TD: Force de Coriolis - ENT ISEN

TD: Force de Coriolis
1 Position du problème
On étudie les effets de la force de Coriolis. Soient T le centre de la terre et O un point situé, au niveau de
la mer, dans l’hémisphère Nord, à une latitude λ. On définit le référentiel Oxyz (x: parallèle dirigé vers l’Est;
y: méridien dirigé vers le Nord; z: verticale ascendante). On désignera par Ω la vitesse de rotation de la Terre
(la période T de rotation de la Terre sur elle-même autour de la ligne des pôles est de 1 jour).
Chute libre
On étudie le mouvement d’une particule de masse m.
1. On lance cette particule, à partir du sol, dans le plan xOz, dans la direction Est, avec une vitesse v0 faisant
un angle α0 avec l’horizontale.
a. Montrer que, du fait de la rotation de la Terre, tout se passe comme si l’accélération de la pesanteur
avait subi une variation dg qu’on exprimera en fonction de Ω, λ, v0 et α0 (on négligera les termes en
Ω2 ).
b. En déduire la variation de la portée de la particule sur le sol horizontal, en fonction de Ω, λ, v0 , α0
et g.
Application numérique:
g = 10 m.s−2 , v0 = 141, 4 m.s−1 , λ = 45◦ et α0 a la valeur qui rend la portée maximale.
2. La particule tombe maintenant librement, à partir d’un point A situé à une hauteur h au-dessus du point
O. Montrer que, dans l’hémisphère Nord, au second ordre près en Ω, la particule est déviée par rapport à
la verticale d’une quantité y1 vers le Sud et d’une quantité x1 vers l’Est.
Exprimer les déviations x1 et y1 , à l’arrivée au sol, en fonction de Ω, h, λ et g.
Application numérique:
Calculer les deux composantes x1 et y1 de la déviation pour h = 200 m en un lieu de latitude λ=45◦ .
Aurait-on également une déviation vers l’Est dans l’hémisphère Sud ?
z zénith
y nord
M
T
O1
xest
z zénith
T
y nord
O
xest
Pendule de Foucault
u
M
ur
P
Un pendule simple, de longueur `, est écarté de sa position verticale d’équilibre O1 O; la masse oscillante M
est abandonnée sans vitesse dans la position M1 de coordonnées (0, y0 , z0 ) par rapport au référentiel terrestre
R: (O, x, y, z) où x est le parallèle de latitude λ dirigé vers l’Est; y le méridien dirigé vers le Nord et z la
verticale ascendante. On tiendra compte de la rotation uniforme de la Terre autour
de la ligne des pôles avec
p
une vitesse angulaire: Ω = 7, 3.10−5 rad.s−1 . On posera α = Ω. sin λ et ω = g/`. On fera l’approximation
α ω.
1. Montrer que les équations du mouvement
de M , pour des petites oscillations s’écrivent:
x = y0 . cos(ω.t). sin(α.t)
y = y0 . cos(ω.t). cos(α.t)
2. En déduire la durée d’une révolution complète du plan d’oscillation du pendule de Foucault en un lieu de
latitude 30◦ .
3. Tracer la trajectoire de la masse oscillante en résolvant directement l’équation différentielle du mouvement.
Comparer avec la solution analytique obtenue en 1.
Solution

0
.
1. Dans l’hémisphère Nord, la vitesse de rotation de la Terre se projette en Ω =  Ω. cos λ 
Ω. sin λ ~ux ,~uy ,~uz
Tir vers l’Est:
Système: l’obus, référentiel: lié à la Terre (non galiléen); bilan: le poids P~ et la force d’inertie de Coriolis
x
1

ISEN-Brest. Kany.
TD: Force de Coriolis
F~ic = −m.~aC .


 •
•
•
cos λ.z − sin λ.y
x
0
•


•
L’accélération de Coriolis s’écrit: ~aC = 2. Ω ∧ ~v = 2.  Ω. cos λ  ∧  y  = 2.Ω. 
sin λ.x
.
•
•
Ω. sin λ
− cos λ.x
z
Le
principe
fondamental
de
la
dynamique
se
projette
en:
 ••
•
•

 x = −2.Ω.(cos λ.z − sin λ.y)
••
•
y = −2.Ω. sin λ.x

•
 ••
z = −g + 2.Ω. cos λ.x
••
Tout se passe donc comme si l’accélération de la pesanteur avait varié de dg et que l’on ait: z = −(g + dg)
•
avec dg = −2.Ω. cos λ.x.

