Physics · Livre 3 · Bachelor Year 1

Physique universitaire — 1re année

Physique universitaire — 1re année · Bachelor Year 1

18Référentiels non galiléens ; dynamique terrestre

Debout dans un bus qui tourne à gauche, on penche à droite, poussé par une force que personne n’exerce. Un seau d’eau que l’on fait tourner sur un plateau creuse sa surface en cuvette. Sous la coupole d’un musée, un pendule oscille des heures durant, et la ligne de son balancement tourne lentement, de quelques degrés par heure, comme si une main invisible la faisait pivoter. Aucun de ces phénomènes n’est une force nouvelle : ce sont les lois de Newton telles qu’elles apparaissent lorsque le référentiel dans lequel on décrit le mouvement est lui-même accéléré ou en rotation. Ce chapitre montre comment vitesses et accélérations se transforment d’un référentiel à l’autre, comment les lois de la dynamique se réparent en ajoutant des forces d’inertie, et ce que font ces forces sur le plus important des référentiels tournants : la Terre.

Le pendule de Foucault du Panthéon, à Paris, où il fut suspendu pour la première fois en 1851 : 67\, m de fil, une masse de 28\, kg, et un plan d’oscillation qui tourne par rapport au sol. Photographie : Olga Khomitsevich, CC BY 2.0.
Le pendule de Foucault du Panthéon, à Paris, où il fut suspendu pour la première fois en 1851 : 67 m67\,\mathrm{m} de fil, une masse de 28 kg28\,\mathrm{kg}, et un plan d’oscillation qui tourne par rapport au sol. Photographie : Olga Khomitsevich, CC BY 2.0.

18.1 Changer de référentiel : la cinématique

Définition 18.1 (Mouvement relatif ; référentiel en translation, en rotation)

Soient R\mathcal R un référentiel (d’origine OO) et R′\mathcal R' un autre (d’origine O′O') en mouvement par rapport à lui. R′\mathcal R' est en translation si ses axes gardent des directions fixes dans R\mathcal R (tout point de R′\mathcal R' a la vitesse de O′O') ; il est en rotation autour d’un axe fixe Δ\Delta si Δ\Delta est fixe dans les deux référentiels et si R′\mathcal R' tourne autour de lui à la vitesse angulaire Ω(t)\Omega(t). La vitesse et l’accélération d’un point MM relatives à R′\mathcal R', v→′\vect v' et a→′\vect a', sont celles que mesure un observateur immobile de R′\mathcal R'.

Théorème 18.2 (Composition des vitesses et des accélérations)

  • R′\mathcal R' en translation, de vitesse v→O′\vect v_{O'} et d’accélération a→O′\vect a_{O'} :

    v→=v→′+v→O′,a→=a→′+a→O′.\vect v = \vect v' + \vect v_{O'}, \qquad \vect a = \vect a' + \vect a_{O'} .

  • R′\mathcal R' en rotation autour de l’axe fixe Δ\Delta à Ω\Omega (vecteur Ω→=Ωe→z\vect\Omega = \Omega\vect e_z porté par l’axe) ; HH étant le projeté de MM sur l’axe :

    v→=v→′+Ω→∧HM→,a→=a→′+(−Ω2HM→+Ω˙ e→z∧HM→)⏟a→e+2Ω→∧v→′⏟a→C.\vect v = \vect v' + \vect\Omega\wedge\vect{HM}, \qquad \vect a = \vect a' + \underbrace{\big(-\Omega^2\vect{HM} + \dot\Omega\,\vect e_z\wedge\vect{HM}\big)}_{\vect a_e} + \underbrace{2\vect\Omega\wedge\vect v'}_{\vect a_C} .

a→e\vect a_e est l’accélération d’entraînement (l’accélération du point de R′\mathcal R' qui coïncide avec MM : centripète, dirigée vers l’axe, pour une rotation uniforme), et a→C=2Ω→∧v→′\vect a_C = 2\vect\Omega\wedge\vect v' l’accélération de Coriolis, présente seulement lorsque MM se déplace par rapport au référentiel tournant.

Démonstration. Translation : OM→=OO′→+O′M→\vect{OM} = \vect{OO'} + \vect{O'M} avec les composantes de O′M→\vect{O'M} dans la base commune ; on dérive deux fois. Rotation : on prend des coordonnées cylindriques autour de Δ\Delta dans R\mathcal R, (r,θ,z)(r, \theta, z), et dans R′\mathcal R', (r,θ′,z)(r, \theta', z), avec θ=θ′+∫Ω  ⁣dt\theta = \theta' + \int\Omega\,\dd t. Alors la Théorème 11.7 dans R\mathcal R avec θ˙=θ˙′+Ω\dot\theta = \dot\theta' + \Omega donne v→=r˙e→r+r(θ˙′+Ω)e→θ+z˙e→z=v→′+rΩe→θ\vect v = \dot r\vect e_r + r(\dot\theta' + \Omega)\vect e_\theta + \dot z\vect e_z = \vect v' + r\Omega\vect e_\theta, et rΩe→θ=Ω→∧HM→r\Omega\vect e_\theta = \vect\Omega\wedge\vect{HM}. Pour l’accélération, θ¨=θ¨′+Ω˙\ddot\theta = \ddot\theta' + \dot\Omega : a→=[r¨−r(θ˙′+Ω)2]e→r+[r(θ¨′+Ω˙)+2r˙(θ˙′+Ω)]e→θ+z¨e→z\vect a = [\ddot r - r(\dot\theta' + \Omega)^2]\vect e_r + [r(\ddot\theta' + \dot\Omega) + 2\dot r(\dot\theta' + \Omega)]\vect e_\theta + \ddot z\vect e_z ; en développant et en regroupant, a→=a→′−rΩ2e→r+rΩ˙e→θ+2Ω(−rθ˙′e→r+r˙e→θ)\vect a = \vect a' - r\Omega^2\vect e_r + r\dot\Omega\vect e_\theta + 2\Omega(-r\dot\theta'\vect e_r + \dot r\vect e_\theta), et le dernier terme vaut 2Ω→∧v→′2\vect\Omega\wedge\vect v' puisque e→z∧e→r=e→θ\vect e_z\wedge\vect e_r = \vect e_\theta et e→z∧e→θ=−e→r\vect e_z\wedge\vect e_\theta = -\vect e_r. ∎

