3Pesanteur et forme de la Terre

Deux satellites se suivent autour de la Terre, l’un derrière l’autre, à une altitude supérieure à $500\,\mathrm{km}$ et distants d’environ $220\,\mathrm{km}$, et mesurent en permanence la distance qui les sépare, à mieux qu’un micromètre près.

Lorsqu’ils survolent une région où la masse est concentrée, le satellite de tête est attiré en premier et l’écart s’accroît ; le satellite qui suit est ensuite attiré à son tour et l’écart se réduit. À partir de ces variations infimes, mois après mois depuis 2002, on a cartographié le champ de pesanteur terrestre et son évolution : l’eau stockée dans les bassins fluviaux monte et descend au rythme des saisons, tandis que les grandes calottes glaciaires du Groenland et de l’Antarctique perdent de la masse d’année en année. La pesanteur pèse ce que l’œil ne voit pas. Ce chapitre construit le champ de pesanteur d’une planète en rotation à partir de son potentiel, en déduit l’aplatissement et le moment d’inertie, suit ses anomalies jusqu’en orbite, puis s’intéresse à l’un des phénomènes que la pesanteur révèle en surface : la flexion de la lithosphère sous le poids d’un volcan.

Tu sais déjà

La loi de la gravitation de Newton, l’énergie potentielle de gravitation et la force centrifuge dans un référentiel tournant sont traitées dans les volumes de physique ; les moments d’inertie d’un solide et les polynômes de Legendre $P_2(x) = (3x^2 - 1)/2$ figurent dans les volumes universitaires de physique et de mathématiques, le module d’Young $E$ et le coefficient de Poisson $\nu$ dans le volume de physique de troisième année. La géodésie et l’aplatissement $f = (a - b)/a$ d’un ellipsoïde de demi-axes $a > b$ ont été rencontrés en année 10. L’isostasie, la compensation d’Airy, la pesanteur normale, le géoïde, la hauteur du géoïde et les anomalies de pesanteur ont été définis dans le volume de première année, dans son chapitre sur l’isostasie et les anomalies de pesanteur.

3.1 Le géopotentiel

Sur une planète en rotation, un corps au repos subit l’attraction de la masse de la planète et, dans le référentiel qui tourne avec elle, la force centrifuge. Ces deux forces dérivent d’un potentiel.

Définition 3.1 (Géopotentiel)

Le géopotentiel est l’énergie potentielle par unité de masse, dans le référentiel lié à la Terre qui tourne à la vitesse angulaire $\omega$, de la gravitation et de la force centrifuge réunies :

$$W(\mathbf r) = V(\mathbf r) + \Phi(\mathbf r),\qquad V(\mathbf r) = -G\int_{\text{Terre}}\frac{\mathrm dm'}{|\mathbf r - \mathbf r'|},\qquad \Phi(\mathbf r) = -\tfrac12\omega^2 s^2,$$

où $s$ désigne la distance à l’axe de rotation. La pesanteur vaut $\mathbf g = -\nabla W$, et les surfaces $W = \text{cste}$ en sont les surfaces d’égal potentiel : la pesanteur leur est partout normale.

Un fil à plomb s’aligne sur $-\nabla W$, et l’eau tranquille prend la forme d’une surface d’égal potentiel. Une planète fluide en rotation adopte donc la forme de l’une de ses propres surfaces d’égal potentiel : le potentiel centrifuge, maximal à l’équateur, gonfle l’équateur et aplatit les pôles.

À l’extérieur de la planète, le potentiel gravitationnel vérifie l’équation de Laplace, et ses solutions régulières à l’infini sont les harmoniques sphériques solides.

Proposition 3.2 (Développement en harmoniques sphériques du géopotentiel)

À l’extérieur d’un corps de masse $M$ et de rayon équatorial $a$, l’origine étant placée en son centre de masse et l’axe $z$ suivant son axe de rotation, le potentiel gravitationnel à la distance $r$, à la colatitude $\theta$ et à la longitude $\lambda$ vaut

$$\begin{gather*} V = -\frac{GM}{r}\Biggl[1 - \sum_{n=2}^{\infty}\left(\frac ar\right)^nJ_nP_n(\cos\theta)\\ + \sum_{n=2}^{\infty}\sum_{m=1}^{n}\left(\frac ar\right)^nP_{nm}(\cos\theta) (C_{nm}\cos m\lambda + S_{nm}\sin m\lambda)\Biggr], \end{gather*}$$

avec les polynômes de Legendre $P_n$ et les fonctions associées $P_{nm}$ ; les coefficients $J_n$, $C_{nm}$, $S_{nm}$ sont des nombres, ajustés sur les observations. Pour un corps à symétrie de révolution autour de son axe, seuls les termes zonaux $J_n$ subsistent. Aucun terme de degré 1 n’apparaît.

Définition 3.3 (Facteur de forme dynamique)

Le facteur de forme dynamique $J_2$ d’une planète est le coefficient de son harmonique zonale de degré 2 : l’écart maximal de son potentiel extérieur par rapport à celui d’une sphère, causé par son aplatissement. Pour la Terre, $J_2 = 1.082\,63 \times 10^{-3}$.

