On lâche une particule P de masse m= 9{,}11.10^{-31}\text{ kg} et de charge q= -1{,}60.10^{-19}\text{ C} , sans vitesse initiale, dans un condensateur plan parcouru uniquement par un champ électrique uniforme \overrightarrow{E} de norme E = 1{,}00.10^3\text{ N.C}^{-1} , depuis une hauteur h=1{,}40.10^{-6}\text{ m} . Le poids de la particule est négligé.
Quelles sont les équations horaires de ce mouvement ?
La particule est uniquement soumis à la force électrique.
On a donc :
\overrightarrow{F_e}=q \times \overrightarrow{E}
D'après la deuxième loi de Newton, on a la relation :
\sum \overrightarrow{F_{ext}} = m \times \overrightarrow{a}
D'où la relation :
q \times \overrightarrow{E} = m \times \overrightarrow{a}
\overrightarrow{a}=\dfrac{q \times \overrightarrow{E}}{m}
Dans le repère donné, les composantes du champ de électrique sont :
\overrightarrow{E}\begin{cases} E_x=E \cr \cr E_y=0 \end{cases}
On en déduit donc les composantes du vecteur accélération :
\overrightarrow{a}\begin{cases} a_x = \dfrac{q \times E}{m} \cr \cr a_y= 0 \end{cases}
On intègre l'accélération par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur vitesse :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x = \dfrac{q \times E}{m} \times t + v_{0x} \cr \cr v_y= v_{0y} \end{cases}
Comme la vitesse initiale est nulle, on peut écrire :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x=\dfrac{q \times E}{m} \times t \cr \cr v_y= 0 \end{cases}
On intègre la vitesse par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur position :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 + x_0 \cr \cr y(t)= y_0 \end{cases}
Dans les conditions initiales, les composantes du vecteur position initiale sont :
\overrightarrow{OP_0}\begin{cases} x_{0} = 0 \cr \cr y_{0} = h \end{cases}
D'où l'expression :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 \cr \cr y= h \end{cases}
D'où l'application numérique :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{-1{,}60.10^{-19} \times 1{,}00.10^3}{2 \times 9{,}11.10^{-31}} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}40.10^{-6} \end{cases}
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=-8{,}78.10^{13} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}40.10^{-6} \end{cases}
Les équations horaires de ce mouvement sont :
\begin{cases} x(t)=-8{,}78.10^{13} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}40.10^{-6} \end{cases}
On lâche une particule P de masse m= 1{,}67.10^{-27}\text{ kg} et de charge q= 1{,}60.10^{-19}\text{ C} , sans vitesse initiale, dans un condensateur plan parcouru uniquement par un champ électrique uniforme \overrightarrow{E} de norme E = 2{,}00.10^3\text{ N.C}^{-1} , depuis une hauteur h=1{,}50.10^{-6}\text{ m} . Le poids de la particule est négligé.
Quelles sont les équations horaires de ce mouvement ?
La particule est uniquement soumis à la force électrique.
On a donc :
\overrightarrow{F_e}=q \times \overrightarrow{E}
D'après la deuxième loi de Newton, on a la relation :
\sum \overrightarrow{F_{ext}} = m \times \overrightarrow{a}
D'où la relation :
q \times \overrightarrow{E} = m \times \overrightarrow{a}
\overrightarrow{a}=\dfrac{q \times \overrightarrow{E}}{m}
Dans le repère donné, les composantes du champ de électrique sont :
\overrightarrow{E}\begin{cases} E_x=E \cr \cr E_y=0 \end{cases}
On en déduit donc les composantes du vecteur accélération :
\overrightarrow{a}\begin{cases} a_x = \dfrac{q \times E}{m} \cr \cr a_y= 0 \end{cases}
On intègre l'accélération par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur vitesse :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x = \dfrac{q \times E}{m} \times t + v_{0x} \cr \cr v_y= v_{0y} \end{cases}
Comme la vitesse initiale est nulle, on peut écrire :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x=\dfrac{q \times E}{m} \times t \cr \cr v_y= 0 \end{cases}
On intègre la vitesse par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur position :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 + x_0 \cr \cr y(t)= y_0 \end{cases}
Dans les conditions initiales, les composantes du vecteur position initiale sont :
\overrightarrow{OP_0}\begin{cases} x_{0} = 0 \cr \cr y_{0} = h \end{cases}
D'où l'expression :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 \cr \cr y= h \end{cases}
D'où l'application numérique :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{1{,}60.10^{-19} \times 2{,}00.10^3}{2 \times 1{,}67.10^{-27}} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}50.10^{-6} \end{cases}
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=9{,}58.10^{10} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}50.10^{-6} \end{cases}
Les équations horaires de ce mouvement sont :
\begin{cases} x(t)=9{,}58.10^{10} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}50.10^{-6} \end{cases}
On lâche une particule P de masse m= 6{,}68.10^{-27}\text{ kg} et de charge q= 3{,}20.10^{-19}\text{ C} , sans vitesse initiale, dans un condensateur plan parcouru uniquement par un champ électrique uniforme \overrightarrow{E} de norme E = 3{,}00.10^3\text{ N.C}^{-1} , depuis une hauteur h=1{,}30.10^{-6}\text{ m} . Le poids de la particule est négligé.
