DM1 Corrigé - MP*1

Centrale-MP-2005
Partie I- Le modèle de Thomson
I-A-La force ressentie par l’électron est une force de rappel. Tout se passe comme si
l’électron était lié au centre O de la sphère par un ressort de raideur k.
I-B-1-La force 𝐹⃗ est une force centrale. Montrons que le moment cinétique se conserve :
⃗⃗𝑂
𝑑𝐿
𝑑𝑡
𝑑
𝑑
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ × 𝑚𝑣⃗) = 𝑣⃗ × 𝑚𝑣⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
= 𝑑𝑡 (𝑂𝑀
𝑂𝑀 × 𝑑𝑡 𝑚𝑣⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗
𝑂𝑀 × 𝐹⃗ = ⃗0⃗ ; le mouvement est donc
plan dans le plan perpendiculaire au moment cinétique.
I-B-2- Le moment cinétique au temps 𝑡 = 0 est dans la direction 𝑒⃗𝑦 . Le mouvement est donc
dans le plan (𝒙𝑶𝒛).
On applique la loi de la quantité de mouvement à l’électron : 𝑚𝑎⃗ = 𝐹⃗ et on projette sur une
base cartésienne ce qui donne :𝑚𝑥̈ = −𝑘𝑥 ; 𝑚𝑦̈ = −𝑘𝑦 ; 𝑚𝑧̈ = −𝑘𝑧 .
On donne les conditions initiales : 𝑟⃗𝑜 = 𝑟𝑜 𝑒⃗𝑥 et 𝑣⃗𝑜 = 𝑣𝑜 𝑒⃗𝑧 . D’où les équations du mouvement :
𝑘
𝑚
𝑘
𝑥(𝑡) = 𝑟𝑜 𝑐𝑜𝑠√𝑚 𝑡 ; 𝑧(𝑡) = 𝑣𝑜 √ 𝑘𝑒 𝑠𝑖𝑛√𝑚 𝑡 ; 𝑦(𝑡) = 0.
𝑒
𝑒
𝑥2
𝑘
𝑘𝑧 2
I-B-3-La trajectoire est une ellipse. On a 𝑟 2 = 𝑐𝑜𝑠 2 √𝑚 𝑡 et 𝑚
𝑜
𝑥2
𝑟𝑜2
𝑘𝑧 2
+𝑚
2
𝑒 𝑣𝑜
𝑒
2
𝑒 𝑣𝑜
𝑘
= 𝑠𝑖𝑛2 √𝑚 𝑡 ce qui donne
𝑒
= 1 équation d’une ellipse centrée en O.
𝑚
I-B-4- 𝑇 = 2𝜋√ 𝑘𝑒 .
I-B-5- 𝑓 = 2.5.1015 𝐻𝑧.
I-B-6-Si le moment cinétique est nul, la trajectoire est une droite. On retrouve l’analogue avec
une particule ponctuelle liée à un ressort que l’on tire sans vitesse initiale.
Partie II- Du modèle de Thomson à celui de Rutherford
II-A-Si on considère l’interaction entre une particule  et un électron. On est dans la situation
où la masse de la particule  est très grande devant la masse de l’électron. Celle-ci n‘est pas
affectée par la présence de l’électron.
2𝑍𝑒 2
2
𝑜𝑎
II-B-1- 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 4𝜋𝜀
= 4,5. 10−6 𝑁
II-B-2- On suppose que la force 𝐹⃗𝑚𝑎𝑥 est sur la direction 𝑦.
⃗⃗
𝑑𝑣
On applique la loi de la quantité de mouvement à la particule 𝛼 : 𝑚𝑎 𝑑𝑡 = 𝐹⃗𝑚𝑎𝑥
ce qui donne : 𝑚𝑎
𝑑𝑣𝑥
𝑑𝑡
= 0 et 𝑚𝑎
soit : 𝑣𝑥 = −𝑣𝑜 et 𝑣𝑦 =
𝐹𝑚𝑎𝑥
𝑚𝑎
𝑑𝑣𝑦
𝑑𝑡
= 𝐹𝑚𝑎𝑥
𝑡 ; 𝑥 = −𝑣𝑜 𝑡 + 𝑥(0)
On suppose que 𝑥(𝑡𝑜 ) − 𝑥(0) = −2𝑎 = −𝑣𝑜 𝑡𝑜 ce qui donne 𝑡𝑜 =
𝑣𝑦 =
2𝑎𝐹𝑚𝑎𝑥
𝑣𝑜 𝑚𝑎
2𝑎
𝑣𝑜
. On a alors une vitesse
𝑣𝑦
. L’angle de déviation est donné par sa tangente : 𝑡𝑎𝑛𝜑𝑚𝑎𝑥 = |𝑣 | soit :
𝑥
𝑡𝑎𝑛𝜑𝑚𝑎𝑥 =
2𝑎𝐹𝑚𝑎𝑥
= 4.25.10−4 𝑟𝑑 = 0.024°.
