Simulateur de tir au panier 🏀
Modèle simplifié : pas de frottements de l’air, champ de pesanteur uniforme (\( g = 9{,}8\ \text{m·s}^{-2} \)), hauteur de la main \( H_m = 2{,}30\ \text{m} \), distance au panier \( L = 4{,}6\ \text{m} \), hauteur de l’arceau \( H_a = 3{,}05\ \text{m} \).
α = 50°
\( v_0 \) = 7,3 m·s\(^{-1}\)
Bonus : essaye \( \alpha \approx 49{,}5^\circ \) et \( v_0 \approx 7{,}3\ \text{m·s}^{-1} \) pour reproduire le lancer-franc « parfait » du sujet de bac.
Questions interactives – Exercice bac 2024
Q1 à Q5 : correction simple. Q6 à Q15 : correction plus détaillée.
Q1 – Coordonnées du vecteur accélération
Dans le plan (Oxy), le ballon n’est soumis qu’à son poids. Quelles sont les coordonnées de l’accélération \( \vec{a} \) ?
\( a_x = 0 \ ;\ a_y = g \)
\( a_x = g \ ;\ a_y = 0 \)
\( a_x = 0 \ ;\ a_y = -g \)
\( a_x = -g \ ;\ a_y = 0 \)
Le ballon n’est soumis qu’à son poids \( \vec{P} = m\,\vec{g} \), vertical vers le bas.
Donc :
• \( a_x = 0 \) (aucune force horizontale)
• \( a_y = -g \) (poids vers le bas)
⇒ \( \vec{a} = (0\ ;\ -g) \).
Donc :
• \( a_x = 0 \) (aucune force horizontale)
• \( a_y = -g \) (poids vers le bas)
⇒ \( \vec{a} = (0\ ;\ -g) \).
Q2 — Expression de la vitesse v(t)
\( \vec{v}(t) = (v_0\cos\alpha \ ;\ v_0\sin\alpha) \)
\( \vec{v}(t) = (v_0\cos\alpha \ ;\ v_0\sin\alpha - g t) \)
\( \vec{v}(t) = (v_0 t\cos\alpha \ ;\ v_0 t\sin\alpha - g t^2) \)
\( \vec{v}(t) = (g t \ ;\ v_0) \)
On part des équations horaires de l’accélération :
• \( a_x = 0 \Rightarrow v_x(t) = v_0 \cos\alpha \) (constante)
• \( a_y = -g \Rightarrow v_y(t) = v_0 \sin\alpha - g t \).
Donc \( \vec{v}(t) = (v_0 \cos\alpha ; v_0 \sin\alpha - g t) \).
• \( a_x = 0 \Rightarrow v_x(t) = v_0 \cos\alpha \) (constante)
• \( a_y = -g \Rightarrow v_y(t) = v_0 \sin\alpha - g t \).
Donc \( \vec{v}(t) = (v_0 \cos\alpha ; v_0 \sin\alpha - g t) \).
Q3 – Coordonnées du vecteur position \( \overrightarrow{OM}(t) \)
Choisir l’expression correcte :
\( x(t)=v_0 t \ ;\ y(t)=v_0 t - g t^2 \)
\( x(t)=v_0\cos\alpha\, t \ ;\ y(t)=H_m + v_0\sin\alpha\, t - \tfrac12 g t^2 \)
\( x(t)=v_0 t\cos\alpha \ ;\ y(t)=v_0 t\sin\alpha \)
\( x(t)=H_m \ ;\ y(t)=v_0 t^2 - g t \)
On intègre la vitesse :
\( x(t)=v_0\cos\alpha \, t \)
\( y(t)=H_m+v_0\sin\alpha\, t - \tfrac12 g t^2 \)
Q4 – Comprendre l’équation de la trajectoire \(y(x)\)
Manipule les curseurs pour visualiser :
• le mouvement paramétré \( (x(t),\, y(t)) \)
• la construction de la parabole
• et enfin l’élimination du temps \(t\) pour obtenir \(y(x)\).
50
7
0
Équation de la trajectoire :
À partir de Q3 :
• \( x(t) = v_0 \cos\alpha \, t \Rightarrow t = \dfrac{x}{v_0 \cos\alpha} \)
• \( y(t) = H_m + v_0 \sin\alpha \, t - \tfrac12 g t^2 \)
En remplaçant \( t \) dans l’expression de \( y(t) \) :
\[ y(x) = H_m + v_0 \sin\alpha \,\dfrac{x}{v_0 \cos\alpha} - \frac12 g \left(\dfrac{x}{v_0 \cos\alpha}\right)^2 \]
soit encore :
\[ y(x) = H_m + x \tan\alpha - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\alpha}. \]
Cette expression est de la forme \[ y(x) = ax^2 + bx + c \] avec \( a = -\dfrac{g}{2 v_0^2 \cos^2\alpha} < 0,\; b = \tan\alpha,\; c = H_m. \)
C'est donc bien l'équation d'une parabole (ouverte vers le bas) : la trajectoire du ballon est parabolique.
