Volant de badminton

Correction de l’exercice à rendre le vendredi 12 février Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
Volant de badminton
Ce sujet est inspiré du sujet de physique B du concours de l’école Polytechnique et des Écoles Normales
Supérieures PC 2015. Les questions sont beaucoup plus guidées que dans le sujet original qui ne donne
aucun résultat intermédiaire, et les deux calculs de x(t)et x(v)étaient demandés aux candidats mais
sont bien trop compliqués pour un exercice de PTSI.
1Le système étudié est le volant, point matériel Men mouvement par rapport au référentiel terrestre Rqu’il est
légitime de supposer galiléen. Il n’est soumis qu’à son poids #” P=m#” g. La position du volant est repéré en coordonnées
cartésiennes planes (x, y)comme sur la chronophotographie, l’origine du repère étant choisie à la position initiale du
volant. D’après la loi de la quantité de mouvement,
md#”
vM/R
dt
R
=m#” g
ce qui donne par intégration
#”
v(t) = #” g t +# ” cte
et en utilisant la condition initiale #” v(0) = #” V0,
#”
v(t) = #” g t +#” V0.
On procède à une deuxième intégration pour obtenir la position,
# ”
OM(t) = 1
2
#”
g t2+#” V0t+# ” cte ,
mais la constante d’intégration est nulle car Oest la position initiale du volant. Pour obtenir l’équation de la
trajectoire, il faut projeter la loi horaire # ” OM(t)avec #” g=−g#” eyet #” V0=V0cos θ0
#”
ex+V0sin θ0
#”
ey. On trouve donc
x(t) = V0cos θ0t
y(t) = −1
2gt2+V0sin θ0t
L’équation de la trajectoire y(x)s’obtient en remplaçant t=x/V0cos θ0dans l’expression de y,
y(x) = −g
2V2
0cos2θ0
x2+ tan θ0x .
La trajectoire est parabolique, voir figure.
Le volant touche le sol lorsque y= 0, c’est-à-dire en xtel que
0 = x−g
2V2
0cos2θ0
x+ tan θ0
La solution x= 0 correspond au point de départ, la portée L0est donnée par la seconde solution,
g
2V2
0cos2θ0
L0= tan θ0soit L0=2V2
0cos2θ0tan θ0
g
En simplifiant 2 cos2θ0tan θ0= 2 cos θ0sin θ0= sin 2θ0, on trouve finalement
L0=V2
0
gsin 2θ0
2Les dimensions se retrouvent facilement à partir des unités des différentes quantités,
[V0] = L T −1[g] = L T −2[sin θ0]=1.
1/4 Étienne Thibierge, 18 février 2016, www.etienne-thibierge.fr

Correction DM 12 février : Volant de badminton Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
Ainsi,
[L0] = [V0]2
[g][sin 2θ0] = L2T−2 L T −2×1 = L
L0est donc comme prévu homogène à une longueur. Pour vérifier la cohérence de l’expression, on peut par
exemple considérer le cas limite V0= 0, qui donne L0= 0 : si le volant est lâché sans vitesse initiale, il n’avance
pas dans la direction horizontale, ce qui est bien normal. On peut aussi s’intéresser au cas θ0=π/2, qui donne là
aussi L0= 0 : si le volant est lancé verticalement, il n’avance pas non plus, ce qui est cohérent.
3Compte tenu de l’expression de L0, l’angle θ0,max pour lequel la distance parcourue est maximale est celui pour
lequel sin 2θ0,max = 1, soit
2θ0,max =π
2d’où θ0,max =π 4.
4La dimension d’une force se détermine par exemple à l’aide de l’expression du poids,
[F]=[m] [g] = M L T −2.
L’expression de la force de freinage se traduit donc dimensionnellement par
[F] = 1
2[ρ] [S] [Cx] [v]2
M L T −2= 1 ×M L−3×L2×[Cx]×L2T−2
[Cx] = M L T −2
M L−3+2+2 T−2
[Cx]=1
Le coefficient de traînée est donc un nombre sans dimension. C’est en fait assez naturel d’après son sens
physique : il décrit la forme géométrique du volant, mais pas sa taille, qui est prise en compte par la surface frontale S.
5D’après la loi de la quantité de mouvement,
md#”
v
dt=#”
P+#” F
d#” v
dt=#”
g−ρ S Cxv
2m
#”
v
d#” v
dt+ρ S Cxv 2m
#”
v=#” g
Comme le second membre de cette équation est constant, alors il est possible d’en rechercher une solution particulière
constante #” V∞,
#”
0 + ρ S CxV∞
2m
#”
V∞=#” g
En projetant cette équation sur les axes xet y, on trouve
V∞x= 0
ρ S CxV∞
2mV∞y=−g
En analysant le signe de la composante sur #” ey, on trouve que #” V∞est dirigée selon −#” ey: elle est de même direction
et même sens que #” g, ce qui est tout à fait logique. On peut ensuite déterminer sa norme,
ρ S Cx
2mV2
∞= +gsoit V∞=r2mg
ρ S Cx
,
et donc finalement
#”
V∞=−r2mg
ρ S Cx
#”
ey
Cette solution particulière donne bien un mouvement rectiligne, uniforme (V∞=cte), et vertical.
6Compte tenu de l’expression trouvée pour #” V∞, le coefficient intervenant dans l’équation différentielle s’écrit
ρ S Cx
2m=g V2
∞
2/4 Étienne Thibierge, 18 février 2016, www.etienne-thibierge.fr

