\documentclass[fleqn]{article}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\def\datRoot{C:/Users/J\"{u}rgen/Desktop/gravitation/}

\begin{document}

\section{La d\'{e}couverte de la diffusion des particules $\alpha$ par le noyau d'or}
\subsection{L'exp\'{e}rience d'Ernest Rutherford en 1909}

Rutherford bombarde avec des particules $\alpha$ (noyau d'h\'{e}lium : 2 neutrons et 2 protons) une mince feuille d'or.
\begin{center}
\begin{pspicture}(-6,-4)(6,5)
\psset{lightsrc=10 -20 50,viewpoint=10 -10 10,Decran=20}
\psSolid[object=cube,a=1,fillcolor=orange,incolor=red!20](0,7.5,0)
\psLineIIID[linecolor=red](0,7,0)(0,0,0)
\psLineIIID[linecolor=red](0,0,0)(45 sin 4 mul,45 cos 4 mul,0)
\psPolygonIIID[fillcolor=yellow,fillstyle=solid,opacity=0.5](-1.2,0,-1.2)(1.2,0,-1.2)(1.2,0,1.2)(-1.2,0,1.2)
\psLineIIID[linecolor=red](0,0,0)(140 sin 4 mul,140 cos 4 mul,0)
\psLineIIID[linecolor=red](0,0,0)(160 sin 4 mul,160 cos 4 mul,0)
\defFunction{G}(t)
   {t sin 4 mul}
   {t cos 4 mul}
   {-0.5}
\psSolid[object=cylindre,
   range=10 350,
   h=1,
   function=G,
   axe=0 0 1, %% valeur par d\'{e}faut
   ngrid=4 108,
   incolor=green!20,
   fillcolor=green!20,
   linecolor=gray!50,
   opacity=0.7]
\psPoint(0,7.5,1){emit}
\uput[u](emit){\'{E}metteur de particules $\alpha$}
\psPoint(45 sin 4.3 mul,45 cos 4.3 mul,0){fluor}
\uput[r](fluor){\'{E}cran fluorescent}
\psSolid[object=plan,definition=equation,args={[0 -1 0 0]},name=pro,action=none]
\psProjection[object=texte,text=Feuille d'or,plan=pro](0,0.7)
\end{pspicture}
\end{center}

\def\eqRuth{%
y[2]|y[3]|COU*y[0]/((sqrt(y[0]^2+y[1]^2))^3)|COU*y[1]/((sqrt(y[0]^2+y[1]^2))^3)}%

\section{Le potentiel coulombien -- donnant des trajectoires hyperboliques}

Prenons un rep\`{e}re cart\'{e}sien. La masse $m_0$ d'une particule $\alpha$ a pour coordonn\'{e}s $(x/y)$ et vitesse $v=\sqrt{\dot{x}^2+\dot{y}^2}$. La particule d'or est plac\'{e}e dans l'origine $O(0/0)$. Soit $r=\sqrt{x^2+y^2}$ la distance entre l'origine et la masse $m_0$.

L'en\'{e}rgie cin\'{e}tique a pour expression :
\[
T(\dot{x},\dot{y})=\frac{1}{2}m_0v^2=\frac{1}{2}m_0(\dot{x}^2+\dot{y}^2)
\]
L'\'{e}nergie potentielle coulombienne :
\[
U(x,y)=\frac{Z_1Z_2e_0^2}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{x^2+y^2}}=\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2}}\quad \text{dont} \quad k=\frac{Z_1Z_2e_0^2}{4\pi\epsilon_0}
\]
Le Lagrangien est :
\[
L(x,y,\dot{x},\dot{y})=T-U=\frac{1}{2}m_0(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2}}
\]
Les \'{e}quations de Lagrange s'\'{e}crivent :
Pour $x,\,\dot{x}$ :
\begin{align*}
\frac{\partial L}{\partial x}&=k\frac{x}{\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^3}\\
\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}&=m_0\dot{x}\\
\frac{\text{d}}{\text{d} t}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}&=m_0\ddot{x}
\end{align*}
Alors
\[
m_0\ddot{x}-k\frac{x}{\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^3}=0
\]
En divisant par $m_0$
\[
\psframebox[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=cyan!20]{%
\ddot{x}=\dfrac{k}{m_0}\dfrac{x}{\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^3}
}
\]
Le Lagrangien \'{e}tant sym\'{e}trique en $x$ et $y$, alors :
\[
\psframebox[linestyle=none,fillstyle=solid,fillcolor=cyan!20]{%
\ddot{y}=\dfrac{k}{m_0}\dfrac{y}{\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^3}
}
\]