Théorème 3.4 (Formule de MacCullagh)

Soient $A$, $B$, $C$ les moments d’inertie principaux d’un corps de masse $M$ par rapport à des axes passant par son centre de masse, et $I$ son moment d’inertie par rapport à la droite joignant le centre de masse à un point extérieur situé à la distance $r$. À l’ordre $r^{-3}$, le potentiel gravitationnel en ce point est donné par la formule de MacCullagh

$$V = -\frac{GM}{r} - \frac{G(A + B + C - 3I)}{2r^3} .$$

Pour un corps symétrique par rapport à l’axe $z$ ($A = B$), $V = -\dfrac{GM}{r} + \dfrac{G(C - A)}{r^3}P_2(\cos\theta)$, d’où

$$J_2 = \frac{C - A}{Ma^2} .$$

Le terme de degré 2 du potentiel mesure donc la différence des moments d’inertie, et non les moments eux-mêmes. La précession de l’axe de la Terre, provoquée par les couples exercés par le Soleil et la Lune sur le renflement équatorial, mesure l’ellipticité dynamique $H = (C - A)/C$ ; ensemble, $J_2$ et $H$ donnent $C/(Ma^2)$, le facteur de moment d’inertie, $0.3308$ pour la Terre,

bien en dessous des $0.4$ d’une sphère homogène : la masse est concentrée vers le centre.

3.2 L’ellipsoïde en rotation

Définition 3.5 (Ellipsoïde de référence)

Un ellipsoïde de référence est un ellipsoïde de révolution, de demi-axe équatorial $a$ et d’aplatissement $f$, choisi de sorte qu’il soit lui-même une surface équipotentielle d’un potentiel modèle : le potentiel d’un corps en rotation de masse $M$, de vitesse angulaire $\omega$ et de facteur de forme dynamique $J_2$ de la Terre. Quatre constantes le définissent ; le Geodetic Reference System 1980 retient

$$\begin{gather*} a = 6\,378\,137\,\mathrm{m},\qquad GM = 3.986\,005 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{3}\,\mathrm{s}^{-2},\\ J_2 = 1.082\,63 \times 10^{-3},\qquad \omega = 7.292\,115 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}, \end{gather*}$$

et en déduit l’aplatissement $f = 0.003\,352\,810\,68$ ($1/f = 298.257\,222$) ainsi que le demi-petit axe $b = 6\,356\,752.3141\,\mathrm{m}$.

Le potentiel du modèle, le potentiel normal, est connu sous forme fermée, et il en va de même de sa pesanteur sur l’ellipsoïde, la pesanteur normale du volume de première année.

Proposition 3.6 (Formule de Somigliana)

Sur un ellipsoïde de référence de demi-axes $a$, $b$ et de pesanteur normale $\gamma_e$ à l’équateur et $\gamma_p$ aux pôles, la pesanteur normale à la latitude géodésique $\varphi$ est donnée par la formule de Somigliana

$$\gamma(\varphi) = \frac{a\gamma_e\cos^2\varphi + b\gamma_p\sin^2\varphi} {\sqrt{a^2\cos^2\varphi + b^2\sin^2\varphi}} .$$

Pour le Geodetic Reference System 1980, $\gamma_e = 9.780\,326\,771\,5\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ et $\gamma_p = 9.832\,186\,368\,5\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, et la série $\gamma = 9.780327(1 + 0.0053024\sin^2\varphi - 0.0000058\sin^22\varphi)$ $\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ reproduit la formule à $0.1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ près.

Quelle doit être l’aplatissement d’une planète en rotation ? Si c’est un fluide en équilibre hydrostatique, son aplatissement est fixé par sa rotation et par la façon dont sa masse est répartie en profondeur.

Proposition 3.7 (Relations de Clairaut et de Darwin–Radau)

Pour une planète en équilibre hydrostatique, avec $m = \omega^2a^2b/(GM)$ le rapport de l’accélération centrifuge à l’accélération gravitationnelle à l’équateur, au premier ordre en $f$ et $m$ :

$$J_2 = \frac{2f - m}{3}\qquad\text{(Clairaut)},\qquad \frac{C}{Ma^2} = \frac23\left[1 - \frac25\sqrt{\frac52\frac mf - 1}\right] \qquad\text{(Darwin--Radau)} .$$

Une planète homogène ($C/Ma^2 = 0.4$) a $f = 5m/4$ ; une planète dont la masse est concentrée vers le centre est moins aplatie.

La relation de Clairaut, avec le $m = 0.003\,449\,79$ de la Terre, transforme son $J_2$ mesuré en $f = 0.003\,348\,8$, soit $1/298.6$ : à $0.12\,\%$ près de l’aplatissement de l’ellipsoïde. La relation de Darwin–Radau, avec le facteur de moment d’inertie, donne l’aplatissement que la Terre aurait si c’était un fluide en équilibre : $1/299.9$, contre $1/298.26$ mesuré. La Terre est un peu plus aplatie qu’une planète fluide ayant sa rotation et une répartition de masse donnée : son renflement équatorial dépasse d’environ $116\,\mathrm{m}$ de plus que ce que prévoit l’équilibre hydrostatique. La Terre n’est pas exactement un fluide en équilibre, et l’écart est lui-même une mesure des contraintes que supporte son intérieur.

3.3 Le géoïde et le potentiel perturbateur

Le géoïde est la surface de niveau du géopotentiel réel qui coïncide avec le niveau moyen de la mer ; l’ellipsoïde de référence est une surface de niveau du potentiel normal $U$ de même valeur, $U_0 = W_0$. Leur écart, la hauteur du géoïde $N$, est fixé par la différence des deux potentiels.

Proposition 3.8 (Formule de Bruns)

Soit $T = W - U$ le potentiel perturbateur. La hauteur du géoïde en un point est donnée par la formule de Bruns

$$N = -\frac{T}{\gamma},$$

où $T$ est évalué sur le géoïde et $\gamma$ est la pesanteur normale en ce point. Un excès de masse, qui creuse le potentiel ($T < 0$), élève le géoïde.

