Référentiels non inertiels · Physique générale I

Objectifs du chapitre

À la fin de ce chapitre, vous serez capable de:

énoncer le principe de relativité galiléenne, écrire la transformation de Galilée et démontrer que les lois de Newton gardent la même forme dans tous les référentiels galiléens;
établir la loi du mouvement dans un référentiel en translation accélérée et utiliser la force d'inertie d'entraînement pour traiter le pendule dans un véhicule, l'ascenseur et l'impesanteur;
dériver un vecteur dans un repère tournant et en déduire la composition des vitesses et des accélérations dans un référentiel en rotation uniforme;
définir la force centrifuge et la force de Coriolis, connaître leurs propriétés et les appliquer à un plateau tournant, à une centrifugeuse et à une station spatiale;
quantifier les effets de la rotation de la Terre: pesanteur effective, déviation du fil à plomb, déviation vers l'est d'un corps en chute, sens de rotation des cyclones, précession du pendule de Foucault;
décider, dans une situation d'ingénierie, si les forces d'inertie sont négligeables ou non.

Référentiels galiléens et relativité galiléenne

Le problème du point de vue

Les lois de Newton (chapitre 3) ont été énoncées dans un référentiel galiléen, c'est-à-dire un référentiel dans lequel un point matériel isolé est au repos ou en mouvement rectiligne uniforme. Or l'ingénieur ne travaille presque jamais dans un tel référentiel: le laboratoire est entraîné par la rotation de la Terre, la cabine du téléphérique accélère au départ de la station, le wagon du Gornergrat freine en descente, le tambour de la centrifugeuse tourne à plusieurs milliers de tours par minute. Deux questions se posent alors. D'abord, si un référentiel est galiléen, lesquels le sont aussi? Ensuite, que deviennent les lois de la mécanique dans un référentiel qui ne l'est pas? La réponse à la seconde question est remarquablement simple: la deuxième loi de Newton reste valable, à condition d'ajouter aux forces réelles des termes correctifs, les forces d'inertie, entièrement déterminés par le mouvement du référentiel.

Transformation de Galilée

Considérons un référentiel galiléen $R$ , d'origine $O$ , et un second référentiel $R^{'}$ , d'origine $O^{'}$ , dont les axes restent parallèles à ceux de $R$ et dont l'origine se déplace à vitesse constante $V$ : on dit que $R^{'}$ est en translation rectiligne uniforme par rapport à $R$ . En choisissant l'instant initial de sorte que $O^{'} = O$ à $t = 0$ , la position d'un point $P$ dans les deux référentiels vérifie $O P = O O^{'} + O^{'} P$ , soit

r = r^{'} + V t, t^{'} = t . (8.1)

En dérivant (8.1) par rapport au temps, qui est le même pour les deux observateurs, on retrouve la loi de composition des vitesses du chapitre 2 puis, en dérivant une seconde fois, l'égalité des accélérations:

v = v^{'} + V, a = a^{'} . (8.2)

La première relation dit qu'un voyageur marchant à $1, 5$ m/s vers l'avant d'un train roulant à $50$ m/s est vu du quai à $51, 5$ m/s. La seconde est le fait essentiel: l'accélération est la même dans tous les référentiels en translation uniforme les uns par rapport aux autres.

Invariance des lois de Newton

Démonstration. Soit un point matériel de masse $m$ soumis à la force résultante $F$ . Dans $R$ , la deuxième loi de Newton s'écrit $m a = F$ . D'après (8.2), $a = a^{'}$ , donc $m a^{'} = F$ pourvu que $F$ prenne la même valeur pour les deux observateurs. Or les forces fondamentales de la mécanique — gravitation, forces de contact, tension d'un fil, force de rappel d'un ressort, frottement visqueux — dépendent des positions relatives $r_{1} - r_{2} = r_{1}^{'} - r_{2}^{'}$ ou des vitesses relatives $v_{1} - v_{2} = v_{1}^{'} - v_{2}^{'}$ des corps, quantités invariantes par (8.1) et (8.2). La masse étant elle-même un scalaire invariant, les deux observateurs écrivent exactement la même équation. Un point isolé ( $F = 0$ ) a donc une accélération nulle dans $R^{'}$ , ce qui est la définition d'un référentiel galiléen. $□$

Il existe ainsi une infinité de référentiels galiléens, tous en translation rectiligne uniforme les uns par rapport aux autres, et aucune expérience de mécanique ne permet d'en distinguer un «vrai repos». C'est le principe de relativité galiléenne: les lois de la mécanique sont les mêmes dans tous les référentiels galiléens.

Galilée et le navire (1632)

Dans le Dialogue sur les deux grands systèmes du monde, Galilée invite le lecteur à s'enfermer avec un ami dans la cabine d'un navire, avec des mouches, des poissons dans un bocal et une bouteille qui goutte dans un vase. Que le navire soit immobile ou qu'il avance «aussi vite que l'on veut, pourvu que le mouvement soit uniforme et sans balancement», les mouches volent de la même façon, les gouttes tombent dans le vase, et l'on saute aussi loin vers la proue que vers la poupe. Aucune expérience faite dans la cabine ne révèle le mouvement du navire. L'argument visait à répondre à l'objection classique contre le mouvement de la Terre: si elle tournait, une pierre lâchée d'une tour devrait tomber à l'ouest du pied de la tour. Elle tombe au pied — à un détail près, la déviation vers l'est que nous calculerons à la fin du chapitre, mais qui provient de la rotation et non de la translation.

Exercice

Un wagon roule sur une voie rectiligne à la vitesse constante de $30$ m/s. Un voyageur lâche une pomme. Que voit un observateur immobile sur le quai?

Référentiel en translation accélérée

Loi du mouvement et force d'inertie d'entraînement

Passons maintenant à un référentiel $R^{'}$ dont les axes restent parallèles à ceux d'un référentiel galiléen $R$ , mais dont l'origine $O^{'}$ suit un mouvement quelconque $r_{O^{'}} (t)$ : cabine d'ascenseur, voiture qui freine, avion en vol parabolique. La relation de Chasles donne encore $r = r_{O^{'}} + r^{'}$ , et deux dérivations successives, licites puisque les axes ne tournent pas,

v = v^{'} + v_{O^{'}}, a = a^{'} + a_{e}, avec a_{e} = \ddot{r}_{O^{'}} . (8.3)

Démonstration. Dans le référentiel galiléen, $m a = F$ . En remplaçant $a$ par $a^{'} + a_{e}$ d'après (8.3) et en isolant $m a^{'}$ , on obtient $m a^{'} = F - m a_{e}$ , ce qui est (8.4). $□$

La force d'inertie n'est pas une interaction: aucun corps ne l'exerce, elle ne possède pas de «réaction» au sens de la troisième loi de Newton, et elle disparaît dès que l'on revient à un référentiel galiléen. Elle traduit seulement l'obstination des corps à garder leur vitesse pendant que le référentiel change la sienne: quand le tram démarre, le passager debout «est projeté» vers l'arrière parce qu'il tend à rester immobile alors que le plancher part vers l'avant. Deux propriétés la rendent cependant très commode. D'une part, elle est proportionnelle à la masse, comme le poids: tout se passe donc comme si la pesanteur $g$ était remplacée par une pesanteur apparente $g_{app} = g - a_{e}$ . D'autre part, elle est uniforme dans $R^{'}$ et, si $a_{e}$ est constante, elle dérive d'une énergie potentielle $E_{p} = m a_{e} \cdot r^{'}$ , exactement comme le poids.

Le pendule dans un train: un accéléromètre

Exemple 8.1 · Pendule suspendu au plafond d'un wagon

Un pendule de masse $m$ est suspendu au plafond d'un wagon qui accélère horizontalement avec $a_{e} = a e_{x}$ . Cherchons l'inclinaison $θ$ du fil par rapport à la verticale lorsque le pendule est immobile par rapport au wagon.

Vu du wagon. La masse est en équilibre sous l'action de la tension $T$ du fil, du poids $m g$ et de la force d'inertie $- m a e_{x}$ , dirigée vers l'arrière. En projetant sur l'horizontale et la verticale, avec le fil incliné vers l'arrière d'un angle $θ$ :

T sin θ - m a = 0, T cos θ - m g = 0.

