Exercice I : Mouvements dans les champs de force uniforme / 6 points
Partie 1 : Mouvement dans le champ de pesanteur uniforme / 3,75 points
1. Établissons les équations horaires du mouvement :
Système : Le ballon, dans le référentiel terrestre.
Force appliquée : Le poids \(\overrightarrow P \) du ballon
TCI : \(\sum {{{\overrightarrow F }_{ext}} = m\overrightarrow {{a_G}} } \)
Apres projection de cette relation suivant les différents axes de coordonnés, nous avons :
\(\overrightarrow {{a_G}} \left\{ \begin{array}{l}{a_x} = 0\\{a_y} = - g\\{a_z} = 0\end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) \(\overrightarrow {{v_G}} \left\{ \begin{array}{l}{v_x} = {v_0}\cos \alpha \\{v_y} = - gt + {v_o}\sin \alpha \\vz = 0 \end{array} \right.\)
Soit : \(\overrightarrow {OG} \left\{ \begin{array}{l} x = {v_0}t\cos \alpha \\ y = - \frac{1}{2}g{t^2} + {v_0}t\sin \alpha \\ z = 0 \end{array} \right.\) 1,25 pt
2. Limites entre lesquelles doit être comprise \({v_0}\) : 2,5 pts
Condition pourque le ballon passe au-dessus du mur : \(y \succ {h_1}\) pour \(x = d\).
Condition pour que le ballon retombe exactement sur la ligne de but : \(y = 0\) pour \(x = D\)
Utilisons la première condition : l’équation de la trajectoire \(y = - \frac{1}{2}g\) \(\frac{{{x^2}}}{{v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}\) \( + x\tan \alpha \) devient \( - \frac{1}{2}g\) \(\frac{{{d^2}}}{{v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}\) \( + d\tan \alpha \) \( \succ {h_1}\) avec \({v_0} \succ 12,6\) m/s
Utilisons la deuxième condition \( - \frac{1}{2}g\frac{{{D^2}}}{{v_0^2{{\cos }^2}\alpha }}\) \( + D\tan \alpha = 0\) avec \({v_0} = 17\) m/s

Partie 2 : Mouvement d'une particule dans un champ magnétique uniforme / 2,25 points
1. Schéma : 0,5 pt
2. Montrons que le mouvement à l'intérieur de cette région est circulaire uniforme :
Système : l’électron , dans le référentiel terrestre
Force appliquée : la force de Lorentz \(\overrightarrow F \), le poids \(\overrightarrow P \) de l'électron étant négligeable.
TCI: \(\overrightarrow F = m\overrightarrow {{a_G}} \) 0,25 pt
\(\overrightarrow {qv} \wedge \overrightarrow B = \) \(m\overrightarrow {{a_G}} \) d’ou \(\overrightarrow {{a_G}} = \frac{{\overrightarrow {qv} \wedge \overrightarrow B }}{m}\)
cette relation montre que \(\overrightarrow {{a_G}} \) et \(\overrightarrow {{v_G}} \) sont orthogonaux.
L'accélération est donc normale. Donc le mouvement est uniforme. 0,5 pt

De plus, v, B et q sont constants, ceci signifie que le module de l'accélération normale est constant d’où le rayon de courbure est constant, le mouvement est circulaire.
Ainsi, le mouvement est circulaire uniforme. 0,25 pt
Expression du rayon R
\({a_G} = {a_n} = \) \(\frac{1}{m}\left| q \right|vB\) avec \({a_n} = \frac{{v_G^2}}{R}\) nous obtenons
\(R = \frac{{mv}}{{\left| q \right|B}}\) 0,5 pt
3. Calcul de la période T du mouvement de l'électron dans la région :
\(T = \frac{{2\pi }}{\omega } \Rightarrow \) \(\omega = \frac{{2\pi }}{T} = \) \(\frac{{{v^2}}}{R} = \frac{{\left| q \right|B}}{m}\)
\(T = \frac{{2\pi m}}{{\left| q \right|B}}\) \( = 2,75 \times {10^{ - 8}}\) s 0,25 x2= 0,5 pt

