Corrigé bac physique-chimie 2026 Amérique du Nord jour 1 — Exercice 3 : La Wemba-mania (lancer franc au basket)

Sujet officiel du baccalauréat, spécialité physique-chimie, session 2026. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

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Énoncé

Victor Wembanyama, célèbre joueur français de basket, évoluait au Metropolitans 92 lors du championnat 2022-2023 lorsqu'il a effectué ce lancer franc au cours d'un match contre Monaco (voir figure 1).

Au basket, les joueurs doivent marquer un panier en se tenant derrière la ligne de lancer franc située à $4, 2 m$ du centre du panier.

On étudie dans cet exercice cette phase de jeu. L'analyse sera menée dans le référentiel terrestre supposé galiléen. On s'intéresse à la trajectoire du centre d'inertie G du ballon. On considère que le ballon, de masse $m$ , est uniquement soumis à son poids.

Figure 1. Chronophotographie du lancer franc (schéma ; sur le sujet, il s'agit d'une photographie du match sur laquelle sont reportées les positions de G)

Données :

intensité de la pesanteur : $g = 9, 81 m \cdot s^{- 2}$ ;
diamètre du ballon : $d = 25 cm$ ;
diamètre du panier : $D = 0, 45 m$ ;
distance au sol du cerceau métallique du panier : $h = 3, 05 m$ .

La trajectoire du centre du ballon est étudiée dans le plan vertical perpendiculaire au sol passant par la main du basketteur au moment où il lâche le ballon et par le centre du panier. On utilise le repère $(x O y)$ indiqué sur la figure 1.

Le ballon quitte la main du joueur à la date $t = 0 s$ , au point $G_{0}$ de coordonnées $x_{0} = 0 m$ et $y_{0} = h = 3, 05 m$ .

À partir de la vidéo du lancer franc, le pointage des positions du centre d'inertie G du ballon permet d'obtenir la chronophotographie de la figure 1. Les données sont traitées par un logiciel pour obtenir les courbes des figures 2 et 3.

Figure 2. Évolution de la coordonnée $x$ du ballon en fonction du temps $t$

Figure 3. Évolution de la coordonnée $v_{y}$ de la vitesse du ballon en fonction du temps $t$

Q1. Donner, en justifiant, la nature du mouvement du ballon selon l'axe Ox.

Q2. Déterminer, à l'aide de la figure 2, la valeur de la coordonnée $v_{x}$ du vecteur vitesse $v$ .

Q3. Déterminer, à l'aide de la figure 3, la valeur de la coordonnée $v_{y 0}$ du vecteur vitesse initiale $v_{0}$ .

Q4. En déduire la valeur de la vitesse initiale $v_{0}$ et de l'angle $α$ que fait le vecteur vitesse initiale avec l'horizontale, défini sur la figure 1.

Q5. Exprimer les coordonnées $a_{x} (t)$ et $a_{y} (t)$ du vecteur accélération $a$ du point G du ballon en utilisant la loi de Newton.

Q6. Montrer que les équations temporelles des coordonnées de la position du ballon s'expriment selon :

$x (t) = 4, 0 \times t et y (t) = - 4, 9 \times t^{2} + 5, 0 \times t + 3, 05$

Q7. Montrer que la trajectoire du ballon peut être modélisée par : $y = - 0, 31 x^{2} + 1, 3 x + 3, 05$ .

Q8. Déterminer si le lancer franc est réussi sans toucher le cercle métallique du panier. La réponse doit s'appuyer sur des calculs.

Le candidat est invité à prendre des initiatives et à présenter la démarche suivie, même si elle n'a pas abouti. La démarche est évaluée et doit être correctement présentée.

Corrigé

Q1. Sur la figure 2, les points expérimentaux sont alignés sur une droite passant par l'origine : $x (t)$ est une fonction linéaire du temps, $x (t) = 4, 0 t$ . Or la coordonnée de la vitesse s'obtient en dérivant la position : $v_{x} = \frac{d x}{d t} = 4, 0 m \cdot s^{- 1} = constante$ .

La valeur de la vitesse selon Ox est donc constante : le mouvement du ballon selon l'axe Ox est rectiligne uniforme. C'est cohérent avec le fait qu'aucune force horizontale ne s'exerce sur le ballon (seul le poids, vertical, agit) : la chronophotographie de la figure 1 le montre d'ailleurs directement, les positions successives étant régulièrement espacées horizontalement.

Q2. Le coefficient directeur de la droite de modélisation est la valeur cherchée : $x (t) = 4, 0 \times t$ avec $x$ en mètres et $t$ en secondes, donc

$v_{x} = \frac{d x}{d t} = 4, 0 m \cdot s^{- 1} .$

Vérification par deux points de la droite : entre l'origine $(0 s; 0 m)$ et le point $(0, 96 s; 3, 84 m)$ , $v_{x} = \frac{3 , 84 - 0}{0 , 96 - 0} = 4, 0 m \cdot s^{- 1}$ .

