P2. Mouvement dans un champ uni­forme

Une partie de la correction ayant été fournie sous forme d’aides, je ne mets là que la partie finale de l’exercice.

Répondre à la question posée, c’est savoir si, après 195 m de parcours, l’avion a bien atteint la vitesse de 213 km·h^-1 (soit 59,2 m·s^-1). Pour cela, on peut calculer le temps au bout duquel l’avion a parcouru les 195 m de la piste ($*x_f*$ = 195 m), que l’on note $*t_f*$, par exemple, et calculer la valeur de la vitesse pour cette date :

$µ \begin{aligned} t_f &= \sqrt{ 2mx_f \over F } \\ t_f &= \sqrt{ 2×23,7·10^3×195 \over 2×50·10^3 } \\ t_f &= 9,61 \; \mathrm{s} \end{aligned} µ$

Puis :

$µ \begin{aligned} v_f &= \frac Fm t_f \\ v_f &= { 2×50·10^3 \over 23,7·10^3}×9,61 \\ v_f &= 40,6 \; \mathrm{m·s^{-1}} \end{aligned} µ$

On voit que la vitesse est inférieure à la vitesse requise (59,2 m·s^-1). Donc la réponse à la question est non.

Une autre stratégie est possible : calculer le temps (on dit aussi la date) au bout duquel la vitesse de 59,2 m·s^-1 est atteinte, puis calculer la distance parcourue par l’avion à cette date. On trouve que la vitesse voulue est atteinte au bout de 14,0 s ce qui correspond à une distance parcourue du 415 m. Les deux manières de faire sont tout à fait valables.

Il faut d’abord faire un bilan des forces qui s’excercent sur la luge, sur un schéma. Il faut toujours faire un schéma ! 🤓

$µ \vec{P} \begin{pmatrix} \begin{aligned} P_x &= mg\sin \alpha \\ P_y &= -mg\cos \alpha \\ \end{aligned} \end{pmatrix} \quad \vec{R} \begin{pmatrix} \begin{aligned} R_x &= 0 \\ R_y &= R \\ \end{aligned} \end{pmatrix} \quad \vec{F} \begin{pmatrix} \begin{aligned} f_x &= -f \\ f_y &= 0 \\ \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

L’énoncé dit que la luge a une vitesse constante et comme la luge se déplace en ligne droite (l’énoncé ne dit rien là-dessus, mais si ça n’avait pas été le cas, l’énoncé l’aurait mentionné…), alors $*\vec{v}*$ est constant et donc $*\vec{a} = \vec{0}*$. D’après la RFD, cela implique que la somme vectorielle des forces est nulle. Donc :

$µ \sum \vec{F}_{ext} \begin{pmatrix} \begin{aligned} P_x + R_x + f_x &= 0 \\ P_y + R_y + f_y &= 0 \\ \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

Soit :

$µ \sum \vec{F}_{ext} \begin{pmatrix} \begin{aligned} mg\sin \alpha + 0 - f &= 0 \\ -mg\cos \alpha + R + 0 &= 0 \\ \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

Donc $*f = mg\sin \alpha \simeq*$ 70 N

Remarquez au passage que $*R*$ ici ne vaut pas $*P*$ car le support est incliné. $*R = mg\cos \alpha*$. Si le plan n’est pas incliné, $*\alpha*$ vaut 0 et donc $*\cos \alpha*$ vaut 1 et on retrouve bien que $*R = mg = P*$. 😊

1. Ici, le système, le repère et le référentiel sont déjà définis.

Comme chaque fois, suivez la méthode indiquée dans l’exercice sur le Rafale.