Exemple 18.3 (Marcher sur un plateau tournant)

L’Exercice 11.12 a calculé l’accélération d’une personne qui marche radialement à uu sur un plateau tournant à Ω\Omega : −utΩ2e→r+2uΩe→θ-ut\Omega^2\vect e_r + 2u\Omega\vect e_\theta. Dans le nouveau langage : accélération relative nulle, entraînement −rΩ2e→r-r\Omega^2\vect e_r, Coriolis 2Ω→∧ue→r=2uΩe→θ2\vect\Omega\wedge u\vect e_r = 2u\Omega\vect e_\theta.

18.2 Dynamique en référentiel non galiléen : les forces d’inertie

Théorème 18.4 (La loi de Newton en référentiel non galiléen)

Dans un référentiel R′\mathcal R' qui n’est pas galiléen, le mouvement d’un point obéit à

ma→′=∑F→+F→e+F→C,F→e=−ma→e,F→C=−ma→C=−2mΩ→∧v→′:m\vect a' = \sum\vect F + \vect F_e + \vect F_C, \qquad \vect F_e = -m\vect a_e, \qquad \vect F_C = -m\vect a_C = -2m\vect\Omega\wedge\vect v' :

la deuxième loi de Newton vaut à condition d’ajouter aux forces réelles la force d’inertie d’entraînement (pour un référentiel en rotation uniforme, la force d’inertie centrifuge +mΩ2HM→+m\Omega^2\vect{HM}, dirigée à l’opposé de l’axe ; pour un référentiel en translation, −ma→O′-m\vect a_{O'}) et la force de Coriolis. Ces forces d’inertie ne sont pas des interactions : aucun corps ne les exerce, elles n’ont pas de réaction, et elles disparaissent dans un référentiel galiléen.

Démonstration. ma→=∑F→m\vect a = \sum\vect F dans le référentiel galiléen R\mathcal R ; on substitue a→=a→′+a→e+a→C\vect a = \vect a' + \vect a_e + \vect a_C et l’on passe les deux termes à droite. ∎

Exemple 18.5 (Le passager penché, le fil à plomb)

Dans un bus qui freine à a=3.0 m/s2a = 3.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, une poignée suspendue subit, dans le référentiel du bus, la pesanteur plus une force d’inertie mama dirigée vers l’avant : elle pend selon la pesanteur apparente g→′=g→−a→O′\vect g' = \vect g - \vect a_{O'}, inclinée vers l’avant de arctan⁡(a/g)=17∘\arctan(a/g) = 17^\circ. Un passager qui veut rester immobile doit se pencher selon cette verticale apparente. Dans un ascenseur en chute libre, g→′=0→\vect g' = \vect 0 : l’impesanteur, vue de l’intérieur.

Les forces d’inertie. À gauche : dans un bus qui freine, le fil à plomb pend selon la pesanteur apparente g - a_O', inclinée vers l’avant. À droite : dans un référentiel tournant à , un point subit une force centrifuge dirigée à l’opposé de l’axe et, s’il se déplace, une force de Coriolis perpendiculaire à sa vitesse relative.
Les forces d’inertie. À gauche : dans un bus qui freine, le fil à plomb pend selon la pesanteur apparente g→−a→O′\vect g - \vect a_{O'}, inclinée vers l’avant. À droite : dans un référentiel tournant à Ω\Omega, un point subit une force centrifuge dirigée à l’opposé de l’axe et, s’il se déplace, une force de Coriolis perpendiculaire à sa vitesse relative.

Exemple 18.6 (Le seau tournant)

L’eau d’un seau qui tourne à Ω\Omega autour de son axe vertical est au repos dans le référentiel tournant, sous la pesanteur et la force centrifuge : sa surface libre est perpendiculaire à la pesanteur apparente g→′=−ge→z+Ω2re→r\vect g' = -g\vect e_z + \Omega^2r\vect e_r (la surface d’un fluide au repos est normale au champ, Chapitre 21). Sa pente vaut  ⁣dz/ ⁣dr=Ω2r/g\dd z/\dd r = \Omega^2r/g, d’où z=Ω2r2/2gz = \Omega^2r^2/2g : un paraboloïde. À 10 rad/s10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, le bord d’un seau de 10 cm10\,\mathrm{cm} monte 5 cm5\,\mathrm{cm} au-dessus du centre — c’est le principe du télescope à miroir liquide, dont le mercure tournant prend exactement la forme parabolique qu’un miroir demande.