v 2 . sin(2.α )
x
•
Si on avait négligé la force de Coriolis, on aurait x = v0 . cos α0 = cte et une portée xI = 0 g 0 (cf
TD parabole de sécurité).
v 2 . sin(2.α )
v 2 . sin(2.α )
Si g varie de dg, la portée xI qui varie de dxI = − 0 g2 0 .dg = 0 g2 0 × 2.Ω. cos λ.v0 . cos α0 > 0.
•
La portée augmente pour un tir vers l’Est (et diminue pour un tir vers l’Ouest car alors x < 0)
2. Chute verticale.
Système: la masse m; référentiel: lié à la Terre (non-galiléen); bilan: poids P~ = m.~g , force d’inertie:
F~Coriolis .
Méthode de calcul par itérations successives.
• Premier essai: ~v/RT errestre = −g.t.~k.
Ce n’est qu’une approximation car ||~
6 g.t àcause
de Coriolis.

 
 de l’accélération
v || =
−2.g.t.Ω. cos λ
0
0

0
~aCoriolis = 2. Ω T ∧ ~v/RT errestre = 2.  Ω. cos λ  ∧  0  = 
0
Ω. sin λ
 −g.t

−2.g.t.Ω. cos λ
0

0
On en déduit: ~a/RT errestre = ~g − ~aCoriolis =  0  − 
0
−g
En intégrant cette expression, on obtient une expression de ~v/RT errestre plus précise:
~v/RT errestre = −g.t.~k + g.t2 .Ω. cos λ.~ı.
On pourrait réinjecter cette expression de ~v/RT errestre pour calculer à nouveau ~aCoriolis et recalculer ainsi
une expression de ~v/RT errestre encore plus précise, et ainsi de suite. . .
x = 31 .g.t3 .Ω. cos λ
En se limitant à l’expression de ~v/RT errestre corrigée au premier ordre, on a:
z = h − 12 .g.t2
32
3
2
z s’annule donc pour h = 12 .g.t2 d’où: x = 31 .g. 2.h
.Ω. cos λ = 13 . (2.h)
.Ω. cos λ > 0: il y a déviation
1
g
x
g2
vers l’Est.
Remarque: dans l’hémisphère sud: déviation vers l’Est également (car cos(−λ) = cos(+λ)); au pôle: pas
de déviation (cos λ = 0).
déviation
Est
Interprétation: dans le plan de l’équateur
T
pole nord
Ouest
v=R.
v=(R+z).
Pendule de Foucault
Système: la masse m; référentiel: terrestre (non-galiléen); bilan: poids P~ = m.~g , force d’inertie: F~Coriolis ,
tension du fil T~ .
−−−→
−−−→ −−−→
→r = −T. O1 M = −T. O1 O +OM
m.~a/RT errestre = m.~g + T~ − m.~aCoriolis avec T~ = −T.−
u
`
`
−−−→
−−−→
O
O
OM
1
m.~a
= m.~g − T.
− T.
− m.2. Ω ∧ ~v
x
/RT errestre
`
T
`
2
/RT errestre
ISEN-Brest. Kany.
TD: Force de Coriolis
 ••  



 

 •
x
x
0
0
x
0
 •• 
•
m.  y  =  0  − T` .  0  − T` .  y  − 2.m.  Ω. cos λ  ∧  y  dans (Oxyz).
••
•
−m.g
−`
z
Ω. sin λ
z
•
 z
 ••
 


•
z.Ω. cos λ − y.Ω. sin λ
x
x
0
•

 •• 
 − T .  y  − 2.m. 
m.  y  = 
0
x.Ω. sin λ

.
`
•
••
T
−
m.g
z
−x.Ω. cos λ
z
 ••
•
•
2

 x = −ω .x − 2.Ω.(z. cos λ − y. sin λ)
••
•
En posant ω 2 = g` :
y = −ω 2 .y − 2.Ω.x. sin λ