Une hauteur de géoïde de $50\,\mathrm{m}$ correspond à une différence de potentiel de seulement $490\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$, soit une partie sur $10^{5}$ du géopotentiel. Les hauteurs du géoïde terrestre vont d’environ $+85\,\mathrm{m}$ en Islande à $-106\,\mathrm{m}$ dans le sud de l’Inde,

soit un écart de moins de $200\,\mathrm{m}$ pour une planète dont les rayons équatorial et polaire diffèrent de $21\,\mathrm{km}$.

3.4 Gravimétrie satellitaire

Définition 3.9 (Gravimétrie satellitaire)

La gravimétrie satellitaire détermine le champ de pesanteur terrestre à partir du mouvement des satellites : perturbations à long terme de leurs orbites, de la variation de distance entre deux satellites sur une même orbite, ou à l’aide de gradiomètres qui mesurent les différences de pesanteur d’un bout à l’autre de l’engin spatial.

La plus grande perturbation d’une orbite proche de la Terre provient de $J_2$. Le renflement équatorial exerce un couple sur l’orbite inclinée, qui tourne lentement autour de l’axe terrestre.

Proposition 3.10 (Précession nodale)

Au premier ordre en $J_2$, la ligne des nœuds d’une orbite circulaire de rayon $r$ et d’inclinaison $i$ tourne au taux

$$\dot\Omega = -\frac32\,nJ_2\left(\frac ar\right)^2\cos i,\qquad n = \sqrt{GM/r^3} ,$$

vers l’ouest pour une orbite directe ($i < 90{}^{\circ}$), vers l’est pour une orbite rétrograde.

Le taux atteint plusieurs degrés par jour pour une orbite basse proche de l’équateur ; pour une inclinaison un peu supérieure à $90{}^{\circ}$, il égale le mouvement annuel du Soleil, et l’orbite garde la même orientation par rapport au Soleil toute l’année (exercice 12). Mesurées sur de nombreux satellites d’inclinaisons différentes, ces précessions donnent $J_2$ et les harmoniques zonales d’ordre supérieur.

Une paire de satellites fait mieux : la variation de distance entre eux mesure la différence de pesanteur ressentie le long de l’orbite. Le couple GRACE a fonctionné de 2002 à 2017, et son successeur, GRACE Follow-On, depuis son lancement le $22$ mai 2018, sa liaison micro-onde mesurant la distance à mieux d’un micromètre près, et une liaison laser en test visant une précision jusqu’à vingt fois meilleure.

Le champ varie d’un mois à l’autre parce que l’eau se déplace : neige et humidité des sols, eaux souterraines, lacs, océans, calottes glaciaires.

Définition 3.11 (Hauteur d’eau équivalente)

Une variation du champ de pesanteur qui varie lentement sur des distances bien supérieures à l’épaisseur de la couche où la masse s’est déplacée peut être représentée par une variation de densité surfacique $\sigma$ ($\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$) sur une coque mince à la surface de la Terre. La hauteur d’eau équivalente est l’épaisseur d’eau douce ayant la même densité surfacique :

$$h_w = \frac{\sigma}{\rho_w} .$$

Un mètre d’eau sur un bassin de $1 \times 10^{6}\,\mathrm{km}^{2}$ représente $1 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$, soit $1000\,\mathrm{Gt}$. Le niveau de la mer est l’autre face du bilan : $360\,\mathrm{Gt}$ de glace ajoutée à l’océan le relève d’environ un millimètre.

La gravimétrie satellitaire, l’altimétrie satellitaire et le bilan entre chutes de neige et débit de glace mesurent chacun le bilan de masse des calottes glaciaires ; réconciliés, ils donnent la série ci-dessous.

Une anomalie de pesanteur mesurée à la surface est une somme d’harmoniques ; à la hauteur d’un satellite, chacune est affaiblie par un facteur qui dépend de sa longueur d’onde.

Proposition 3.12 (Prolongement vers le haut)

Au-dessus des masses qui la causent, une anomalie de pesanteur qui varie le long de la surface comme $\Delta g_0\cos kx$, avec $k = 2\pi/\lambda$, vaut à la hauteur $z$ (son prolongement vers le haut)

$$\Delta g(x, z) = \Delta g_0\,e^{-kz}\cos kx .$$

À une hauteur de $400\,\mathrm{km}$, une anomalie longue de $1000\,\mathrm{km}$ conserve $8\,\%$ de son amplitude, une anomalie de $100\,\mathrm{km}$ n’en conserve qu’environ $1 \times 10^{-11}$ : les satellites voient les grandes longueurs d’onde, et les mesures en surface les courtes.

3.5 Flexure lithosphérique

Le volume de première année compensait une charge localement, chaque colonne flottant pour son propre compte. Un volcan posé sur une plaque océanique n’est pas compensé sous lui seul : la plaque fléchit sous lui sur une largeur de plusieurs centaines de kilomètres, et le fond marin autour du volcan s’enfonce dans une fosse, au-delà de laquelle il remonte en un arc bas.

Définition 3.13 (Flexure lithosphérique, rigidité flexurale, épaisseur élastique effective)

flexure lithosphérique est le fléchissement de la lithosphère sous une charge, modélisé comme le fléchissement d’une plaque élastique mince. La résistance de la plaque au fléchissement est sa rigidité flexurale

$$D = \frac{ET_e^3}{12(1 - \nu^2)},$$

et l’épaisseur $T_e$ de la plaque élastique uniforme qui fléchit comme la lithosphère réelle est son épaisseur élastique effective.