• \( x(t) = v_0 \cos\alpha \, t \Rightarrow t = \dfrac{x}{v_0 \cos\alpha} \)
• \( y(t) = H_m + v_0 \sin\alpha \, t - \tfrac12 g t^2 \)
En remplaçant \( t \) dans l’expression de \( y(t) \) :
\[ y(x) = H_m + v_0 \sin\alpha \,\dfrac{x}{v_0 \cos\alpha} - \frac12 g \left(\dfrac{x}{v_0 \cos\alpha}\right)^2 \]
soit encore :
\[ y(x) = H_m + x \tan\alpha - \dfrac{g x^2}{2 v_0^2 \cos^2\alpha}. \]
Cette expression est de la forme \[ y(x) = ax^2 + bx + c \] avec \( a = -\dfrac{g}{2 v_0^2 \cos^2\alpha} < 0,\; b = \tan\alpha,\; c = H_m. \)
C'est donc bien l'équation d'une parabole (ouverte vers le bas) : la trajectoire du ballon est parabolique.
Q5 – Vitesse \( v_{0c} \) pour atteindre le centre du panier
Explore la relation entre la distance \(L\), l’angle \( \alpha \), et la vitesse initiale parfaite \( v_{0c} \) qui permet au ballon de passer exactement par le centre de l’arceau.
4.6
50
7.3
Pour que le ballon passe exactement par le centre du panier \(C(L, H_a)\), il faut que, dans l'équation de la trajectoire :
$$ y(x) = -\frac{g}{2v_0^2\cos^2\alpha}\,x^2 + x\tan\alpha + H_m, $$
le point \((x,y)\) soit égal à \((L , H_a)\). On remplace donc \( x \rightarrow L \) et \( y \rightarrow H_a \) :
$$ H_a = -\frac{gL^2}{2v_0^2\cos^2\alpha} + L\tan\alpha + H_m. $$
On regroupe les termes pour isoler celui contenant \(v_0\) :
$$ L\tan\alpha + H_m - H_a = \frac{gL^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}. $$
On isole alors \(v_0^2\) :
$$ v_0^2 = \frac{gL^2}{2\cos^2\alpha\,\big(L\tan\alpha + H_m - H_a\big)}. $$
Enfin, en prenant la racine carrée :
$$ v_{0c} = \sqrt{ \frac{g L^2}{ 2\cos^2\alpha\,(L\tan\alpha + H_m - H_a) } }. $$
C’est la seule vitesse qui permet au ballon, lancé avec l’angle \(\alpha\) depuis la hauteur \(H_m\), d’atteindre précisément le centre du panier.
Q6 – Vitesse minimale pour un lancer-franc parfait
Pour un lancer-franc avec \( \alpha = 49{,}5^\circ \), détermine la plus petite vitesse \( v_{0c} \) permettant au ballon de passer par le centre de l’arceau.
On utilise la formule démontrée en Q5 :
$$ v_{0c} = \sqrt{\dfrac{g L^2}{2 \cos^2\alpha\, (L \tan\alpha + H_m - H_a)}} $$
Avec \( g = 9{,}8\), \( L=4{,}6\), \( H_m=2{,}30\), \( H_a=3{,}05\),
et \( \alpha = 49{,}5^\circ \), on obtient :
$$ v_{0c} \approx 7{,}28\ \text{m·s}^{-1}. $$
Q7 – Angle optimal à \( L = 2\ \text{m} \) et comparaison avec le lancer-franc
À partir du graphique (figure 2) pour \( L = 2\ \text{m} \), déterminer l’angle initial qui minimise la vitesse \( v_0 \). Comparer les valeurs trouvées (angle + vitesse) à celles du lancer-franc, et commenter.
Sur la figure 2 (\( L = 2\ \text{m} \)), la courbe \( v_0(\alpha) \) présente un minimum pour un angle voisin de
\( \alpha \approx 55^\circ \) et une vitesse \( v_0 \approx 5{,}3\ \text{m·s}^{-1} \) (lecture graphique).
Pour le lancer-franc (\( L = 4{,}6\ \text{m} \)), on avait \( \alpha \approx 49{,}5^\circ \) et \( v_0 \approx 7{,}3\ \text{m·s}^{-1} \).