Vu du quai. La masse accélère avec le wagon: $T + m g = m a e_{x}$ , soit $T sin θ = m a$ et $T cos θ = m g$ : les mêmes équations, comme annoncé. Dans les deux cas,

tan θ = \frac{a}{g}, T = m g^{2} + a^{2} . (8.5)

Le pendule se comporte donc en accéléromètre: son inclinaison mesure $a$ et le fil s'aligne sur la pesanteur apparente $g - a_{e}$ , de norme $g^{2} + a^{2}$ . Pour un train de banlieue qui démarre avec $a = 0, 8 m/s^{2}$ , $θ = arctan (0, 8/9, 81) = 4, 66°$ ; pour une voiture qui freine à $a = 3 m/s^{2}$ , $θ = 17, 0°$ . Les accéléromètres MEMS des smartphones reposent sur le même principe: une masse de quelques microgrammes suspendue à des ressorts de silicium, dont le déplacement est mesuré par variation de capacité. Le fil s'incline vers l'arrière à l'accélération, vers l'avant au freinage, et vers l'extérieur dans un virage, puisque $a_{e}$ est alors dirigée vers le centre de la courbe.

Figure 8.1. Pendule dans un wagon d’accélération a = 3 m/s². À gauche, vu du quai: la tension T et le poids mg ont une résultante horizontale ma qui accélère la masse avec le wagon. À droite, vu du wagon: on ajoute la force d’inertie −ma et la masse est en équilibre. Les deux descriptions donnent la même inclinaison, tan θ = a/g, soit θ = 17,0°.

L'ascenseur et le poids apparent

Exemple 8.2 · Balance dans un ascenseur

Une personne de masse $m = 70, 0$ kg se tient sur une balance dans un ascenseur de la tour de Zurich-Oerlikon. La balance mesure la force normale $N$ qu'elle exerce sur la personne. Dans le référentiel de la cabine, la personne est immobile, donc $N - m g - m a_{e} = 0$ en projetant sur la verticale ascendante, où $a_{e}$ est l'accélération de la cabine comptée positivement vers le haut:

N = m (g + a_{e}) .

Cabine immobile ou à vitesse constante: $N = m g = 687 N$ ; la balance indique $70, 0$ kg.
Démarrage vers le haut avec $a_{e} = 1, 50 m/s^{2}$ : $N = 70, 0 \times 11, 31 = 792 N$ , soit une indication de $80, 7$ kg: le poids apparent augmente de $15, 3 %$ et l'on se sent «lourd».
Freinage à l'arrivée vers le haut, ou démarrage vers le bas ( $a_{e} = - 1, 50 m/s^{2}$ ): $N = 70, 0 \times 8, 31 = 582 N$ , soit $59, 3$ kg.
Câble rompu, chute libre ( $a_{e} = - g$ ): $N = 0$ . La balance indique zéro, la personne «flotte» dans la cabine.

On retrouve le poids apparent du chapitre 3, obtenu alors en écrivant $N - m g = m a$ dans le référentiel du bâtiment: la force d'inertie $- m a_{e}$ n'est que le terme $m a$ passé de l'autre côté de l'égalité.

Impesanteur

Le dernier cas de l'exemple 8.2 est général. Dans un référentiel en chute libre — cabine qui tombe, capsule spatiale, station en orbite (chapitre 6) — l'accélération d'entraînement vaut exactement $g$ , si bien que $F_{e} = - m g$ compense le poids de chaque corps, quelle que soit sa masse. Les objets ne sont pas soustraits à la gravitation, qui vaut encore $8, 7 m/s^{2}$ à l'altitude de la Station spatiale internationale; ils tombent simplement tous ensemble, avec les parois qui les entourent. C'est l'impesanteur, à ne pas confondre avec une absence de pesanteur.

Liquide dans un récipient accéléré

Exemple 8.3 · Surface libre d'un liquide dans un camion-citerne

Un réservoir partiellement rempli d'eau est fixé sur un camion qui accélère horizontalement avec $a = 3, 00 m/s^{2}$ . Quelle est la forme de la surface libre une fois le régime établi?

Dans le référentiel du camion, l'eau est au repos et soumise à la pesanteur apparente $g_{app} = g - a e_{x}$ , uniforme. Le liquide se comporte donc comme un liquide au repos dans un champ de pesanteur $g_{app}$ (chapitre 11): sa surface libre, où la pression est constante, est perpendiculaire à $g_{app}$ . C'est un plan incliné de l'angle $α$ tel que

tan α = \frac{a}{g} = \frac{3 , 00}{9 , 81} = 0, 306, α = 17, 0°,

la surface montant vers l'arrière du véhicule. Pour une citerne de $6$ m de long, la dénivellation entre l'avant et l'arrière atteint $6 \times 0, 306 = 1, 83$ m: c'est pourquoi les citernes sont cloisonnées par des chicanes, qui limitent le déplacement de masse au freinage et à l'accélération. Le même raisonnement donne la surface d'un café dans une tasse tenue dans un tram: elle s'incline de $α$ et le café déborde côté arrière au démarrage.

Exercice

Un parfum désodorisant pend au rétroviseur d'une voiture qui accélère uniformément de $0$ à $90$ km/h en $10, 0$ s. Calculez l'angle d'inclinaison du fil par rapport à la verticale, en degrés ( $g = 9, 81$ m/s²).

Référentiel en rotation uniforme

Dériver un vecteur dans un repère tournant

Le cas de la rotation est plus subtil que celui de la translation, parce que les axes de $R^{'}$ changent de direction au cours du temps: un vecteur constant pour un observateur tournant est variable pour un observateur fixe. Considérons un référentiel $R^{'}$ de même origine $O$ qu'un référentiel galiléen $R$ , en rotation autour d'un axe fixe passant par $O$ avec le vecteur vitesse angulaire $ω$ : sa direction est celle de l'axe, son sens est donné par la règle de la main droite et sa norme $ω$ est la vitesse angulaire en rad/s (chapitre 2). Notons $(e_{1}^{'}, e_{2}^{'}, e_{3}^{'})$ la base orthonormée liée à $R^{'}$ . Un point fixe de $R^{'}$ décrit dans $R$ un cercle autour de l'axe, et sa vitesse vaut $ω \land r$ (chapitre 2, mouvement circulaire): en particulier, chaque vecteur de base, de norme constante et entraîné par la rotation, vérifie

\frac{d e _{i}^{'}}{d t} = ω \land e_{i}^{'}, i = 1, 2, 3. (8.6)

Démonstration. Décomposons $A$ dans la base tournante: $A = A_{1}^{'} e_{1}^{'} + A_{2}^{'} e_{2}^{'} + A_{3}^{'} e_{3}^{'}$ . Pour l'observateur de $R^{'}$ , les vecteurs $e_{i}^{'}$ sont fixes et seules les composantes varient: $(d A / d t)_{R^{'}} = \sum_{i} \dot{A}_{i}^{'} e_{i}^{'}$ . Pour l'observateur de $R$ , il faut aussi dériver les vecteurs de base, par la règle du produit:

(\frac{d A}{d t})_{R} = i = 1 \sum 3 \dot{A}_{i}^{'} e_{i}^{'} + i = 1 \sum 3 A_{i}^{'} \frac{d e _{i}^{'}}{d t} = (\frac{d A}{d t})_{R^{'}} + i = 1 \sum 3 A_{i}^{'} ω \land e_{i}^{'}

d'après (8.6). Par linéarité du produit vectoriel, la dernière somme vaut $ω \land \sum_{i} A_{i}^{'} e_{i}^{'} = ω \land A$ . $□$

Appliquée à $A = ω$ lui-même, la formule donne $\dot{ω}_{R} = \dot{ω}_{R^{'}}$ , puisque $ω \land ω = 0$ : la dérivée du vecteur rotation est la même pour les deux observateurs.

Composition des vitesses et des accélérations

Démonstration. Appliquons (8.7) au vecteur position $r$ , le même pour les deux observateurs puisque les origines coïncident: $v = (d r / d t)_{R} = (d r / d t)_{R^{'}} + ω \land r = v^{'} + ω \land r$ , ce qui est (8.8). Appliquons ensuite (8.7) au vecteur $v$ :

a = (\frac{d v}{d t})_{R} = (\frac{d v}{d t})_{R^{'}} + ω \land v .