𝑣𝑜 2 𝑚𝑎
II-B-3 -Si une feuille d’or contient 400 plans la particule peut être déviée 400 fois et on
a :𝜑 = 400𝜑𝑚𝑎𝑥 soit 𝜑 = 9.75°. Or dans l’expérience certaines particules sont déviées d’un
angle supérieur à 90°. Le modèle de Thomson n’est pas le bon.
II-C-1- On parle de modèle planétaire car les électrons gravitent autour du noyau selon une
1
interaction de type newtonien en 𝑟 2.
𝑍2𝑒 2
II-C-2-L’énergie d’interaction est : 𝑊(𝑟) = 4𝜋𝜀 𝑟 .
𝑜
II-C-3-On a déjà répondu à cette question dans le I. Il s’agit d’une force centrale, le moment
cinétique est constant et le mouvement est dans le plan perpendiculaire au vecteur moment
cinétique.
y
II-C-4-La trajectoire est une hyperbole dont B est un
𝜑
foyer.
II-C-5-On dérive le vecteur :
x
B
⃗⃗
𝑑𝐿
𝑑
𝑑 𝑟⃗
𝑑𝑝⃗
𝑑𝑙⃗
= (𝑝⃗ × 𝑙⃗) + 𝑚𝑎 𝐾 ( ) = × 𝑙⃗ + 𝑝⃗ × −
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑑𝜃
𝑑𝑡 𝑟
𝑑𝑡
𝑑𝑡
𝑚𝑎 𝐾 𝑑𝑡 𝑒⃗𝜃 .
Mais
⃗⃗
𝑑𝐿
𝑑𝑡
=
𝑑𝑝⃗
𝑑𝑡
𝑑𝑝⃗
𝑑𝑡
𝐾
𝑑𝜃
= 𝐹⃗ = 𝑟 2 𝑒⃗𝑟 et 𝑙⃗ = 𝑟⃗ × 𝑝⃗ = 𝑚𝑎 𝑟 2 𝑑𝑡 𝑒⃗𝑧 on a donc :
𝑑𝜃
𝐾
𝑑𝜃
𝑑𝜃
× 𝑙⃗ − 𝑚𝑎 𝐾 𝑑𝑡 𝑒⃗𝜃 = 𝑟 2 𝑒⃗𝑟 × 𝑚𝑎 𝑟 2 𝑑𝑡 𝑒⃗𝑧 − 𝑚𝑎 𝐾 𝑑𝑡 𝑒⃗𝜃 = ⃗0⃗
II-C-6-A l’état initial on a 𝑝⃗𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 = −𝑚𝑎 𝑣𝑜 𝑒⃗𝑥 et 𝑟⃗𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 = 𝑥𝑖 𝑒⃗𝑥 + 𝑏𝑒⃗𝑦 ce qui donne :
𝑙⃗𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 = 𝑚𝑎 𝑏𝑣𝑜 𝑒⃗𝑧 et on a 𝑒⃗𝑟𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 = 𝑒⃗𝑥
⃗⃗𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 = 𝑏𝑚𝑎2 𝑣𝑜2 𝑒⃗𝑦 + 𝑚𝑎 𝐾𝑒⃗𝑥
D’où : 𝐿
II-C-7-A l’instant final la norme de la particule  reste 𝑣𝑜 mais elle est déviée d’un angle 𝜑.
On a 𝑝⃗𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = −𝑚𝑎 𝑣𝑜 𝑐𝑜𝑠𝜑𝑒⃗𝑥 +𝑚𝑎 𝑣𝑜 𝑠𝑖𝑛𝜑𝑒⃗𝑦 ; 𝑙⃗𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑚𝑎 𝑏𝑣𝑜 𝑒⃗𝑧 ; 𝑒⃗𝑟𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = −𝑐𝑜𝑠𝜑𝑒⃗𝑥 +
𝑠𝑖𝑛𝜑𝑒⃗𝑦
⃗⃗𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 = 𝑏𝑚𝑎2 𝑣𝑜2 (𝑠𝑖𝑛𝜑𝑒⃗𝑥 + 𝑐𝑜𝑠𝜑𝑒⃗𝑦 ) + 𝑚𝑎 𝐾(−𝑐𝑜𝑠𝜑𝑒⃗𝑥 + 𝑠𝑖𝑛𝜑𝑒⃗𝑦 ) ,
Ce qui donne : 𝐿
⃗⃗𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑎𝑙 = 𝐿
⃗⃗𝑓𝑖𝑛𝑎𝑙 on en déduit deux équations :
II-C-8-Comme 𝐿
𝑚𝑎 𝐾 = −𝑚𝑎 𝐾𝑐𝑜𝑠𝜑 + 𝑏𝑚𝑎2 𝑣𝑜2 𝑠𝑖𝑛𝜑 ; 𝑏𝑚𝑎2 𝑣𝑜2 = 𝑚𝑎 𝐾𝑠𝑖𝑛𝜑 + 𝑏𝑚𝑎2 𝑣𝑜2 𝑐𝑜𝑠𝜑
En introduisant l’angle moitié 𝜑/2 on constate que ces deux équations sont identiques et
𝜑
donnent : 𝑡𝑎𝑛 2 = 𝑚
𝐾
2
𝑎 𝑏𝑣𝑜
soit 𝑏 =
𝐾
𝜑
2
𝑡𝑎𝑛 𝑚𝑎 𝑣𝑜2
1
1
𝐾
II-C-9-a- L’énergie mécanique de la particule s’écrit : 𝐸 = 2 𝑚𝑎 𝑣𝑜2 = 2 𝑚𝑎 𝑣 2 + 𝑟 , ce qui
1
1
𝐾
donne 𝐸 = 2 𝑚𝑎 𝑟̇ 2 + 2 𝑚𝑎 𝑟 2 𝜃̇ 2 + 𝑟
Le moment cinétique s’écrit : 𝑚𝑎 𝑣𝑜 𝑏 = 𝑚𝑎 𝑟 2 𝜃̇ ce qui donne en éliminant 𝜃̇ entre les deux
1
1
1
équations : 𝐸 = 2 𝑚𝑎 𝑣𝑜2 = 2 𝑚𝑎 𝑟̇ 2 + 2 𝑚𝑎
𝑏 2 𝑣𝑜2
𝑟2
𝐾
+ 𝑟.
