Système {ballon}, de masse $m$ constante ; référentiel terrestre supposé galiléen ; seule force : le poids $\vec{P}=m\vec{g}$ (frottements négligés).

Deuxième loi de Newton : $\sum {\vec{F}}_{\text{ext}}=m\vec{a}$, soit $m\vec{g}=m\vec{a}$, donc $\vec{a}=\vec{g}$.

Le vecteur $\vec{g}$ est vertical et dirigé vers le bas, alors que l'axe $(Oy)$ est orienté vers le haut. En projetant :

Comme $\vec{a}=\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\mathrm{d}t}$, on cherche les primitives des coordonnées de $\vec{a}$ :

$v_x(t)=C_1$ et $v_y(t)=-gt+C_2$

À $t=0$, le vecteur vitesse est ${\vec{v}}_0$, de coordonnées $v_0\cos (\alpha )$ et $v_0\sin (\alpha )$ : $C_1=v_0\cos (\alpha )$ et $C_2=v_0\sin (\alpha )$.

Comme $\vec{v}=\frac{\mathrm{d}\overrightarrow{OM}}{\mathrm{d}t}$, on cherche les primitives des coordonnées de $\vec{v}$ :

$x(t)=v_0\cos (\alpha )t+C_3$ et $y(t)=-\frac{1}{2}g{t}^2+v_0\sin (\alpha )t+C_4$

À $t=0$, le point M est en $M_0$ : $x(0)=0$ et $y(0)=H_m$, donc $C_3=0$ et $C_4=H_m$.

On élimine le temps. Comme $\alpha \ne 90°$, $\cos (\alpha )\ne 0$ et l'équation de $x(t)$ donne $t=\frac{x}{v_0\cos (\alpha )}$.

On remplace dans $y(t)$ :

$$y=-\frac{1}{2}g{\left(\frac{x}{v_0\cos (\alpha )}\right)}^2+v_0\sin (\alpha )\frac{x}{v_0\cos (\alpha )}+H_m$$

Avec $\frac{\sin (\alpha )}{\cos (\alpha )}=\tan (\alpha )$ :

Le point C a pour coordonnées $x_C=L$ et $y_C=H_a$. La trajectoire passe par C si $y(L)=H_a$ :

$$H_a=-\frac{g{L}^2}{2v_{0c}^2{\cos }^2(\alpha )}+L\tan (\alpha )+H_m$$

$$\frac{g{L}^2}{2v_{0c}^2{\cos }^2(\alpha )}=L\tan (\alpha )+H_m-H_a$$

$$v_{0c}^2=\frac{g{L}^2}{2{\cos }^2(\alpha )(L\tan (\alpha )+H_m-H_a)}$$

Une vitesse est positive, d'où :

$$v_{0c}=\sqrt{\frac{9,8\times 4,6^2}{2\times {\cos }^2(49,5°)\times (4,6\times \tan (49,5°)+2,30-3,05)}}$$

Sur la figure 2-b, le point le plus bas de la courbe a pour abscisse $\alpha \approx 55,2°$ et pour ordonnée $v_0\approx 5,32\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$.

Comparaison avec le lancer-franc : à 2 m du panier, la vitesse minimale est plus faible ($5,3\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$ contre $7,3\text{m}\cdot {\text{s}}^{-1}$) et l'angle correspondant est plus grand (55,2° contre 49,5°).

Commentaire : plus le joueur est près du panier, moins il doit lancer fort, mais plus il doit tirer « en cloche ».

Sous la racine de $v_{0c}$ (Q5), le dénominateur vaut $2D$ avec $D={\cos }^2(\alpha )(L\tan (\alpha )+H_m-H_a)$.

Comme $\cos (\alpha )\tan (\alpha )=\sin (\alpha )$, on développe :

$$D=L\sin (\alpha )\cos (\alpha )+(H_m-H_a){\cos }^2(\alpha )$$

Quand $\alpha$ se rapproche de 90°, $\cos (\alpha )$ tend vers 0 : les deux termes tendent vers 0, alors que le numérateur $g{L}^2$ reste constant.

Le tableau y contient les altitudes successives du centre de masse du ballon. Si la plus grande de ces altitudes reste inférieure à la hauteur $H_a$ de l'arceau, le ballon ne passe jamais au-dessus de l'arceau.

