Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique PC 2026, Q22

   1. Justification du modèle des armatures infinies :

   Les disques ont un rayon R = 3\text{ cm} = 3\cdot 10^{-2}\text{ m} et sont séparés d'une distance \ell \simeq 50\,\mu\text{m} = 5\cdot 10^{-5}\text{ m}. L'écartement est très faible devant la taille des armatures :

   \frac{\ell}{R} \simeq 1{,}7\cdot 10^{-3} \ll 1.

   Les effets de bord sont donc localisés sur une frange de largeur caractéristique \ell au voisinage immédiat de la périphérie des disques. Loin des bords, dans tout le volume utile du condensateur, on peut modéliser les armatures par des plans infinis uniformément chargés.

   2. Direction du champ électrique :

   Considérons un point M(r, \theta, x) situé entre les armatures. Sous l'hypothèse de plans infinis perpendiculaires à l'axe (Ox) et uniformément chargés :

   • le plan (M, \vec{u}_r, \vec{u}_x) est un plan de symétrie \Pi_s de la distribution de charges ;
   • le plan (M, \vec{u}_\theta, \vec{u}_x) est également un plan de symétrie \Pi_s de la distribution.

   Le champ électrique \vec{E}(M) appartient à tout plan de symétrie passant par M. Il est donc nécessairement dirigé selon l'intersection de ces deux plans, c'est-à-dire le long du vecteur unitaire \vec{u}_x :

   \vec{E}(M) = E_x(r, \theta, x)\,\vec{u}_x.

   3. Analyse des invariances :

   La distribution de charges constituée de deux plans infinis et uniformes est :

   • invariante par toute rotation d'angle \theta autour de l'axe de révolution (Ox), ce qui implique que le champ électrique est indépendant de la coordonnée \theta ;
   • invariante par toute translation dans le plan des armatures (perpendiculaire à (Ox)), ce qui se traduit en coordonnées cylindriques par l'indépendance vis-à-vis de la distance r à l'axe.

   Le champ électrique ne dépend donc a priori que de la seule coordonnée cylindrique x :

   \boxed{\vec{E}(r, \theta, x) = E(x)\,\vec{u}_x}

   Résultat

   $$\vec{E}(r,\theta ,x)=E(x){\vec{u}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique PC 2026, Q23

   À l'intérieur du condensateur, entre les deux armatures, il n'y a aucune charge volumique, soit \rho = 0.

   L'équation de Maxwell-Gauss s'écrit alors :

   \operatorname{div} \vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0} = 0

   D'après l'étude menée à la question précédente (Q22), le champ électrique est de la forme \vec{E} = E(x)\,\vec{u}_x (ses composantes radiale E_r et orthoradiale E_\theta étant nulles).

   En utilisant l'expression de la divergence en coordonnées cylindriques fournie dans le formulaire :

   \operatorname{div} \vec{E} = \frac{1}{r} \frac{\partial (r E_r)}{\partial r} + \frac{1}{r}\frac{\partial E_\theta}{\partial \theta} + \frac{\partial E_x}{\partial x} = \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}x}

   On en déduit donc :

   \frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}x} = 0

   La composante E(x) ne dépend donc pas de x : elle est constante.

   Comme sa direction et son sens sont fixés par le vecteur unitaire \vec{u}_x, le champ électrique \vec{E} est indépendant de toute coordonnée d'espace à l'intérieur du condensateur :

   \boxed{\vec{E} \text{ est uniforme à l'intérieur du condensateur.}}

   Résultat

   $$\vec{E}\text{ est uniforme aˋ l’inteˊrieur du condensateur.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q4

   1. Symétries et invariances :

   • Symétries : Tout plan contenant l'origine O et le point M est un plan de symétrie de la distribution sphérique de charge. Le champ électrique en M appartient à l'intersection de tous ces plans, il est donc purement radial :

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

   • Invariances : La distribution de charge est invariante par toute rotation autour de tout axe passant par O, donc indépendante des angles \theta et \varphi. Il en résulte que :

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

   2. Détermination du champ électrique par le théorème de Gauss :

   On choisit comme surface de Gauss une sphère \Sigma de centre O et de rayon r, orientée vers l'extérieur. Le flux sortant s'écrit :

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

   La charge totale de l'électron étant -e, sa densité volumique de charge uniforme vaut \rho = \frac{-e}{\frac{4}{3}\pi r_e^3}.

