Direction de l'accélération de Coriolis

On prend la base locale directe $({\overrightarrow{u}}_E,{\overrightarrow{u}}_N,{\overrightarrow{e}}_z)$ : est, nord, verticale ascendante, avec ${\overrightarrow{u}}_E\wedge {\overrightarrow{u}}_N={\overrightarrow{e}}_z$. La composante horizontale de ${\overrightarrow{a}}_c=2\overrightarrow{\Omega }\wedge {\overrightarrow{v}}_r$ due à ${\Omega }_z{\overrightarrow{e}}_z$ vaut $2{\Omega }_z{\overrightarrow{e}}_z\wedge {\overrightarrow{v}}_r$ (la composante horizontale de $\overrightarrow{\Omega }$ donne une contribution verticale). Pour ${\overrightarrow{v}}_r=v{\overrightarrow{u}}_N$, ${\overrightarrow{e}}_z\wedge {\overrightarrow{u}}_N=-{\overrightarrow{u}}_E$ :

$${\overrightarrow{a}}_c=-2{\Omega }_{z}v{\overrightarrow{u}}_E,$$

dirigée vers l'ouest, c'est-à-dire à gauche du mouvement. La déviation, elle, se lit sur ${\overrightarrow{a}}_r={\overrightarrow{a}}_a-{\overrightarrow{a}}_e-{\overrightarrow{a}}_c$ : le terme $-{\overrightarrow{a}}_c=+2{\Omega }_{z}v{\overrightarrow{u}}_E$ pointe vers l'est, à droite du mouvement. La trajectoire relative d'un mobile non guidé s'incurve donc vers sa droite. Comme ${\overrightarrow{e}}_z\wedge {\overrightarrow{v}}_r$ est toujours ${\overrightarrow{v}}_r$ tourné d'un quart de tour vers la gauche, ce résultat vaut pour toute direction horizontale de ${\overrightarrow{v}}_r$ : dans l'hémisphère nord, la déviation est toujours à droite du mouvement. Le piège est double : le signe du produit vectoriel, et la confusion entre ${\overrightarrow{a}}_c$ et la déviation, qui est portée par $-{\overrightarrow{a}}_c$ ; la dynamique l'exprimera par la force d'inertie de Coriolis $-m{\overrightarrow{a}}_c$.