Cesta punta

Bac Métropole Septembre 2021 Sujet 1

Exercice C – (5 points) –  au choix du candidat – Durée 0h53 – Calculatrice autorisée

Sujet n° 21-PYCJ1ME3

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Mots-clés : Mouvement dans un champ de pesanteur uniforme ; énergie

La pelote basque est un sport de balle se pratiquant à main nue, avec une raquette en bois ou avec un chistera (gant en osier). La cesta punta est une des spécialités de la pelote basque. Le jeu consiste à renvoyer la balle servie par l’adversaire avec un chistera sur le mur appelé le fronton.

Le service s’effectue sur un terrain rectangulaire sur lequel des lignes de référence sont tracées. Le service s’effectue à 36 mètres du mur, il est réussi lorsque la balle, après avoir rebondi contre le mur, retombe entre les lignes 4 et 7.

Dans le référentiel terrestre supposé galiléen muni du repère (Ox ; Oy), une balle supposée ponctuelle est envoyée par un joueur depuis un point M₀ de coordonnées x₀ = – D et y₀ = h. Grâce à son chistera, le joueur lance la balle à une vitesse initiale de norme v₀  dont le vecteur $\overrightarrow{v_0}$ forme un angle α avec l’horizontale. Le mouvement de la balle s’effectue dans le champ de pesanteur ; on néglige l’influence de l’air.

Le moment où la balle quitte le chistera est choisi comme origine des dates : t₀ = 0 s.

Le but de cet exercice est d’étudier, à l’aide du modèle de la chute libre, le mouvement de la balle afin de prévoir si le service est réussi. Le mouvement est décomposé en deux phases : avant puis après le rebond sur le mur.

Données :

• D = 36 m ;
• masse de la balle : m = 126 g ;
• valeur mesurée à l’aide d’un radar de la vitesse initiale de la balle : v₀ = 36,2 m·s^-1 ;
• α = 12° ;
• intensité de la pesanteur : g = 9,81 m·s^-2.

1. Mouvement de la balle avant le rebond sur le mur

1.1. Indiquer l’information de l’énoncé permettant de formuler l’hypothèse que le mouvement de la balle s’effectue dans le cadre du modèle de la chute libre.

L’information de l’énoncé permettant de formuler l’hypothèse que le mouvement de la balle s’effectue dans le cadre du modèle de la chute libre :

On néglige l’influence de l’air.

1.2. En appliquant la deuxième loi de Newton, montrer que l’équation horaire du mouvement de la balle selon l’axe Ox est :

x(t) = v₀ × cos(α) t – D

$\sum_{}^{}\overrightarrow{F}_{ext}=m\overrightarrow{a}$

$\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{a}$

$m\overrightarrow{g}=m\overrightarrow{a}$

$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}$

Or

$\overrightarrow{g} \begin{cases} 0 \\-g \end{cases}$

$\overrightarrow{a} \begin{cases} a_{x}(t)=0 \\a_{y}(t)=-g \end{cases}$

$\overrightarrow{a}=\frac{d \overrightarrow{v}}{dt}$

On intègre le système d’équation  précédent :

$\overrightarrow{v} \begin{cases} v_{x}(t)=C_{1} \\v_{y}(t)=-gt+C_{2}\end{cases}$

Pour trouver les constantes, on utilise $\overrightarrow{v_0}$ :

$\overrightarrow{v_0} \begin{cases} v_{0x}=v_{0}\cos\alpha \\v_{0y}=v_{0}\sin\alpha\end{cases}$

d’ou

$\overrightarrow{v} \begin{cases} v_{x}(t)=v_{0}\cos\alpha \\v_{y}(t)=-gt+v_{0}\sin\alpha\end{cases}$

$\overrightarrow{v}=\frac{d \overrightarrow{OM}}{dt}$

On intègre le système d’équation  précédent :

$\overrightarrow{OM} \begin{cases} x(t)=v_{0}\cos\alpha \times t +C_{3} \\y(t)=-\frac{1}{2}gt^2+v_{0}\sin\alpha\times t + C_{4}\end{cases}$

Pour trouver les constantes, on utilise $\overrightarrow{OM}_0$

$\overrightarrow{OM}_0 \begin{cases} x_0=-D \\y_0=H\end{cases}$

d’ou

$\overrightarrow{OM} \begin{cases} x(t)=v_{0}\cos\alpha \times t -D \\y(t)=-\frac{1}{2}gt^2+v_{0}\sin\alpha\times t + H\end{cases}$

On obtient donc x(t) = v₀ × cos(α) t – D

1.3. Montrer que la balle frappe le mur à la date t_F = 1,0 s.

La balle frappe le mur pour x=0

$$x(t_F)=v_0\cos(\alpha)\times t_F – D = 0$$
$$v_0\cos(\alpha)\times t_F = D$$
$$t_F=\frac{D}{v_0\cos(\alpha)}$$
$$t_F=\frac{36}{36,2\times\cos(12)}=1,0\ s$$

2. Étude énergétique de la balle avant le rebond sur le mur

2.1. Rappeler les expressions littérales de l’énergie cinétique Ec, de l’énergie potentielle de pesanteur E_pp et de l’énergie mécanique E_m de la balle. L’énergie potentielle de pesanteur est choisie nulle à l’ordonnée y = 0 m. On note v la norme du vecteur vitesse de la balle.