Exercice 2 : Système oscillant / 6 points
1. Équation différentielle
Soient \({u_C}\) la tension aux bornes du condensateur et \({u_L}\) la tension aux bornes de la bobine à une date donnée. En respectant la convention récepteur et la loi d'additivité des tensions on a :
\({u_C} + {u_L} = 0\) \( \Rightarrow \frac{q}{C} + \) \(L\frac{{di}}{{dt}} = 0\) avec \(i = \frac{{dq}}{{dt}}\) 0,5 pt
Nous avons : \(\frac{{{d^2}q}}{{d{t^2}}} + \frac{1}{{L.C}}q\) \( = 0\) 0,5 pt
2- Vérifions que q(t) : \(q(t) = \) \({Q_m}\cos (\omega t + \varphi )\) est solution.
\(\dot q(t) = \) \( - \omega {Q_m}\sin (\omega t + \varphi )\)
\(\ddot q(t) = \) \( - {\omega ^2}{Q_m}\cos (\omega t + \varphi )\) \( \Leftrightarrow \ddot q(t) = \) \( - {\omega ^2}q(t)\)
Par dentification, nous trouvons \(\omega = \frac{1}{{\sqrt {L.C} }}\) \( = 3,16 \times {10^3}\) rad/s
\({Q_m} = C{U_0}\) \( = 1,2 \times {10^{ - 6}}C\) 0,25 pt
\(q(0) = {Q_m}\cos \varphi \) \( = {Q_m} \Rightarrow \varphi \) \( = 0\) 0,5 pt
3.1 Expression littérale de i(t)
\(i(t) = \frac{{dq(t)}}{{dt}}\) \( = - \omega {Q_m}\sin \omega t\) 0,5 pt
3-2 Détermination des expressions de \({E_C}(t)\) et \({E_L}(t)\)
\({E_C}(t) = \frac{{{q^2}}}{{2C}}\) \( = \frac{{Q_m^2}}{{2C}}{\cos ^2}\) \(\left( {\frac{1}{{\sqrt {LC} }}t} \right)\) 0,5 pt
\({E_L}(t) = \) \(\frac{{L.{i^2}}}{2} = \) \(\frac{{L{\omega ^2}Q_m^2}}{2}\) \({\sin ^2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {LC} }}t} \right)\) \( = \frac{{Q_m^2}}{{2C}}\) \({\sin ^2}\left( {\frac{1}{{\sqrt {LC} }}t} \right)\) 0,5 pt
3-3 Montrons que \(E = {E_C}(t)\) \( + {E_L}(t)\) est constante
\(E = {E_C}(t)\) \( + {E_L}(t) = \) \(\frac{{Q_m^2}}{{2C}}\) \( = cte\)
E est constante 0,5 pt
3.4 Allure des énergies
Exercice 3 : Phénomènes ondulatoires et corpusculaires / 4points
Partie 1 : Phénomènes ondulatoires / 6 points
1. Détermination de la longueur d'onde : \(i = \frac{{\lambda D}}{a} \Rightarrow \) \(\lambda = \frac{{a.i}}{D}\) \( = 5 \times {10^{ - 7}}\) m 0,5 x 2 = 1 pt
Sens et valeur du déplacement de la frange centrale.
En déplaçant la fente F, le système de franges subit une translation de sens opposé au déplacement de F. 0,5 pt
Valeur du déplacement :
Soit x l'abscisse d’un point de l’écran : \(\Delta '(x) = \frac{{ax'}}{d}\) \( + \frac{{a{x_0}}}{D}\) Soit \({{x_0}}\) l’abscisse de la frange centrale \(\frac{{ax'}}{d} + \frac{{a{x_0}}}{D} = 0\)
Le déplacement est \(\left| {{x_0}} \right| = \frac{{Dx'}}{d}\) \( = 1,32\) mm 0,5 pt
3. Sens et valeur du déplacement de la frange centrale
En couvrant la fente \({F_1}\) le système de franges subit une translation vers le côté où se trouve \({F_1}\) 0,5 pt
Valeur du déplacement :
En fonction de la position de \({F_1}\) on a : \(\Delta ''(x) = \frac{{ax}}{D}\) \( - e(n - 1)\) ou \(\Delta ''(x) = \frac{{ax}}{D}\) \( + e(n - 1)\), x étant l'abscisse du point considéré sur l'écran
Soit \({x_0}\) l'abscisse de la frange centrale : \(\Delta ''(x) = 0\)
Le déplacement est \(\left| {{x_0}} \right| = \frac{{eD(n - 1)}}{a}\) = 1,32 mm 0,5 pt

Partie 2 Phénomènes corpusculaires / 1 pt
Équation bilan de la désintégration :
\({}_{27}^{60}Co \to \) \({}_{ - 1}^0e + {}_{26}^{60}Ni\)
Calcul de \({N_0}\) : \({N_0} = \frac{{{m_0}}}{M} \times {N_A}\) \( = {10^{16}}\) noyaux 0,5 pt

Exercice 4 : Exploitation des résultats d'observations
1- Satellite de Jupiter
Deuxième loi de Newton :
Système : Satellite ; Référentiel : décrit supposé galiléen
Force appliquée : Force gravitationnelle \(\overrightarrow F \)
\(\overrightarrow F = m\overrightarrow {{a_G}} \) \( \Leftrightarrow G\frac{{Mm}}{{{R^2}}}\overrightarrow n \) \( = m{a_G}\overrightarrow n \) avec \({a_G} = {a_n}\) \( = \frac{{{v^2}}}{R}\) d’où \(G\frac{{Mm}}{{{R^2}}} = m\frac{{{v^2}}}{R}\) \( \Rightarrow v = \sqrt {\frac{{GM}}{R}} \) 0,75 pt
2 Expression de la période T :
\(vT = 2\pi R\) \( \Leftrightarrow \sqrt {\frac{{GM}}{R}} .T\) \( = 2\pi R \Rightarrow \) \(T = 2\pi \sqrt {\frac{{{R^3}}}{{GM}}} \) 0,5 pt
Montrons que \(\frac{{{T^2}}}{{{R^3}}}\) est constant :
\(T = 2\pi \sqrt {\frac{{{R^3}}}{{GM}}} \) \( \Rightarrow \frac{{{T^2}}}{{{R^3}}} = \) \(\frac{{4{\pi ^2}}}{{GM}} = cte\) car G et M sont constantes. 0,25 pt
3 Complétons le tableau 1,5 pt

Conclusion : \({{T^2}}\) est proportionnelle à \({{R^3}}\)
4. Masse de Jupiter :
Soit p, la pente de la droite obtenue \(p = \frac{{\Delta {T^2}}}{{\Delta {R^3}}}\) \( = \frac{{4{\pi ^2}}}{{GM}}\) 0,25 pt
Sur le graphe, on a : \(\Delta {T^2} = 7,2 \times {10^4}\) \( \times {3600^2}\) et \(\Delta {R^3} = 30 \times {10^{17}}\) \( \times {10^9}\)
\(p = 3,11 \times {10^{ - 16}}\) \({s^2}/{m^3}\) 0,5 pt
\(p = \frac{{4{\pi ^2}}}{{GM}} \Rightarrow \) \(M = \frac{{4{\pi ^2}}}{{p.G}}\) \( = 1,9 \times {10^{27}}kg\) 0,25 pt