Bac Amérique du Nord 2026 Sujet 1
Exercice 3 – (5 points) – Durée 0h53 – Calculatrice autorisée
Sujet n°26-PYCJ1AN1
Sujet et corrigé
Victor Wembanyama, célèbre joueur français de basket, évoluait au Metropolitans 92 lors du championnat 2022-2023 lorsqu’il a effectué ce lancer franc au cours d’un match contre Monaco (voir figure 1).
Au basket, les joueurs doivent marquer un panier en se tenant derrière la ligne de lancer franc située à 4,2 m du centre du panier.
On étudie dans cet exercice cette phase de jeu. L’analyse sera menée dans le référentiel terrestre supposé galiléen. On s’intéresse à la trajectoire du centre d’inertie G du ballon. On considère que le ballon, de masse m, est uniquement soumis à son poids.
Données :
- Intensité de la pesanteur : g = 9,81 m·s−2 ;
- Diamètre du ballon : d = 25 cm ;
- Diamètre du panier : D = 0,45 m ;
- Distance au sol du cerceau métallique du panier : h = 3,05 m.
La trajectoire du centre du ballon est étudiée dans le plan vertical perpendiculaire au sol passant par la main du basketteur au moment où il lâche le ballon et par le centre du panier. On utilise le repère (xOy) indiqué sur la figure 1.
Le ballon quitte la main du joueur à la date t = 0 s, au point G0 de coordonnées x0 = 0 m et y0 = h = 3,05 m.
À partir de la vidéo du lancer franc, le pointage des positions du centre d’inertie G du ballon permet d’obtenir la chronophotographie de la figure 1. Les données sont traitées par un logiciel pour obtenir les courbes des figures 2 et 3.
Q1. Donner, en justifiant, la nature du mouvement du ballon selon l’axe Ox.
D’après le graphique figure 2 l’écart entre les positions x en fonction du temps est constant : le mouvement est uniforme sur l’axe Ox.
Q2. Déterminer, à l’aide de la figure 2, la valeur de la coordonnée vx du vecteur vitesse v⃗.
D’après le graphique figure 2 : $x(t) = 4,0 \times t$
Or
$$v_{x(t)} = \frac{dx(t)}{dt}$$
$$v_{x(t)} = \frac{d(4,0 \times t)}{dt}$$
$$v_{x} = 4,0\ m.s^{-1}$$
Q3. Déterminer, à l’aide de la figure 3, la valeur de la coordonnée vy0 du vecteur vitesse initiale v.
On peut déterminer vy0 :
- Graphiquement quand t=0 s : vy0 = 5,0 m.s−1
- A l’aide de la modélisation vy = −9,7 × t + 5,0. Quand t=0 s :
$$v_{y}(t=0) = -9,7 \times 0 + 5,0$$
$$v_{y}(t=0) = 5,0$$
$$v_{y0} = 5,0\ m.s^{-1}$$
Q4. En déduire la valeur de la vitesse initiale v0 et de l’angle α que fait le vecteur vitesse initiale avec l’horizontale, défini sur la figure 1.
$$v_{0} = \sqrt{v_{x0}^{2} + v_{y0}^{2}}$$
$$v_{0} = \sqrt{4,0^{2} + 5,0^{2}}$$
$$v_{0} = 6,4\ m.s^{-1}$$
$$v_{0y} = v_{0}\ \sin\ \alpha$$
$$v_{0}\ \sin\ \alpha = v_{0y}$$
$$\sin\ \alpha = \frac{v_{0y}}{v_{0}}$$
$$\sin\ \alpha = \frac{5,0}{6,4}$$
$$\sin\ \alpha = 0,78$$
$$\alpha = \sin^{-1} 0,78$$
$$\alpha = 51°$$
Q5. Exprimer les coordonnées ax(t) et ay(t) du vecteur accélération a du point G du ballon en utilisant la loi de Newton.
Système {Ballon}
Référentiel terrestre supposé galiléen
D’après la deuxième loi de Newton :
$$\Sigma \overrightarrow{F_{ext}} = m\overrightarrow{a}$$
$$\overrightarrow{P} = m\overrightarrow{a}$$
$$m\overrightarrow{g} = m\overrightarrow{a}$$
$$\overrightarrow{g} = \overrightarrow{a}$$
Or
$$\overrightarrow{g}\ \begin{vmatrix} 0 \\ -g \end{vmatrix}$$
Le vecteur accélération du centre d’inertie du ballon est égal au vecteur champ de pesanteur.
