Mouvement dans un champ électrique uniforme

Deux armatures planes et parallèles, distantes de $d=4,0$ cm, sont soumises à une tension $U=1200$ V. Données : $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Valeur du champ électrique entre les armatures : $E=$ × 10⁴ V·m⁻¹
   Le champ est uniforme entre deux armatures planes et parallèles : $E={\displaystyle \frac{U}{d}}={\displaystyle \frac{1200}{0,040}}=$ 3,0 × 10⁴ V·m⁻¹, perpendiculaire aux armatures, de l’armature positive vers la négative.
2. Un électron est placé entre les armatures. Valeur de la force électrique : $F=$ × 10⁻¹⁵ N
   $F=|q|E=1,60\times {10}^{-19}\times 3,0\times {10}^4=$ 4,8 × 10⁻¹⁵ N.
3. Cette force pousse l’électron vers l’armature (positive ou négative)
   $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ avec $q=-e<0$ : la force est de sens opposé au champ, donc dirigée vers l’armature positive.
4. Rapport de la force électrique au poids de l’électron : ${\displaystyle \frac{F}{P}}\approx$ × 10¹⁴
   $P=m_{e}g=9,11\times {10}^{-31}\times 9,81\approx 8,94\times {10}^{-30}$ N, donc ${\displaystyle \frac{F}{P}}={\displaystyle \frac{4,8\times {10}^{-15}}{8,94\times {10}^{-30}}}\approx$ 5,4 × 10¹⁴ : le poids de l’électron est négligeable.

Un condensateur plan a ses armatures distantes de $d=8,0$ mm et reçoit une tension $U=400$ V. On modifie un seul réglage à la fois, en repartant chaque fois de ce montage. Donnée : dans l’air sec, une étincelle éclate entre les armatures dès que le champ atteint environ $3,0\times {10}^6$ V·m⁻¹.

1. Champ dans le montage de départ : $E=$ × 10⁴ V·m⁻¹
   $E={\displaystyle \frac{400}{8,0\times {10}^{-3}}}=$ 5,0 × 10⁴ V·m⁻¹.
2. On écarte les armatures à 16 mm sans changer la tension : $E=$ × 10⁴ V·m⁻¹
   La distance double, le champ est divisé par deux : $E={\displaystyle \frac{400}{16\times {10}^{-3}}}=$ 2,5 × 10⁴ V·m⁻¹.
3. Avec les armatures à 16 mm, tension à appliquer pour retrouver le champ de départ : V
   $U=Ed=5,0\times {10}^4\times 16\times {10}^{-3}=$ 800 V : pour garder le champ, la tension doit doubler avec la distance.
4. On remplace les armatures par d’autres, de surface double, toujours à 8,0 mm et sous 400 V : $E=$ × 10⁴ V·m⁻¹
   Le champ du condensateur plan, $E={\displaystyle \frac{U}{d}}$, ne dépend pas de la surface des armatures : il reste 5,0 × 10⁴ V·m⁻¹.
5. Tension maximale applicable à 8,0 mm sans étincelle : × 10⁴ V
   $U_{max}=E_{max}d=3,0\times {10}^6\times 8,0\times {10}^{-3}=$ 2,4 × 10⁴ V, soit 24 kV.

Une petite boule électrisée, de masse $m=0,20$ g, est suspendue à un fil isolant entre deux armatures verticales distantes de $d=10$ cm, soumises à $U=5,0$ kV. À l’équilibre, la boule est écartée vers l’armature négative et le fil fait un angle $\theta =8,0°$ avec la verticale. Forces : le poids, la tension du fil et la force électrique, horizontale. Référentiel du laboratoire supposé galiléen ; $g=9,81$ N·kg⁻¹.