Bilan des forces : facile ! L’énoncé le donne. Il n’y a que le poids. $* \sum \vec{F}_{ext} = \vec{P} *$. Donc, d’après la RFD : $µ \begin{aligned} m\vec{a} &= \vec{P} \\ m\vec{a} &= m\vec{g} \\ \vec{a} &= \vec{g} \\ \end{aligned} µ$ On a donc maintenant les coordonnées du vecteur accélération : $µ \vec{a} \begin{pmatrix} \begin{aligned} a_x &= 0 \\ a_y &= -g \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

Vecteur vitesse : on intègre le vecteur accélération. Il apparaît des constantes d’intégration qui sont les coordonnées du vecteur vitesse initiale $*\vec{v}_0*$, c’est à dire $*v_{0x} = v_0 \cos \alpha*$ et $*v_{0y} = v_0 \sin \alpha*$ $µ \vec{v} \begin{pmatrix} \begin{aligned} v_x &= v_0 \cos \alpha \\ v_y &= -gt + v_0 \sin \alpha \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

Vecteur position : on intègre le vecteur position. Les constantes d’intégration sont les coordonnées du vecteur position initiale $*x_0*$ et $*y_0*$. $µ \overrightarrow{OM} \begin{pmatrix} \begin{aligned} x &= v_0 \cos \alpha ·t + x_0 \\ y &= - \frac 12 gt^2 + v_0 \sin \alpha ·t + y_0 \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

Et voilà !

2. Pour répondre à cette question, il faut d’abord trouver à quelle date $*t*$ la balle touche le sol (et donc $*y*$ = 0), puis, connaissant $*t*$, on calcule la position $*x*$ de la balle, en choisissant $*x_0*$ = 0, c’est à dire en plaçant l’origine du repère à l’endroit d’où on lance la balle.

Pour trouver le temps $*t*$ auquel la balle touche le sol, il suffit de résoudre $*- \frac 12 gt^2 + v_0 \sin \alpha ·t + y_0 = 0*$, avec $*y_0*$ = 2,0 m et $*v_0*$ convertie en m·s^-1 (13,9 m·s^-1). On trouve $*t*$ = 2,02 s, puis on en déduit $*x*$ = 21,5 m.

Remarque : soyez méthodique et rigoureux pour le calcul. Servez-vous intelligemment de votre calculatrice. Par exemple, stockez dans la variable $*a*$ la valeur de $* - \frac 12 g*$, puis dans la variable $*b*$ la valeur $*v_0 \sin \alpha*$ et enfin dans $*c*$ la valeur 2. Calculez ensuite le discriminant en utilisant ce que vous savez déjà : $*\Delta = \sqrt{b^2 - 4ac}*$. Stockez cette valeur dans la variable $*d*$. Puis calulez les solutions de l’équation de la même manière.

3. C’est le même calcul, mais avec une valeur différente pour $*g*$. On trouve $*t*$ = 11,4 s pour la date d’impact au sol, et une distance de 121 m pour le point d’impact.

1. $*P = mg = *$ 8,9·10^-30 N et $*F_e = |q|E = *$ 1,6·10^-16 N. On voit qu’il y a 13 ordres de grandeur de différence !!! Le poids est complètement négligeable devant la force électrique.

2. On choisit un axe $*\mathrm{O}x*$ dans la direction du mouvement (qui est rectiligne), l’origine de l’axe étant la position initiale de l’électron. (C’est pas obligé, mais c’est ce qu’il y a de plus simple.
Le référentiel est le référentiel terrestre.
La seule force (non négligeable) qui s’applique à l’électron est la force électrique. Donc la RFD nous donne : $µ a_x = \frac {eE}m µ$ On intègre l’accélération pour trouver la vitesse. La vitesse initiale est nulle, donc : $µ v_x = \frac {eE}m t µ$ On intègre la vitesse pour trouver la coordonnée de position $*x*$ de l’électon. $*x_0*$ = 0, donc : $µ x = \frac 12 \frac {eE}m t^2 µ$ On veut connaître le temps au bout duquel $*x*$ = 0,50 m. $µ t = \sqrt {\frac{2mx}{eE}} = 7,55·10^{-8} \; \text{s} µ$

3. Il suffit de calculer $*v*$ pour $*t*$ = 7,55·10^-8 s.
$*v*$ = 1,33·10⁷ m/s (environ 4,4 % de la vitesse de la lumière).

