TD15 mouvement de particules chargées

MPSI4
TD n°15 : Mouvements de particules chargées
1
Déflexion d’électrons
Des électrons de masse m et de charge q, ayant une vitesse horizontale ~v0 = v0 ~ux , arrivent au point O
→
−
dans une région de longueur ` où règne un champ électrostatique uniforme vertical E = E~uy .
y
P1
→
−
E = E~uy
U = V (P2 ) − V (P1 )
O
~v0
x
α
~v (x = `)
P2
`
1. On étudie les électrons dans le référentiel terrestre galiléen. On néglige leur poids. Le bilan des forces
se résume à la force de Lorentz :
→
−
→
−
F = q E = qE~uy dirigé selon −~uy car q < 0. Les électrons sont donc déviés vers le bas.
→
−
Le PFD s’écrit : m~a = F ce qui donne en projection sur les axes Ox et Oy du plan et en tenant
compte des CI :
(
ẍ = 0
qE
ÿ =
m
~a
(
~v
ẋ = v0
qEt
ẏ =
m

 x = v0 t
~
OM
qEt2
 y=
2m
À la sortie de cette zone, les électrons ont une vitesse déviée d’un angle α par rapport à la vitesse
d’entrée donné par :
dy tan α =
dx
x=`
dy vy qE`
qE`
dt
=
=
=
⇒ α = arctan
<0
vx t=`/v0
mv02
mv02
dx dt t=`/v0
2. On a vu en cours la relation entre la distance entre les plaques, le champ électrique et la tension aux
U
bornes d’un condensateur plan infini : E = .
d
qU `
On a donc la relation : tan α =
soit :
mdv02
U=
On obtient numériquement :
|α|
U (V)
10°
1
mdv02 tan α
q`
20°
2,1
1
30°
3,3
3. Si on veut réaliser la même déflexion grâce à un champ magnétique uniforme régnant dans le même
→
−
volume de longueur ` que précédemment, il faut B orthogonal au plan de la trajectoire circulaire et
→
−
rentrant, c’est à dire B = −B~uz avec B positif. En effet, la force de Lorentz magnétique s’écrit à
t=0:
→
−
→
−
F = q~v0 ∧ B = qv0 ~ux ∧ (−B~uz ) = qv0 B~uy
→
−
q étant négatif, les électrons sont bien déviés selon −~uy . Si on avait pris B selon +~uz , ils auraient été
déviés dans l’autre sens.
On a donc le schéma suivant :
→
−
B
⊗
y
~v0
O z
x
S
R
α
α
R
C
`
D’après le cours, le rayon de la trajectoire est R =
B=
mv0 sin α
(attention q et α sont négatifs).
q`
On obtient numériquement :
2
mv0
et on voit que ` = R| sin α|, ce qui donne
|q|B
|α|
B (T)
10°
1, 98.10−5
20°
3, 89.10−5
30°
5, 69.10−5
Trajectoire d’une particule
On cherche la trajectoire décrite par une particule de masse m et de charge q > 0 plongée dans un champ
électromagnétique stationnaire et uniforme :
→
−
E = E ~ux
et
→
−
B = B~ux
sachant qu’à t = 0, elle se trouve à l’origine O du repère avec la vitesse initiale ~v0 = v0 ~uy .
1. On étudie une particule de masse m et de charge q > 0 plongée dans un champ électromagnétique
stationnaire et uniforme dans le référentiel terrestre galiléen.
Le bilan des forces se résume à la force de Lorentz, le poids étant négligeable :
→
−
→
−
→
−
F = q E + q~v ∧ B = qE~ux + q(vx ~ux + vy ~uy + vz ~uz ) ∧ B~ux
→
−
F = qE~ux − qBvy ~uz + qBvz ~uy
Le PFD en projection sur les vecteurs de la base cartésienne donne :
2
~a











v̇x =
v̇y =
qE
m
qBvz
m
(1)
(2)





qBvy


v̇z = −


m

(3)
2. Selon Ox, on obtient successivement en integrant (1) :
vx =
qEt
m
et
x(t) =
qEt2
2m
Le mouvement est uniformément accéléré dans la direction Ox.
