Tir vertical et force de Coriolis, en Python

À la latitude $λ = 4 5^{\circ}$ , on tire depuis le sol, verticalement vers le haut, un projectile de vitesse initiale $v_{0}$ ; on néglige les frottements et l'on suppose $g$ uniforme ( $g = 9.81 m . s^{- 2}$ , $Ω = 7.29 \times 1 0^{- 5} r a d . s^{- 1}$ ).

Montrer, au premier ordre en $Ω$ , que le projectile retombe à l'ouest du point de tir, à la distance $d = \frac{4}{3} Ω cos λ \frac{v _{0}^{3}}{g ^{2}}$ .
Écrire un programme Python qui intègre le PFD dans le référentiel terrestre par la méthode d'Euler semi-implicite et donne le point de chute, pour $v_{0} = 25$ , $50$ et $100 m . s^{- 1}$ . Comparer à la formule.
Comparer à la déviation d'un corps lâché sans vitesse du sommet de la trajectoire.

À l'ordre zéro, $v^{(0)} = (v_{0} - g t) e_{z}$ , et la force de Coriolis par unité de masse vaut $- 2Ω cos λ u_{N} \land (v_{0} - g t) e_{z} = - 2Ω cos λ (v_{0} - g t) u_{E}$ (la composante verticale de $Ω$ , parallèle à la vitesse, ne donne rien). D'où $x ¨ = - 2Ω cos λ (v_{0} - g t)$ , puis, avec des conditions initiales nulles, $x (t) = - 2Ω cos λ (\frac{v _{0} t ^{2}}{2} - \frac{g t ^{3}}{6})$ . Au retour au sol, $t = 2 v_{0} / g$ :

$x = - 2Ω cos λ \frac{v _{0}^{3}}{g ^{2}} (2 - \frac{4}{3}) = - \frac{4}{3} Ω cos λ \frac{v _{0}^{3}}{g ^{2}} :$

le projectile retombe à l'ouest. À la montée, la vitesse est vers le haut et la force de Coriolis pousse vers l'ouest ; à la descente, elle pousse vers l'est mais n'annule pas la vitesse vers l'ouest acquise.

Le programme (Euler semi-implicite : la vitesse d'abord, puis la position avec la nouvelle vitesse ; le passage au sol est interpolé) :


import numpy as np

g, Omega = 9.81, 7.29e-5
lam = np.radians(45)
# vecteur rotation dans la base locale (est, nord, haut)
Om = Omega * np.array([0.0, np.cos(lam), np.sin(lam)])

def tir(v0, dt=1e-3):
    """Point de chute (est, nord, haut) d'un tir vertical."""
    r = np.zeros(3)
    v = np.array([0.0, 0.0, v0])
    while True:
        # PFD non galileen
        a = np.array([0.0, 0.0, -g]) - 2.0 * np.cross(Om, v)
        v = v + a * dt              # Euler semi-implicite : la vitesse,
        r_new = r + v * dt          # puis la position avec la nouvelle vitesse
        if r_new[2] < 0.0:          # passage au sol, interpole lineairement
            s = r[2] / (r[2] - r_new[2])
            return r + s * (r_new - r)
        r = r_new

for v0 in (25.0, 50.0, 100.0):
    x, y, _ = tir(v0)
    x_th = -4.0 / 3.0 * Omega * np.cos(lam) * v0**3 / g**2
    print(f"v0 = {v0:3.0f} m/s : est {100*x:7.2f} cm (formule {100*x_th:7.2f} cm),"
          f" nord {1e3*y:6.3f} mm")

Il affiche $- 1.12 c m$ , $- 8.93 c m$ et $- 71.4 c m$ vers l'est, c'est-à-dire vers l'ouest, en accord avec la formule à mieux que $1 0^{- 3}$ près ; la loi en $v_{0}^{3}$ se lit sur les rapports ( $8$ d'une ligne à l'autre). Le déplacement nord-sud, du second ordre, reste inférieur au millimètre.

Le sommet est à $h = v_{0}^{2} / (2 g) = 510 m$ pour $v_{0} = 100 m . s^{- 1}$ . Un corps lâché de là dévie de $\frac{1}{3} Ω cos λ 8 h^{3} / g = 17.9 c m$ vers l'est, soit exactement le quart de $71.4 c m$ : le tir vertical retombe quatre fois plus loin, et du côté opposé.

Énoncé

Corrigé