1. Valeur de la force électrique : $F=$ × 10⁻⁴ N
   À l’équilibre, la somme des forces est nulle. Sur la verticale : $T\cos \theta =mg$ ; sur l’horizontale : $T\sin \theta =F$. En divisant : $F=mg\tan \theta =2,0\times {10}^{-4}\times 9,81\times \tan 8,0°\approx$ 2,76 × 10⁻⁴ N.
2. Rapport de la force électrique au poids : ${\displaystyle \frac{F}{P}}\approx$
   ${\displaystyle \frac{F}{P}}=\tan \theta \approx$ 0,14 : la force électrique est environ 7 fois plus petite que le poids. Ici, négliger le poids serait absurde.
3. Valeur de la charge de la boule : $|q|=$ × 10⁻⁹ C
   $E={\displaystyle \frac{5,0\times {10}^3}{0,10}}=5,0\times {10}^4$ V·m⁻¹, donc $|q|={\displaystyle \frac{F}{E}}={\displaystyle \frac{2,757\times {10}^{-4}}{5,0\times {10}^4}}\approx$ 5,5 × 10⁻⁹ C.
4. Signe de cette charge : (positive ou négative)
   La boule est poussée vers l’armature négative, c’est-à-dire dans le sens de $\overrightarrow{E}$ (de l’armature positive vers la négative) : $\overrightarrow{F}=q\overrightarrow{E}$ a le sens de $\overrightarrow{E}$, donc $q$ est positive.
5. On double la tension. Nouvel angle à l’équilibre : $\theta \prime \approx$ °
   La force double, donc $\tan \theta \prime =2\tan \theta \approx 0,281$ et $\theta \prime \approx$ 15,7° : c’est la tangente qui double, pas l’angle.

Un ion fluorure F⁻, de charge $-e$ et de masse $m=3,15\times {10}^{-26}$ kg, est placé dans un champ électrique uniforme de valeur $E=2,5\times {10}^3$ V·m⁻¹, dans le vide. Référentiel du laboratoire supposé galiléen. Donnée : $e=1,60\times {10}^{-19}$ C.

1. Valeur de la force électrique : $F=$ × 10⁻¹⁶ N
   $F=eE=1,60\times {10}^{-19}\times 2,5\times {10}^3=$ 4,0 × 10⁻¹⁶ N.
2. Charge massique de l’ion : ${\displaystyle \frac{|q|}{m}}=$ × 10⁶ C·kg⁻¹
   ${\displaystyle \frac{|q|}{m}}={\displaystyle \frac{1,60\times {10}^{-19}}{3,15\times {10}^{-26}}}\approx$ 5,08 × 10⁶ C·kg⁻¹ : c’est elle, et non la masse seule, qui fixe l’accélération dans un champ donné.
3. Valeur de l’accélération de l’ion : $a=$ × 10¹⁰ m·s⁻²
   Poids négligé, la deuxième loi de Newton donne $m\overrightarrow{a}=q\overrightarrow{E}$, donc $a={\displaystyle \frac{|q|}{m}}\times E\approx 5,079\times {10}^6\times 2,5\times {10}^3\approx$ 1,27 × 10¹⁰ m·s⁻².
4. Par rapport à $\overrightarrow{E}$, le vecteur accélération est de sens (identique ou opposé)
   $\overrightarrow{a}={\displaystyle \frac{q\overrightarrow{E}}{m}}$ avec $q<0$ : $\overrightarrow{a}$ est de sens opposé à $\overrightarrow{E}$.

Trois particules sont placées tour à tour dans le même champ uniforme $E=1,0\times {10}^4$ V·m⁻¹ : un proton (charge $e$, $m_p=1,67\times {10}^{-27}$ kg), un deuton, noyau de deutérium (charge $e$, masse $3,34\times {10}^{-27}$ kg), et une particule α, noyau d’hélium 4 (charge $2e$, masse $6,64\times {10}^{-27}$ kg). Poids négligés ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C.

1. Accélération du proton : × 10¹¹ m·s⁻²
   $a_p={\displaystyle \frac{eE}{m_p}}={\displaystyle \frac{1,60\times {10}^{-19}\times 1,0\times {10}^4}{1,67\times {10}^{-27}}}\approx$ 9,58 × 10¹¹ m·s⁻².
2. Accélération de la particule α : × 10¹¹ m·s⁻²
   $a_{\alpha }={\displaystyle \frac{2eE}{m_{\alpha }}}={\displaystyle \frac{3,20\times {10}^{-19}\times 1,0\times {10}^4}{6,64\times {10}^{-27}}}\approx$ 4,82 × 10¹¹ m·s⁻² : sa charge double ne compense pas sa masse environ quatre fois plus grande.
3. Rapport ${\displaystyle \frac{a_p}{a_{\alpha }}}\approx$
   ${\displaystyle \frac{a_p}{a_{\alpha }}}={\displaystyle \frac{e}{m_p}}\times {\displaystyle \frac{m_{\alpha }}{2e}}={\displaystyle \frac{6,64}{2\times 1,67}}\approx$ 1,99 : c’est le rapport des charges massiques.
4. Des deux autres particules, celle dont l’accélération est la plus proche de celle de la particule α est le
   $a_d={\displaystyle \frac{eE}{m_d}}\approx 4,79\times {10}^{11}$ m·s⁻², à 0,6 % de $a_{\alpha }$ : le deuton a presque la même charge massique que la particule α (une charge pour environ deux masses de proton).