1.1. On définit un axe $*\mathrm{O}x*$ dont l’origine coïncide avec la sortie de la source et orienté dans le sens du mouvement du proton.
Lorsque le proton sort, il a une accélération : $µ a = a_x = \frac {eE}{m} = \frac {eU}{md} µ$

Sa vitesse est donc : $µ v_x(t) = at µ$ et sa position est : $µ x(t) = \frac 12 at^2 µ$ Les constantes d’intégration sont nulles car à $*t*$ = 0, le proton n’a pas de vitesse initiale et il se trouve sur l’origine de l’axe.

Remarque : je ne détaille pas les calculs, vous l’avez déjà fait plusieurs fois. Mais en évaluation, il faut détailler davantage, bien-sûr.

On cherche à quelle date $*t_e*$ le proton entre dans le tube, autrement dit : quand est-ce que $*x*$ = $*d*$ = 0,05 m. $µ t_e = \sqrt{\frac {2d^2m}{eU}} = 5,0·10^{-7} \; \text{s} µ$

1.2. $*v(t_e)*$ = $*v_{1}*$ = 2,0·10⁵ m·s^-1

1.3. La tension bascule à $*t*$ = 0,50 µs, date à laquelle le proton entre dans le tube. Si elle avait changé avant, cela aurait freiné le proton. Mais là, c’est bon. Juste à la limite, mais c’est bon quand-même.

2. Dans le tube, le proton n’est plus soumis à aucune force. Il est donc en MRU. Il doit sortir du tube à $*t_s*$ = 0,75 µs. La distance qu’il doit parcourir vaut donc $*\Delta x*$ = $* v_1·\Delta t *$ = 2,0·10⁵×0,25·10^-6 = 0,050 m.
Le tube doit donc avoir une longueur de 5,0 cm.

3.1. Là, ça se corse un peu… 😅 Si vous n’y êtes pas arrivé, ce n’est pas grave. Les calculs ne sont pas compliqués, mais il faut être très rigoureux et structuré dans son raisonnement pour ne pas s’y perdre. Essayez au moins de comprendre la correction.
À $*t*$ = 0,75 µs, le proton sort du tube n°1 avec la vitesse $*v_1*$, en $*x*$ = 0,10 m. Il est soumis à la même accélération $*a*$ qu’avant son entrée dans le tube n°1, car le champ électrique est le même.
Pour se simplifier les calculs et la vie, on peut prendre :

• la date de sortie du tube n°1 $*t*$ = 0,75 µs comme nouvelle origine des dates $*t'*$ ;
• la sortie du tube n°1 comme nouvelle origine des abscisses $*x'*$.

$µ \begin{aligned} v(t') &= at' + v_1 \\ x'(t') &= \frac 12 at'\,^2 + v_1t \end{aligned} µ$ On cherche à savoir pour quelle valeur de $*t'_e*$ le proton entre dans le deuxième tube, soit $*x'*$ = $*d*$
On doit donc résoudre une équation du deuxième degré…
$µ \frac 12 a{t'_e}^2 + v_1t'_e - d = 0 µ$ On trouve le discriminant $*\Delta*$ = 8,05·10¹⁰ m²·s^-2 et une durée de traversée de l’espace entre le tube 1 et le tube 2 de $*t'_e*$ = 0,21 µs.
Donc le proton entre dans le tube n°2 0,21 µs après être sortie du tube n°1, c’est-à-dire à $*t*$ = 0,75 + 0,21 = 0,96 µs.

