Antonín PANENKA, footballeur international tchécoslovaque, est connu pour avoir laissé son nom à une technique particulière pour tirer les penaltys ou "tirs au but". Au lieu de frapper en force, il frappe doucement le ballon qui prend alors une trajectoire "en cloche". Son geste est devenu célèbre au soir de la finale de la Coupe d'Europe des Nations de 1976, où la Tchécoslovaquie battait la République Fédérale d'Allemagne tenante du titre. Antonin PANENKA marquant le dernier penalty par cette technique de balle "en cloche" venait d'inventer la "Panenka".
Lors d'un match de football, un joueur doit tirer un penalty et décide de tenter une "Panenka". Le joueur dépose le ballon au point de penalty O, pris comme origine du repère. Le joueur frappe le ballon en direction du centre du but et lui communique une vitesse initiale v0 de valeur 11,5 m.s-1 et dont la direction fait un angle α = 55 ° avec l'horizontale.
Données :
- Intensité de la pesanteur : g = 9{,}81 N.kg-1
- Masse du ballon : m = 620 g
- Termes utilisés dans la pratique du football :
Les buts
Les buts sont constitués de deux montants verticaux (poteaux) reliés en leur sommet par une barre transversale. Le bord inférieur de la barre transversale se situe à une hauteur de 2,44 m par rapport au sol.
Le penalty
Le penalty est une action consistant à frapper directement au but depuis un point nommé "point de penalty" ou "point de réparation". Un penalty est réussi si le ballon franchit la ligne de but en passant entre les montants et sous la barre transversale.
La surface de réparation
À l'intérieur de chaque surface de réparation, le point de penalty est marqué à 11,0 m du milieu de la ligne de but et à égale distance des montants verticaux du but.
Schématisation du problème
Quelle est la représentation correcte du repère orthonormé (Ox ; Oz) et faisant apparaître la situation du penalty (vecteur vitesse initiale \overrightarrow{v_0}, l'angle \alpha, la hauteur h des buts et la distance d du point de pénalty à la ligne de but), sans souci d'échelle ?
On note A le point où se situe le ballon lorsqu'il franchit la ligne de but.
Quelles conditions doivent vérifier les coordonnées (xA ; zA) de ce point pour que le pénalty soit réussi ?
Pour que le pénalty soit réussi, il faut que le ballon franchisse la ligne de but et qu'il passe en dessous du poteau.
Les conditions sont donc :
- x_A = d
- 0 \lt z_A \lt h (on néglige le rayon du ballon)
Étude dynamique du mouvement du ballon
Dans cette partie, on étudie le mouvement du centre d'inertie G du ballon en négligeant les forces de frottement de l'air sur le ballon ainsi que la poussée d'Archimède.
Quelle est l'expression du vecteur accélération \overrightarrow{a_G} du centre d'inertie du ballon ?
On effectue le bilan sur le système {ballon} de masse m de centre d'inertie G.
Le ballon n'est soumis qu'à son poids (comme indiqué dans le texte, on néglige les forces de frottement de l'air ainsi que la poussée d'Archimède) :
\overrightarrow{P}=m\times \overrightarrow{g}
Dans le référentiel (Ox ; Oz) supposé galiléen, on applique la deuxième loi de Newton au système {Ballon} :
\mathrm{\Sigma }\overrightarrow{F_{ext}}\mathrm{=}\dfrac{\overrightarrow{dp}}{dt}
La masse de la balle ne variant pas au court du temps, on peut écrire :
\dfrac{\overrightarrow{dp}}{dt}=\dfrac{d\left(m.\overrightarrow{v}\right)}{dt}=m.\dfrac{d\overrightarrow{v}}{dt}=m\times \overrightarrow{a_G}
Ainsi :
\overrightarrow{P}=m\times \overrightarrow{a_G}
m \times \overrightarrow{g}=m\times \overrightarrow{a_G}
\overrightarrow{a_G}=\overrightarrow{g}
L'expression du vecteur accélération est : \overrightarrow{a_G}=\overrightarrow{g}
Quelles sont les équations horaires x(t) et z(t) du mouvement du centre d'inertie G ?