Deux armatures horizontales, distantes de $d=5,0$ mm, sont soumises à $U=10,0$ V ; l’armature inférieure est positive et percée d’une fente en O. Un électron entre par la fente avec une vitesse $v_0=4,0\times {10}^6$ m·s⁻¹ qui fait un angle de 30° au-dessus de l’horizontale. Repère : $Ox$ horizontal dans le sens de ${\overrightarrow{v}}_0$, $Oy$ vertical vers le haut, $Oz$ perpendiculaire au plan $(xOy)$. Poids négligé ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg.

1. Coordonnée verticale de l’accélération : $a_y=$ × 10¹⁴ m·s⁻²
   $E={\displaystyle \frac{10,0}{5,0\times {10}^{-3}}}=2,0\times {10}^3$ V·m⁻¹, dirigé vers le haut (de l’armature positive, en bas, vers la négative). La force sur l’électron est vers le bas : $a_y=-{\displaystyle \frac{eE}{m_e}}\approx$ −3,51 × 10¹⁴ m·s⁻².
2. Coordonnée $a_z$ de l’accélération : m·s⁻²
   $\overrightarrow{E}$ est vertical, donc $a_z=$ 0 ; comme $v_{0z}=0$, $v_z$ et $z$ restent nuls : le mouvement a lieu dans le plan vertical $(xOy)$ qui contient ${\overrightarrow{v}}_0$.
3. Hauteur au-dessus de la fente à laquelle sa vitesse verticale s’annulerait, calculée sans tenir compte de l’armature supérieure : mm
   $v_{0y}=v_0\sin 30°=2,0\times {10}^6$ m·s⁻¹. Le sommet est atteint quand $v_y=0$ ; en reportant cette date dans $y(t)$ : $y_{max}={\displaystyle \frac{v_{0y}^2}{2|a_y|}}={\displaystyle \frac{(2,0\times {10}^6{)}^2}{2\times 3,513\times {10}^{14}}}\approx$ 5,7 mm : plus que 5,0 mm, l’électron heurte l’armature supérieure.
4. Tension minimale à appliquer pour que l’électron ne touche pas l’armature supérieure : V
   $y_{max}$ est inversement proportionnelle à $a_y$, donc à $U$ : il faut $U_{min}=10,0\times {\displaystyle \frac{5,694}{5,0}}\approx$ 11,4 V.
5. Sous cette tension, distance entre la fente et le point où l’électron retombe sur l’armature inférieure : cm
   Retour à $y=0$ à la date $T={\displaystyle \frac{2v_{0y}}{|a_y|}}$, avec $|a_y|={\displaystyle \frac{e{U}_{min}}{m_{e}d}}\approx 4,00\times {10}^{14}$ m·s⁻², soit $T\approx 1,00\times {10}^{-8}$ s ; $x=v_0\cos 30°\times T\approx 3,46\times {10}^6\times 1,00\times {10}^{-8}\approx$ 3,46 cm.

Un électron est libéré sans vitesse contre l’armature négative d’un condensateur plan : $U=45$ V, $d=1,0$ cm. Poids négligé ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg. Axe $Ox$ de l’armature négative vers l’armature positive, origine au point de départ.

