▶ 1. Décrire un mouvement selon un axe

En analysant la figure 2a, on constate que, de t₀ = 0 s à t = 0,4 s, la coordonnée verticale y augmente. D’autre part, la figure 2b nous indique que, sur cet intervalle de temps, la coordonnée v_y de la vitesse, d’abord positive, s’annule à t = 0,4 s. On déduit que, sur cette première phase, le mouvement est ascendant ralenti.

Selon le même raisonnement, en analysant la figure 2a, on constate que, de t = 0,4 s à t = 0,8 s, la coordonnée verticale y diminue. D’autre part, la figure 2b nous indique que, sur cet intervalle de temps, la coordonnée v_y de la vitesse est négative à partir de t = 0,4 s. On déduit que, sur cette deuxième phase, le mouvement est descendant accéléré.

▶ 2. Décrire le rôle de la main sur le mouvement de la balle

D’après l’énoncé, au début de la phase 2, la réception de la balle se fait à y = 0 m. Ensuite, de t = 0,78 s à t = 0,95 s, la main amortit la balle. La main et la balle descendent ensemble avec une ordonnée négative. Puis, à l’instant t = 1,1 s, la main propulse de nouveau la balle vers l’autre main.

▶ 3. Établir l’expression d’une coordonnée de la vitesse

Nous étudions le système {balle de jonglage} dans le référentiel terrestre considéré galiléen.

Lorsque la balle n’est plus en contact avec la main du jongleur, on se place dans le cas du modèle de la chute libre : elle n’est soumise qu’à son propre poids $\overrightarrow{P}$ tel que $\overrightarrow{P}$ = $m\times \overrightarrow{g}$.

Ainsi, on utilise la deuxième loi de Newton : $\sum \overrightarrow{F_{\text{ext}}}=m\times \overrightarrow{a}$.

Ici, on a $\sum \overrightarrow{F_{\text{ext}}}=$ $\overrightarrow{P}$, donc $\overrightarrow{P}$ = $m\times \overrightarrow{a}$.

On en déduit que $m\times \overrightarrow{a}$ = $m\times \overrightarrow{g}$ et, de là, que $\overrightarrow{a}$ = $\overrightarrow{g}$.

Par projection sur l’axe (Ox) horizontal, on a donc : a_x = g_x.

Or le vecteur champ de pesanteur $\overrightarrow{g}$ est vertical donc g_x = 0.

On en déduit donc que a_x = 0 m · s^–2.

Sachant que a_x = $\frac{\text{d}{v}_{\text{x}}}{\text{d}t}$, on en déduit que v_x = constante.

Cette relation étant valable quel que soit t, elle l’est aussi à l’instant initial pour lequel la coordonnée de la vitesse est notée v_0x.

On en conclut que v_x = constante = v_0x.

▶ 4. Exprimer l’énergie mécanique initiale de la balle

Par définition, l’énergie mécanique initiale E_m,0 s’écrit : E_m,0 = E_c,0 + E_pp,0 avec E_c,0 = $\frac{1}{2}m{v}_0^2$ et E_pp,0 = mgy₀.

Or, à t₀ = 0 s, y₀ = 0 m donc E_pp,0 = 0 J. Ainsi, E_m,0 = $\frac{1}{2}m{v}_0^2$.

Sachant que v₀² = v_0x² + v_0y², cette expression devient :

E_m,0 = $\frac{1}{2}m$(v_0x² + v_0y²).

▶ 5. Établir l’expression de l’altitude maximale de la balle

La balle étant en chute libre, son énergie mécanique se conserve au cours du mouvement. Ainsi, elle se conserve entre l’origine O du mouvement et le sommet S de la trajectoire.

Ceci se traduit par l’égalité : E_m,0 = E_m,S.

D’après la question précédente, E_m,0 = $\frac{1}{2}m$(v_0x² + v_0y²).

Au sommet S, on a E_m,S = E_c,S + E_pp,S avec E_c,S = $\frac{1}{2}m{v}_{\text{S}}^2=\frac{1}{2}$m(v_Sx² + v_Sy²) et E_pp,S = mgH.

Nous avons établi à la question 3 que v_x = constante = v_0x donc v_Sx = v_0x. D’autre part, le vecteur vitesse au point S est horizontal, si bien que v_Sy = 0.

Ainsi, E_c,S = $\frac{1}{2}m{v}_{\text{0x}}^2$ et E_m,S = $\frac{1}{2}m{v}_{\text{0x}}^2$ + mgH.

Par conservation de l’énergie mécanique, l’égalité E_m,0 = E_m,S s’écrit :

$\frac{1}{2}m$(v_0x² + v_0y²) = $\frac{1}{2}m{v}_{\text{0x}}^2$ + mgH

Ceci conduit à $\frac{1}{2}m{v}_{\text{0y}}^2$ = mgH d’où $H= \frac{v_{0\text{y}}^2}{2g}$, la relation de l’énoncé.

