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Bonjour, le problème est: lors de la finale de la coupe du monde de rugby 2003, contre l’Australie, alors que les deux équipes sont à égalité, l’anglais Jonny Wilkinson passe un drop au pied droit à 26 secondes de la fin des prolongations. Le public retient son souffle…
Wilkinson a-t-il réussi le drop ?
À quelle distance le ballon atterri-t-il ?
Données: -Jonny Wilkinson tape un drop à 25 m en face des poteaux.
- La vitesse initiale du ballon est de 20 m.s-1 et l’angle du tir vaut 35 degrés par rapport, au dessus de la barre.
Faire d’autres hypothèses qui vous semblent nécessaires si besoin.

Bonjour Le Problème Est Lors De La Finale De La Coupe Du Monde De Rugby 2003 Contre LAustralie Alors Que Les Deux Équipes Sont À Égalité Langlais Jonny Wilkinso class=

Sagot :

Legrandu48

Réponse :

Explications :

Bonjour,

L’équation de la trajectoire est :

OG z (x)  = - X² * g / (2 * (Vo * cos35°)² ) + X * tan35° + 0

Voir sa démonstration en bas de la page.

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Hypothèses :  

g = 9.81 m/s², α = 35°, Vo = 20 m/s, distance ballon/barres = 25 m

1) Au droit des poteaux soit x = 25 m à quelle hauteur passe le ballon ?

OG z (x)  = - 25² * g / (2 * (20 * cos30°)² ) + 25 * tan35° + 0 = 8.826 m  

donc bien au-dessus des 3 m de la barre horizontale

2) A quelle distance le ballon atterri-t-il dans le terrain ?

OGz = 0 pour X = ? m

0 =  X² * 9.81 / (2 * (20 * cos35°)²) - X * tan35°  

Soit 0 =  X * 9.81 / (2 * (20 * cos35°)²) - tan35°

Soit X = tan35° * (2 * (20 * cos35°)²) / 9.81 = 38.316 m

Soit 38.316 – 25 = 13.316 m derrière les barres, le ballon est-il encore dans le terrain ?

Vérifiez mes calculs !!

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Démonstration de l’équation de la trajectoire :

Système étudié : Balle, centre de gravité G

Référentiel : terrestre considéré galiléen

Vo a pour coordonnées dans le repère (O; Ox, Oz) :  

Vo x = Vo * cosα° et Vo z = Vo * sinα°

Résistance de l'air négligée donc frottements de l'air et poussée d'Archimède négligées (ballon en chute libre) donc : ∑ Forces = P ballon

Seconde loi de Newton :

∑ Forces = P ballon = m * g = m * aG donc  aG = g

Par projection sur les 2 axes du repère (O; Ox, Oz), les 2 équations différentielles du mouvement :

aG x = 0 et aG z = -g

par intégration , on a :

VG x = K1

VG z = -g * t + K2

Où  K1 et K2 sont des constantes qu'on détermine grâce aux conditions initiales :

t = 0, VG x(0) = Vo * cosα° donc K1 = Vo * cosα°

t = 0, VG z(0) = Vo * sinα°  donc K2 = Vo * sinα°  

soit : VG x = Vo * cosα° et VG z = -g * t + Vo * sinα°  

par intégration :

OG x = Vo * cosα° * t + K3

OG z = -1/2 * g * t² + Vo * sinα° * t + K4

Où  K3 et K4 sont des constantes qu'on détermine grâce aux conditions initiales :

a t = 0, OG x(0) = 0 donc K3 = 0

a t = 0, OG z(0) = H (hauteur de départ du ballon) = 0

On obtient donc les équations horaires paramétriques du mouvement :

OG x = Vo * cosα° * t et  

OG z = -1/2 * g * t² + Vo * sinα° * t  

Le mouvement de la balle est donc composé d'un :

- mouvement rectiligne uniforme de vitesse constante V1 sur (Ox)

- mouvement uniformément varié (chute libre verticale d'accélération g) de vitesse initiale non nulle sur (Oz).

Équation de la trajectoire : éliminons le temps :

OG x = Vo * cosα° * t  donc t = X / (Vo * cosα°)

reportons ce temps dans OG z (x)  soit :  

OG z (x)  = -g/2 * (X / (Vo * cosα°)² + Vo * sinα° * X / (Vo * cosα°)  

OG z (x)  = - X² * g / (2 * (Vo * cosα°)² ) + X * tanα°

Vérifiez mes calculs !!

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