3. On pose α = vy + jvz où j 2 = −1. On a donc en dérivant α̇ = v̇y + j v̇z
(a) On calcule : (2) + j(3) :
v̇y + j v̇z =
qBvy
qB
qBvz
−j
= −j
(vy + jvz )
m
m
m
qB
α
m
On reconnait une équation différentielle du premier ordre à coefficients constants dans C. On pose
qB
ωc =
> 0 la pulsation cyclotron :
m
α̇ = −j
α̇ + jωc α = 0
(b) La condition initiale pour α est α(0) = vy (0) + jvz (0) = v0 car ~v (0) = v0 ~uy
On en déduit α = Ae−jωc t avec A = α(0) = v0 . Donc :
α = v0 e−jωc t = v0 cos(ωc t) − jv0 sin(ωc t)
(c) Comme α = vy + jvz , vy = Re(α) et vz = Im(α).
et vz (t) = −v0 sin(ωc t)
vy (t) = v0 cos(ωc t)
En integrant par rapport au temps et avec les C.I. pour y(t) et z(t) telles que y(0) = 0 et z(0) = 0,
on obtient les équations horaires :
y(t) =
v0
sin(ωc t)
ωc
et
z(t) =
v0
(cos(ωc t) − 1)
ωc
4. Trajectoire :
y
~v0
x
O
z
3
Il s’agit d’une hélice décrite dans le sens des x croissants, dont le pas (distance entre deux points de
2π
la trajectoires après une période de rotation Tc =
) augmente dans le temps. Vue de dessus, dans
ωc
v0
le plan (yOz), la trajectoire est un cercle dont les coordonnées du centre C sont : (yC = 0, zC = − )
ω0
mv0
et le rayon est R =
. Le champ électrique accélère la particule dans le sens des x croissants tandis
qB
que le champ magnétique la fait tourner autour de la direction (Ox).
Vue de dessus :
y
~v0
x
O
z
3
•
C
Trajectoire d’une particule (bis)
Dans le référentiel R de repère (Oxyz), on considère une particule de masse m et de charge q > 0, ayant
une vitesse nulle et se trouvant au point O à l’instant t = 0. On établit à cet instant deux champs uniformes
→
−
→
−
et indépendants du temps : B = B ~ez et E = E~ey (avec B et E > 0).
qB
E
On pose : ω =
et A =
m
Bω
1. On étudie la particule de masse m et de charge q > 0 plongée dans un champ électromagnétique
stationnaire et uniforme dans le référentiel terrestre galiléen.
Seule la force de Lorentz s’applique, le poids étant négligeable :
→
−
→
−
→
−
F = q E + q~v ∧ B = qE~ey + q(vx~ex + vy ~ey + vz ~ez ) ∧ B~ez
→
−
F = qE~ey − qBvx~ey + qBvy ~ex
Le PFD en projection sur les vecteurs de la base cartésienne donne :
~a



















v̇x =
v̇y =
qBvy
m
(1)
qE qBvx
−
m
m
v̇z = 0
(2)
(3)
L’integration de l’équation (3), en tenant compte du fait que la vitesse initiale est nulle donne z = Cste :
le mouvement est plan. Il se fait dans le plan (xOy).
