Problème : la déviation vers l'est

La stratégie. La force de Coriolis est minuscule devant le poids : on résout par perturbation, en calculant la force de Coriolis sur le mouvement non perturbé (la chute verticale), puis on intègre. Le paramètre petit est $\Omega t_c$, et c'est lui qui dit ce qui est du premier ordre et ce qui ne l'est pas. On vérifie enfin le résultat dans un autre référentiel, sans force d'inertie.

1) Les ordres de grandeur. Dans le référentiel terrestre, la force centrifuge est déjà contenue dans $\overrightarrow{g}$, défini par le fil à plomb (exercice 5) : reste la force de Coriolis, et $$m{\overrightarrow{a}}_{\text{rel}}=m\overrightarrow{g}-2m\overrightarrow{\Omega }\wedge {\overrightarrow{v}}_{\text{rel}}.$$ L'axe des pôles est dans le plan méridien, incliné de $\lambda$ sur l'horizontale nord : $\overrightarrow{\Omega }=\Omega (\cos \lambda {\overrightarrow{e}}_y+\sin \lambda {\overrightarrow{e}}_z)$. Pendant la chute, $v\le g{t}_c$, d'où $$\frac{|{\overrightarrow{f}}_{ic}|}{mg}\le \frac{2\Omega v}{g}\le 2\Omega t_c.$$ Pour $h=158,5\mathrm{m}$, $t_c=\sqrt{2h/g}=5,68\mathrm{s}$ et $2\Omega t_c=8,3\times 10^{-4}$. La force de Coriolis est une perturbation, et le paramètre petit est $\Omega t_c$. Méthode : à l'ordre zéro, on ignore la force de Coriolis ; à l'ordre un, on la calcule avec la vitesse d'ordre zéro. L'erreur commise sur la force est alors du premier ordre, et sur le déplacement du second ordre, plus petite d'un facteur $\Omega t_c$.

2) Le calcul. Avec $\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{v}=\Omega \left(\cos \lambda \dot{z}-\sin \lambda \dot{y},\sin \lambda \dot{x},-\cos \lambda \dot{x}\right)$ : $$\ddot{x}=-2\Omega \left(\cos \lambda \dot{z}-\sin \lambda \dot{y}\right),\ddot{y}=-2\Omega \sin \lambda \dot{x},\ddot{z}=-g+2\Omega \cos \lambda \dot{x}.$$ Ordre zéro : chute verticale, $\dot{x}=\dot{y}=0$, $\dot{z}=-gt$, $z=h-\frac{1}{2}g{t}^2$. Ordre un : la force de Coriolis calculée sur ce mouvement ne donne que l'équation en $x$, $$\ddot{x}=2\Omega g\cos \lambda t⟹\dot{x}=\Omega g\cos \lambda t^2,x=\frac{1}{3}\Omega g\cos \lambda t^3,$$ avec $x(0)=\dot{x}(0)=0$. Positif : vers l'est. Au sol, à $t_c=\sqrt{2h/g}$, $$\boxed{\delta =\frac{1}{3}\Omega \cos \lambda g{t}_c^3=\frac{1}{3}\Omega \cos \lambda \sqrt{\frac{8h^3}{g}}}$$ Le sens se lit sur le produit vectoriel : la vitesse est vers le bas, $\overrightarrow{\Omega }$ a une composante horizontale vers le nord ; $-2\overrightarrow{\Omega }\wedge \overrightarrow{v}$ avec $\overrightarrow{v}=-v{\overrightarrow{e}}_z$ vaut $2\Omega v\cos \lambda ({\overrightarrow{e}}_y\wedge {\overrightarrow{e}}_z)=2\Omega v\cos \lambda {\overrightarrow{e}}_x$ : vers l'est. Homogénéité : $\Omega$ en ${\mathrm{s}}^{-1}$, $g{t}_c^3$ en $\mathrm{m}\mathrm{s}$, le produit est une longueur. Pour $h=100\mathrm{m}$ à $45^{\circ }$, $\delta =15,5\mathrm{mm}$.

