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Étude de l'expérience de Rutherford
par Gilbert Gastebois1. 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 desparticules 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/rQ 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 noyauV0 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 jd2OM/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/mDémontrons 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 rL 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