Solution — Exercice 1
Rappels : énergie cinétique $E_c=\dfrac12 m v^2$ ; rayon d'une trajectoire circulaire d'une particule chargée dans un champ magnétique $B$ (force de Lorentz perpendiculaire): $r=\dfrac{m v}{|q| B}$. La pulsation cyclotron (pour charge q) : $\omega_c=\dfrac{|q| B}{m}$ et la période $T=\dfrac{2\pi}{\omega_c}=\dfrac{2\pi m}{|q| B}$.
- Vitesse — même énergie cinétique $E_c$ : $E_c=\dfrac12 m v^2 \Rightarrow v=\sqrt{\dfrac{2E_c}{m}}$. Donc, pour deux particules de masses $m_e$ (électron) et $m_p$ (proton) avec la même $E_c$ : $\displaystyle \dfrac{v_e}{v_p}=\sqrt{\dfrac{m_p}{m_e}}>1$. Ainsi l'électron (masse beaucoup plus petite) a une vitesse beaucoup plus grande.
- Rayon — $r=\dfrac{m v}{|q| B}$. En remplaçant $v=\sqrt{2E_c/m}$ on obtient $$r=\dfrac{m}{|q|B}\sqrt{\dfrac{2E_c}{m}}=\dfrac{\sqrt{2E_c m}}{|q|B}.$$ Ainsi $r\propto\sqrt{m}$ (si $E_c$ fixé) → le rayon du proton est bien plus grand que celui de l'électron.
- Période — $T=\dfrac{2\pi m}{|q|B}$. Pour des particules de charges de même valeur absolue (ici $|q|=e$ pour proton et électron), la période est proportionnelle à la masse : $T\propto m$. Donc le proton met beaucoup plus de temps qu’un électron pour faire une révolution. Remarque : la période ne dépend pas de la vitesse (ou de l’énergie) mais seulement de $m,q,B$.
Solution — Exercice 2
Hypothèses et repère : On prend Oz axe de propagation initiale (vitesse $V_0$). Le champ est uniformément établi entre P1 et P2. On suppose que le champ électrique $\vec E$ est dirigé selon Ox (déflexion dans Ox) : $\vec E = E \,\vec i$ avec $E = \dfrac{U}{d}$ (direction déterminée par la polarité $U$).
1) Expression de la force
Force électrostatique sur l’électron (charge $q=-e$) :
$\displaystyle \vec F = q \vec E = -e \vec E = -e\frac{U}{d}\,\vec i.$
Remarque : le signe négatif indique que la force est dirigée contre $\vec i$ si $U/d$ est positif (dépend de la définition $\vec E = (V_{P2}-V_{P1})/d$).
2) Étude du mouvement dans la zone de champ
Équations du mouvement (dans la zone, le champ est uniforme, on néglige la gravité) :
- Sur l'axe Oz : aucune force → composante de la vitesse $V_z$ est constante : $V_z(t)=V_0$. Donc $z(t)=V_0 t$.
- Sur Ox : $m \dfrac{d^2x}{dt^2} = F_x = -e \dfrac{U}{d}$. Posons $a_x = \dfrac{d^2x}{dt^2} = -\dfrac{eU}{m d}$ (constante).
On intègre deux fois (conditions initiales : à l’entrée O on a $x(0)=0$, $v_x(0)=0$) :
$\displaystyle v_x(t)=a_x t,\qquad x(t)=\tfrac12 a_x t^2.$
On veut $x$ en fonction de $z$. Comme $z=V_0 t$, on a $t=\dfrac{z}{V_0}$. D’où :
$\displaystyle x(z)=\frac12 a_x\left(\frac{z}{V_0}\right)^2 = -\frac{eU}{2 m d V_0^2}\; z^2.$
Cette relation fournit la trajectoire $x=f(z)$ dans la zone de champ.
Point de sortie K (z=D)
La sortie de la zone de plaques se situe à $z=D$. On calcule :
- Position à la sortie : $x(D)= -\dfrac{eU}{2 m d V_0^2} D^2$.
- Vitesse transversale à la sortie : $v_x(D)=a_x t_D = a_x \dfrac{D}{V_0} = -\dfrac{eU}{m d}\dfrac{D}{V_0}.$
- Composante longitudinale : $v_z(D)=V_0$ (inchangée).
Mouvement hors des plaques
Hors de la zone, $\vec E=0$, donc aucune force transversale : $v_x$ et $v_z$ sont constants → trajectoire rectiligne uniforme ; la droite est donc tangentielle à la trajectoire au point K.