Calculons séparément les deux termes à partir de (8.8). Le premier, dérivée de $v^{'} + ω \land r$ par l'observateur tournant, vaut $a^{'} + \dot{ω} \land r + ω \land v^{'}$ , car $(d r / d t)_{R^{'}} = v^{'}$ et la dérivée de $ω$ est la même dans les deux référentiels. Le second vaut $ω \land v^{'} + ω \land (ω \land r)$ . En additionnant, les deux termes $ω \land v^{'}$ se regroupent et l'on obtient (8.9). $□$

Le facteur $2$ de l'accélération de Coriolis a donc une double origine: l'observateur tournant voit la vitesse d'entraînement $ω \land r$ changer parce que $r$ change (le point s'éloigne de l'axe, sa vitesse d'entraînement croît), et l'observateur fixe voit la vitesse relative $v^{'}$ tourner avec les axes.

Figure 8.2. Plateau tournant vu de dessus, ω sortant de la page. Au point P repéré par (r, φ), la base polaire (e_r, e_φ) tourne avec le plateau. La vitesse d’entraînement ω ∧ r = ωr e_φ s’ajoute à la vitesse relative v′ (ici radiale) pour donner la vitesse vue du sol. L’accélération centrifuge ω²r e_r pointe vers l’extérieur; l’accélération de Coriolis −2ω ∧ v′ est perpendiculaire à v′, vers sa droite lorsque ω sort de la page.

Exercice

Remettez dans l'ordre les étapes de la démonstration de la formule de composition des accélérations (8.9) pour une rotation uniforme.

Glissez les éléments pour les mettre dans le bon ordre

Dériver

v^{'} + ω \land r

dans

R^{'}

et développer

ω \land v

Écrire la dérivée des vecteurs de base tournants:

d e_{i}^{'} / d t = ω \land e_{i}^{'}

En déduire la formule de dérivation

(d A / d t)_{R} = (d A / d t)_{R^{'}} + ω \land A

pour tout vecteur

A

L'appliquer au vecteur position:

v = v^{'} + ω \land r

Regrouper les deux termes

ω \land v^{'}

pour obtenir

2 ω \land v^{'} + ω \land (ω \land r)

L'appliquer au vecteur vitesse

v

a = (d v / d t)_{R^{'}} + ω \land v

Forces centrifuge et de Coriolis

En multipliant (8.9) par $m$ et en utilisant $m a = F$ dans le référentiel galiléen, on obtient la loi du mouvement pour l'observateur tournant, dans le cas d'une rotation uniforme:

m a^{'} = F - m ω \land (ω \land r) - 2 m ω \land v^{'} . (8.10)

L'expression $m ω^{2} ρ e_{ρ}$ s'obtient par la formule du double produit vectoriel: $ω \land (ω \land r) = (ω \cdot r) ω - ω^{2} r = - ω^{2} (r - (r \cdot e_{ω}) e_{ω}) = - ω^{2} ρ e_{ρ}$ , le vecteur entre parenthèses étant la projection de $r$ sur le plan perpendiculaire à l'axe. Les deux forces d'inertie ont des caractères très différents:

La force centrifuge ne dépend que de la position. Elle est dirigée vers l'extérieur, perpendiculairement à l'axe, et croît comme le carré de la vitesse angulaire et comme la distance à l'axe. Elle dérive de l'énergie potentielle $E_{p, cf} = - \frac{1}{2} m ω^{2} ρ^{2}$ : un point qui s'éloigne de l'axe «descend» dans ce potentiel.
La force de Coriolis ne dépend que de la vitesse relative. Elle est nulle pour un corps immobile dans $R^{'}$ , perpendiculaire à $v^{'}$ et à $ω$ , et vaut au plus $2 mω v^{'}$ lorsque $v^{'}$ est perpendiculaire à l'axe. Vue depuis l'extrémité de $ω$ (rotation dans le sens trigonométrique), elle dévie le mobile vers la droite de sa vitesse.

Démonstration. Le produit vectoriel $ω \land v^{'}$ est, par définition, orthogonal à $v^{'}$ ; donc $F_{C} \cdot v^{'} = - 2 m (ω \land v^{'}) \cdot v^{'} = 0$ . D'après le théorème de l'énergie cinétique appliqué dans $R^{'}$ (chapitre 4, valable avec les forces d'inertie incluses), la variation de $\frac{1}{2} m v^{'2}$ est égale au travail des forces réelles et de la force centrifuge seulement. $□$

Le plateau tournant

Le meilleur moyen de voir la force de Coriolis à l'œuvre est de lancer une bille depuis le centre d'un manège. Pour l'observateur au sol, la bille, soumise à son seul poids compensé par la réaction du plateau (frottement négligé), décrit une ligne droite à vitesse constante $v$ : elle atteint le bord, à la distance $R$ , au temps $t_{e} = R / v$ . Pour l'observateur assis sur le plateau, qui tourne de l'angle $ω t$ pendant ce temps, la bille semble décrire une courbe: en coordonnées polaires liées au plateau, $r^{'} (t) = v t$ et $φ^{'} (t) = - ω t$ , une spirale d'Archimède. La bille arrive au bord avec un retard angulaire $ω R / v$ par rapport au point visé; pour $ω = 1 rad/s$ , $v = 2 m/s$ et $R = 3 m$ , ce retard vaut $1, 5 rad = 85, 9°$ et l'accélération de Coriolis, $2 ω v = 4 m/s^{2}$ , dépasse le tiers de $g$ . L'explorateur ci-dessous trace les deux trajectoires: essayez d'inverser le signe de $ω$ et d'augmenter $v$ .

Explorateur de la force de Coriolis

Une bille est lancée du centre d’un plateau tournant de rayon 3 m, avec la vitesse v par rapport au sol. Vue du sol (référentiel galiléen), elle va tout droit (trait gris). Vue du plateau, sa trajectoire se courbe: la déviation est due à la force de Coriolis −2mω ∧ v′ et, loin du centre, à la force centrifuge. Changez le signe de ω pour inverser le sens de la déviation.

Temps pour atteindre le bord R/v

1,50s

Déviation angulaire au bord ωR/v

85,9° (1,50 rad)

Accélération de Coriolis 2ωv

4,00m/s²

Vitesse de lancement v2,0m/s

Vitesse angulaire ω1,0rad/s

Exemple 8.4 · Un enfant marche sur un manège

Un manège de rayon $R = 3, 00$ m tourne à $ω = 0, 800 rad/s$ (un tour en $7, 85$ s). Un enfant de masse $m = 30, 0$ kg se tient à $r = 2, 00$ m de l'axe.

Immobile sur le plateau. Seule agit la force centrifuge, $F_{cf} = m ω^{2} r = 30, 0 \times 0, 640 \times 2, 00 = 38, 4 N$ , dirigée vers l'extérieur. Pour rester en place, l'enfant doit s'appuyer sur le sol avec une force de frottement statique égale et opposée, ce qui exige $μ_{s} \geq ω^{2} r / g = 0, 130$ : des chaussures sur un plancher en bois suffisent largement.

En marchant vers l'extérieur à $v^{'} = 1, 00$ m/s. Il subit en plus la force de Coriolis, de norme $2 mω v^{'} = 2 \times 30, 0 \times 0, 800 \times 1, 00 = 48, 0 N$ , perpendiculaire à sa marche et dirigée vers sa droite si le manège tourne dans le sens trigonométrique vu de dessus. Cette force, plus grande ici que la force centrifuge, le fait dévier: pour marcher droit vers le bord, il doit s'appuyer sur le sol vers la gauche. Le frottement doit alors équilibrer la résultante $38, 4^{2} + 48, 0^{2} = 61, 5 N$ , soit $μ_{s} \geq 0, 209$ .

La centrifugeuse

Une centrifugeuse fait tourner rapidement un échantillon: dans le référentiel du rotor, tout se passe comme si la pesanteur était remplacée par la pesanteur apparente $g + ω^{2} ρ e_{ρ}$ , dont la composante radiale $ω^{2} ρ$ peut atteindre des milliers de fois $g$ . Les particules plus denses que le liquide «tombent» vers l'extérieur avec une vitesse de sédimentation proportionnelle à $ω^{2} ρ$ (chapitre 11, loi de Stokes): ce qui prendrait des heures par gravité se fait en minutes.

Exemple 8.5 · Essorage d'un lave-linge et centrifugeuse de laboratoire

Le tambour d'un lave-linge de rayon $ρ = 0, 250$ m essore à $n = 1200$ tr/min. La vitesse angulaire vaut $ω = 1200 \times 2 π /60 = 125, 7 rad/s$ , et l'accélération centrifuge à la paroi

ω^{2} ρ = 125, 7^{2} \times 0, 250 = 3, 95 \cdot 1 0^{3} m/s^{2} = 402 g .

