Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2026, Q11

   1. Propriétés générales du champ électrique et des lignes de champ

   Le champ électrostatique dérive du potentiel selon la relation :

   \vec{E} = -\vec{\nabla} V

   Par conséquent :

   • en tout point, le vecteur \vec{E} est orthogonal à la surface équipotentielle passant par ce point ;
   • \vec{E} est dirigé dans le sens des potentiels décroissants (des potentiels positifs vers les potentiels négatifs) ;
   • les lignes de champ sont des courbes orthogonales aux équipotentielles et orientées dans le sens de \vec{E}.

   D'après la figure 5, l'armature inférieure (en y = -d/2 = -5{,}5\text{ cm}) est au potentiel +V_0 = +100\text{ V} (lignes de niveau positives en trait plein), tandis que l'armature supérieure (en y = +d/2 = +5{,}5\text{ cm}) est au potentiel -V_0 = -100\text{ V} (lignes de niveau négatives en pointillés).

   2. Représentation aux points A, B et C

   • Au point A (x = 0, situé entre les armatures) : par symétrie plane, le champ est purement selon l'axe vertical (Oy). Les potentiels décroissent lorsque y augmente (de +100\text{ V} à -100\text{ V}), donc \vec{E}(A) est vertical ascendant (selon +\vec{e}_y). La ligne de champ est le segment rectiligne de l'axe (Oy) joignant l'armature inférieure à l'armature supérieure, orienté vers le haut.
   • Au point B (x \approx 30\text{ cm}, y \approx 2\text{ cm}, à l'extérieur des armatures) : le champ \vec{E}(B) est orthogonal à l'équipotentielle passant par B, dirigé vers les potentiels décroissants (vers le haut et légèrement vers la gauche, en direction de l'armature négative). La ligne de champ contourne le bord de l'armature depuis la face extérieure positive vers la face négative.
   • Au point C (x = 0, y \approx -9{,}5\text{ cm}, sous l'armature inférieure) : par symétrie, le champ est selon (Oy). Le potentiel décroît lorsque l'on s'éloigne de l'armature vers le bas (de +100\text{ V} vers 0\text{ V} à l'infini), donc \vec{E}(C) est vertical descendant (selon -\vec{e}_y). La ligne de champ est la demi-droite portée par (Oy) pour y \leqslant -5{,}5\text{ cm}, orientée vers le bas.

   3. Évaluation numérique de la norme du champ en A et en C

   La norme du champ s'estime par :

   \|\vec{E}\| \approx \frac{|\Delta V|}{\Delta n}

   où |\Delta V| = 10\text{ V} entre deux équipotentielles consécutives et \Delta n est leur espacement spatial.

   • Au point A : Entre les armatures distantes de d = 11\text{ cm} = 0{,}11\text{ m}, la différence de potentiel totale est de 200\text{ V}, répartie sur 20 intervalles de 10\text{ V}, soit un espacement moyen :

     \Delta y_A = \frac{11\text{ cm}}{20} = 0{,}55\text{ cm} = 5{,}5 \times 10^{-3}\text{ m}

     D'où :

     E_A \approx \frac{10\text{ V}}{5{,}5 \times 10^{-3}\text{ m}} \approx 1{,}8 \times 10^3\text{ V}\cdot\text{m}^{-1}
     \boxed{E_A \approx 1{,}8\text{ kV}\cdot\text{m}^{-1}}

   • Au point C : Sur la figure 5, le point C se situe vers y \approx -9{,}5\text{ cm}, entre les équipotentielles +90\text{ V} et +80\text{ V}. L'écartement mesuré selon l'axe vertical entre ces deux équipotentielles vaut environ :

     \Delta y_C \approx 2{,}0\text{ à }2{,}5\text{ cm} = (2{,}0\text{ à }2{,}5)\times 10^{-2}\text{ m}

     On en déduit :

     E_C \approx \frac{10\text{ V}}{2{,}2 \times 10^{-2}\text{ m}} \approx 4{,}5 \times 10^2\text{ V}\cdot\text{m}^{-1}
     \boxed{E_C \approx 4\text{ à }5 \times 10^2\text{ V}\cdot\text{m}^{-1}}

   Résultat

   $$E_A\approx 1,8\text{ kV}\cdot {\text{m}}^{-1}$$

   $$E_C\approx 4\text{ aˋ }5\times 10^2\text{ V}\cdot {\text{m}}^{-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 PSI 2026, Q2

   1. Définition de la capacité C
   La capacité C d'un condensateur est le coefficient de proportionnalité positif reliant la charge q portée par l'armature portée au potentiel le plus élevé à la tension u régnant entre ses armatures :

   \boxed{C = \frac{q}{u}}

   Elle s'exprime en farads (\mathrm{F}) et ne dépend que de la géométrie du dispositif et des propriétés diélectriques du milieu inter-armatures.

