5.Etb1 : Service au volley

Au volley-ball, le service smashé est le type de service pratiqué le plus fréquemment par les professionnels : le serveur doit se placer un peu après la limite du terrain, lancer très haut son ballon, effectuer une petite course d’élan puis sauter pour frapper la balle. Après la course d’élan, le serveur saute de façon à frapper le ballon en un point \(B_0\) situé à la hauteur \(h\) au-dessus de la ligne de fond du terrain.

Dimensions du terrain de volley-ball et allure de la trajectoire du ballon

Le mouvement du ballon est étudié dans un référentiel terrestre supposé galiléen muni du repère \((O, x, y, z)\), et l’instant de la frappe est choisi comme origine des temps.

On étudie le mouvement du centre de masse du ballon sans tenir compte de l’action de l’air.

Le service est effectué depuis le point \(B_0\) à la vitesse \(v_0 = \pu{21,0 m*s-1}\). Le service sera considéré comme valide à condition que le ballon franchisse le filet sans le toucher et qu’il retombe dans le terrain adverse.

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1 Exprimer les coordonnées du vecteur accélération du centre de masse du ballon après la frappe.

2 Établir que les équations horaires du mouvement du centre de masse du ballon sont :

\(x = v_0×t\) et \(y=-\frac{1}{2}×g×t^2+h\)

3 Montrer que le mouvement du centre de masse du ballon est plan.

4 En déduire l’équation de la trajectoire.

5 En admettant que le ballon franchisse le filet, vérifier qu’il touche le sol avant la ligne de fond.

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6 En appliquant la loi de conservation de l’énergie mécanique, exprimer puis calculer la valeur \(v_{sol}\) de la vitesse du centre de masse du ballon lorsqu’il touche le sol.

7 En réalité, la valeur \(v_{sol}\) de la vitesse avec laquelle le ballon atteint le sol est plus faible que celle déterminée précédemment. Proposer une explication.

Afficher la correction

La seule force qui s’exerce sur le ballon est son poids \(\vec{P}\), avec \(\vec{P}=m·\vec{g}\).

D’après la deuxième loi de Newton, \(\vec{P}=m·\vec{a}\).

Soit \(m·\vec{g}=m·\vec{a}\).

Et donc \(\vec{a}=\vec{g}\).

Comme : \(\vec{g} \left| \begin{align} &g_x = 0 \\ &g_y = -g \end{align}\right.\)

Finalement : \(\vec{a} \left| \begin{align} &a_x = g_x = 0 \\ &a_y = g_y = -g \end{align}\right.\)

• Conditions initiales

Conditions initiales pour la position : \( \left| \begin{align} &x_0 = 0 \\ &y_0 = h \end{align}\right.\)

Conditions initiales pour la vitesse : \(\vec{v_0} \left| \begin{align} &{v_0}_x = v_0 \\ &{v_0}_y = 0 \end{align}\right.\)

• Détermination des coordonnées de v

\(\begin{align} v_x &= \text{ primitive de } a_x \\ &= cte \\ &= {v_0}_x \\ &= v_0 \end{align}\)

\(\begin{align} v_y &= \text{ primitive de } a_y \\ &= -g·t + cte \\ &= -g·t + {v_0}_y \\ &= -g·t + 0 \\ &= -g·t \end{align}\)

• Détermination des coordonnées de (OM) (c’est-à-dire les équations horaires)

\(\begin{align} x &= \text{ primitive de } v_x \\ &= v_0·t + cte \\ &= v_0·t + x_0 \\ &= v_0·t + 0 \\ &= v_0·t \end{align}\)

\(\begin{align} y &= \text{ primitive de } v_y \\ &= -\frac{1}{2}·g·t^2 + cte \\ &= -\frac{1}{2}·g·t^2 + y_0 \\ &= -\frac{1}{2}·g·t^2 + h \end{align}\)

Rappel : l’équation de la trajectoire est de la forme \(y = f(x)\), c’est une relation entre \(x\) et \(y\) qui ne fait pas intervenir \(t\).

Méthode : à partir des équations horaires, on « élimine » \(t\).

\(x = v_0·t\). Donc : \(t = \dfrac{x}{v_0}\).

\(y = -\frac{1}{2}·g·t^2 + h\). Soit \(y=-\frac{1}{2}·g·\left(\dfrac{x}{v_0}\right)^2+h\). Soit \(y = -\dfrac{g}{2·{v_0}^2}·x^2 + h\).

Notons \(C\) le point où le ballon touche le sol. « Le ballon touche le sol » se traduit mathématiquement par \(y_C = 0\). On cherche alors la valeur de \(x_C\).

Comme \(y_C = -\dfrac{g}{2·{v_0}^2}·x^2 + h\), on obtient : \(0 = -\dfrac{g}{2·{v_0}^2}·x_C^2 + h\).

Soit \(x_C^2=\dfrac{2·{v_0}^2·h}{g}\).

Et donc \(x_C=\sqrt{\dfrac{2·v_0^2·h}{g}}\).

Le calcul donne \(x_C = \pu{17,7 m}\), ce qui est inférieur à \(\pu{18 m}\). Donc le service est réussi.

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En appliquant le théorème de l’énergie cinétique, exprimer puis calculer la valeur v_sol de la vitesse du centre de masse du ballon lorsqu’il touche le sol.

Considérons comme premier point le point B (noté B0 dans l’énoncé) et comme deuxième point le point C (point où le ballon touche le sol).

D’après la loi de conservation de l’énergie mécanique, comme ici la seule force subie est le poids : \(Em_B = Em_C\).

Or \(\begin{aligned}[t] Em_B &= Ec_B + Epp_B \\ &= \frac{1}{2}·m·v_B^2 + m·g·z_B \\ &= \frac{1}{2}·m·v_0^2 + m·g·h \end{aligned}\)

Et \(\begin{aligned}[t] Em_C &= Ec_C + Epp_C \\ &= \frac{1}{2}·m·v_C^2 + m·g·z_C \\ &= \frac{1}{2}·m·v_{sol}^2 + 0 \end{aligned}\)

D’où : \(\frac{1}{2}·m·v_0^2 + m·g·h = \frac{1}{2}·m·v_Sol^2\).

Soit : \(v_0^2 + 2·g·h = v_{sol}^2\).

Soit : \(v_{sol} = \sqrt{v_0^2 + 2·g·h}\).

Le calcul donne : \(\begin{aligned}[t] v_{sol} &= \pu{sol} \\ &= \pu{81,4 km/h} \end{aligned}\)

En réalité, la valeur \(v_{sol}\) de la vitesse avec laquelle le ballon atteint le sel est plus faible que celle déterminée précédemment. Proposer une explication.

Dans la question 6, en appliquant la conservation de l’énergie mécanique, nous avons considéré que le ballon ne subissait que son poids, autrement dit, nous avons négligé les frottements.

En prenant les frottements en compte, nous trouverions une vitesse \(v_{sol}\) plus petite.