La fonction d_bord (lignes 86-87) calcule la distance entre le centre du ballon, de coordonnées $(x;y)$, et le bord de l'arceau le plus proche du joueur, de coordonnées $(L-R_a;H_a)$.

Ligne 89 : la variable test vaut False au départ.

Lignes 90 à 92 : la boucle parcourt les $N_x$ points de la trajectoire. Si, pour l'un d'eux, cette distance est inférieure au rayon $R_b$ du ballon, le ballon touche l'arceau et test prend la valeur True.

Le site conseille un angle de tir compris entre 47° et 55°. Tous ces angles sont supérieurs à l'angle minimal de 45° : ils permettent un tir parfait.

La borne basse conseillée (47°) laisse en plus une marge de 2° au-dessus du minimum.

• Courbe 3 : énergie cinétique $E_c=\frac{1}{2}m{v}^2$. Le ballon est lâché sans vitesse initiale : $E_c$ est nulle à $t=0$, puis augmente pendant la chute.
• Courbe 2 : énergie potentielle de pesanteur $E_{pp}=mgy$. Elle est maximale au départ, diminue quand le ballon descend et s'annule au sol, vers $t=0,47$ s.
• Courbe 1 : énergie mécanique $E_m=E_c+E_{pp}$. À chaque instant, ses valeurs sont la somme de celles des deux autres courbes.

On lit l'énergie mécanique (courbe 1) de part et d'autre du rebond, qui a lieu vers $t=0,47$ s :

• avant le rebond : $E_{m,\text{avant}}\approx 6,1$ J ;
• après le rebond : $E_{m,\text{apreˋs}}\approx 3,6$ J.

$E_{\text{perdue}}=E_{m,\text{avant}}-E_{m,\text{apreˋs}}=6,1-3,6$

Des frottements feraient diminuer l'énergie mécanique tout au long du mouvement.

Or, sur la courbe 1, l'énergie mécanique reste pratiquement constante pendant la chute (environ 6,1 J) puis pendant la remontée (environ 3,6 J). Les petits écarts, de l'ordre de 0,2 J, vont dans les deux sens : ils viennent du pointage.

État initial : ballon à la hauteur $h$, vitesse $v_i$ : $E_{m,i}=\frac{1}{2}m{v}_i^2+mgh$.

État final, dans le cas limite : le ballon remonte juste à la hauteur $h$, où sa vitesse s'annule : $E_{m,f}=mgh$.

L'énergie mécanique se conserve en dehors du rebond (Q14) et le rebond fait perdre $E_{\text{perdue}}$ :

$$E_{m,f}=E_{m,i}-E_{\text{perdue}}\text{soit}mgh=\frac{1}{2}m{v}_i^2+mgh-E_{\text{perdue}}$$

$$\frac{1}{2}m{v}_i^2=E_{\text{perdue}}\text{donc}{v}_i=\sqrt{\frac{2E_{\text{perdue}}}{m}}=\sqrt{\frac{2\times 2,5}{0,600}}$$

Niveau nécessaire à 20 m. Pour être entendu du joueur le plus éloigné, le sifflet doit y produire au moins $L_1=80+3=83$ dB.

Intensité sonore à 20 m. $L_1=10\log \left(\frac{I_1}{I_0}\right)$ donne $I_1=I_0\times 10^{L_1/10}$ :

$I_1=1\times 10^{-12}\times 10^{8,3}=2,0\times 10^{-4}\text{W}\cdot {\text{m}}^{-2}$

Intensité sonore à 1,0 m. La puissance $P$ du sifflet est la même aux deux distances : $P=4\pi d_1^2{I}_1=4\pi d_2^2{I}_2$, donc

$$I_2=I_1\times {\left(\frac{d_1}{d_2}\right)}^2=2,0\times 10^{-4}\times {\left(\frac{20}{1,0}\right)}^2=8,0\times 10^{-2}\text{W}\cdot {\text{m}}^{-2}$$

Niveau sonore à 1,0 m.

$$L_2=10\log \left(\frac{I_2}{I_0}\right)=10\log \left(\frac{8,0\times 10^{-2}}{1\times 10^{-12}}\right)=109\text{dB}$$

Ce niveau dépasse le seuil de danger de 90 dB.