   2. Expression du champ électrique \vec{E}
   Comme d \ll \sqrt{S}, on néglige les effets de bord et les armatures sont modélisées par des plans infinis uniformément chargés portant les densités surfaciques respectives \sigma_1 = q/S en z = 0 et \sigma_2 = -q/S en z = d, avec l'axe (Oz) orienté de l'armature 1 vers l'armature 2.

   Les invariances par translation selon (Ox) et (Oy) imposent un champ de la forme \vec{E} = E(z)\,\vec{u}_z. D'après le principe de superposition, une nappe plane infinie de densité \sigma produit un champ électrostatique uniforme de part et d'autre : \vec{E}_{\pm} = \pm \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\,\vec{u}_n. Entre les armatures (0 < z < d), les contributions des deux armatures s'additionnent :

   \begin{aligned} \vec{E} &= \left(\frac{\sigma_1}{2\varepsilon_0} - \frac{\sigma_2}{2\varepsilon_0}\right) \vec{u}_z = \frac{q}{\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_z \end{aligned}

   Le champ électrique dans l'entre-armature est donc uniforme et s'écrit :

   \boxed{\vec{E} = \frac{q}{\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_z}

   3. Expression de la capacité C
   La tension u = V(0) - V(d) s'obtient par circulation du champ électrostatique :

   \begin{aligned} u &= \int_{0}^{d} \vec{E}\cdot \mathrm{d}\vec{\ell} = \int_{0}^{d} \frac{q}{\varepsilon_0 S}\,\mathrm{d}z = \frac{q d}{\varepsilon_0 S} \end{aligned}

   En identifiant avec q = C u, on obtient :

   \boxed{C = \frac{\varepsilon_0 S}{d}}

   Résultat

   $$C=\frac{q}{u}$$

   $$\vec{E}=\frac{q}{{\epsilon }_{0}S}{\vec{u}}_z$$

   $$C=\frac{{\epsilon }_{0}S}{d}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3X-ENS Modelisation PSI 2026, Q47

   On se place en coordonnées cylindriques (r, \theta, z) d'axe confondu avec l'axe de révolution du conducteur, de vecteur unitaire radial \vec{u}_r.

   Symétries et invariances

   • En négligeant les effets de bord (H \gg R), la distribution est invariante par translation selon z et par rotation autour de l'axe Oz : le champ ne dépend que de la distance radiale r.

   • Tout plan contenant l'axe Oz est plan de symétrie de la distribution de charge, ainsi que tout plan perpendiculaire à cet axe. Le champ électrostatique est donc purement radial :

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

   Application du théorème de Gauss On choisit comme surface de Gauss \mathcal{S}_G un cylindre fermé de même axe Oz, de rayon r \ge R et de hauteur h (h \ll H).

   • Le flux à travers les deux bases planes est nul car le champ y est orthogonal à la normale (\vec{E} \cdot \vec{u}_z = 0).

   • Le flux à travers la surface latérale vaut :

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

   • Pour r \ge R, la charge intérieure totale contenue dans le volume de rayon R et de hauteur h est :

     Q_{\text{int}} = q \times (\pi R^2 h)

     où q désigne la charge volumique (densité volumique de charge).

   D'après le théorème de Gauss :

   \begin{aligned} \Phi &= \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0} \\ E(r)\, 2\pi r h &= \frac{q \pi R^2 h}{\varepsilon_0} \end{aligned}

   On en déduit l'expression du champ électrostatique pour tout r \ge R :

   \boxed{\vec{E}(r) = \frac{q R^2}{2\varepsilon_0 r}\,\vec{u}_r}

   Remarque : si la notation q de l'énoncé désignait la charge totale du conducteur de longueur H, la densité linéique de charge vaudrait \lambda = \frac{q}{H}, conduisant à l'expression équivalente \vec{E}(r) = \frac{q}{2\pi\varepsilon_0 H r}\,\vec{u}_r.

