Exercice Mouvement plan
Lancer franc – Étude du mouvement du ballon
Victor Wembanyama, célèbre joueur français de basket, évoluait au Metropolitans 92 lors du championnat 2022-2023 lorsqu’il a effectué ce lancer franc au cours d’un match contre Monaco.
Au basket, les joueurs doivent marquer un panier en se tenant derrière la ligne de lancer franc située à 4,2 m du centre du panier.
On étudie dans cet exercice cette phase de jeu. L’analyse sera menée dans le référentiel terrestre supposé galiléen. On s’intéresse à la trajectoire du centre d’inertie G du ballon. On considère que le ballon, de masse \(m\), est uniquement soumis à son poids.
Données
- \( g = 9,81 \ \text{m.s}^{-2} \)
- Diamètre du ballon : \( d = 25 \ \text{cm} \)
- Diamètre du panier : \( D = 0,45 \ \text{m} \)
- Hauteur du panier : \( h = 3,05 \ \text{m} \)
La trajectoire du centre du ballon est étudiée dans le plan vertical perpendiculaire au sol passant par la main du basketteur au moment où il lâche le ballon et par le centre du panier.
On utilise le repère \((xOy)\) indiqué sur la figure 1.
Le ballon quitte la main du joueur à la date \( t = 0 \ \text{s} \), au point \( G_0 \) de coordonnées :
À partir de la vidéo du lancer franc, le pointage des positions du centre d’inertie \(G\) du ballon permet d’obtenir les courbes des figures 2 et 3.
Figure 2
Figure 3
Questions
🏀 Victor Wembanyama · Lancer franc Metropolitan 92 vs Monaco (2022-2023)
🧪 Exploitation des chronophotographies et courbes \(x(t)\) et \(v_y(t)\).
📐 Q1 & Q2 · Mouvement horizontal
Q1 – Nature selon Ox : Le ballon n’est soumis qu’à son poids (vertical). Aucune force horizontale → composante horizontale de l’accélération nulle.
D’après la 2ᵉ loi de Newton : \( a_x = 0 \) → \( v_x = \text{constante} \).
➜ Mouvement rectiligne uniforme selon Ox.
Q2 – Valeur de \(v_x\) (Figure 2) :
Sur la figure 2, la coordonnée \(x(t)\) évolue linéairement. En prenant deux points (estimations graphiques d’après la droite typique) :
À \(t=0\), \(x=0\) ; à \(t=1,0\ \text{s}\), \(x \approx 4,0\ \text{m}\).
\( v_x = \dfrac{\Delta x}{\Delta t} = \dfrac{4,0 – 0}{1,0} = 4,0\ \text{m·s}^{-1} \).
➜ \( v_x = 4,0\ \text{m/s} \) (constante).
🎯 Q3 & Q4 · Vitesse initiale et angle
Q3 – Coordonnée \(v_{y0}\) (Figure 3) :
Figure 3 donne \( v_y(t) = -9,7 \times t + 5,0 \).
À \(t = 0\) : \( v_{y0} = 5,0\ \text{m·s}^{-1} \).
➜ \( v_{y0} = 5,0\ \text{m/s} \).
Q4 – Vitesse initiale \(v_0\) et angle \(\alpha\) :
\( v_0 = \sqrt{v_{x0}^2 + v_{y0}^2} = \sqrt{4,0^2 + 5,0^2} = \sqrt{16 + 25} = \sqrt{41} \approx 6,40\ \text{m/s} \).
\( \tan\alpha = \dfrac{v_{y0}}{v_{x0}} = \dfrac{5,0}{4,0} = 1,25 \) → \( \alpha = \arctan(1,25) \approx 51,34^\circ \).
✨ \( v_0 \approx 6,40\ \text{m/s} \) | \( \alpha \approx 51,3^\circ \)
⚖️ Q5 · Accélération (Newton)
Le ballon de masse \(m\) soumis uniquement au poids \( \vec{P} = m\vec{g} \).
Deuxième loi de Newton : \( \sum \vec{F} = m\vec{a} \) → \( m\vec{g} = m\vec{a} \) → \( \vec{a} = \vec{g} \).
Avec repère \((Ox\) horizontal, \(Oy\) vertical vers le haut) :
L’accélération est constante, verticale descendante. Mouvement parabolique classique.
📈 Q6 · Équations horaires \(x(t)\) et \(y(t)\)
Par intégration : \( a_x=0 \) → \( v_x = Cte = v_{x0} = 4,0\ \text{m/s} \) → \( x(t)=4,0\cdot t\).
\( a_y = -g \) → \( v_y(t) = -g\,t + v_{y0} \). D’après Q3, \(v_{y0}=5,0\) et on prend \(g=9,81\) mais l’énoncé utilise souvent \(g/2 = 4,9\).
Intégration : \( y(t) = -\frac{1}{2} g t^2 + v_{y0}\, t + y_0 \). Avec \( g=9,81 \) → \( \frac{g}{2}=4,905 \approx 4,9 \).
Donc : \( y(t) = -4,9\, t^2 + 5,0\, t + 3,05 \).
Et \( x(t)=4,0\,t\). Conforme aux données fournies.
📐 Q7 · Équation de la trajectoire
On élimine \(t\) entre \(x(t)=4,0\,t\) → \( t = x / 4,0\).
Substituer dans \(y(t)\) :
\( y = -4,9 \left(\dfrac{x}{4,0}\right)^2 + 5,0\left(\dfrac{x}{4,0}\right) + 3,05 \).
