Feuille d'entraînement : Électrostatique

Corrigés

1. Exercice 1CCINP Physique-Chimie MPI 2026, Q2

   1. Symétries et invariances

   La distribution de masse présente une symétrie sphérique de centre O :

   • Tout plan passant par O et le point M est plan de symétrie de la distribution. Le champ gravitationnel \vec{G}_T(M) appartient à l'intersection de tous ces plans, il est donc purement radial :

     \vec{G}_T(M) = G_r(r,\theta,\varphi)\,\vec{u}_r

   • La distribution est invariante par rotation autour de tout axe passant par O. La composante G_r est donc indépendante des coordonnées angulaires \theta et \varphi :

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

   2. Théorème de Gauss

   On choisit comme surface de Gauss \mathcal{S} la sphère de centre O et de rayon r, orientée vers l'extérieur (\mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}S\,\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} = G_r(r) \oiint_{\mathcal{S}} \mathrm{d}S = 4\pi r^2 G_r(r)

   D'après le théorème de Gauss gravitationnel établi en Q1 :

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

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

   3. Calcul du champ selon la région de l'espace

   • À l'extérieur de la Terre (r \ge R_T) : La totalité de la masse terrestre M_T = \frac{4}{3}\pi R_T^3 \mu_T est intérieure à la surface de Gauss :

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

     D'où :

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

   • À l'intérieur de la Terre (r \le R_T) : La sphère de rayon r ne contient qu'une fraction de la masse terrestre :

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

     D'où :

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

   Résultat

   $${\vec{G}}_T(M)=-\frac{G{M}_T}{r^2}{\vec{u}}_r=-\frac{4}{3}\pi G{\mu }_T\frac{R_T^3}{r^2}{\vec{u}}_r(r\ge R_T)$$

   $${\vec{G}}_T(M)=-\frac{4}{3}\pi G{\mu }_{T}r{\vec{u}}_r=-\frac{G{M}_T}{R_T^3}r{\vec{u}}_r(r\le R_T)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CCINP Physique-Chimie MPI 2026, Q17

   a) D'après le théorème de Gauss (ou le théorème de Newton pour une distribution à symétrie sphérique), le champ gravitationnel créé à l'extérieur ou à la surface de la sphère de centre O, de rayon r et de masse m est identique à celui d'une masse ponctuelle m située en O :

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

   Le potentiel gravitationnel associé, nul à l'infini, s'écrit à la surface (r'=r) :

   V(r) = -\frac{Gm}{r}

   L'énergie potentielle gravitationnelle d'interaction de la masse élémentaire \mathrm{d}m avec la sphère de masse m s'en déduit directement :

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

   b) La sphère étant homogène de masse volumique \mu, la masse de la sphère de rayon r et celle de la coquille d'épaisseur \mathrm{d}r s'écrivent :

   \begin{aligned} m(r) &= \frac{4}{3}\pi \mu r^3 \\ \mathrm{d}m &= \mu\,\mathrm{d}\tau = 4\pi\mu r^2\,\mathrm{d}r \end{aligned}

   En injectant ces expressions dans celle de \mathrm{d}E_{pG}(r) :

   \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

   L'énergie potentielle gravitationnelle totale de la sphère de rayon R s'obtient en intégrant de r = 0 à r = R :

   E_{pG}(R) = \int_0^R \mathrm{d}E_{pG}(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}

   La masse totale de la sphère est M = \frac{4}{3}\pi\mu R^3, d'où M^2 = \frac{16}{9}\pi^2\mu^2 R^6, ce qui permet d'écrire :

   -\frac{3G}{5}\frac{M^2}{R} = -\frac{3G}{5R}\left(\frac{16}{9}\pi^2\mu^2 R^6\right) = -\frac{16\pi^2 G \mu^2 R^5}{15} = E_{pG}(R)

   On retrouve bien l'expression cherchée :

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

   Commentaire du signe : L'énergie potentielle est strictement négative. Cela traduit le fait que la Terre est un système gravitationnellement lié : l'interaction gravitationnelle étant purement attractive, la formation de la sphère à partir de matière initialement dispersée à l'infini libère de l'énergie vers l'extérieur (sous forme d'énergie cinétique puis thermique). Pour disloquer entièrement la Terre et envoyer ses constituants à l'infini, un opérateur extérieur devrait fournir une énergie positive égale à l'énergie de liaison E_{\text{liaison}} = -E_{pG}(R) = \frac{3GM^2}{5R}.