2. On peut résoudre le système d’équations couplées soit par la méthode complexe vue à l’exercice 2 soit
en utilisant la méthode vue en cours :
4
On dérive (2) puis on y injecte (1) et inversement. On deux équations différentielles découplées d’oscillateur harmonique :
v̈y = −
v̈x =
qB
q2B 2
v˙x ⇒ v̈y = − 2 vy ⇒ v̈y + ω 2 vy = 0
m
m
qB qE q 2 B 2
qEω
qB
v˙y ⇒ v̈x =
×
−
vx ⇒ v̈x + ω 2 vx =
= Aω 3
2
m
m
m
m
m
→
−
La condition initiale sur la vitesse est ~v (0) = 0 , c’est à dire (vx (0) = 0 et vy (0) = 0) ce qui donne en
utilisant le système d’équation couplées :
v̇x (0) =
qBvy (0)
=0
m
et v̇y (0) =
qE qBvx (0)
qE
−
=
m
m
m
En integrant et en tenant compte des CI précédentes pour déterminer les constantes d’integration C,
D, F et G :
vy = C cos(ωt) + D sin(ωt) =
vx = F cos(ωt) + G sin(ωt) +
qE
sin(ωt) = Aω sin(ωt)
mω
qE
qE
=
(1 − cos(ωt)) = Aω(1 − cos(ωt))
mω
mω
On intègre à nouveau en tenant compte de la position initiale de la particule x(0) = 0 et y(0) = 0 :
x(t) =
qE
qE
t−
sin(ωt)
mω
mω 2
x(t) = Aωt − A sin(ωt)
qE
(1 − cos(ωt))
mω 2
;
y(t) =
;
y(t) = A(1 − cos(ωt))
3. Avec un tableau de valeurs, on obtient différents points de la trajectoire :
ωt
x(t)
y(t)
0
0
0
π/2
A(π/2 − 1)
A
π
Aπ
2A
3π/2
A(3π/2 + 1)
A
2π
2πA
0
On obtient la trajectoire suivante qui est une cycloı̈de. Si l’on imagine un vélo roulant à vitesse
constante dans la direction de l’axe Ox, un point de la roue qui serait en contact avec le sol à t = 0
aurait exactement la même trajectoire au cours du temps.
y
2A
→
−
A
B
→
−
E
x
O
4. (a) La norme de la vitesse est donnée par
q
q
2
2
v(t) = vx + vy = A2 ω 2 sin2 (ωt) + A2 ω 2 (1 − 2 cos(ωt) + cos2 (ωt))
v(t) =
p
2A2 ω 2 (1 − cos(ωt))
5
E
B
En utilisant le théorème de l’énergie cinétique entre les instants t = 0 et t = π/ω :
(b) À l’instant t = π/ω, v(t) = 2Aω = 2
→
−
∆Ec = W ( F Lorentz )
On rappelle que la partie magnétique de la force de Lorentz ne travaille jamais, son travail se
résume donc à :
→
−
W ( F Lorentz ) =
Z
t=π/ω
Z
t=π/ω
qE~ey · (dx~ex + dy~ey + dz~ez ) =
qEdy
t=0
t=0
La variable d’integration est y, on intègre donc entre y(0) = 0 et y(π/ω) = 2A :
→
−
W ( F Lorentz ) = qE
Z
2A
dy = 2qEA
0
1
π 1
Ainsi, ∆Ec = 2qEA avec Ec (t = 0) = mv(0)2 = 0 et Ec t =
= mv 2 :
2
ω
2
1
mv 2 = 2qEA
2
r
q
E
v = 4 EA = 2
m
B
(c) On calcule la valeur moyenne du vecteur vitesse :
~vd = h~v i
Or hvx i = hAω(1 − cos(ωt))i = Aω et hvy i = hAω sin(ωt)i = 0.
En moyenne, le vecteur vitesse est donc : ~vd = h~v i = Aω~ux .
~vd =
4
E
~ux
B
Séparation d’isotopes par spectrométrie de masse
On considère le spectrographe de masse de la figure suivante, constitué de plusieurs parties :
G1
G2
`
→
−
B
O2
O1
Chambre
Chambre
d’ionisation
d’accélération
y
x
235 U +
238 U +
Collecteur
F
Chambre
de déviation
6
A. Accélération des ions
→
−
→
−
1. Si on veut que les charges soient accélérés de O1 vers O2 , il faut que la force F = q E soit dirigée de
→
−
O1 vers O2 . Or les ions sont des cations et portent donc une charge positive donc il faut E de O1 vers
O2 . Par ailleurs, le champ électrique est dans le sens des potentiels décroissants. Donc il faut
V (G1 ) > V (G2 ) et donc U = V (G1 ) − V (G2 ) > 0
→
−
U
où ` est la longueur de la chambre
2. Les cations ne sont soumis qu’à la force F = eE ~ux avec E =
`
d’accélération. Cette force est conservative et dérive de l’énergie potentielle Ep = eV (x) + C.
