24/02/2016 DM01TS_corr.doc 1/4
Mardi 23/02 Page : 1 / 4 Devoir maison T
aleS
I. « Catch and shoot » et « buzzer beater » 1. Force(s) exercées sur le ballon
1.1. Le référentiel à utiliser est le référentiel terrestre supposé galiléen. Le système étudié est le ballon de basket 1.2. Les frottements, la poussée d’Archimède sont négligées. Seul le poids s’exerce sur le ballon.
2. Equation de la trajectoire
2.1. Dans un référentiel galiléen, la somme des forces extérieures appliquées au système est le produit de la masse par le vecteur accélération si la masse m du système est constante.
2.2. La masse étant constante, →F ext = m →a soit →P = m →g = m →a soit →a = →g En projetant sur les 2 axes, →a ax = 0
ay = -g. Par intégration de l’accélération →v vx = C1
vy = -g × t + C2 A t = 0, →v = →v0 v0 cos α
v0 sin α d’où C1 = v0 cos α et C2 = v0 sin α ; →v vx = v0 cos α
vy = -g × t + v0 sin α Par intégration du vecteur vitesse →v , le vecteur position OG a pour composantes : ——→
——→
OG
x = (v0 cos α) × t + C3 y = -1
2g × t² + (v0 sin α) × t + C4
A t = 0, OG = → →0 d’où C3 = 0 et C4 = 0 ; OG——→
x = (v0 cos α) × t y = -1
2g × t² + (v0 sin α) × t 2.3. De l’équation x = (v0 cos α) × t, on obtient t = x
v0 cos α que l’on reporte dans y y(x) = -1
2g ×
x v0 cos α
2
+ (v0 sin α) × x
v0 cos α soit en simplifiant y = -1 2
g
v0² × cos²(α) × x² + tan(α) × x.
2.4. v0 = 9,00 m.s-1 ; α = 26° ; g = 9,80 m.s-2. y = -1
2
9,80
9,00² × cos²(26) × x² + tan(26) × x ; y = -0,075 x² + 0,49 x 2.5. Représentation graphique de la trajectoire y(x).
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3. Buzzer beater ?
3.1. Le panier est marqué car la ballon passe par l’abscisse x = 6,5 m pour y = 0
En effet, pour y = 0, -0,075 x² + 0,49 x =0 ; x = 0 est une solution évidente de cette équation ; l’autre valeur de x est telle que -0,075 x + 0,49 = 0 soit x = 0,49
0,075 = 6,5 m (2 chiffres significatifs) 3.2. La portée est définie pour y = 0 soit -1
2 g
v0² × cos²(α)× x² + tan(α) × x = 0 x = 0 est une solution évidente de cette équation ; En simplifiant par x, il vient : -1
2 g
v0² × cos²(α)× xP + tan(α) = 0 soit -1 2
g
v0² × cos²(α)× xP = - tan(α) xP = tan(α) × 2 × v0² cos²(α)
g or tan(α) = sin(α)
cos(α) d’où xP = sin(α)
cos(α) ×2 × v0² cos²(α) g Donc xP = 2 × sin(α) × cos(α) × v0²
g or 2 sin(α) × cos(α) = sin(2α) d’où xP = v0² × sin(2α)
g .
3.3. A partir de l’équation horaire x = v0× cos(α) × t, on peut calculer la durée que met le ballon pour arriver dans le panier. t = x
v0× cos(α) ; t = 6,51
9,00 × cos(26°) = 0,80 s
la durée totale ∆t du shoot sera de 0,80 + 0,50 = 1,30 s. Le chronomètre affichera bien 0,00 s quand le ballon rentre dans le panier.
4. Ce que n’avait pas prévu Tony (Parker) … et Greg (Popovich)
4.1. Il faut savoir à quelle hauteur se situe le ballon quand celui-ci passe par l’abscisse x = 2,0 m A partir de l’équation de la trajectoire, il faut calculer y pour x = 2,0 m
Soit y = -0,075 x² + 0,49 x = -0,075 × 2,0² + 0,49 × 2,0 = 0,68 m
L’origine de l’axe y est à 3,05 m su sol. Il faut rajouter cette valeur à 0,68 m pour connaître l’altitude du ballon par rapport au sol soit 3,73 m. Le bout des doigts de Rudy Gobert est à 3,75 m donc le ballon sera touché voire contré par Rudy Gobert.