   Résultat

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

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

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie MPI 2025, Q1

   Le champ électrostatique \vec{E} dérive du potentiel électrostatique V selon la relation locale :

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

   Un électron possède une charge électrique q = -e. La force électrostatique subie par l'électron s'écrit donc :

   \vec{F} = q\vec{E} = -e \vec{E} = e\,\vec{\nabla} V

   Cette force est conservative et dérive d'une énergie potentielle électrostatique E_p définie, pour tout déplacement élémentaire \mathrm{d}\vec{r}, par :

   \delta W = \vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{r} = -\mathrm{d}E_p

   Or, \mathrm{d}V = \vec{\nabla} V \cdot \mathrm{d}\vec{r}, ce qui conduit à :

   -\mathrm{d}E_p = e\,\mathrm{d}V \iff \mathrm{d}E_p = -e\,\mathrm{d}V

   En choisissant l'origine des énergies potentielles telle que E_p = 0 lorsque V = 0 (constante d'intégration nulle), on obtient :

   \boxed{E_p = -e V}

   Résultat

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

   $$E_p=-eV$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q1

   En négligeant les effets de bord, l'armature mobile en x = X(t) est assimilée à un plan infini perpendiculaire à \vec{u}_x, portant la charge +Q uniformément répartie sur la surface S, soit une densité surfacique de charge :

   \sigma = \frac{Q}{S}

   Symétries et invariances :

   • La distribution est invariante par toute translation parallèlement au plan (Oyz). En coordonnées cartésiennes, le champ ne dépend donc que de la coordonnée x : \vec{E}_1 = \vec{E}_1(x).

   • Tout plan orthogonal au plan (Oyz) et contenant la normale \vec{u}_x est un plan de symétrie de la distribution. Le champ électrique appartient à l'intersection de ces plans de symétrie, donc il est purement dirigé selon la normale :

     \vec{E}_1(x) = E_{1,x}(x)\,\vec{u}_x

   • Le plan x = X est un plan de symétrie de la distribution de charge, d'où la relation d'antisymétrie pour la composante normale :

     E_{1,x}(X + \delta x) = - E_{1,x}(X - \delta x) \quad (\delta x > 0)

   Théorème de Gauss : Considérons une surface cylindrique fermée d'axe (Ox), de section droite d'aire S_c, comprise entre deux plans d'abscisses symétriques X - \delta x et X + \delta x.

   • Le flux à travers la surface latérale est nul car \vec{E}_1 \cdot \vec{n}_{\text{ext}} = 0.

   • Le flux sortant total s'écrit :

     \Phi = E_{1,x}(X + \delta x)S_c - E_{1,x}(X - \delta x)S_c = 2\,E_{1,x}(X + \delta x)S_c
   • La charge intérieure est Q_{\text{int}} = \sigma S_c = \frac{Q}{S} S_c.

   D'après le théorème de Gauss :

   2\,E_{1,x}(X + \delta x)S_c = \frac{\sigma S_c}{\varepsilon_0} \implies E_{1,x}(x > X) = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} = \frac{Q}{2\varepsilon_0 S}

   Par antisymétrie, on en déduit l'expression du champ électrique \vec{E}_1 dans tout l'espace :

   \boxed{\vec{E}_1 = \begin{cases} +\dfrac{Q}{2\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x & \text{pour } x > X \\[8pt] -\dfrac{Q}{2\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x & \text{pour } x < X \end{cases}}

   Résultat

   $${\vec{E}}_1=\{\begin{array}{ll}+\frac{Q}{2{\epsilon }_{0}S}{\vec{u}}_x& \text{pour }x>X\\ -\frac{Q}{2{\epsilon }_{0}S}{\vec{u}}_x& \text{pour }x<X\end{array}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique-Chimie 1 MPI 2025, Q2

   L'armature fixe située en x = d porte la charge -Q(t), soit une densité surfacique de charge uniforme \sigma_2 = -Q(t)/S. Par analogie directe avec le résultat de la question Q1, le champ électrique \vec{E}_2 créé par cette seule armature s'écrit :