3.2. Le proton doit ressortir du tube n°2 à la date $*t'_s*$ = 1,25 µs. La traversée du tube doit donc durer 1,25 - 0,96 = 0,29 µs.
À quelle vitesse entre-t-il dans le tube n°2 ? $*v(t’_e) = at'_e + v_1 = v_2*$ = 2,84·10⁵ m·s^-1.
La longueur du tube n°2 doit être la distance parcourue par l’électron à la vitesse $*v_2*$ pendant un durée de 0,29 µs, soit : 0,082 m.

On peut continuer les calculs en tenant compte que le proton dont sortir du tube suivant 0,5 µs pour rester synchronisé avec les variations de tension. On trouve pour le troisième tube une longueur de 11,9 cm, puis 14,7 cm pour le suivant, etc… C’est une bonne occasion d’automatiser les calculs sur un tableur.
Pour un accélérateur de 20 m de long environ, on trouve qu’il faut 44 tubes, le dernier mesurant 61 cm et le proton en sort avec une vitesse de 1,33·10⁶ km·s^-1 environ. Ce qui est très peu.

1.a Comme la force de poussée $*\vec{F}*$ est constante et que le trajet est rectiligne, on peut calculer ce travail par le relation : $µ W_d(\vec{F}) = \vec{F}·\vec{d} µ$ où $*\vec{d}*$ est le vecteur déplacement. L’angle entre $*\vec{F}*$ et $*\vec{d}*$ est nul, d’où $* W_d(\vec{F}) = F·d =*$ 100·10³×195 = 19,5 MJ.
Ce travail est positif, il est donc moteur.

1. Le poids et la réaction de la piste sont perpendiculaires au déplacement, donc ces forces ne travaillent pas. Et il n’y a pas d’autres forces, puisque les frottements sont négligés.

2.a. En énergie cinétique, car la force de poussée ne fait pas varier l’altitude de l’avion (dans sa phase d’accélératioin) donc son énergie potentielle de pesanteur reste constante.

2.b. L’énergie cinétique de l’avion augmente mais son énergie potentielle reste constante, donc son énergie mécanique augmente.

3. Au bout de la piste, l’énergie cinétique de l’avion vaut 19,5 MJ. On peut donc en déduire sa vitesse : $*v = \sqrt{2E_c/m}*$ = 40,6 m·s^-1. Cette valeur est inférieure aux 213 km·h^-1 (59,2 m·s^-1) nécessaires. Donc on retrouve bien que l’avion ne peut pas décoller.

Tout au long du mouvement, on se sert dans la conservation de l’énergie. En effet, dans cette situation, l’énergie mécanique se conserve car la seule force qui travaille est le poids qui est une force conservative.

Donc entre deux situations (1) et (2), on a $*E_{m1} = E_{m2}*$.

L’origine de l’altitude est prise au sol.

Situation initiale : $*E_{ci} = \frac 12 mv_i^2*$ et $*E_{ppi} = mgz_i*$. On ne peut pas calculer numéri­quement ces valeurs car on ne connaît pas la masse de la balle, mais on s’en fiche car on peut ensuite tout simplifier par la masse.

Au sommet de la trajectoire, $*E_c = 0*$, donc $*mgz_{max} = \frac 12 mv_i^2 + mgz_i*$. D’où : $µ z_{max} = \frac 1{2g} v_i^2 + z_i = 2,46 \; \mathrm{m} µ$

Au moment de l’impact au sol, $*E_{pp} = 0*$, donc $* \frac 12 mv^2 = \frac 12 mv_i^2 + mgz_i*$. D’où : $µ v = \sqrt{v_i^2 + 2gz_i} = 6,95 \; \mathrm{m·s^{-1}} µ$

1. On applique bêtement la formule du cours : $*W_{AB}(\vec{P}) = mg·\mathrm{AB}·\cos \theta *$

2. Il suffit de remarquer que $* \mathrm{AB}·\cos \theta *$ correspond à la hauteur de A par rapport au sol, autrement dit $*z_A - z_B*$.