\section{La sym\'{e}trie des trajectoires}

\begin{center}

\begin{pspicture}(-5,-1)(5,4)
\psaxes[ticks=none,labels=none]{->}(0,0)(-5,-0.5)(5,3)
\psline[linestyle=dashed,linecolor=lightgray](-5,1)(5,1)
\uput[0](5,0){$x$}
\uput[90](0,3){$y$}
\psline{<->}(-4.5,0)(-4.5,1)
\uput[180](-4.5,0.5){$b$}
\rput{20}(0,0){%
\psline[linestyle=dashed,linecolor=lightgray](-0.5,1)(5,1)
}
\psdot[dotsize=0.25cm,linecolor=yellow](0,0)
\psarc{->}(0,1){2}{0}{20}
\uput{1.25cm}[10](0,1){$\vartheta$}
\rput{10}(0,0){%
\pscurve[linecolor=blue](-5,2)(0,1.5)(5,2)
\psdot(0,1.5)
\rput(0,1.75){$B$}
}
%\psgrid
\psline[linecolor=red]{->}(0,0)(-0.3,1.5)
\uput[0](-0.15,0.75){\textcolor{red}{$\vec{r}_B=\vec{r}_{\text{min}}$}}
\psline{->}(0,0)(-3,1.2)
\uput[-90](-1.5,0.6){$\vec{r}$}
\psarc{->}(0,0){0.5}{0}{155}
\uput[45](0,0){$\varphi$}
\rput(7,2){\parbox{3cm}{Le vecteur $\vec{r}_B$ est l'axe de sym\'{e}trie de la hyperbole}}
\end{pspicture}
\end{center}
Prenons des coordonn\'{e}es polaires avec les transformations usuelles :
\[
\vec{r}=\begin{pmatrix}
  x\\y
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
r\cos\varphi\\
r\sin\varphi
\end{pmatrix}
\]
\c{C}a donne pour la vitesse :
\[
\vec{v}=\begin{pmatrix}
\dot{r}\cos\varphi-r\dot{\varphi}\sin\varphi\\
\dot{r}\sin\varphi+r\dot{\varphi}\cos\varphi
\end{pmatrix}
\]
Le moment cin\'{e}tique :
\[
\vec{L}=m_0\vec{r}\times \vec{v}=m_0\begin{pmatrix}
r\cos\varphi\\
r\sin\varphi\\
0
\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}
\dot{r}\cos\varphi-r\dot{\varphi}\sin\varphi\\
\dot{r}\sin\varphi+r\dot{\varphi}\cos\varphi\\
0
\end{pmatrix}=m_0\begin{pmatrix}
0\\
0\\
r^2 \dot{\varphi}
\end{pmatrix}
\]
Conservation du moment cin\'{e}tique demande que
\[
\frac{\text{d}\vec{L}}{\text{d}t}=\vec{0}
\]
autrement dit :
\[
r^2\dot{\varphi}=\text{cste}\quad \Rightarrow\quad \dot{\varphi}=\frac{1}{r^2}\cdot \text{cste}
\]
La transformation $\varphi=\arctan\frac{y}{x}$ se d\'{e}rive par rapport au temps :
\[
\dot{\varphi}=\frac{\text{d}}{\text{d}t}\varphi=\frac{\text{d}}{\text{d}t}\left(\arctan\frac{y}{x}\right)=\frac{1}{r^2}(x\dot{y}-\dot{x}y)
\]
On peut d\'{e}duire que $x\dot{y}-\dot{x}y$ est constante pour chaque temps $t$, alors aussi pour le temps $t_0=0$ (les conditions initiales) : $x=x_0,\,y=b,\,\dot{x}=v_0,\,\dot{y}=0$
\[
\frac{1}{r^2}=-\frac{1}{bv_0}\frac{\text{d}\varphi}{\text{d}t}
\]
Prenons la composante $y$ de la force coulombienne :
\[
F_y=m_0\frac{\text{d}v_y}{\text{d}t}=\frac{k}{r^2}\sin\varphi=-\frac{k}{bv_0}\frac{\text{d}\varphi}{\text{d}t}\sin\varphi
\]
Int\'{e}grant l'\'{e}quation entre $t_0$ et $t_E$ (presque infini)
\[
m_0\int\limits_{t_0}^{t_E}\frac{\text{d}v_y}{\text{d}t} \,\text{d}t=-\frac{k}{bv_0}\int\limits_{t_0}^{t_E}\frac{\text{d}\varphi}{\text{d}t}\sin\varphi\,\text{d}t
\]
Substitutions des limites de l'int\'{e}gral :
\[
m_0\int\limits_{v_y(t_0)}^{v_y(t_E)}\,\text{d}v_y=-\frac{k}{bv_0}\int\limits_{\varphi(t_0)}^{\varphi(t_E)}\sin\varphi\,\text{d}\varphi
\]
Avec $v_y(t_0)=0$, $v_y(t_E)=v_0\sin\vartheta$, $\varphi(t_0)=\pi$ et $\varphi(t_E)=\vartheta$
\[
\left.\phantom{\frac{k}{bv_0}}m_0v_y\right|_0^{v_0\sin\vartheta}=\left.\frac{k}{bv_0}\cos\varphi\right|_\pi^\vartheta
\]
puis
\begin{align*}
m_0v_0\sin\vartheta&=\frac{k}{bv_0}(\cos\vartheta +1)\\
b&=\frac{k}{m_0v_0^2}\frac{\cos\vartheta +1}{\sin\vartheta}=\frac{k}{m_0v_0^2}\cot\left(\frac{\vartheta}{2}\right)
\end{align*}
Nommons l'\'{e}nergie initiale $E_0=\frac{1}{2}m_0v_0^2$ on re\c{c}oit :
\[
b(\vartheta)=\frac{k}{2E_0}\cot\left(\frac{\vartheta}{2}\right)
\]
\section{La distance minimale entre le particule $\alpha$ et le noyau d'or}