+
En appliquant le théorème de l’énergie cinétique aux cations 235
92 U de masse m1 , entre O1 et O2 , on
a:
∆Ec = −∆Ep
1
1
m1 v 2 (O2 ) − m1 v 2 (O1 ) = −(Ep (O2 ) − Ep (O1 ))
2
2
La vitesse étant supposée nulle en O1 , on obtient :
1
m1 v 2 (O2 ) = −e(V (O2 ) − V (O1 )) = eU
2
r
v(O2 ) = u1 =
r
Et par le même raisonnement, u2 =
2eU
m1
2eU
m2
3. L’énergie cinétique acquise par les ions en O2 est de 15,0 keV. On en déduit la tension U appliquée
entre les deux grilles (Ec (f inale) − Ec (initiale)) = eU ) :
U=
Ec
15.103 × 1, 6.10−19
=
= 15.103 V
e
1, 6.10−19
Les masses de chaque ion se calculent avec les masses molaires données :
m1 =
M (235
92 U )
NA
et
m2 =
M (238
92 U )
NA
On obtient numériquement :
s
u1 =
s
2eU NA
= 111 km.s−1
M (235
92 U )
et
u2 =
2eU NA
= 110 km.s−1
M (238
92 U )
B. Déviation des ions
→
−
→
−
4. La force qui s’exerce sur les électrons dans la chambre de déviation est F = e~v ∧ B . À t = 0, la vitesse
est donnée par ui ~ux avec i = 1 ou 2 selon l’ion considérée. Pour que les ions puissent atteindre le
collecteur il faut qu’ils soient déviés vers le bas c’est à dire selon −~uy . Avec la règle de la main droite,
on comprend que le champ magnétique doit être sortant (selon +~uz ) comme indiqué sur le schéma :
→
−
B = B~uz avec B > 0.
7
+
5. Les ions 235
ux . Le
92 U arrivent dans la chambre de déviation en O2 avec une vitesse initiale u1 selon +~
champ magnétique qui y règne est dans une direction perpendiculaire à la vitesse initiale. Inutile de
calculer quoique ce soit, le cours indique que le mouvement est alors circulaire uniforme, décrit
eB
m1 v
à la vitesse angulaire ω =
(pulsation cyclotron) et de rayon R1 =
. D’ailleurs, le mouvement
m1
eB
étant uniforme, la norme de la vitesse v est constante et peut être remplacée par la vitesse initiale u1 :
m1 u1
R1 =
. On remplace u1 par l’expression trouvée en 3.
eB
r
r
r
1 2m1 U
m1 2eU
1 2m2 U
=
R1 =
et de le même façon R2 =
eB
m1
B
e
B
e
6. Dans l’hypothèse où les cations
qui donne :
235 U
92
sont récoltés en F , le diamètre du cercle est O2 F = D = 2R1 ce
2
B=
D
r
2m1 U
= 0, 576 T
e
7. En supposant encore que les cations 235
92 U sont récoltés en F , la séparation des isotopes sera possible
si à l’issue d’un demi tour, l’écart entre les deux trajectoires est supérieur à la moitié de la taille de la
fente L0 /2 = 2 mm, cela donne :
2R2 − 2R1 >
L0
2
Ici on a
2
2R2 − 2R1 =
B
r
√
2U √
( m2 − m1 ) = 6, 0 mm > 2 mm
e
La séparation a bien lieu.
8. La charge parcourant le spectro pendant un an est : Q = I × ∆t. On en déduit le nombre total d’ions
Q
U + traversant le spectro en un an : Ntot =
car chaque ion a une charge +e. Parmi ces ions seul un
e
pourcentage p = 0, 7% est récupéré en sortie. On en déduit la quantité de matière correspondante :
n(235 U ) =
pNtot
pI∆t
=
= 0, 23 mol
NA
eNA
La masse correspondante est : m(235 U ) = n(235 U ) × M (235 U ) = 53, 9 g
5
Cyclotron
Dans un accélérateur de type cyclotron, on incurve la trajectoire des particules à l’aide de champs
magnétiques uniformes dans deux zones en forme de D , appelées dés . Entre les dés se trouve une
petite zone d’accélération où règne un champ électrostatique uniforme qui accélère la particule en ligne droite.