3. 77,3 kJ

4. Énergie mécanique initiale : 77,4 kJ ; énergie mécanique au moment de toucher le sol : 90 J. Donc $*\Delta E_m*$ = -77,3 kJ.

5. Elle n’est pas constante à cause des frottements. Travail des forces de frottement : $*W(\vec{f}) = \Delta E_m*$.

1. Sans frottements, il n’y a que le poids $*\vec{P}*$ et la réaction de la piste $*\vec{R}*$. Mais $*\vec{R}*$ ne travaille pas car elle est perpendiculaire à la piste. Donc seul $*\vec{P}*$ travaille et donc l’énergie mécanique se conserve. D’où $*E_{mA} = E_{mB}*$.
Il s’en suit que : $*mgz_A = \frac 12 mv_B^2 + mgz_B*$. $µ v_B = \sqrt{2g(z_A-z_B)} µ$ $*v_B*$ = 9,9 m·^-1.

2. Le travail des forces de frottement est égal à la variation d’énergie mécanique.
$µ \Delta E_m = mgz_A - \frac 12 m v_B^2 µ$ D’où $*\Delta E_m*$ = $*-*$1460 J
La valeur « moyenne » des forces de frottements correspond à celle qu’elles auraient si elles étaient constantes sur tout le trajet. Donc, si on appelle $*f*$ cette valeur moyenne, on a : $*f·\mathrm{AB}·\cos(180°) = -1460*$.
$*\mathrm{AB}*$ = 28,8 m.
Ce qui donne $*f*$ = 50,7 N.

1.a $* \Delta E_{pe} = E_{pef} - E_{pei} = -e·(6) - -e·(0) = -6e*$.
Donc $* \Delta E_{pe}*$ = -6×1,60·10^-19 = -9,6·10^-19 J (ou encore -6 eV).

1.b. L’électron ne se déplace pas dans le vide, il n’acquiert donc pas une grande vitesse donc pas d’énergie cinétique. Que devient cette énergie, alors ? Une partie est dissipée sous forme de chaleur (effet Joule) et une autre est transformée en « énergie utile » par le circuit électrique traversé par l’électron (énergie lumineuse s’il s’agit d’une ampoule, énergie mécanique s’il s’agit d’un moteur, etc.).

2. Il s’agit ici de la même situation que celle décrite dans le cours. $* \Delta E_{pe}*$ = -500×1,6·10^-19 = -8,0·10^-17 J.
D’où $*E_c*$ = 8,0·10^-17 J et $*v = \sqrt {\frac {2E_c}m} =*$ 310 km·s^-1.

1.a. Le système étudié est la balle, dans le référentiel terrestre considéré comme galiléen. On étudie le mouvement sur un unique axe $*\mathrm{O}z*$ vertical orienté vers le haut, l’origine du repère est prise au niveau du sol.
Une seule force s’applique, le poids $*\vec{P}*$ de coordonnée $*P_z = -mg*$.
La RFD nous donne : $*\vec{P} = m\vec{a}*$ donc :
  • $*\vec{a}(a_z = -g)*$.
On intègre $*\vec{a}*$ par rapport au temps. Comme le vecteur vitesse initale $*\vec{v}_0*$ a pour coordonnée $*v_{0z}*$ = $*v_0*$, on obtient :
  • $*\vec{v}(v_z = -gt + v_0)*$
On intègre encore une fois pour obtenir le vecteur position. La position initiale est $*z_0 = h*$. Donc :
  • $* \overrightarrow{OM} (z = -0,5·gt^2 + v_0t + h)*$
On cherche à savoir quand est-ce que $*z(t)*$ = 0. On résout $*-0,5·gt^2 + v_0t + h = 0*$ avec les valeurs de l’énoncé, et on obtient deux solutions : $*t_1*$ = 1,0 s et $*t_2*$ = -0,4 s. Seule la première solution a du sens.
La balle retombe donc au sol après 1,0 s.