Le moment cin\'{e}tique en point $B$, qui a la distance minimale $r_B=r_\text{min}$ (l\`{a} $\vec{r}_B\perp \vec{v}_B$) est
\[
L_B=m_0r_Bv_B
\]
Le moment cin\'{e}tique initiale est $L_0=m_0bv_0$. La conservation du moment cin\'{e}tique $L_B=L_0$ donne :
\[
r_B=\frac{v_0}{v_B}b
\]
Prenons encore l'int\'{e}grale de la force coulombienne en direction $y$, mais seulement au point $B$ par le temps $t_B$ :
\[
m_0\int\limits_{v_y(t_0)}^{v_y(t_B)}\,\text{d}v_y=-\frac{k}{bv_0}\int\limits_{\varphi(t_0)}^{\varphi(t_B)}\sin\varphi\,\text{d}\varphi
\]
Avec $v_y(t_0)=0$, $v_y(t_B)=v_B\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)$, $\varphi(t_0)=\pi$ et $\varphi(t_B)=\frac{\pi+\vartheta}{2}$
\[
\left.\phantom{\frac{k}{bv_0}}m_0v_y\right|_0^{v_B\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}=\left.\frac{k}{bv_0}\cos\varphi\right|_\pi^{\frac{\pi+\vartheta}{2}}
\]
on re\c{c}oit
\[
m_0v_B\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)=\frac{k}{bv_0}\left[\cos\left(\frac{\pi+\vartheta}{2}\right)+1\right]
\]
Avec la formule trigonom\'{e}trique $\cos\left(\frac{\pi}{2}+\frac{\vartheta}{2}\right)=-\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)$ :
\[
v_B=\frac{k}{bm_0v_0}\frac{1-\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}
\]
Substituant $r_B=\frac{v_0}{v_B}b$ et avec l'\'{e}nergie initiale $E_0=\frac{1}{2}m_0v_0^2$ on re\c{c}oit :
\[
r_\text{min}=r_B(\vartheta)=\frac{k}{2E_0}\frac{1+\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}{\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}=b(\vartheta)\frac{1+\sin\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}{\cos\left(\frac{\vartheta}{2}\right)}
\]

\section{Point de retour}

Soit $b=0$, le particule $\alpha$ mouve directement vers le noyau d'or sur l'axe $x$ et \`{a} une distance $r_C$ du noyau d'or (point $C$) sa vitesse devient $v_C=0$. Prenons la conservation de l'\'{e}nergie :
\[
\frac{1}{2}m_0v_0^2=\frac{k}{r_0}+\frac{1}{2}m_0\underbrace{v_C^2}_{=0}
\]
\c{C}a donne
\[
r_C=\frac{2k}{m_0v_0^2}
\]
et avec la notation de l'\'{e}nergie initiale $E_0=\frac{1}{2}m_0v_0^2$ on re\c{c}oit :
\[
r_C=\frac{k}{E_0}
\]