Abscisse du point d’impact P sur l’écran
Notations : $L$ distance $O_1O_e$ (distance entre la sortie et l’écran le long de l’axe Oz), on suppose que la particule quitte la zone à $z=D$ et parcourt ensuite une distance $L$ avant l'écran. Le temps de vol après sortie (vers écran) : $t'=\dfrac{L}{V_0}$.
Déplacement transverse après sortie : $\Delta x = v_x(D)\, t' = \left(-\dfrac{eU}{m d}\dfrac{D}{V_0}\right)\cdot \dfrac{L}{V_0} = -\dfrac{eU}{m d}\dfrac{D L}{V_0^2}.$
Abscisse totale au point P :
$\displaystyle X_P \;=\; x(D) + \Delta x \;=\; -\dfrac{eU}{2 m d V_0^2} D^2 \;-\; \dfrac{eU}{m d}\dfrac{D L}{V_0^2}.$
En factorisant :
$\displaystyle X_P = -\dfrac{eU}{m d V_0^2}\; D\left(\dfrac{D}{2} + L\right).$
Remarque sur le signe : dépend de la polarité (direction de $E$) ; la formule montre la dépendance en $U, V_0, D, d, L$.
Solution — Exercice 3 (Oscilloscope)
Première partie — canon à électrons
Direction du champ : entre cathode (C) et anode (A) la différence de potentiel $U_{AC}=V_A-V_C>0$ signifie que l’anode est à un potentiel plus élevé : le champ électrique $\vec E$ s’oriente du potentiel élevé vers le potentiel faible, soit de A vers C ; pour les électrons (charge $-e$) la force est dirigée vers l’anode (sens opposé au champ) — les électrons sont attirés vers A.
Force et négliger le poids
Force électrostatique : $\vec F = -e \vec E$ avec $E=\dfrac{U_{AC}}{d}$. (Vecteur unitaire : $\vec u$ selon la direction d’E.)
Poids vs force électrostatique : pour $U_{AC}\sim 1\ \text{kV}$ et $d\sim 0{,}1\ \text{m}$ on a $E\approx 10^4\ \text{V/m}$. Pour un électron : $|F_{elec}|=eE\approx 1{,}6\times10^{-19}\times10^4=1{,}6\times10^{-15}\ \text{N}$. Le poids : $m_e g \approx 9{,}11\times10^{-31}\times10\approx9{,}11\times10^{-30}\ \text{N}$, très inférieur → on néglige le poids.
Vitesse $V_0$ à l'anode (énergie cinétique)
Par conservation de l’énergie (ou théorème travail-énergie) : l’énergie potentielle électrique perdue $eU_{AC}$ devient énergie cinétique :
$\dfrac12 m V_0^2 = e U_{AC} \quad\Rightarrow\quad V_0 = \sqrt{\dfrac{2 e U_{AC}}{m}}.$
Pour $U_{AC}=1\ \text{kV}$ et l’électron : $V_0 \approx 1{,}88\times10^7\ \text{m/s}$ (≈ $0{,}063\,c$). (Calcul numérique : $V_0=\sqrt{2\times1{,}602\times10^{-19}\times10^3/9{,}109\times10^{-31}}\approx1{,}88\times10^7$ m/s.)
Deuxième partie — dispositif de déflexion
On reprend la méthode de l’exercice 2 en précisant vecteurs et signes.
Force entre P1 et P2 : $E_Y = U_Y/L_1$ et $\vec F' = q \vec E_Y = -e \dfrac{U_Y}{L_1}\ \vec j$ (si $\vec j$ est l’unité verticale). L’accélération :
$\displaystyle \vec a = \dfrac{\vec F'}{m} = -\dfrac{e U_Y}{m L_1}\ \vec j.$
Équations différentielles (repère $(O_1xyz)$) :
- Sur z : $m \dfrac{d^2 z}{dt^2}=0 \Rightarrow z(t)=V_0 t + z_0$ (souvent $z_0=0$).
- Sur y : $m \dfrac{d^2 y}{dt^2} = - e \dfrac{U_Y}{L_1} \Rightarrow \dfrac{d^2 y}{dt^2} = -\dfrac{e U_Y}{m L_1} \equiv a_y$ (constante).
- Sur x : si $U_X=0$ alors pas de force en x → $x(t)=$const.