   • Pour r \ge r_e, la sphère de Gauss englobe toute la charge de l'électron :

     Q_{\text{int}} = -e \implies 4\pi r^2 E(r) = \frac{-e}{\epsilon_0} \implies E(r) = -\frac{e}{4\pi\epsilon_0 r^2}

   • Pour r < r_e, la charge intérieure s'écrit :

     Q_{\text{int}} = \rho \times \frac{4}{3}\pi r^3 = -e \frac{r^3}{r_e^3} \implies 4\pi r^2 E(r) = -\frac{e r^3}{\epsilon_0 r_e^3} \implies E(r) = -\frac{e r}{4\pi\epsilon_0 r_e^3}

   On obtient ainsi le champ électrique dans tout l'espace :

   \boxed{\vec{E}(M) = \begin{cases} -\dfrac{e r}{4\pi\epsilon_0 r_e^3}\,\widehat{e}_r & \text{si } r \le r_e \\[8pt] -\dfrac{e}{4\pi\epsilon_0 r^2}\,\widehat{e}_r & \text{si } r \ge r_e \end{cases}}

   3. Énergie électrostatique totale W_e :

   L'énergie électrostatique totale s'obtient en intégrant la densité volumique d'énergie w = \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2 sur tout l'espace, avec l'élément de volume d'une coquille sphérique \mathrm{d}\tau = 4\pi r^2\,\mathrm{d}r :

   \begin{aligned} W_e &= \int_0^{+\infty} \frac{1}{2}\epsilon_0 E(r)^2 \cdot 4\pi r^2\,\mathrm{d}r \\ &= \int_0^{r_e} \frac{1}{2}\epsilon_0 \left(\frac{e r}{4\pi\epsilon_0 r_e^3}\right)^2 4\pi r^2\,\mathrm{d}r + \int_{r_e}^{+\infty} \frac{1}{2}\epsilon_0 \left(\frac{e}{4\pi\epsilon_0 r^2}\right)^2 4\pi r^2\,\mathrm{d}r \\ &= \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0 r_e^6} \int_0^{r_e} r^4\,\mathrm{d}r + \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0} \int_{r_e}^{+\infty} \frac{\mathrm{d}r}{r^2} \\ &= \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0 r_e^6} \left[\frac{r^5}{5}\right]_0^{r_e} + \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0} \left[-\frac{1}{r}\right]_{r_e}^{+\infty} \\ &= \frac{e^2}{40\pi\epsilon_0 r_e} + \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0 r_e} \\ &= \frac{e^2}{8\pi\epsilon_0 r_e}\left(\frac{1}{5} + 1\right) \end{aligned}

   D'où l'énergie électrostatique totale :

   \boxed{W_e = \frac{3e^2}{20\pi\epsilon_0 r_e}}

   Résultat

   $$\vec{E}(M)=\{\begin{array}{ll}-\frac{er}{4\pi {ϵ}_0{r}_e^3}{\hat{e}}_r& \text{si }r\le r_e\\ -\frac{e}{4\pi {ϵ}_0{r}^2}{\hat{e}}_r& \text{si }r\ge r_e\end{array}$$

   $$W_e=\frac{3e^2}{20\pi {ϵ}_0{r}_e}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 PC 2026, Q24

   Dans le modèle de Thomson, le noyau est une boule de centre O et de rayon a portant une charge totale +e uniformément répartie en volume. D'après le résultat obtenu à la question 4 pour une boule homogène, en remplaçant -e par +e et le rayon r_e par a, le champ électrique créé par cette distribution en tout point M intérieur à l'atome (r \le a) s'écrit :

   \boxed{\vec{E}_{\text{noy}}(M) = \frac{e\,r}{4\pi\epsilon_0 a^3}\,\widehat{e}_r = \frac{e}{4\pi\epsilon_0 a^3}\,\overrightarrow{OM}}

   L'électron, de charge q = -e et de masse m_e, est astreint à se déplacer le long de l'axe (O, \widehat{e}_x). Son vecteur position s'écrit donc \overrightarrow{OM} = x\,\widehat{e}_x (avec |x| \le a).