   \boxed{\vec{E}_2(x) = \left\{\begin{aligned} &+\frac{Q(t)}{2\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x \quad \text{pour } x < d \\ &-\frac{Q(t)}{2\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x \quad \text{pour } x > d \end{aligned}\right.}

   Entre les deux armatures, c'est-à-dire pour X(t) < x < d, le principe de superposition donne le champ électrique total :

   \vec{E}(x) = \vec{E}_1(x) + \vec{E}_2(x) = \frac{Q(t)}{2\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x + \frac{Q(t)}{2\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x = \frac{Q(t)}{\varepsilon_0 S}\,\vec{u}_x

   (on vérifie par ailleurs que le champ total est nul en dehors de l'espace inter-armatures).

   Le potentiel électrostatique V(x) vérifie la relation :

   \vec{E} = -\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x}\,\vec{u}_x \implies \frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}x} = -\frac{Q(t)}{\varepsilon_0 S}

   En intégrant entre x et d, et compte tenu de la condition au potentiel nul de l'électrode fixe (V(d) = 0) :

   V(d) - V(x) = -\int_x^d \frac{Q(t)}{\varepsilon_0 S}\,\mathrm{d}x' = -\frac{Q(t)}{\varepsilon_0 S}(d - x)

   Le potentiel en tout point situé entre les armatures s'écrit donc :

   \boxed{V(x) = \frac{Q(t)}{\varepsilon_0 S}\,(d - x)}

   L'armature mobile étant maintenue au potentiel constant V_0, on a V(X(t)) = V_0 :

   V_0 = \frac{Q(t)}{\varepsilon_0 S}\,(d - X(t)) \iff Q(t) = \frac{\varepsilon_0 S}{d - X(t)}\,V_0

   (ce qui permet aussi d'exprimer le potentiel sous la forme V(x) = V_0\,\frac{d - x}{d - X(t)}).

   Par définition de la capacité d'un condensateur, Q(t) = C(t)\,(V(X) - V(d)) = C(t)\,V_0, d'où :

   \boxed{C(t) = \frac{\varepsilon_0 S}{d - X(t)}}

   Résultat

   $${\vec{E}}_2(x)=\{\begin{array}{rl}& +\frac{Q(t)}{2{\epsilon }_{0}S}{\vec{u}}_x\text{pour }x<d\\ & -\frac{Q(t)}{2{\epsilon }_{0}S}{\vec{u}}_x\text{pour }x>d\end{array}$$

   $$V(x)=\frac{Q(t)}{{\epsilon }_{0}S}(d-x)$$

   $$C(t)=\frac{{\epsilon }_{0}S}{d-X(t)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q1

   En régime stationnaire, toutes les dérivées temporelles sont nulles (\partial/\partial t = 0). Les quatre équations de Maxwell s'écrivent :

   \begin{aligned} \text{Maxwell-Gauss :}\quad & \operatorname{div}\vec{E} = \frac{\rho}{\varepsilon_0} \\ \text{Maxwell-Thomson :}\quad & \operatorname{div}\vec{B} = 0 \\ \text{Maxwell-Faraday :}\quad & \vec{\operatorname{rot}}\vec{E} = \vec{0} \\ \text{Maxwell-Ampère :}\quad & \vec{\operatorname{rot}}\vec{B} = \mu_0 \vec{\jmath} \end{aligned}

   D'après l'équation de Maxwell-Faraday en régime stationnaire, le champ électrique vérifie \vec{\operatorname{rot}}\vec{E} = \vec{0}. Dans un domaine simplement connexe, tout champ vectoriel de rotationnel nul dérive d'un potentiel scalaire. D'après l'identité vectorielle rappelée dans le formulaire, \vec{\operatorname{rot}}(\vec{\operatorname{grad}} V) = \vec{0}, il existe donc un champ scalaire V, appelé potentiel électrostatique, tel que :

   \vec{E} = -\vec{\operatorname{grad}} V

   En injectant cette relation dans l'équation de Maxwell-Gauss :

   \operatorname{div}\vec{E} = \operatorname{div}(-\vec{\operatorname{grad}} V) = -\Delta V = \frac{\rho}{\varepsilon_0}

   où l'on a utilisé l'identité \operatorname{div}(\vec{\operatorname{grad}} V) = \Delta V. On obtient ainsi :

   \boxed{\Delta V + \frac{\rho}{\varepsilon_0} = 0}

   Cette équation aux dérivées partielles liant le potentiel V à la densité volumique de charge \rho est l'équation de Poisson.