   Résultat

   $$\vec{E}(r)=\frac{q{R}^2}{2{\epsilon }_{0}r}{\vec{u}}_r$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2025, Q1

   1. Champ électrostatique d'un plan infini chargé

   Considérons un plan infini confondu avec le plan (yOz), portant une densité surfacique de charge uniforme \sigma, immergé dans un milieu de permittivité diélectrique \varepsilon = \varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}.

   • Par invariance par translation selon Oy et Oz, le champ électrostatique ne dépend que de l'abscisse x.
   • Tout plan orthogonal à (yOz) passant par le point d'observation est un plan de symétrie de la distribution, donc \vec{E}_{\mathrm{p}}(x) = E_{\mathrm{p}}(x)\vec{u}_x.
   • Le plan (yOz) est un plan de symétrie de la distribution, d'où la relation d'antisymétrie : E_{\mathrm{p}}(-x) = -E_{\mathrm{p}}(x).

   On applique le théorème de Gauss à un cylindre de section droite \mathcal{S}, d'axe (Ox), s'étendant de -x à +x (avec x > 0) :

   \Phi = \iint_{\text{cylindre}} \vec{E}_{\mathrm{p}} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = 2 E_{\mathrm{p}}(x)\mathcal{S} = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} = \frac{\sigma \mathcal{S}}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}}

   On en déduit :

   \boxed{ \vec{E}_{\mathrm{p}}(x) = \begin{cases} +\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x & \text{si } x > 0 \\[1em] -\dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x & \text{si } x < 0 \end{cases} }

   2. Champ électrostatique entre les électrodes (-a < x < a)

   Le système est constitué de quatre plans infinis parallèles d'abscisses respectives :

   • x_1 = -a de densité +\sigma ;
   • x_2 = -a+\delta de densité -\sigma' ;
   • x_3 = a-\delta de densité +\sigma' ;
   • x_4 = a de densité -\sigma.

   D'après le principe de superposition, le champ total s'écrit \vec{E}(x) = \sum_{i=1}^4 \vec{E}_i(x) :

   • Pour -a < x < -a+\delta : le point se situe à droite de x_1, et à gauche de x_2, x_3, x_4.

     \begin{aligned} \vec{E}(x) &= \left( +\frac{\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} - \frac{-\sigma'}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} - \frac{\sigma'}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} - \frac{-\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \right) \vec{u}_x = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x \end{aligned}

   • Pour -a+\delta < x < a-\delta : le point se situe à droite de x_1 et x_2, et à gauche de x_3 et x_4.

     \begin{aligned} \vec{E}(x) &= \left( +\frac{\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} + \frac{-\sigma'}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} - \frac{\sigma'}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} - \frac{-\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \right) \vec{u}_x = \frac{\sigma - \sigma'}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x \end{aligned}

   • Pour a-\delta < x < a : le point se situe à droite de x_1, x_2, x_3, et à gauche de x_4.

     \begin{aligned} \vec{E}(x) &= \left( +\frac{\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} + \frac{-\sigma'}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} + \frac{\sigma'}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} - \frac{-\sigma}{2\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \right) \vec{u}_x = \frac{\sigma}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x \end{aligned}

   En résumé, le champ électrostatique est constant par morceaux :

   \boxed{ \vec{E}(x) = \begin{cases} \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x & \text{pour } x \in [-a, -a+\delta] \cup [a-\delta, a] \\[1em] \dfrac{\sigma - \sigma'}{\varepsilon_0 \varepsilon_{\mathrm{r}}} \vec{u}_x & \text{pour } x \in ]-a+\delta, a-\delta[ \end{cases} }

   Résultat

   $${\vec{E}}_{\mathrm{p}}(x)=\{\begin{array}{ll}+\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0{\epsilon }_{\mathrm{r}}}{\vec{u}}_x& \text{si }x>0\\ -\frac{\sigma }{2{\epsilon }_0{\epsilon }_{\mathrm{r}}}{\vec{u}}_x& \text{si }x<0\end{array}$$

   $$\vec{E}(x)=\{\begin{array}{ll}\frac{\sigma }{{\epsilon }_0{\epsilon }_{\mathrm{r}}}{\vec{u}}_x& \text{pour }x\in [-a,-a+\delta ]\cup [a-\delta ,a]\\ \frac{\sigma -{\sigma }^{\prime }}{{\epsilon }_0{\epsilon }_{\mathrm{r}}}{\vec{u}}_x& \text{pour }x\in ]-a+\delta ,a-\delta [\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique U PSI 2025, Q16