Correction DM 12 février : Volant de badminton Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
ce qui permet de réécrire l’équation différentielle sous la forme
d#” v
dt=#”
g−g v
V2
∞
#”
v .
7Dans l’équation différentielle ci-dessus, le poids donne le premier terme #” g. On peut le négliger devant le second
terme issu de la force de frottement si
|#” g|  g v
V2
∞|#”
v|soit gg v2
V2
∞
ce qui donne
V2
∞v2donc vV∞
Le poids est négligeable si la norme de la vitesse du volant est très supérieure à la norme de la vitesse asymptotique V∞.
En négligeant le poids, l’équation du mouvement se réécrit
d#” v
dt=−g v V2
∞
#”
v ,
Le vecteur accélération #” a=d#” v /dtest donc colinéaire au vecteur vitesse, ce qui est caractéristique d’un
mouvement rectiligne. Obtenir l’équation différentielle sur v=|#” v|est direct,
dv
dt=−g V2
∞
v2.
On procède alors par séparation des variables, dv
v2=−g V2
∞
dt
et on intègre entre l’instant initial (t= 0,v=V0) et l’instant courant (t, v),
ˆv
V0
1
v2dv=−g V2
∞ˆt
0
dt
−1
vv
V0
=−g
V2
∞
t
−1
v+1 V0
=−g
V2
∞
t
1
v=1 V0
+gt
V2
∞
v=1
1
V0
+gt
V2
∞
8Cherchons t1/2tel que v(t1/2=V0/2, soit en divisant par V0de part et d’autre de l’égalité,
1
2=1
1 + V0g t1/2
V2
∞
donc 2 = 1 + V0g t1/2
V2
∞
d’où t1/2=V2
∞
V0g= 7,9·10−2s
en lisant les valeurs directement sur la chronophotographie.
Les images étant prises toutes les 50 ms, le point correspondant à t1/2est situé entre le deuxième et le troisième
point de l’image. On mesure sur l’énoncé que les deux points sont séparés de 1,7 cm alors que les deux premiers
points sont séparés de 2,3 cm. La vitesse moyenne est donc divisée par environ 2 entre les deux situations, ce qui est
cohérent avec la définition de t1/2.
9La composante verticale de la force de traînée s’écrit
Fy=−1
2ρ S Cxv vy=−1 2ρ S Cxv2sin θ0.
3/4 Étienne Thibierge, 18 février 2016, www.etienne-thibierge.fr

Correction DM 12 février : Volant de badminton Langevin–Wallon, PTSI 2015-2016
L’angle à prendre en compte est bien θ0car tout au long de la première phase le mouvement est rectiligne : l’inclinaison
du vecteur vitesse ne change pas. Ainsi, à la limite,
−1
2ρ S Cxv2sin θ0=−mg d’où v=r2mg ρ S Cxsin θ0
donc v=V∞
√sin θ0
.
La distance horizontale parcourue vaut donc
d= cos θ0
V2
∞
gln psin θ0
V0
V∞
10 En toute rigueur, le régime limite est atteint lorsque la vitesse est verticale, ce qui n’est jamais le cas sur la
photographie. En se fixant comme critère que le régime limite est atteint lorsque la norme de la vitesse ne varie plus,
on voit que ce régime concerne environ les quinze derniers points de la chronophotographie.
11 Voir figure 1.
x
y
d
Fig. 1 –Trajectoire en négligeant le régime intermédiaire.
12 La portée du tir dans cette approximation est exactement égale à la distance parcourue pendant le régime où
le poids est négligeable, c’est-à-dire
L= cos θ0
V2
∞
gln psin θ0
V0
V∞= 5,4 m
ce qui est très inférieur aux 9 m indiqués sur la figure. Ce résultat est tout à fait normal : on voit bien que le régime
intermédiaire n’est pas négligeable du tout.
13 Compte tenu des facteurs d’influence indiquée, le principe d’analyse dimensionnelle permet de postuler qu’il
existe trois exposants a, b, c tels que la relation
D=k maVb
∞gc
soit homogène avec kun préfacteur sans dimension. L’équation aux dimensions associée s’écrit
[D]=[m]a[V∞]b[g]csoit L=Ma×LbT−b×LcT−2c
On en déduit par identification a= 0,b+c= 1 et −b−2c= 0, soit c=−1et b= 2, d’où
D=kV2
∞
g
14 Avec k= 1, on trouve D= 4,6 m, ce qui est comme annoncé loin d’être négligeable devant L. On a alors
L0=L+D= 10 m
ce qui donne un bon ordre de grandeur de la distance annoncée sur la chronophotographie.
4/4 Étienne Thibierge, 18 février 2016, www.etienne-thibierge.fr