Oui
Mouvement dans un champ de pesanteur
2e loi de Newton
Sujet Bac Corrigé - Lancer franc au basket - Amérique du Nord 2026 Jour 1 - Ex 3 - Corrigé (Physique-chimie)
1 juin 2026
Terminale spécialité
🏀 Le lancer franc d'un basketteur passe-t-il dans le panier sans toucher le cercle ? L'exercice 3 du bac 2026 de physique-chimie en Amérique du Nord (jour 1), sur 5 points, répond à cette question avec la mécanique de terminale.
- Le pointage vidéo : nature du mouvement selon l'axe horizontal, lecture des vitesses, vitesse initiale et angle de tir.
- La deuxième loi de Newton : accélération, équations horaires et équation de la trajectoire.
- Le verdict : calcul du point de passage du ballon et comparaison avec le diamètre du cercle.
Le sujet officiel et le corrigé détaillé sont gratuits en PDF, avec les pièges à éviter à chaque question.
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Corrigé interactif · 8 questions
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Q1Donner, en justifiant, la nature du mouvement du ballon selon l'axe Ox.
Sur la figure 2, les points sont alignés sur une droite passant par l'origine : x est proportionnelle à t.
Or vx=dtdx est le coefficient directeur de cette droite : vx est constante.
Selon l'axe Ox, le mouvement du ballon est uniforme.
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Q2Déterminer, à l'aide de la figure 2, la valeur de la coordonnée
vx du vecteur vitesse
v.
Données utiles figure 2 : modélisation x=4,0×t
Indice Sans la modélisation, on calcule la pente avec deux points éloignés de la droite, par exemple l'origine et le point d'abscisse 0,6 s, où x≈2,4 m.
vx=dtdx est le coefficient directeur de la droite modélisant x(t), d'équation x=4,0×t.
vx=4,0 m⋅s−1
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Q3Déterminer, à l'aide de la figure 3, la valeur de la coordonnée
vy0 du vecteur vitesse initiale
v0.
Données utiles figure 3 : modélisation vy=−9,7×t+5,0
vy0 est la valeur de vy à la date t=0 s, c'est-à-dire l'ordonnée à l'origine de la droite de la figure 3.
vy0=5,0 m⋅s−1
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Q4En déduire la valeur de la vitesse initiale v0 et de l'angle α que fait le vecteur vitesse initiale avec l'horizontale.
Données utiles vx0=vx=4,0 m⋅s−1 (Q.2) ; vy0=5,0 m⋅s−1 (Q.3)
vx est constante, donc vx0=4,0 m⋅s−1.
Norme : v0=vx02+vy02=4,02+5,02=6,4 m⋅s−1
Angle : tanα=vx0vy0=4,05,0, donc α=arctan(1,25)=51∘
v0=6,4 m⋅s−1 et α=51∘
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Q5Exprimer les coordonnées
ax(t) et
ay(t) du vecteur accélération
a du point G du ballon en utilisant la loi de Newton.
Système {ballon}, de masse m constante ; référentiel terrestre supposé galiléen ; seule force : le poids P=mg.
Deuxième loi de Newton : ∑Fext=ma, soit mg=ma, donc a=g.
Le vecteur g est vertical, vers le bas, et l'axe Oy est orienté vers le haut. En projetant :
ax(t)=0 et ay(t)=−g
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Q6Montrer que les équations horaires de la position du ballon sont x(t)=4,0×t et y(t)=−4,9×t2+5,0×t+3,05.
Données utiles g=9,81 m⋅s−2 ; vx0=4,0 m⋅s−1 ; vy0=5,0 m⋅s−1 ; x0=0 m ; y0=h=3,05 m
Indice Deux primitives successives, et après chacune une constante fixée par les conditions initiales : la vitesse
v0 d'abord, la position
G0 ensuite.
Comme a=dtdv, on cherche les primitives de ax=0 et ay=−g :
vx(t)=C1vy(t)=−gt+C2
À t=0 s, v=v0 : C1=vx0 et C2=vy0, donc vx(t)=vx0 et vy(t)=−gt+vy0.
Comme v=dtdOG, on cherche de nouveau les primitives :
x(t)=vx0t+C3y(t)=−21gt2+vy0t+C4
À t=0 s, le ballon est en G0 : x(0)=0 et y(0)=h, donc C3=0 et C4=h.
x(t)=vx0ty(t)=−21gt2+vy0t+h
Numériquement, 21g=21×9,81=4,9 m⋅s−2 :
x(t)=4,0×t et y(t)=−4,9×t2+5,0×t+3,05, comme attendu.
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Q7Montrer que la trajectoire du ballon peut être modélisée par y=−0,31x2+1,3x+3,05.
