Problème : la balle lancée sur le manège, composition des accélérations et accélération de Coriolis

La stratégie. Le cours établit la composition des accélérations par la dérivation composée ; on la retrouve par les polaires de première année, le changement de référentiel n'étant ici qu'un changement d'angle, $\theta ={\theta }^{\prime }+\Omega t$. Le mouvement absolu est connu ; on en tire le mouvement relatif et l'on vérifie chaque terme.

1) Les polaires suffisent. Dans $\mathcal{R}$, ${\overrightarrow{v}}_a=\dot{r}{\overrightarrow{u}}_r+r\dot{\theta }{\overrightarrow{u}}_{\theta }$ et ${\overrightarrow{a}}_a=(\ddot{r}-r{\dot{\theta }}^2){\overrightarrow{u}}_r+(2\dot{r}\dot{\theta }+r\ddot{\theta }){\overrightarrow{u}}_{\theta }$ ; dans ${\mathcal{R}}^{\prime }$, les mêmes formules valent avec ${\theta }^{\prime }$, la base tournant à ${\dot{\theta }}^{\prime }$ par rapport à ${\mathcal{R}}^{\prime }$. Avec $\dot{\theta }={\dot{\theta }}^{\prime }+\Omega$, $\ddot{\theta }={\ddot{\theta }}^{\prime }$ : $${\overrightarrow{v}}_a=\underset{{\overrightarrow{v}}_r}{\underbrace{\dot{r}{\overrightarrow{u}}_r+r{\dot{\theta }}^{\prime }{\overrightarrow{u}}_{\theta }}}+\underset{{\overrightarrow{v}}_e}{\underbrace{\Omega r{\overrightarrow{u}}_{\theta }}},$$ $${\overrightarrow{a}}_a=\underset{{\overrightarrow{a}}_r}{\underbrace{(\ddot{r}-r{\dot{\theta }}^{\prime 2}){\overrightarrow{u}}_r+(2\dot{r}{\dot{\theta }}^{\prime }+r{\ddot{\theta }}^{\prime }){\overrightarrow{u}}_{\theta }}}\underset{{\overrightarrow{a}}_e}{\underbrace{-{\Omega }^{2}r{\overrightarrow{u}}_r}}+\underset{{\overrightarrow{a}}_c}{\underbrace{2\Omega \left(\dot{r}{\overrightarrow{u}}_{\theta }-r{\dot{\theta }}^{\prime }{\overrightarrow{u}}_r\right)}},$$ et le dernier terme vaut bien $2\Omega {\overrightarrow{u}}_z\wedge (\dot{r}{\overrightarrow{u}}_r+r{\dot{\theta }}^{\prime }{\overrightarrow{u}}_{\theta })=2\overrightarrow{\Omega }\wedge {\overrightarrow{v}}_r$. Les deux composantes de Coriolis : la radiale, $-2\Omega r{\dot{\theta }}^{\prime }$, est le terme croisé du carré $({\dot{\theta }}^{\prime }+\Omega {)}^2$ ; l'orthoradiale, $2\Omega \dot{r}$, vient du terme $2\dot{r}\dot{\theta }$. Vertical : $z$ et $\ddot{z}$ sont les mêmes dans les deux référentiels, et une vitesse verticale, parallèle à $\overrightarrow{\Omega }$, ne donne pas de Coriolis : la chute ne se mêle pas au problème horizontal.