On sait que :
\overrightarrow{a_G}=\overrightarrow{g}
Or les composantes du vecteur \overrightarrow{g} dans le repère (Ox ; Oz) sont :
\overrightarrow{g}\begin{cases} g_x=0 \cr \cr g_z=-g \end{cases}
D'où les composantes du vecteur accélération :
\overrightarrow{a_G}\begin{cases} a_x=0 \cr \cr a_z=-g \end{cases}
Pour obtenir les composantes du vecteur vitesse, on intègre les composantes du vecteur accélération en fonction, du temps. On obtient :
\overrightarrow{v_G}\begin{cases} v_x=v_{0x} \cr \cr v_z=-g \times t + v_{0z} \end{cases}
Les constantes d'intégration sont égales aux composantes du vecteur vitesse initiale :
\overrightarrow{v_0}\begin{cases} v_{0x}=v_{0} \times \cos\left(\alpha\right) \cr \cr v_{0z}= v_{0} \times \sin\left(\alpha\right)\end{cases}
D'où :
\overrightarrow{v_G}\begin{cases} v_x=v_{0} \times \cos\left(\alpha\right) \cr \cr v_z=-g \times t + v_{0} \times \sin\left(\alpha\right) \end{cases}
Pour obtenir les composantes du vecteur position, on intègre les composantes du vecteur vitesse en fonction, du temps. On obtient :
\overrightarrow{OG}\begin{cases} x=v_{0} \times \cos\left(\alpha\right) \times t+x_0 \cr \cr v_z=- \dfrac{1}{2}g \times t^2 + v_{0} \times \sin\left(\alpha\right) \times t +z_0 \end{cases}
Les constantes d'intégration sont égales aux composantes du position initiale :
\overrightarrow{OG_0}\begin{cases} x_{0}=0 \cr z_{0}= 0 \end{cases}
On obtient donc :
\overrightarrow{OG}\begin{cases} x=v_{0} \times \cos\left(\alpha\right) \times t \cr \cr z=- \dfrac{1}{2}g \times t^2 + v_{0} \times \sin\left(\alpha\right) \times t \end{cases}
Les équations horaires sont :
\overrightarrow{OG}\begin{cases} x=v_{0} \times \cos\left(\alpha\right) \times t \cr \cr z=- \dfrac{1}{2}g \times t^2 + v_{0} \times \sin\left(\alpha\right) \times t \end{cases}
Quelle est alors l'équation de la trajectoire du ballon, dans le plan (xOz) ?
On a :
\overrightarrow{OG}\begin{cases} x=v_{0} \times \cos\left(\alpha\right) \times t \cr \cr z=- \dfrac{1}{2}g \times t^2 + v_{0} \times \sin\left(\alpha\right) \times t \end{cases}
Pour obtenir l'équation de la trajectoire z(x) du ballon, on établit l'expression de t en fonction de x à l'aide de l'équation horaire x(t) :
t=\dfrac{x}{v_0\times {\mathrm{cos} \alpha \ }}
Et on substitue t par cette expression dans l'équation horaire z(t) :
z\left(x\right)=-\dfrac{1}{2}g{\left(\dfrac{x}{v_0\times {\mathrm{cos} \alpha \ }}\right)}^2+v_0\times {\mathrm{sin} \alpha \times \dfrac{x}{v_0\times {\mathrm{cos} \alpha \ }}\ }
La relation obtenue est donc :
z\left(t\right)=-\dfrac{g\times x^2}{2\times {v_0}^2\times {{\mathrm{\left(cos} \alpha \ }}^2}+{\mathrm{tan} \alpha \ }\times \ x
L'équation de la trajectoire du ballon est :
z\left(t\right)=-\dfrac{g\times x^2}{2\times {v_0}^2\times {{\mathrm{\left(cos} \alpha \ }}^2}+{\mathrm{tan} \alpha \ }\times \ x
D'après les données et les documents, le penalty décrit en début d'exercice est-il réussi ?
Le penalty est réussi si pour x_A = 11{,}0 m on a 0 \lt z_A \lt 2{,}44 m.
On calcule donc zA, pour x = x_A :
z_A=-\dfrac{g\times {x_A}^2}{2\times {v_0}^2\times {{\mathrm{\left(cos} \alpha \ }\right)}^2}+{\mathrm{tan} \alpha \ }{\times x}_A
z_A=-\dfrac{9{,}81\times {\left(11{,}0\right)}^2}{2\times {\left(11{,}5\right)}^2\times {{\mathrm{\left(cos} 55\ }\right)}^2}+{\mathrm{tan} 55\ }\times 11{,}0=\ 2{,}1 m
Puisque 0 \lt z_A \lt 2{,}44 m, le ballon passe sous la barre tranversale et le penalty est réussi.
Étude énergétique du mouvement du ballon
On admet que le ballon passe au niveau de la ligne de but à une hauteur z_A = h_A.
Rappeler les expressions de l'énergie cinétique Ec, de l'énergie potentielle de pesanteur Epp et de l'énergie mécanique Em. On choisira un axe vertical ascendant et une énergie potentielle de pesanteur nulle à l'origine.
Dans quelle proposition a-t-on correctement associé à chaque courbe du document 1 la forme d'énergie correspondante ?