1. Valeur du champ : $E=$ × 10³ V·m⁻¹
   $E={\displaystyle \frac{45}{0,010}}=$ 4,5 × 10³ V·m⁻¹.
2. Coordonnée de l’accélération sur $Ox$ : $a_x=$ × 10¹⁴ m·s⁻²
   La force pousse l’électron vers l’armature positive, dans le sens de $Ox$ : $a_x={\displaystyle \frac{eE}{m_e}}={\displaystyle \frac{1,60\times {10}^{-19}\times 4,5\times {10}^3}{9,11\times {10}^{-31}}}\approx$ 7,90 × 10¹⁴ m·s⁻².
3. Durée de la traversée jusqu’à l’armature positive : × 10⁻⁹ s
   $x(t)={\displaystyle \frac{1}{2}}{a}_x{t}^2$ et $x=d$ : $t=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 0,010}{7,903\times {10}^{14}}}}\approx$ 5,0 × 10⁻⁹ s.
4. Vitesse à l’arrivée : × 10⁶ m·s⁻¹
   $v=a_{x}t\approx 7,903\times {10}^{14}\times 5,030\times {10}^{-9}\approx$ 3,98 × 10⁶ m·s⁻¹.

Un électron entre avec une vitesse $v_0=5,0\times {10}^6$ m·s⁻¹ dans une région où règne un champ uniforme de valeur $E=1,2\times {10}^4$ V·m⁻¹, parallèle à ${\overrightarrow{v}}_0$ et orienté de sorte que la force électrique freine l’électron. Poids négligé ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg.

1. Valeur de l’accélération : × 10¹⁵ m·s⁻²
   Système {électron}, référentiel du laboratoire galiléen ; $\overrightarrow{a}={\displaystyle \frac{q\overrightarrow{E}}{m_e}}$ est un vecteur constant, opposé à ${\overrightarrow{v}}_0$ : le mouvement est rectiligne uniformément décéléré, avec $a={\displaystyle \frac{1,60\times {10}^{-19}\times 1,2\times {10}^4}{9,11\times {10}^{-31}}}\approx$ 2,11 × 10¹⁵ m·s⁻².
2. Distance parcourue avant l’arrêt : mm
   $v_x=0$ à la date $t_1={\displaystyle \frac{v_0}{a}}$, et $x(t_1)={\displaystyle \frac{v_0^2}{2a}}={\displaystyle \frac{(5,0\times {10}^6{)}^2}{2\times 2,108\times {10}^{15}}}\approx 5,9\times {10}^{-3}$ m, soit 5,9 mm.
3. Durée du freinage : × 10⁻⁹ s
   $t_1={\displaystyle \frac{5,0\times {10}^6}{2,108\times {10}^{15}}}\approx$ 2,4 × 10⁻⁹ s. Ensuite, l’accélération étant la même, l’électron rebrousse chemin.
4. Valeur de la tension traversée par l’électron jusqu’à son arrêt : V
   Théorème de l’énergie cinétique : $0-{\displaystyle \frac{1}{2}}{m}_e{v}_0^2=qU$, donc $|U|={\displaystyle \frac{m_e{v}_0^2}{2e}}={\displaystyle \frac{9,11\times {10}^{-31}\times 2,5\times {10}^{13}}{3,20\times {10}^{-19}}}\approx$ 71 V. Vérification : $E\ell \approx 1,2\times {10}^4\times 5,93\times {10}^{-3}\approx 71$ V. L’électron avait donc 71 eV.

Deux armatures A et B, distantes de 2,0 cm, sont percées de trous face à face. Un proton entre par le trou de A avec une vitesse $v_0=2,6\times {10}^5$ m·s⁻¹, perpendiculaire aux armatures. L’armature B est positive : $V_B-V_A=1500$ V. Poids négligé ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_p=1,67\times {10}^{-27}$ kg.