Théorème 3.14 (Flexure d’une plaque mince)

Une plaque élastique mince de rigidité $D$, fléchie dans une direction par une charge $q(x)$ par unité de surface, fléchie vers le bas d’une quantité $w(x)$ et flottant sur un manteau de masse volumique $\rho_m$, le creux étant comblé par un matériau de masse volumique $\rho_i$, obéit à l’équation de la flexure

$$D\frac{\mathrm d^4w}{\mathrm dx^4} + (\rho_m - \rho_i)g\,w = q(x) .$$

Définition 3.15 (Paramètre flexural, bombement périphérique)

Le paramètre flexural d’une plaque est la longueur

$$\alpha = \left(\frac{4D}{(\rho_m - \rho_i)g}\right)^{1/4},$$

qui fixe l’échelle horizontale de sa flexure. Le bombement périphérique est le faible arc de flexure vers le haut que soulève une plaque fléchie au-delà de la fosse ou bassin voisin de sa charge.

Proposition 3.16 (Charge linéique sur une plaque continue)

Une charge linéique $V_0$ par unité de longueur le long de $x = 0$ fléchit la plaque de

$$w(x) = w_0e^{-|x|/\alpha}\left(\cos\frac{|x|}{\alpha} + \sin\frac{|x|}{\alpha}\right), \qquad w_0 = \frac{V_0\alpha^3}{8D} .$$

La flèche s’annule en $|x| = 3\pi\alpha/4$, au bord de la fosse ; la crête du bombement périphérique est en $|x| = \pi\alpha$, avec la hauteur $w_0e^{-\pi} = 0.0432\,w_0$. La poussée d’Archimède de l’ensemble de la flèche équilibre la charge : $\int(\rho_m - \rho_i)gw\,\mathrm dx = V_0$.

Proposition 3.17 (Plaque brisée)

Une plaque brisée en $x = 0$ et enfoncée à son extrémité libre, comme au niveau d’une fosse océanique, la plaque fléchit selon $w = w_0e^{-x/\alpha}\cos(x/\alpha)$ pour $x \ge 0$ : la flèche s’annule en $x = \pi\alpha/2$, et la crête du bombement périphérique, la remontée externe, se trouve en $x = 3\pi\alpha/4$, avec une hauteur $w_0e^{-3\pi/4}/\sqrt2 = 0.067\,w_0$.

Les distances sont donc la clé de la résistance de la plaque : mesurer là où la fosse se termine ou là où le bombement culmine, et $\alpha$ en découle, puis $D$, puis $T_e$. Comme $T_e$ intervient par $\alpha^{4/3}$, une estimation correcte d’une distance donne une bonne estimation de l’épaisseur.

Définition 3.18 (Compensation isostatique régionale)

compensation isostatique régionale est le soutien d’une charge par la poussée exercée par une flexion répartie sur une région plus vaste que la charge, grâce à la résistance de la lithosphère en flexion ; en revanche, dans les compensations d’Airy ou de Pratt, chaque colonne est compensée sous elle-même.

Les compensations locale et régionale équilibrent la même masse totale, mais la répartissent différemment : sous une charge étroite sur une plaque rigide, la racine est peu profonde et large, et l’anomalie de pesanteur au-dessus de la charge est fortement positive, bordée d’anomalies négatives au-dessus de la fosse périphérique. Autour des îles de la ride hawaïenne, les profils gravimétriques et sismiques donnent des épaisseurs élastiques effectives de 17 à $37\,\mathrm{km}$, et de 10 à $20\,\mathrm{km}$ le long des monts sous-marins plus anciens de la chaîne d’Empereur, un écart attendu d’après les âges des volcans et de la plaque qu’ils chargent ; les valeurs suivent la profondeur d’une isotherme voisine de $350{}^{\circ}\mathrm{C}$ dans la plaque océanique en refroidissement.

La même flexion, sous le poids d’une chaîne de montagnes, ouvre les bassins d’avant-pays du volume de deuxième année, dans son chapitre consacré à l’orogène alpin.

Sur le terrain — Un levé gravimétrique relatif

Un gravimètre absolu laisse tomber un miroir à coin de cube dans une chambre à vide, à plusieurs reprises, et chronomètre sa chute à l’aide d’un interféromètre laser et d’une horloge atomique ; il donne la pesanteur en une station, mais il est lourd et lent à installer. Le levé se fait avec un gravimètre relatif, une petite balance à ressort qui mesure les écarts de pesanteur. Le géophysicien le met à niveau sur une plaque de base à chaque station d’un profil, le lit, note l’heure et la hauteur, puis passe à la suivante ; toutes les quelques heures, la boucle revient à une station de base, afin de mesurer et d’éliminer la lente dérive du ressort et les marées terrestres. Un récepteur satellitaire posé sur un mât voisin fournit la position et la hauteur, car la pesanteur varie d’environ $0.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ pour chaque mètre de hauteur.

3.6 Exercices

Exercice 3.1 ★

À partir des valeurs du Geodetic Reference System 1980, $a = 6\,378\,137\,\mathrm{m}$ et $f = 0.003\,352\,810\,68$, calculer le demi-petit axe $b$ et $a - b$. Avec $J_2 = 1.082\,63 \times 10^{-3}$ et $m = 0.003\,449\,79$, calculer l’aplatissement que prédit la relation de Clairaut, et comparer.

Solution

Solution de Exercice 3.1.

