Galiléen à quelle précision ? Estimer la force de Coriolis

La stratégie. Un référentiel n'est pas galiléen ou non galiléen dans l'absolu : il l'est à une précision donnée, pour un problème donné. On calcule donc les accélérations d'entraînement, on regarde ce qui les compense, et l'on compare la force d'inertie restante aux autres termes du problème.

1) La hiérarchie.

• Terrestre par rapport au géocentrique : rotation uniforme à $\Omega$ autour de l'axe des pôles ; accélération d'entraînement ${\Omega }^2{R}_T\cos \lambda$, au plus ${\Omega }^2{R}_T=3,4\times 10^{-2}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, soit $3,5\times 10^{-3}g$.
• Géocentrique par rapport à Copernic : translation quasi circulaire ; accélération d'entraînement $a_O={\left(\frac{2\pi }{1\mathrm{an}}\right)}^{2}d={\left(\frac{2\pi }{3,156\times 10^7}\right)}^2\times 1,496\times 10^{11}=5,9\times 10^{-3}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$.
• Copernic par rapport à la Galaxie : $\frac{(2,3\times 10^5{)}^2}{2,5\times 10^{20}}=2\times 10^{-10}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, dix milliards de fois moins que $g$.

2) La compensation par le Soleil. Dans le référentiel géocentrique, de centre $O$, un corps de masse $m$ en $M$ subit l'attraction de la Terre, celle du Soleil $m{\overrightarrow{\mathcal{G}}}_S(M)$, et la force d'inertie d'entraînement $-m{\overrightarrow{a}}_O$. Or le centre de la Terre est lui-même en chute libre vers le Soleil : le principe fondamental appliqué à la Terre entière dans le référentiel de Copernic donne ${\overrightarrow{a}}_O={\overrightarrow{\mathcal{G}}}_S(O)$. Donc $$m{\overrightarrow{a}}_{\text{rel}}=m{\overrightarrow{\mathcal{G}}}_T(M)+m\left[{\overrightarrow{\mathcal{G}}}_S(M)-{\overrightarrow{\mathcal{G}}}_S(O)\right]+\dots$$ La force d'inertie est compensée par l'attraction solaire, à la variation de celle-ci entre $O$ et $M$ près. Comme ${\mathcal{G}}_S$ varie en $1/d^2$, sa variation relative sur un rayon terrestre est de l'ordre de $2R_T/d=8,5\times 10^{-5}$ : le résidu vaut environ $5,9\times 10^{-3}\times 8,5\times 10^{-5}=5\times 10^{-7}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ pour le Soleil, et $1,1\times 10^{-6}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ pour la Lune (le même raisonnement s'applique au mouvement de la Terre autour du centre de masse du couple Terre-Lune). Ces résidus sont à l'origine des marées, qu'on n'étudie pas ici ; on retient seulement leur ordre de grandeur : $10^{-7}g$, le référentiel géocentrique est galiléen pour toute expérience de laboratoire. Dans le référentiel terrestre, la force centrifuge est absorbée dans $\overrightarrow{g}$ (exercice précédent) ; la seule force d'inertie qui reste à écrire est la force de Coriolis, $-2m\overrightarrow{\Omega }\wedge {\overrightarrow{v}}_{\text{rel}}$.

3) Le critère. La force de Coriolis par unité de masse est au plus $2\Omega v$ : on la compare aux autres accélérations du problème ($g$, l'accélération $v^2/L$ d'une trajectoire de dimension $L$) et à la précision visée. Sur la durée $\tau$ du phénomène, elle dévie la vitesse d'une fraction de l'ordre de $\Omega \tau$ : petite si $\Omega \tau \ll 1$, mais l'écart de position, $\Omega \tau$ fois la distance parcourue, peut rester grand. Pour un mouvement horizontal, seule la composante verticale $\Omega \sin \lambda$ de $\overrightarrow{\Omega }$ donne une force horizontale, de norme $2m\Omega \sin \lambda v$, perpendiculaire à la vitesse, vers la droite dans l'hémisphère Nord.

4) Cinq situations, à $46^{\circ }$ nord ($\sin \lambda =0,719$).

