\begin{document}
-\section{La d\'{e}couverte de la diffusion des particules $\alpha$ par le noyau}
-\subsection{L'exp\'{e}riment d'Ernest Rutherford en 1909}
+\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 des particules $\alpha$ (noyau d'h\'{e}lium : 2 neutrons et 2 protons) au travers d'une feuille d'or.
+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}
linecolor=gray!50,
opacity=0.7]
\psPoint(0,7.5,1){emit}
-\uput[u](emit){Emitteur des particules $\alpha$}
+\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]
\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 hyperboles}
+\section{Le potentiel coulombien -- donnant des trajectoires hyperboliques}
-Prenons un rep\`{e}re cart\'{e}sien. La masse $m_0$ d'un particule $\alpha$ a les coordonn\'{e}s $(x/y)$ et la vitesse $v=\sqrt{\dot{x}^2+\dot{y}^2}$. Le particule d'or est mis dans l'origine $O(0/0)$. Soit $r=\sqrt{x^2+y^2}$ la distance entre l'origine et la masse $m_0$.
+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 $m_0$.
-Pour l'en\'{e}rgie cin\'{e}tique on re\c{c}oit :
+L'en\'{e}rgie cin\'{e}tique a pour expression :
\[
T(\dot{x},\dot{y})=\frac{1}{2}m_0v^2=\frac{1}{2}m_0(\dot{x}^2+\dot{y}^2)
\]
-Le potentiel coulombien, ce qui est conservatif :
+L'\'{e}nergie potentielle coulombienne :
\[
U(x,y)=\frac{Z_1Z_2e_0^2}{4\pi\epsilon_0 \sqrt{x^2+y^2}}=\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2}}\quad \text{dont} \quad k=\frac{Z_1Z_2e_0^2}{4\pi\epsilon_0}
\]
\[
L(x,y,\dot{x},\dot{y})=T-U=\frac{1}{2}m_0(\dot{x}^2+\dot{y}^2)-\frac{k}{\sqrt{x^2+y^2}}
\]
+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}\\
\[
m_0\ddot{x}-k\frac{x}{\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)^3}=0
\]
-Division par $m_0$
+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 est sym\'{e}trique en $x$ et $y$, alors :
+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 :
+\[
+r_C=\frac{k}{E_0}
+\]
\newpage
\section{Les trajectoires des particules $\alpha$}
-
-L'exp\'{e}riment original donne les param\`{e}tres suivants :
+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}\\
\begin{pspicture*}(-6,-9)(6,9)
%\psset{unit=2}%
\psgrid[subgriddiv=2,gridcolor=lightgray,subgridcolor=lightgray,gridlabels=8pt](-6,-9)(6,9)
-\pscircle*[linecolor=gray](0,0){0.3}
\psaxes[ticks=none,labels=none]{->}(0,0)(-5,-8)(5,8)
\uput[0](5,0){$x$}
\uput[90](0,8){$y$}
+\rput(3,1){Zone d'ombre}
+\uput[135](-0.6,0){$C$}
\multido{\rA=-5+0.25}{41}{%
\pstVerb{%
/Pi 3.1415 def
/x0 6 neg def
/y0 \rA\space def
% /v0x 2.1e7 def
- /v0x 2 def
+ /v0x 5 def
/v0y 0 def
- /r1 COU 2 mul v0x 2 exp div def
+ /r1 COU 2 mul v0x 2 exp div neg def
+ /facteur v0x dup mul COU div 4 div def
}%
\psequadiff[method=rk4,
plotpoints=1000,
]{0}{43}{x0 y0 v0x v0y}{\eqRuth}%
\listplot[linecolor=red]{XiYi aload pop}
}
-
+\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray!30,linewidth=0pt,opacity=0.5]{%
+\psplot[linecolor=lightgray,plotpoints=500]{r1}{6}{x r1 sub sqrt 1.45 mul}
+\psline(!6 6 r1 sub sqrt 1.45 mul)(!6 6 r1 sub sqrt 1.45 mul neg)
+\psplot[linecolor=lightgray,plotpoints=500]{6}{r1}{x r1 sub sqrt 1.45 mul neg}
+}
+\pscircle*[linecolor=yellow](0,0){0.3}
+\psdot(!r1 0)
\end{pspicture*}
\end{center}
Projets / pst-eqdf.git / commitdiff
Les fichiers de Syracuse sont mis à
disposition (sauf mention contraire) selon les termes de la