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Applications des bases de la dynamique

Posté par
princesyb 04-12-17 à 20:56

Bonsoir,pouvez vous m'aider s'il vous plaît à résoudre la question  3) 4) pour l'instant de cette exercice
Votre aide me sera bénéfique

Exercice
Dans la région R comprise entre deux plans parallèles P et P' distants de d,il existe un champ électrique vecteur E créé par des électrodes constituées de fond grillages métalliques disposés suivant P et P':vecteur E sera considéré comme nul à l'extérieur  de R.Une particule ponctuelle,de masse m et de charge électrique positive,arrive en O à t=0 et pénètre dans la région R.La vitesse à t=0 se trouve sur l'horizontale
1 (Représenter la force électrique s'exerçant sur la particule en O
2 )On néglige le poids de la particule devant la force électrique;établir l'équation de la trajectoire
3)Déterminer la composante Cd de la vitesse en fonction de x
(On pourra utiliser le théorème de l'énergie cinétique)
4)Calculer VF de la vitesse de la particule et l'angle bétz qu'elqu'elle fait avec l'horizontale au moment où elle arrive dans le plan P'

Vox=cos alpha×Vo
Voy=son alphz×Vo
Vo=2×107m/s
m=9,1×10-31kg
q=1,6×10-19CE=5×104V/m
d=10-2 m
alpha=10 degrés

Posté par
diracre : Applications des bases de la dynamique 05-12-17 à 13:24

Hello

Tiens tiens ... cela est dans la droite ligne de questions que tu posais sur ce site le 13 mai dernier.

Ton énoncé ici n'est pas complètement clair. Peux tu confirmer les éléments suivants?

a)orientation des plans
b) orientation des axes x et y

Une fois cela précisé, tu appliques la relation fondamentale de la dynamique:

\Sigma\vec{F} = m\vec{a}

en prenant le soin de préciser que le laboratoire peut être considéré comme un référentiel galiléen dans des conditions "standards" de protocole et que le système physique étudié est la particule chargée.

Ici, le poids du positron (?) étant négligé, la seule force force extérieure à laquelle est soumise la particule est la force électrique:

Donc

q\vec{E} = m\vec{a}

Il n'y a plus qu'à projeter cette relation vectorielle pour les 3 axes de ton repère ...

A toi?

Posté par
princesybre : Applications des bases de la dynamique 05-12-17 à 20:09

x est orienté vers la gauche et y vers le haut
Repère (O,l,j)

Et pour le 3) au lieu de Cd est Cd

Pour l'instant,c'est cette question qui m'intéresse
1) et 2) fait (heureusement que ces résultats n'ont aucune incidence sur la question 3) )

Posté par
diracre : Applications des bases de la dynamique 05-12-17 à 20:13

Et les plans créant le champ \vec{E} ? Ils sont orientés comment?

Posté par
princesybre : Applications des bases de la dynamique 05-12-17 à 21:28

princesyb @ 05-12-2017 à 20:09

x est orienté vers la gauche et y vers le haut
Repère (O,l,j)

Et pour le 3) au lieu de Cd est Cx

Pour l'instant,c'est cette question qui m'intéresse
1) et 2) fait (heureusement que ces résultats n'ont aucune incidence sur la question 3) )

Posté par
princesybre : Applications des bases de la dynamique 05-12-17 à 21:30

Les plaques sont verticales et E est orienté vers la gauche (plaque négative)

Posté par
diracre : Applications des bases de la dynamique 06-12-17 à 05:40

Hello

Il subsiste un "flou" dans ton énoncé:

Tu écris:
"La vitesse à t=0 se trouve sur l'horizontale " , "y est vers le haut" et  "Voy=sin alpha×Vo"
qui me semblent 3 propositions incompatibles.

Pour essayer d'avancer cependant:

Nous avions  :   q\vec{E} = m\vec{a}

Comme je te demandais de le faire, tu projètes cette expression sur les 2 axes de ton repère:

Sur Ox:    q.E_x = m.a_x
Sur Oy:    q.E_y = m.a_y

Avec   E_x = E   et E_y = 0

Donc

a_x = \frac{q}{m}E   et   a_y=0

Connaissant l'accélération et les conditions initiales, tu en déduis les composantes de la vitesse:

v_x(t) = \frac{q}{m}E.t + v_{0,x}   et   v_y(t)=v_{0,y}

Puis la position

x(t) = \frac{q}{2m}E.t^2 + v_{0,x}t + x_0   et   y(t)=v_{0,y}.t + y_0

Avec  x_0 = y_0 = 0

x(t) = \frac{q}{2m}E.t^2 + v_{0,x}t  
y(t)=v_{0,y}.t

Ce sont les équations paramétriques (ou horaires) de la trajectoire
Tu peux également en établir l'équation cartésienne en éliminant le paramètre temps

x = \frac{q}{2mv_{0,y}^2}E.y^2 + \frac{v_{0,x}}{v_{0,y}}y  

Tu constates que cette équation est celle d'une parabole (enfin, dans le cas où  v_{0,y} \ne 0 (je te laisse clarifier)

On te demande ensuite de calculer la composante Cd de la vitesse en utilisant le Théorème de l'énergie cinétique.  Encore une phrase obscure ...