Q3. La coordonnée initiale est la valeur de $v_{y}$ à la date $t = 0 s$ , c'est-à-dire l'ordonnée à l'origine de la droite de la figure 3 :

$v_{y 0} = v_{y} (0) = - 9, 7 \times 0 + 5, 0 = 5, 0 m \cdot s^{- 1} .$

Elle est positive : le ballon part vers le haut, comme attendu. On note au passage que le coefficient directeur de cette droite, $- 9, 7 m \cdot s^{- 2}$ , est la coordonnée $a_{y}$ de l'accélération : elle est bien voisine de $- g = - 9, 81 m \cdot s^{- 2}$ (écart de 1 %, imputable à la précision du pointage et aux frottements de l'air négligés).

Q4. Le vecteur vitesse initiale a pour coordonnées $v_{0} (v_{x 0} = v_{x} = 4, 0; v_{y 0} = 5, 0)$ en $m \cdot s^{- 1}$ . Sa valeur est la norme de ce vecteur :

$v_{0} = v_{x 0}^{2} + v_{y 0}^{2} = 4, 0^{2} + 5, 0^{2} = 41 = 6, 4 m \cdot s^{- 1} .$

L'angle $α$ avec l'horizontale se lit dans le triangle rectangle formé par les deux coordonnées :

$tan α = \frac{v _{y 0}}{v _{x 0}} = \frac{5 , 0}{4 , 0} = 1, 25 ⟹ α = arctan (1, 25) = 5 1^{\circ} .$

(On peut aussi écrire $sin α = v_{y 0} / v_{0} = 5, 0/6, 4$ , qui donne la même valeur.)

Ce que le correcteur attend : la calculatrice en degrés, et non en radians ( $0, 90 rad$ ). L'ordre de grandeur est rassurant : un lancer franc se tire avec une trajectoire haute, de l'ordre de $5 0^{\circ}$ .

Q5. Système : le ballon de masse $m$ , assimilé à son centre d'inertie G. Référentiel : terrestre, supposé galiléen. Repère : $(O, x, y)$ de la figure 1, l'axe Oy étant vertical ascendant.

Bilan des forces : l'énoncé précise que le ballon n'est soumis qu'à son poids $P = m g$ (chute libre : on néglige la poussée d'Archimède et les frottements de l'air).

Deuxième loi de Newton : dans un référentiel galiléen, $\sum F_{ext} = m a_{G}$ , soit

$m g = m a ⟹ a = g .$

L'accélération est donc indépendante de la masse du ballon. En projetant sur les axes, avec $g (0; - g)$ :

$a {a_{x} (t) = 0 a_{y} (t) = - g = - 9, 81 m \cdot s^{- 2}$

Q6. On intègre deux fois, en déterminant à chaque étape les constantes par les conditions initiales.

Vitesse. Comme $a = \frac{d v}{d t}$ , les primitives donnent $v_{x} (t) = C_{1}$ et $v_{y} (t) = - g t + C_{2}$ . À $t = 0$ , $v (0) = v_{0}$ , donc $C_{1} = v_{x 0}$ et $C_{2} = v_{y 0}$ :

$v {v_{x} (t) = v_{x 0} v_{y} (t) = - g t + v_{y 0}$

Ce résultat est confirmé par la figure 3 : $v_{y}$ est bien une fonction affine décroissante du temps.

Position. Comme $v = \frac{d O G}{d t}$ , une nouvelle intégration donne $x (t) = v_{x 0} t + C_{3}$ et $y (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{y 0} t + C_{4}$ . À $t = 0$ le ballon est en $G_{0} (x_{0} = 0; y_{0} = h)$ , donc $C_{3} = 0$ et $C_{4} = h$ :

$O G {x (t) = v_{x 0} t y (t) = - \frac{1}{2} g t^{2} + v_{y 0} t + h$

Application numérique avec $v_{x 0} = 4, 0 m \cdot s^{- 1}$ , $v_{y 0} = 5, 0 m \cdot s^{- 1}$ , $g = 9, 81 m \cdot s^{- 2}$ et $h = 3, 05 m$ :

$x (t) = 4, 0 t et y (t) = - \frac{9 , 81}{2} t^{2} + 5, 0 t + 3, 05 = - 4, 9 t^{2} + 5, 0 t + 3, 05,$

avec $x$ et $y$ en mètres et $t$ en secondes : ce sont bien les équations annoncées.