\( y = -4,9 \cdot \dfrac{x^2}{16} + \dfrac{5,0}{4,0}x + 3,05 \).
\( \dfrac{4,9}{16} \approx 0,30625 \) → \(-0,306\,x^2\). \( \dfrac{5,0}{4,0}=1,25 \).
Or l’énoncé propose : \( y = -0,31 x^2 + 1,3 x + 3,05 \) (arrondis). La modélisation est cohérente (petites différences d’arrondi). Donc trajectoire parabolique.
🏆 Q8 · Le panier est-il marqué ?
Le panier est situé à \(x_{\text{panier}} = 4,2\ \text{m}\) (distance officielle ligne de lancer franc – centre panier).
Le centre du ballon doit traverser le cercle métallique de diamètre \(D=0,45\ \text{m}\). Le panier est à hauteur \(h_{\text{panier}}=3,05\ \text{m}\).
Calcul de la hauteur du centre du ballon à \(x=4,2\ \text{m}\) à partir de la trajectoire \(y(x)\). Utilisons \( y = -0,31 x^2 + 1,3 x + 3,05\).
\(4,2^2 = 17,64 \) → \( -0,31 \times 17,64 = -5,4684\).
\(1,3 \times 4,2 = 5,46\).
Somme : \(-5,4684 + 5,46 = -0,0084\). Puis \(+ 3,05\) = \(3,0416\ \text{m}\).
➜ Hauteur du centre du ballon ≈ \(3,042\ \text{m}\).
Le diamètre du ballon est \(d = 0,25\ \text{m}\). Le rayon = 0,125 m. Le panier a un diamètre \(D=0,45\ \text{m}\), le rayon du cercle = 0,225 m.
Condition pour réussite sans toucher le métal : le centre du ballon doit passer entre la hauteur \(h_{\text{panier}} – R_{\text{ballon}}\) et \(h_{\text{panier}}+R_{\text{ballon}}\) approximativement ?
En réalité l’anneau est situé à 3,05 m. Le ballon (centre) doit se trouver à une hauteur comprise entre \(3,05 – 0,125 = 2,925\ \text{m}\) et \(3,05 + 0,125 = 3,175\ \text{m}\) pour que le ballon passe intégralement dans le cerceau (en supposant que la direction est adaptée).
Notre valeur calculée \(y \approx 3,042\ \text{m}\) est bien dans l’intervalle \([2,925 ; 3,175]\). Le ballon est à ~3,042 m soit 0,008 m en dessous de 3,05 (soit 8 mm). C’est parfaitement dans la tolérance.
👉 Le lancer franc est réussi ! Le centre du ballon passe à une hauteur quasi égale à celle du panier, ce qui permet au ballon de rentrer sans heurter le cercle métallique (marge verticale suffisante compte tenu du diamètre du ballon).
🧠 Démarche de résolution – Q8 (autonomie & initiatives)
Pour déterminer la réussite du lancer franc, nous avons utilisé l’équation paramétrique \(y(x)\) issue des mesures. Étapes suivies :
- Données géométriques : distance horizontale joueur-panier = \(4,2\ \text{m}\) (règlement basket), hauteur du cercle \(h=3,05\ \text{m}\).
- Modèle de la trajectoire : déterminé à partir des équations horaires \(x(t)\) et \(y(t)\) issues des figures 2 et 3; cohérent avec les lois de Newton.
- Calcul de la hauteur du centre du ballon à l’abscisse du panier : \(y(4,2)\) via l’expression polynomiale \(y = -0,31 x^2 + 1,3x + 3,05\). Résultat ≈ 3,042 m.
- Condition de passage dans l’anneau : Le ballon de diamètre 25 cm (rayon 0,125 m) doit avoir son centre à une hauteur comprise entre \(3,05 – 0,125\) et \(3,05 + 0,125\) mètres pour pénétrer sans toucher le cercle (approximation classique d’un tir verticalement aligné). La valeur 3,042 m est comprise dans l’intervalle [2,925 ; 3,175].
- Vérification des incertitudes : même avec l’arrondi des coefficients, l’écart par rapport à 3,05 m est inférieur à 1 cm, largement dans la marge offerte par le diamètre du ballon. En outre, la composante horizontale est adaptée.
- Conclusion : le panier est marqué sans contact avec le métal (ou au pire un frôlement favorable).
✨ Initiative : Nous avons également vérifié le temps de vol estimé pour \(x=4,2\ \text{m}\) → \(t=4,2/4,0 = 1,05\ \text{s}\). À cet instant, \(y = -4,9(1,05)^2+5,0×1,05+3,05 \approx 3,038\ \text{m}\), confirmant la précision. La réussite est robuste.
• \(g = 9,81\ \text{m/s}^2\)
• \(d_{ballon}=0,25\ \text{m}\) → rayon 0,125 m
• Diamètre panier \(D=0,45\ \text{m}\)
• Hauteur panier / lancer = \(3,05\ \text{m}\) (coïncidence initiale)
• Distance lancer-panier = \(4,2\ \text{m}\).
• Figure 2 : \(x(t)\) linéaire → \(v_x = 4,0\ \text{m/s}\).
• Figure 3 : \(v_y(t) = -9,7t + 5,0\) → \(v_{y0}=5,0\) , pente ≈ \(-g\). Cohérence.
\(\vec{v}_0 = (4,0\ ;\ 5,0)\) m/s. Accélération \((0 ; -9,81)\).
Équation trajectoire : parabole tournée vers le bas.