Intégration (conditions $y(0)=0$, $v_y(0)=0$) :
$v_y(t) = a_y t,\qquad y(t)=\dfrac12 a_y t^2.$
En remplaçant $t=z/V_0$ (comme précédemment) :
$\displaystyle y(z)=\dfrac12 a_y\left(\dfrac{z}{V_0}\right)^2 = -\dfrac{e U_Y}{2 m L_1 V_0^2}\; z^2.$
Coordonnées à la sortie ($z=L_2$) :
- $Y_E = y(L_2)= -\dfrac{e U_Y}{2 m L_1 V_0^2}\; L_2^2.$
- $V_{y}(L_2)= a_y \dfrac{L_2}{V_0}= -\dfrac{e U_Y}{m L_1}\dfrac{L_2}{V_0}.$
- $X_E$ dépendra d’éventuelle déflexion en $x$ (ici si $U_X=0$, $X_E$ reste 0 ou sa valeur initiale).
Pente de la tangente à la sortie : $p = \dfrac{dY}{dZ}\big|_{z=L_2} = \dfrac{V_y(L_2)}{V_0} = -\dfrac{e U_Y}{m L_1 V_0^2}\; L_2.$
Trajectoire après sortie : droite de pente $p$ passant par $(X_E,Y_E)$ ; intersection avec l’écran à distance $D$ (depuis K) :
$Y_S = Y_E + p\cdot D ,\quad X_S = X_E + p_x\cdot D$ (si une composante $p_x$ existe).
Relation entre $Y_S$ et $U_Y$ : on voit que $Y_S$ est proportionnel à $U_Y$ (linéaire) si $V_0$ et les géométries sont fixes — résultat important pour l’oscilloscope : la déviation verticale est proportionnelle à la tension appliquée aux plaques.
Solution — Exercice 4 (électron dans un B uniforme)
On étudie le mouvement d’un électron ($q=-e$, masse $m$) dans $\vec B = B\,\vec k$ (constante).
Équations du mouvement
Force de Lorentz (ici $\vec E=0$) : $\vec F = q ( \vec v \times \vec B)$. Avec $q=-e$ :
$m \dfrac{d\vec v}{dt} = -e (\vec v \times B \vec k).$
Écrivons les composantes (notons $\omega_c = \dfrac{eB}{m}$, >0) :
$\begin{cases} \dfrac{dv_x}{dt} &= -\omega_c \, v_y,\\[4pt] \dfrac{dv_y}{dt} &= \;\omega_c \, v_x,\\[4pt] \dfrac{dv_z}{dt} &= 0. \end{cases}$
Condition initiale : $v_x(0)=V_{ox},\; v_y(0)=0,\; v_z(0)=V_{oz}$.
Solution pour $v_x(t)$ et $v_y(t)$
Le système pour $v_x,v_y$ est celui d’un oscillateur de pulsation $\omega_c$. En résolvant avec les conditions :
$\displaystyle v_x(t) = V_{ox}\cos(\omega_c t),\qquad v_y(t) = -V_{ox}\sin(\omega_c t).$
Vérification rapide : $\dfrac{dv_x}{dt}=-V_{ox}\omega_c\sin(\omega_c t) = -\omega_c v_y$ (puisque $v_y=-V_{ox}\sin$) — cohérent.
Coordonnées
Intégrons pour obtenir $x(t),y(t)$ (conditions initiales $x(0)=0,y(0)=0$) :
$\displaystyle x(t)=\dfrac{V_{ox}}{\omega_c}\sin(\omega_c t),\qquad y(t)=\dfrac{V_{ox}}{\omega_c}\big(1-\cos(\omega_c t)\big).$
On reconnaît une trajectoire circulaire dans le plan $Oxy$ : en effet $(x-\dfrac{0}{})^2+(y-\dfrac{V_{ox}}{\omega_c})^2 = \big(\dfrac{V_{ox}}{\omega_c}\big)^2$ ; le centre est $H(0,\;V_{ox}/\omega_c)$ et le rayon $r_H = \dfrac{V_{ox}}{\omega_c}$.
La composante $z$ est simple :
$\displaystyle z(t) = V_{oz}\, t.$
Fréquence de révolution
La pulsation $\omega_c=\dfrac{eB}{m}$ donne la fréquence : $f_c=\dfrac{\omega_c}{2\pi}=\dfrac{eB}{2\pi m}$. (Note : indépendante de $V_{ox}$.)