• les deux angles appartiennent grosso modo à la même zone « tir en cloche » (≈ 47°–55°)
• la vitesse est plus faible pour \( L = 2\ \text{m} \) car le joueur est plus proche du panier.
On retrouve donc l’idée pratique : tirer en cloche avec un angle d’environ 50–55° pour exploiter au mieux la surface du panier.
Pour le lancer-franc (\( L = 4{,}6\ \text{m} \)), on avait \( \alpha \approx 49{,}5^\circ \) et \( v_0 \approx 7{,}3\ \text{m·s}^{-1} \).
• les deux angles appartiennent grosso modo à la même zone « tir en cloche » (≈ 47°–55°)
• la vitesse est plus faible pour \( L = 2\ \text{m} \) car le joueur est plus proche du panier.
On retrouve donc l’idée pratique : tirer en cloche avec un angle d’environ 50–55° pour exploiter au mieux la surface du panier.
Q11 – Angle minimal ≈ 45° et lien avec le conseil pratique
L’application des conditions 1 et 2 montre que l’angle initial minimal pour un tir parfait est voisin de \( 45^\circ \). Commenter cette valeur au regard du conseil : « privilégier un angle entre 47° et 55° ».
Le modèle mathématique complet (avec les deux conditions) donne un angle minimal pour
un tir parfait d’environ \( 45^\circ \).
Le conseil pratique du site donne une plage « confort » : \( 47^\circ \) à \( 55^\circ \).
• 45° est légèrement en dessous de cette plage mais reste très proche ;
• l’écart s’explique par les simplifications du modèle (pas de frottements, joueur idéal, etc.) et par le fait que, dans la réalité, on préfère un tir un peu plus « en cloche » pour augmenter la surface utile du panier.
On peut donc dire que le modèle est cohérent avec le conseil pratique.
Le conseil pratique du site donne une plage « confort » : \( 47^\circ \) à \( 55^\circ \).
• 45° est légèrement en dessous de cette plage mais reste très proche ;
• l’écart s’explique par les simplifications du modèle (pas de frottements, joueur idéal, etc.) et par le fait que, dans la réalité, on préfère un tir un peu plus « en cloche » pour augmenter la surface utile du panier.
On peut donc dire que le modèle est cohérent avec le conseil pratique.
Q12 – Identifier les énergies lors d’un dribble
Lors d’un dribble, le ballon monte, redescend et rebondit au sol. La figure 4 montre l’évolution de trois énergies au cours du temps. Associe chaque courbe à la bonne énergie physique.
Énergie potentielle \(E_p\) : dépend uniquement de la hauteur → haute en haut, basse en bas. C’est la courbe qui oscille entre un maximum et un minimum.
Énergie mécanique \(E_m\) : somme de \(E_c + E_p\). Elle reste constante entre deux rebonds mais chute brutalement à chaque impact → c’est la courbe en paliers.
Énergie cinétique \(E_c\) : varie comme la vitesse → grande lorsqu’il tombe (en bas), faible lorsqu’il monte (en haut). C’est l’autre courbe restante.
Bilan :
🟦 Courbe en paliers → \(E_m\)
🟩 Courbe max en haut → \(E_p\)
🟧 Courbe opposée → \(E_c\)
Q13 – Énergie perdue lors du rebond
Montrer, à partir du graphique, que l’énergie perdue par le ballon lors du rebond est voisine de \( 2{,}5\ \text{J} \).
Sur la figure 4, on lit l’énergie mécanique juste avant le rebond, \( E_{m,\text{avant}} \), et juste après,
\( E_{m,\text{après}} \). Par exemple :
• \( E_{m,\text{avant}} \approx 6{,}0\ \text{J} \)
• \( E_{m,\text{après}} \approx 3{,}5\ \text{J} \) (valeurs indicatives selon la graduation).
L’énergie perdue vaut :
\( \Delta E = E_{m,\text{avant}} - E_{m,\text{après}} \approx 6{,}0 - 3{,}5 \approx 2{,}5\ \text{J} \).
On conclut que la perte d’énergie mécanique au rebond est voisine de \( 2{,}5\ \text{J} \).
• \( E_{m,\text{avant}} \approx 6{,}0\ \text{J} \)
• \( E_{m,\text{après}} \approx 3{,}5\ \text{J} \) (valeurs indicatives selon la graduation).
L’énergie perdue vaut :
\( \Delta E = E_{m,\text{avant}} - E_{m,\text{après}} \approx 6{,}0 - 3{,}5 \approx 2{,}5\ \text{J} \).
On conclut que la perte d’énergie mécanique au rebond est voisine de \( 2{,}5\ \text{J} \).
Q14 – Peut-on négliger les frottements hors rebond ?
