électromagnétisme (PSI) · Chapitre 1 · Exercice de TD

Gauss pour la gravitation : le tunnel à travers la Terre et le maximum de $g$

Symétries et champ électrique stationnaire · H. Analogie avec le champ gravitationnel · niveau 2

Énoncé

On néglige la rotation de la Terre. Dans les questions 1 et 2, la Terre est une boule homogène de rayon $R_{T} = 6371 km$ , où le champ de pesanteur vaut $g_{0} = 9, 81 m s^{- 2}$ à la surface. L'analogie $\frac{1}{4 π ε _{0}} \leftrightarrow - G$ , $q \leftrightarrow m$ donne le théorème de Gauss gravitationnel $\oint_{S} G \cdot d S = - 4 π G M_{int}$ .

1) Par analogie avec la boule uniformément chargée, établir la norme $g (r)$ du champ de pesanteur à la distance $r$ du centre, pour $r \leq R_{T}$ et pour $r \geq R_{T}$ , en fonction de $g_{0}$ , $r$ et $R_{T}$ .

2) On creuse un tunnel rectiligne selon une corde quelconque, dont la distance au centre $C$ est $h$ ; $H$ est le milieu du tunnel et l'on repère un point $M$ du tunnel par $x = H M$ . Un objet y est lâché sans vitesse depuis une extrémité et glisse sans frottement. Montrer que son mouvement est sinusoïdal ; calculer sa période et la durée de la traversée. Quelle est la vitesse maximale pour un tunnel qui passe par le centre ? Comparer à la vitesse d'un satellite en orbite rasante.

3) La Terre n'est pas homogène. Modèle à deux couches : un noyau de rayon $r_{c} = 3480 km$ et de masse volumique $ρ_{c} = 1, 10 \times 1 0^{4} kg m^{- 3}$ , un manteau de masse volumique $ρ_{m} = 4, 45 \times 1 0^{3} kg m^{- 3}$ . Vérifier que ce modèle donne la bonne masse ( $5, 97 \times 1 0^{24} kg$ ). Calculer $g$ à la surface du noyau et à la surface de la Terre.

4) Montrer que $\frac{d g}{d r} = 4 π G (ρ (r) - \frac{2}{3} ρ ˉ (r))$ , où $ρ (r)$ est la masse volumique locale et $ρ ˉ (r)$ la masse volumique moyenne de la boule de rayon $r$ . Où $g$ est-il maximal dans le modèle à deux couches ? Dans la vraie Terre, la croûte et le haut du manteau ont une masse volumique de $2, 7$ à $3, 3 \times 1 0^{3} kg m^{- 3}$ : $g$ augmente-t-il quand on descend dans une mine ?

Corrigé

La stratégie. Les mêmes théorèmes que pour la boule chargée — symétrie sphérique, sphère de Gauss, seule compte la masse intérieure — puis la mécanique : un champ intérieur proportionnel à la distance au centre donne un oscillateur harmonique.

1) Le champ de la boule homogène. Symétrie sphérique : $G = - g (r) u_{r}$ . Sphère de Gauss de rayon $r$ : $- g 4 π r^{2} = - 4 π G M_{int} (r)$ . Dehors, $M_{int} = M_{T}$ et $g = \frac{G M _{T}}{r ^{2}} = g_{0} \frac{R _{T}^{2}}{r ^{2}}$ , puisque $g_{0} = G M_{T} / R_{T}^{2}$ . Dedans, $M_{int} = M_{T} \frac{r ^{3}}{R _{T}^{3}}$ et $g = g_{0} \frac{r}{R _{T}}$ : linéaire, nul au centre, maximal en surface.

2) Le tunnel : un oscillateur. En $M$ , à la distance $r$ du centre, $G = - \frac{g _{0}}{R _{T}} C M$ ; sa composante le long du tunnel vaut $- \frac{g _{0}}{R _{T}} x$ , puisque $C M = C H + x u$ et que $C H$ est perpendiculaire au tunnel. La réaction est normale (pas de frottement), d'où $x ¨ + \frac{g _{0}}{R _{T}} x = 0, T = 2 π \frac{R _{T}}{g _{0}} = 2 π \frac{6 , 371 \times 1 0 ^{6}}{9 , 81} \approx 5, 06 \times 1 0^{3} s \approx 84 min .$ La période ne dépend pas de la corde : Paris-Londres ou Paris-Sydney, la traversée dure $T /2 \approx 42 min$ . Pour un diamètre, l'amplitude vaut $R_{T}$ et $v_{m a x} = R_{T} g_{0} / R_{T} = g_{0} R_{T} \approx 7, 9 km s^{- 1}$ : exactement la vitesse de l'orbite rasante ( $v^{2} / R_{T} = g_{0}$ ), dont la période est la même. Le mouvement dans le tunnel est la projection du mouvement circulaire uniforme.

3) Modèle à deux couches. $M = \frac{4}{3} π [r_{c}^{3} ρ_{c} + (R_{T}^{3} - r_{c}^{3}) ρ_{m}] \approx 5, 98 \times 1 0^{24} kg$ : le modèle est bon. La masse du noyau est $M_{c} = \frac{4}{3} π r_{c}^{3} ρ_{c} \approx 1, 94 \times 1 0^{24} kg$ , d'où $g (r_{c}) = G M_{c} / r_{c}^{2} \approx 10, 7 m s^{- 2}$ et $g (R_{T}) \approx 9, 83 m s^{- 2}$ . La pesanteur est plus forte à la surface du noyau qu'à la surface de la Terre.

4) Où $g$ est-il maximal ? Avec $M (r) = \frac{4}{3} π r^{3} ρ ˉ (r)$ et $\frac{d M}{d r} = 4 π r^{2} ρ (r)$ (on ajoute une coquille), $\frac{d g}{d r} = G (\frac{1}{r ^{2}} \frac{d M}{d r} - \frac{2 M}{r ^{3}}) = 4 π G (ρ (r) - \frac{2}{3} ρ ˉ (r)) .$ Dans le noyau, $ρ = ρ ˉ$ : $g$ croît. Juste au-dessus, $ρ_{m} = 4, 45 \times 1 0^{3}$ est inférieur à $\frac{2}{3} ρ_{c} = 7, 33 \times 1 0^{3}$ : $g$ décroît en montant. Plus haut, $ρ ˉ$ diminue jusqu'à la masse volumique moyenne de la Terre, $5, 52 \times 1 0^{3}$ , dont les deux tiers valent $3, 68 \times 1 0^{3} < ρ_{m}$ : $g$ recroît un peu. Il passe par un minimum ( $9, 31 m s^{- 2}$ vers $4990 km$ du centre, calcul numérique) et son maximum est à la surface du noyau. Dans la vraie croûte, $ρ < 3, 68 \times 1 0^{3} kg m^{- 3}$ : $d g / d r < 0$ , et $g$ augmente légèrement quand on descend dans une mine — ce que confirment les mesures.

Ce que l'exercice installe. L'analogie comme outil : mêmes surfaces de Gauss, même conclusion — seule compte la masse intérieure. Un champ intérieur proportionnel à la distance au centre fait un oscillateur dont la période ne dépend pas de la corde. Et une dérivée bien posée dit où se trouve un extremum sans tout calculer : $g$ croît en descendant là où la masse volumique locale est inférieure aux deux tiers de la moyenne intérieure.

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