2) Une spirale d'Archimède. Au centre, ${\overrightarrow{v}}_e=\overrightarrow{0}$ : la vitesse absolue est $v_0$, radiale. Dans $\mathcal{R}$, $r=v_{0}t$, $\theta =0$ ; dans ${\mathcal{R}}^{\prime }$, ${\theta }^{\prime }=-\Omega t$, soit $r=-\frac{v_0}{\Omega }{\theta }^{\prime }$, une spirale d'Archimède parcourue dans le sens horaire. Directement : $${\overrightarrow{v}}_r=v_0{\overrightarrow{u}}_r-\Omega r{\overrightarrow{u}}_{\theta },{\overrightarrow{a}}_r=(0-r{\Omega }^2){\overrightarrow{u}}_r+(-2v_0\Omega ){\overrightarrow{u}}_{\theta }=-{\Omega }^{2}r{\overrightarrow{u}}_r-2\Omega v_0{\overrightarrow{u}}_{\theta }.$$ Par la composition, ${\overrightarrow{a}}_a=\overrightarrow{0}$, ${\overrightarrow{a}}_e=-{\Omega }^{2}r{\overrightarrow{u}}_r$, ${\overrightarrow{a}}_c=2\Omega {\overrightarrow{u}}_z\wedge {\overrightarrow{v}}_r=2\Omega v_0{\overrightarrow{u}}_{\theta }+2{\Omega }^{2}r{\overrightarrow{u}}_r$, et ${\overrightarrow{a}}_a-{\overrightarrow{a}}_e-{\overrightarrow{a}}_c=-{\Omega }^{2}r{\overrightarrow{u}}_r-2\Omega v_0{\overrightarrow{u}}_{\theta }={\overrightarrow{a}}_r$ : accord. La vitesse relative n'étant pas radiale, Coriolis a une composante radiale centrifuge, $2{\Omega }^{2}r$, qui l'emporte sur l'entraînement : c'est le mécanisme du réverbère.

3) Viser en avant. La balle atteint le bord en $t_1=R/v_0=0,50\mathrm{s}$, en $\theta =0$ ; le manège a tourné de $\Omega t_1=0,40\mathrm{rad}=22,9^{\circ }$. Visée directe : la balle passe en ${\theta }^{\prime }=-0,40\mathrm{rad}$, à un arc de $1,2\mathrm{m}$ derrière $B$, à droite du lanceur. $A$ n'ayant pas de vitesse d'entraînement, la direction visée est celle de la vitesse absolue : il faut viser $22,9^{\circ }$ en avant de $B$.

4) Le lancer depuis le bord manque le centre. $A^{\prime }$ a la vitesse d'entraînement $\Omega R{\overrightarrow{u}}_y=2,4\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}{\overrightarrow{u}}_y$ : ${\overrightarrow{v}}_a=-v_0{\overrightarrow{u}}_x+\Omega R{\overrightarrow{u}}_y$, de norme $6,46\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$, inclinée de $\arctan (2,4/6,0)=21,8^{\circ }$ sur le rayon. La droite suivie passe à $$b=\frac{R\cdot \Omega R}{\sqrt{v_0^2+{\Omega }^2{R}^2}}=\frac{3,0\times 2,4}{6,46}=1,11\mathrm{m}$$ du centre. La corde, $2\sqrt{R^2-b^2}=5,57\mathrm{m}$, est parcourue en $t_2=0,86\mathrm{s}$ ; la balle sort, dans le sol, à $136^{\circ }$ du point de départ ; le manège ayant tourné de $39,5^{\circ }$, elle sort, dans le manège, à $96,9^{\circ }$ du lanceur, sur sa droite : $83^{\circ }$ avant $B^{\prime }$, qui ne la voit pas passer. Pour passer par le centre, ${\overrightarrow{v}}_a$ doit être radiale : lancer « en arrière », à l'angle $\phi$ du rayon tel que $v_0\sin \phi =\Omega R$, soit $\phi =23,6^{\circ }$. La balle traverse alors en $2R/\sqrt{v_0^2-{\Omega }^2{R}^2}=1,09\mathrm{s}$, pendant lesquelles le manège tourne de $50^{\circ }$ : $B^{\prime }$ n'est toujours pas atteint.

En tirets, la trajectoire dans le sol ; en trait plein, dans le manège (axes confondus avec ceux du sol à l'instant du lancer). Au départ du bord, le triangle des vitesses : ${\overrightarrow{v}}_r$ radiale, ${\overrightarrow{v}}_e=\Omega R{\overrightarrow{u}}_y$, ${\overrightarrow{v}}_a$ inclinée de $21,8^{\circ }$.