Après une accélération, la particule entre dans un dé où elle parcourt un demi-cercle avant de revenir dans
la zone d’accélération, dans laquelle on a pris soin entre temps d’inverser le sens du champ électrostatique
→
−
E , etc.
Les rayons des arcs de cercle croissent jusqu’à ce que la particule quitte le cyclotron. La valeur du champ
magnétique uniforme et constant dans les dés est : B = 1, 0 T. L’amplitude de la tension sinusoı̈dale générant
le champ électrostatique entre les dés est Um = 2, 5.103 V.
8
→
−
B 5
•
1•
u(t)
B
•
2
•
→
−
E
−
→
B
•
4
6
•
3
7•
A
1. Dans un dé, le mouvement du proton est circulaire uniforme .
En effet,
— sa vitesse initiale est perpendiculaire au champ magnétique → mouvement circulaire dans le plan
→
−
perpendiculaire au champ B .
— il n’est soumis qu’à la force de Lorentz qui ne travaille pas (le poids est négligé) → mouvement
uniforme.
qB
2. Le mouvement étant circulaire uniforme, la vitesse v et la vitesse angulaire ω =
sont reliées par
m
v = Rω où R est le rayon de la trajectoire dans un dé.
π
mπ
2π
, le proton fait donc un demi-tour en t1/2 = =
= 3, 3.10−8 s .
La période du mouvement est T =
ω
ω
qB
Ce temps est indépendant de la vitesse du proton. Tous les demi tours durent le même temps t1/2 .
3. Entre 1 et 2, le proton est accéléré vers la droite pendant une durée négligeable. De 2 à 3, il effectue
un demi tour pendant t1/2 . Pendant ce temps, il ne ressent pas le champ électrique qui doit changer de
sens de façon à pouvoir accélérer le proton dans l’autre sens dans l’étape 3 à 4. De 4 à 5, le demi tour
est effectué dans l’autre dé pendant la même durée t1/2 . Une nouvelle inversion de champ électrique
permet l’accélération du proton vers la droite de 5 à 6. Ainsi il a fallu que le proton fasse un tour
complet dans l’accélérateur pour que le champ électrique retrouve son sens initial. Si on néglige le
temps passé hors des dés, la tension à appliquer (proportionnelle au champ électrique) a donc une
période T = 2t1/2 . La fréquence de la tension à appliquer entre les dés pour que le champ électrique
1
qB
accélère au mieux les protons est f = =
.
T
2mπ
4. Le texte précise que la tension générant le champ électrostatique entre les dés est sinusoı̈dale et
d’amplitude Um = 2, 5.103 V. La fréquence vient d’être calculée. Entre 1 et 2, le champ électrique
étant vers la droite, la tension u est négative et vaut −Um . Les différents instants correspondants aux
points 1 à 7 sont représentés :
u(t)
Um
t3 = t4
t5 = t6
t7
t
t1 = t2 = 0
−Um
5. Dans le référentiel terrestre galiléen, les protons ne sont soumis qu’au champ électrique lorsqu’ils sont
→
−
→
−
entre deux dés. La force associée F = q E est conservative. L’énergie potentielle électrique s’écrit
Ep = qV + C où V est le potentiel électrostatique et C une constante.
9
On applique le théorème de l’énergie cinétique entre les armatures A et B lors du trajet 3 → 4. Dans
le trajet 3 → 4, on a : u = VA − VB = Um > 0 :
Ec4 − Ec3 = ∆Ec = −∆Ep = −q(V4 − V3 )
∆Ec = −q(VB − VA ) = qUm = 2, 5 keV = 4.10−16 J
6. À chaque fois que le proton fait un tour, il acquiert l’énergie cinétique 2∆Ec qui ne dépend que
de la charge du proton et de la tension excitatrice. L’énergie cinétique finale qu’il doit posséder est
1
Ecf = mvf2 = 5, 2.10−13 J. On en déduit le nombre N de tours :
2
N=
Ecf
= 652 tours
2∆Ec
Le temps nécessaire à cette opération est : τ = N × 2t1/2 = 43 µs
mvf
= 26 cm .
qB
Le rayon du dernier cercle est relativement petit.
7. Le rayon de la trajectoire est : R =
10