Une goutte d'eau de $10$ mg retenue dans les fibres subit une force centrifuge de $3, 9 \cdot 1 0^{- 2} N$ , $400$ fois son poids: elle est expulsée à travers les trous du tambour. À titre de comparaison, une centrifugeuse de laboratoire à $4000$ tr/min ( $ω = 419 rad/s$ ) avec des tubes à $ρ = 0, 100$ m produit $ω^{2} ρ = 1, 75 \cdot 1 0^{4} m/s^{2} = 1790 g$ ; les ultracentrifugeuses analytiques dépassent $1 0^{5} g$ et séparent des macromolécules selon leur masse. La force de Coriolis n'intervient pas tant que l'échantillon est immobile par rapport au rotor: elle ne dévie que les particules en cours de sédimentation, et de manière négligeable.

Gravité artificielle

Exemple 8.6 · Station spatiale tournante

Une station spatiale en forme d'anneau tourne autour de son axe pour que ses occupants, situés sur la paroi extérieure à la distance $R$ de l'axe, ressentent une pesanteur apparente $ω^{2} R = g$ . Le sol est la paroi extérieure et la «verticale» pointe vers l'axe. Pour $R = 100$ m:

ω = \frac{g}{R} = \frac{9 , 81}{100} = 0, 313 rad/s, T = \frac{2 π}{ω} = 20, 1 s, v = ω R = 31, 3 m/s,

soit $2, 99$ tours par minute. Deux effets limitent le confort. La pesanteur apparente varie avec la distance à l'axe: la tête d'une personne de $1, 8$ m, à $ρ = 98, 2$ m, ressent $1, 8 %$ de moins que ses pieds. Surtout, tout mouvement crée une force de Coriolis: en marchant à $1, 5$ m/s dans le sens de la rotation, on pèse $2 ω v^{'} / g = 9, 6 %$ de plus, et en sens inverse $9, 6 %$ de moins; en s'accroupissant ou en levant un bras, on est dévié latéralement. Les études physiologiques suggèrent de ne pas dépasser $2$ tr/min, ce qui impose $R \geq g / ω^{2} = 224$ m pour $1 g$ : les stations tournantes des films de science-fiction sont réalistes seulement si elles sont très grandes.

Exercice

Une centrifugeuse de laboratoire tourne à $3000$ tr/min. Les fonds des tubes sont à $ρ = 15, 0$ cm de l'axe. Exprimez l'accélération centrifuge au fond des tubes en multiples de $g = 9, 81$ m/s².

La Terre, référentiel tournant

Vitesse angulaire de la Terre

La Terre tourne sur elle-même d'un tour par jour sidéral, $T = 23 h 56 min 4 s = 86164 s$ (le jour solaire de $24$ h inclut la fraction de tour nécessaire pour retrouver le Soleil, qui s'est déplacé sur l'écliptique). Sa vitesse angulaire vaut donc

ω_{T} = \frac{2 π}{86 164} = 7, 29 \cdot 1 0^{- 5} rad/s,

le vecteur $ω_{T}$ étant dirigé du pôle Sud vers le pôle Nord. Un référentiel lié au sol est donc en rotation, et les résultats de la section précédente s'appliquent avec cette valeur minuscule. Deux nombres fixent les ordres de grandeur: $ω_{T}^{2} R_{T} = (7, 29 \cdot 1 0^{- 5})^{2} \times 6, 371 \cdot 1 0^{6} = 3, 39 \cdot 1 0^{- 2} m/s^{2}$ , soit $g /290$ , pour la force centrifuge à l'équateur; et $2 ω_{T} v^{'} = 1, 46 \cdot 1 0^{- 4} v^{'}$ pour la force de Coriolis, soit $1, 5 \cdot 1 0^{- 3} m/s^{2}$ pour une vitesse de $10$ m/s. Ces effets sont faibles, mais mesurables, et ils gouvernent la météorologie parce qu'ils s'exercent sans relâche sur des masses d'air qui ne subissent presque aucune autre force horizontale.

Pesanteur effective et fil à plomb

En un point $P$ de latitude $λ$ , la distance à l'axe vaut $ρ = R_{T} cos λ$ . Un corps immobile par rapport au sol subit l'attraction gravitationnelle $m g_{0}$ , dirigée vers le centre de la Terre (chapitre 6), et la force centrifuge $m ω_{T}^{2} R_{T} cos λ e_{ρ}$ , perpendiculaire à l'axe. Ce que mesurent une balance ou un fil à plomb est la somme des deux, divisée par $m$ : c'est la pesanteur effective $g$ .

Démonstration. Plaçons-nous dans le plan méridien de $P$ (figure 8.3) et projetons sur la direction radiale $e_{r}$ (vers l'extérieur) et sur la direction tangente au méridien $e_{λ}$ (vers le nord). L'attraction vaut $- g_{0} e_{r}$ . La force centrifuge par unité de masse, $ω_{T}^{2} R_{T} cos λ e_{ρ}$ , fait l'angle $λ$ avec $e_{r}$ : sa composante radiale est $ω_{T}^{2} R_{T} cos^{2} λ$ et sa composante méridienne, dirigée vers l'équateur, $- ω_{T}^{2} R_{T} cos λ sin λ$ . Ainsi

g = - (g_{0} - ω_{T}^{2} R_{T} cos^{2} λ) e_{r} - ω_{T}^{2} R_{T} cos λ sin λ e_{λ} .

La composante méridienne est d'ordre $ε g_{0}$ , donc sa contribution à la norme, $A^{2} + B^{2} = A 1 + B^{2} / A^{2} \approx A + B^{2} / (2 A)$ , est d'ordre $ε^{2} g_{0}$ et se néglige: on obtient (8.11). L'angle $δ$ entre $g$ et $- e_{r}$ vérifie $tan δ = \frac{ω _{T}^{2} R _{T} cos λ sin λ}{g _{0} - ω _{T}^{2} R _{T} cos ^{2} λ} \approx \frac{ω _{T}^{2} R _{T}}{g _{0}} sin λ cos λ$ au premier ordre, et $tan δ \approx δ$ pour un si petit angle. $□$

Numériquement, avec $g_{0} = 9, 81 m/s^{2}$ : à l'équateur, $g = 9, 81 - 0, 0339 = 9, 776 m/s^{2}$ et $δ = 0$ ; aux pôles, $g = g_{0}$ et $δ = 0$ ; à Lausanne ( $λ = 46, 5°$ ), $g = 9, 81 - 0, 0339 \times 0, 474 = 9, 794 m/s^{2}$ et $δ = 1, 72 \cdot 1 0^{- 3} rad = 5, 9^{'}$ d'arc, maximal à $45°$ . La différence réelle entre les pôles ( $9, 832$ ) et l'équateur ( $9, 780$ ) est de $0, 052 m/s^{2}$ , plus grande que les $0, 034$ calculés: la Terre, aplatie par cette même force centrifuge, a un rayon équatorial plus grand de $21$ km, et l'attraction y est plus faible. Le fil à plomb définit la verticale du lieu; les géodésiens appellent «géoïde» la surface perpendiculaire en tout point à $g$ , qui sert de référence aux altitudes suisses (niveau du Repère Pierre du Niton, à Genève).

Figure 8.3. À gauche, dans le plan méridien: à la latitude λ, l’attraction g₀ pointe vers le centre et l’accélération centrifuge ω²R cos λ s’en écarte perpendiculairement à l’axe; leur somme g, la pesanteur effective, est légèrement déviée vers l’équateur (l’effet, de l’ordre de 6 minutes d’arc, est très exagéré). À droite, hémisphère nord vu de dessus: un mobile est dévié vers la droite de sa vitesse par la force de Coriolis, l’air qui converge vers une dépression D tourne dans le sens antihoraire, et un corps en chute libre est dévié vers l’est.

Déviation vers l'est d'un corps en chute libre

Introduisons le repère local de $P$ : $e_{x}$ vers l'est, $e_{y}$ vers le nord, $e_{z}$ vertical ascendant. Le vecteur rotation de la Terre s'y décompose en $ω_{T} = ω_{T} (0, cos λ, sin λ)$ : une composante horizontale vers le nord et une composante verticale $ω_{T} sin λ$ , nulle à l'équateur et maximale au pôle.

