Lancer de ballon en GRS

Le mouvement de la gymnaste est rectiligne et uniforme ; son accélération est donc nulle $$\overrightarrow{a_G} = \vec{0}$$

On projette la deuxième loi de Newton dans le repère $(O; \vec{i}, \vec{k})$ : $$ \begin{cases} a_{x_G} = 0 = \dfrac{\mathrm{d}V_{x_G}}{\mathrm{dt}} & \implies V_{x_G} (t) = A \\ & \\ a_{z_G} = 0 = \dfrac{\mathrm{d}V_{z_G}}{\mathrm{dt}} & \implies V_{z_G} (t) = B \\ \end{cases} $$ Les conditions initiales pour la gymnaste ne sont pas explicitement données mais on sait qu’à chaque instant $$ \begin{cases} V_{x_G}(t) = V_1 & \implies V_{x_G}(0) = V_1 = A \\ & \\ V_{z_G} (t) = 0 & \implies V_{Z_G}(0) = 0 = B\\ \end{cases} $$ On en conclut donc que $$ \begin{cases} V_{x_G}(t) = V_1 & \\ & \\ V_{z_G} (t) = 0 & \\ \end{cases} $$

$$ \begin{cases} V_{x_G} = V_1 = \dfrac{\mathrm{d} x_G}{\mathrm{dt}} & \implies x_G (t) = V_1 t + C \\ & \\ V_{z_G} = 0 = \dfrac{\mathrm{d} z_G}{\mathrm{dt}} & \implies z_G (t) = D \\ \end{cases} $$ On considère que la gymnaste se trouve à l’origine du repère à la date $t=0$. On a donc $$ \begin{cases} x_G(0) = V_1 \times 0 + C = 0 & \implies C = 0 \\ & \\ z_G (0) = D = z_{G0} & \implies D = z_{G0}\\ \end{cases} $$ Finalement $$ \begin{cases} x_G(t) = V_1 t & \\ & \\ z_G (t) = z_{G0} & \\ \end{cases} $$

Grâce au schéma donné, on constate que la vitesse initiale $\overrightarrow{V_0}$ que la gymnaste communique au ballon possède une composante horizontale $\overrightarrow{V_1}$, identique à la vitesse de la gymnaste. On peut donc en déduire que la gymnaste lance le ballon verticalement vers le haut (par rapport à elle-même).

• Système = {ballon}
• Référentiel = {terrestre considéré galiléen}
• Interactions :
  • Système - air : négligée ;
  • Sytème - champ de pesanteur modélisée par le poids $\overrightarrow{P} = m \vec{g}$.
• Deuxième loi de Newton : $m \overrightarrow{a_G} = m \vec{g} \iff \overrightarrow{a_G} = \vec{g}$

Le ballon est en chute libre.

On projette la deuxième loi de Newton dans le repère $(O; \vec{i}, \vec{k})$ : $$ \begin{cases} a_{x_B} = 0 = \dfrac{\mathrm{d}V_{x_B}}{\mathrm{dt}} & \implies V_{x_B} (t) = E \\ & \\ a_{z_G} = -g = \dfrac{\mathrm{d}V_{z_B}}{\mathrm{dt}} & \implies V_{z_B} (t) = -gt + F \\ \end{cases} $$ Conditions initiales : $$ \begin{cases} V_{x_B}(0) = E = V_1 & \implies E = V_1 \\ & \\ V_{z_B}(0) = -g \times 0 + F = V_2 & \implies F = V_2\\ \end{cases} $$ Finalement $$ \begin{cases} V_{x_B} (t) = V_1 t & \\ & \\ V_{z_B} (t) = -gt + V_2 & \\ \end{cases} $$

$$ \begin{cases} V_{x_B} (t) = V_1 = \dfrac{\mathrm{d}x_B}{\mathrm{dt}} & \implies x_B (t) = V_1 t + G \\ & \\ V_{z_B} = -gt + V_2 = \dfrac{\mathrm{d}z_B}{\mathrm{dt}} & \implies z_B (t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + V_2 t + H \\ \end{cases} $$ Conditions initiales : $$ \begin{cases} x_B(0) = V_1 \times 0 + G = x_0 & \implies G = x_0 \\ & \\ z_B(0) = -\dfrac{1}{2}g \times 0^2 + V_2 \times 0 + H = z_0 & \implies H = z_0\\ \end{cases} $$ Finalement $$ \begin{cases} x_B (t) = V_1 t + x_0 & \\ & \\ z_B (t) = -\dfrac{1}{2}gt^2 + V_2 t + z_0 & \\ \end{cases} $$

Pour déterminer l’équation de la trajectoire il faut éliminer le temps des équations horaires.
Comme $$t = \dfrac{x_B - x_0}{V_1}$$ l’équation est $$ z_B = -\dfrac{1}{2}g\left( \dfrac{x_B - x_0}{V_1} \right)^2 + V_2 \left( \dfrac{x_B - x_0}{V_1} \right)+z_0 $$

Au sommet de la trajectoire, la composante verticale de la vitesse s’annule. Le vecteur vitesse est alors horizontal.

Soit $t_S$ la date à laquelle le ballon atteint le sommet de la trajectoire. $t_S$ est donc telle que $$V_{x_B}(t_S) = 0$$ On a donc $$ 0 = -gt_S + V_2 \iff t_S = \dfrac{V_2}{g} $$ Si on injecte l’expression de $t_S$ dans l’équation horaire qui donne l’altitude du ballon, on obtient $$ z_B(t_S) = -\dfrac{1}{2}gt_S^2 + V_2 t_S + z_0 \iff z_B(t_S) = \dfrac{1}{2}\dfrac{V_2^2}{g} + z_0 $$

La date $t_V$ est telle que $z_B(t_V) = z_0$. On a donc $$ -\dfrac{1}{2}gt_V^2 + V_2 t_V + z_0 = z_0 \iff t_V \left( -\dfrac{1}{2}gt_V + V_2 \right) = 0 $$ L’équation admet deux solutions $$ \begin{cases} t_V = 0 & \text{C’est l’instant du lancer} \\ t_V = \dfrac{2V_2}{g} & \text{C’est la date recherchée} \\ \end{cases} $$ La gymnaste peut augmenter le temps de vol en lançant le ballon vers le haut avec une vitesse initiale $V_2$ plus grande.

À la date $t_V$ le ballon se trouve à l’abscisse $x_B(t_V)$ dont l’expression est : $$ x_B(t_V) = \dfrac{2V_1V_2}{g} + x_0 $$ Comme l’abscisse à laquelle se trouve le ballon à la date $t=0$ est $x_0$, la distance parcourue horizontalement pendant la durée $t_V$ est $$ x_B(t_V) - x_B(0) = \dfrac{2V_1V_2}{g} +x_0 - x_0 = \dfrac{2V_1V_2}{g} $$ On constate que la distance parcourue horizontalement pendant la durée $t_V$ dépend des deux composantes de la vitesse initiale communiquée par la gymnaste :

• plus elle va vite plus la distance parcourue est grande ;
• plus elle lance le ballon avec une vitesse verticale élevée, plus la distance parcourue est grande.

On cherche à déterminer la distance parcourue par la gymnaste pendant le temps de vol du ballon.
À la date $t_V$, l’abscisse à laquelle se trouve la gymnaste est $$ x_G (t_V) = V_1 t_V = \dfrac{2V_1V_2}{g} $$ Elle parcourt donc la distance $$ x_G (t_V) - x_G (0) = \dfrac{2V_1V_2}{g} $$ La gymnaste parcourt la même distance que le ballon horizontalement. Elle a donc de fortes chances de le rattraper.