4.2. Bobo (Boris Diaw) peut modifier l’angle d’inclinaison du ballon par rapport à l’horizontale pour éviter le contre. En utilisant l’expression de la portée du ballon, la portée restant identique (6,51 m), il faut résoudre l’équation v0² × sin(2α)
g = 6,51 soit sin(2α) = g
v0² = 9,80
9,00²× 6,51 soit sin(2α) = 0,788 2α = 52° ou 2α = 180° - 52°. En effet sin(2α) = sin(180° - 2α)
α = 26° ou α’ = 64°. La nouvelle valeur de l’angle sera de α’ = 64°.
4.3. La durée ∆t’ du shoot sera telle que ∆t’ = xP
v0× cos(α') + 0,50. ∆t’ = 6,51
9,00 × cos(64°) + 0,50 = 2,2 s.
L’arbitre Malo va accorder le panier car le ballon quitte les mains du joueur avant le buzzer. Quand le ballon part des mains du joueur, il reste 1,30 - 0,50 = 0,80 s au chronomètre.
5. Retrouvailles (Question bonus)
Les trois joueurs Boris Diaw, Tony Parker et Rudy Gobert se sont retrouvés lors de l’Eurobasket 2015.
La photo a été prise lors du 8ème de finale le samedi 12 septembre 2015 à Lille (Villeneuve d’Ascq plus exactement au stade Pierre Mauroy)
Noms des 5 joueurs sur la photo ci-contre : 1 : Boris Diaw
2 : Nicolas Batum 3 : Joffrey Lauvergne 4 : Rudy Gobert
5 : Mouhammadou Jaiteh
1
2 3
4 5
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OH
OH
(Z) (E)
II. Enantiomérie ou diastéréoisomérie ?
1) La représentation utilisée ci-dessus est une formule semi-développée.
2) Le nom possible de cette molécule est le but-1-en-1-ol.
3) Cette molécule ne possède pas de carbone asymétrique car aucun des carbones tétraédriques n’est entouré de 4 atomes ou groupes différents.
4)
5) Cette stéréoisomérie est une diastéréoisomérie car il y a deux stéréoisomères de type (Z) et (E) caractéristiques des alcènes.
III. Chiralité
1) Groupes caractéristiques présents dans la molécule de thréonine.
2) La thréonine et la cystéine sont toutes deux un acide α-aminé car le carbone qui porte le groupe carboxyle (caractéristique d’un acide carboxylique) est juste à coté (en α) d’un carbone qui porte un groupe amino.
3) La molécule de cystéine est chirale car elle possède un carbone asymétrique. Sur le carbone central, il y a 4 atomes ou groupes d’atomes différents.
4) Représentation, ci-dessous, de l’autre énantiomère de la cystéine.
5) Les molécules 2 et 4 sont des diastéréoisomères de la molécule de thréonine.
C C
C O
OH
C
H3 OH
H H
N H2 amino
hydroxyle
carboxyle
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I
1.1 1 2
/43 1.2 1 2
2.1 1 2
2.2 1 2 3 4 5 6 2.3 1 2
2.4 1 2 CS-U-CV
2.5 1 2
3.1 1 2 3 4 CS-U-CV
3.2 1 2 3 4
3.3 1 2 3 4 CS-U-CV
4.1 1 2 3 4 CS-U-CV
4.2 1 2 3 4 CS-U-CV
4.3 1 2 CS-U-CV
5 1 2 3
II
1 1
/9 2 1 2
3 1 2 4 1 2 5 1 2
III
1 1 2 3
/11 2 1 2
3 1 2 4 1 2 5 1 2
Total : ... /63 NOTE (Total/3) : ... /20
CS : erreur de chiffres significatifs U : erreur ou oubli d’unités CV : erreur de conversion