   La force électrostatique exercée par le noyau sur l'électron est alors :

   \begin{aligned} \vec{F}_{\text{noy}} &= -e\,\vec{E}_{\text{noy}}(M) \\ &= -\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 a^3}\,x\,\widehat{e}_x \end{aligned}

   Cette force se met bien sous la forme d'une force de rappel élastique \vec{F}_{\text{noy}} = -m_e \omega_0^2 x\,\widehat{e}_x, où :

   \boxed{\omega_0 = \sqrt{\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0 m_e a^3}}}

   Résultat

   $${\vec{E}}_{\text{noy}}(M)=\frac{er}{4\pi {ϵ}_0{a}^3}{\hat{e}}_r=\frac{e}{4\pi {ϵ}_0{a}^3}\overrightarrow{OM}$$

   $${\omega }_0=\sqrt{\frac{e^2}{4\pi {ϵ}_0{m}_e{a}^3}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5Polytechnique Physique A PC 2026, Q1

   Considérons un condensateur plan idéal, constitué de deux armatures métalliques planes parallèles séparées par du vide (ou de l'air de permittivité diélectrique \varepsilon_0). En négligeant les effets de bord, le champ électrostatique est nul à l'extérieur des armatures et uniforme entre celles-ci.

   D'après le théorème de Coulomb à la surface d'un conducteur en équilibre électrostatique portant la densité surfacique de charge \sigma (ou par superposition des champs créés par les deux distributions planes de densités respectives +\sigma et -\sigma), le module du champ électrique E régnant entre les armatures est relié à la densité surfacique de charge \sigma (prise positive sur l'armature considérée) par :

   \boxed{E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}}

   Résultat

   $$E=\frac{\sigma }{{\epsilon }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6Polytechnique Physique A PC 2026, Q2

   Dans le vide (ou dans l'air assimilé au vide), la densité volumique d'énergie électrostatique associée à un champ électrique de module E s'écrit :

   \boxed{u_e = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2}

   Résultat

   $$u_e=\frac{1}{2}{\epsilon }_0{E}^2$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Polytechnique Physique A PC 2026, Q3

   Considérons une armature de surface S séparée de l'autre armature par une distance x. À charge Q = \sigma S fixée, le champ électrique E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} est uniforme et indépendant de la distance x.

   L'énergie électrostatique emmagasinée dans le condensateur s'écrit, à l'aide du résultat de la question 2 :

   U_e = \iiint_{\text{espace}} u_e \, \mathrm{d}\tau = u_e \cdot (S x) = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 S x

   Pour un déplacement virtuel \mathrm{d}x augmentant la distance entre les armatures à charge constante, la force électrostatique F_x exercée sur l'armature mobile dérive de l'énergie potentielle électrostatique :

   F_x = -\left(\frac{\partial U_e}{\partial x}\right)_Q = -\frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 S = - u_e S

   Le signe négatif indique une force attractive qui tend à rapprocher les deux armatures de signes opposés.

   La force par unité de surface P = \frac{|F_x|}{S} s'identifie donc à la densité d'énergie électrostatique :

   P = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2

   En utilisant la relation E = \frac{\sigma}{\varepsilon_0} établie à la question 1, on obtient l'expression en fonction de \sigma :

   P = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}

   \boxed{P = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 = \frac{\sigma^2}{2\varepsilon_0}}

   Sens de la force : La force exercée sur l'armature est attractive (dirigée vers l'autre armature), ce qui correspond à une force dirigée vers l'extérieur du conducteur (pression électrostatique qui tend à « tirer » sur la surface conductrice vers le milieu diélectrique).

   Résultat

   $$P=\frac{1}{2}{\epsilon }_0{E}^2=\frac{{\sigma }^2}{2{\epsilon }_0}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS 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

9. Exercice 9ENS 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

10. Exercice 10ENS 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