   Résultat

   $$\Delta V+\frac{\rho }{{\epsilon }_0}=0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7CentraleSupélec Physique-Chimie 2 MPI 2025, Q2

   Deux arguments physiques et géométriques justifient que le potentiel électrostatique ne dépende que de la coordonnée radiale r :

   1. Invariance par rotation (indépendance selon \theta) :
      Les électrodes (cathode et anode) sont des cylindres coaxiaux d'axe (Oz). La géométrie du système ainsi que les conditions aux limites pour les potentiels (V(r_1) = 0 et V(r_2) = V_a) sont invariantes par toute rotation d'angle \theta autour de l'axe (Oz). L'émission d'électrons étant spatialement uniforme sur le pourtour de la cathode, la distribution de charges conserve cette symétrie axiale, d'où :

      \frac{\partial V}{\partial \theta} = 0

   2. Négligence des effets de bord et invariance par translation (indépendance selon z) :
      Comparons la hauteur H des électrodes à l'écartement inter-électrodes :

      \frac{H}{r_2 - r_1} = \frac{45\text{ mm}}{5{,}0\text{ mm} - 2{,}0\text{ mm}} = \frac{45}{3{,}0} = 15 \gg 1

      De même, H \gg r_2 > r_1. Les cylindres sont donc très élancés. Loin des extrémités z = \pm H/2, les effets de bord sont négligeables et le système peut être modélisé comme invariant par translation le long de l'axe (Oz), d'où :

      \frac{\partial V}{\partial z} = 0

   En combinant ces deux invariances, on en déduit que le potentiel ne dépend que de la coordonnée radiale r :

   \boxed{V(r,\theta,z) = V(r)}

   Résultat

   $$V(r,\theta ,z)=V(r)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8E3A Physique-Chimie MPI 2025, Q36

   1. Symétries et invariances du champ électrique

   • Invariances : La distribution de charge est invariante par translation le long de l'axe (Oz) (modèle du cylindre infini) et par rotation autour de l'axe (Oz) (symétrie de révolution). Le champ électrique ne dépend donc ni de z ni de \theta :

     \vec{E}(M) = \vec{E}(r)

   • Symétries :

     • Tout plan contenant l'axe (Oz), notamment le plan (M, \vec{u}_r, \vec{u}_z), est un plan de symétrie de la distribution de charges. Par conséquent, \vec{E}(M) appartient à ce plan, ce qui impose E_\theta(r) = 0.
     • Le plan perpendiculaire à l'axe (Oz) passant par M, c'est-à-dire (M, \vec{u}_r, \vec{u}_\theta), est également un plan de symétrie de la distribution. Par conséquent, \vec{E}(M) appartient à ce plan, ce qui impose E_z(r) = 0.

   Le champ électrique est donc radial et ne dépend que de la coordonnée radiale r :

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

   2. Application du théorème de Gauss dans la membrane

   Considérons une surface de Gauss fermée \mathcal{S}_G constituée d'un cylindre de rayon r situé dans la membrane (a \leqslant r \leqslant a+b), de hauteur H, coaxial à l'axe (Oz).

   • Calcul du flux :

     • Sur les deux bases planes perpendiculaires à (Oz), le vecteur surface élémentaire est dirigé selon \pm \vec{u}_z. Comme \vec{E}(M) \cdot \vec{u}_z = 0, le flux à travers les bases est nul.

     • Sur la surface latérale \mathcal{S}_{\text{lat}}, le vecteur surface élémentaire sortant est \mathrm{d}\vec{S} = \mathrm{d}S\,\vec{u}_r. Le champ y a une norme constante E(r) :

       \Phi = \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} \vec{E} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = E(r) \iint_{\mathcal{S}_{\text{lat}}} \mathrm{d}S = E(r) \cdot 2\pi r H

   • Charge intérieure : La surface de Gauss n'englobe que la face intérieure de la membrane en r = a, d'aire 2\pi a H, chargée avec la densité surfacique uniforme \sigma :