Données utiles x(t)=4,0×t et y(t)=−4,9×t2+5,0×t+3,05 (Q.6)
On élimine le temps : x=4,0×t donne t=4,0x, que l'on reporte dans y(t) :
y=−4,9×(4,0x)2+5,0×4,0x+3,05=−4,024,9x2+4,05,0x+3,05
y=−0,31x2+1,3x+3,05 (avec x et y en mètres), comme attendu.
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Q8Déterminer, en s'appuyant sur des calculs, si le lancer franc est réussi sans toucher le cercle métallique du panier.
Données utiles y=−0,31x2+1,3x+3,05 (Q.7) ; h=3,05 m ; centre du panier à 4,2 m de la ligne de lancer franc ; D=0,45 m ; d=25 cm=0,25 m
Indice Autre démarche acceptée : calculer y pour x=4,2 m. On trouve 3,04 m, soit la hauteur du cercle, puis on compare les diamètres.
Le ballon est lâché à la verticale de la ligne de lancer franc (x0=0) : le centre du panier est donc en xP=4,2 m, à la hauteur h=3,05 m.
On cherche l'abscisse du centre G du ballon quand il redescend à la hauteur du cercle, y=3,05 m :
3,05=−0,31x2+1,3x+3,05soitx(1,3−0,31x)=0
La solution x=0 est le point de départ. L'autre est x=0,311,3=4,2 m.
Le centre du ballon traverse donc le plan du cercle au niveau du centre du panier, à environ un centimètre près.
Jeu disponible de chaque côté pour un ballon centré : 2D−d=20,45−0,25=0,10 m, bien supérieur à cet écart.
Le ballon passe au centre du panier (x=4,2 m) avec environ 10 cm de jeu de chaque côté : le lancer franc est réussi sans toucher le cercle.
Le ballon (en orange) au passage dans le plan du cercle, vu de profilTu avais trouvé ?
La wemba-mania : un exercice de mécanique de 5 points
Le troisième exercice du bac 2026 de physique-chimie en Amérique du Nord (jour 1) étudie un lancer franc au basket. Il compte 5 points et 8 questions. Il combine l'exploitation d'un pointage vidéo et l'étude théorique d'un mouvement dans un champ de pesanteur uniforme, pour conclure sur la réussite du tir. C'est un exercice très classique, dans lequel la rigueur de rédaction compte autant que les calculs.
Exploiter le pointage vidéo
Sur la figure 2, les points x(t) sont alignés sur une droite passant par l'origine : la coordonnée vx est constante et le mouvement selon l'axe Ox est uniforme. Le piège est de répondre « rectiligne uniforme » : le ballon décrit une parabole, seule la projection sur Ox est uniforme. La modélisation x = 4,0 × t donne vx = 4,0 m·s-1.
Sur la figure 3, vy0 est l'ordonnée à l'origine de la droite vy(t) : 5,0 m·s-1. Le coefficient directeur, -9,7 m·s-2, est proche de -g, ce qui valide le modèle de la chute libre. On en déduit v0 = 6,4 m·s-1 par le théorème de Pythagore et α = 51° par la tangente. Une calculatrice restée en radians affiche 0,90 : vérifiez le mode degré.
De la loi de Newton à la trajectoire
Avant d'écrire la deuxième loi de Newton, il faut préciser le système, le référentiel terrestre supposé galiléen et le bilan des forces, réduit au poids. On obtient ax = 0 et ay = -g, le signe venant de l'orientation de l'axe Oy vers le haut. Les équations horaires se démontrent par deux primitives successives, en déterminant chaque constante d'intégration avec les conditions initiales : la vitesse initiale d'abord, la position de départ ensuite, à la hauteur de 3,05 m. Écrire directement le résultat sans ces constantes ne répond pas à la question.
L'équation de la trajectoire s'obtient en éliminant le temps : t = x/4,0, reporté dans y(t). Les coefficients 0,30625 et 1,25, arrondis à deux chiffres significatifs, donnent y = -0,31 x2 + 1,3 x + 3,05.
Le lancer franc est-il réussi ?
La dernière question, à prise d'initiative, demande de chercher l'abscisse à laquelle le centre du ballon redescend à la hauteur du cercle, 3,05 m. La factorisation donne x = 1,3/0,31, soit 4,2 m : le ballon passe au niveau du centre du panier. Il reste à comparer les diamètres : avec un ballon de 0,25 m et un cercle de 0,45 m, le jeu est d'environ 0,10 m de chaque côté. Le tir est réussi sans toucher le cercle. Conclure sans utiliser ces diamètres est une erreur fréquente, car la question porte précisément sur le contact avec le cercle. Le corrigé signale aussi que le résultat est sensible aux arrondis : le jour de l'épreuve, on travaille avec l'équation donnée par l'énoncé.
Conseils pour réussir cet exercice
Rédigez complètement la méthode de Newton, montrez chaque constante d'intégration et justifiez toute lecture graphique par le coefficient directeur ou l'ordonnée à l'origine. Un schéma du ballon dans le cercle aide à présenter la conclusion.