CORRIGÉS
Force de Lorentz
4
500
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Mouvement d’une particule dans
le champ d’un fil infini chargé
1 • Soit un fil infini portant une densité uniforme de
charges l . Les symétries et invariances conduisent à la
recherche d’un champ radial de la forme
➞
E (M) = E(r)
➞
e r en
coordonnées cylindriques.
Le théorème de Gauss appliqué à la surface ci-dessus donne
E(r)2π rh =
soit : E
➞
(M) =
2 •
est homogène à E.r donc à des volts.
est donc homogène à qV , donc à une énergie.
est donc homogène à une vitesse au carré
car E k = mv 2 .
3 • P est soumise à la force électrique q
➞
E , où
➞
E est le
champ créé par le fil infini.
➞
E est radial donc à chaque instant
la force est radiale, donc le support passe par le point O : le
mouvement est donc un mouvement à force centrale. La trajectoire reste dans le plan perpendiculaire à l’axe Oz du fil
car la vitesse initiale est orthogonale à cet axe. Ce mouvement peut être repéré soit en coordonnées polaires (
➞
e r ,
➞
e q ) ,
soit en coordonnées cartésiennes (e
➞
e x ,
➞
e y ).C ette trajectoire
obéit à la loi des aires.
Remarque : On a négligé le poids devant la force
électrique. Cela suppose que qE >> mg soit E >>
mg
e
1
2
ql
2π e 0 m
ql
2π e 0
l
2π e 0
e
➞
r
r
l
2π e 0
lh
e 0
Surface de
Gauss
z
O
M
l
5
avec m = 9.10 –31 kg, g = 10 m.s –2 et e = 1,6.10 –19 C , on
obtient : E >>
~ 10 –10 V. m –1 , ce qui est
souvent largement vérifié.
4 •
➞
a = –
➞
E (avec q 0) donc
➞
a est centripète, la vitesse
n’est plus a priori orthoradiale.
5 • Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre les
instants où P est en r = r 0 et un instant quelconque :
mv
2 –
mv 0
2 = W =
r
r 0
– q
➞
E . d
➞ =
r
r 0
– q E dr .
L’expression de
➞
E est
➞
e r
d’où
mv 2 –
mv 0
2 = –
ln
soit v 2 = v 0
2 – 2a 2 Ln
= v 0
2
1 – 2b 2 ln
6 • v
2 =
.
r 2 + r 2
.
q 2 avec
.
q tel que r 2
.
q = cste = r 0 v 0 puisque
le mouvement obéit à la loi des aires.
Donc
.
r 2 +
= v 0
2
1 – 2b 2 ln
soit
.
r 2 + v 0
2
– 1 – 2b 2 ln = 0;
on identifie U(r) =
– 1 – 2b
2
ln
.
7 • Traçons sommairement U(r).
Posons x =
, soit U(x) =
– 1 – 2b 2 ln x .
On vérifie bien que U(x) = 0 pour x = 1 .
Quand x → 0 , U(x) →∞; quand x →∞, U(x) →∞
comme 2b
2 ln x .
1
x 2
r
r 0
r
r 0
r 0
2
r 2
r
r 0
r 0
2
r 2
r
r 0
r 0
2 v 0
2
r 2
r
r 0
r
r 0
r
r 0
lq
2π e 0
1
2
1
2
l
2π e 0 r
1
2
1
2
q
m
y
P
x
O
y
e r
y
v O
r O
y
e q
y
v
y
a
9 .10 –31 × 10
1,6.10 –19
E
➞ = E(r)
➞
e r
Force de Lorentz
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500
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
Mouvement d’une particule dans
le champ d’un fil infini chargé
1 • Soit un fil infini portant une densité uniforme de
charges l . Les symétries et invariances conduisent à la
recherche d’un champ radial de la forme
➞
E (M) = E(r)
➞
e r en
coordonnées cylindriques.
Le théorème de Gauss appliqué à la surface ci-dessus donne
E(r)2π rh =
soit : E
➞
(M) =
2 •
est homogène à E.r donc à des volts.
est donc homogène à qV , donc à une énergie.
est donc homogène à une vitesse au carré
car E k = mv 2 .
3 • P est soumise à la force électrique q
➞
E , où
➞
E est le
champ créé par le fil infini.
➞
E est radial donc à chaque instant
la force est radiale, donc le support passe par le point O : le
mouvement est donc un mouvement à force centrale. La trajectoire reste dans le plan perpendiculaire à l’axe Oz du fil
car la vitesse initiale est orthogonale à cet axe. Ce mouvement peut être repéré soit en coordonnées polaires (
➞
e r ,
➞
e q ) ,
soit en coordonnées cartésiennes (e
➞
e x ,
➞
e y ).C ette trajectoire
obéit à la loi des aires.
Remarque : On a négligé le poids devant la force
électrique. Cela suppose que qE >> mg soit E >>
mg
e
1
2
ql
2π e 0 m
ql
2π e 0
l
2π e 0
e
➞
r
r
l
2π e 0
lh
e 0
Surface de
Gauss
z
O
M
l
5
avec m = 9.10 –31 kg, g = 10 m.s –2 et e = 1,6.10 –19 C , on
obtient : E >>
~ 10 –10 V. m –1 , ce qui est
souvent largement vérifié.
4 •
➞
a = –
➞
E (avec q 0) donc
➞
a est centripète, la vitesse
n’est plus a priori orthoradiale.
5 • Appliquons le théorème de l’énergie cinétique entre les
instants où P est en r = r 0 et un instant quelconque :
mv
2 –
mv 0
2 = W =
r
r 0
– q
➞
E . d
➞ =
r
r 0
– q E dr .
L’expression de
➞
E est
➞
e r
d’où
mv 2 –
mv 0
2 = –
ln
soit v 2 = v 0
2 – 2a 2 Ln
= v 0
2
1 – 2b 2 ln
6 • v
2 =
.
r 2 + r 2
.
q 2 avec
.
q tel que r 2
.
q = cste = r 0 v 0 puisque
le mouvement obéit à la loi des aires.
Donc
.
r 2 +
= v 0
2
1 – 2b 2 ln
soit
.
r 2 + v 0
2
– 1 – 2b 2 ln = 0;
on identifie U(r) =
– 1 – 2b
2
ln
.
7 • Traçons sommairement U(r).
Posons x =
, soit U(x) =
– 1 – 2b 2 ln x .
On vérifie bien que U(x) = 0 pour x = 1 .
Quand x → 0 , U(x) →∞; quand x →∞, U(x) →∞
comme 2b
2 ln x .
1
x 2
r
r 0
r
r 0
r 0
2
r 2
r
r 0
r 0
2
r 2
r
r 0
r 0
2 v 0
2
r 2
r
r 0
r
r 0
r
r 0
lq
2π e 0
1
2
1
2
l
2π e 0 r
1
2
1
2
q
m
y
P
x
O
y
e r
y
v O
r O
y
e q
y
v
y
a
9 .10 –31 × 10
1,6.10 –19
E
➞ = E(r)
➞
e r