5) Au premier ordre, une parabole. Sur le manège, $\Omega r\le \epsilon v_0$ et $|{\theta }^{\prime }|\le \epsilon$ : au premier ordre, ${\overrightarrow{v}}_r\approx v_0{\overrightarrow{u}}_r$, la base garde la direction du lancer, et ${\overrightarrow{a}}_c\approx 2\Omega v_0{\overrightarrow{u}}_{\theta }$ est constante, perpendiculaire au lancer ; ${\overrightarrow{a}}_e$, d'ordre ${\epsilon }^2$ et parallèle au lancer, ne dévie pas. Vitesse initiale $v_0$, accélération latérale constante $-{\overrightarrow{a}}_c$ : la trajectoire relative est une parabole, de déviation $\delta =\frac{1}{2}(2\Omega v_0)t^2$. Au bord, $t=R/v_0$ : $$\delta =\frac{\Omega R^2}{v_0}=\frac{0,80\times 9,0}{6,0}=1,2\mathrm{m},$$ contre $1,20\mathrm{m}$ d'arc exact (même expression), $1,19\mathrm{m}$ de corde et $R\sin 0,40=1,17\mathrm{m}$ de distance à la ligne de visée : $3\%$ d'écart pour $\epsilon =0,40$. Sens : la déviation suit $-{\overrightarrow{a}}_c$, vers $-{\overrightarrow{u}}_{\theta }$ : à droite du lancer pour un manège qui tourne dans le sens trigonométrique. Le piège : ${\overrightarrow{a}}_c$ pointe à gauche ; c'est son opposé qui figure dans ${\overrightarrow{a}}_r={\overrightarrow{a}}_a-{\overrightarrow{a}}_e-{\overrightarrow{a}}_c$.

6) Le manège contre la Terre. $2\Omega v_0=9,6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, comparable à $g$ : l'effet se voit à l'œil. Dans la cour : $2{\Omega }_T\sin 45^{\circ }{v}_0=6,2\times 10^{-4}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, quinze mille fois moins ; pour une passe de $30\mathrm{m}$ à $15\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ ($2,0\mathrm{s}$), $\delta ={\Omega }_T\sin 45^{\circ }\times 15\times 2,0^2=3\mathrm{mm}$, invisible. La rotation terrestre ne se voit que sur de grandes distances ou de longues durées, ce qu'étudie le TD sur la dynamique dans un référentiel non galiléen ; on n'a comparé ici que deux accélérations.

Le résultat établi — la composition des accélérations et l'accélération de Coriolis. Pour un référentiel en rotation uniforme, à $\overrightarrow{\Omega }$, autour d'un axe fixe, ${\overrightarrow{a}}_a={\overrightarrow{a}}_r+{\overrightarrow{a}}_e+{\overrightarrow{a}}_c$, avec l'accélération d'entraînement ${\overrightarrow{a}}_e=-{\Omega }^2\overrightarrow{HM}$, centripète, et l'accélération de Coriolis ${\overrightarrow{a}}_c=2\overrightarrow{\Omega }\wedge {\overrightarrow{v}}_r$, nulle seulement si ${\overrightarrow{v}}_r=\overrightarrow{0}$ ou ${\overrightarrow{v}}_r\parallel \overrightarrow{\Omega }$ ; en polaires, elle réunit le terme croisé de $({\dot{\theta }}^{\prime }+\Omega {)}^2$ et le terme $2\dot{r}\Omega$. Un mouvement rectiligne uniforme dans $\mathcal{R}$ s'incurve dans ${\mathcal{R}}^{\prime }$ du côté de $-{\overrightarrow{a}}_c$, à droite de la vitesse relative pour une rotation dans le sens trigonométrique, avec une flèche $\Omega v_0{t}^2$ tant qu'elle est faible. Sur un manège, $2\Omega v_0$ est comparable à $g$ ; dans le référentiel terrestre, dix mille fois plus faible.

Ce que le problème installe. La composition des accélérations sort des polaires dès qu'on écrit $\theta ={\theta }^{\prime }+\Omega t$, chaque terme avec une origine lisible. Vérifier terme à terme ; distinguer ${\overrightarrow{a}}_c$ de la déviation qu'il produit ; compter la vitesse d'entraînement du lanceur ; chiffrer une approximation avant de s'y fier.