3) Ce qui est du second ordre. La composante nord-sud. $\ddot{y}=-2\Omega \sin \lambda \dot{x}$ fait intervenir $\dot{x}$, déjà du premier ordre : $y$ est du second ordre. En reportant $\dot{x}=\Omega g\cos \lambda t^2$, $$y=-\frac{1}{6}{\Omega }^{2}g\sin \lambda \cos \lambda t^4,$$ vers le sud, dans le rapport $\frac{1}{2}\Omega t\sin \lambda$ avec $x$ : pour $158,5\mathrm{m}$ à $50,92^{\circ }$, $y=-4\times 10^{-3}\mathrm{mm}$, quatre micromètres. (À cet ordre, la non-uniformité de $\overrightarrow{g}$ le long de la chute donne des termes du même ordre de grandeur ; aucun n'est mesurable.) La durée de chute. Dans $\ddot{z}=-g+2\Omega \cos \lambda \dot{x}$, la correction est du second ordre : la durée change d'une fraction de l'ordre de $(\Omega t_c{)}^2\sim 10^{-7}$. L'intégration numérique de l'équation complète pour $158,5\mathrm{m}$ donne $27,612\mathrm{mm}$ vers l'est et $0,004\mathrm{mm}$ vers le sud. Cas limites : aux pôles, $\cos \lambda =0$, $\overrightarrow{\Omega }$ est vertical, parallèle à la vitesse de chute, et la force de Coriolis est nulle : pas de déviation. À l'équateur, $\cos \lambda =1$ : la déviation est maximale, $\overrightarrow{\Omega }$ étant horizontal et perpendiculaire à la vitesse. Dans l'hémisphère Sud, $\cos \lambda$ est encore positif : la déviation est encore vers l'est (alors que la déviation horizontale des mouvements horizontaux change de côté). Enfin $\delta$ croît comme $h^{3/2}$ : doubler la hauteur multiplie la déviation par $2,8$.

4) La confrontation à l'expérience. Pour une tour de $50\mathrm{m}$ : $${\delta }_{\text{Paris}}=\frac{1}{3}\times 7,292\times 10^{-5}\times \cos 48,85^{\circ }\times \sqrt{\frac{8\times 50^3}{9,81}}=5,1\mathrm{mm},{\delta }_{\text{eˊquateur}}=7,8\mathrm{mm}.$$ Pour l'expérience de Reich, $t_c=5,68\mathrm{s}$ et $$\delta =\frac{1}{3}\times 7,292\times 10^{-5}\times \cos 50,92^{\circ }\times 9,81\times 5,68^3=27,6\mathrm{mm},$$ contre $28,3\mathrm{mm}$ mesurés : un accord à $3\%$ près, remarquable pour un effet de trois centimètres sur une chute de cent cinquante-huit mètres. Pourquoi un puits : à l'air libre, le moindre vent dévie la bille de bien plus que $3\mathrm{cm}$ en $6\mathrm{s}$ ; dans un puits, l'air est calme. Pourquoi de nombreux lâchers : une vitesse initiale parasite de $1\mathrm{mm}{\mathrm{s}}^{-1}$ seulement déplace le point de chute de $6\mathrm{mm}$ ; la dispersion d'un lâcher dépasse l'effet, et seule la moyenne de nombreux lâchers le fait apparaître. L'effet ne vaut que $0,15\mathrm{mm}$ par seconde de chute au cube : il faut une grande hauteur.

5) Le tir vertical. À l'ordre zéro, $\dot{z}=v_0-gt$ ; la chute dure $T=2v_0/g$. À l'ordre un : $$\ddot{x}=-2\Omega \cos \lambda (v_0-gt)⟹\dot{x}=-2\Omega \cos \lambda \left(v_{0}t-\frac{1}{2}g{t}^2\right),$$ $$x=-\Omega \cos \lambda \left(v_0{t}^2-\frac{1}{3}g{t}^3\right).$$ En $t=T$ : $v_0{T}^2-\frac{1}{3}g{T}^3=\frac{4v_0^3}{g^2}-\frac{8v_0^3}{3g^2}=\frac{4v_0^3}{3g^2}$, d'où $$x(T)=-\frac{4}{3}\Omega \cos \lambda \frac{v_0^3}{g^2}:$$ l'objet retombe à l'ouest. Pendant la montée, la vitesse est ascendante : la force de Coriolis pousse vers l'ouest. Au sommet, l'objet a acquis la vitesse $-\Omega \cos \lambda v_0^2/g$ vers l'ouest ; pendant la descente, la force de Coriolis, vers l'est, freine cette vitesse et l'annule exactement à l'arrivée ($\dot{x}(T)=0$), mais pendant tout ce temps l'objet a continué vers l'ouest. Pour $v_0=50\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ à $45^{\circ }$, la hauteur atteinte est $v_0^2/2g=127\mathrm{m}$ et $$x(T)=-\frac{4}{3}\times 7,292\times 10^{-5}\times 0,707\times \frac{50^3}{9,81^2}=-89\mathrm{mm},$$ alors qu'un lâcher de $127\mathrm{m}$ dévie de $22\mathrm{mm}$ vers l'est : quatre fois moins, et en sens opposé (le rapport vaut exactement $4$ : $\frac{1}{3}g(v_0/g{)}^3=\frac{1}{3}{v}_0^3/g^2$). L'intégration numérique de l'équation complète donne $89,30\mathrm{mm}$. (Sans frottement de l'air, ce qui est irréaliste pour une balle à $50\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ ; le calcul vaut pour l'ordre de grandeur et le sens.)