1.b. La hauteur maximale est atteinte lorsque la vitesse de la balle est nulle. On résout $*-gt + v_0 = 0*$ et on obtient la date à laquelle la hauteur maximale est atteinte : $*t_3*$ = 0,30 s.
Puis on injecte ce temps dans l’expression de $*z(t)*$ et on obtient $*z(t_3)*$ = 2,45 m.

1.c. On sait que la balle touche le sol à $*t_1*$ = 1,0 s, on calcule $*v_z(t_1)*$ = -7 m·s^-1. La valeur de la vitesse, c’est la norme du vecteur vitesse, donc $*v = \sqrt{(-7)^2} = *$ 7 m·s^-1.

2. Tous les calculs sont les mêmes. Si vous avez fait des calculs littéraux (c’est qui est très recommandé), vous n’avez qu’à changer la valeur de $*g*$ pour trouver :
$*t_1*$ = 4,3 s ; hauteur maximale : 4,8 m ; vitesse d’impact : 3,9 m·s^-1.

Voici une correction rapide vous permettant de vérifier vos résultats. Vous devez rédiger davantage la première partie concernant l’établissement des équations du mouvement.

Étant donné que la seule force qui s’applique au système est le poids, on a $*\vec{P} = m\vec{a}*$.
Les coordonnées du vecteur $*\vec{v}_0*$ sont : $*v_{0x} = v_0*$, $*v_{0y} = 0*$
La position initiale $*\overrightarrow {OM}_0*$ est $*x_0 = 0*$, $*y_0 = h*$.
On obtient les équations du mouvement suivantes : $µ \vec{a} \begin{pmatrix} \begin{aligned} a_x &= 0 \\ a_y &= -g \end{aligned} \end{pmatrix} \quad \vec{v} \begin{pmatrix} \begin{aligned} v_x &= v_0 \\ a_y &= -gt \end{aligned} \end{pmatrix} \quad \overrightarrow {OM} \begin{pmatrix} \begin{aligned} x &= v_0t \\ y &= - \frac 12 gt^2 + h \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

La vitesse la plus faible doit permettre à la balle de passer juste au-dessus du filet. Pour cette vitesse, lorsque $*x = x_F*$, $*y*$ > 0,91 m (on assimile la balle à un point, donc on néglige ses dimensions).
On cherche la date $*t_F*$ à laquelle la balle est juste au-dessus du filet : $µ t_F = \sqrt {\frac {2(h-h_F)}g } = 0,533 \; \mathrm{s} µ$ Ensuite, on cherche $*v_0*$ pour que $*x(t_F)*$ = $*x_F*$ : $µ v_0 = \frac {x_F}{t_F} = 22,5 \; \mathrm{m·s^{-1}} µ$ Ce qui donne $*v_0 \simeq*$ 81 km·h^-1.

La vitesse la plus élevée doit permettre à la balle de toucher le sol sur la ligne de service à $*x_L*$ = 18,4 m.
On cherche la date $*t_L*$ à laquelle la balle touche le sol : $µ t_L = \sqrt {\frac {2h}g } = 0,685 \; \mathrm{s} µ$ Ensuite, on cherche $*v_0*$ pour que $*x(t_L)*$ = $*x_L*$ : $µ v_0 = \frac {x_L}{t_L} = 26,9 \; \mathrm{m·s^{-1}} µ$ Ce qui donne $*v_0 \simeq*$ 97 km·h^-1.

Je vous laisse vous débrouiller avec les questions 1.1 à 1.3, les réponses étant données dans l’énoncé.

