Simulateur de service 🎾
On modélise une balle de tennis servie « à plat » :
– trajectoire dans un plan vertical (Oxy),
– vitesse initiale horizontale \( v_0 \),
– hauteur de frappe \( H \),
– action de l’air négligée dans le modèle ( \( g = 9.81\ \text{m·s}^{-2} \) ).
\( H = \) 2,60 m
\( v_0 = \) 35 m·s\(^{-1}\)
Conditions de validation (modèle) :
– la balle doit passer au-dessus du filet,
– et toucher le sol dans le carré de service adverse.
Questions interactives – Bac 2022 (exercice maison)
Partie A : modèle simplifié. Partie B : rôle de la vitesse. Partie C : limites du modèle (énergie & frottements).
A.1.1 – Composantes de l’accélération
On admet que la balle n’est soumise qu’à son poids. Dans le repère (Oxy), quelles sont les composantes du vecteur accélération \( \vec{a} \) du centre de masse G ?
\( a_x = v_0,\ a_y = 0 \)
\( a_x = 0,\ a_y = g \)
\( a_x = 0,\ a_y = -g \)
\( a_x = -g,\ a_y = 0 \)
La seule force est le poids \( \vec{P} = m\vec{g} \), dirigé vers le bas.
Dans le repère orienté vers le haut :
– aucune force horizontale ⇒ \( a_x = 0 \)
– le poids est dirigé vers -\(y\) ⇒ \( a_y = -g \)
Donc \( \vec{a} = (0,\,-g) \).
Dans le repère orienté vers le haut :
– aucune force horizontale ⇒ \( a_x = 0 \)
– le poids est dirigé vers -\(y\) ⇒ \( a_y = -g \)
Donc \( \vec{a} = (0,\,-g) \).
A.1.2 – Vecteur vitesse \( \vec{v}(t) \)
Les composantes du vecteur vitesse sont :
\( v_x(t)=v_0,\quad v_y(t)=-gt \)
\( v_x(t)=v_0 t,\quad v_y(t)=-\tfrac{1}{2} g t^2 \)
\( v_x(t)=0,\quad v_y(t)=v_0-gt \)
\( v_x(t)=v_0,\quad v_y(t)=0 \)
On intègre \( a_x = 0 \Rightarrow v_x = v_0 \).
On intègre \( a_y = -g \Rightarrow v_y = -gt \).
Donc \( \vec{v}(t) = (v_0,\,-gt) \).
Donc \( \vec{v}(t) = (v_0,\,-gt) \).
A.1.3 – Position \( \vec{OG}(t) \)
On cherche \( x(t) \) et \( y(t) \) avec \( x(0)=0 \) et \( y(0)=H \).
\( x(t) = v_0 t,\quad y(t) = H - \tfrac{1}{2} g t^2 \)
\( x(t) = v_0,\quad y(t) = -gt \)
\( x(t) = \tfrac{1}{2} v_0 t^2,\quad y(t) = H - gt \)
\( x(t) = v_0 t,\quad y(t) = H + v_0 t \)
\( x(t) = v_0 t \) par intégration de \( v_x = v_0 \).
\( y(t) = H - \tfrac{1}{2} g t^2 \) par intégration de \( v_y = -gt \).
\( y(t) = H - \tfrac{1}{2} g t^2 \) par intégration de \( v_y = -gt \).
A.2 – Équation de la trajectoire \( y(x) \)
\( y(x) = H + v_0 x - \tfrac{1}{2} g x^2 \)
\( y(x) = -\dfrac{g}{2 v_0^2} x^2 + H \)
\( y(x) = - g x^2 + H \)
\( y(x) = v_0 x - g x^2 \)
\( t = \dfrac{x}{v_0} \) puis substitution dans \( y(t) = H - \tfrac{1}{2} g t^2 \).
On obtient bien \( y(x) = -\dfrac{g}{2 v_0^2} x^2 + H \).
On obtient bien \( y(x) = -\dfrac{g}{2 v_0^2} x^2 + H \).
B.1 – Trouver l’expression de \( v_0 \)
On part de l’équation de la trajectoire : \( y(x) = -\dfrac{g x^2}{2v_0^2} + H \). En isolant \( v_0 \), quelle expression obtient-on ?
\( v_0 = \sqrt{\dfrac{g x^2}{2(H - y(x))}} \)
\( v_0 = \sqrt{\dfrac{g x^2}{2(y(x) - H)}} \)
\( v_0 = \sqrt{\dfrac{2(H - y(x))}{g x^2}} \)
\( v_0 = \dfrac{g x}{H - y(x)} \)
Correction détaillée :
On part de l’équation : \( y(x) = -\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} + H \)
1. On isole le terme contenant \( v_0 \) : \( y(x) - H = -\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} \)
2. On multiplie par –1 : \( H - y(x) = \dfrac{g x^2}{2 v_0^2} \)
3. On isole \( v_0^2 \) : \( v_0^2 = \dfrac{g x^2}{2(H - y(x))} \)
4. On prend la racine :
On part de l’équation : \( y(x) = -\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} + H \)
1. On isole le terme contenant \( v_0 \) : \( y(x) - H = -\dfrac{g x^2}{2 v_0^2} \)
2. On multiplie par –1 : \( H - y(x) = \dfrac{g x^2}{2 v_0^2} \)
3. On isole \( v_0^2 \) : \( v_0^2 = \dfrac{g x^2}{2(H - y(x))} \)
4. On prend la racine :
\( \boxed{v_0 = \sqrt{\dfrac{g x^2}{2(H - y(x))}}} \)
B.2 – Coordonnées des points C (filet) et D (rebond)
Observe la figure du terrain. Le repère est placé au point de frappe : \( B(0;H) \). Trouve maintenant les coordonnées des points :
- C : passage juste au-dessus du filet,
- D : point d’impact dans le carré de service adverse.