•
 ••
z = −ω 2 .z + 2.Ω.x. cos λ
••
•
Hypothèse: petites oscillations z ' 0 = cte ⇒ z = 0 et z = 0.
••
•
x ' −ω 2 .x + 2.Ω.y. sin λ (1)
••
•
y = −ω 2 .y − 2.Ω.x. sin λ (2)
•
•
••
•
••
••
On pose Z = x + i.y ⇒ Z = x + i.y et Z = x + i. y .
••
•
••
•
D’après (1)+i.(2): Z = −ω 2 .Z − 2.Ω. sin λ.i.Z ⇒ Z + (2.Ω. sin λ).i.Z + ω 2 .Z = 0.
On pose α =√Ω. sin λ et on cherche Z sous la forme: Z = Z0 .er.t ⇒ r2 + 2.α.i.r + ω 2 = 0
−2.α.i±i.
4.(α2 +ω 2 )
√
2
4.ω
' −2.α.i±i.
car α2 ω 2 .
r=
2
2
−i.(α+ω).t
D’où: r = −(α ± ω).i ⇒ Z = Z1 .e
+ Z2 .e−i.(α−ω).t où Z1 = x1 + i.y1 et Z2 = x2 + i.y2 .
x = <(Z) ⇒ x = x1 . cos((α + ω).t) + x2 . cos((α − ω).t) + y1 . sin(+(α + ω).t) + y2 . sin(+(α − ω).t)
y = =(Z) ⇒ y = y1 . cos((α + ω).t) + y2 . cos((α − ω).t) + x1 . sin(−(α + ω).t) + x2 . sin(−(α − ω).t)
•
•
Conditions initiales: à t = 0: x = 0; x = 0; y = y0 et y = 0; d’où:


x + x2 = 0
x = −x2


 1
 1
y1 .(+(α + ω)) + y2 .(+(α − ω)) ' y1 .(ω) + y2 .(−ω) = 0
y1 = y2
x1 = −x2 = x2 = 0
⇒
⇒
y
+
y
=
y
2.y
=
y
y1 = y2 = y20


