Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec 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

2. Exercice 2E3A Physique-Chimie PSI 2025, Q9

   Le noyau de l'atome d'hydrogène est constitué d'un proton portant une charge ponctuelle +e.

   D'après la loi de Coulomb en électrostatique, le champ électrique créé par ce noyau à une distance r_{\mathrm{H}} correspondant à l'orbite de l'électron s'écrit vectoriellement :

   \vec{E}_{\text{noyau}} = \frac{e}{4\pi \epsilon_0 r_{\mathrm{H}}^2}\,\vec{u}_r

   où \vec{u}_r est le vecteur unitaire radial dirigé du noyau vers l'électron.

   L'amplitude (ou norme) de ce champ électrique intra-atomique vaut ainsi :

   \boxed{E_{\text{noyau}} = \frac{e}{4\pi \epsilon_0 r_{\mathrm{H}}^2}}

   Résultat

   $$E_{\text{noyau}}=\frac{e}{4\pi {ϵ}_0{r}_{\mathrm{H}}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS 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

4. Exercice 4ENS 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

5. Exercice 5ENS 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

6. Exercice 6CentraleSupélec 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

7. Exercice 7CentraleSupélec 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

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8CentraleSupélec Physique-Chimie 2 PSI 2024, Q18

   D'après les résultats de la question Q17, l'expression de la norme \mathcal{G}(r) = \|\vec{\mathcal{G}}_{T_{\text{h}}}(r)\| du champ gravitationnel créé par la boule homogène est donnée par :

   \mathcal{G}(r) = \begin{cases} \dfrac{G M_T}{R_T^3}\,r = \mathcal{G}_0\,\dfrac{r}{R_T} & \text{pour } r \le R_T \\[8pt] \dfrac{G M_T}{r^2} = \mathcal{G}_0\left(\dfrac{R_T}{r}\right)^2 & \text{pour } r \ge R_T \end{cases}

   où \mathcal{G}_0 = \dfrac{G M_T}{R_T^2} est la valeur du champ à la surface.

   Le profil de la norme \mathcal{G}(r) présente ainsi les propriétés remarquables suivantes :

   • pour r \in [0, R_T], la norme croît linéairement de 0 à \mathcal{G}_0 avec une pente positive égale à \dfrac{\mathcal{G}_0}{R_T} ;
   • en r = R_T, la fonction est continue et atteint son maximum \mathcal{G}_0 ;
   • pour r \ge R_T, elle décroît en 1/r^2 et tend vers 0 lorsque r \to +\infty ;
   • la dérivée par rapport à r présente un saut en r = R_T (pente \dfrac{\mathcal{G}_0}{R_T} à gauche, et -\dfrac{2\mathcal{G}_0}{R_T} à droite), traduisant la discontinuité de la masse volumique de \mu_0 à 0.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS 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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique U PSI 2024, Q[3]

    1. Symétries et invariances :

    • La distribution de charge du noyau présente une invariance sous toute rotation de centre O. Le champ électrique ne dépend donc que de la distance radiale r.
    • Tout plan contenant l'origine O et le point M(\vec{r}) est un plan de symétrie de la distribution. Le champ électrique en M appartient à l'intersection de tous ces plans : il est purement radial.

    On peut donc poser :

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

    2. Théorème de Gauss : On choisit pour surface de Gauss \mathcal{S}_r une sphère de centre O et de rayon r, orientée vers l'extérieur. Le flux du champ électrique sortant de cette surface s'écrit :

    \Phi = \iint_{\mathcal{S}_r} \vec{E} \cdot d\vec{S} = E(r) \iint_{\mathcal{S}_r} dS = 4\pi r^2 E(r).

    D'après le théorème de Gauss, \Phi = \frac{Q_{\text{int}}(r)}{\varepsilon_0}.

    3. Calcul de la charge intérieure et du champ :

    • À l'intérieur du noyau (r < \mathcal{R}_0) : La charge comprise à l'intérieur de la sphère de rayon r vaut :

      Q_{\text{int}}(r) = \rho \times \frac{4}{3}\pi r^3 = \left(-\frac{3q_e}{4\pi \mathcal{R}_0^3}\right) \frac{4}{3}\pi r^3 = -q_e \frac{r^3}{\mathcal{R}_0^3}.

      On en déduit :

      4\pi r^2 E(r) = -\frac{q_e}{\varepsilon_0} \frac{r^3}{\mathcal{R}_0^3} \implies E(r) = -\frac{q_e \, r}{4\pi\varepsilon_0 \mathcal{R}_0^3}.

      Soit :

      \boxed{\vec{E}(\vec{r}) = -\frac{q_e \, r}{4\pi\varepsilon_0 \mathcal{R}_0^3} \, \vec{u}_r = -\frac{q_e}{4\pi\varepsilon_0 \mathcal{R}_0^3} \, \vec{r} \quad (r < \mathcal{R}_0)}

    • À l'extérieur du noyau (r \ge \mathcal{R}_0) : La charge intérieure est la charge totale du noyau Q_{\text{noyau}} = -q_e :

      Q_{\text{int}}(r) = -q_e.

      On obtient :

      4\pi r^2 E(r) = -\frac{q_e}{\varepsilon_0} \implies E(r) = -\frac{q_e}{4\pi\varepsilon_0 r^2}.

      Soit :

      \boxed{\vec{E}(\vec{r}) = -\frac{q_e}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \, \vec{u}_r = -\frac{q_e}{4\pi\varepsilon_0 r^3} \, \vec{r} \quad (r \ge \mathcal{R}_0)}

    Résultat

    $$\vec{E}(\vec{r})=-\frac{q_{e}r}{4\pi {\epsilon }_0{\mathcal{R}}_0^3}{\vec{u}}_r=-\frac{q_e}{4\pi {\epsilon }_0{\mathcal{R}}_0^3}\vec{r}(r<{\mathcal{R}}_0)$$

    $$\vec{E}(\vec{r})=-\frac{q_e}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}{\vec{u}}_r=-\frac{q_e}{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}\vec{r}(r\ge {\mathcal{R}}_0)$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question