Correction détaillée :
Les distances du document :
– Ligne de fond → ligne de service : 5,50 m
– Ligne de service → filet : 6,40 m
– Filet → ligne de service adverse : 6,40 m
– Hauteur du filet : 0,91 m
Point C :
Distance horizontale jusqu’au filet : \( x_C = 5,50 + 6,40 = 11,90\ \text{m} \)
Hauteur du filet : \( y_C = 0,91\ \text{m} \)
Point D :
D est sur la ligne de service adverse : \( x_D = 5,50 + 6,40 + 6,40 = 18,30\ \text{m} \)
Il est au sol : \( y_D = 0 \)
Les distances du document :
– Ligne de fond → ligne de service : 5,50 m
– Ligne de service → filet : 6,40 m
– Filet → ligne de service adverse : 6,40 m
– Hauteur du filet : 0,91 m
Point C :
Distance horizontale jusqu’au filet : \( x_C = 5,50 + 6,40 = 11,90\ \text{m} \)
Hauteur du filet : \( y_C = 0,91\ \text{m} \)
\( \boxed{C(11,90\ ;\ 0,91)} \)
Point D :
D est sur la ligne de service adverse : \( x_D = 5,50 + 6,40 + 6,40 = 18,30\ \text{m} \)
Il est au sol : \( y_D = 0 \)
\( \boxed{D(18,30\ ;\ 0)} \)
B.3 – Calcul des vitesses extrémales \( v_{0,\min} \) et \( v_{0,\max} \)
On veut déterminer :
- \( v_{0,\min} \) : vitesse juste suffisante pour franchir le filet,
- \( v_{0,\max} \) : vitesse maximale pour que la balle retombe encore dans le carré de service.
Correction détaillée :
Données : \( H = 2,6\ \text{m} \), \( g = 9,81\ \text{m·s}^{-2} \).
1) Vitesse minimale : franchissement du filet
On remplace \( x = x_C = 11,90 \) et \( y(x) = y_C = 0,91 \) :
\( v_{0,\min} = \sqrt{ \dfrac{9,81 \cdot 11,90^2}{2(2,6 - 0,91)} } \approx 20\ \text{m·s}^{-1} \)
2) Vitesse maximale : rebond juste sur la ligne du carré de service
On remplace \( x = x_D = 18,30 \) et \( y(x) = 0 \) :
\( v_{0,\max} = \sqrt{\dfrac{9,81 \cdot 18,30^2}{2 \cdot 2,6}} \approx 25\ \text{m·s}^{-1} \)
Données : \( H = 2,6\ \text{m} \), \( g = 9,81\ \text{m·s}^{-2} \).
1) Vitesse minimale : franchissement du filet
On remplace \( x = x_C = 11,90 \) et \( y(x) = y_C = 0,91 \) :
\( v_{0,\min} = \sqrt{ \dfrac{9,81 \cdot 11,90^2}{2(2,6 - 0,91)} } \approx 20\ \text{m·s}^{-1} \)
\( \boxed{v_{0,\min} \approx 20\ \text{m·s}^{-1}} \)
2) Vitesse maximale : rebond juste sur la ligne du carré de service
On remplace \( x = x_D = 18,30 \) et \( y(x) = 0 \) :
\( v_{0,\max} = \sqrt{\dfrac{9,81 \cdot 18,30^2}{2 \cdot 2,6}} \approx 25\ \text{m·s}^{-1} \)
\( \boxed{v_{0,\max} \approx 25\ \text{m·s}^{-1}} \)
B.4 – Modèle pro : angle négatif, frottements et effet (Magnus)
Le modèle scolaire donne une vitesse max d’environ 23 m·s⁻¹.
Pourtant Sinner et Alcaraz servent à 200–215 km/h.
Compare ici :
• modèle scolaire (bleu),
• modèle professionnel réaliste (rouge).
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Analyse :
Le modèle scolaire oublie :
Le modèle scolaire oublie :
- l’angle négatif réel du service,
- le spin → force de Magnus,
- le freinage massif de l’air,
- la tactique : viser profond.
- perd de la vitesse en vol,
- est portée par le spin,
- et est dirigée vers le bas dès le départ.
Partie C – Étude énergétique et frottements de l’air
On dispose pour différents instants \( t \) des valeurs de la hauteur \( y(t) \) et de la vitesse \( v(t) \). On veut savoir si l’on peut négliger l’action de l’air. Expliquer qualitativement comment exploiter ces données pour montrer que cette hypothèse est fausse.
On calcule, pour plusieurs instants \( t \), l’énergie :
– énergie cinétique : \( E_c(t) = \tfrac{1}{2} m v(t)^2 \)
– énergie potentielle : \( E_p(t) = m g y(t) \)
– énergie mécanique : \( E_m(t) = E_c(t) + E_p(t) \).
Si l’air était négligeable : \( E_m(t) = \text{constante} \).
Or on observe que \( E_m(t) \) décroît : perte d’énergie ⇒ frottements non négligeables.
– énergie cinétique : \( E_c(t) = \tfrac{1}{2} m v(t)^2 \)
– énergie potentielle : \( E_p(t) = m g y(t) \)
– énergie mécanique : \( E_m(t) = E_c(t) + E_p(t) \).
Si l’air était négligeable : \( E_m(t) = \text{constante} \).
Or on observe que \( E_m(t) \) décroît : perte d’énergie ⇒ frottements non négligeables.