$$\overrightarrow{a}\ \begin{vmatrix} a_{x}(t) = 0 \\ a_{y}(t) = -g \end{vmatrix}$$
Q6. Montrer que les équations temporelles des coordonnées de la position du ballon s’expriment selon :
x(t) = 4,0 × t
y(t) = −4,9 × t² + 5,0 × t + 3,05
$$\overrightarrow{a} = \frac{d\overrightarrow{v}}{dt}$$
On intègre le système d’équations précédent :
$$\overrightarrow{v}\ \begin{vmatrix} v_{x}(t) = C_{1} \\ v_{y}(t) = -gt + C_{2} \end{vmatrix}$$
Pour trouver les constantes, on utilise v0
$$\overrightarrow{v_{0}}\ \begin{vmatrix} v_{0x} = v_{0}\ \cos\alpha \\ v_{0y} = v_{0}\ \sin\ \alpha \end{vmatrix}$$
D’ou
$$\overrightarrow{v}\ \begin{vmatrix} v_{x}(t) = v_{0}\ \cos\alpha \\ v_{y}(t) = -gt + v_{0}\ \sin\ \alpha \end{vmatrix}$$
Or
$$\overrightarrow{v} = \frac{d\overrightarrow{OG}}{dt}$$
On intègre le système d’équations précédent :
$$\overrightarrow{OG}\ \begin{vmatrix} x(t) = v_{0}\ \cos(\alpha) \times t + C_{3} \\ y(t) = -\frac{1}{2}gt^{2} + v_{0}\ \sin(\alpha) \times t + C_{4} \end{vmatrix}$$
Pour trouver les constantes, on utilise OG0
$$\overrightarrow{OG_{0}}\ \begin{vmatrix} x_{0} = 0 \\ y_{0} = h \end{vmatrix}$$
d’ou
$$\overrightarrow{OG}\ \begin{vmatrix} x(t) = v_{0}\ \cos(\alpha) \times t \\ y(t) = -\frac{1}{2}gt^{2} + v_{0}\sin(\alpha) \times t + h \end{vmatrix}$$
$$\overrightarrow{OG}\ \begin{vmatrix} x(t) = 6,4 \times \cos(51) \times t \\ y(t) = -\frac{1}{2} \times 9,81 \times t^{2} + 6,4 \times \sin(51) \times t + 3,05 \end{vmatrix}$$
$$\overrightarrow{OG}\ \begin{vmatrix} x(t) = 4,0 \times t \\ y(t) = -4,9 \times t^{2} + 5,0 \times t + 3,05 \end{vmatrix}$$
Q7. Montrer que la trajectoire du ballon peut être modélisée par : y = −0,31x² + 1,3x + 3,05
Isolons t :
$$x(t) = 4,0 \times t$$
$$4,0 \times t = x$$
$$t = \frac{x}{4,0}$$
Remplaçons t dans y :
$$y(t) = -4,9 \times t^{2} + 5,0 \times t + 3,05$$
$$y(x) = -4,9 \times \left(\frac{x}{4,0}\right)^{2} + 5,0 \times \frac{x}{4,0} + 3,05$$
$$y(x) = -4,9 \times \frac{x^{2}}{4,0^{2}} + \frac{5,0}{4,0} \times x + 3,05$$
$$y(x) = \frac{-4,9}{4,0^{2}} \times x^{2} + \frac{5,0}{4,0} \times x + 3,05$$
$$y(x) = -0,31x^{2} + 1,3x + 3,05$$
Q8. Déterminer si le lancer franc est réussi sans toucher le cercle métallique du panier. La réponse doit s’appuyer sur des calculs.
Le candidat est invité à prendre des initiatives et à présenter la démarche suivie, même si elle n’a pas abouti. La démarche est évaluée et doit être correctement présentée.
D’après l’énoncé : les joueurs doivent marquer un panier en se tenant derrière la ligne de lancer franc située à 4,2 m du centre du panier.
Calculons l’altitude y pour x=4,2 m :
$$y(x) = -0,31x^{2} + 1,3x + 3,05$$
$$y(x=4,2) = -0,31 \times 4,2^{2} + 1,3 \times 4,2 + 3,05$$
$$y(x=4,2) = 3,04\ m$$
Or la distance au sol du cerceau métallique du panier : h = 3,05 m.
Le centre du ballon passe au centre du cerceau métallique du panier : le lancer franc est réussi.
Le diamètre du ballon est d = 25 cm et le diamètre du panier est D = 0,45 m = 45 cm.
Il y a 20 cm de plus que le diamètre du ballon. Or le centre du ballon passe au centre du cerceau métallique du panier. Il y a donc 10 cm de chaque côté du ballon entre le ballon et le cerceau métallique du panier.
Ainsi, le lancer franc est réussi sans toucher le cercle métallique du panier.