• a) Le lavabo. Le rapport de la force de Coriolis à l'accélération du tourbillon vaut $\frac{2\Omega \sin \lambda v}{v^2/L}=\frac{2\Omega \sin \lambda L}{v}=\frac{2\times 7,29\times 10^{-5}\times 0,719\times 0,2}{0,1}=2\times 10^{-4}$. Le moindre mouvement résiduel de l'eau l'emporte de très loin : le sens du tourbillon d'un lavabo est fixé par les conditions initiales, non par la rotation de la Terre. Il faut une cuve de plusieurs mètres, laissée au repos un jour entier, pour voir l'effet.
• b) Le TGV. $v=88,9\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ : $2\Omega \sin \lambda v=9,3\times 10^{-3}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, soit $10^{-3}g$, et pour $400\mathrm{t}$ une force latérale de $3,7\mathrm{kN}$, vers la droite : c'est le rail de droite qui la reprend, quelle que soit la direction du train. Une courbe de $7\mathrm{km}$ de rayon demande $v^2/R=1,13\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, 120 fois plus : l'effet est réel, mais noyé dans les tolérances de la voie.
• c) L'obus. L'accélération latérale $a=2\Omega \sin \lambda v$ dure $\tau =60\mathrm{s}$ : l'écart est de l'ordre de $\frac{1}{2}a{\tau }^2=\Omega \sin \lambda v{\tau }^2=7,29\times 10^{-5}\times 0,719\times 800\times 3600=151\mathrm{m}$. Ce calcul, à vitesse horizontale constante et sans frottement de l'air, n'est qu'un ordre de grandeur, mais il est de la centaine de mètres : ici, $\Omega \tau =4\times 10^{-3}$ est petit, mais il multiplie une grande distance parcourue ($48\mathrm{km}$). Les tables de tir de l'artillerie à longue portée en tiennent compte.
• d) La dépression. $2\Omega \sin \lambda v=1,0\times 10^{-3}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ contre $v^2/L=10^{-4}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ : la force de Coriolis est dix fois plus grande que l'accélération du mouvement ($\Omega \tau \sim 7$ sur le temps de traversée $\tau =L/v$, environ un jour). Elle domine la dynamique : au lieu de s'engouffrer vers le centre de la dépression, l'air est dévié vers la droite et finit par tourner autour du centre, dans le sens inverse des aiguilles d'une montre dans l'hémisphère Nord. (Description qualitative ; l'équilibre entre force de pression et force de Coriolis n'est pas étudié ici.)
• e) Le pendule de Foucault. Avec $\Omega =360^{\circ }$ par jour sidéral, soit $15,04^{\circ }{\mathrm{h}}^{-1}$, la vitesse de rotation du plan à Paris vaut $15,04\times \sin 48,85^{\circ }=11,3^{\circ }{\mathrm{h}}^{-1}$ ; un tour prend $23,93\mathrm{h}/\sin 48,85^{\circ }=31,8\mathrm{h}$. Au pôle Nord, dans le référentiel géocentrique, galiléen, le pendule ne subit que son poids et la tension du fil, toutes deux dans son plan d'oscillation (le point d'attache est sur l'axe) : rien ne fait tourner ce plan, fixe par rapport aux étoiles, et c'est la Terre qui tourne dessous ; vu du sol, le plan fait un tour en $23\mathrm{h}56\min$, dans le sens horaire, comme le dit $\Omega \sin 90^{\circ }=\Omega$. À l'équateur, $\Omega \sin \lambda =0$ : la force de Coriolis due à une vitesse horizontale y est verticale ou nulle, et le plan ne tourne pas. Aucune force réelle horizontale n'explique la giration observée à Paris : c'est une preuve de la rotation de la Terre, obtenue sans regarder le ciel.

Ce que l'exercice installe. La hiérarchie des référentiels se chiffre : $3\times 10^{-2}$ (absorbé dans $\overrightarrow{g}$), $6\times 10^{-3}$ (compensé par le Soleil à $5\times 10^{-7}$ près), $2\times 10^{-10}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$. Dans le référentiel terrestre, reste la force de Coriolis, à estimer à chaque problème : comparer $2\Omega v$ aux autres accélérations, ou $\Omega \tau$ à $1$ et aux autres petits paramètres. Elle est négligeable au lavabo, minuscule mais réelle sur un train, notable sur une trajectoire d'obus, dominante en météorologie.