1. Valeur du champ : $E=$ × 10⁴ V·m⁻¹
   $E={\displaystyle \frac{1500}{0,020}}=$ 7,5 × 10⁴ V·m⁻¹, dirigé de B (positive) vers A : contre le mouvement du proton.
2. Valeur de la décélération du proton : × 10¹² m·s⁻²
   $a={\displaystyle \frac{eE}{m_p}}={\displaystyle \frac{1,60\times {10}^{-19}\times 7,5\times {10}^4}{1,67\times {10}^{-27}}}\approx$ 7,19 × 10¹² m·s⁻².
3. Distance parcourue avant l’arrêt : mm
   $\ell ={\displaystyle \frac{v_0^2}{2a}}={\displaystyle \frac{(2,6\times {10}^5{)}^2}{2\times 7,186\times {10}^{12}}}\approx 4,7\times {10}^{-3}$ m, soit 4,7 mm : moins que 2,0 cm, le proton n’atteint pas B.
4. Durée entre son entrée par le trou de A et son retour à ce trou : × 10⁻⁸ s
   Arrêt à $t_1={\displaystyle \frac{v_0}{a}}$ ; le retour, symétrique, dure autant : $2t_1={\displaystyle \frac{2\times 2,6\times {10}^5}{7,186\times {10}^{12}}}\approx$ 7,2 × 10⁻⁸ s. Le proton ressort par A à $2,6\times {10}^5$ m·s⁻¹, en sens inverse.
5. Valeur maximale de $V_B-V_A$ pour que le proton atteigne l’armature B : V
   Son énergie cinétique d’entrée vaut ${\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1,67\times {10}^{-27}\times (2,6\times {10}^5{)}^2\approx 5,64\times {10}^{-17}$ J, soit environ 353 eV. Le travail résistant $e(V_B-V_A)$ ne doit pas dépasser cette énergie : $V_B-V_A⩽$ 353 V.

Un noyau d’hélium He²⁺, de charge $q=2e=3,20\times {10}^{-19}$ C et de masse $m=6,64\times {10}^{-27}$ kg, part du repos et est accéléré entre deux électrodes sous une tension $U=500$ V. Poids négligé ; 1 eV $=1,60\times {10}^{-19}$ J ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg.

1. Travail de la force électrique pendant l’accélération : $W=$ × 10⁻¹⁶ J
   $W=qU=3,20\times {10}^{-19}\times 500=$ 1,60 × 10⁻¹⁶ J, quel que soit le chemin suivi.
2. Le même travail en électronvolts : eV
   ${\displaystyle \frac{1,60\times {10}^{-16}}{1,60\times {10}^{-19}}}=$ 1 000 eV, soit 1,00 keV : deux charges élémentaires sous 500 V.
3. Vitesse du noyau à la sortie : × 10⁵ m·s⁻¹
   Théorème de l’énergie cinétique, départ au repos : ${\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}^2=W$, donc $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 1,60\times {10}^{-16}}{6,64\times {10}^{-27}}}}\approx$ 2,2 × 10⁵ m·s⁻¹.
4. Vitesse d’un électron accéléré depuis le repos sous la même tension : × 10⁷ m·s⁻¹
   $W\prime =eU=8,00\times {10}^{-17}$ J, $v\prime =\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 8,00\times {10}^{-17}}{9,11\times {10}^{-31}}}}\approx$ 1,3 × 10⁷ m·s⁻¹ : deux fois moins d’énergie, mais une masse environ 7 300 fois plus petite, d’où une vitesse 60 fois plus grande.

Conversions et vitesses. Données : 1 eV $=1,60\times {10}^{-19}$ J ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg.

1. Une énergie de 3,2 keV vaut × 10⁻¹⁶ J
   $3,2\times {10}^3\times 1,60\times {10}^{-19}=$ 5,12 × 10⁻¹⁶ J.
2. Une énergie de $4,8\times {10}^{-14}$ J vaut keV
   ${\displaystyle \frac{4,8\times {10}^{-14}}{1,60\times {10}^{-19}}}=3,0\times {10}^5$ eV, soit 300 keV.
3. Un ion Al³⁺, parti du repos, doit acquérir 9,0 keV. Tension d’accélération : kV
   Une charge $3e$ gagne $3U$ électronvolts : $3U=9,0\times {10}^3$, donc $U=$ 3,0 kV, et non 9,0 kV.
4. Un électron parti du repos atteint 2,0 keV. Sa vitesse : × 10⁷ m·s⁻¹
   $E_c=2,0\times {10}^3\times 1,60\times {10}^{-19}=3,2\times {10}^{-16}$ J ; $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 3,2\times {10}^{-16}}{9,11\times {10}^{-31}}}}\approx$ 2,65 × 10⁷ m·s⁻¹, moins d’un dixième de la vitesse de la lumière : le modèle newtonien convient encore.

Deux ions ²³Na⁺ (masse $m_1=3,82\times {10}^{-26}$ kg) et ³⁹K⁺ (masse $m_2=6,47\times {10}^{-26}$ kg), de charge $+e$ et initialement au repos, sont accélérés sous la même tension $U=2,5$ kV. Ils parcourent ensuite en ligne droite une zone sans champ de longueur $\ell =1,2$ m jusqu’à un détecteur. Poids négligés ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C.

