%title:  Déviation vers l'Est \textmusicalnote


\exercice{

En $1830$, Reich effectue l'expérience suivante : il lâche sans vitesse initiale une masse $m$ dans un puits de mine de haute $h=150 \U{m}$. La latitude de l'expérience est $\lambda=50\degre$ (hémisphère nord). On note $\Omega$ la vitesse de rotation de la Terre sur son axe.

Son objectif était de mettre en évidence le rôle de la force de Coriolis due à la rotation de la Terre.

\begin{enumerate}
 \item Par une analyse qualitative du problème, montrer que l'on s'attend à une déviation vers l'Est du projectile.
 
 Nous allons maintenant estimer numériquement la valeur de cette déviation par approximation successive.
 
 \item Soit $O$ le point à partir duquel on lâche l'objet. $Oz$ correspond à la verticale locale, $Oy$ est dirigé vers le Nord et $Ox$ vers l'Est. Établir les équations du mouvement dans le référentiel terrestre.
 
 \item Justifier numériquement qu'il est raisonnable de considérer les termes en $\Omega$ comme des infiniments petits.
 \item Résoudre alors les équations du mouvement à l'ordre $0$. Que retrouve-t-on ?
 \item En reportant, dans les équations du mouvement, les valeurs obtenues de $x(t)$, $y(t)$ et $z(t)$ dans la question précédente, donner l'expression des équations du mouvement à l'ordre $1$.
 \item En déduire la déviation $\Delta x$ due à la force de Coriolis. Effectuer l'application numérique.
 \item Que constate-t-on si on poursuit à l'ordre $2$ ? Est-ce significatif ?
 \item Par une étude dans le référentiel géocentrique, retrouver le résultat précédent.
\end{enumerate}

}

\correction{

\begin{enumerate}
 \item Dans le référentiel terrestre considéré non galiléen ($R_T$) appliqué à la masse $m$.
 
 Bilan des forces :
 
 \begin{itemize}
  \item Poids $\vect{P}=m\vect{g}$
  \item Force de Coriolis $F_{ic}=-2m\vect{\Omega}\wedge \vect{v}_{R_T}(M)$
  
 \end{itemize}

 \includegraphics[width=8 cm]{PS/dev_est}
 
 Seule la force de Coriolis modifie la trajectoire (rappel la force d'inertie d'entraînement due à la rotation de la Terre est incluse dans le poids).
 
 Le projectile tombe essentiellement selon $-\vuz$ ($g \gg \lVert \Omega \wedge \vect{v}\lVert$). La règle de la main droite donne alors une force de Coriolis selon $Ox$ c'est à dire vers l'Est.
 
 \item Voir le schéma précédent.
 
 D'après la relation fondamentale de la dynamique (RFD) appliquée à $m$ :
 
	  \centers{$\vect{P}+\vect{F}_{ic}=m\vect{a}_{R_T}$}
	  
En projection dans $Oxyz$ :

		\centers{$\vcol{0 \\ 0 \\ 0 \\ -g}-2\vcol{0 \\ \Omega\cos \lambda \\ \Omega \sin\lambda}\wedge \vcol{\dot{x} \\ \dot{y} \\ \dot{z}}=\vcol{\ddot{x} \\ \ddot{y}\\ \ddot{z}}$}
		
		\centers{$\vcol{\ddot{x} \\ \ddot{y} \\ \ddot{z}}=\vcol{-2\Omega \dot{z}\cos \lambda+2\Omega \sin \lambda\dot{y} \\-2\Omega \sin\lambda \dot{x} \\ -g+2\Omega\cos\lambda \dot{x}}$}
 
 \item $\Omega$ est de l'ordre de $10^{-5}\U{rad.s^{-1}}$, $\dot{x}$, $\dot{y}$, $\dot{z}$ au maximum de l'ordre de $10^3\U{m.s^{-1}}$. Ces termes sont au plus de l'ordre de $10^{-2}\U{m.s^{-1}}$. il est donc légitime de considérer ces termes comme des infiniments petits.
 