Démonstration. Dans le référentiel terrestre, l'équation (8.10) s'écrit $m a^{'} = m g - 2 m ω_{T} \land v^{'}$ , la force centrifuge étant déjà incluse dans $g$ . La force de Coriolis est d'ordre $ω_{T}$ : pour la calculer au premier ordre, il suffit d'y reporter la vitesse d'ordre zéro, c'est-à-dire celle de la chute libre ordinaire, $v^{'} \approx - g t e_{z}$ . Avec $ω_{T} = ω_{T} (0, cos λ, sin λ)$ et $v^{'} = (0, 0, - g t)$ ,

ω_{T} \land v^{'} = ω_{T} cos λ \cdot (- g t) - sin λ \cdot 0 sin λ \cdot 0 - 0 \cdot (- g t) 0 = - ω_{T} g t cos λ e_{x},

donc $a^{'} = g + 2 ω_{T} g t cos λ e_{x}$ : la correction est horizontale, dirigée vers l'est, et croît linéairement avec le temps. En intégrant deux fois avec $x (0) = 0$ et $\overset{x}{˙} (0) = 0$ : $\overset{x}{˙} = ω_{T} g cos λ t^{2}$ , puis $x = \frac{1}{3} ω_{T} g cos λ t^{3}$ . En remplaçant $t$ par $2 h / g$ , $t^{3} = (2 h / g)^{3/2} = 22 h^{3/2} / g^{3/2}$ , d'où la seconde forme. Les termes négligés (déviation vers le sud due à la vitesse vers l'est, correction de la durée de chute) sont d'ordre $ω_{T}^{2}$ . $□$

L'interprétation est simple vue de l'espace: au sommet de la tour, à la distance $R_{T} + h$ de l'axe, le corps possède une vitesse d'entraînement vers l'est légèrement plus grande que celle du sol; conservant cette vitesse pendant sa chute, il «prend de l'avance» sur le sol. C'est l'inverse de la prédiction des adversaires de Copernic, et Gauss, puis Reich en 1831 dans un puits de mine de Freiberg ( $158, 5$ m), ont confirmé l'ordre de grandeur.

Exercice

Dans l'hémisphère nord, un train roule vers le nord. Vers quel côté la force de Coriolis due à la rotation de la Terre le pousse-t-elle, et lequel des deux rails s'use-t-il donc davantage?

Mouvements horizontaux: cyclones, courants et fleuves

Pour un mouvement horizontal $v^{'} = (v_{x}^{'}, v_{y}^{'}, 0)$ , la force de Coriolis a une composante horizontale $2 m ω_{T} sin λ (v_{y}^{'}, - v_{x}^{'}, 0)$ , perpendiculaire à $v^{'}$ et dirigée vers la droite dans l'hémisphère nord ( $sin λ > 0$ ), vers la gauche dans l'hémisphère sud, et une composante verticale $- 2 m ω_{T} cos λ v_{x}^{'}$ qui allège légèrement un mobile allant vers l'est (effet Eötvös). Seule la composante verticale $ω_{T} sin λ$ du vecteur rotation intervient dans la déviation horizontale: tout se passe comme si le sol tournait sur lui-même autour de la verticale à la vitesse angulaire $ω_{T} sin λ$ , soit un tour en $24 h / sin λ$ .

L'accélération $2 ω_{T} v^{'} sin λ$ étant minuscule, elle ne compte que si elle agit longtemps. Un mobile libre de toute autre force horizontale décrit, sous l'effet de Coriolis seul, un cercle d'inertie de rayon $r = v^{'} / (2 ω_{T} sin λ)$ : à $λ = 46°$ , $95$ km pour $v^{'} = 10$ m/s, $953$ km pour $100$ m/s. Les mouvements dont l'échelle dépasse la dizaine de kilomètres et la durée dépasse l'heure sont donc profondément marqués par la rotation de la Terre; les autres ne le sont pas.

Ce que la force de Coriolis explique

Cyclones et anticyclones. L'air aspiré vers une zone de basse pression (dépression, notée D sur les cartes) devrait converger en ligne droite; dévié vers la droite dans l'hémisphère nord, il finit par tourner autour de la dépression dans le sens antihoraire, la force de Coriolis équilibrant presque le gradient de pression (équilibre géostrophique). Autour d'un anticyclone, l'air s'écoule dans le sens horaire. Dans l'hémisphère sud, tout est inversé: c'est pourquoi les ouragans de l'Atlantique nord et les cyclones de l'océan Indien sud tournent en sens contraire. Sur les cartes météorologiques, le vent souffle le long des isobares, non à travers.

Alizés et courants marins. L'air qui revient vers l'équateur est dévié vers l'ouest: ce sont les alizés de nord-est. Les grands courants océaniques (Gulf Stream, Kuroshio) forment des gyres tournant dans le sens horaire dans l'hémisphère nord, et l'eau poussée par le vent dérive à $45°$ à droite de celui-ci (spirale d'Ekman).

Lit des fleuves. Selon la loi de Baer (1860), les fleuves de l'hémisphère nord qui coulent vers le nord ou le sud érodent davantage leur rive droite, la force de Coriolis y poussant l'eau. L'effet, très faible, est masqué par les méandres; l'exercice 8.4 en donne l'ordre de grandeur.

Le pendule de Foucault

En 1851, Léon Foucault suspend au dôme du Panthéon, à Paris, une sphère de $28$ kg au bout d'un fil de $67$ m et montre que le plan d'oscillation du pendule tourne lentement, dans le sens horaire vu de dessus, d'environ $11°$ par heure. C'est la première démonstration directe de la rotation de la Terre, sans observation du ciel. L'explication est immédiate au pôle: le plan d'oscillation, fixé par la gravitation et la tension du fil, toutes deux verticales ou presque, reste fixe dans le référentiel galiléen tandis que la Terre tourne dessous en un jour sidéral; pour l'observateur terrestre, c'est le plan qui semble tourner d'un tour en $23 h 56 min$ , dans le sens rétrograde.

À la latitude $λ$ , seule la composante verticale $ω_{T} sin λ$ de la rotation fait tourner le plan d'oscillation autour de la verticale, la composante horizontale $ω_{T} cos λ$ tendant à basculer ce plan autour d'un axe horizontal, ce que la pesanteur interdit. On peut le vérifier avec la force de Coriolis: pour une vitesse horizontale $v^{'}$ , sa composante horizontale est $2 m ω_{T} sin λ v^{'} \land e_{z}$ , exactement la force qu'exercerait un plateau tournant à la vitesse angulaire $ω_{T} sin λ$ autour de la verticale, et le pendule «voit» le sol tourner sous lui à cette vitesse. La période de précession du plan d'oscillation vaut donc

T_{F} = \frac{2 π}{ω _{T} sin λ} = \frac{T _{sid}}{sin λ} \approx \frac{24 h}{sin λ} . (8.14)

À Paris ( $λ = 48, 85°$ ): $T_{F} = 24/0, 753 = 31, 9$ h, soit $11, 3°$ par heure, la valeur observée par Foucault. À Lausanne ( $λ = 46, 52°$ ): $T_{F} = 33, 1$ h, soit $10, 9°$ par heure. À l'équateur, $sin λ = 0$ et le plan ne tourne pas. Le pendule de Foucault du Musée d'histoire des sciences de Genève et celui de l'EPFL permettent de vérifier ces valeurs en quelques heures d'observation; la difficulté expérimentale est d'éviter que le pendule ne décrive une ellipse, ce qui produit une précession parasite bien plus rapide que celle de Foucault.

Exercice

Un pendule de Foucault est installé à la latitude $λ = 30, 0°$ . Combien d'heures faut-il à son plan d'oscillation pour faire un tour complet? Utilisez $24$ h pour la période de rotation de la Terre.

Balistique et artillerie

Exemple 8.8 · Déviation d'un obus

Un canon tire un obus à $v_{0} = 800$ m/s sous un angle de $15, 0°$ , vers le nord, à la latitude $46, 0°$ . En négligeant la résistance de l'air, la durée du vol et la portée valent (chapitre 2)

t_{v} = \frac{2 v _{0} sin 15°}{g} = 42, 2 s, D = \frac{v _{0}^{2} sin 30°}{g} = 32, 6 km .

La composante horizontale de la vitesse, $v_{h} = v_{0} cos 15° = 773$ m/s, engendre une accélération de Coriolis horizontale $2 ω_{T} v_{h} sin λ = 2 \times 7, 29 \cdot 1 0^{- 5} \times 773 \times 0, 719 = 8, 11 \cdot 1 0^{- 2} m/s^{2}$ , dirigée vers la droite (l'est). Pendant le vol, elle produit un écart latéral

Δ x \approx \frac{1}{2} \times 8, 11 \cdot 1 0^{- 2} \times 42, 2^{2} = 72 m .