1. Vitesse de l’ion sodium à la sortie de la zone d’accélération : × 10⁵ m·s⁻¹
   ${\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}^2=eU$, donc $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2eU}{m}}}$. Avec $2eU=8,0\times {10}^{-16}$ J : $v_1=\sqrt{{\displaystyle \frac{8,0\times {10}^{-16}}{3,82\times {10}^{-26}}}}\approx$ 1,45 × 10⁵ m·s⁻¹.
2. Vitesse de l’ion potassium : × 10⁵ m·s⁻¹
   $v_2=\sqrt{{\displaystyle \frac{8,0\times {10}^{-16}}{6,47\times {10}^{-26}}}}\approx$ 1,11 × 10⁵ m·s⁻¹. Les deux ions ont reçu la même énergie $eU$ : le plus lourd est le plus lent.
3. Rapport des vitesses ${\displaystyle \frac{v_1}{v_2}}\approx$
   ${\displaystyle \frac{v_1}{v_2}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{m_2}{m_1}}}=\sqrt{{\displaystyle \frac{6,47}{3,82}}}\approx$ 1,30, alors que le rapport des masses vaut 1,69 : les vitesses sont dans le rapport de la racine carrée de l’inverse des masses.
4. Écart entre les dates d’arrivée des deux ions au détecteur : × 10⁻⁶ s
   Sans champ, le mouvement est rectiligne uniforme : $t={\displaystyle \frac{\ell }{v}}$. $t_1={\displaystyle \frac{1,2}{1,447\times {10}^5}}\approx 8,29\times {10}^{-6}$ s et $t_2={\displaystyle \frac{1,2}{1,112\times {10}^5}}\approx 1,079\times {10}^{-5}$ s, d’où $\Delta t\approx$ 2,5 × 10⁻⁶ s : ce décalage permet de séparer les ions selon leur masse.

Des protons, partis du repos, traversent les 8 intervalles d’un accélérateur linéaire ; au passage de chaque intervalle, la tension entre les deux tubes voisins vaut 25 kV. Poids négligé ; $m_p=1,67\times {10}^{-27}$ kg ; 1 eV $=1,60\times {10}^{-19}$ J.

1. Énergie gagnée par un proton à chaque intervalle : keV
   Une charge $e$ sous 25 kV gagne 25 keV.
2. Énergie cinétique à la sortie du dernier intervalle : keV
   Rien n’est gagné dans les tubes : $8\times 25=$ 200 keV.
3. Cette énergie en joules : × 10⁻¹⁴ J
   $200\times {10}^3\times 1,60\times {10}^{-19}=$ 3,2 × 10⁻¹⁴ J.
4. Vitesse finale des protons : × 10⁶ m·s⁻¹
   $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 3,2\times {10}^{-14}}{1,67\times {10}^{-27}}}}\approx$ 6,19 × 10⁶ m·s⁻¹.

Dans un accélérateur linéaire, des protons partis du repos gagnent 18 keV à chaque intervalle. La tension alternative a une fréquence $f=4,0$ MHz. Poids négligé ; $m_p=1,67\times {10}^{-27}$ kg ; 1 eV $=1,60\times {10}^{-19}$ J.

1. Durée passée par un proton dans chaque tube : × 10⁻⁷ s
   Une demi-période : ${\displaystyle \frac{T}{2}}={\displaystyle \frac{1}{2f}}={\displaystyle \frac{1}{2\times 4,0\times {10}^6}}=$ 1,25 × 10⁻⁷ s (et non $T$).
2. Vitesse après le 1ᵉʳ intervalle : × 10⁶ m·s⁻¹
   $v_1=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 18\times {10}^3\times 1,60\times {10}^{-19}}{1,67\times {10}^{-27}}}}\approx$ 1,86 × 10⁶ m·s⁻¹.
3. Longueur du tube qui suit le 1ᵉʳ intervalle : cm
   $L_1=v_1\times {\displaystyle \frac{T}{2}}\approx 1,857\times {10}^6\times 1,25\times {10}^{-7}\approx$ 23,2 cm.
4. Longueur du tube qui suit le 4ᵉ intervalle : cm
   Après 4 intervalles, l’énergie est 4 fois plus grande, la vitesse $\sqrt{4}=2$ fois plus grande : $L_4=2L_1\approx$ 46,4 cm, et non $4L_1$.
5. Avec une fréquence de 8,0 MHz, longueur du tube qui suit le 1ᵉʳ intervalle : cm
   La vitesse ne change pas, mais la demi-période est deux fois plus courte : $L_1^{\prime }={\displaystyle \frac{1,857\times {10}^6}{2\times 8,0\times {10}^6}}\approx$ 11,6 cm.