$b = a(1 - f) = 6378137\times0.99664719 = 6\,356\,752.3\,\mathrm{m}$, et $a - b = 21\,384.7\,\mathrm{m}$, environ $21.4\,\mathrm{km}$. Clairaut : $f = (3J_2 + m)/2 = (0.00324789 + 0.00344979)/2 = 0.003\,348\,8$, ou $1/298.61$, contre $1/298.26$ : $0.12\,\%$ de moins, soit la taille des termes du second ordre négligés par la relation.

Exercice 3.2 ★

Une année sèche, un bassin fluvial de $5.0 \times 10^{5}\,\mathrm{km}^{2}$ perd $60\,\mathrm{Gt}$ de eau. Calculer la variation de hauteur d’eau équivalente. De combien la même masse élèverait le niveau de la mer, sachant que $360\,\mathrm{Gt}$ correspondent à un millimètre ?

Solution

Solution de Exercice 3.2.

$\sigma = 6.0 \times 10^{13}\,\mathrm{kg}/5.0 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{2} = 120\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$, donc $h_w = 120/1000 = 0.12\,\mathrm{m}$ : $12\,\mathrm{cm}$ d’eau. Répartie sur l’océan, $60/360 = 0.17\,\mathrm{mm}$ du niveau de la mer.

Exercice 3.3 ★

Avec la série $\gamma = 9.780327(1 + 0.0053024\sin^2\varphi - 0.0000058\sin^22\varphi)$ $\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, calculer la pesanteur normale à l’équateur, à $45{}^{\circ}$ et aux pôles. Exprimer la différence entre le pôle et l’équateur en milligals.

Solution

Solution de Exercice 3.3.

À l’équateur $\gamma = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. À $45{}^{\circ}$, $\sin^2\varphi = 0.5$ et $\sin^22\varphi = 1$ : $\gamma = 9.780327\times1.0026454 = 9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Aux pôles, $9.780327\times1.0053024 = 9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. La différence vaut $0.051\,859\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, soit $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

Exercice 3.4 ★

Calculer la rigidité flexurale et le paramètre flexural de plaques océaniques avec $T_e = 10\,\mathrm{km}$ et $T_e = 30\,\mathrm{km}$ ($E = 100\,\mathrm{GPa}$, $\nu = 0.25$, $\rho_m - \rho_w = 2270\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$). Où se situent le bord de la fosse périphérique et le bombement périphérique sous une charge linéique ?

Solution

Solution de Exercice 3.4.

$D = ET_e^3/(12(1 - \nu^2)) = 10^{11}T_e^3/11.25$ : $8.89 \times 10^{21}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ pour $10\,\mathrm{km}$, $2.40 \times 10^{23}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ pour $30\,\mathrm{km}$. Avec $(\rho_m - \rho_w)g = 22\,269\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\alpha = (4D/22269)^{1/4}$ : $35.5\,\mathrm{km}$ et $81.0\,\mathrm{km}$. La fosse flexurale s’achève à $3\pi\alpha/4$, $84\,\mathrm{km}$ et $191\,\mathrm{km}$ ; le bombement périphérique culmine à $\pi\alpha$, $112\,\mathrm{km}$ et $255\,\mathrm{km}$.

Exercice 3.5 ★★

(a) Pour une hauteur de géoïde de $+50\,\mathrm{m}$ : calculer le potentiel perturbateur en ce point, en prenant $\gamma = 9.80\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) Sur $100\,\mathrm{km}$, le géoïde s’élève de $10\,\mathrm{m}$. De quel angle la verticale en ce point diffère-t-elle de la normale à l’ellipsoïde ? Donner cet angle en secondes d’arc.

Solution

Solution de Exercice 3.5.

(a) $T = -\gamma N = -9.80\times50 = -490\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. (b) Le géoïde s’incline de $10/100\,000 = 1.0 \times 10^{-4}$ rad par rapport à l’ellipsoïde, et la verticale (fil à plomb), normale au géoïde, s’incline du même angle par rapport à la normale de l’ellipsoïde : $1.0 \times 10^{-4}\times206\,265 = 20.6''$.

Exercice 3.6 ★★

À partir de $J_2 = 1.082\,63 \times 10^{-3}$ et du facteur de moment d’inertie $C/(Ma^2) = 0.3308$, calculer l’ellipticité dynamique $H = (C - A)/C$ et $1/H$. Lequel des deux nombres changerait pour une Terre homogène de même $J_2$ ?

Solution

Solution de Exercice 3.6.

$H = J_2/(C/Ma^2) = 1.082\,63 \times 10^{-3}/0.3308 = 0.003\,272\,8$, et $1/H = 305.55$. $J_2$ est identique par hypothèse ; une Terre homogène aurait $C/(Ma^2) = 0.4$ et donc $H = J_2/0.4 = 0.002\,706\,6$ : la précession serait plus lente. Mesurer à la fois $J_2$ et $H$ permet de mettre en évidence la concentration de la masse vers le centre.

Exercice 3.7 ★★

Un satellite décrit une orbite circulaire à $500\,\mathrm{km}$ au-dessus du rayon équatorial ($a = 6378.137\,\mathrm{km}$, $GM = 3.986\,005 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{3}\,\mathrm{s}^{-2}$), d’inclinaison $89{}^{\circ}$. Calculer sa période et la vitesse de précession nodale, en degrés par jour. Pourquoi les missions de gravimétrie choisissent-elles des orbites quasi polaires ?

Solution

Solution de Exercice 3.7.