1
II-C-9-b- A la distance minimale d’approche on a 𝑟̇ = 0 ce qui donne : 0 = 2 𝑚𝑎
1
2𝐾
𝑚 𝑣 2 soit 0 = −𝑏 2 − 𝑚
2 𝑎 𝑜
2
𝑎 𝑣𝑜
positive :
𝑏 2 𝑣𝑜2
𝑟2
𝐾
+𝑟−
𝑟 + 𝑟 2. Cette équation du second degré admet une solution
𝑟𝑚 = 𝑚
𝐾
2
𝑎 𝑣𝑜
+ √𝑚
𝐾2
𝑎
2𝐾
on a 𝑟𝑚 = 𝑚
2
𝑎 𝑣𝑜
2𝑣4
𝑜
+ 𝑏 2 . La plus petite distance est obtenue pour 𝑏 = 0 Pour cette valeur
= 4.2.10−14 𝑚
Partie III- Modèle semi-quantique de Bohr
III-A-1-On suppose que l’électron a une trajectoire circulaire autour du noyau sous l’action
𝑒
d’une force électrique attractive : 𝐹⃗ = − 4𝜋𝜀
2
𝑜𝑅
2
𝑢
⃗⃗𝑟 . On applique la loi de la quantité de
mouvement à l’électron : 𝑚𝑒 𝑎⃗ = 𝐹⃗ ce qui donne 𝑚𝑒
𝑇=
2𝜋𝑅
𝑣
𝑣2
𝑅
𝑒2
= 4𝜋𝜀
𝑜
𝑅2
soit : 𝑣 = √𝑅𝑚
𝑒2
et
𝑒 4𝜋𝜀𝑜
𝑅 3 𝑚𝑒 4𝜋𝜀𝑜
= 2𝜋√
𝑒2
III-A-2-La force ressentie par l’électron est une force centrale. Elle dérive d’une énergie
𝑒2
potentielle : 𝐸𝑝 = − 4𝜋𝜀
𝑒2
1
𝑜𝑅
. L’énergie mécanique est : 𝐸 = 𝐸𝑐 + 𝐸𝑝 = 2 𝑚𝑒 𝑣 2 − 4𝜋𝜀
𝑜𝑅
mais
en tenant compte de l’expression de la vitesse trouvée dans la question précédente, on a
𝑒2
𝐸 = − 8𝜋𝜀
𝑜𝑅
III-A-3-Il faut trouver une expression de l’énergie en fonction du moment cinétique. Le
moment cinétique est : 𝐿𝑜 = 𝑚𝑒 𝑣𝑅 = 𝑚𝑒 𝑅√𝑅𝑚
𝐿𝑜 2 =
𝑚𝑒 𝑅𝑒 2
4𝜋𝜀𝑜
𝑒2
. On a donc 𝐸 = − 8𝜋𝜀
𝑒4𝑚
𝑜
𝑒2
= − 8𝜋𝜀
𝑅
𝑒2
ce qui donne
𝑒 4𝜋𝜀𝑜
𝑚𝑒 𝑒 2
𝑜 4𝜋𝜀𝑜 𝐿𝑜
𝑒4
2
soit 𝐸 = − 32𝜋2𝜀
𝑚𝑒
2
𝑜 𝐿𝑜
2
ce qui donne :
𝑌 = 32𝜋2 𝜀𝑒 2
𝑜
1
1
ℎ𝑐
III-A-4-On a 𝐸𝑝 − 𝐸𝑛 = 𝑌 (𝐿2 − 𝐿2 ) = ℎ𝑛𝑝 = 
𝑛
relation:
1
𝑛𝑝
4𝜋 2
1
𝑝
1
𝑛𝑝
ℎ
. Bohr pose 𝐿𝑛 = 𝑛 2𝜋. On en déduit la
= 𝑌 𝑐ℎ3 (𝑛2 − 𝑝2 ) ce qui permet de donner l’expression de la constante de
𝑒4𝑚
Rydberg : 𝑅𝐻 = 𝑐ℎ3 8𝜋𝜀𝑒
𝑜
2
= 1.09.107 𝑚−1