6) Dans le référentiel géocentrique. Dans ce référentiel, galiléen, l'objet lâché ne subit que l'attraction terrestre, force centrale de centre $O$ : son moment cinétique par rapport à $O$ se conserve, et le mouvement est plan, dans le plan de l'équateur. Au départ, l'objet tourne avec la tour : il est à $r=R_T+h$ avec $\dot{\phi }=\Omega$. Donc $$r^2\dot{\phi }=(R_T+h{)}^2\Omega ⟹\dot{\phi }=\Omega \frac{(R_T+h{)}^2}{r^2}.$$ En descendant, l'objet tourne plus vite que la Terre. Au premier ordre en $(R_T+h-r)/R_T$, avec la chute d'ordre zéro $R_T+h-r=\frac{1}{2}g{t}^2$ ($g$ étant ici le champ de pesanteur effectif de l'équateur, car dans le géocentrique $\ddot{r}=-\mathcal{G}+r{\dot{\phi }}^2\approx -\mathcal{G}+{\Omega }^2{R}_T=-g$) : $$\dot{\phi }-\Omega \approx 2\Omega \frac{R_T+h-r}{R_T}=\Omega \frac{g{t}^2}{R_T}.$$ Le pied de la tour tourne à $\Omega$ ; au moment de l'impact, l'objet a pris sur lui l'avance angulaire ${\int }_0^{t_c}(\dot{\phi }-\Omega )\mathrm{d}t=\frac{\Omega g{t}_c^3}{3R_T}$, soit, mesurée le long du sol, $$R_T\times \frac{\Omega g{t}_c^3}{3R_T}=\frac{1}{3}\Omega g{t}_c^3:$$ la même formule (avec $\cos \lambda =1$), sans aucune force d'inertie. Pour $h=158,5\mathrm{m}$ à l'équateur, elle donne $43,85\mathrm{mm}$ ; une intégration numérique de la trajectoire képlérienne exacte donne aussi $43,85\mathrm{mm}$.

Le raisonnement naïf donne $\Omega h{t}_c=\frac{1}{2}\Omega g{t}_c^3$, soit $65,8\mathrm{mm}$ : trop grand de moitié. Il traite la vitesse vers l'est du sommet comme une vitesse qui se conserve, le long d'une direction fixe. Or pendant la chute la direction « est » tourne avec la Terre, et ce qui se conserve est le moment cinétique $r^2\dot{\phi }$, non une vitesse linéaire. Le bon bilan est angulaire : au départ, l'objet et le pied de la tour ont la même vitesse angulaire $\Omega$ ; l'écart ne naît que parce que l'objet, en se rapprochant du centre, tourne de plus en plus vite, comme la patineuse qui ramène les bras. Dans le référentiel terrestre, ce phénomène s'appelle force de Coriolis.

Le résultat établi — la déviation vers l'est. Un corps lâché sans vitesse initiale d'une hauteur $h$ à la latitude $\lambda$ tombe à l'est du pied de la verticale, à la distance $\delta =\frac{1}{3}\Omega \cos \lambda g{t}_c^3=\frac{1}{3}\Omega \cos \lambda \sqrt{\frac{8h^3}{g}}$, au premier ordre en $\Omega t_c$ ; la composante nord-sud et la correction de durée sont du second ordre. Un corps lancé verticalement vers le haut retombe à l'ouest, à $\frac{4}{3}\Omega \cos \lambda \frac{v_0^3}{g^2}$, quatre fois plus loin qu'un lâcher de la hauteur atteinte. Dans le référentiel géocentrique, le même effet découle de la conservation du moment cinétique. Ordres de grandeur : $5\mathrm{mm}$ pour $50\mathrm{m}$ à Paris, $2,8\mathrm{cm}$ dans le puits de Reich.

Ce que le problème installe. Estimer la force de Coriolis avant de la calculer ($2\Omega v/g\le 2\Omega t_c$), en déduire une méthode de perturbation au premier ordre et savoir ce qu'elle néglige ; lire le sens d'une force de Coriolis sur un produit vectoriel ; confronter une prédiction de quelques millimètres à une mesure, en disant ce qui la rend difficile ; et vérifier un résultat obtenu avec des forces d'inertie dans un référentiel galiléen, où elles n'existent pas, par le moment cinétique de première année.