$r = 6878.137\,\mathrm{km}$ ; $n = \sqrt{GM/r^3} = 1.106\,78 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, une période de $2\pi/n = 94.6\,\mathrm{min}$. $\dot\Omega = -1.5\times1.106\,78 \times 10^{-3} \times1.082\,63 \times 10^{-3}\times(6378.137/6878.137)^2\times\cos89{}^{\circ} = -2.70 \times 10^{-8}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, soit $-0.134{}^{\circ}$ par jour, vers l’ouest. Une orbite presque polaire survole toutes les latitudes, de sorte que la Terre entière est cartographiée ; elle précesse aussi lentement, de sorte que les traces au sol se complètent régulièrement.

Exercice 3.8 ★★

Deux anomalies de $10\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ en surface ont des longueurs d’onde de $100\,\mathrm{km}$ et $1000\,\mathrm{km}$. Calculer leurs amplitudes à $500\,\mathrm{km}$ d’altitude.

Solution

Solution de Exercice 3.8.

$e^{-2\pi\times500/100} = e^{-31.4} = 2.3 \times 10^{-14}$ : $2 \times 10^{-13}\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, rien. $e^{-2\pi\times500/1000} = e^{-3.14} = 0.0432$ : $0.43\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

Exercice 3.9 ★★

Du côté océanique d’une fosse, la crête du bourrelet externe se trouve à $120\,\mathrm{km}$ de l’axe de la fosse. En adoptant le modèle de plaque brisée avec de l’eau au-dessus de la plaque, calculer $\alpha$, $D$ et $T_e$, et la distance où la plaque croise son niveau non fléchi.

Solution

Solution de Exercice 3.9.

$3\pi\alpha/4 = 120\,\mathrm{km}$ donne $\alpha = 50.9\,\mathrm{km}$. $D = (\rho_m - \rho_w)g\alpha^4/4 = 22269\times(50\,930)^4/4 = 3.75 \times 10^{22}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$, et $T_e = (11.25D/E)^{1/3} = 16.2\,\mathrm{km}$. La plaque franchit son niveau non fléchi à $\pi\alpha/2 = 80\,\mathrm{km}$ de la fosse océanique.

Exercice 3.10 ★★★

(a) Vérifier que $w = w_0e^{-u}(\cos u + \sin u)$, $u = x/\alpha$, satisfait $Dw'''' + (\rho_m - \rho_i)gw = 0$ pour $x > 0$, avec $\alpha$ défini comme précédemment. (b) Montrer que le moment de fléchissement $-Dw''$ est maximal sous la charge et change de signe en $x = \pi\alpha/4$. (c) Où la plaque a-t-elle le plus de chances de se fissurer à sa surface supérieure, et pourquoi ?

Solution

Solution de Exercice 3.10.

(a) Avec $u = x/\alpha$, $\mathrm d^4/\mathrm dx^4 = \alpha^{-4}\,\mathrm d^4/\mathrm du^4$. En écrivant $\cos u + \sin u = \sqrt2\cos(u - \pi/4)$, la fonction vaut $\sqrt2w_0\,\mathrm{Re}\,e^{(-1 + i)u - i\pi/4}$, et $(-1 + i)^4 = -4$ : donc $w'''' = -4w/\alpha^4$. Puis $Dw'''' + (\rho_m - \rho_i)gw = (-4D/\alpha^4 + (\rho_m - \rho_i)g)w = 0$, puisque $\alpha^4 = 4D/((\rho_m - \rho_i)g)$. (b) $w'' = -(2w_0/\alpha^2)e^{-u}(\cos u - \sin u)$, donc $M = -Dw'' = (2Dw_0/\alpha^2)e^{-u}(\cos u - \sin u)$ : maximal en valeur absolue en $u = 0$, nul là où $\tan u = 1$, soit $x = \pi\alpha/4$. (c) Sous la charge, la plaque est concave vers le haut, sa surface supérieure en compression ; au-delà de $\pi\alpha/4$ elle est convexe vers le haut, sa surface supérieure étirée. Là, $M' \propto -e^{-u}\cos u$ s’annule en $u = \pi/2$ : l’étirement est maximal en $x = \pi\alpha/2$, sur le flanc externe de la fosse flexurale du côté du bombement périphérique, où $|M|$ vaut $e^{-\pi/2} = 21\,\%$ de sa valeur sous la charge. C’est là que des failles normales et des fissures s’ouvriraient au sommet de la plaque.

Exercice 3.11 ★★★

Avec $m = 0.003\,449\,79$ et $C/(Ma^2) = 0.3308$, inverser la relation de Darwin–Radau pour l’aplatissement hydrostatique. Comparer à $f = 0.003\,352\,81$ : calculer l’écart et l’excès de hauteur de l’équateur au-dessus de la forme hydrostatique. Qu’est-ce que cela apprend sur le manteau ?

Solution

Solution de Exercice 3.11.

$\sqrt{1 + \eta} = 2.5(1 - 1.5\times0.3308) = 1.2595$, donc $1 + \eta = 1.5863$ et $\tfrac52m/f = 2.5863$ : $f_h = 2.5\times0.00344979/2.5863 = 0.003\,334\,6$, $1/f_h = 299.9$. La différence $f - f_h = 1.82 \times 10^{-5}$ ; multipliée par $a$, l’équateur se situe à $116\,\mathrm{m}$ au-dessus de la figure hydrostatique. La Terre n’est pas tout à fait un fluide en équilibre : son intérieur supporte des contraintes, dues à la résistance de la lithosphère ou aux écoulements et aux contrastes de densité du manteau, qui maintiennent cette forme un peu à l’écart de cet équilibre.