Application numérique
Pour $B=1{,}0\ \text{T}$ et l’électron ($e=1{,}602\times10^{-19}$ C, $m=9{,}109\times10^{-31}$ kg) :
$\displaystyle \omega_c \approx \dfrac{1{,}602\times10^{-19}\times1}{9{,}109\times10^{-31}} \approx 1{,}7588\times10^{11}\ \text{rad/s}.$
$\displaystyle f_c=\dfrac{\omega_c}{2\pi}\approx 2{,}799\times10^{10}\ \text{Hz}.$
Conclusion : la projection est un cercle de rayon $r_H=V_{ox}/\omega_c$ ; la trajectoire réelle est une hélice (rotation en $xy$ et translation uniforme le long de $z$).
Solution — Exercice 5 (Cyclotron)
Rappel : dans un champ magnétique $B$ et avec charge $q$, la force de Lorentz vaut $\vec F = q (\vec v \times \vec B)$ ; si $\vec v \perp \vec B$ alors la trajectoire est circulaire et la force joue le rôle de force centripète.
A) Mouvement dans un Dee
Si la particule se déplace à l’intérieur d’un Dee avec vitesse $V$ principalement horizontale et $\vec B$ sortant du plan (vertical), la force de Lorentz est perpendiculaire à $\vec v$ et fournit la force centripète :
$m \dfrac{V^2}{r} = q V B \quad\Rightarrow\quad r=\dfrac{mV}{qB}.$
Comme $\dfrac{V^2}{r} = \dfrac{qVB}{m}$ est constante pour une donnée $V$, le mouvement à l’intérieur d’un Dee est un mouvement circulaire uniforme (direction changeante mais module constant si aucune force autre n’agit).
La durée d’un demi-tour (parcours d’un Dee) : la pulsation cyclotron $\omega_c=\dfrac{qB}{m}$ (ici $q=e$ pour proton). La période de révolution complète $T=\dfrac{2\pi}{\omega_c}=\dfrac{2\pi m}{qB}$ ; la durée d’un demi-tour :
$\displaystyle \delta t=\dfrac{T}{2}=\dfrac{\pi m}{qB}.$
Remarque importante : $\delta t$ ne dépend pas de la vitesse $V$ — c’est pourquoi une fréquence HF fixe peut synchroniser les accélérations (principe du cyclotron, jusqu’aux vitesses relativistes).
B) Mouvement entre les Dees
Entre les Dees il existe un champ $\vec E$ (tension $u(t)$) qui accélère le proton à chaque traversée. Pour que le proton gagne de l’énergie à chaque passage, la polarité de $u(t)$ doit être choisie de façon à ce que la direction du champ électrique accélère le proton au moment où il traverse l’écart.
Relation entre la période $T$ de la tension et $\delta t$ : pour accélérer à chaque demi-tour, on choisit la fréquence de la tension de sorte que la variation de signe se produise en phase avec le passage du proton : typiquement $T = 2\delta t$ (la tension change de signe à chaque demi-tour) → la fréquence de la tension est
$\displaystyle f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{2\delta t} = \dfrac{qB}{2\pi m}.$
Remarque : expression identique à $\dfrac{\omega_c}{2\pi}$. Ceci illustre que la fréquence requise pour la tension HF est indépendante de la vitesse (tant que la non-relativité tient).
Solution — Exercice 6 (champ E et B simultanés)
On considère une particule de charge $q>0$ et masse $m$ soumis à $\vec E$ et $\vec B$. Pour la clarté des calculs, on prend un repère avec :
- $\vec E = E\,\vec i$ (axe Ox),
- $\vec B = B\,\vec k$ (axe Oz),
- conditions initiales : la particule est émise sans vitesse initiale en $O$ (cas 1) ; cas 2 : vitesse initiale $\vec V_0 = V_0 \vec i$.
1) Comparaison poids vs force électrostatique (électron)
Poids : $m_e g = 9{,}11\times10^{-31}\times10 \approx 9{,}11\times10^{-30}\ \text{N}$. Force électrostatique : $|qE| = eE = 1{,}60\times10^{-19}\times 10 = 1{,}60\times10^{-18}\ \text{N}$. Donc $eE \gg m_e g$ (par ~ factor 176) → poids négligeable.