2
0
0
 1
 1
x
x1 = x2
1 .(−(α + ω)) + x2 .(−(α − ω)) ' x1 .(−ω) + x2 .(ω) = 0
x = y20 . [sin((α + ω).t) + sin((α − ω).t)] = y0 . cos(ω.t). sin(α.t)
⇒
où le terme y0 . cos(ω.t) correspond
y = y20 . [cos((α + ω).t) + cos((α − ω).t)] = y0 . cos(ω.t). cos(α.t)
aux oscillations du pendule et le terme sin(α.t)/ cos(α.t) à la rotation du plan d’oscillations.
2π
= Ω.|2π
Période de la rotation du plan d’oscillations: T = |α|
sin λ| .
Remarque: au pôle: T = 24H; à l’équateur T = ∞: il n’y a pas de rotation du plan d’oscillations;
dans l’hémisphère sud: le sens de rotation du plan d’oscillations est opposé à l’hémisphère nord.
Interprétation: le plan d’oscillations du pendule est fixe dans le référentiel géocentrique Rgéo (centré sur T
et pointant vers trois étoiles fixes). Dans le référentiel terrestre, il semble tourner dans le sens inverse de
la rotation de la Terre.
direction d'oscillations
fixe dans géocentrique
x = y0 . cos(ω.t). sin(α.t)
avec α = Ω. sin λ. dans l’hémisphère nord: sin λ > 0.
y = y0 . cos(ω.t). cos(α.t)
Vue de dessus:
hémisphère nord: α > 0
hémisphère sud: α < 0
y: nord
y: nord
t=0
t=0
x: est
y0
y0
à t = 0 + δt
x: est
x>0
y < y0
3
à t = 0 + δt
x<0
y < y0
ISEN-Brest. Kany.
TD: Force de Coriolis
2 Code avec Mathematica
Force de Coriolis
Tir vers l’Est
In[1]:= Needs["LinearAlgebra‘CrossProduct‘"] Needs["Calculus‘VectorAnalysis‘"]
In[3]:= V0=100 Sqrt[2]; alpha0=N[45 Degree]; g=10; Pesanteur={0,0,-g};
Omega=N[2 Pi / (24 * 3600)];lambda=N[45 Degree];
VecOmega={0,Omega Cos[lambda], Omega Sin[lambda]}; OM={x[t],y[t],z[t]};
Vitesse=D[OM,t]; Acceleration=D[Vitesse,t]; Coriolis=-2.0*Cross[VecOmega,Vitesse];
AccelerationTotale=Pesanteur+Coriolis;
In[11]:= Equ=Acceleration-AccelerationTotale;
Sol=NDSolve[{Equ[[1]]==0,Equ[[2]]==0,Equ[[3]]==0, x[0]==0,y[0]==0,z[0]==0,
x’[0]==V0 Cos[alpha0],y’[0]==0,z’[0]==V0 Sin[alpha0]}, {x[t],y[t],z[t]},{t,0,25},
AccuracyGoal->20]; X=x[t]/.Sol[[1]];Y=y[t]/.Sol[[1]];Z=z[t]/.Sol[[1]];
temps=t/.FindRoot[Z==0,{t,20},AccuracyGoal->12][[1]] ParametricPlot[{X,Y},{t,0,temps}]
PositionFinale1={X,Y}/.t->temps
Out[14]= 20.0206
Out[15]= -Graphics-
Out[16]= {2001.37, -2.06042}
In[17]:= Equ=Acceleration-Pesanteur;
Sol=NDSolve[{Equ[[1]]==0,Equ[[2]]==0,Equ[[3]]==0, x[0]==0,y[0]==0,z[0]==0,
x’[0]==V0 Cos[alpha0],y’[0]==0,z’[0]==V0 Sin[alpha0]}, {x[t],y[t],z[t]},{t,0,25},
AccuracyGoal->20]; X=x[t]/.Sol[[1]];Y=y[t]/.Sol[[1]];Z=z[t]/.Sol[[1]];
temps=t/.FindRoot[Z==0,{t,20},AccuracyGoal->12][[1]] PositionFinale2={X,Y}/.t->temps
Out[20]= 20.
Out[21]= {2000., 0.}
In[22]:= PositionFinale1-PositionFinale2
Out[22]= {1.36985, -2.06042}
Calcul approximatif de ∆x
In[23]:= N[2 V0^3 Omega Cos[alpha0] Sin[2 alpha0] Cos[lambda]/ g^2]
Out[23]= 2.05689
4
ISEN-Brest. Kany.
TD: Force de Coriolis
Chute libre: déviation vers l’Est
In[24]:= h=200; Equ=Acceleration-AccelerationTotale;
Sol=NDSolve[{Equ[[1]]==0,Equ[[2]]==0,Equ[[3]]==0, x[0]==0,y[0]==0,z[0]==h,
x’[0]==0,y’[0]==0,z’[0]==0}, {x[t],y[t],z[t]},{t,0,25},AccuracyGoal->20];
X=x[t]/.Sol[[1]];Y=y[t]/.Sol[[1]];Z=z[t]/.Sol[[1]];
temps=t/.FindRoot[Z==0,{t,20},AccuracyGoal->12][[1]]; PositionFinale3={X,Y}/.t->temps
Out[29]= {0.0433631, -7.05133 10−6 }
Calcul approximatif de ∆x,∆y
In[30]:= N[{g Omega Cos[lambda] (2 h/g)^(3/2)/3,
- Omega^2 Sin[lambda] Cos[lambda] (2 h)^2 / (6 g)}]
Out[30]= {0.0433631, -7.05133 10−6 }
Pendule de Foucault
In[31]:= l=67; Tension=- g/l (OM+{0,0,-l}); Theta=N[10 Degree];
AccelerationTotale=Pesanteur+Tension+Coriolis; Equ=Acceleration-AccelerationTotale;
Sol=NDSolve[{Equ[[1]]==0,Equ[[2]]==0,Equ[[3]]==0, x[0]==0,y[0]==-l Sin[Theta],
z[0]==l (1-Cos[Theta]), x’[0]==0,y’[0]==0,z’[0]==0}, {x[t],y[t],z[t]},{t,0,60},
AccuracyGoal->20]; X=x[t]/.Sol[[1]];Y=y[t]/.Sol[[1]];Z=z[t]/.Sol[[1]];
ParametricPlot[{X,Y},{t,0,60},PlotRange->{{-.5,.5},{-12,12}}]
Out[37]= -Graphics-
3 Code avec Python
# -*- coding: utf-8 -*import matplotlib.pyplot as plt
import scipy.optimize
import scipy.integrate
import numpy as np
global VecOmega
#Tir vers l’Est
5
ISEN-Brest. Kany.
TD: Force de Coriolis
Tir vers l'Est (vue de dessus)
0.0
y vers le Nord
0.5
1.0
1.5
2.0
2.50
500
1000
1500
x vers l'Est
2000
2500
#Pendule de Foucault
10
10
5
5
0
0.4
0.2
00.0
5
5
10
10
0.4
0.2
0.0
Sud
6
0.2
0.4
0.2
0.4
Est
Ouest
Nord