Exercice 3.12 ★★★

Un satellite sur une orbite circulaire à $700\,\mathrm{km}$ d’altitude doit conserver la même orientation par rapport au Soleil toute l’année : son nœud doit avancer de $360{}^{\circ}$ en une année tropique de $365.242$ jours. Calculer l’inclinaison requise.

Solution

Solution de Exercice 3.12.

Le nœud doit avancer de $2\pi/(365.242\times86\,400) = 1.991 \times 10^{-7}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$. Pour $r = 7078.137\,\mathrm{km}$, $n = 1.0602 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ et $\tfrac32nJ_2(a/r)^2 = 1.398 \times 10^{-6}$, donc $\cos i = -1.991 \times 10^{-7}/1.398 \times 10^{-6} = -0.1424$ et $i = 98.2{}^{\circ}$ : une orbite légèrement rétrograde et héliosynchrone.

3.7 Problème : la fosse périphérique de la ride d’Oru

Problème 3.1

Problème du week-end — la figure de la Terre, une charge volcanique, sa fosse périphérique flexurale et ce que les satellites en voient

Oru est une ride volcanique fictive située dans un océan : une chaîne rectiligne de volcans coalescents longue de $400\,\mathrm{km}$, édifiée sur une lithosphère océanique ancienne. Sa section transversale est supposée triangulaire, large de $80\,\mathrm{km}$ à sa base et haute de $6\,\mathrm{km}$, de masse volumique $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, reposant sur un plancher océanique profond de $5\,\mathrm{km}$. Masses volumiques : manteau $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, eau de mer $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $E = 100\,\mathrm{GPa}$, $\nu = 0.25$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $G = 6.674 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{3}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{s}^{-2}$.

Partie I — La figure de la Terre. Utiliser le Geodetic Reference System 1980 : $a = 6\,378\,137\,\mathrm{m}$, $b = 6\,356\,752.3\,\mathrm{m}$, $GM = 3.986\,005 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{3}\,\mathrm{s}^{-2}$, $J_2 = 1.082\,63 \times 10^{-3}$, $\omega = 7.292\,115 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, $f = 0.003\,352\,81$ ; et $C/(Ma^2) = 0.3308$.

1. Calculer $m = \omega^2a^2b/(GM)$.
2. Calculer l’aplatissement donné par la relation de Clairaut à partir de $J_2$ et $m$, ainsi que son inverse.
3. Calculer l’aplatissement hydrostatique à partir de la relation de Darwin–Radau, et son inverse.
4. Comparer les deux valeurs à l’aplatissement observé. De combien de mètres l’équateur s’élève-t-il au-dessus de la figure hydrostatique ?
5. Calculer l’ellipticité dynamique $H = (C - A)/C$.

Partie II — La charge.

6. Calculer l’aire de la section transversale de la ride.
7. Calculer la charge linéique $V_0$, en considérant la ride entière comme immergée, de sorte qu’elle pèse $(\rho_v - \rho_w)g$ par unité de volume.
8. Si la ride était compensée localement, à la manière d’Airy, par une racine de sa propre roche dans le manteau, à quelle profondeur se trouverait la racine sous la crête ?
9. Sous compensation locale, la racine se terminerait au pied de la ride, à $40\,\mathrm{km}$ de son axe. La bathymétrie révèle une fosse qui s’étend jusqu’à $165\,\mathrm{km}$. Qu’est-ce que cela révèle ?

Partie III — La fosse périphérique flexurale. La fosse est remplie d’eau ($\rho_i = \rho_w$). Un profil sismique transversal à la ride retrouve le sommet de la croûte océanique à sa profondeur régionale, à $165\,\mathrm{km}$ de l’axe, et la crête du bombement périphérique à $220\,\mathrm{km}$ de l’axe.

10. Calculer le paramètre flexural à partir du bord de la fosse.
11. Le recalculer à partir du bombement périphérique. Les deux valeurs sont-elles cohérentes ?
12. En prenant $\alpha = 70.0\,\mathrm{km}$, calculer la rigidité flexurale.
13. Calculer l’épaisseur élastique effective.
14. En prenant $V_0 = 4.17 \times 10^{12}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{-1}$ et $D$ arrondi à trois chiffres significatifs, calculer la flèche sous l’axe.
15. Calculer la hauteur du bombement périphérique.
16. Vérifier que la poussée d’Archimède de l’ensemble de la flèche, $2w_0\alpha(\rho_m - \rho_w)g$, équilibre $V_0$.
17. Comparer $T_e$ aux valeurs trouvées le long de la ride d’Hawaï, de 17 à $37\,\mathrm{km}$. Comparer la flèche sous l’axe à la racine d’Airy de la question 8.

Partie IV — La pesanteur au-dessus de la fosse. Prendre un harmonique de la flexure, de longueur d’onde $2\pi\alpha$ et d’amplitude $W = 500\,\mathrm{m}$, déformant à la fois le plancher océanique (croûte de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ sous l’eau, à $5\,\mathrm{km}$ sous le niveau de la mer) et le Moho (manteau sous la croûte, à $12\,\mathrm{km}$ sous le niveau de la mer). Une fine feuille de densité surfacique $\sigma$ produit l’anomalie $2\pi G\sigma$ juste au-dessus d’elle.