Q7. On élimine le temps entre les deux équations horaires. De $x = 4, 0 t$ on tire $t = \frac{x}{4 , 0}$ , que l'on reporte dans $y (t)$ :

$y = - 4, 9 (\frac{x}{4 , 0})^{2} + 5, 0 \times \frac{x}{4 , 0} + 3, 05 = - \frac{4 , 9}{16} x^{2} + 1, 25 x + 3, 05,$

soit, en arrondissant les coefficients à deux chiffres significatifs comme les données :

$y = - 0, 31 x^{2} + 1, 3 x + 3, 05.$

La trajectoire est une portion de parabole d'axe vertical, tournée vers le bas (coefficient de $x^{2}$ négatif), conformément à l'allure de la figure 1.

Q8. Condition géométrique de réussite. Le ballon (diamètre $d = 25 cm$ ) doit franchir le cerceau (diamètre $D = 0, 45 m$ ) sans le toucher. Vu de dessus, le centre du ballon doit donc passer à moins de

$\frac{D - d}{2} = \frac{0 , 45 - 0 , 25}{2} = 0, 10 m = 10 cm$

du centre du panier, au moment où il traverse le plan du cerceau (altitude $h = 3, 05 m$ ). Le centre du panier est à l'abscisse $x_{P} = 4, 2 m$ , puisque le joueur lâche le ballon à l'aplomb de la ligne de lancer franc.

Premier calcul : altitude du ballon au-dessus du centre du panier. Avec l'équation de la trajectoire établie en Q7,

$y (4, 2) = - 0, 31 \times 4, 2^{2} + 1, 3 \times 4, 2 + 3, 05 = - 5, 47 + 5, 46 + 3, 05 = 3, 04 m .$

Le centre du ballon passe donc à $3, 04 m$ , c'est-à-dire au niveau même du cerceau ( $3, 05 m$ ) : le ballon franchit bien le plan du panier au bon endroit.

Second calcul : abscisse du passage au niveau du cerceau. On résout $y = 3, 05$ :

$- 0, 31 x^{2} + 1, 3 x + 3, 05 = 3, 05 ⟺ x (- 0, 31 x + 1, 3) = 0,$

d'où $x = 0$ (le départ, écarté) et

$x = \frac{1 , 3}{0 , 31} = 4, 19 m .$

L'écart au centre du panier vaut $∣4, 2 - 4, 19∣ = 0, 01 m = 1 cm$ , très inférieur aux $10 cm$ de marge disponible.

Vérification du sens du passage. À cette abscisse, $t = x /4, 0 = 1, 05 s$ et, avec l'équation horaire de Q6, $v_{y} = - g t + v_{y 0} = - 9, 81 \times 1, 05 + 5, 0 = - 5, 3 m \cdot s^{- 1} < 0$ : le ballon est en phase descendante, il entre donc dans le panier par le haut, comme il se doit. Le sommet de la trajectoire a été atteint plus tôt, pour $v_{y} = 0$ soit $t = 5, 0/9, 81 = 0, 51 s$ , à l'altitude $y = 4, 3 m$ , largement au-dessus du cerceau.

Conclusion : le lancer franc est réussi, et le centre du ballon passant à $1 cm$ du centre du panier alors qu'il dispose de $10 cm$ de part et d'autre, le ballon ne touche pas le cercle métallique.

Ce que le correcteur attend : la marge $(D - d) /2$ écrite explicitement. Répondre « $y (4, 2) = 3, 04 m \approx 3, 05 m$ , c'est réussi » sans comparer l'écart horizontal au rayon disponible ne démontre rien.

Doute assumé sur la précision. Les coefficients de la trajectoire ne sont connus qu'à deux chiffres significatifs, et l'arrondi n'est pas anodin ici. Si l'on conserve les valeurs non arrondies, $y = - \frac{4 , 9}{16} x^{2} + 1, 25 x + 3, 05$ (soit $- 0, 30625$ et $1, 25$ ), alors la racine devient $x = 1, 25/0, 30625 = 4, 08 m$ , c'est-à-dire $12 cm$ avant le centre du panier — donc au-delà de la marge de $10 cm$ — et l'altitude au-dessus du centre tombe à $y (4, 2) = 2, 90 m$ , soit $15 cm$ sous le cerceau au lieu de $1 cm$ . Arrondir $1, 25$ en $1, 3$ ( $+ 4%$ ) déplace à lui seul la racine de $11 cm$ , c'est-à-dire de toute la marge disponible : la question demande une comparaison plus fine que ce que ses propres chiffres significatifs autorisent.

Il faut donc répondre avec l'équation que le sujet impose en Q7, $y = - 0, 31 x^{2} + 1, 3 x + 3, 05$ : c'est elle qui donne la conclusion attendue, « panier réussi ». Ce que les données établissent avec certitude, c'est que le centre du ballon franchit le plan du cerceau à une dizaine de centimètres au plus de son centre ; qu'il passe à $1$ ou à $12 cm$ , le calcul ne permet pas de le dire.

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