 \item À l'ordre $0$ en $\Omega$ :
 
	\centers{$ \vcol{\ddot{x}\\ \ddot{y} \\ \ddot{z}}=\vcol{0 \\ 0 \\ -g}$}
	
	\encadre{$x=0$ et $y=0$ et enfin $z=-\inv{2}gt^2$}
	
	On retrouve la chute libre.
	
\item En injectant le résultat à l'ordre $0$ dans les équations du mouvement puis en intégrant :


	    \encadre{$z(t)=-\inv{2}gt^2$ et $y=0$ et $x(t)=\inv{3}\Omega g \cos \lambda t^3$}
	    
	    
	    Ce résultat confirme la déviation vers l'Est ($x>0$)
 \item à $t_f$ le fond est atteint :
 
	    \centers{$t_f=\sqrt{\f{2h}{g}}$ On en déduit :}
	    \centers{$x(t_f)=\inv{3}\Omega g \cos \lambda \left(\f{2h}{g} \right)^{\f{3}{2}} $}
	    
	    On obtient alors : 
	    
	    \encadre{$\Delta x =2,5\U{cm}$}
	    
	    Ce qui est bien négligeable sur les $150\U{m}$ de chute.
	    
	    
\item On réitère le procédé en injectant les résultats à l'ordre $1$ dans les équations du mouvement. On aboutit selon $y$ à :

	    \centers{$y(t)=-\inv{12}\Omega^2g\sin(2\lambda)t^4<0$}
	    
	    
	    Terme correctif du deuxième ordre qui correspond à une \underline{déviation vers le Sud}.
	    
\item Dans le référentiel géocentrique galiléen, il n'y aucune force selon $x$. À l'instant initial, le solde possède une vitesse :

	      \centers{$\vcol{\dot{x}(0)=R_T\cos\lambda\Omega \\ \dot{y}(0)=0 \\ \dot{z}(0)=0}$}
	      
	      Dans le bilan des forces, il n'y que la force de gravitation (on néglige la force d'inertie d'entraînement d'ordre 2 en $\Omega$) :
	      
	      \centers{$\vect{F}=-\f{G M_T}{r^2}\vur=-\f{G M_T}{OM^3}\vect{OM}$}
	      
	      En projection selon $\vux$ avec $OM \approx R_T$ :
	      
	      \centers{$-\f{GM_T}{R_T^3}x=\ddot{x}$}
	      \centers{Or $g\approx \f{GM_T}{R_T^2} $}
	      \centers{$-g\f{x}{R_T}=\ddot{x}$}
	      \centers{$\ddot{x}+\f{g}{R_T}x=0 $}
	      
En utilisant les conditions initiales : $x(0)=0$ et $\dot{x}(0)=R_T\cos \lambda \Omega$ et en posant $\omega_0=\sqrt{\f{g}{R_T}}$.

On obtient alors :

	      \encadre{$x(t)=\f{R_T}{\omega_0}\cos \lambda\Omega\sin\omega_0 t $}
	      
Selon $z$ : 
		\centers{$\ddot{z}\approx -g $}
		
		En négligeant les variations du champ gravitationnel selon $h$ ($R_T-h \approx R_T$). Le temps de chute est toujours le même.
		
		
		Dans le référentiel géocentrique, le fond du puits avance à $v=(R_T-h)\cos \lambda \Omega$ surant $t_f$. Le déplacement est donc :
		
		
		\centers{$\Delta x =\f{R_T}{\omega_0}\cos(\lambda)\Omega \sin \left(\omega_0\sqrt{\f{2h}{g}}\right)-(R_T-h)\cos \lambda \Omega \sqrt{\f{2h}{g}} $}
		
		Or $\omega_0\sqrt{\f{2h}{g}}\approx \sqrt{\f{2h}{R_T}}\ll 1$. Ce qui permet d'écrire :
		
		\centers{$\sin \omega_0\sqrt{\f{2h}{g}} \approx \omega_0\sqrt{\f{2h}{g}}-\inv{6}\left(\omega_0\sqrt{\f{2h}{g}}\right)^3  $}
	      





	
\end{enumerate}



}