Méthode 18.7 (Travailler en référentiel non galiléen)

Choisir le référentiel dans lequel la question est la plus simple (le bus, le plateau, la Terre) ; faire le bilan des forces réelles ; ajouter −ma→e-m\vect a_e et, si le corps se déplace dans le référentiel, −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' ; puis procéder comme à la Méthode 12.10. Vérification : les forces d’inertie n’apparaissent jamais dans un bilan d’énergie comme « travail de quelqu’un » — la force de Coriolis, perpendiculaire à v→′\vect v', ne travaille pas ; la force centrifuge dérive de l’énergie potentielle −12mΩ2r2-\tfrac12 m\Omega^2r^2 dans un référentiel en rotation uniforme.

18.3 Le référentiel terrestre

Définition 18.8 (Référentiels géocentrique et terrestre)

Le référentiel géocentrique a son origine au centre de la Terre et ses axes pointés vers des étoiles fixes ; il est galiléen à une excellente approximation pour des mouvements d’un jour ou moins (sa propre accélération autour du Soleil ne vaut que 6×10−3 m/s26 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, et elle est presque uniforme sur la Terre). Le référentiel terrestre, lié au sol, tourne par rapport à lui autour de l’axe polaire à

Ω=2π86 164 s=7.29×10−5 rad/s.\Omega = \frac{2\pi}{86\,164\,\mathrm{s}} = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} .

Proposition 18.9 (Le poids et la variation de gg)

Dans le référentiel terrestre, un corps au repos subit l’attraction gravitationnelle mG→m\vect{\mathcal G} et la force centrifuge mΩ2HM→m\Omega^2\vect{HM} ; leur somme est ce que mesure une balance et ce qu’indique un fil à plomb : le poids mg→=mG→+mΩ2HM→m\vect g = m\vect{\mathcal G} + m\Omega^2\vect{HM}. Le terme centrifuge est le plus grand à l’équateur, Ω2R=0.034 m/s2\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, soit 0.35%0.35\% de gg ; il diminue gg des pôles vers l’équateur et écarte la verticale du centre de la Terre, jusqu’à 0.1∘0.1^\circ aux latitudes moyennes.

Démonstration. On applique le Théorème 18.4 avec v→′=0→\vect v' = \vect 0 (pas de force de Coriolis) ; Ω2R=(7.29×10−5)2×6.37×106\Omega^2R = (7.29\times10^{-5})^2 \times 6.37\times10^6. L’angle de déviation se lit sur le triangle formé de mG→m\vect{\mathcal G} et de la force centrifuge (Exercice 18.6). ∎

Proposition 18.10 (La force de Coriolis sur Terre)

À la latitude λ\lambda, un corps qui se déplace horizontalement à la vitesse v′v' subit une force de Coriolis horizontale d’intensité

FC=2mΩv′sin⁡λ,F_C = 2m\Omega v'\sin\lambda ,

dirigée vers la droite du mouvement dans l’hémisphère nord et vers la gauche dans l’hémisphère sud, quelle que soit la direction du déplacement ; un corps qui tombe verticalement est dévié vers l’est de 2mΩv′cos⁡λ2m\Omega v'\cos\lambda.

Démonstration. On décompose Ω→=Ω(cos⁡λ e→N+sin⁡λ e→z)\vect\Omega = \Omega(\cos\lambda\,\vect e_N + \sin\lambda\,\vect e_z) (nord et verticale locale). Pour v→′\vect v' horizontale, −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' a une part horizontale −2mΩsin⁡λ e→z∧v→′-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v' — tournée de 90∘90^\circ dans le sens des aiguilles d’une montre depuis v→′\vect v' vue d’en haut, pour λ>0\lambda > 0 — et une part verticale (négligeable devant la pesanteur). Pour une vitesse verticale v→′=−v′e→z\vect v' = -v'\vect e_z : −2mΩcos⁡λ e→N∧(−v′e→z)=2mΩv′cos⁡λ e→E-2m\Omega\cos\lambda\,\vect e_N\wedge(-v'\vect e_z) = 2m\Omega v'\cos\lambda\, \vect e_E, vers l’est. ∎

À gauche : à la latitude , le vecteur rotation de la Terre a une composante verticale et une composante vers le nord . À droite : vu d’en haut dans l’hémisphère nord, un corps qui se déplace horizontalement est poussé vers sa droite par la force de Coriolis et sa trajectoire s’incurve dans le sens des aiguilles d’une montre.
À gauche : à la latitude λ\lambda, le vecteur rotation de la Terre a une composante verticale Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda et une composante vers le nord Ωcos⁡λ\Omega\cos\lambda. À droite : vu d’en haut dans l’hémisphère nord, un corps qui se déplace horizontalement est poussé vers sa droite par la force de Coriolis et sa trajectoire s’incurve dans le sens des aiguilles d’une montre.