\section{L'enveloppe des trajectoires}

\emph{La parabole est la courbe d'\'{e}quidistance entre un point (le foyer $F$) et une droite (la directrice $d$).}
\begin{center}
\begin{pspicture*}(-5,-4)(8,4)
\psaxes[ticks=none,labels=none,yAxis=false]{->}(0,0)(-4,-3.5)(7,3.5)
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=500,polarplot]{-200}{200}{1 x cos sub 1 neg exp 2 mul}
\psdot(0,0)
\uput[135](0,0){$F$}
\psdot(-1,0)
\uput[135](-1,0){$A$}
\psline(-2,-3)(-2,3)
\uput[90](-2,3){Directrice $d$}
\psline[linestyle=dashed,linecolor=lightgray](0,0)(0,-3)
\psline[linestyle=dashed,linecolor=lightgray](-1,0)(-1,-2.5)
\psline{<->}(0,-2.25)(-1,-2.25)
\uput[90](-0.5,-2.25){$\frac{p}{2}$}
\psline{<->}(-2,-2.25)(-1,-2.25)
\uput[90](-1.5,-2.25){$\frac{p}{2}$}
\psline{<->}(0,-2.75)(-2,-2.75)
\uput[-90](-1,-2.75){$p$}
\psline[linecolor=red](0,0)(1,2.8)(-2,2.8)
\rput(0.8,1.3){\textcolor{red}{$x$}}
\uput[-90](-0.7,2.8){\textcolor{red}{$x$}}
\psdot[linecolor=red](1,2.8)
\uput[135](1,2.8){\textcolor{red}{$M$}}
%\psgrid
\end{pspicture*}
\end{center}
Une parabole en nommation polaire :
\[
r(\varphi)=\frac{p}{1-\cos\varphi}
\]
Le param\`{e}tre $p$ est la distance du foyer $F$ de la parabole \`{a} la directrice $d$.

L'enveloppe des trajectoires hyperboles est une parabole avec $p=2r_C$ :
\[
r(\varphi)=\frac{2r_C}{1-\cos\varphi}
\]


\newpage

\section{Les trajectoires des particules $\alpha$}

Les param\`{e}tres suivants de l'exp\'{e}rience originale sont :
\begin{align*}
m_0&=6,64\cdot 10^{-27}\,\text{kg}\\
e_0&=1,6\cdot10^{-19}\,\text{C}\\
\varepsilon_0&=8,85\cdot10^{-12}\,\frac{\text{A\,s}}{\text{kg\,m}^3}\\
Z_1&=2\\
Z_2&=79\\
v_{0x}&=2,1\cdot 10^7\,\text{m\,s}^{-1}
\end{align*}

\begin{center}
\begin{pspicture*}(-6,-9)(6,9)
%\psset{unit=2}%
\psgrid[subgriddiv=2,gridcolor=lightgray,subgridcolor=lightgray,gridlabels=8pt](-6,-9)(6,9)
\psaxes[ticks=none,labels=none]{->}(0,0)(-5,-8)(5,8)
\uput[0](5,0){$x$}
\uput[90](0,8){$y$}
\rput(3,0.3){Zone d'ombre}
%\uput[135](-0.6,0){$C$}
\multido{\rA=-5+0.25}{41}{%
\pstVerb{%
    /Pi 3.1415 def
%    /m0 6.64e-27 def
    /m0 0.25 def
    /Z1 2 def
    /Z2 79 def
    /e0 1.6e-19 def
    /epsil 8.85e-12 def
    /COU1 Z1 Z2 mul e0 mul e0 mul 4 div Pi div epsil div m0 div def
    /COU 5 m0 div def
    /x0 200 neg def
    /y0 \rA\space def
%   /v0x 2.1e7 def
    /v0x 8 def
    /v0y 0 def
    /r1 COU 2 mul v0x 2 exp div neg def
    /facteur v0x dup mul COU div 4 div def
}%
\psequadiff[method=rk4,
            plotpoints=2000,
            algebraic,
            whichabs=0,
            whichord=1,
            tabname=XiYi
%           ,saveData,filename=XiYi.dat
]{0}{43}{x0 y0 v0x v0y}{\eqRuth}%
\listplot[linecolor=red]{XiYi aload pop}
}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=500,polarplot,fillstyle=solid,fillcolor=blue!40,opacity=0.25]{200}{-200}{1 x cos sub 1 neg exp facteur div}

\pscircle*[linecolor=yellow](0,0){0.3}
\psdot(!r1 0)
\end{pspicture*}
\end{center}


\end{document}
