Partie 1. Trajectoire d’une balle lors du lancer

▶ 1. Exprimer les composantes du vecteur-accélération du point M

On se place dans le référentiel terrestre supposé galiléen pour pouvoir appliquer la deuxième loi de Newton à la balle (dont le centre de masse est noté M).

On néglige les frottements de l’air donc la balle de masse m n’est soumise qu’à son poids : $\overrightarrow{P}=m\overrightarrow{g}=-mg\overrightarrow{j}$.

La 2^e loi de Newton dans la situation étudiée s’écrit : $m\overrightarrow{a}=\overrightarrow{P}$. Par conséquent, le vecteur-accélération de M s’exprime : $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{\frac{P}{m}}$ donc $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{g}=-g\overrightarrow{j}$. Les composantes de l’accélération dans le repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ sont donc : $\left(\begin{array}{c}{a}_x(t)=0\\ a_y(t)=-g\end{array}\right).$

▶ 2. Justifier que la norme de la vitesse de la balle est assimilable à la valeur de sa composante verticale

Sur la chronophotographie (figure 2), on constate que le mouvement de la balle est ascendant et quasiment rectiligne suivant la verticale. Les composantes du vecteur-vitesse $\overrightarrow{v}$ de M dans le repère $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ sont donc telles que, qu’à tout instant t : $\left(\begin{array}{c}{v}_x(t)=0\\ v_y(t)>0\end{array}\right).$

La norme v(t) du vecteur-vitesse $\overrightarrow{v}$ est donc assimilable à la valeur de sa composante verticale v_y(t).

▶ 3. En déduire l’expression de v(t)

À la question 1, on a montré que : $a_y(t)=-g$.

Par ailleurs, on sait que : $a_y(t)=\frac{d{v}_y}{dt}=\frac{dv}{dt}$

donc : $\frac{dv}{dt}=-g$.

Par intégration, on en déduit : $v(t)=-gt+C$ où C est une constante.

On peut déterminer la constante C en utilisant la valeur de la vitesse initiale $\overrightarrow{v_0}=v_0\overrightarrow{j}$ à la date t₀ = 0 :

v₀ = - g × 0 + C donc C = v_0.

Finalement, l’expression littérale de la vitesse est : $v(t)=-gt+v_0$.

▶ 4. Justifier que ce modèle de la vitesse v(t) est en accord avec les points expérimentaux de la figure 3

Les points expérimentaux sont alignés selon un segment de droite affine décroissante. Or l’équation d’une droite de pente négative est bien en accord avec l’expression $v(t)=-gt+v_0$.

▶ 5. En déduire une valeur de g

Le segment de droite reliant les points expérimentaux passe notamment par les points de coordonnées $\left(\begin{array}{c}t=0\\ v=\mathrm{3,2}\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}\end{array}\right)$ et $\left(\begin{array}{c}t=320\text{ms}=\mathrm{0,32}\text{s}\\ v=0\end{array}\right)$.

Le coefficient directeur - g de la droite d’équation $v(t)=-gt+v_0$ peut alors être déterminé : $-g=\frac{0-\mathrm{3,2}}{\mathrm{0,32}-0}=-10\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$.

La valeur de l’intensité de la pesanteur déterminée à l’aide de la figure 3 est donc $g=10\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$.

▶ 6. Proposer une explication à la différence entre la valeur expérimentale de g et sa valeur de référence

La valeur expérimentale $g=10\text{m}\cdot {\text{s}}^{-2}$ est supérieure à la valeur de référence 9,81 m · s^–2. Cet écart peut s’expliquer par le fait que le mouvement de la balle, enregistré sur la chronophotographie de la figure 2, n’est pas parfaitement rectiligne. L’imprécision du pointage de la balle peut aussi contribuer à l’écart observé.

▶ 7. Établir l’expression littérale de y(t)

Le vecteur-vitesse $\overrightarrow{v}=v\overrightarrow{j}$ est tel que : $v=\frac{dy}{dt}$.