Exemple 18.11 (Petites forces, grandes conséquences)

Un train à 100 km/h100\,\mathrm{km}/\mathrm{h} à la latitude 45∘45^\circ : aC=2×7.29×10−5×27.8×0.71=2.9×10−3 m/s2a_C = 2 \times 7.29\times 10^{-5} \times 27.8 \times 0.71 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, trois millièmes de gg — le rail de droite d’une voie à sens unique s’use un peu plus vite. L’air qui s’écoule à 20 m/s20\,\mathrm{m}/\mathrm{s} vers un centre de basse pression est dévié vers la droite tout au long et finit par en faire le tour dans le sens inverse des aiguilles d’une montre : tous les cyclones de l’hémisphère nord tournent ainsi, tous ceux du sud dans l’autre sens. Une pierre lâchée dans un puits de 100 m100\,\mathrm{m} à 45∘45^\circ tombe 1.6 cm1.6\,\mathrm{cm} à l’est du fil à plomb (Exercice 18.7).

Proposition 18.12 (Le pendule de Foucault)

Un pendule qui oscille à petite amplitude à la latitude λ\lambda garde son plan d’oscillation fixe vis-à-vis de la seule rotation de la verticale locale dans le référentiel géocentrique : vu du référentiel terrestre, ce plan tourne dans le sens des aiguilles d’une montre (vu d’en haut, hémisphère nord) à la vitesse angulaire Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda, soit un tour complet en

TF=23.93 hsin⁡λ.T_F = \frac{23.93\,\mathrm{h}}{\sin\lambda} .

Démonstration partielle. Au pôle (λ=90∘\lambda = 90^\circ), l’argument est géométrique : aucune force horizontale n’agit sur la masse hormis la tension, dont la composante horizontale est dans le plan d’oscillation ; dans le référentiel géocentrique ce plan est donc fixe tandis que la Terre tourne dessous à Ω\Omega, et vu du sol il tourne à −Ω-\Omega. À la latitude λ\lambda, la force de Coriolis horizontale vaut −2mΩsin⁡λ e→z∧v→′-2m\Omega\sin\lambda\,\vect e_z\wedge\vect v' : exactement ce que produirait un référentiel tournant à Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda autour de la verticale locale. Dans un référentiel qui tourne avec le plan à −Ωsin⁡λ-\Omega\sin\lambda, cette force disparaît au premier ordre et le pendule est un oscillateur plan ordinaire ; le plan précesse donc à Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda dans le référentiel terrestre. Le calcul complet, avec les termes du second ordre négligés ici, est le problème du week-end. ∎

Remarque 18.13 (Les marées, en deux lignes)

Dans le référentiel du centre de la Terre, qui tombe librement vers la Lune, l’attraction lunaire n’est pas uniforme : un peu plus forte du côté proche, plus faible du côté opposé. La différence, de l’ordre de 2GMLuneR/d3≈1×10−6 m/s22GM_{\text{Lune}}R/d^3 \approx 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, étire les océans en deux bourrelets — deux marées par jour — et la contribution du Soleil, 46%46\% de celle de la Lune, fait les vives-eaux et les mortes-eaux selon que les deux s’alignent ou se croisent (Exercice 18.12).

18.4 Exercices

Exercice 18.1 ★

Un fil à plomb pend dans une voiture qui accélère à 2.5 m/s22.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} : angle avec la verticale, et tension en unités de mgmg. Même voiture freinant au même taux ?

Solution

Solution de Exercice 18.1.

tan⁡α=a/g=0.255\tan\alpha = a/g = 0.255, α=14∘\alpha = 14^\circ (le fil part vers l’arrière) ; T=mg2+a2=1.03 mgT = m\sqrt{g^2 + a^2} = 1.03\,mg. Au freinage : mêmes angle et tension, le fil partant vers l’avant.

Exercice 18.2 ★

Un enfant est assis à 3.0 m3.0\,\mathrm{m} de l’axe d’un manège qui fait un tour toutes les 4.0 s4.0\,\mathrm{s}. Accélération centrifuge dans le référentiel tournant, en fraction de gg ; quelle force réelle la fournit ?

Solution

Solution de Exercice 18.2.

Ω=2π/4.0=1.57 rad/s\Omega = 2\pi/4.0 = 1.57\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} ; Ω2r=7.4 m/s2=0.75g\Omega^2r = 7.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} = 0.75g, dirigée vers l’extérieur dans le référentiel tournant ; c’est le siège (frottement et maintien) qui fournit la force réelle vers l’intérieur.

Exercice 18.3 ★

Calculer la vitesse angulaire Ω\Omega de la Terre, l’accélération centrifuge à l’équateur et sa fraction de gg. Pour quelle période de rotation les objets s’envoleraient-ils à l’équateur ?

Solution

Solution de Exercice 18.3.

Ω=2π/86164=7.29×10−5 rad/s\Omega = 2\pi/86164 = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} ; Ω2R=0.034 m/s2\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, soit 0.35%0.35\% de gg. Pour s’envoler, il faudrait Ω2R=g\Omega^2R = g : T=2πR/g=84 minT = 2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min} — dix-sept fois plus vite qu’aujourd’hui.

Exercice 18.4 ★

Un train de 400 t400\,\mathrm{t} roule à 100 km/h100\,\mathrm{km}/\mathrm{h} à la latitude 45∘45^\circ. Accélération de Coriolis et force latérale sur les rails ; quel rail est poussé, en allant vers le nord ? vers l’est ?

