EXERCICE II Un service au tennis (5,5 points)

Correction des exercices 11,12,13,15 p.248
Les étapes attendues sont en rouge.
Les points importants sont surlignés en jaune.
Exercice 11
a. Bilan des forces :
Les systèmes agissant sur le système {balle} sont :
- l’air,
- la Terre.
On néglige l’action de l’air, la poussée d’Archimède, due à la différence de pression entre deux couches d’air, et la force
de frottement de l’air, due à la résistance de l’air au déplacement de l’objet, sont donc négligées.
Inventaire des forces sur le système {balle} :
on a donc une seule force :
- le poids
P
vertical descendant de norme
Pmg
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système ballon s’écrit :
m.aP
donc :
ag
Les coordonnées du vecteur accélération sont donc, dans le repère de la figure :
ax0
ay0
az g
or :
adv
dt
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
Donc :
dvx
dt 0
dvy
dt 0
dvz
dt  g
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :
vx(t)vx(0)
vy(t)vy(0)
vz(t) g.tvz(0)
Or, le vecteur vitesse initial fait un angle avec l’horizontale dans le plan Oyz, donc :
v0x0
v0yv0.cos
v0zv0.sin
Soit :
vx(t)0
vy(t)v0.cos
vz(t) g.tv0.sin )
De plus,
vdOG
dt
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.

En intégrant, il vient :
x(t)x(0)
y(t)v0.cos .ty(0)
z(t)  1
2g.t2v0.sin
.tz(0)
Or, x(0) = 0 ; y(0) = 0 ; z(0) = hA.
Donc :
x(t)0
y(t)v0.cos .t
z(t)  1
2g.t2v0.sin
.thA
En utilisant l’équation
x(t)0
, on peut affirmer que la trajectoire du mobile reste dans le plan Oxy : en effet, aucune
position de la balle ne se trouve dans un autre plan, sinon
x(t)
ne serait pas identiquement nulle.
Exprimons à l’aide de l’équation
y(t)v0.cos
.t
l’instant où la position horizontale y est atteinte :
ty
v0.cos
donc, en remplaçant l’instant t par son expression dans l’équation :
z(t)  1
2g.t2v0.sin
.thA
z(y)  1
2gy v0cos
2
v0sin
y
v0cos
hA
donc :
z(y)  g
2v0
2cos2
.y2tan .yhA
b. On veut que le centre d’inertie du ballon, partant de z = hA = 2,40 m , arrive en z = hC = 3,0 à la position yC = 6,2 m.
Ce qui se traduit par la relation suivante par l’intermédiaire de l’équation de la trajectoire :
hC  g
2v0
2cos2
.d2tan .dhA
donc :
g
2v0
2cos2
.d2tan .dhAhC
soit :
v0g.d2
2 tan .dhAhC
 cos2
A.N : v0 = 8,4 m.s-1
c. On veut que le centre d’inertie du ballon, partant de z = hA = 2,40 m , soit en z = hB +dballon = 3,13 m à la position yD =
d’ cherchée.
Ce qui se traduit par la relation suivante par l’intermédiaire de l’équation de la trajectoire :
hBdB  g
2v0
2cos2
. d2tan . dhA
On résout donc l’équation du second degré suivante :
g
2v0
2cos2
. d2tan . dhAhBdBallon
 0
Avec :
  tan
 22g
v0
2cos2
hAhBdBallon
soit :