18. Calculer la longueur d’onde et le nombre d’onde $k$ de l’harmonique.
19. Calculer l’amplitude de l’anomalie au niveau de la mer due au plancher océanique déformé, prolongée vers le haut depuis $5\,\mathrm{km}$ de profondeur.
20. Calculer celle du Moho déformé, puis la valeur totale.
21. Calculer la valeur totale à l’altitude d’un satellite, à $400\,\mathrm{km}$ au-dessus du niveau de la mer.
22. De quel facteur un harmonique de longueur d’onde $80\,\mathrm{km}$, soit la largeur de la ride, est-il affaibli à cette altitude ? Que peut résoudre le satellite ?
23. À quel degré d’harmonique sphérique $n \approx 2\pi R/\lambda$ correspond l’harmonique de la question 18 ($R = 6371\,\mathrm{km}$) ?
24. Donner l’épaisseur élastique effective de la plaque sous la ride d’Oru.

Solution

Solution de Problème 3.1.

1. $m = (7.292\,115 \times 10^{-5})^2\times6378137^2\times6356752.3/ 3.986\,005 \times 10^{14} = 0.003\,449\,79$.

2. $f = (3J_2 + m)/2 = 0.003\,348\,8$, $1/f = 298.61$.

3. $\sqrt{1 + \eta} = 2.5(1 - 1.5\times0.3308) = 1.2595$, $\tfrac52m/f_h = 2 + 0.5863$, donc $f_h = 0.003\,334\,6$ et $1/f_h = 299.88$.

4. La valeur de Clairaut, $1/298.61$, se situe à moins de $0.12\,\%$ de la valeur observée $1/298.26$ ; la valeur hydrostatique, $1/299.88$, est plus petite de $\Delta f = 1.82 \times 10^{-5}$, et $a\,\Delta f = 116\,\mathrm{m}$ : l’équateur se situe $116\,\mathrm{m}$ au-dessus de la figure hydrostatique.

5. $H = 1.082\,63 \times 10^{-3}/0.3308 = 0.003\,272\,8$ ($1/305.6$).

6. $\tfrac12\times80\,\mathrm{km}\times6\,\mathrm{km} = 240\,\mathrm{km}^{2} = 2.40 \times 10^{8}\,\mathrm{m}^{2}$.

7. $V_0 = (2800 - 1030)\times9.81\times2.40 \times 10^{8} = 4.17 \times 10^{12}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{-1}$.

8. Airy : $(\rho_m - \rho_v)r = (\rho_v - \rho_w)h$, donc $r = 6\times1770/500 = 21.2\,\mathrm{km}$ sous la crête.

9. Le plancher océanique est fléchi bien au-delà du pied de la dorsale : la charge n’est pas compensée colonne par colonne mais par la flexion de la plaque sur une région quatre fois plus large. La plaque possède une résistance : compensation régionale.

10. $\alpha = 165/(3\pi/4) = 70.0\,\mathrm{km}$.

11. $\alpha = 220/\pi = 70.0\,\mathrm{km}$ : la même valeur, comme l’exige une plaque élastique unique.

12. $D = (\rho_m - \rho_w)g\alpha^4/4 = 2270\times9.81\times(7.00 \times 10^{4})^4/4 = 1.34 \times 10^{23}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$.

13. $T_e = (12(1 - \nu^2)D/E)^{1/3} = (11.25\times1.34 \times 10^{23}/ 1 \times 10^{11})^{1/3} = 24.7\,\mathrm{km}$.

14. $w_0 = V_0\alpha^3/(8D) = 4.17 \times 10^{12}\times(7.00 \times 10^{4})^3/ (8\times1.34 \times 10^{23}) = 1334\,\mathrm{m}$.

15. $w_0e^{-\pi} = 1334\times0.0432 = 58\,\mathrm{m}$.

16. $2\times1334\times7.00 \times 10^{4}\times2270\times9.81 = 4.16 \times 10^{12}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{-1}$, égal à $V_0$ à l’arrondi de $D$ près.

17. $24.7\,\mathrm{km}$ se situe dans la gamme de la dorsale hawaïenne. La plaque s’enfonce de $1.3\,\mathrm{km}$ sous l’axe au lieu de former une racine de $21\,\mathrm{km}$ : la même poussée d’Archimède est répartie sur les $330\,\mathrm{km}$ de la fosse.

18. $\lambda = 2\pi\times70.0\,\mathrm{km} = 440\,\mathrm{km}$, $k = 1/\alpha = 1.43 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}^{-1}$.

19. $\sigma = (2900 - 1030)\times500 = 9.35 \times 10^{5}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$, donc $2\pi G\sigma = 3.92 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = 39.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ au fond de la mer ; multiplié par $e^{-k\times5\,\mathrm{km}} = 0.931$, $36.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ au niveau de la mer (négatif là où la plaque est enfoncée).

20. $\sigma = (3300 - 2900)\times500 = 2.0 \times 10^{5}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$ : $8.39\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, multiplié par $e^{-k\times12\,\mathrm{km}} = 0.843$, $7.07\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Le total vaut $43.6\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

21. $e^{-k\times400\,\mathrm{km}} = e^{-5.71} = 0.0033$ : $0.14\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

22. $e^{-2\pi\times400/80} = e^{-31.4} = 2.3 \times 10^{-14}$ : le satellite ne voit rien de la dorsale elle-même, seulement la flexion large, et encore affaiblie trois cents fois ; l’anomalie propre de la dorsale doit être mesurée en mer.

23. $n \approx 2\pi\times6371/440 = 91$.

24. D’après les questions 10 à 13, l’épaisseur élastique effective de la plaque sous la dorsale d’Oru est $24.7\,\mathrm{km}$.