Par intégration de l’expression $v(t)=-gt+v_0$, on déduit : $y(t)=\frac{-1}{2}g{t}^2+v_{0}t+C^{\prime }$ où C′ est une constante.

On peut déterminer C′ sachant que le point mobile est au point O(0,0) à t = 0 : $y(0)=\frac{-1}{2}g\times 0^2+v_0\times 0+C^{\prime }$ donc C′ =0.

L’expression de l’équation horaire de la position de M est finalement :

$y(t)=\frac{-1}{2}g{t}^2+v_{0}t$.

▶ 8. Justifier la formule v_0=pn.sqrt(2*g*h_max) présente dans le programme python

La hauteur maximale h_max est atteinte à la date t_max lorsque la vitesse de la balle s’annule. La date t_max est donc telle que :

$v(t_{\text{max}})=-g{t}_{\text{max}}+v_0=0$. On en déduit que : $t_{\text{max}}=\frac{v_0}{g}$.

Par ailleurs, on a : $h_{\text{max}}=y(t_{\text{max}})=\frac{-1}{2}g{t}_{\text{max}}{}^2+v_0{t}_{\text{max}}$.

En remplaçant t_max par $\frac{v_0}{g}$ on obtient : $h_{\text{max}}=\frac{-1}{2}g{\left(\frac{v_0}{g}\right)}^2+v_0\frac{v_0}{g}$ soit : $h_{\text{max}}=\frac{-1}{2}\frac{v_0{}^2}{g}+\frac{v_0{}^2}{g}=\frac{1}{2}\frac{v_0{}^2}{g}$.

Cela conduit donc à : $v_0^2=2g{h}_{\text{max}}$.

La vitesse v₀ étant positive, on peut écrire : $v_0=\sqrt[]{2g{h}_{\text{max}}}$.

Cette expression est en accord avec la formule v_0=pn.sqrt(2*g*h_max) présente à la ligne 6 de la figure 4.

▶ 9. Indiquer la valeur de h_max

Dans l’article 2.6.2 du règlement, il est indiqué que, lors du service, la balle doit s’élever d’au moins 16 cm. On se place donc ici à h_max = 16 cm = 0,16 m. Lors de l’exécution du programme, il faut donc saisir la valeur :

▶ 10. Calculer v₀

Le calcul numérique de l’expression obtenue à la question 8, mené avec h_max = 0,16 m donne :

v₀ $=\sqrt[]{2g{h}_{\max }}=\sqrt[]{2\times \mathrm{9,81}\times \mathrm{0,16}}$ = 1,8 m · s⁻¹.

▶ 11. Compléter la ligne 8 du programme afin de calculer de la vitesse de lancer en km · h⁻¹

Sachant que 1 km = 10³ m et que 1 h = 3 600 s, on obtient : 1 m · s⁻¹ = 3,6 km · h⁻¹.

Pour convertir la vitesse v_0 (exprimée en m · s⁻¹) en vitesse v_ini (exprimée en km · h⁻¹), il faut donc la multiplier par 3,6. La ligne 8 du programme de la figure 5 est donc : v_ini = 3,6*v_0.

Partie 2. Qualité d’une balle de tennis de table

▶ 12. Associer les courbes de la figure 6 aux énergies mécanique, cinétique et potentielle

Dans la première phase (avant de toucher la table), la balle est en chute libre sans vitesse initiale. Le mouvement est donc vertical descendant accéléré : la coordonnée y décroît et la vitesse v augmente.

L’énergie potentielle de pesanteur de la balle est exprimée par E_P = mgy si on choisit l’origine des énergies en y = 0. La coordonnée y diminue au cours de la chute donc l’énergie potentielle est décroissante. E_P correspond donc aux points expérimentaux symbolisés par ▲.

L’énergie cinétique de la balle est exprimée par $E_{\text{C}}=\frac{1}{2}m{v}^2$. La vitesse étant croissante, il en est de même pour l’énergie cinétique. E_C correspond donc aux points expérimentaux symbolisés par ●.