d1v0
2cos2
gtan
tan
 22g
v0
2cos2
hAhBdBallon
ou
d2v0
2cos2
gtan
tan
 22g
v0
2cos2
hAhBdBallon
A.N :
d1
1,4 m ou
d2
5,6 m
La solution conservée est la plus grande, soit :
d
5,6 m
Exercice 12
a. Bilan des forces :
Les systèmes agissant sur le système {balle} sont :
- l’air,
- la Terre.
On néglige l’action de l’air, la poussée d’Archimède, due à la différence de pression entre deux couches d’air, et la force
de frottement de l’air, due à la résistance de l’air au déplacement de l’objet, sont donc négligées.
Inventaire des forces sur le système {balle} :
on a donc une seule force :
- le poids
P
vertical descendant de norme
Pmg
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système ballon s’écrit :
m.aP
donc :
ag
Les coordonnées du vecteur accélération sont donc, dans le repère de la figure :
ax0
ayg
az0
or :
adv
dt
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
Donc :
dvx
dt 0
dvy
dt g
dvz
dt 0
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :
vx(t)vx(0)
vy(t)g.tvy(0)
vz(t)vz(0)
Or, la vitesse initale est ici nulle, donc :
vx(t)0
vy(t)g.t
vz(t)0

De plus,
vdOG
dt
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
En intégrant, il vient :
x(t)x(0)
y(t)1
2g.t2y(0)
z(t)z(0)
Or, x(0) = 0 ; y(0) = 0 ; z(0) = 0.
Donc :
x(t)0
y(t)1
2g.t2
z(t)0
En utilisant les équation
x(t)0
et
z(t)0
, on peut affirmer que la trajectoire du mobile est rectiligne.
Le mouvement de la balle est donc rectiligne accéléré.
1.b. Comme
x(t)0
, x1 = 0.
2.a. La force exercée sur la bille n’a pas changé, on a donc toujours, d’après la 2e loi de Newton :
dvx
dt 0
dvy
dt g
dvz
dt 0
La vitesse initiale n’est plus nulle, elle vaut
vhvh.i
. Donc :
vx(t)vh
vy(t)g.t
vz(t)0
Par conséquent, en intégrant comme précédemment :
x(t)vh.t
y(t)1
2g.t2
z(t)0
2.b. D’après l’équation
x(t)vh.t
donc :
tx
vh
Soit, en remplaçant dans l’expression de y(t) :
y(x)g
2v2
h
x2
L’abscisse x2 est donc donnée par la relation :
hg
2v2
h
x2
2
soit :
x22h
gvh
A.N :
x2
4,7 m.
2.c. D’après la question précédente, le pont du navire est atteint à la date pour laquelle on a
x2
4,7 m
Or :
tx
vh
donc
tCx
vh
soit
tC
1,56 s.

2.d. Pendant la chute de la boule, le navire avance à vitesse constante vh. Comme il s’agit d’un mouvement de
translation, tous les points du navire ont le même mouvement, et donc le point A se retrouve à l’abscisse
x2vh.tC
soit :
x2
4,7 m.
3. C’est salviati qui a raison : pendant la chute de la boule, le navire avance à la même vitesse horizontale que la
boule : celle-ci tombe donc au même endroit du navire, que celui-ci soit en mouvement rectiligne uniforme ou
immobile.
En revanche, si le navire accélère ou ralentit, le résultat sera différent.
Exercice 13
Dans les trois cas, on applique la deuxième loi de Newton au système projectile dans le référentiel terrestre supposé
galiléen.
Les systèmes agissant sur le système {balle} sont :
- l’air,
- la Terre.
On néglige l’action de l’air on a donc une seule force agissant sur la balle : le poids
P
vertical descendant de norme
Pmg
On a alors :
m.aP
donc :
ag
L’espace est muni d’un repère
O,i,j,k
orthonormé. L’axe Oy est vertical orienté vers le haut.
Donc :
ax0
ay g
az0
or :
adv
dt
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
Donc :
dvx
dt 0
dvy
dt  g
dvz
dt 0
En intégrant les expressions précédentes, il vient par conséquent :
vx(t)vx(0)
vy(t) g.tvy(0)
vz(t)vz(0)
a. Dans ce cas,
v0v0.j
donc :
vx(t)0
vy(t) g.tv0
vz(t)0
De plus,
vdOG
dt
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
En intégrant, il vient :
x(t)x(0)
y(t)  1
2g.t2v0.ty(0)
z(t)z(0)