On en déduit : W =
sin(w t + f)d t
W =
W =
b)P our que le gain en énergie soit maximal, il faut que
c)On calcule tout d’abord la quantité
= sinc
pour le rayon minimum (r 1 ) et pour le rayon maximum
(r 400 ):r 1 =2,1 cm et a = 0,991 ; r 400 = 42,2 cm et
a = 1 – 2 .10 –5 : on pourra prendre a = 1 pour le mouvement
du proton dans le cyclotron.
D’autre part, le temps mis par le proton pour parcourir chaque
demi-cercle est constant, le déphasage est donc le même à
chaque passage dans la zone accélératrice. L’énergie du
proton à la sortie du cyclotron est donc égale à:
E = nW = neU c = 3,2.10
–12
J = 20 MeV.
d) Les protons sont accélérés uniquement s’ils traversent la
zone accélératrice en phase avec le champ électrique. Il sort
donc du cyclotron un paquet de protons à chaque période,
donc toutes les 42 ns.
Déviation dans e
e
E et e e
B croisés
(oral) (écrit – centrale 2001)
1 • À un instant quelconque, la particule a été accélérée par
le champ E
➞ , puis déviée par le champ
➞
B , c’est-à-dire que
sa vitesse s’écrit dans le cas général :
➞
U = v ×
➞
e x + v y
➞
e y + v z
➞
e z ; et la force à laquelle elle est soumise :
➞
F = q(
➞
E +
➞
➞
v ∧
➞
B) =
Le principe fondamental appliqué à la particule permet d’établir les équations différentielles vérifiées par les composantes
de la vitesse :
m
.
v x = – q v z B
.
v x = – w c v z
m
.
v y = O
⇔
.
v y = O
m
.
v z = qE + qx × B
.
v z = q
+ w c v x
E
m
0
v x
0
– q v z B
q 0 + v y ∧ B =0
E
v z
0
qE + qv x × B
7
g
r
n 2
a
g
r
g
r
=
sin 2
2
φ 0 2
=
π .
eU
g
r
g
r
c
sin
sin .
=
φ
2
2
0
eU r
g
gg
c
cos
cos
−+
−+
22
0
0
rr
ff
g
r
2 ω
g
r
2 ω
–
eU
g
r
=
c
ω
CORRIGÉS
Force de Lorentz
4
502
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
.
v y (t) = 0 ⇒ v y (t) = cste – v y (0) = 0: le vecteur vitesse reste
dans le plan xOz , de même que la trajectoire ; la trajectoire
est plane.
Pour trouver v x (t) et v z (t) posons u = v x + i v z .
Alors
.
u =
.
v x + i
.
v z = – w c v z + i
+ i w c v x =
iw(v x + i v z ) + i
car i 2 = – 1 .
u est solution de
.
u – i w c u = i
soit u(t) = Ae i w c t –
,
comme u(0) = v x (0) + i v z (0) = 0: A=
d’où u(t) =
cos w c t + i sin w c t –
et comme v x (t) = e u(t) et v z (t) = Im u(t) on trouve
v x (t) = (cos w c t – 1) et v z (t) =
sin w c t
2 • On obtient x(t) et z(t) par intégration par rapport à t
x(t) =
– t + K z (t) = –
+ K 2
à t = 0 x(0) = 0 K 1 = 0
z(O) = 0
K 2 =
d’où x(t) =
– t et z(t) = 1 –
On reconnaît l’équation horaire d’une cycloïde, la «dérive »
s’opérant dans le sens des x 0 .
q 0 (w c 0) :a lors x(t) =
– t 0
et z(t) = 1 –
0
q 0; posons w c = – w c 0
alors : x(t) =
– t 0
z(t) = – 0
1 – cos w c t
w c
E
B
sin w
c t
w c
E
B
y E
y B
q >0
–
2E
Bw c
x
y
A
z
pE
Bw c
cos w c t
w c
E
B
sin w c t
w c
E
B
cos w c t
w c
E
B
sin w c t
w c
E
B
E
Bw c
cos w c t
w c
E
B
sin w c t
w c
E
B
E
B
E
B
E
B
E
B
E
B
E
B
qE
m
qE
m
qE
m
sin(w t + f)d t
W =
W =
b)P our que le gain en énergie soit maximal, il faut que
c)On calcule tout d’abord la quantité
= sinc
pour le rayon minimum (r 1 ) et pour le rayon maximum
(r 400 ):r 1 =2,1 cm et a = 0,991 ; r 400 = 42,2 cm et
a = 1 – 2 .10 –5 : on pourra prendre a = 1 pour le mouvement
du proton dans le cyclotron.