2) Équations du mouvement (RFD)
Écrire la loi de Newton :
$\displaystyle m\dfrac{d\vec v}{dt} = q(\vec E + \vec v \times \vec B).$
Composantes (avec $\vec E=E\vec i$, $\vec B=B\vec k$) :
$\begin{cases} m \dfrac{dv_x}{dt} &= qE + q v_y B,\\[4pt] m \dfrac{dv_y}{dt} &= - q v_x B,\\[4pt] m \dfrac{dv_z}{dt} &= 0. \end{cases}$
Posons $\omega = \dfrac{qB}{m}$ et $a=\dfrac{qE}{m}$ (constantes). Les équations deviennent :
$\displaystyle \dfrac{dv_x}{dt} = a + \omega v_y,\qquad \dfrac{dv_y}{dt} = -\omega v_x,\qquad \dfrac{dv_z}{dt}=0.$
Cas A : conditions initiales $v_x(0)=v_y(0)=0$ (émis au repos)
Différencions la première équation par rapport au temps :
$\displaystyle \dfrac{d^2 v_x}{dt^2} = \omega \dfrac{dv_y}{dt} = \omega(-\omega v_x) = -\omega^2 v_x.$
Donc $v_x$ satisfait l’équation harmonique :
$\dfrac{d^2 v_x}{dt^2} + \omega^2 v_x = 0.$
La solution générale (avec conditions $v_x(0)=0$ et $dv_x/dt(0)=a$) est :
$\displaystyle v_x(t) = \dfrac{a}{\omega}\sin(\omega t) = \dfrac{E}{B}\sin(\omega t).$
Ensuite :
$\displaystyle v_y(t) = \dfrac{1}{\omega}\big(\dfrac{dv_x}{dt}-a\big) = \dfrac{a}{\omega}(\cos(\omega t)-1) = \dfrac{E}{B}(\cos(\omega t)-1).$
Intégrons pour obtenir $x(t),y(t)$ (conditions $x(0)=y(0)=0$) :
$\displaystyle x(t)=\dfrac{a}{\omega^2}(1-\cos(\omega t))=\dfrac{mE}{qB^2}(1-\cos(\omega t)),$
$\displaystyle y(t)=\dfrac{a}{\omega^2}\sin(\omega t)-\dfrac{a}{\omega}t=\dfrac{mE}{qB^2}\sin(\omega t)-\dfrac{E}{B}\,t.$
On reconnaît une combinaison d’un mouvement circulaire (termes en sinus/cosinus) et d’une dérive uniforme : la particule effectue une rotation (gyration) autour d’un centre qui lui-même se déplace avec une vitesse de dérive constante
Vitesse de dérive
Le terme linéaire en $t$, $-\dfrac{E}{B}\, t$ dans $y(t)$, correspond à une vitesse moyenne de dérive :
$\displaystyle v_{\text{drift}} = -\dfrac{E}{B}\,\vec j.$
Sans rentrer dans toute la géométrie, l’expression générale du drift pour $\vec E\perp\vec B$ est : $\vec v_d = \dfrac{\vec E \times \vec B}{B^2}$ (ici $\vec E\times\vec B = E\vec i \times B \vec k = -EB \vec j$ → $v_d=-E/B\,\vec j$). La trajectoire est donc une gyration autour d’un centre qui se déplace avec $v_d$.
Cas B : vitesse initiale $\vec V_0 = V_0 \vec i$
On résout de manière analogue en ajoutant la condition $v_x(0)=V_0$, $v_y(0)=0$. La solution générale est la somme d’une solution homogène (gyration) et d’une solution particulière (liée à $a$). Finalement on obtient :
$\displaystyle v_x(t) = \dfrac{E}{B}\sin(\omega t) + V_0\cos(\omega t),$
$\displaystyle v_y(t) = \dfrac{E}{B}(\cos(\omega t)-1) - V_0\sin(\omega t).$
Condition particulière $V_{0c}$ pour mouvement rectiligne confondu avec Ox
On recherche $V_{0}$ tel que la trajectoire soit rectiligne le long de Ox. Cela signifie qu’il n’y a pas de composante cyclotron (pas de rotation autour d’un centre) et que la dérive compense exactement les oscillations : la condition est $V_{0c} = \dfrac{E}{B}$ (valeur de la vitesse de dérive en module). Avec $V_0 = E/B$ et direction convenable, la trajectoire peut devenir rectiligne (la composante oscillante s’annule par choix des conditions initiales) ; physiquement la force de Lorentz due à la vitesse initiale compense la force électrique.
Cas $V_0 = 2V_{0c}$ : on ajoute une contribution cyclotron non nulle — la trajectoire est une superposition d’un cercle/gyration et d’une dérive, produisant une trajectoire en boucle ou cycloïde selon paramètres (voir expressions ci-dessus).