Le théorème de l'Energie cinétique te dit qu'entre 2 point M1 et M2

\Delta Ec = \vec{F}.\vec{M_1M_2}

Donc

\frac{1}{2}m(v^2-v_0^2) = qE(x-x_0)=qEx

Je te laisse finir?

Posté par
princesybre : Applications des bases de la dynamique 06-12-17 à 20:48

Physique Serie C - 2011 - 2 eme Concours - PrepaVogt
PDFwww.prepavogt.org › download › Conco...
Regardez ce pdf,l'exercice en question est là-bas

3)Et pour cette question il faut que j'applique entre quel et quel point (c'est imortant)

Posté par
diracre : Applications des bases de la dynamique 07-12-17 à 08:50

Euh ... ben, à part que tu as confondu la droite et la gauche, que la vitesse n'est effectivement pas horizontale, qu'il y a dans l'énoncé qlq autres détails dont tu ne rends pas compte (ex: q>0) et que la question 3) n'est pas tout à fait celle que tu poses... on a tout bon! (conclusion: essaie de prendre bien soin de la retranscription des énoncés, sinon il y a trop de place pour les malentendus et les quiproquos)

Donc question 3) déterminer v_x est fonction de  x:

Entre O(0,0) et M(x,y)

\Delta Ec = \vec{F}.\vec{OM}

\frac{1}{2}m(v^2-v_0^2) = qEx

Avec v^2 = v^2_x + v^2_y     et  v^2 = v^2_{x,0} + v^2_{y,0}

Mais aussi v_y = v_{y,0} (voir mon précédent message)

Donc  v^2-v_0^2 = v_x^2 - v_0^2cos^2\alpha

Et donc finalement  v_x(x) = \sqrt{2qEx +v_0^2cos^2\alpha }

Posté par
princesybre : Applications des bases de la dynamique 07-12-17 à 21:42

Vous avez oublié de diviser 2qEx par m,mais bon j'ai vu l'erreur
Je vais essayé de faire la suite,si j'ai des problèmes,je vous le dire
Pour le moment,a plus

Posté par
diracre : Applications des bases de la dynamique 07-12-17 à 22:47

C'est toujours chouette d'avoir un réflecteur attentif

Posté par
princesybre : Applications des bases de la dynamique 08-12-17 à 23:21

Je veux juste savoir si j'ai trouvé
La suite de l'exercice
4)Calculer VF de la vitesse de la particule et l'angl'angle \beta qu'elle fait avec l'horizontale au moment où elle arrive dans le plan P'

Soit F ,Le point de sortie de la particule
Calculons la date de passage de la particule sur la plaque P'
xF=d=cosVo tF
tF=\frac{d}{cos\alpha Vo}
F\begin{cases} & \text{ } Vx= cos\alpha Vo\\ & \text{ } Vy= \frac{qEd}{mcos^2\alpha Vo^2}+sin\alpha Vo \end{cases}
V F=\sqrt{cos^2\alpha Vo^2+\frac{q^2E^2d^2}{m^2cos^6\alpha Vo^4}}

Ensuite quand j'ai fait l'application numérique,j'ai trouvé 2×107m/s
Vo=VF(es ce bien ça)
Et aussi j'ai trouvé comme équation horaire
y=\frac{qE}{2mcos^2\alpha Vo^2}x^2+x tan\alpha


Armés avoir régler cette question,on passe à la dernière

5)Montrer que le rapport\frac{sin\alpha }{sin\beta } est égal à une constante K qui sera exprimée en fonction de E,d,s,m et Vo

Posté par
diracre : Applications des bases de la dynamique 09-12-17 à 16:25

hum hum ...

v_x(d)  = \sqrt{2\frac{qE}{m}d+v_0^2cos^2\alpha }
v_y(d) = v_0sin\alpha

Donc v(d) = \sqrt{v^2_x(d) +v^2_y(d)} = \sqrt{2\frac{qE}{m}d + v_0^2}


AN: v(d) = 2,26.10^7 ms^{-1}

Ta dernière question n'est pas dans l'énoncé mais je te propose ceci

sin^2\beta = \frac{v^2_y(d)}{v^2_x(d) + v^2_y(d)} = \frac{v_0sin^2\alpha}{2\frac{qE}{m}d + v_0^2}

Donc

\frac{sin\beta}{sin\alpha} = \frac{v_0}{\sqrt{2\frac{qE}{m}d + v_0^2}}=Cste


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