   Dans le vide, l'équation de Maxwell-Gauss \operatorname{div}\vec{E} = \frac{\rho_e}{\epsilon_0} et la relation \vec{E} = -\overrightarrow{\operatorname{grad}}\phi conduisent à l'équation de Poisson :

   \Delta \phi = -\frac{\rho_e}{\epsilon_0}

   Dans le milieu de permittivité relative \epsilon_r, cette équation devient, en remplaçant \epsilon_0 par \epsilon_0 \epsilon_r :

   \Delta \phi = -\frac{\rho_e}{\epsilon_0 \epsilon_r}

   Or, d'après la définition du potentiel adimensionné (équation (2)), on a \phi = \frac{k_B T}{e}\psi, d'où :

   \Delta \phi = \frac{k_B T}{e}\Delta \psi

   D'après le résultat de la question Q15, la densité volumique de charge s'exprime sous la forme :

   \rho_e = -2 e \mathcal{N}_A c_\infty \operatorname{sh}(\psi)

   En injectant ces deux expressions dans l'équation de Poisson, il vient :

   \begin{aligned} \frac{k_B T}{e}\Delta \psi &= -\frac{-2 e \mathcal{N}_A c_\infty \operatorname{sh}(\psi)}{\epsilon_0 \epsilon_r} \\ \Delta \psi &= \frac{2 e^2 \mathcal{N}_A c_\infty}{\epsilon_0 \epsilon_r k_B T} \operatorname{sh}(\psi) \end{aligned}

   En introduisant la longueur \lambda_D définie par \lambda_D^2 = \frac{\epsilon_0 \epsilon_r k_B T}{2 e^2 \mathcal{N}_A c_\infty}, on obtient l'équation régissant le potentiel adimensionné :

   \boxed{\Delta \psi = \frac{1}{\lambda_D^2} \operatorname{sh}(\psi)}

   Résultat

   $$\Delta \psi =\frac{1}{{\lambda }_D^2}\mathrm{sh}(\psi )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique U PSI 2025, Q17

   Le problème est modélisé par une paroi plane infinie située en z = 0, portant une densité surfacique de charge uniforme \Sigma, au contact d'un demi-espace z > 0 rempli de solution ionique.

   Invariances : La distribution de charges (paroi et solution ionique à l'équilibre) est invariante par toute translation parallèlement à la paroi, c'est-à-dire selon les vecteurs \vec{e}_x et \vec{e}_y :

   \text{les champs ne dépendent ni de } x \text{ ni de } y.

   Le potentiel électrostatique ne dépend donc que de la coordonnée normale z :

   \boxed{\phi(x,y,z) = \phi(z)} \quad \text{et} \quad \boxed{\psi(x,y,z) = \psi(z)}.

   Symétries : En tout point M(x, y, z) du demi-espace z > 0 :

   • le plan \Pi_1 = (M, \vec{e}_x, \vec{e}_z) est un plan de symétrie de la distribution de charges ;
   • le plan \Pi_2 = (M, \vec{e}_y, \vec{e}_z) est également un plan de symétrie de la distribution de charges.

   Le champ électrique \vec{E}(M) étant un vecteur polaire, il appartient à tout plan de symétrie de sa distribution source passant par M. Il est donc dirigé selon l'intersection \Pi_1 \cap \Pi_2, c'est-à-dire selon l'axe (Oz) :

   \boxed{\vec{E}(x,y,z) = E_z(z)\,\vec{e}_z = -\frac{\mathrm{d}\phi}{\mathrm{d}z}\,\vec{e}_z}

   On en déduit que l'opérateur laplacien scalaire se réduit à une dérivée seconde par rapport à la seule variable z : \Delta = \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}z^2}.

   Résultat

   $$\varphi (x,y,z)=\varphi (z)$$

   $$\psi (x,y,z)=\psi (z)$$

   $$\vec{E}(x,y,z)=E_z(z){\vec{e}}_z=-\frac{\mathrm{d}\varphi }{\mathrm{d}z}{\vec{e}}_z$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique U PSI 2025, Q18

   D'après la question Q17, le potentiel ne dépend que de la coordonnée z, si bien que :

   \Delta \psi = \frac{\mathrm{d}^2 \psi}{\mathrm{d}z^2}

   L'équation de Poisson-Boltzmann issue de la question Q16 s'écrit alors :

   \frac{\mathrm{d}^2 \psi}{\mathrm{d}z^2} = \frac{1}{\lambda_D^2} \operatorname{sh}(\psi)