Quelles sont les équations horaires de ce mouvement ?
La particule est uniquement soumis à la force électrique.
On a donc :
\overrightarrow{F_e}=q \times \overrightarrow{E}
D'après la deuxième loi de Newton, on a la relation :
\sum \overrightarrow{F_{ext}} = m \times \overrightarrow{a}
D'où la relation :
q \times \overrightarrow{E} = m \times \overrightarrow{a}
\overrightarrow{a}=\dfrac{q \times \overrightarrow{E}}{m}
Dans le repère donné, les composantes du champ de électrique sont :
\overrightarrow{E}\begin{cases} E_x=E \cr \cr E_y=0 \end{cases}
On en déduit donc les composantes du vecteur accélération :
\overrightarrow{a}\begin{cases} a_x = \dfrac{q \times E}{m} \cr \cr a_y= 0 \end{cases}
On intègre l'accélération par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur vitesse :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x = \dfrac{q \times E}{m} \times t + v_{0x} \cr \cr v_y= v_{0y} \end{cases}
Comme la vitesse initiale est nulle, on peut écrire :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x=\dfrac{q \times E}{m} \times t \cr \cr v_y= 0 \end{cases}
On intègre la vitesse par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur position :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 + x_0 \cr \cr y(t)= y_0 \end{cases}
Dans les conditions initiales, les composantes du vecteur position initiale sont :
\overrightarrow{OP_0}\begin{cases} x_{0} = 0 \cr \cr y_{0} = h \end{cases}
D'où l'expression :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 \cr \cr y= h \end{cases}
D'où l'application numérique :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{3{,}20.10^{-19} \times 3{,}00.10^3}{2 \times 6{,}68.10^{-27}} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}30.10^{-6} \end{cases}
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=7{,}19.10^{10} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}30.10^{-6} \end{cases}
Les équations horaires de ce mouvement sont :
\begin{cases} x(t)=7{,}19.10^{10} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}30.10^{-6} \end{cases}
On lâche une particule P de masse m= 1{,}67.10^{-27}\text{ kg} et de charge q=-1{,}60.10^{-19}\text{ C} , sans vitesse initiale, dans un condensateur plan parcouru uniquement par un champ électrique uniforme \overrightarrow{E} de norme E = 1{,}50.10^3\text{ N.C}^{-1} , depuis une hauteur h=1{,}20.10^{-6}\text{ m} . Le poids de la particule est négligé.
Quelles sont les équations horaires de ce mouvement ?
La particule est uniquement soumis à la force électrique.
