EXERCICE II. UN SERVICE AU TENNIS (5,5 points)

EXERCICE II. UN SERVICE AU TENNIS (5,5 points)
Novembre 2009 - Amérique du Sud
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1. Équations horaires paramétriques et trajectoire.
1.1. La balle, dans le référentiel terrestre galiléen, est soumise uniquement à son poids P . En effet d’après
l’énoncé « l'action de l'air est négligeable » : on ne tient pas compte de la poussée d’Archimède et de la force de
frottement de l’air sur la balle. Et la raquette n’agit plus pendant le mouvement de la balle.
Les caractéristique du poids P = m. g sont :
- direction : verticale
- sens : vers le bas
- expression : P = m.g
-3
-valeur (= grandeur) : P = 58,0×10 ×9,81 = 0,569 N.
1.2. La seconde loi de Newton, appliquée à la balle donne : P = m. a
Les coordonnées du vecteur accélération dans le repère Oxyz sont :
dv x

 a x = dt = 0

dv y

dv 1.3. a =
=g
donc
a a y =
= −g
dt
dt


dv z
=0
 az =
dt

définies par les conditions initiales.
Initialement
v(0) = v 0
avec
 v 0x = v 0

v 0  v 0y = 0

 v 0z = 0
dx

 v x = dt = v 0


dy
v(t)  v y =
= −g.t
dt


dz
 v z = dt = 0

dOM
Et v =
dt
donc
Initialement
OM(0) = OD = H. j
ainsi
soit m. g = m. a
a x = 0

a a y = −g

a z = 0
ainsi
 v x = C1

v(t)  v y = −g.t + C2 C1, C2, C3 sont des constantes

 v z = C13
donc
v x = v 0
 v x = C1 = v 0


v(0)  v y = −0 + C2 = 0 d’où v(t)  v y = −g.t


v z = 0
 v z = C3 = 0
 x = v 0 .t + C'1

g.t 2
+ C'2 C’1, C’2, C’3 sont des constantes
OM(t)  y = −
2

v z = C'3
 x = 0 + C'1 = 0

OM(0)  y = −0 + C'2 = H
z = C' = 0
3

donc
d’où : a = g
d’où
 x = v 0 .t

−g.t 2
OM(t)  y =
+H
2

z = 0
On retrouve bien les expressions demandées :
x(t) = v0.t (1)
y(t) =
− g.t 2
+ H (2)
2
z(t) = 0
1.4. Quel que soit t, z(t) = Cte = 0 donc le mouvement de la balle a lieu dans le plan (Oxy).
1.5. On isole le temps « t » de (1) que l’on reporte dans (2) :
2
x
−g  x 
(1) t =
donc dans (2) : y(x) =
.   + H
2  v0 
v0
finalement :
y(x) =
−g 2
.x + H
2v 20
équation d’une parabole de concavité tournée vers le bas.
2. Qualité du service.
2.1. La balle passe au-dessus du filet si pour x = OF= 12,2 m , y(x) > 0,920 m.
Calculons, avec l’expression du 1.5. : y(x=12,2) =
−9,81
 126 
2× 

 3,6 
2
× (12,2)2 + 2,20 = 1,60 m > 0,920 m
-1
avec v0 = 126 km.h = (126/3,6) m.s
Donc la balle passe au-dessus du filet.
-1
2.2. La balle frappe le sol en un point B’ (xB’ ; yB’= 0 ;zB’=0).
Le service est « mauvais » si xB’ > OB avec OB = L = 18,7 m.
Avec l’expression du 1.5., déterminons xB’ :
Isolons xB’ : xB2 ' =
donc
xB ' =
2v 20 .H
g
y(xB’) = 0 soit
−g  x B '
.
2  v 0
2

 + H = 0

2v 02H
g
en ne gardant que la solution positive.
2
 126 
2×
 × 2,20
 3,6 
xB ' =
= 23,4 m.
9,81
Donc xB’ > 18,7 m, le service est effectivement « mauvais ».
2.3. En réalité, la balle tombe en B. Le paramètre, non pris en compte dans ce problème, qui peut expliquer cette
différence est la force de frottement de l’air sur la balle.
Remarque hors programme de terminale : Au tennis, l’effet donné à la balle est essentiel. La balle est mise en
rotation, et l’effet Magnus modifie la trajectoire de façon sensible.
3. Énergie de la balle.
3.1. Avec l’axe Oy vertical et orienté vers le haut, l’expression de l’énergie potentielle de pesanteur s’écrit :
Ep = m.g.y en ayant choisi l’origine de l’énergie potentielle pour y = 0.
La variation d'énergie potentielle de la balle entre l'instant où elle quitte la raquette et l'instant où elle touche le sol
s’écrit alors :
∆Ep = EpB’ – EpD = m.g.yB’ – m.g.yD = – m.g.H avec
yB’ = 0 et yD = H
∆Ep = – 58,0 ×10 × 9,81 × 2,20 = – 1,25 J.
–3
3.2. L'énergie cinétique de la balle lorsqu'elle part de D est :
avec m en kg, vD en m.s−1 et ECD en J.
ECD = ½.m.v² D
3.3. Énergie mécanique de la balle en D : EmD = ECD + EpD = ½.m.v² D + m.g.H
Énergie mécanique de la balle en B' : EmB’ = ECB’ + EpB’ = ½.m.v² B’ + 0 car yB’ = 0
3.4. Les forces de frottement étant négligées, il y a conservation de l’énergie mécanique au cours du mouvement :
EmD = EmB'
3.5.
EmD = EmB'
donc ½.m.v² D + m.g.H = ½.m.v² B’
½v² D + g.H = ½v² B’
v²D + 2g.H = v²B’
2
finalement : v B' = vD + 2g.H en ne gardant que la solution positive.
2
 126 
-1
−1
vB ' = 
 + 2 × 9,81× 2,20 = 35,6 m.s = 128 km.h
3,6


Remarque : la balle arrive au sol en B’ plus rapidement qu’elle n’est partie du point D.