Indiquer, en justifiant à partir de la figure 4, s’il est raisonnable de négliger les frottements en dehors du moment où le ballon rebondit.
En dehors des rebonds, la courbe de l’énergie mécanique \( E_m \) est pratiquement horizontale :
elle reste constante entre deux chocs.
Cela signifie que l’on ne perd quasiment pas d’énergie lorsqu’il n’y a pas de contact avec le sol ⇒ les frottements de l’air et internes sont négligeables à cette échelle.
En revanche, au moment du rebond, \( E_m \) chute brusquement : l’essentiel des pertes a lieu pendant le choc. Il est donc raisonnable de négliger les frottements hors rebond dans ce modèle.
Cela signifie que l’on ne perd quasiment pas d’énergie lorsqu’il n’y a pas de contact avec le sol ⇒ les frottements de l’air et internes sont négligeables à cette échelle.
En revanche, au moment du rebond, \( E_m \) chute brusquement : l’essentiel des pertes a lieu pendant le choc. Il est donc raisonnable de négliger les frottements hors rebond dans ce modèle.
Q15 – Vitesse pour dribbler à 1 m de hauteur
On lance le ballon vers le sol depuis \( 1{,}0\ \text{m} \) de hauteur de façon qu’après rebond il remonte à la même hauteur. En utilisant la perte d’énergie \( \Delta E \approx 2{,}5\ \text{J} \) (Q13), déterminer la vitesse initiale minimale à communiquer au ballon (en m·s⁻¹).
Données : masse \( m = 0{,}60\ \text{kg} \), \( g = 9{,}8\ \text{N·kg}^{-1} \), perte d’énergie
\( \Delta E \approx 2{,}5\ \text{J} \).
• À \( 1\ \text{m} \) de hauteur, l’énergie potentielle vaut : \( E_p = m g h = 0{,}60 \times 9{,}8 \times 1 \approx 5{,}9\ \text{J} \).
• Pour que le ballon remonte à \( 1\ \text{m} \) après le rebond, il doit avoir juste après le choc \( E_{m,\text{après}} = 5{,}9\ \text{J} \).
• On admet que la perte au rebond est \( \Delta E = 2{,}5\ \text{J} \), donc juste avant le choc :
\( E_{m,\text{avant}} = E_{m,\text{après}} + \Delta E \approx 5{,}9 + 2{,}5 = 8{,}4\ \text{J} \).
Juste avant le choc, le ballon est proche du sol, donc l’énergie est essentiellement cinétique :
\( E_{m,\text{avant}} \approx E_c = \tfrac12 m v^2 \Rightarrow \tfrac12 m v^2 = 8{,}4\ \text{J} \).
On isole v : \( v^2 = \dfrac{2 E_c}{m} = \dfrac{2 \times 8{,}4}{0{,}60} \approx 28 \Rightarrow v \approx 5{,}3\ \text{m·s}^{-1} \).
Si on utilise directement la perte d’énergie \( \Delta E \) comme dans la version simplifiée du sujet, on trouve une valeur voisine de \( 2{,}9\ \text{m·s}^{-1} \) selon l’hypothèse faite sur les énergies avant et après le rebond (ici tu peux commenter avec les étudiants).
• À \( 1\ \text{m} \) de hauteur, l’énergie potentielle vaut : \( E_p = m g h = 0{,}60 \times 9{,}8 \times 1 \approx 5{,}9\ \text{J} \).
• Pour que le ballon remonte à \( 1\ \text{m} \) après le rebond, il doit avoir juste après le choc \( E_{m,\text{après}} = 5{,}9\ \text{J} \).
• On admet que la perte au rebond est \( \Delta E = 2{,}5\ \text{J} \), donc juste avant le choc :
\( E_{m,\text{avant}} = E_{m,\text{après}} + \Delta E \approx 5{,}9 + 2{,}5 = 8{,}4\ \text{J} \).
Juste avant le choc, le ballon est proche du sol, donc l’énergie est essentiellement cinétique :
\( E_{m,\text{avant}} \approx E_c = \tfrac12 m v^2 \Rightarrow \tfrac12 m v^2 = 8{,}4\ \text{J} \).
On isole v : \( v^2 = \dfrac{2 E_c}{m} = \dfrac{2 \times 8{,}4}{0{,}60} \approx 28 \Rightarrow v \approx 5{,}3\ \text{m·s}^{-1} \).
Si on utilise directement la perte d’énergie \( \Delta E \) comme dans la version simplifiée du sujet, on trouve une valeur voisine de \( 2{,}9\ \text{m·s}^{-1} \) selon l’hypothèse faite sur les énergies avant et après le rebond (ici tu peux commenter avec les étudiants).