On a donc :
\overrightarrow{F_e}=q \times \overrightarrow{E}
D'après la deuxième loi de Newton, on a la relation :
\sum \overrightarrow{F_{ext}} = m \times \overrightarrow{a}
D'où la relation :
q \times \overrightarrow{E} = m \times \overrightarrow{a}
\overrightarrow{a}=\dfrac{q \times \overrightarrow{E}}{m}
Dans le repère donné, les composantes du champ de électrique sont :
\overrightarrow{E}\begin{cases} E_x=E \cr \cr E_y=0 \end{cases}
On en déduit donc les composantes du vecteur accélération :
\overrightarrow{a}\begin{cases} a_x = \dfrac{q \times E}{m} \cr \cr a_y= 0 \end{cases}
On intègre l'accélération par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur vitesse :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x = \dfrac{q \times E}{m} \times t + v_{0x} \cr \cr v_y= v_{0y} \end{cases}
Comme la vitesse initiale est nulle, on peut écrire :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x=\dfrac{q \times E}{m} \times t \cr \cr v_y= 0 \end{cases}
On intègre la vitesse par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur position :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 + x_0 \cr \cr y(t)= y_0 \end{cases}
Dans les conditions initiales, les composantes du vecteur position initiale sont :
\overrightarrow{OP_0}\begin{cases} x_{0} = 0 \cr \cr y_{0} = h \end{cases}
D'où l'expression :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 \cr \cr y= h \end{cases}
D'où l'application numérique :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{-1{,}60.10^{-19} \times 1{,}50.10^3}{2 \times 1{,}67.10^{-27}} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}20.10^{-6} \end{cases}
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=-7{,}19.10^{10} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}20.10^{-6} \end{cases}
Les équations horaires de ce mouvement sont :
\begin{cases} x(t)=-7{,}19.10^{10} \times t^2 \cr \cr y= 1{,}20.10^{-6} \end{cases}
On lâche une particule P de masse m= 9{,}11.10^{-31}\text{ kg} et de charge q= 1{,}60.10^{-19}\text{ C} , sans vitesse initiale, dans un condensateur plan parcouru uniquement par un champ électrique uniforme \overrightarrow{E} de norme E = 2{,}50.10^3\text{ N.C}^{-1} , depuis une hauteur h=2{,}00.10^{-5}\text{ m} . Le poids de la particule est négligé.
Quelles sont les équations horaires de ce mouvement ?
La particule est uniquement soumis à la force électrique.
On a donc :
\overrightarrow{F_e}=q \times \overrightarrow{E}
D'après la deuxième loi de Newton, on a la relation :
\sum \overrightarrow{F_{ext}} = m \times \overrightarrow{a}
D'où la relation :
q \times \overrightarrow{E} = m \times \overrightarrow{a}
\overrightarrow{a}=\dfrac{q \times \overrightarrow{E}}{m}
Dans le repère donné, les composantes du champ de électrique sont :
\overrightarrow{E}\begin{cases} E_x=E \cr \cr E_y=0 \end{cases}
On en déduit donc les composantes du vecteur accélération :
\overrightarrow{a}\begin{cases} a_x = \dfrac{q \times E}{m} \cr \cr a_y= 0 \end{cases}
On intègre l'accélération par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur vitesse :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x = \dfrac{q \times E}{m} \times t + v_{0x} \cr \cr v_y= v_{0y} \end{cases}
Comme la vitesse initiale est nulle, on peut écrire :
\overrightarrow{v(t)}\begin{cases} v_x=\dfrac{q \times E}{m} \times t \cr \cr v_y= 0 \end{cases}
On intègre la vitesse par rapport au temps afin d'obtenir le vecteur position :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 + x_0 \cr \cr y(t)= y_0 \end{cases}
Dans les conditions initiales, les composantes du vecteur position initiale sont :
\overrightarrow{OP_0}\begin{cases} x_{0} = 0 \cr \cr y_{0} = h \end{cases}
D'où l'expression :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{q \times E}{2 \times m} \times t^2 \cr \cr y= h \end{cases}
D'où l'application numérique :
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=\dfrac{1{,}60.10^{-19} \times 2{,}50.10^3}{2 \times 9{,}11.10^{-31}} \times t^2 \cr \cr y= 2{,}00.10^{-5} \end{cases}
\overrightarrow{OP(t)}\begin{cases} x(t)=2{,}20.10^{14} \times t^2 \cr \cr y= 2{,}00.10^{-5} \end{cases}
Les équations horaires de ce mouvement sont :
\begin{cases} x(t)=2{,}20.10^{14} \times t^2 \cr \cr y= 2{,}00.10^{-5} \end{cases}