Etude de lexpérience de Rutherford PDF

XIV-2 AD : Expérience de Rutherford

conservation de l'énergie mécanique entre l'infini et le point d'approche minimale permet d'écrire pour la particule a de masse m : πε. Comme Z = 79 et Em

Mouvements dans un champ de force central et conservatif

L'expérience de Rutherford a prouvé qu'un atome avait une structure 3 - Relier l'énergie potentielle de l'électron à son énergie mécanique. Pour rendre ...

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1.1 Distance minimale d'approche. On s'intéresse la collision frontale entre une particule α d'énergie cinétique E et un noyau au repos.

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10.6V/v−. ≈. ). Page 4. 4. 2) Diffusion Rutherford : (Mécanique). Cet exercice présente l'expérience historique de diffusion d'une particule alpha (noyau d

M11.9. Expérience de Rutherford. 1. Mouvement plan. On applique

Conservation de l'énergie mécanique. En dehors de la zone d'interaction c'est-à-dire pour un éloignement infini du noyau et de la particule alpha

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1.1 Expérience historique. En 1909 Rutherford dirigea une expérience consistant à envoyer des particules ? émises Énergie mécanique de la particule ?.

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Expérience de Rutherford. 1. Mouvement plan. On applique le théorème du moment cinétique en O à la particule alpha qui est soumise à la force.

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2) Diffusion Rutherford : (Mécanique). Cet exercice présente l'expérience historique de diffusion d'une particule alpha (noyau d'hélium de.

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Champ de force central et conservatif

22 oct. 2020 Exercice 3 : Expérience de Rutherford. 2

Étude de l'expérience de Rutherford

par Gilbert Gastebois

1. Trajectoire de la particule α

1.1 Expérience historique

En 1909, Rutherford dirigea une expérience consistant à envoyer des particules α émises par

une substance radioactive sur une mince feuille d'or. Il observa que la grande majorité des

particules α traversaient la feuille sans être déviées mais que quelques unes l'étaient

fortement, certaines, très rares, étant même renvoyées vers l'arrière. Il en déduisit que les

particules α étaient repoussées électriquement par des charges positives situées dans un noyau

extrêmement compact situé au centre des atomes.

1.2 Trajectoire hyperbolique

On considère que le noyau est fixe, on n'a donc pas de recul du noyau sous l'action de la particule α.

Notations : Les vecteurs sont notés en gras

ω = dθ/dt ω' = dω/dt r' = dr/dt r'' = d2r/dt2 i' = di/dt = ω j j' = dj/dt = - ω i ε0 permittivité du vide = 8,854 188 × 10-12 A2s/kg.m3 r distance noyau-particule α On pose u = 1/r

Q charge du noyau

q charge de la particule α m masse de la particule α d0 écart de la direction initiale à l'infini de la particule par rapport au noyau

V0 vitesse initiale à l'infini

rm distance minimale d'approche de la particule α Vm vitesse minimale d'approche de la particule α r1 distance minimale d'approche de la particule α en choc frontal F force de répulsion coulombienne = kqQ/r2 i On pose k = 1/4πε0 Loi de newton : m a = F = kqQ/r2 i avec a = d2OM/dt2 d'ou d2OM/dt2 = kqQ/(mr2) i En coordonnées polaires (repère 0ij tournant avec le satellite ) :

OM = r i

dOM/dt = r' i + r i' = r' i + rω j

d2OM/dt2 = r" i + r'ω j + r'ω j + r ω' j - rω2 i = ( r" - rω2 ) i + ( 2 r'ω + rω' ) j

or d2OM/dt2 = kqQ/(mr2) i , donc : r" - rω2 = kqQ/(mr2) et 2r'ω + rω' = 0, mais 2r'ω + rω' = 1/r d(r2ω)/dt,

donc d(r2ω)/dt = 0 et par conséquent r2ω = K ( K est une constante qui représente L/m

L est le moment cinétique )

L est donc constant, ce qui est caractéristique des mouvements à force centrale On a donc r" - rω2 = r" - K2/r3 = kqQ/(mr2) ou r2r" - K2/r = kqQ/m ou - r2r" + K2 u = - kqQ/m

Démontrons que d2u/dθ2 = - r2 r"/K2

du/dq = d(1/r)/dq = d(1/r)/dt .dt/dq = d(1/r)/dt . 1/ω = - r'/r2ω = - r'/K et d2u/dθ2 = d(- r'/K)/dq = d(- r'/K)/dt.dt/dq = d(- r'/K)/dt.1/ω = - r"/Kω = - r"r2/K2 donc, on a bien d2u/dθ2 = - r2 r"/K2 et donc - r2 r" = K2 d2u/dθ2 - kqQ/m = - r2r" + K2 u = K2 d2u/dθ2 + K2 u donc d2u/dθ2 + u = - kqQ/(mK2) équation simple dont la solution est :

u = 1/r = kqQ/(mK2)( e cosθ - 1 ) ( A θ = 0, r = rm et e est une constante quelconque >1)r=4πϵ0mK2

qQ(ecosθ-1)r > 0 donc e > 1 C'est l'équation d'une hyperbole située entre les angles θ1 et -θ1 tels que : cosθ1 = 1/e et dont le noyau occupe un foyer.

