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, x0 = y0 = 0.
Vitesse initiale :
⃗v0=
(
v0x=v0cos α
v0y=v0sin 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,
⃗
Fél=q×⃗ E=−e×⃗ E
.
Établissons l'accélération : deuxième loi de Newton.
⃗
dpG
dt =∑⃗
Fext
. Comme la masse du système est constante,
⃗
dpG
dt =d(m× ⃗vG) dt =m×d( ⃗vG) dt =m× ⃗aG
. On
obtient donc
m× ⃗aG=∑⃗ Fext
, d'où
⃗aG=∑⃗
Fext
m
. La somme des forces se résumant à la force électrique, on
peut écrire :
⃗aG=⃗
Fél
m=−e×⃗
E
m
. En utilisant les composantes du vecteur champ électrique, on peut écrire
⃗aG=−e×⃗
E
m=
(
aGx
aGy
)
=
(
0
−e×E
m
)
, ce qui donne
{
aGx=0
aGy=−e×E
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.

De
ax=dvx
dt =0
, on tire vx = constante = k1. Pour trouver k1, on utilise la condition initiale sur vX, qui s'écrit v0x =
v0.cos α. Donc vx (t) = v0 cos α.
De
ay=dv y
dt =−eE m
, on tire
vy=−eE
m×t+k2
. Pour trouver k2, on utilise la condition initiale sur vy, qui
s'écrit vy(0) = 0 + k2 = k2 = v0y = v0.sin α = k2. Donc
vy=−eE
m×t+v0. sin α
.
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.
De
vx=dx
dt =v0×cos α
, on tire
x(t)=v0×cos α×t+k3
et on trouve k3 à l'aide de la condition initiale sur x,
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 = (v0 cos α).t.
Comme vy est la dérivée de y,
vy=−eE
m×t+v0. sin α= dy dt
, on tire
y(t)=−eE
2m×t2+v0. sin α×t+k4
et, pour
trouver la constante k4, on utilise la condition initiale sur y :
y(0)=−eE
2m×02+v0. sin α×0+k4=k4=y0=0
,
d'où k4 = 0. On obtient donc l'équation horaire pour l'ordonnée de l'électron :
y=−eE
2m×t2+v0.sin α×t
Cherchons maintenant l'équation de la trajectoire.
Exprimons t en fonctiond de x
De
x=v0×cos α×t
, on tire
t=x
v0×cos α
.
Remplaçons t par son expression en fonction de x dans y(t) :
y(x)=−eE
2m×( x v0×cos α)
2
+v0×sin α× x
v0×cos α
d'où, en simplifiant dans le terme de droite par v0 et en
remarquant que
sin α
cos α=tan α
,
y(x)= −eE
2m.v2
0. cos2α
×x2+tan α×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
2m.v2
0. cos2α
×l2+tan α×l=0
.
b) Application numérique :
On a donc :
0=−1,6.10−19×790
2×9,1.10−31×(1,0.107)2. cos2α×0,152+tanα×0,15
, d'où
−1,6.10−2
cos2α+tan α×0,15=0
. Et,
comme
1
cos2α=1+tan2α
, on obtient
−1,6.10−2×(1+tan2α)+tan α×0,15=0
. On obtient
−1,6.10−2×tan2α+0,15×tan α−1,6.10−2=0
. On peut diviser par -1,6.10-2 pour simplifier :
tan2α−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.