L’énergie mécanique de la balle est définie par E_M = E_C + E_P. Les frottements étant supposés négligeables, l’énergie mécanique se conserve, c’est-à-dire qu’elle reste constante. E_M correspond donc aux points expérimentaux symbolisés par ✚.

▶ 13. Vérifier par le calcul que l’énergie mécanique se conserve dans la phase après le rebond

Par lecture graphique sur la figure 5, on obtient les valeurs suivantes de l’énergie cinétique E_C et de l’énergie potentielle E_P à cinq dates, puis on en déduit les valeurs de l’énergie mécanique E_M = E_C + E_P :

On constate, aux imprécisions de mesure près, que l’énergie mécanique se conserve : sa valeur est proche de 6,7 mJ.

▶ 14. Déterminer la hauteur de rebond de la balle. Commenter.

Notons h_R la hauteur atteinte par la balle après le rebond. Cette hauteur correspond au sommet S de la trajectoire. En ce point S :

la vitesse de la balle est nulle donc : E_C = 0,

l’énergie potentielle s’exprime : E_P = mgh_R.

L’énergie mécanique de la balle est conservée et vaut E_M = 6,7 mJ.

Par conséquent, au sommet S de la trajectoire, on peut écrire :

E_M = E_C + E_P = 0 + mgh_R

soit $h_{\text{R}}=\frac{E_{\text{M}}}{mg}$.

L’application numérique pour la balle dont la masse est 2,7 g conduit donc à :

$h_{\text{R}}=\frac{67\times {10}^{-3}}{\mathrm{2,7}\times {10}^{-3}\times \mathrm{9,81}}$ soit h_R = 0,25 m = 25 cm.

Cette hauteur est supérieure à la valeur de 23 cm figurant dans l’article 2.1.3 du règlement de la FFTT : cette balle n’est pas réglementaire.

Partie 3. Vitesse d’un coup droit smashé au tennis de table

▶ 15. Expliquer pourquoi la situation illustre l’effet Doppler

Le cinémomètre émet une onde électromagnétique qui se réfléchit sur la balle en mouvement. Cette onde réfléchie est alors captée par le cinémomètre. Lors de chacune de ces deux phases de propagation de l’onde, l’émetteur et le récepteur se rapprochent l’un de l’autre. L’onde émise et l’onde reçue n’ont donc pas la même fréquence. Cette situation illustre donc bien l’effet Doppler.

▶ 16. Déterminer le signe du décalage Doppler

Le décalage Doppler Δf = f_R – f_E est l’écart de fréquence entre le signal reçu et le signal émis. La balle se rapproche du cinémomètre donc la fréquence f_R du signal reçu est supérieure à la fréquence  f_E du signal émis. Le décalage Doppler Δf = f_R – f_E est donc positif.

▶ 17. Calculer la vitesse du smash

À partir de l’expression du décalage Doppler donnée dans l’énoncé , $\text{Δ}f=2f_0\frac{v}{c}$, on déduit que la vitesse de la balle peut s’écrire : $v=\text{Δ}f\frac{c}{2f_0}$.

L’onde électromagnétique a pour fréquence f₀ = 24,125 GHz et sa célérité est c = 3,00 × 10⁸ m · s⁻¹. Le décalage Doppler est Δf = 4470 Hz. L’application numérique donne : $v=4470\times \frac{\mathrm{3,00}\times {10}^8}{2\times \mathrm{24,125}\times {10}^9}$ soit v = 27,8 m · s⁻¹.

▶ 18. Indiquer si la vitesse du smash est du même ordre de grandeur que le record du monde

La vitesse du smash exprimée en km · h⁻¹ vaut : v = 27,8 × 3,6 = 100 km · h⁻¹.

Cette vitesse est du même ordre de grandeur que le record du monde (112,5 km · h⁻¹), mais tout de même inférieure de 11 %.