Solution

Solution de Exercice 18.4.

aC=2Ωvsin⁡λ=2×7.29×10−5×27.8×0.707=2.9×10−3 m/s2a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2 \times 7.29\times10^{-5} \times 27.8 \times 0.707 = 2.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} ; F=1.1 kNF = 1.1\,\mathrm{kN}. Vers le nord : poussé vers l’est, donc sur le rail de droite (l’oriental) ; vers l’est : poussé vers le sud, encore le rail de droite.

Exercice 18.5 ★★

Un seau de 10 cm10\,\mathrm{cm} de rayon tourne à 2.0 rad/s2.0\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, puis à 10 rad/s10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}. Dénivelé de l’eau entre le bord et le centre. Pourquoi un bain de mercure tournant fait-il un bon miroir de télescope ?

Solution

Solution de Exercice 18.5.

z=Ω2r2/2gz = \Omega^2r^2/2g : 2.0 mm2.0\,\mathrm{mm} à 2 rad/s2\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, 5.1 cm5.1\,\mathrm{cm} à 10 rad/s10\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}. Un paraboloïde concentre un faisceau parallèle en un point : le mercure tournant est un miroir parabolique parfait, bon marché et qui se polit tout seul (mais que l’on ne peut pas incliner).

Exercice 18.6 ★★

Montrer que le fil à plomb à la latitude λ\lambda s’écarte de la direction du centre de la Terre d’environ Ω2Rsin⁡λcos⁡λ/g\Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g radians, et le calculer à 45∘45^\circ en minutes d’arc. De combien gg est-il plus petit à l’équateur qu’au pôle du seul fait de la rotation ?

Solution

Solution de Exercice 18.6.

L’accélération centrifuge Ω2Rcos⁡λ\Omega^2R\cos\lambda est dirigée à l’opposé de l’axe ; sa composante perpendiculaire à la verticale locale vaut Ω2Rcos⁡λsin⁡λ\Omega^2R\cos\lambda \sin\lambda, ce qui incline g→\vect g de δ≈Ω2Rsin⁡λcos⁡λ/g=0.034×0.5/9.81=1.7×10−3 rad=6′\delta \approx \Omega^2R\sin\lambda\cos\lambda/g = 0.034 \times 0.5/9.81 = 1.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad} = 6'. À l’équateur, gg est réduit de Ω2R=0.034 m/s2\Omega^2R = 0.034\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} par la rotation (l’aplatissement en ajoute davantage).

Exercice 18.7 ★★

Une pierre tombe sans vitesse initiale dans un puits de 100 m100\,\mathrm{m} à la latitude 45∘45^\circ. Traiter l’accélération de Coriolis 2Ωvcos⁡λ2\Omega v\cos\lambda (vers l’est) comme une petite perturbation avec v=gtv = gt ; intégrer deux fois pour trouver la déviation vers l’est au fond. Pourquoi vers l’est ?

Solution

Solution de Exercice 18.7.

x¨E=2Ωgtcos⁡λ\ddot x_E = 2\Omega gt\cos\lambda : xE=13Ωgcos⁡λ t3x_E = \tfrac13\Omega g\cos\lambda\,t^3 ; t=2h/g=4.5 st = \sqrt{2h/g} = 4.5\,\mathrm{s} : xE=13×7.29×10−5×9.81×0.707×92=1.6 cmx_E = \tfrac13 \times 7.29\times10^{-5} \times 9.81 \times 0.707 \times 92 = 1.6\,\mathrm{cm}. Vers l’est : le haut du puits va vers l’est plus vite que le fond (rayon plus grand), et la pierre garde cet excédent — ou, dans le référentiel tournant, la force de Coriolis sur une vitesse dirigée vers le bas pointe vers l’est.

Exercice 18.8 ★★

Période de précession d’un pendule de Foucault à Paris (λ=48.9∘\lambda = 48.9^\circ), au pôle et à l’équateur. De quel angle le plan tourne-t-il en une heure à Paris ?

Solution

Solution de Exercice 18.8.

TF=23.93/sin⁡λT_F = 23.93/\sin\lambda : Paris 31.8 h31.8\,\mathrm{h} ; pôle 23.9 h23.9\,\mathrm{h} ; équateur infini (pas de précession). À Paris : 360∘/31.8=11.3∘360^\circ/31.8 = 11.3^\circ par heure.

Exercice 18.9 ★★

De l’air s’écoule à 20 m/s20\,\mathrm{m}/\mathrm{s} vers un centre de basse pression à 45∘45^\circ nord. Accélération de Coriolis ; dans quel sens l’air finit-il par tourner autour du centre ? Pourquoi les petits tourbillons (un évier, une tornade) n’obéissent-ils pas à cette règle ?

Solution

Solution de Exercice 18.9.

aC=2Ωvsin⁡λ=2.1×10−3 m/s2a_C = 2\Omega v\sin\lambda = 2.1 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, vers la droite. L’air qui converge de tous côtés est dévié vers la droite, si bien qu’il s’enroule vers le centre dans le sens inverse des aiguilles d’une montre (vu d’en haut) : le cyclone de l’hémisphère nord. Un évier se vide en quelques secondes et une tornade se forme en quelques minutes : sur de telles durées, la déviation de Coriolis est négligeable devant toute rotation initiale.