▶ 6. Calculer puis comparer des valeurs numériques

Sur la figure 2b, on lit que v_0y = 4,00 m · s^–1.

En utilisant la relation $H= \frac{v_{0\text{y}}^2}{2g}$, on peut donc calculer :

$H= \frac{{\mathrm{4,00}}^2}{2 \times \mathrm{9,81}} = \mathrm{8,15}\times {10}^{-1}\text{ m soit}$ 0,815 m.

Sur la figure 2a, on lit H = 0,80 m.

Ces deux valeurs sont bien en accord.

▶ 7. Établir l’expression d’une coordonnée de la vitesse

Utilisons la relation de la question 3 : $\overrightarrow{a}$ = $\overrightarrow{g}$.

Par projection sur l’axe (Oy) vertical ascendant, on a : a_y = g_y. Or le vecteur champ de pesanteur $\overrightarrow{g}$ est vertical et vers le bas, d’où g_y = – g. Donc a_y = – g.

Sachant que a_y = $\frac{\text{d}{v}_{\text{y}}}{\text{d}t}$, on en déduit que v_y(t) = –gt + K où K est une constante qu’il faut déterminer.

Cette relation étant valable quel que soit t, elle l’est aussi à l’instant initial pour lequel la coordonnée de la vitesse est notée v_0y.

On en conclut que v_y(t) = – gt + v_0y.

▶ 8. Évaluer l’intensité de la pesanteur

D’après la relation précédente, v_y(t) = – gt + v_0y. Cette expression est confortée par l’allure du graphique de la figure 2b où la phase 1 est modélisable par une fonction affine.

Ainsi, déterminer la valeur de l’intensité de la pesanteur g revient à déterminer le coefficient directeur k de la droite (AB) tracée ci-dessous.

Considérons les deux points A (0,75 ; – 3,60) et B (0 ; 4,00) pour calculer k : k = $\frac{\mathrm{4,00}-\left(-\mathrm{3,60}\right)}{0-\mathrm{0,75}}$ = – 10,1 m · s^–2.

Ainsi, on a : – g = – 10,1 d’où g = 10,1 m · s^–2_. Cette valeur est cohérente avec la valeur g = 9,81 m · s^–2 donnée dans l’énoncé.

▶ 9. Établir une équation horaire du mouvement

D’après la relation précédente, on a : v_y(t) = –gt + v_0y.

Sachant que v_y = $\frac{\text{d}y}{\text{d}t}$, on en déduit que y(t) = – $\frac{1}{2}$gt² + v_0y t + K′ où K′ est une constante qu’il faut déterminer.

Cette relation étant valable quel que soit t, elle l’est aussi à l’instant initial. La position initiale, notée y₀, est y₀ = 0, K′ vaut donc 0.

On en conclut que y(t) = – $\frac{1}{2}$gt² + v_0y t.

▶ 10. Établir l’expression du temps de vol de la balle

Chercher l’expression du temps de vol t_air revient à chercher sa valeur telle que y(t_air) = 0 m : 0 = – $\frac{1}{2}$g t_air² + v_0y t_air.

En factorisant, cette équation s’écrit t_air × (– $\frac{1}{2}$g t_air + v_0y) = 0. Elle a deux solutions : t_air = 0 (la balle n’est pas lancée) ou – $\frac{1}{2}$g t_air + v_0y = 0 (la valeur que nous cherchons).

On a donc : g × t_air = 2 v_0y d’où t_air = $\frac{2\times v_{0\text{y}}}{g}$.

On réutilise l’expression de la question 5, $H= \frac{v_{0\text{y}}^2}{2g}$ ; v_0y = $\sqrt[]{2gH}$.

D’où : t_air = $\frac{2\times \sqrt[]{2gH}}{g}$ = $\frac{\sqrt[]{4}\times \sqrt[]{2gH}}{\sqrt{g^2}}$ = $\sqrt{\frac{(4\times 2)gH}{g^2}}$ = $\sqrt{\frac{8H}{g}}$.

▶ 11. Calculer puis comparer des valeurs numériques

On utilise l’expression précédente $t_{\text{air}}=\sqrt{\frac{8H}{g}}$ pour calculer $t_{\text{air}}=\sqrt[]{\frac{8\times \mathrm{0,80}}{\mathrm{9,81}}}$ = 0,81 s.

Sur la figure 2a, la durée du temps de vol est la durée de la phase 1 du mouvement. On lit : t_air = 0,78 s.

Ces deux valeurs sont en accord, l’écart pouvant s’expliquer par des incertitudes de lecture graphique.