mouvement d`une

Mouvement parabolique d'une particule chargée.
Exercice 18 p 158 du Bordas de TS.
1.
Pour trouver l'équation de la trajectoire y(x), cherchons d'abord les équations horaires x(t) et y(t). Puis
exprimons t en fonction de x avant de le remplacer dans y.
a) Nous allons utiliser la 2ème loi de Newton pour trouver l'accélération, puis les équations horaires.
Conditions initiales:
Position initiale : on voit que l'origine du vecteur vitesse initiale se trouve à l'origine du repère, x 0 = y0 = 0.
Vitesse initiale :
(
v⃗0 =
v 0 x =v 0 cos α
v 0 y =v 0 sin α
)
Composantes du vecteur champ électrique
()
⃗
E= 0
E
.
Système : l'électron.
Référentiel : terrestre, considéré comme galiléen.
Forces : force électrique et poids. Le poids est négligeable devant la force électrique,
F⃗él=q× ⃗
E =−e× ⃗
E .
Établissons l'accélération : deuxième loi de Newton.
⃗
⃗G
dp
d (m× v⃗G )
d( v⃗G )
dp
G
=
=m×
=m×a⃗G . On
=∑ F⃗ext . Comme la masse du système est constante,
dt
dt
dt
dt
∑ F⃗ext . La somme des forces se résumant à la force électrique, on
obtient donc m×a⃗G=∑ F⃗ext , d'où a⃗G =
m
F⃗él −e× ⃗
E . En utilisant les composantes du vecteur champ électrique, on peut écrire
peut écrire : a⃗G =
=
m
m
aGx =0
0
⃗ aGx
−e× E
a⃗G =
=
= −e×E , ce qui donne
−e×E .
aGy =
m
aGy
m
m
( )(
)
{
}
Trouvons les composantes de la vitesse de la particule.
À partir de l'accélération et des conditions initiales sur la vitesse, exprimons les composantes du vecteur vitesse.
dv x
=0 , on tire vx = constante = k1. Pour trouver k1, on utilise la condition initiale sur v X, qui s'écrit v0x =
dt
v0.cos α. Donc vx (t) = v0 cos α.
De
a x=
dv y −eE
, on tire
=
dt
m
−eE
×t+k 2 . Pour trouver k2, on utilise la condition initiale sur v y, qui
m
−eE
×t+ v 0 . sin α .
s'écrit vy(0) = 0 + k2 = k2 = v0y = v0.sin α = k2. Donc v y =
m
De
a y=
v y=
Trouvons les composantes de la position de la particule.
À partir de la vitesse est des conditions initiales sur la position, exprimons les composantes x et y de la position.
dx
=v 0×cos α , on tire x (t)=v 0×cos α×t +k 3 et on trouve k3 à l'aide de la condition initiale sur x,
dt
x(0) = v0 cos α. 0 + k3 = x0 = 0, d'où k3 = 0. On a donc l'équation horaire de l'abscisse de l'électron : x = (v 0 cos α).t.
De
v x=
Comme vy est la dérivée de y,
v y=
−eE
dy
×t+ v 0 . sin α=
, on tire
m
dt
y (t)=
−eE 2
×t +v 0 . sin α×t+k 4 et, pour
2m
−eE
×0 2+ v 0 . sin α×0+ k 4 =k 4 = y 0=0 ,
2m
−eE 2
×t + v 0 .sin α×t
d'où k4 = 0. On obtient donc l'équation horaire pour l'ordonnée de l'électron : y=
2m
trouver la constante k4, on utilise la condition initiale sur y :
y (0)=
Cherchons maintenant l'équation de la trajectoire.
Exprimons t en fonctiond de x
De
x=v 0×cos α×t , on tire t=
x
.
v 0×cos α
Remplaçons t par son expression en fonction de x dans y(t) :
2
−eE
x
x
×(
) + v 0×sin α×
d'où, en simplifiant dans le terme de droite par v 0 et en
2m
v 0×cos α
v 0 ×cos α
sin α
=tan α ,
remarquant que
cos α
−eE
y (x)=
×x 2 + tan α×x
2 m. v 2 . cos2 α
0
y ( x)=
b) Cette trajectoire est une parabole, y est reliée au carré de x. Cela pouvait s'anticiper car la force est
constante et la vitesse initiale n'est ni nulle, ni parallèle à la force.
2. Utilisons l'équation de la trajectoire.
a) Les coordonnées du centre C de l'écran sont (l,0). Remplaçons les données par leurs valeurs, il ne
restera que l'angle, à trouver.
La condition s'écrit donc :
y (l)=
−eE
×l2 + tan α×l=0
2
.
2
2 m . v . cos α
0
b) Application numérique :
On a donc :
0=
−1,6.10−19×790
×0,152 + tanα×0,15 , d'où
−31
7 2.
2
2×9,1.10 ×(1,0.10 ) cos α
−1,6.10−2
+ tan α×0,15=0 . Et,
cos 2 α
1
=1+tan2 α , on obtient
−1,6.10−2×(1+ tan2 α)+ tan α×0,15=0 . On obtient
2
cos α
−2
2
−2
−1,6.10 ×tan α+ 0,15×tan α−1,6.10 =0 . On peut diviser par -1,6.10-2 pour simplifier :
2
tan α−9,4×tan α+1=0 . La résolution de l'équation du 2ème degré donne tan α = 0 (exclu car l'angle n'est
pas nul) ou tan α = 9,3, ce qui donne α = 84 deg.
comme