Exercice 18.10 ★★★

Un ballon d’hélium retenu par une ficelle flotte dans une voiture. Quand la voiture accélère vers l’avant, de quel côté le ballon penche-t-il ? Expliquer par la pesanteur apparente et la poussée d’Archimède.

Solution

Solution de Exercice 18.10.

Dans le référentiel de la voiture, la pesanteur apparente g→−a→\vect g - \vect a s’incline vers l’arrière. L’air, plus lourd, « tombe » vers l’arrière ; le ballon, plus léger que l’air qu’il déplace, remonte la verticale apparente — il penche donc vers l’avant, à l’inverse d’un fil à plomb.

Exercice 18.11 ★★★

Une station spatiale est un anneau de 100 m100\,\mathrm{m} de rayon que l’on fait tourner pour donner 1g1g de pesanteur artificielle au bord. Période de rotation ? Un astronaute marche le long du bord à 1.5 m/s1.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} : accélération de Coriolis, et son effet sur son poids apparent selon qu’il marche dans le sens de la rotation ou à contresens. Il lâche une balle de 2.0 m2.0\,\mathrm{m} : à peu près à quelle distance de ses pieds tombe-t-elle ?

Solution

Solution de Exercice 18.11.

Ω2R=g\Omega^2R = g : Ω=0.31 rad/s\Omega = 0.31\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, T=20 sT = 20\,\mathrm{s}. aC=2Ωv=0.94 m/s2a_C = 2\Omega v = 0.94\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}, environ 0.1g0.1g : en marchant dans le sens de la rotation il se sent plus lourd de 10%10\% (la force de Coriolis pointe vers l’extérieur), et plus léger à contresens. Pour une balle lâchée : dans le référentiel galiléen elle va tout droit tandis que le plancher se courbe vers elle ; sur la durée de chute 2h/g=0.64 s\sqrt{2h/g} = 0.64\,\mathrm{s}, l’écart est de l’ordre de 13Ω g t3⋅2≈2×0.31×9.81×0.26/3≈0.5 m\tfrac13\Omega\,g\,t^3 \cdot 2 \approx 2 \times 0.31 \times 9.81 \times 0.26/3 \approx 0.5\,\mathrm{m} — quelques décimètres, à contresens de la rotation.

Exercice 18.12 ★★★

Montrer que l’écart entre l’accélération gravitationnelle de la Lune au centre de la Terre et au point de la surface le plus proche de la Lune vaut environ 2GMMr/d32GM_Mr/d^3 (rr le rayon terrestre, dd la distance Terre–Lune) ; le calculer, puis faire de même pour le Soleil ; en déduire le rapport des marées solaires aux marées lunaires.

Solution

Solution de Exercice 18.12.

GM/(d−r)2−GM/d2≈2GMr/d3GM/(d - r)^2 - GM/d^2 \approx 2GMr/d^3 (au premier ordre en r/dr/d). Lune : 2×6.67×10−11×7.35×1022×6.37×106/(3.84×108)3=1.1×10−6 m/s22 \times 6.67\times10^{-11} \times 7.35\times10^{22} \times 6.37\times10^6/ (3.84\times10^8)^3 = 1.1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} ; Soleil : 2×1.33×1020×6.37×106/(1.50×1011)3=5.0×10−7 m/s22 \times 1.33\times10^{20} \times 6.37\times10^6/(1.50\times10^{11})^3 = 5.0 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} ; rapport 0.460.46 : les marées solaires valent presque la moitié des lunaires, bien que l’attraction du Soleil soit 180180 fois plus grande — les marées varient en M/d3M/d^3.

18.5 Problème : le pendule de Foucault

Problème 18.1

Problème du week-end — une masse de 28 kilogrammes au bout de 67 mètres de fil sous une coupole : pourquoi son plan d’oscillation tourne, à quelle vitesse, ce que cela prouve, et combien est petite la force qui en est responsable

En 1851, un pendule de longueur ℓ=67 m\ell = 67\,\mathrm{m} et de masse m=28 kgm = 28\,\mathrm{kg} oscillait sous la coupole du Panthéon, à Paris, à la latitude λ=48.85∘\lambda = 48.85^\circ, avec une amplitude d’environ x0=3.0 mx_0 = 3.0\,\mathrm{m}. Ω=7.29×10−5 rad/s\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, g=9.81 m/s2g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

Partie I — Le pendule en lui-même.

  1. Période des petites oscillations ; vérifier que l’amplitude est petite (x0/ℓx_0/\ell).
  2. Vitesse maximale de la masse, et sa hauteur maximale au-dessus du point le plus bas.
  3. Tension au point le plus bas, en unités de mgmg.
  4. Estimer la traînée de l’air sur la masse à la vitesse maximale (loi quadratique, CxS≈0.05 m2C_xS \approx 0.05\,\mathrm{m}^{2}, ρ=1.2 kg/m3\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}) et la comparer à la force de rappel maximale mω02x0m\omega_0^2x_0.
  5. Pourquoi un fil long et une masse lourde ? (Deux raisons, l’une sur la période, l’autre sur l’amortissement.)

Partie II — Au pôle. Imaginons le même pendule au pôle Nord.

  1. Dans le référentiel géocentrique, faire le bilan des forces sur la masse et montrer que rien ne peut faire tourner son plan d’oscillation.
  2. En déduire ce que voit faire ce plan un observateur debout sur la glace, et au bout de combien de temps il retrouve sa direction initiale.
  3. Décrire la trace de la masse sur le sol (une rosace) : combien de pétales en un jour ?