1.3 Moment cinétique de la particule

L = m r X V X est le produit vectoriel

Au départ, à l'infini, L = m d0 V0 ( d0 est par définition le "bras de levier" de V0 )

Au passage par la distance minimale, L = m rm Vm car en cet endroit V est perpendiculaire à r

L est contant donc K = L/m = d0V0 = rmVm

r=4πϵ0md02V02 qQ(ecosθ-1)

2. Énergie mécanique de la particule α

2.1 Énergie potentielle

l'énergie potentielle à la distance r est l'intégrale de r à l'infini de la force de Coulomb, donc

Ep = ∫r ∞kqQ r2dr = kqQ/r Ep=qQ

4πε0r

2.2 Énergie mécanique

Em = Ec + Ep = 1/2 mV2 + kqQ/r

la force de Coulomb est conservative donc Em = constante, donc on peut calculer Em en tout point de la trajectoire, par exemple à l'infini ou r est infini et V = V0 donc

Em = 1/2 mV02

2.3 Distance minimale d'approche en choc frontal : r1

En choc frontal, la particule s'arrête avant de repartir en sens inverse. Donc pour r = r1, V = 0 donc Em = kqQ/r1 = 1/2 mV02r1=qQ

2πε0mV0

23. Caractéristiques de la trajectoire

3.1 Distance minimale rm

On a : 1/2 mV02 = 1/2 mVm2 + kqQ/rm

et d0V0 = rm Vm ( Cf : 1.3 ) donc 1/2 mV02 = 1/2 m d02V02/rm2 + kqQ/rm donc rm2 = d02 + 2 kqQ/(mV02 ) rm On a 2 kqQ/(mV02 ) = r1rm2 - r1 rm - d02 = 0 donc rm = r1/2 + ( r12/4 + d02 )1/2 rm = r1/2 (1 + ( 1 + 4 d02/r12)1/2)r1 = 2 kqQ/( mV02 ) rm=qQ

4πε0mV0

2(1+√1+16π2ε0

2m2V0 4d0 2 q2Q2)3.2 Valeur de e r = mK2/(kqQ)/( e cos θ - 1 ) K = d0 V0 donc r = d02 mV02/(kqQ)/( e cos θ - 1 ) = 2 d02/r1/( e cos θ - 1 ) Si θ = 0, r = rm donc rm = 2d02/r1/( e - 1 ) donc ( e - 1 ) = 2 d02/(r1rm ) e = 1 + 2 d02/(r1rm ) = 1 + 4d02/r12/(1 + ( 1 + 4 d02/r12)1/2).

En faisant quelques transformations, on trouve :

e=√1+4d0 2 r1

2 = √1+16π2ε0

2m2V0 4d0 2 q2Q2Remarque : r = rm si θ = 0 donc : rm = 4πε0m d02V02/(qQ( e - 1 )) rm=4πε0md02V02 qQ (√1+16π2ε02m2V04d02

q2Q2 -1)Cette expression semble tout à fait différente de l'expression du 3.1, mais en réalité, elle lui

est rigoureusement équivalente.... Heureusement, sinon on aurait de gros soucis !

Équation de la trajectoire r = f(q)

r = 2d02/r1/(( 1 + 4d02/r12)1/2 cosθ - 1)r=4πε0md0 2V0 2 qQ(√1+16π2ε0 2m2V0 4d0 2 q2Q2cosθ-1)3.3 Déviation de la particule : D D = π - 2 θ1 = π - 2 acos(1/e) = π - 2 acos(( 1 + 16 π2 ε02m2V04d02/(q2Q2))-1/2 )

D =π-2acos

(1√1+16π2ε02m2V04d02 q2Q2 )4. Trajectoire en coordonnées cartésiennes

4.1 Équation de la trajectoire

On a r = R/(e cosθ -1 ) avec R = 4πε0 m d02V02 /(qQ) et e = ( 1 + 16π2ε02m2V04d02/(q2Q2))1/2 = ( 1 + R2/d02)1/2 ou R2 = ( e2 -1 ) d02 On prend l'origine du repère au centre du noyau et l'axe des x comme axe de symétrie de l'hyperbole donc sur x :

θ = 0 et ainsi, cosθ = x/r

1/r = (e cosθ -1 )/R = (e x/r -1 )/R donc, en multipliant par r, e x/R - r/R = 1 et r = e x - R

r = e x - R donc r2 = e2 x2 - 2 e x R + R2 r2 = x2 + y2 = e2 x2 - 2 e R x + R2 donc y2 = (e2-1) x2 - 2 e R x + R2 En décalant l'axe des x au milieu des deux foyers, on aura une équation plus simple de la forme y2/b2 - x2/a2 = -1 ( Équation caractéristique d'une hyperbole )

On prend x = X + xf et Y = y on a alors :

Y2 = (e2-1) (X + xf )2 - 2 e (X + xf ) R + R2

Y2 = (e2-1) X2 + (e2-1) xf 2 + 2 (e2-1) X xf - 2 e RX - 2 e R xf + R2 Si on prend xf = e R/(e2-1), distance du foyer à l'origine des axes, il reste : Y2 = (e2-1) X2 + (e2-1) xf 2 - 2 e R xf + R2 = (e2-1) X2 + e2 R2/(e2-1) - 2 e2 R2/(e2-1) + R2 Y2 = (e2-1) X2 - e2 R2/(e2-1) + R2 = (e2-1) X2 - e2 d02 + ( e2 - 1) d02 = (e2-1) X2 - d02 ( en remplaçant R2 par ( e2 -1 ) d02 )

Y2 = (e2-1) X2 - d02 ou

Y2/d02 - (e2-1)/d02 X2 = - 1

Dans ce repère le noyau est aux coordonnées ( - e d0/(e2-1)1/2 ; 0 )

Équation de la trajectoire Y = f(X)

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