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

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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
-valeur (= grandeur) : P = 58,010-39,81 = 0,569 N.
1.2. La seconde loi de Newton, appliquée à la balle donne :
P
= m.
a
soit m.
g
= m.
a
d’où :
a
=
g
Les coordonnées du vecteur accélération dans le repère Oxyz sont :
x
y
z
a0
a a g
a0
1.3.
dv
ag
dt
donc
x
x
y
y
z
z
dv
a0
dt
dv
a a g
dt
dv
a0
dt
ainsi
x1
y2
z 13
vC
v(t) v g.t C
vC
C1, C2, C3 sont des constantes définies par les conditions initiales.
Initialement
0
v(0) v
avec
0x 0
0 0y
0z
vv
v v 0
v0
donc
x 1 0
y2
z3
v C v
v(0) v 0 C 0
v C 0
d’où
x0
y
z
vv
v(t) v g.t
v0
Et
dOM
vdt
donc
x0
y
z
dx
vv
dt
dy
v(t) v g.t
dt
dz
v0
dt
ainsi
01
2
2
z3
x v .t C'
g.t
OM(t) y C'
2
v C'
C’1, C’2, C’3 sont des constantes
Initialement
OM(0) OD H.j
donc
1
2
3
x 0 C' 0
OM(0) y 0 C' H
z C' 0
d’où
02
x v .t
g.t
OM(t) y H
2
z0
On retrouve bien les expressions demandées :
x(t) = v0.t (1) y(t) =
2
g.t
2
+ H (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) :
(1) t =
0
x
v
donc dans (2) : y(x) =
2
0
gx
.
2v
+ H
finalement : y(x) =
2
2
0
g.x
2v
+ H 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) =
2
2
9,81 (12,2) 2,20
126
23,6
= 1,60 m > 0,920 m
avec v0 = 126 km.h-1 = (126/3,6) m.s-1
Donc la balle passe au-dessus du filet.
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’ : y(xB’) = 0 soit
2
B'
0
x
g.
2v
+ H = 0 Isolons xB’ :
2
20
B' 2v H
xg
donc
2
0
B' 2v .H
xg
en ne gardant que la
solution positive.
2
B'
126
2 2,20
3,6
x9,81
= 23,4 m.
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.

Exercice 1 Mouvements plans
1.1. Le projectile est soumis uniquement à son poids.
D'après la deuxième loi de Newton:
P
= m.
G
a
soit m.
g
= m.
G
a
donc
g
=
G
a
Ainsi l'affirmation est vraie, le vecteur accélération
G
a
du centre d'inertie du projectile ne dépend pas des conditions initiales.
1.2. D'après le 1.1. on a
g
=
G
a
Par projection suivant l'axe vertical Oz, aGZ = – g
Or aGZ =
dt
dvZ
donc vGZ = – g.t + V0z soit vGZ = – g.t + V0.sin 
vGZ varie au cours du temps, donc le mouvement du projeté de G suivant l'axe vertical Oz n'est pas uniforme.
Affirmation fausse.
1.3. Il faut établir l'équation de la trajectoire de G.
axG = 0 vxG = v0x = V0.cos  xG = (V0.cos).t
G
a
G
v
OG
azG = – g vZG = –g.t + V0.sin  zG = –
2
1
.g.t² + (V0.sin).t
on peut écrire que t =
cos.
0
VxG
, on remplace cette expression dans l'expression de zG
zG = –
2
1
.g. (
cos.
0
VxG
)² + (V0.sin).
cos.
0
VxG
zG = –
2
1
.g. (
cos.
0
VxG
)² + xG.tan 
Cette équation de trajectoire correspond effectivement a une parabole sauf si  = 90°
La proposition est donc fausse.
Si  = 90°
axG = 0 vxG = v0x = V0.cos  = 0 xG = 0
G
a
G
v
OG
azG = – g vZG = –g.t + V0.sin  zG = –
2
1
.g.t² + V0.t
vZG = –g.t + V0
Alors la trajectoire serait un segment de droite verticale.
1.4. On reprend les coordonnées du vecteur position établies en 1.3. avec  = 0 (vecteur vitesse initiale horizontal)
xG = (V0.cos).t xG = V0.t
OG
soit
OG
zG = –
2
1
.g.t² + (V0.sin).t zG = –
2
1
.g.t²
Lorsque zG = – H alors le projectile touche le sol, ceci a lieu à l'instant noté tS
–H = –
2
1
.g.tS²
soit tS² =
g
H2
donc tS =
g
H2
On calcule alors l'abscisse xG à cet instant: xG = V0.tS
xG = V0.
g
H2
L'affirmation est vraie.

2.1. La force gravitationnelle exercée par la Terre sur le satellite a pour expression:
FTS = G.
)²(.hR Mm
T
T
soit G =
T
TST Mm hRF  )²(
procédons à une analyse dimensionnelle
tout d'abord pour la force FTS: d'après la seconde loi de Newton FTS = ma
[F] = [M]
]²[][ T
L
donc [G] = [M]
]²[][ T
L
 [L]²  [M]–1  [M]–1
[G] =
]²[][ 3 T
L
 [M]–1
G s'exprime en m3.s–2.kg–1
L'affirmation est fausse.
2.2. D'après la deuxième loi de Newton :
ext
F
= m.
G
a
La seule force subie par le satellite est la force
ST
F
exercée par la Terre.
Or cette force a pour direction une droite passant par le centre de la Terre et son sens est orienté du satellite vers le centre de la Terre.
Donc effectivement,
G
a
est centripète.
L'affirmation est vraie.
2.3.
ST
F
= m.
G
a
Soit un vecteur
n
mobile dont la direction est une droite joignant le centre du satellite au centre de la Terre et le sens est orienté du satellite
vers la Terre.
Alors
G
a
=
)(
2
hRV
T
n
ST
F
= m.
)(
2
hRV
T
n
Par projection on obtient FTS = m.
)(
2
hRV
T
G.
)²(.hR Mm
T
T
= m.
)(
2
hRV
T
G.
)( hRM
T
T
= V² soit V =
)( .hR MG
T
T
Proposition vraie
2.4. Le satellite effectue une révolution en une durée T.
Il parcourt sa trajectoire supposée circulaire de longueur égale à 2(RT+h) pendant une durée T et ce à une vitesse supposée constante de
valeur V =
)( .hR MG
T
T
V =
ThRT).(2
=
)( .hR MG
T
T
T =
)( .
).(2
hR MG
hR
T
T
T
T² =
T
TT MG hRhR .)()²².(4 
=
T
T
MG hR .)².(4 3
T² =
2411
33
1098,51067,6 )10)128006380((²4
T² = 6,98108 (valeur non arrondie à utiliser pour accéder à T)
donc T = 2,64104 s
La proposition est vraie.