Partie III — À la latitude λ\lambda : le terme de Coriolis. On prend des axes locaux : xx vers l’est, yy vers le nord, zz vers le haut ; les oscillations sont petites, donc le mouvement est presque horizontal, v→′≈(x˙,y˙,0)\vect v' \approx (\dot x, \dot y, 0) ; la force de rappel vaut −mω02(x,y,0)-m\omega_0^2(x, y, 0) avec ω0=g/ℓ\omega_0 = \sqrt{g/\ell}.

  1. Écrire Ω→\vect\Omega dans ces axes.
  2. Calculer −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' et en garder les composantes horizontales ; montrer qu’elles ne font intervenir que Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda.
  3. Écrire les deux équations du mouvement pour xx et yy ; poser ωF=Ωsin⁡λ\omega_F = \Omega\sin\lambda et comparer ωF\omega_F à ω0\omega_0.
  4. Introduire u=x+jyu = x + jy et montrer que u¨+2jωFu˙+ω02u=0\ddot u + 2j\omega_F\dot u + \omega_0^2u = 0.
  5. Essayer u=ejαtu = \eu^{j\alpha t} : trouver les deux valeurs de α\alpha, et montrer que pour ωF≪ω0\omega_F \ll \omega_0 elles valent α≈±ω0−ωF\alpha \approx \pm\omega_0 - \omega_F.
  6. En déduire que u≈e−jωFt(Aejω0t+Be−jω0t)u \approx \eu^{-j\omega_Ft}(A\eu^{j\omega_0t} + B\eu^{-j\omega_0t}) : interpréter le facteur e−jωFt\eu^{-j\omega_Ft} — dans quel sens et à quelle vitesse le plan d’oscillation tourne-t-il ?
  7. Calculer la période de précession à Paris et l’angle parcouru en une heure.
  8. Pourquoi le plan ne tourne-t-il pas à l’équateur ?

Partie IV — Combien la force est petite.

  1. Calculer la force de Coriolis maximale sur la masse et la comparer au poids et à la force de rappel maximale.
  2. De combien l’extrémité du balancement se déplace-t-elle latéralement pendant une demi-période ? (Le plan tourne de ωFT/2\omega_FT/2.)
  3. En 1851, la masse portait une pointe qui renversait de petites quilles disposées en cercle à l’amplitude : au bout de combien de temps, environ, la quille suivante tombait-elle ?
  4. Le pendule était lancé en brûlant un fil qui retenait la masse de côté. Pourquoi ne pas le lancer à la main ?
  5. La traînée de l’air arrête un pendule au bout de quelques heures. Les pendules de musée modernes emploient un petit électroaimant en bas pour restituer l’énergie sans toucher au plan d’oscillation : pourquoi cette impulsion doit-elle être strictement radiale ?

Partie V — Ce que cela prouve, et ce que cela fait d’autre.

  1. La démonstration de Foucault a convaincu le public de la rotation de la Terre. Que mesure exactement la vitesse de précession, et l’expérience pourrait-elle déterminer la latitude ?
  2. À quelle latitude le plan ferait-il un tour en exactement 48 h48\,\mathrm{h} ?
  3. Un gyroscope (une roue en rotation rapide montée sur cardans) garde son axe fixe dans le référentiel géocentrique. Expliquer en une phrase pourquoi lui aussi révèle la rotation, et nommer une application.
  4. Récapituler : l’unique force d’inertie responsable, sa dépendance en la latitude, et la période qu’elle donne à Paris.
Solution

Solution de Problème 18.1.

1. T=2π67/9.81=16.4 sT = 2\pi\sqrt{67/9.81} = 16.4\,\mathrm{s} ; x0/ℓ=0.045x_0/\ell = 0.045 (2.6∘2.6^\circ) : c’est petit.

2. vmax⁡=x0ω0=3.0×0.383=1.15 m/sv_{\max} = x_0\omega_0 = 3.0 \times 0.383 = 1.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; hauteur x02/2ℓ=6.7 cmx_0^2/2\ell = 6.7\,\mathrm{cm}.

3. T=mg+mvmax⁡2/ℓ=mg(1+0.002)T = mg + mv_{\max}^2/\ell = mg(1 + 0.002) : soit 1.002 mg1.002\,mg.

4. 12ρCxSvmax⁡2=0.5×1.2×0.05×1.3=0.04 N\tfrac12\rho C_xSv_{\max}^2 = 0.5 \times 1.2 \times 0.05 \times 1.3 = 0.04\,\mathrm{N}, contre mω02x0=12 Nm\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N} : trois cents fois moins, et pourtant assez pour arrêter le pendule en quelques heures.

5. Un fil long donne une longue période, donc une masse lente et une traînée relative faible, et rend visible la précession par oscillation ; une masse lourde stocke beaucoup d’énergie que la traînée doit manger — des heures de balancement.

6. Le poids (vertical) et la tension (dans le plan du fil et de la verticale, c’est-à-dire dans le plan d’oscillation) : aucune force n’a de composante perpendiculaire à ce plan.