1.4. Série 1 : $*v_{0x}*$ car $*v_{0x}*$ est constant.
Série 2 : $*x*$ car $*x*$ est une fonction linéaire du temps.
Série 3 : $*v_{0y}*$ car $* v_{0y} = -gt + v_0 \sin \alpha*$ et il s’agit d’une fonction affine décroissante.
Série 4 : $*y*$ car c’est la seule grandeur qui ait l’expression d’une parabole.
D’autres justifications sont envisageables. Par exemple : la série 1 et la série 3 sont les coordonnées du vecteur vitesse car la vitesse initiale n’est pas nulle. Comme il n’y a pas d’accélération selon l’axe $*\mathrm{O}x*$, $*v_x*$ est constant et donc correspond à la série 1.

2.1. Pour ça, il faut résoudre $*y(t) = 0*$, ce qui donne $*t*$ = 1,77 s
La courbe 4, qui correspond à $*y(t)*$, vaut 0 un peu avant 1,8 S, ce qui est cohérent avec ce qu’on trouve par le calcul.

2.2 Le joueur doit avoir la même vitesse moyenne que la composante horizontale de la vitesse du ballon, soit $*v_0 \cos \alpha*$ = 5,0 m·s^-1.
On peut aussi dire que le joueur dispose d’environ 1,8 s pour parcourir environ 9 m (lecture graphique de la valeur de $*x*$ à $*t*$ = 1,8 s) soit une vitesse de 9/1,8 = 5 m·s^-1.

1.1. Il faut dessiner un vecteur parallèle à l’axe $*\mathrm{O}y*$ mais de sens opposé, d’une longueur de 1,5 cm.
1.2. Les charges opposées s’attirent.
1.3. $*\vec{F} = -e\vec{E} *$. $*\vec{F}*$ et $*\vec{E}*$ sont de sens opposé, donc $*\vec{F}*$ est orienté vers la plaque positive.

2.1. On a, d’après la RFD : $* m\vec{a} = -e\vec{E} *$. Or, les coordonnées de $*\vec{E}*$ sont (0, $*-E*$), donc : $µ \vec{a} \begin{pmatrix} \begin{aligned} a_x &= 0 \\ a_y &= \frac {eE}m \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

2.2. On trouve les expressions de $*x(t)*$ et $*y(t)*$ comme d’habitude, et on exprime $*y(x)*$. Je passe les détails : $µ \begin{aligned} x &= v_0t \\ y &= \frac 12 \frac {eE}m t^2 \end{aligned} µ$

2.3. On part de : $µ h = \frac {eE}{2mv_0^2} L^2 µ$ et on isole $*e/m*$ pour trouver 1,77·10¹¹ C·kg^-1.

1. On étudie le mouvement du pigeon d’argile, dans le repère donné.
Le pigeon n’est soumis qu’à son poids, donc la RFD devient : $*\vec{P} = m\vec{a}*$ et donc $*\vec{a}=\vec{g}*$. $µ \begin{pmatrix} \begin{aligned} a_x &= 0 \\ a_y &= -g \end{aligned} \end{pmatrix} µ$ Par intégration, on trouve les coordonnées du vecteur vitesse $*\vec{v}*$, sachant que $*v_{0x} = v_{\mathrm{P}0}·\cos⁡ \alpha*$ et $*v_{0y} = v_{\mathrm{P}0}·\sin \alpha*$. $µ \begin{pmatrix} \begin{aligned} v_x &= v_{\mathrm{P}0}·\cos⁡ \alpha \\ v_y &= -gt + v_{\mathrm{P}0}·\sin \alpha \end{aligned} \end{pmatrix} µ$ On intègre encore une fois pour trouver les coordonnées du pigeon, sachant que $*x_{\mathrm{P}0}*$ = $*y_{\mathrm{P}0}*$ = 0. $µ \begin{pmatrix} \begin{aligned} x_\mathrm{P} &= v_{\mathrm{P}0}·\cos⁡ \alpha·t \\ y_\mathrm{P} &= - \frac 12 gt^2 + v_{\mathrm{P}0}·\sin \alpha ·t \end{aligned} \end{pmatrix} µ$