D’autre part, le temps mis par le proton pour parcourir chaque
demi-cercle est constant, le déphasage est donc le même à
chaque passage dans la zone accélératrice. L’énergie du
proton à la sortie du cyclotron est donc égale à:
E = nW = neU c = 3,2.10
–12
J = 20 MeV.
d) Les protons sont accélérés uniquement s’ils traversent la
zone accélératrice en phase avec le champ électrique. Il sort
donc du cyclotron un paquet de protons à chaque période,
donc toutes les 42 ns.
Déviation dans e
e
E et e e
B croisés
(oral) (écrit – centrale 2001)
1 • À un instant quelconque, la particule a été accélérée par
le champ E
➞ , puis déviée par le champ
➞
B , c’est-à-dire que
sa vitesse s’écrit dans le cas général :
➞
U = v ×
➞
e x + v y
➞
e y + v z
➞
e z ; et la force à laquelle elle est soumise :
➞
F = q(
➞
E +
➞
➞
v ∧
➞
B) =
Le principe fondamental appliqué à la particule permet d’établir les équations différentielles vérifiées par les composantes
de la vitesse :
m
.
v x = – q v z B
.
v x = – w c v z
m
.
v y = O
⇔
.
v y = O
m
.
v z = qE + qx × B
.
v z = q
+ w c v x
E
m
0
v x
0
– q v z B
q 0 + v y ∧ B =0
E
v z
0
qE + qv x × B
7
g
r
n 2
a
g
r
g
r
=
sin 2
2
φ 0 2
=
π .
eU
g
r
g
r
c
sin
sin .
=
φ
2
2
0
eU r
g
gg
c
cos
cos
−+
−+
22
0
0
rr
ff
g
r
2 ω
g
r
2 ω
–
eU
g
r
=
c
ω
CORRIGÉS
Force de Lorentz
4
502
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
.
v y (t) = 0 ⇒ v y (t) = cste – v y (0) = 0: le vecteur vitesse reste
dans le plan xOz , de même que la trajectoire ; la trajectoire
est plane.
Pour trouver v x (t) et v z (t) posons u = v x + i v z .
Alors
.
u =
.
v x + i
.
v z = – w c v z + i
+ i w c v x =
iw(v x + i v z ) + i
car i 2 = – 1 .
u est solution de
.
u – i w c u = i
soit u(t) = Ae i w c t –
,
comme u(0) = v x (0) + i v z (0) = 0: A=
d’où u(t) =
cos w c t + i sin w c t –
et comme v x (t) = e u(t) et v z (t) = Im u(t) on trouve
v x (t) = (cos w c t – 1) et v z (t) =
sin w c t
2 • On obtient x(t) et z(t) par intégration par rapport à t
x(t) =
– t + K z (t) = –
+ K 2
à t = 0 x(0) = 0 K 1 = 0
z(O) = 0
K 2 =
d’où x(t) =
– t et z(t) = 1 –
On reconnaît l’équation horaire d’une cycloïde, la «dérive »
s’opérant dans le sens des x 0 .
q 0 (w c 0) :a lors x(t) =
– t 0
et z(t) = 1 –
0
q 0; posons w c = – w c 0
alors : x(t) =
– t 0
z(t) = – 0
1 – cos w c t
w c
E
B
sin w
c t
w c
E
B
y E
y B
q >0
–
2E
Bw c
x
y
A
z
pE
Bw c
cos w c t
w c
E
B
sin w c t
w c
E
B
cos w c t
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E
B
sin w c t
w c
E
B
E
Bw c
cos w c t
w c
E
B
sin w c t
w c
E
B
E
B
E
B
E
B
E
B
E
B
E
B
qE
m
qE
m
qE
m