Le programme suivant simule un accélérateur linéaire de protons partis du repos ($E_c$ en joules, longueurs en mètres) :

from math import sqrt
q, m, U, f = 1.60e-19, 1.67e-27, 40e3, 5.0e6
Ec, L_tot, n = 0, 0, 0
while Ec < 1.5e-13:
    n = n + 1
    Ec = Ec + q * U
    v = sqrt(2 * Ec / m)
    L = v / (2 * f)
    L_tot = L_tot + L
print(n, Ec, L, L_tot)

1. Nombre d’intervalles traversés, affiché par le programme :
   Chaque tour ajoute $qU=6,4\times {10}^{-15}$ J (40 keV). Après 23 tours, $E_c=1,472\times {10}^{-13}$ J, encore inférieur à $1,5\times {10}^{-13}$ J ; après 24, $1,536\times {10}^{-13}$ J : la boucle s’arrête, $n=$ 24.
2. Énergie finale des protons : keV
   $24\times 40=$ 960 keV.
3. Longueur du dernier tube : m
   $v=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 1,536\times {10}^{-13}}{1,67\times {10}^{-27}}}}\approx 1,36\times {10}^7$ m·s⁻¹ et $L={\displaystyle \frac{v}{2f}}={\displaystyle \frac{1,356\times {10}^7}{1,0\times {10}^7}}\approx$ 1,36 m.
4. Longueur totale des tubes, affichée par le programme : m
   La vitesse après $k$ intervalles vaut $\sqrt{k}$ fois celle après le premier ($2,77\times {10}^6$ m·s⁻¹, tube de 0,277 m) : $L_{\text{tot}}=0,2769\times (\sqrt{1}+\sqrt{2}+\dots +\sqrt{24})\approx 0,2769\times 80,62\approx$ 22,3 m.

Un électron pénètre en O, au milieu de deux armatures horizontales de longueur $L=6,0$ cm, distantes de $d=2,0$ cm, avec une vitesse horizontale $v_0=2,0\times {10}^7$ m·s⁻¹. La tension entre les armatures vaut $U=180$ V. Axe $Ox$ selon ${\overrightarrow{v}}_0$, axe $Oy$ vertical, orienté vers l’armature positive. Poids négligé ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg.

1. Coordonnée $a_y$ de l’accélération : × 10¹⁵ m·s⁻²
   $E={\displaystyle \frac{180}{0,020}}=9,0\times {10}^3$ V·m⁻¹ ; la force est dirigée vers l’armature positive, selon $Oy$ : $a_y={\displaystyle \frac{eE}{m_e}}\approx$ 1,58 × 10¹⁵ m·s⁻², et $a_x=0$.
2. Déviation à la sortie des armatures : mm
   $t_s={\displaystyle \frac{0,060}{2,0\times {10}^7}}=3,0\times {10}^{-9}$ s ; $y_s={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1,581\times {10}^{15}\times (3,0\times {10}^{-9}{)}^2\approx 7,1\times {10}^{-3}$ m, soit 7,1 mm.
3. Distance qui sépare encore l’électron de l’armature positive à la sortie : mm
   Entré au milieu, il disposait de ${\displaystyle \frac{d}{2}}=10$ mm : il sort sans heurter l’armature, avec une marge de $10-7,1=$ 2,9 mm.
4. Angle entre le vecteur vitesse de sortie et l’axe $Ox$ : °
   $v_x=v_0$ et $v_y=a_y{t}_s\approx 4,74\times {10}^6$ m·s⁻¹ ; $\tan \alpha ={\displaystyle \frac{4,74\times {10}^6}{2,0\times {10}^7}}\approx 0,237$, d’où $\alpha \approx$ 13°.
5. Valeur de la vitesse de l’électron à la sortie des armatures : × 10⁷ m·s⁻¹
   $v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}=\sqrt{(2,0\times {10}^7{)}^2+(4,74\times {10}^6{)}^2}\approx$ 2,06 × 10⁷ m·s⁻¹ : plus que $v_0$, car la force électrique a travaillé (l’électron s’est rapproché de l’armature positive).

