, d'où :

   \frac{v_0^2}{r} = \|\vec{g}(r)\|

   • Pour r \le R_b :

     \frac{v_0^2}{r} = \frac{G M_b\,r}{R_b^3} \implies \boxed{v_0(r) = \sqrt{\frac{G M_b}{R_b^3}}\,r}

   • Pour R_b \le r \le R_d :

     \frac{v_0^2}{r} = \frac{G M_b}{r^2} \implies \boxed{v_0(r) = \sqrt{\frac{G M_b}{r}}}

   La vitesse est continue en r = R_b et vaut v_0(R_b) = \sqrt{\frac{G M_b}{R_b}}.

   4. Allure de la courbe v_0(r)
   La vitesse croît linéairement de 0 à sa valeur maximale en R_b, puis décroît en 1/\sqrt{r}.

   5. Domaine suivant les lois de Kepler
   Les lois de Kepler s'appliquent à un champ gravitationnel newtonien (en 1/r^2) généré par une masse centrale ponctuelle ou à symétrie sphérique vue depuis l'extérieur. C'est le cas pour le domaine :

   \boxed{ R_b \le r \le R_d }

   En effet, pour R_b \le r \le R_d, la troisième loi de Kepler est bien vérifiée :

   \tau^2 = \frac{4\pi^2 r^2}{v_0^2} = \frac{4\pi^2}{G M_b}\,r^3 \implies \frac{\tau^2}{r^3} = \frac{4\pi^2}{G M_b} = \text{cste}

   Dans le bulbe (r \le R_b), le champ est linéaire en r (champ de type oscillateur harmonique) et la vitesse angulaire \omega = v_0/r est constante (rotation en bloc) : les lois de Kepler ne s'y appliquent pas.

   Résultat

   $$\vec{g}(r)=-\frac{G{M}_{b}r}{R_b^3}{\hat{u}}_r(r\le R_b)$$

   $$\vec{g}(r)=-\frac{G{M}_b}{r^2}{\hat{u}}_r(R_b\le r\le R_d)$$

   $$v_0(r)=\sqrt{\frac{G{M}_b}{R_b^3}}r$$

   $$v_0(r)=\sqrt{\frac{G{M}_b}{r}}$$

   $$R_b\le r\le R_d$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CCINP 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

6. Exercice 6CCINP 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

7. Exercice 7E3A 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

8. Exercice 8Mines-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

9. Exercice 9X-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

10. Exercice 10X-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