L’énergie cinétique est : $E_c=\frac{1}{2}m.v^2$
L’énergie potentielle de pesanteur d’un solide est : $E_{pp}=mgy$
L’énergie mécanique $E_m$ d’un système est définie comme la somme des énergies cinétique et potentielle.
$E_M=E_C+E_P$

2.2. Calculer la valeur de l’énergie cinétique E_c à la date t = 0 s.

$$E_{c(t=0)}=\frac{1}{2}m\times v_0^2$$
$$E_{c(t=0)}=\frac{1}{2}\times126{.10}^{-3}\times{36,2}^2$$
$$E_{c(t=0)}=82,6\ J$$

2.3. En explicitant votre raisonnement, identifier pour chaque courbe de la figure 2 la forme d’énergie correspondante.

2.4. À l’aide de la figure 2, évaluer la valeur de la hauteur H de la balle lorsqu’elle touche le mur au point F.

La balle lorsqu’elle touche le mur au point F pour $t_F=1,0\ s$ (voir question 1.3.)

$E_{pp}=mgy$
$$E_{pp(t_F)}=mgH$$
$$mgH=E_{pp(t_F)}$$
$$H=\frac{E_{pp(t_F)}}{mg}$$
$$H=\frac{6,0}{126{.10}^{-3}\times9,81}$$
$$H=4,9\ m$$

3. Mouvement de la balle après le rebond sur le mur

La balle rebondit sur le mur en F. On fait l’hypothèse que la balle repart à la vitesse v_F = 35 m·s^–1. L’instant du rebond est choisi comme nouvelle origine des dates dans cette partie.

La balle, après avoir rebondi contre le mur, doit retomber entre les lignes 4 et 7 pour que le service soit réussi. Si la ligne 4 n’est pas dépassée, le point est acquis à l’adversaire. Si la ligne 7 est dépassée, le joueur a droit à un second et dernier service.

Le mouvement de la balle est étudié dans le référentiel terrestre supposé galiléen muni du repère (Ox ; Oy) défini sur la figure 1. L’étude de ce mouvement permet d’établir les équations horaires de la balle :

x(t) = – 34,9 t        et         y(t) = – 4,9 t² – 2,4 t + 4,9

avec x et y exprimés en mètre et t en seconde.

3.1. Évaluer la valeur de la vitesse v_F à partir des équations horaires de la balle. Comparer avec la valeur donnée ci-dessus.

À l’aide des équations horaires de la balle, trouvons la vitesse :

$$\vec{OM}\left|\begin{matrix}x\left(t\right)=-34,9\ t\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\y\left(t\right)=-4,9\ t^2+2,4\ t+4,9\ \ \ \ \ \ \ \ \\\end{matrix}\right.$$
$$\vec{v}=\frac{d\vec{OM}}{dt}$$
$$\vec{v}\ \left|\begin{matrix}v_{x(t)}=-34,9\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\{\ v}_{y\left(t\right)}=-9,8\ t+2,4\ \\\end{matrix}\right.$$

$v_F$ est la vitesse de la balle à $t=0\ s$

$$\vec{v_F}\ \left|\begin{matrix}v_{Fx(t=0)}=-34,9\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\{\ v}_{Fy\left(t=0\right)}=-9,8\times0+2,4\ =2,4\ \\\end{matrix}\right.$$
$$v_F=\sqrt{v_{Fx}^2+v_{Fy}^2}$$
$$v_F=\sqrt{(-34,9)^2+(2,4)^2}$$
$$v_F=35\ m.s^{-1}$$

La valeur de la vitesse correspond à celle donnée par l’énoncé.

3.2. Interpréter la valeur du coefficient du terme en t² dans l’expression de y(t). Préciser son unité.   À l’aide des équations horaires, on établit que l’équation cartésienne de la trajectoire de la balle est :

y = – 4,0.10^–3 x² + 6,9.10^–2 x + 4,9  avec x et y exprimés en mètre.

$-4,9=-\frac{1}{2}g$
La valeur du coefficient du terme en $t^2$ dans l’expression de $y(t)$ représente l’accélération de pesanteur.

L’unité de $-4,9$ :
$$[y(t)]=[-4,9][t]^2$$
$$[-4,9]=\frac{[y(t)]}{[t]^2}=\frac{m}{s^2}=m.s^{-2}$$

3.3. Le service effectué est-il réussi ?

Le service effectué est-il réussi pour $-28\ m < x < -16\ m$ lorsque $y=0$ (sol).
Trouvons $x$ pour $y=0$ :

$$y=-4,0{.10}^{-3}x^2+6,9{.10}^{-2}x+4,9$$
$$-4,0{.10}^{-3}x^2+6,9{.10}^{-2}x+4,9=0$$

$$\Delta=b^2-4ac$$
$$\Delta=(6,9.10^{-2})^2-4\times(-4,0.10^{-3})\times4,9$$
$$\Delta=8,3.10^{-2}$$

$$x_1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}$$
$$x_1=\frac{-6,9{.10}^{-2}+\sqrt{8,3{.10}^{-2}}}{2\times-4,0{.10}^{-3}}$$
$$x_1=-27,4\ m$$

$$x_2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}$$
$$x_2=\frac{-6,9{.10}^{-2}-\sqrt{8,3{.10}^{-2}}}{2\times-4,0{.10}^{-3}}$$
$$x_2=44,6\ m$$

La valeur $x=44,6\ m$ n’est pas physiquement possible car $x<0$.
$x_1=-27,4\ m$, le service est réussi.