Un obus tiré sans correction manquerait donc sa cible de $72$ m vers la droite, soit $0, 22 %$ de la portée: les tables de tir de l'artillerie intègrent la correction de Coriolis depuis le début du XX^e siècle, avec la latitude et l'azimut du tir. La composante verticale de la vitesse ajoute une déviation supplémentaire, vers l'est à la montée et vers l'ouest à la descente, qui se compense en partie. Pour un tir de fusil à $300$ m ( $t_{v} \approx 0, 4$ s), la déviation n'est que de quelques millimètres, mais les tireurs de précision à $1500$ m la prennent en compte.

Synthèse

Les référentiels galiléens sont tous en translation rectiligne uniforme les uns par rapport aux autres; la transformation de Galilée $r = r^{'} + V t$ conserve les accélérations et les forces, donc la forme des lois de Newton (principe de relativité galiléenne).
Dans un référentiel en translation d'accélération $a_{e}$ , la deuxième loi devient $m a^{'} = F - m a_{e}$ : la force d'inertie d'entraînement, proportionnelle à la masse, revient à remplacer $g$ par la pesanteur apparente $g - a_{e}$ (pendule incliné de $tan θ = a / g$ , poids apparent $m (g + a_{e})$ , impesanteur en chute libre).
Dans un repère tournant, $(d A / d t)_{R} = (d A / d t)_{R^{'}} + ω \land A$ ; il en résulte $v = v^{'} + ω \land r$ et $a = a^{'} + 2 ω \land v^{'} + ω \land (ω \land r) + \dot{ω} \land r$ .
En rotation uniforme, $m a^{'} = F + m ω^{2} ρ e_{ρ} - 2 m ω \land v^{'}$ : la force centrifuge dérive du potentiel $- \frac{1}{2} m ω^{2} ρ^{2}$ ; la force de Coriolis, perpendiculaire à $v^{'}$ , ne travaille pas et dévie vers la droite (vu de la pointe de $ω$ ).
Sur la Terre ( $ω_{T} = 7, 29 \cdot 1 0^{- 5}$ rad/s): la pesanteur effective vaut $g_{0} - ω_{T}^{2} R_{T} cos^{2} λ$ et le fil à plomb dévie de $\frac{1}{2} ε sin 2 λ$ vers l'équateur ( $ε \approx 1/290$ ); un corps en chute dévie vers l'est de $\frac{1}{3} ω_{T} g cos λ t^{3}$ ; les mouvements horizontaux sont déviés vers la droite dans l'hémisphère nord (cyclones antihoraires, gyres, obus), et le plan du pendule de Foucault tourne avec la période $24 h / sin λ$ .
Les forces d'inertie sont négligeables lorsque $a_{e} ≪ g$ ou $2 ω v^{'} ≪$ les autres accélérations: sur Terre, elles ne comptent que pour les mouvements de grande échelle ou de longue durée, ou pour les mesures de précision.

Série d'exercices du chapitre 8

Exercice 1 sur 5

Exercice

Laquelle de ces grandeurs a la même valeur dans tous les référentiels galiléens?

Problème guidé

Freinage et virage du train du Gornergrat

Une rame du chemin de fer du Gornergrat freine sur un tronçon rectiligne et horizontal avec une décélération constante $a = 1, 20$ m/s². Un pendule de masse $m = 0, 200$ kg est suspendu au plafond d'une voiture, et une bille est posée sur le plancher horizontal. On prend $g = 9, 81$ m/s² et l'on raisonne dans le référentiel de la voiture. Dans la dernière étape, la rame aborde à vitesse constante de $40, 0$ km/h une courbe horizontale de rayon $150$ m.

1
Angle du pendule
Au freinage, l'accélération d'entraînement $a_{e}$ est dirigée vers l'arrière, donc la force d'inertie $- m a_{e}$ vers l'avant: le fil s'incline vers l'avant de la voiture, dans la direction de la pesanteur apparente $g - a_{e}$ .
Exercice
Calculez l'angle $θ$ du fil avec la verticale, en degrés, une fois le pendule immobile par rapport à la voiture.
°
Tension du fil
Bille sur le plancher
Dans la courbe

Exercices

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Exercice 8.1 · Bus qui freine

Un bus des TL freine sur une route horizontale avec une décélération constante de $1, 50 m/s^{2}$ . On prend $g = 9, 81 m/s^{2}$ .

Une poignée souple pend du plafond. De quel angle s'incline-t-elle par rapport à la verticale, et dans quel sens?
Un sac de $5, 00$ kg est suspendu à la même poignée par une sangle. Calculez la tension de la sangle pendant le freinage.
Une valise de $20, 0$ kg est posée sur le plancher. Quel coefficient de frottement statique minimal l'empêche de glisser? Si $μ_{s} = 0, 10$ , avec quelle accélération relative glisse-t-elle (on prendra $μ_{c} = μ_{s}$ )?
Reprenez la question 1 dans le référentiel de la route, sans force d'inertie, et vérifiez que le résultat est le même.

Solution

1. Dans le référentiel du bus, la poignée subit son poids, la tension et la force d'inertie $- m a_{e}$ . L'accélération d'entraînement est dirigée vers l'arrière (freinage), donc la force d'inertie vers l'avant: la poignée s'incline vers l'avant de l'angle

θ = arctan \frac{a}{g} = arctan \frac{1 , 50}{9 , 81} = arctan 0, 1529 = 8, 69°.

2. La sangle est alignée sur la pesanteur apparente, de norme $g^{2} + a^{2} = 9, 8 1^{2} + 1, 5 0^{2} = 9, 924 m/s^{2}$ . La tension vaut $T = 5, 00 \times 9, 924 = 49, 6 N$ , contre $49, 1$ N à l'arrêt.

3. Équilibre horizontal de la valise dans le bus: $f_{s} = ma = 20, 0 \times 1, 50 = 30, 0 N$ , à fournir par le frottement statique, borné par $μ_{s} N = μ_{s} m g$ . Il faut $μ_{s} \geq a / g = 0, 153$ . Si $μ_{s} = 0, 10$ , la valise glisse vers l'avant; le frottement cinétique vaut $μ_{c} m g = 19, 6 N$ vers l'arrière et l'accélération relative est

a^{'} = a - μ_{c} g = 1, 50 - 0, 981 = 0, 519 m/s^{2}

vers l'avant du bus. En $2$ s de freinage, elle parcourt $\frac{1}{2} \times 0, 519 \times 4 = 1, 04$ m par rapport au plancher.

4. Dans le référentiel de la route, la poignée décélère avec le bus: $T + m g = m a$ , avec $a$ de norme $1, 50 m/s^{2}$ dirigée vers l'arrière. La tension doit donc avoir une composante horizontale $ma$ vers l'arrière, ce qui n'est possible que si la poignée pend vers l'avant, le fil tirant vers l'arrière-haut; sa composante verticale vaut $m g$ . D'où $tan θ = ma / m g = a / g$ , le même angle. La force d'inertie du référentiel du bus n'est que le terme $m a$ changé de membre.

Exercice 8.2 · Pendule dans un ascenseur

Un pendule simple de longueur $L = 1, 00$ m oscille avec de petites amplitudes dans un ascenseur. On rappelle (chapitre 7) que sa période dans un laboratoire immobile vaut $T_{0} = 2 π L / g$ .

Montrer que dans un ascenseur d'accélération $a_{e}$ verticale (comptée positive vers le haut), le pendule oscille avec la période $T = 2 π L / (g + a_{e})$ .
Calculer $T$ pour $a_{e} = + 1, 50 m/s^{2}$ et pour $a_{e} = - 1, 50 m/s^{2}$ , et comparer à $T_{0}$ .
Que se passe-t-il si le câble casse?
Un horloger règle une pendule dans un ascenseur en montée uniforme à $2$ m/s. Sera-t-elle juste une fois posée au sol?

Solution

1. Dans le référentiel de la cabine, en translation d'accélération $a_{e} e_{z}$ , la masse subit la tension, le poids $- m g e_{z}$ et la force d'inertie $- m a_{e} e_{z}$ . Poids et force d'inertie se regroupent en une pesanteur apparente verticale $g_{app} = - (g + a_{e}) e_{z}$ , uniforme et constante. Le problème est donc exactement celui du pendule simple du chapitre 7 dans un champ de pesanteur de norme $g_{app} = g + a_{e}$ : pour de petites oscillations, $\ddot{θ} + (g_{app} / L) θ = 0$ , d'où

T = 2 π \frac{L}{g + a _{e}} .