7. Le plan est fixe parmi les étoiles ; la glace tourne dessous vers l’est à Ω\Omega, donc l’observateur voit le plan tourner dans le sens des aiguilles d’une montre et revenir à son point de départ au bout d’un jour sidéral, 23.93 h23.93\,\mathrm{h}.

8. Chaque demi-oscillation trace une corde légèrement tournée : une rosace ; 86164/8.2≈1050086164/8.2 \approx 10500 demi-oscillations, chacune 0.034∘0.034^\circ plus loin.

9. Ω→=Ω(0,cos⁡λ,sin⁡λ)\vect\Omega = \Omega(0, \cos\lambda, \sin\lambda).

10. Avec v→′=(x˙,y˙,0)\vect v' = (\dot x, \dot y, 0) : Ω→∧v→′=Ω(−sin⁡λ y˙, sin⁡λ x˙, −cos⁡λ x˙)\vect\Omega\wedge\vect v' = \Omega(-\sin\lambda\,\dot y,\ \sin\lambda\,\dot x,\ -\cos\lambda\,\dot x), donc −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' a pour composantes horizontales 2mΩsin⁡λ (y˙,−x˙)2m\Omega\sin\lambda\,(\dot y, -\dot x) : seul Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda intervient.

11. x¨=−ω02x+2ωFy˙\ddot x = -\omega_0^2x + 2\omega_F\dot y, y¨=−ω02y−2ωFx˙\ddot y = -\omega_0^2y - 2\omega_F\dot x ; ωF=7.29×10−5×0.753=5.5×10−5 rad/s≪ω0=0.38 rad/s\omega_F = 7.29\times10^{-5} \times 0.753 = 5.5 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s} \ll \omega_0 = 0.38\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}.

12. u¨=−ω02u+2ωF(y˙−jx˙)=−ω02u−2jωFu˙\ddot u = -\omega_0^2u + 2\omega_F(\dot y - j\dot x) = -\omega_0^2u - 2j\omega_F\dot u.

13. −α2−2ωFα+ω02=0-\alpha^2 - 2\omega_F\alpha + \omega_0^2 = 0 : α=−ωF±ωF2+ω02≈−ωF±ω0\alpha = -\omega_F \pm \sqrt{\omega_F^2 + \omega_0^2} \approx -\omega_F \pm \omega_0.

14. La parenthèse est une oscillation plane (une droite fixe passant par l’origine si A=BA = B est réel) ; le facteur e−jωFt\eu^{-j\omega_Ft} fait tourner tout le motif dans le sens des aiguilles d’une montre à ωF\omega_F : le plan d’oscillation précesse dans ce sens à Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda.

15. TF=2π/ωF=1.14×105 s=31.8 hT_F = 2\pi/\omega_F = 1.14 \times 10^{5}\,\mathrm{s} = 31.8\,\mathrm{h} ; 11.3∘11.3^\circ par heure.

16. sin⁡λ=0\sin\lambda = 0 : la composante verticale locale de Ω→\vect\Omega s’annule ; la force de Coriolis horizontale est nulle pour un mouvement horizontal.

17. 2mωFvmax⁡=2×28×5.5×10−5×1.15=3.5 mN2m\omega_Fv_{\max} = 2 \times 28 \times 5.5\times10^{-5} \times 1.15 = 3.5\,\mathrm{mN} ; le poids vaut 275 N275\,\mathrm{N} (10−510^{-5} de celui-ci), la force de rappel mω02x0=12 Nm\omega_0^2x_0 = 12\,\mathrm{N} : trois mille fois moins.

18. ωFT/2=5.5×10−5×8.2=4.5×10−4 rad\omega_FT/2 = 5.5\times10^{-5} \times 8.2 = 4.5 \times 10^{-4}\,\mathrm{rad} : x0×4.5×10−4=1.4 mmx_0 \times 4.5\times10^{-4} = 1.4\,\mathrm{mm} par demi-oscillation.

19. Des quilles espacées d’un centimètre sur le cercle tombent toutes les ∼7\sim 7 demi-oscillations, soit environ une minute.

20. Une poussée de la main donne une vitesse latérale : la masse décrit alors une ellipse, dont la lente précession propre (un effet de l’amplitude finie) masque celle de Foucault.

21. Une impulsion radiale ajoute de l’énergie dans le plan d’oscillation sans ajouter de vitesse transversale, et laisse donc le plan intact ; une composante latérale entraînerait le pendule dans une ellipse et simulerait ou masquerait la précession.

22. La vitesse de précession mesure Ωsin⁡λ\Omega\sin\lambda, la composante verticale de la rotation terrestre ; Ω\Omega étant connu par l’astronomie, cette vitesse donne la latitude (et réciproquement).

23. sin⁡λ=23.93/48=0.499\sin\lambda = 23.93/48 = 0.499 : λ=30∘\lambda = 30^\circ.

24. Son moment cinétique se conserve, donc son axe reste fixe parmi les étoiles tandis que la Terre tourne dessous : c’est le gyrocompas, qui trouve le nord vrai sans aimant.

25. La force de Coriolis −2mΩ→∧v→′-2m\vect\Omega\wedge\vect v' ; sa part horizontale croît comme sin⁡λ\sin\lambda ; un tour en 23.93 h/sin⁡λ23.93\,\text{h}/\sin\lambda, soit 31.8 h31.8\,\mathrm{h} à Paris.

Termes définis dans ce chapitre

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