   Sous l'hypothèse d'une énergie potentielle électrostatique très faible devant l'agitation thermique, \psi \ll 1, le formulaire fournit le développement limité \operatorname{sh}(\psi) \simeq \psi. L'équation se simplifie sous forme linéaire (approximation de Debye-Hückel) :

   \frac{\mathrm{d}^2 \psi}{\mathrm{d}z^2} - \frac{1}{\lambda_D^2}\psi = 0

   L'équation caractéristique associée admet pour racines \pm 1/\lambda_D, d'où la solution générale pour z \ge 0 :

   \psi(z) = A e^{-z/\lambda_D} + B e^{z/\lambda_D}

   où A et B sont deux constantes d'intégration fixées par les conditions aux limites :

   • Loin de la paroi (z \to +\infty), le potentiel est choisi nul (\phi \to 0, d'où \psi \to 0). Comme le terme en e^{z/\lambda_D} diverge lorsque z \to +\infty, il vient nécessairement :

     B = 0

   • Au niveau de la paroi (z = 0), le potentiel vaut \phi(0) = \phi_0, soit :

     \psi(0) = \psi_0 = \frac{e\phi_0}{k_B T} \implies A = \frac{e\phi_0}{k_B T}

   On en déduit l'expression du potentiel adimensionné :

   \boxed{\psi(z) = \frac{e\phi_0}{k_B T} e^{-z/\lambda_D}}

   et par suite celle du potentiel électrostatique \phi(z) = \frac{k_B T}{e}\psi(z) :

   \boxed{\phi(z) = \phi_0 e^{-z/\lambda_D}}

   Résultat

   $$\psi (z)=\frac{e{\varphi }_0}{k_{B}T}{e}^{-z/{\lambda }_D}$$

   $$\varphi (z)={\varphi }_0{e}^{-z/{\lambda }_D}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q16

   Considérons une source ponctuelle située à l'origine O.

   • En électrostatique, une charge ponctuelle q crée en un point M repéré par \vec{r} = \vec{OM} = r\vec{e}_r le champ :

     \vec{E} = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vec{e}_r

   • En gravitation, une masse ponctuelle m crée en ce même point le champ :

     \vec{\mathcal{G}} = -\frac{Gm}{r^2}\,\vec{e}_r

   Par identification formelle entre ces deux expressions, on dégage le dictionnaire d'analogie :

   \vec{E} \;\longleftrightarrow\; \vec{\mathcal{G}}, \qquad q \;\longleftrightarrow\; m, \qquad \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \;\longleftrightarrow\; -G \quad\text{soit}\quad \frac{1}{\varepsilon_0} \;\longleftrightarrow\; -4\pi G

   Pour une distribution continue de matière, la densité volumique de charge \rho est remplacée par la masse volumique locale \mu.

   L'équation locale de Maxwell-Gauss pour le champ électrostatique s'écrit :

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

   En appliquant les règles d'analogie précédentes, on obtient directement l'équation locale régissant le champ gravitationnel :

   \boxed{\operatorname{div}\vec{\mathcal{G}} = -4\pi G\mu}

   Intégrons cette équation sur un volume V délimité par une surface fermée \Sigma orientée vers l'extérieur par son vecteur surface élémentaire \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}}. D'après le théorème de Green-Ostrogradsky :

   \oiint_{\Sigma} \vec{\mathcal{G}} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \iiint_V \operatorname{div}\vec{\mathcal{G}}\,\mathrm{d}\tau = -4\pi G \iiint_V \mu\,\mathrm{d}\tau

   Or l'intégrale volumique de la masse volumique représente la masse intérieure totale M_{\text{int}} contenue dans le volume V. On en déduit l'énoncé du théorème de Gauss pour la gravitation :

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

   Énoncé : Le flux sortant du champ gravitationnel \vec{\mathcal{G}} à travers toute surface fermée \Sigma orientée vers l'extérieur est égal à -4\pi G fois la masse intérieure totale M_{\text{int}} délimitée par cette surface.

   Résultat

   $$\mathrm{div}\vec{\mathcal{G}}=-4\pi G\mu$$

   $$\iint \vec{\mathcal{G}}\cdot \mathrm{d}{\vec{S}}_{\text{ext}}=-4\pi G{M}_{\text{int}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q17

   On repère tout point de l'espace par ses coordonnées sphériques (r, \theta, \varphi) de centre O et de base locale (\vec{e}_r, \vec{e}_\theta, \vec{e}_\varphi).