L'énergie cinétique est définie par la relation :
{\boldsymbol{E}}_{\boldsymbol{c}}\boldsymbol{=}\dfrac{\boldsymbol{1}}{\boldsymbol{2}}\boldsymbol{\times }\boldsymbol{m}\boldsymbol{\times }{\boldsymbol{v}}^{\boldsymbol{2}}
L'énergie potentielle est définie par la relation :
Epp=\boldsymbol{m}\boldsymbol{\times }\boldsymbol{g}\boldsymbol{\times }\boldsymbol{z}
L'énergie mécanique est définie par la relation :
E_m = E_c + E_{pp}
E_m = \dfrac{{1}}{{2}}{\times }{m}{\times }{{v}}^{{2}}{+}{m}{\\\times }{g}{\times }{z}
À t = 0, on sait que le ballon est à l'origine du repère donc x = 0 et z = 0.
On en déduit que l'énergie potentielle de pesanteur est nulle.
D'après le document 1, seule la courbe 3 est nulle lorsque x=0.
Ainsi la courbe 3 est associée à l'énergie potentielle de pesanteur.
Les frottements étant négligés, l'énergie mécanique est constante au cours du mouvement. On associe donc la courbe 1 à l'énergie mécanique.
La courbe 2 est donc associée à l'énergie cinétique. La vitesse diminue lors de la montée en altitude de la balle, puis augmente au cours de la descente.
D'après le document 1, quelles sont les valeurs de la hauteur hA et de la vitesse vA lorsque le ballon franchit la ligne de but ?
Lorsque le ballon franchit la ligne de but, x_A = 11{,}0 m ; graphiquement on lit : E_{CA} = 28 J et E_{ppA} = 13 J.
Pour calculer la vitesse du ballon au point A, on l'isole dans l'expression de l'énergie cinétique au point A :
{{E}}_{{c}}{=}\dfrac{{1}}{{2}}{\times }{m}{\times }{{{v}}_{{A}}}^{{2}}
Soit :
{{{v}}_{{A}}}^{{2}}{=}\dfrac{{2}{\times }{{E}}_{{c}}}{{m}}
{{v}}_{{A}}{=}\sqrt{\dfrac{{2}{\times }{{E}}_{{c}}}{{m}}}
D'où l'application numérique :
{{v}}_{{A}}{=}\sqrt{\dfrac{{2}{\times }{28}}{{0},{620}}}
{{v}}_{{A}}{=} 9,{5} m/s
Pour calculer l'altitude du ballon au point A, on l'isole dans l'expression de l'énergie potentielle de pesanteur au point A :
E_{ppA}=m \times g \times h_A
Soit :
h_A = \dfrac{E_{ppA}}{m \times g}
D'où l'application numérique :
h_A = \dfrac{13}{0{,}620 \times 9{,}81}
h_A = \dfrac{13}{0{,}620 \times 9{,}81}
h_A = 2{,}1 m
Le ballon franchit la ligne de but à la vitesse v_A = 9{,}5 m.s-1 et à l'altitude h_A = 2{,}1 m.
Que peut-on dire de l'énergie mécanique du ballon lors de son mouvement ? Utiliser cette caractéristique du mouvement pour retrouver la valeur vA de la vitesse du ballon lorsqu'il franchit la ligne de but et comparer le résultat trouvé avec celui de la question 3b.
Puisque le ballon n'est soumis qu'à son poids qui est une force conservative, son énergie mécanique se conserve au cours du mouvement.
Ainsi, on a :
E_M\left(O\right) = E_M\left(A\right)
Soit :
\dfrac{1}{2}\times m \times v_{0}^2 + m \times g \times z_{0} = \dfrac{1}{2}\times m \times v_{A}^2 + m \times g \times z_{A}
Or z_0 = 0 m et z_A = h_A donc :
\dfrac{1}{2}\times m \times v_{0}^2 + 0 = \dfrac{1}{2}\times m \times v_{A}^2 + m \times g \times z_{A}
v_{0}^2 = v_{A}^2 + 2 \times g \times z_{A}
v_{A}^2 = v_{0}^2 - 2 \times g \times z_{A}
d'où :
v_{A} = \sqrt{v_{0}^2 - 2 \times g \times z_{A}}
D'où l'application numérique :
v_{A} = \sqrt{{\left(11{,}5\right)}^2 - 2 \times 9{,}81 \times 2{,}1}
v_{A} =9{,}5 m.s-1
La conservation de l'énergie mécanique utilisée ici est confirmée puisqu'on retrouve la valeur vA de la vitesse du ballon lorsqu'il franchit la ligne de but.