2. Avec $L = 1, 00$ m: $T_{0} = 2 π 1/9, 81 = 2, 006$ s. Pour $a_{e} = + 1, 50 m/s^{2}$ (démarrage vers le haut ou freinage en descente), $g_{app} = 11, 31 m/s^{2}$ et $T = 2 π 1/11, 31 = 1, 868$ s: le pendule bat plus vite ( $- 6, 9 %$ ). Pour $a_{e} = - 1, 50 m/s^{2}$ , $g_{app} = 8, 31 m/s^{2}$ et $T = 2, 180$ s ( $+ 8, 7 %$ ).

3. En chute libre, $a_{e} = - g$ , $g_{app} = 0$ : il n'y a plus de force de rappel, la période devient infinie. Le pendule, s'il avait une vitesse, tourne uniformément autour de son point d'attache (le fil reste tendu par la force centrifuge dans ce mouvement circulaire); s'il était immobile, il reste dans la position où il se trouvait, même écarté de la verticale. C'est l'impesanteur.

4. Un ascenseur en montée uniforme est un référentiel galiléen: $a_{e} = 0$ , la période est $T_{0}$ et la pendule réglée dans ces conditions est juste au sol. Seule l'accélération compte, pas la vitesse: c'est le principe de relativité galiléenne.

Exercice 8.3 · Bille lancée sur un plateau tournant

Un plateau horizontal de rayon $R = 3, 00$ m tourne à $ω = 1, 00 rad/s$ dans le sens trigonométrique vu de dessus. À $t = 0$ , une bille est lancée depuis le centre avec la vitesse $v = 2, 00$ m/s par rapport au sol; on néglige tout frottement, de sorte que, vue du sol, elle se déplace en ligne droite à vitesse constante.

Écrire les coordonnées polaires $(r^{'}, φ^{'})$ de la bille dans le référentiel du plateau et identifier la courbe.
Calculer le temps mis pour atteindre le bord et l'angle, mesuré sur le plateau, entre le point visé et le point d'arrivée.
Calculer la vitesse relative $v^{'}$ à l'arrivée au bord et l'accélération relative $a^{'}$ en fonction de $t$ ; vérifier que $a^{'}$ est bien la somme des accélérations centrifuge et de Coriolis.
Comment doit-on lancer la bille, par rapport au plateau, pour qu'elle atteigne le point visé?

Solution

1. Vue du sol, la bille est en $r = v t e_{x}$ . Le plateau a tourné de $ω t$ ; les coordonnées polaires liées au plateau sont donc

r^{'} (t) = v t, φ^{'} (t) = - ω t,

soit $r^{'} = - (v / ω) φ^{'}$ : une spirale d'Archimède, parcourue dans le sens horaire. En coordonnées cartésiennes du plateau, $x^{'} = v t cos ω t$ , $y^{'} = - v t sin ω t$ .

2. $t_{e} = R / v = 3, 00/2, 00 = 1, 50$ s. Pendant ce temps, le plateau tourne de $ω t_{e} = 1, 50 rad = 85, 9°$ : la bille arrive $85, 9°$ «en retard» (dans le sens horaire) par rapport au point visé, qui est passé devant elle.

3. En dérivant $x^{'}$ et $y^{'}$ : $v^{'} = v (cos ω t - ω t sin ω t, - sin ω t - ω t cos ω t)$ , de norme $v 1 + ω^{2} t^{2}$ . Au bord, $ω t_{e} = 1, 5$ et $v^{'} = 2, 00 1 + 2, 25 = 3, 61$ m/s: la vitesse relative dépasse $v$ , car la vitesse d'entraînement $ω R = 3, 00$ m/s s'y combine. En dérivant encore,

a^{'} = v ω (- 2 sin ω t - ω t cos ω t, - 2 cos ω t + ω t sin ω t) .

Or l'accélération centrifuge vaut $ω^{2} r^{'} = ω^{2} v t (cos ω t, - sin ω t)$ et l'accélération de Coriolis $- 2 ω e_{z} \land v^{'} = 2 ω (v_{y}^{'}, - v_{x}^{'}) = 2 ω v (- sin ω t - ω t cos ω t, - cos ω t + ω t sin ω t)$ . Leur somme est $v ω (ω t cos ω t - 2 sin ω t - 2 ω t cos ω t, - ω t sin ω t - 2 cos ω t + 2 ω t sin ω t) = v ω (- 2 sin ω t - ω t cos ω t, - 2 cos ω t + ω t sin ω t)$ , ce qui est bien $a^{'}$ . À $t = 0$ , $a^{'} = (0, - 2 v ω) = (0, - 4, 00) m/s^{2}$ : la déviation initiale est purement due à Coriolis, vers la droite de $v^{'}$ .

4. Vue du sol, la bille va en ligne droite: pour atteindre le point du bord qui, au moment du lancement, se trouve en $φ^{'} = 0$ , il faut viser l'endroit où ce point sera après $t_{e} = R / v_{0}$ , où $v_{0}$ est la vitesse par rapport au sol: c'est-à-dire lancer, dans le référentiel du sol, à l'angle $+ ω R / v_{0}$ en avant du point (dans le sens de rotation). Par rapport au plateau, la vitesse à donner est $v^{'} = v - ω \land r = v$ au centre, puisque $r = 0$ : le lanceur, au centre, doit donc viser $ω R / v_{0}$ en avant du point visé. Pour $v_{0} = 2, 00$ m/s, cela fait $85, 9°$ , ce qui montre à quel point l'intuition est prise en défaut sur un manège rapide.

Exercice 8.4 · Fleuve, force de Coriolis et loi de Baer

Le Rhône, entre Martigny et le Léman, coule vers le nord-ouest; on assimile ici son cours à un canal rectiligne de largeur $ℓ = 200$ m, orienté plein nord, dans lequel l'eau coule uniformément à $v^{'} = 2, 00$ m/s, à la latitude $λ = 46, 2°$ ( $ω_{T} = 7, 29 \cdot 1 0^{- 5}$ rad/s).

Calculer l'accélération de Coriolis horizontale subie par l'eau et préciser sa direction.
Dans le référentiel terrestre, l'eau est en mouvement rectiligne uniforme: quelle force réelle équilibre la force de Coriolis? En déduire l'inclinaison transversale de la surface libre et la différence de niveau entre les deux rives.
Quelle rive est la plus érodée? Comparer l'effet à celui d'un méandre de rayon $1$ km.

Solution

1. Pour $v^{'} = v^{'} e_{y}$ (nord), la force de Coriolis par unité de masse vaut $- 2 ω_{T} \land v^{'} = 2 ω_{T} v^{'} sin λ e_{x}$ , vers l'est, c'est-à-dire vers la droite du courant, de norme

a_{C} = 2 \times 7, 29 \cdot 1 0^{- 5} \times 2, 00 \times sin 46, 2° = 2, 11 \cdot 1 0^{- 4} m/s^{2} .

(La composante verticale $- 2 ω_{T} cos λ v_{x}^{'}$ est nulle puisque $v_{x}^{'} = 0$ .)

2. L'eau ne subit horizontalement, outre Coriolis, que les forces de pression. Pour que le mouvement soit uniforme, la surface libre doit s'incliner de sorte que la composante horizontale du gradient de pression compense $a_{C}$ : comme dans l'exemple 8.3, la surface libre est perpendiculaire à la pesanteur apparente $g + a_{C}$ et s'incline de l'angle $α$ tel que

tan α = \frac{a _{C}}{g} = \frac{2 , 11 \cdot 1 0 ^{- 4}}{9 , 81} = 2, 15 \cdot 1 0^{- 5},

la rive droite (est) étant la plus haute. La différence de niveau entre les rives vaut $Δ h = ℓ tan α = 200 \times 2, 15 \cdot 1 0^{- 5} = 4, 3 mm$ .

3. La surface est plus haute sur la rive droite: la pression au fond y est plus grande et un léger courant secondaire (descendant le long de la rive droite, remontant le long de la rive gauche) érode la rive droite et dépose sur la rive gauche. C'est la loi de Baer, énoncée en 1860 pour les fleuves de Sibérie. L'effet est réel mais minuscule: dans un méandre de rayon $R = 1000$ m, l'accélération centripète $v^{'2} / R = 4 \cdot 1 0^{- 3} m/s^{2}$ est $19$ fois plus grande que $a_{C}$ , et la surélévation de la rive extérieure, $ℓ v^{'2} / (g R) = 8, 2$ cm, l'emporte de loin. La loi de Baer n'est observable que sur des fleuves très rectilignes et très larges, ou en moyenne statistique sur de nombreux cours d'eau.