2.1. $*x_\mathrm{C}*$ = $*x_\mathrm{A}*$ = 45 m

2.2. Temps de vol jusqu’au point C : $* \Delta t = \dfrac {x_\mathrm{C}} {v_{\mathrm{P}0}·\cos⁡ \alpha} =*$ 2,12 s

2.3. Pour cela, on calcule $*y*$ lorsque $*t*$ vaut 2,12 s et on trouve bien 22,5 m.

2.4. Si aucune force ne s’exerce sur la balle, son accélération est nulle et sa vitesse est constante.

2.5. Temps de vol de la balle : $*\Delta t'*$ = 22,5/500 = 45 ms.

2.6. $*\Delta t*$ ≫ $*\Delta t'*$ donc pendant le temps de vol de la balle, le pigeon ne se déplace que très peu. Le tireur peut donc le viser directement.

3.1. Si la balle est soumise à son poids, il apparaît une accélération de coordonnées $*a_y = -g*$ (mais $*a_x*$ = 0). Par intégration, on a $*v_{\mathrm{B}y} = -gt' + v_{\mathrm{B}0}*$.

3.2. Au bout de 44 ms, la vitesse de la balle vaut 500-10×0,044 = 499,56 m/s, donc la vitesse de la balle n’a quasiment pas changé au cours de son mouvement, ce qui explique pourquoi on a le droit de négliger le poids.

1.1. $*P=mg=*$ 1,67·10^-27×9,8 = 1,6·10^-26 N et $*F = qE=*$ 2,40·10^-12 N
donc $*F*$ est 1,5·10¹⁴ fois plus grande que $*P*$. Le poids est bien négligeable.

1.2. Pour que le proton accélère de O vers O’, il faut que $*\vec{F}*$ et donc $*\vec{E}*$ aient pour direction la droite OO’ et pour sens de O vers O’.

1.3. Comme $*\vec{F}*$ est la seule force non négligeable qui s’exerce sur le proton, on a, d’après la RFD, $*\vec{F}=m\vec{a}*$ donc $µ \vec{a}= \dfrac {eE}{m_p} \vec{i} µ$ avec $*\vec{i}*$ vecteur unitaire ayant même direction et même sens que $* \vec{E} *$.

1.4. Pour trouver le vecteur vitesse, on intègre $*\vec{a}*$ en tenant compte du fait que $*\vec{v}_0*$ est nulle.
$µ \vec{v} = \frac {eE}{m_p} t·\vec{i} µ$ Puis, pour trouver le vecteur positon $* \overrightarrow{\mathrm{OM}} *$, on intègre $*\vec{v}*$ en tenant compte qu’à $*t*$ = 0, le proton est à l’origine du repère.
$µ \overrightarrow {\mathrm{OM}}= \frac {eE}{2m_p} t^2·\vec{i} µ$ Comme $* E= \dfrac Ud *$ on obtient au final : $µ x(t) = \frac{eU}{2m_p d}·t^2 µ$

1.5. On cherche $*t*$ pour que $*x=d*$ : $* t = \sqrt{\dfrac{2m_p d^2}{eU}} = *$ 1,67 ns. Donc $*\Delta t_1*$ = 1,67 ns.

2.1. Le proton parcourt un demi-cercle de rayon $*R*$ soit une distance $*\pi R*$ à une vitesse $*v*$, donc $*\Delta t_2 = \dfrac{\pi R}v *$

2.2. Il suffit de remplacer $*R*$ par l’expression donnée et de simplifier par $*v*$.

2.3. On voit que l’expression de $*\Delta t_2*$ ne dépend pas de la vitesse du proton, donc la durée des demi-tours suivants est toujours la même.

3. À chaque passage entre les plaques, le travail de la force électrique vaut $*W=Fd=*$ 4,80·10^-15 J soit 30 keV. Donc pour atteindre 16 MeV, il faut 16000÷30 = 533 passages, soit 533÷2 = 267 tours.