     Q_{\text{int}} = \sigma \cdot 2\pi a H

   En appliquant le théorème de Gauss dans le milieu de permittivité \varepsilon = \varepsilon_0 \varepsilon_r :

   \Phi = \frac{Q_{\text{int}}}{\varepsilon_0 \varepsilon_r} \iff E(r) \cdot 2\pi r H = \frac{2\pi a H \sigma}{\varepsilon_0 \varepsilon_r}

   On en déduit :

   E(r) = \frac{\sigma a}{\varepsilon_0 \varepsilon_r r}

   Le champ électrique dans la membrane s'écrit donc :

   \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

9. Exercice 9X-ENS Physique MPI 2025, Q1

   Loin des bords et compte tenu de l'épaisseur négligeable devant les dimensions transversales, la plaque peut être modélisée par deux plans infinis parallèles et perpendiculaires à l'axe x. Orientons l'axe vertical (Ox) selon le vecteur unitaire \vec{u}_x, dirigé de la face portant la densité -\sigma vers la face portant la densité +\sigma (conformément à la figure 1).

   D'après le théorème de Gauss et les symétries planes, un plan infini uniformément chargé de densité surfacique \sigma_0 crée dans tout l'espace un champ électrostatique :

   \vec{E}(\vec{r}) = \frac{\sigma_0}{2\epsilon_0}\,\vec{n}_{\text{ext}}

   où \vec{n}_{\text{ext}} est le vecteur normal unitaire sortant du plan.

   Par le principe de superposition :

   • À l'extérieur de la plaque :

     • Au-dessus de la face positive : le champ créé par la face supérieure vaut +\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\vec{u}_x, et celui créé par la face inférieure vaut -\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\vec{u}_x.
     • En dessous de la face négative : le champ créé par la face supérieure vaut -\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\vec{u}_x, et celui créé par la face inférieure vaut +\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\vec{u}_x.

     Ces deux contributions s'annulent exactement :

     \boxed{\vec{E}_{\text{ext}} = \vec{0}}

   • À l'intérieur de la plaque : Entre les deux faces, le champ créé par la face supérieure est dirigé vers le bas (-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\vec{u}_x) et celui créé par la face inférieure est également dirigé vers le bas (-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\vec{u}_x). Les champs s'additionnent :

     \boxed{\vec{E}_{\text{int}} = -\frac{\sigma}{\epsilon_0}\,\vec{u}_x}

   Le champ intérieur est donc uniforme, dirigé de la face chargée positivement vers la face chargée négativement.

   Résultat

   $${\vec{E}}_{\text{ext}}=\vec{0}$$

   $${\vec{E}}_{\text{int}}=-\frac{\sigma }{{ϵ}_0}{\vec{u}}_x$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique MPI 2025, Q4

    Soit O le centre de la sphère chargée.

    Symétries et invariances : La distribution de charge présente une symétrie sphérique par rapport au point O. Tout plan passant par le centre O et le point d'observation M est un plan de symétrie de la distribution, donc le champ électrique en M est radial :

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

    où r = OM et \vec{u}_r = \frac{\vec{OM}}{r}. De plus, la distribution est invariante par toute rotation autour de O, donc E ne dépend que de la distance radiale r.

    Application du théorème de Gauss : Considérons comme surface de Gauss une sphère \Sigma centrée en O et de rayon r intérieur à la sphère.

    • Le flux du champ électrique sortant à travers \Sigma 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 intérieure contenue dans cette sphère de rayon r vaut :

      Q_{\text{int}} = \rho \times \frac{4}{3}\pi r^3

    D'après le théorème de Gauss, \Phi = \frac{Q_{\text{int}}}{\epsilon_0}, d'où :

    4\pi r^2 E(r) = \frac{\rho}{\epsilon_0}\frac{4}{3}\pi r^3 \implies E(r) = \frac{\rho r}{3\epsilon_0}

    En introduisant le vecteur position \vec{r} = \vec{OM} = r\,\vec{u}_r, le champ électrique en tout point intérieur à la sphère s'écrit vectoriellement :

    \boxed{\vec{E}(\vec{r}) = \frac{\rho}{3\epsilon_0}\,\vec{r}}

    Résultat

    $$\vec{E}(\vec{r})=\frac{\rho }{3{ϵ}_0}\vec{r}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question