Exercice 8.5 · Surface libre d'un liquide en rotation

Un récipient cylindrique de rayon $R = 10, 0$ cm contenant de l'eau tourne autour de son axe vertical à $n = 60, 0$ tr/min. Après un régime transitoire, l'eau tourne en bloc avec le récipient.

Dans le référentiel tournant, écrire la pesanteur apparente $g_{app} (ρ, z)$ en un point à la distance $ρ$ de l'axe et montrer qu'elle dérive d'une énergie potentielle par unité de masse $Φ (ρ, z) = g z - \frac{1}{2} ω^{2} ρ^{2}$ .
En déduire que la surface libre est le paraboloïde $z (ρ) = z_{0} + \frac{ω ^{2} ρ ^{2}}{2 g}$ , et interpréter géométriquement: la surface est en tout point perpendiculaire à $g_{app}$ .
Calculer la dénivellation entre le bord et le centre pour les valeurs données. Comment évolue $z_{0}$ lorsque $ω$ augmente, le volume d'eau étant fixé?
Montrer que la pression dans le liquide vaut $p = p_{0} + ϱ g (z (ρ) - z)$ sous la surface, et retrouver ainsi le même paraboloïde par un raisonnement dans le référentiel du laboratoire. Application: les télescopes à miroir liquide.

Solution

1. Dans le référentiel tournant, l'eau est immobile; les forces d'inertie se réduisent à la force centrifuge, la force de Coriolis étant nulle ( $v^{'} = 0$ ). La pesanteur apparente est

g_{app} = - g e_{z} + ω^{2} ρ e_{ρ} .

Posons $Φ (ρ, z) = g z - \frac{1}{2} ω^{2} ρ^{2}$ . Son gradient en coordonnées cylindriques vaut $\nablaΦ = \frac{\partial Φ}{\partial ρ} e_{ρ} + \frac{\partial Φ}{\partial z} e_{z} = - ω^{2} ρ e_{ρ} + g e_{z} = - g_{app}$ : la pesanteur apparente dérive bien du potentiel $Φ$ (le poids du potentiel $g z$ , la force centrifuge du potentiel $- \frac{1}{2} ω^{2} ρ^{2}$ signalé dans le cours).

2. Un liquide au repos dans un champ de force dérivant d'un potentiel $Φ$ obéit à l'équation de la statique des fluides (chapitre 11) $\nabla p = ϱ g_{app} = - ϱ \nablaΦ$ , donc $p + ϱ Φ$ est constant: les surfaces isobares sont les équipotentielles $Φ = const$ . La surface libre, où $p = p_{0}$ (pression atmosphérique), est l'une d'elles:

g z - \frac{1}{2} ω^{2} ρ^{2} = g z_{0} ⟺ z (ρ) = z_{0} + \frac{ω ^{2} ρ ^{2}}{2 g},

paraboloïde de révolution dont le sommet $z_{0}$ est sur l'axe. Géométriquement, une surface équipotentielle est perpendiculaire au gradient, donc à $g_{app}$ : en chaque point, la surface libre est inclinée de l'angle $α$ tel que $tan α = ω^{2} ρ / g$ , ce que confirme la dérivée $d z / d ρ = ω^{2} ρ / g$ . C'est l'analogue, pour un champ non uniforme, de l'exemple 8.3.

3. $ω = 60, 0 \times 2 π /60 = 6, 283 rad/s$ et

z (R) - z_{0} = \frac{ω ^{2} R ^{2}}{2 g} = \frac{6 , 28 3 ^{2} \times 0 , 10 0 ^{2}}{2 \times 9 , 81} = 2, 01 \cdot 1 0^{- 2} m = 20, 1 mm .

Le volume d'eau étant conservé, le liquide qui monte au bord vient du centre: comme le volume d'un paraboloïde vaut la moitié de celui du cylindre circonscrit, le niveau moyen $h$ (hauteur au repos) vérifie $h = z_{0} + \frac{1}{2} ω^{2} R^{2} / (2 g)$ , soit $z_{0} = h - ω^{2} R^{2} / (4 g)$ : le centre descend de $10, 1$ mm et le bord monte de $10, 1$ mm. Lorsque $ω$ croît, $z_{0}$ descend jusqu'à découvrir le fond pour $ω^{2} R^{2} = 4 g h$ .

4. Dans le référentiel du laboratoire, chaque particule de fluide décrit un cercle de rayon $ρ$ à la vitesse angulaire $ω$ : son accélération est centripète, $- ω^{2} ρ e_{ρ}$ , et l'équation du mouvement d'un élément de fluide (Euler, chapitre 11) s'écrit $ϱ a = - \nabla p + ϱ g$ , soit

\frac{\partial p}{\partial ρ} = ϱ ω^{2} ρ, \frac{\partial p}{\partial z} = - ϱ g .

En intégrant, $p = p_{0} + \frac{1}{2} ϱ ω^{2} ρ^{2} - ϱ g (z - z_{0})$ , la constante étant fixée par $p = p_{0}$ en $(ρ, z) = (0, z_{0})$ . La surface libre $p = p_{0}$ est bien $z = z_{0} + ω^{2} ρ^{2} / (2 g)$ , et sous elle $p = p_{0} + ϱ g (z (ρ) - z)$ : la pression croît hydrostatiquement avec la profondeur mesurée depuis le paraboloïde. Les deux référentiels donnent le même résultat, la force centrifuge du premier étant le terme $ϱ a$ du second changé de membre.

Application. Un paraboloïde de révolution focalise en un point les rayons parallèles à son axe, avec la distance focale $f = g / (2 ω^{2})$ (pour $z = ρ^{2} / (4 f)$ ). Un bain de mercure tournant lentement forme ainsi un miroir de télescope parfait et bon marché: le Large Zenith Telescope (Colombie-Britannique, 6 m de diamètre) tournait à $ω \approx 0, 70 rad/s$ , soit $f \approx 10$ m; l'inconvénient est qu'il ne peut viser que le zénith.

Références

Gruber, C. et Benoit, W., Mécanique générale, Presses polytechniques et universitaires romandes, Lausanne, chap. 8 (référentiels en mouvement, forces d'inertie).
Halliday, D., Resnick, R. et Walker, J., Physique 1 – Mécanique, Chenelière Éducation, Montréal, chap. 4 et 6.
Benson, H., Physique I – Mécanique, De Boeck, Bruxelles, chap. 6 (dynamique du mouvement circulaire et référentiels non inertiels).
Kleppner, D. et Kolenkow, R., An Introduction to Mechanics, 2e éd., Cambridge University Press, chap. 9 (Non-inertial systems and fictitious forces).
Feynman, R., Leighton, R. et Sands, M., Le cours de physique de Feynman – Mécanique 1, Dunod, Paris, chap. 15–16 (relativité et transformation de Galilée).
Galilei, G., Dialogue sur les deux grands systèmes du monde (1632), trad. R. Fréreux, Seuil, Paris, «Journée seconde» (l'expérience du navire).
Persson, A., «How do we understand the Coriolis force?», Bulletin of the American Meteorological Society, 79 (7), 1998, p. 1373–1385.

Objectifs du chapitre

Référentiels galiléens et relativité galiléenne

Le problème du point de vue

Transformation de Galilée

Invariance des lois de Newton

Référentiel en translation accélérée

Loi du mouvement et force d'inertie d'entraînement

Le pendule dans un train: un accéléromètre

L'ascenseur et le poids apparent

Impesanteur

Liquide dans un récipient accéléré

Référentiel en rotation uniforme

Dériver un vecteur dans un repère tournant

Composition des vitesses et des accélérations

Forces centrifuge et de Coriolis

Le plateau tournant

Explorateur de la force de Coriolis

La centrifugeuse

Gravité artificielle

La Terre, référentiel tournant

Vitesse angulaire de la Terre

Pesanteur effective et fil à plomb

Déviation vers l'est d'un corps en chute libre

Mouvements horizontaux: cyclones, courants et fleuves

Le pendule de Foucault

Balistique et artillerie

Synthèse

Série d'exercices du chapitre 8

Freinage et virage du train du Gornergrat

Angle du pendule

Tension du fil

Bille sur le plancher

Dans la courbe

Exercices

Références