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

Mise en situation : un service au tennis
Les étapes attendues sont en rouge.
Les points importants sont surlignés en jaune.
1. Lancer vertical de la balle.
1.1. Bilan des forces :
Les systèmes agissant sur le système {balle} sont :
- l’air,
- la Terre.
L’action de l’air peut se décomposer en deux forces : 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.
Inventaire des forces sur le système {balle} et bilan (schéma)
on a donc les forces suivantes :
- la poussée d’Archimède
A
verticale ascendante de norme
A
air .Vballe.g
.
- le frottement de l’air
F
de même direction mais de sens opposé au mouvement de la
balle.
- le poids
P
vertical descendant de norme
Pmg
La balle redescend après sa montée, ce qui signifie que la poussée d’Archimède est inférieure en valeur à la somme
du poids et de la force de frottement.
1.2.
A
air .Vballe.g
or :
Vballe 4
3
r3
soit en dm3 puisque la masse volumique de l’air est donnée dans cette
unité :
Vballe 4
3
(0,30)3
0,11 dm3.
De plus, il faut exprimer le résultat de
air .Vballe
en kg, pour calculer la valeur de A en N (il s’agit en fait du poids de
la masse d’air déplacée).
Donc :
A1,3.1030,529,8
= 1,4.10-3 N
Or,
Pmg
= 0,53 N.
Donc :
P
A
3,7.102 la poussée d’Archimède est plus de 100 fois plus faible que le poids, elle est négligeable.
1.3. Si on néglige les frottements, la somme des forces appliquées au système balle se réduit au poids.
Donc, dans le référentiel terrestre supposé galiléen, la deuxième loi de Newton appliquée au système balle
s’écrit :
m.aP
donc :
ag
1.4. On s’intéresse au mouvement vertical de la balle.
On projette la relation suivante sur un axe vertical orienté vers le haut :
ay g
puisque l’accélération de la pesanteur est orientée vers le bas, l’accélération de la balle aussi, et donc sa
coordonnée verticale
ay
est négative…
Le vecteur accélération n’est pas connu a priori ! Il est orienté vers le bas ici, contrairement à ce que pourrait laisser
croire un aperçu trop rapide de la situation,en confondant vitesse et... accélération !

or :
aydvy
dt
puisque le vecteur accélération est la dérivée du vecteur vitesse.
Donc :
dvy
dt  g
cette expression indique que la dérivée de la vitesse par rapport au temps est une constante
égale à –g.
En intégrant l’expression précédente, il vient par conséquent :
vy(t) g.tv(0)
 g.tv0
(1)
Attention : la vitesse n’est pas nulle à l’instant initial, sinon la balle ne monterait pas !
De plus,
vydy
dt
puisque le vecteur vitesse est la dérivée du vecteur position.
Donc :
dy
dt  g.tv0
.
En intégrant, il vient :
y(t)  1
2g.t2v0.ty(0)
Attention : la balle ne part pas de l’altitude 0, mais de h = 1,80 m !
Donc :
y(t)  1
2g.t2v0.th
(2)
1.5. On veut que la balle, partant de h = 1,80 m , arrive en y = H lorsque sa vitesse s’annule.
Or, d’après (1) l’instant où la vitesse s’annule est donnée par
g.tv00
, soit
tv0
g
.
En remplaçant dans (2) à cet instant :
H  1
2gv0 g
2
v0v0
gh
D’où :
1
2
v0
 2
gv0
 2
gHh
soit :
v0
 2
2gHh
et donc
v02g H h
A.N :
v029,8(2,20 1,80) 
2,8 m.s-1
N.B. : On retrouve la fameuse formule qui donne la vitesse de chute d’une hauteur donnée. En effet, la balle part
avec la vitesse qu’elle va atteindre lorsqu’elle va retomber au même endroit, étant donné que les frottements de
l’air sont négligés…
2. Mouvement de la balle après la frappe.
2. Équations horaires paramétriques et trajectoire.
0
v
i
k
j
O
z
y
D
F
Filet
B
x

2.1. De la même façon qu’à la question 1.3. précédente :
ag
2.2. Il faut ici projeter la relation sur trois axes :
dvx
dt 0
dvy
dt  g
dvz
dt 0
soit en intégrant la relation précédente :
vx(t)vx(0)
vy(t) g.tvy(0)
vz(t)vz(0)
Or, le vecteur vitesse initial est horizontal, donc :
vx(t)v0
vy(t) g.t
vz(t)0
On obtient donc pour les équations horaires en intégrant de nouveau :
x(t)v0.tx(0)
y(t)  1
2g.t2y(0)
z(t)z(0)
avec x(0) = 0,
y(0) = H et z(0) = 0. Donc :
x(t)v0.t
y(t)  1
2g.t2H
z(t)0
2.3. En utilisant l’équation
z(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
z(t)
ne serait pas identiquement
nulle.
2.4. Exprimons à l’aide de l’équation
x(t)v0.t
l’instant où la position horizontale x est atteinte :
tx
v0
donc, en remplaçant l’instant t par son expression dans l’équation
y(t)  1
2g.t2H
:
y(x)  1
2g.x v0
2
H
donc :
y(x)  g
2v2
0
x2H
3. Qualité du service.
3.1. La balle passe au-dessus du filet si y > 0,920 m quand x = OF = 12,2 m.
La vitesse initiale vaut 126 km.h-1 qu’il faut convertir en m.s-1.
Calculons y(12,2) : A.N :
y(12,2)   9,81
2126
3,6
2
12,2
 22,20
= 1,60 m
La balle passe largement au-dessus du filet.
3.2. Trouvons la position horizontale xmax = L’ où la balle frappe le sol, c’est-à-dire lorsque y(xmax)=0.

On a alors :
g
2v2
0
xmax
2H0
soit :
xmax 2v2
0H
g
A.N :
xmax 
2126
3,6
2
2,20
9,81
= 23,4 m
La balle frappe le sol en un point B’ tel que OB’ = 23,4 m > OB = 18,7 m.
3.3. Les frottements de l’air sur la balle ne sont en fait pas négligeables, la vitesse de la balle étant
relativement élevée, et peuvent expliquer la différence de près de 5 m obtenue.