   Symétries et invariances :

   • Tout plan passant par le centre O est un plan de symétrie de la distribution de masse. Le champ gravitationnel \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(M) appartient à l'intersection de tous ces plans : il est purement radial, \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(M) = \mathcal{G}(r, \theta, \varphi)\,\vec{e}_r.

   • La distribution de masse est invariante par toute rotation autour de O, donc par rapport aux angles \theta et \varphi. La composante radiale ne dépend ainsi que de la coordonnée radiale r :

     \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(r) = \mathcal{G}(r)\,\vec{e}_r

   Théorème de Gauss : On choisit pour surface de Gauss \Sigma la sphère de centre O et de rayon r, orientée vers l'extérieur par \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \mathrm{d}S\,\vec{e}_r. Le flux gravitationnel sortant à travers \Sigma s'écrit :

   \begin{aligned} \Phi_{\mathcal{G}} &= \oiint_{\Sigma} \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}} \cdot \mathrm{d}\vec{S}_{\text{ext}} = \mathcal{G}(r) \oiint_{\Sigma} \mathrm{d}S = 4\pi r^2 \mathcal{G}(r) \end{aligned}

   D'après le théorème de Gauss de la gravitation (question Q16), ce flux vaut :

   4\pi r^2 \mathcal{G}(r) = -4\pi G M_{\text{int}}(r) \implies \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(r) = -\frac{G M_{\text{int}}(r)}{r^2}\,\vec{e}_r

   où M_{\text{int}}(r) est la masse contenue à l'intérieur de la sphère de rayon r.

   La masse totale s'écrit M_T = \frac{4}{3}\pi R_T^3 \mu_0, soit une masse volumique moyenne \mu_0 = \frac{3M_T}{4\pi R_T^3}.

   • À l'extérieur de la Terre (r \ge R_T) : La surface de Gauss englobe toute la masse de la Terre, soit M_{\text{int}}(r) = M_T :

     \boxed{ \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(r) = -\frac{G M_T}{r^2}\,\vec{e}_r = -\frac{4\pi G \mu_0 R_T^3}{3 r^2}\,\vec{e}_r }

   • À l'intérieur de la Terre (r \le R_T) : La masse intérieure correspond au volume de la boule de rayon r de masse volumique \mu_0 :

     \begin{aligned} M_{\text{int}}(r) &= \mu_0 \times \frac{4}{3}\pi r^3 = M_T \left(\frac{r}{R_T}\right)^3 \end{aligned}

     On en déduit :

     \boxed{ \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(r) = -\frac{4}{3}\pi G \mu_0 r\,\vec{e}_r = -\frac{G M_T}{R_T^3} r\,\vec{e}_r }

   Le champ est continu en r = R_T et vaut \vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(R_T) = -\frac{G M_T}{R_T^2}\,\vec{e}_r.

   Résultat

   $${\vec{\mathcal{G}}}_{T_{\text{h}}}(r)=-\frac{G{M}_T}{r^2}{\vec{e}}_r=-\frac{4\pi G{\mu }_0{R}_T^3}{3r^2}{\vec{e}}_r$$

   $${\vec{\mathcal{G}}}_{T_{\text{h}}}(r)=-\frac{4}{3}\pi G{\mu }_{0}r{\vec{e}}_r=-\frac{G{M}_T}{R_T^3}r{\vec{e}}_r$$

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10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2024, Q[2]

    L'atome considéré est électriquement neutre et constitué d'un unique électron de charge q_e (q_e < 0) et d'un noyau modélisé par une boule de rayon \mathcal{R}_0 uniformément chargée avec la densité volumique de charge \rho.

    La neutralité électrique globale de l'atome impose :

    Q_{\text{noyau}} + q_e = 0 \quad \implies \quad Q_{\text{noyau}} = -q_e

    Le noyau étant une sphère homogène de rayon \mathcal{R}_0, son volume vaut :

    \mathcal{V}_0 = \frac{4}{3} \pi \mathcal{R}_0^3

    La charge totale du noyau s'exprime donc en fonction de \rho par :

    Q_{\text{noyau}} = \rho \mathcal{V}_0 = \rho \left( \frac{4}{3} \pi \mathcal{R}_0^3 \right)

    On en déduit l'expression de la densité volumique de charge :

    \boxed{\rho = -\frac{3 q_e}{4 \pi \mathcal{R}_0^3}}

    Résultat

    $$\rho =-\frac{3q_e}{4\pi {\mathcal{R}}_0^3}$$

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