Dans un dispositif de déviation, des électrons entrent au milieu de deux armatures, perpendiculairement au champ, et en sortent déviés de $y_s=3,6$ mm. On modifie un seul réglage à la fois, en repartant chaque fois du réglage initial ; les électrons ne touchent jamais les armatures.

1. La vitesse d’entrée des électrons est doublée : $y_s=$ mm
   $y_s={\displaystyle \frac{eU{L}^2}{2md{v}_0^2}}$ varie comme ${\displaystyle \frac{1}{v_0^2}}$ : doubler $v_0$ divise la déviation par 4, $y_s=$ 0,90 mm.
2. La tension entre les armatures est multipliée par 1,5 : $y_s=$ mm
   $y_s$ est proportionnelle à $U$ : $3,6\times 1,5=$ 5,4 mm.
3. Les armatures sont remplacées par des armatures 1,5 fois plus longues : $y_s=$ mm
   $y_s$ varie comme $L^2$ : $3,6\times 1,5^2=$ 8,1 mm.
4. La tension qui accélère les électrons avant les armatures est doublée : $y_s=$ mm
   L’énergie cinétique d’entrée double, donc $v_0^2$ double : $y_s$ est divisée par 2, 1,8 mm (la vitesse, elle, n’est multipliée que par $\sqrt{2}$).

Des électrons émis sans vitesse sont accélérés sous une tension $U_1=1,5$ kV. Ils entrent ensuite au milieu de deux armatures de déviation de longueur $L=4,0$ cm, distantes de $d=1,0$ cm et soumises à $U_2=60$ V. Un écran est placé à la distance $D=25$ cm de la sortie des armatures, perpendiculairement à la direction d’entrée. Poids négligé ; $e=1,60\times {10}^{-19}$ C ; $m_e=9,11\times {10}^{-31}$ kg.

1. Vitesse d’entrée $v_0$ entre les armatures : × 10⁷ m·s⁻¹
   Théorème de l’énergie cinétique : ${\displaystyle \frac{1}{2}}{m}_e{v}_0^2=e{U}_1$, donc $v_0=\sqrt{{\displaystyle \frac{2\times 1,60\times {10}^{-19}\times 1500}{9,11\times {10}^{-31}}}}\approx$ 2,3 × 10⁷ m·s⁻¹.
2. Déviation à la sortie des armatures : mm
   $a={\displaystyle \frac{e{U}_2}{m_{e}d}}\approx 1,05\times {10}^{15}$ m·s⁻², $t_s={\displaystyle \frac{0,040}{2,295\times {10}^7}}\approx 1,74\times {10}^{-9}$ s, $y_s={\displaystyle \frac{1}{2}}a{t}_s^2\approx$ 1,6 mm.
3. Tangente de l’angle de sortie : $\tan \alpha =$
   $\tan \alpha ={\displaystyle \frac{a{t}_s}{v_0}}={\displaystyle \frac{2y_s}{L}}={\displaystyle \frac{2\times 1,60\times {10}^{-3}}{0,040}}=$ 0,080.
4. Déviation du spot sur l’écran : $Y=$ cm
   Après les armatures, mouvement rectiligne uniforme : $Y=y_s+D\tan \alpha =1,6\times {10}^{-3}+0,25\times 0,080\approx$ 2,2 cm.
5. On remplace les électrons par des protons, accélérés et déviés sous les mêmes tensions $U_1$ et $U_2$ (et de sens convenables). Déviation sur l’écran : $Y=$ cm
   En remplaçant $a={\displaystyle \frac{e{U}_2}{md}}$ et $v_0^2={\displaystyle \frac{2e{U}_1}{m}}$ : $Y=({\displaystyle \frac{L}{2}}+D){\displaystyle \frac{aL}{v_0^2}}={\displaystyle \frac{U_{2}L(D+L/2)}{2d{U}_1}}$. La charge et la masse se simplifient : 2,2 cm aussi (vers l’autre armature). La déviation électrique seule ne sépare pas les particules.