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\begin{document}
 
\begin{center}
\begin{tabular*}{\textwidth}{@{}l@{\extracolsep{\fill}}r@{}}
Leçon de physique 03 &   Gey Lucas, Rossetti Sylvio \\
\end{tabular*}
\vspace{0.5cm}

\HRule \\
\LARGE \textsc{Caractère non galiléen du  référentiel terrestre}\\[-0,3cm]
\HRule \\
\end{center} 

\section*{Niveau} 
L2/L3
\section*{Commentaires du jury}
\begin{itemize}
    \item 2016 : Cette leçon peut être illustrée par d’autres exemples qu’historiques.
    \item 2013,2014 : Il est important d’expliciter les conditions dans lesquelles on peut négliger le caractère non galiléen d’un référentiel en général. 
    \item 2010 : les illustrations peuvent également concerner la méca flu (circulation atmosphérique, repérage de courants marins par altimétrie). Il est avantageux de considérer connues les lois de composition des vitesses et des accélérations accompagnant un changement de référentiel.
    \item 2001 : Il faut prendre le temps de présenter avec précision les référentiels, et réfléchir au concept d’étoiles fixes.
    \item 1999 : La différence entre jour sidéral et jour solaire est souvent ignorée
\end{itemize}

\section*{Bibliographie}
\begin{itemize}
    \item Mécanique première année Hprépa MPSI-PCSI-PTSI Brébec page 205 
\end{itemize}

\section*{pré-requis}
\begin{itemize}
    \item Mécanique du point
    \item Changement de référentiel
    \item Champ gravitaitonnelle
\end{itemize}


\section*{Expériences}
\begin{itemize}
    \item Mise en évidence de la force de Coriolis : \href{https://youtu.be/dt_XJp77-mk?t=67}{vidéo du MIT.}
\end{itemize}

\tableofcontents

\section*{Introduction}
A notre échelle (à l'échelle du laboratoire) on se place souvent dans le référentiel Terrestre pour décrire nos expériences. Se Donner un référentiel est essentiel. En effet on rappelle la définition d'un référentiel : 
\begin{tcolorbox}
Un référentielle est un système d'axe associé à une horloge. (Ici l'horloge ne nous intéressera pas beaucoup car on reste dans le cadre de la mécanique non relativiste)
\end{tcolorbox}
On suppose que celui-ci est galiléen, C'est à dire que le principe d'inertie s'applique.


Aujourd'hui on va se demander si c'est toujours justifié, et lorsque ça ne l'est pas, quelle conséquence cela à sur la dynamique des objets considérés
\section{Le référentiel terrestre}
\subsection{Caractère galiléen du référentiel}

Définitions des référentiels (Copernic, géocentrique et terrestre) Mécanique première année Hprépa MPSI-PCSI-PTSI Brébec
Chacun de ses référentiel est à proprement parlé non galiléen (même si il faudrait trouver une réf Galiléen pour pouvoir dire que les autres ne le sont pas en énonçant simplement une dynamique par rapport à un autre point) : même le référentiel de Copernic est en translation elliptique autour de la voie Lacté.
On n'observe pas dans les expériences des déviations aux principe d'inertie dans le référentielle galiléen. Aussi on supposera le référentiel de Copernic Galiléen. En faisant cela on néglige la dynamique de la Galaxie et on suppose que le temps des expériences est faible devant la période de révolution du système solaire dans la galaxie.
\begin{itemize}
    \item $T_c =200$ million d'année
    \item $T_G = 365.25$jours
    \item $T_T =23h56$
\end{itemize}
L'idée est la suivante. Si l'on suppose le référentiel de Copernic galiléen, alors le référentiel Géocentrique est galiléen pour $T_{exp}\ll T_G$. En effet sur cette intervalle de temps, on peut supposer que la translation est rectiligne uniforme. Et on peut faire de même pour le référentiel Terrestre


Dans la suite on va se placer dans l'autre cas où on considère le référentielle géocentrique galiléen mais où le référentiel terrestre ne l'est pas  : $$T_G\gg T_{exp}\gg T_{T}$$

\textbf{Remarque :} Quel est exactement le $T_T$ à prendre en compte ? C'est la période d'un jour sidérale. 
On doit avoir $T =1\text{jour} = 86400 s$.En réalité il faut prendre en compte le jour sidéral c'est à dire prendre en compte à la fois la rotation de la terre sur elle même et autour du soleil. En effet en 24 h la Terre tourne d'un angle $2\pi +\alpha$ avec $\alpha$ l'angle dont elle se déplace dans son orbite autour du soleil, c'est à dire $\alpha = \frac{2\pi}{365.25}$. $$T_\text{sideral} = T\frac{2\pi}{2\pi+\alpha} = 86164 s$$
Dans toute la suite la vitesse angulaire de rotation de la terre sera $\Omega = 2\pi/T = \SI{7.29e-5}{rad/s}$

\subsection{Dynamique}

\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.9\textwidth]{images/equation accéleration.PNG}
    \caption{Equation accélération et vitesse dans le cas général (c'est pour nous pour les voir sous la main ou à mettre sur diapo si on veux)}
\end{figure}

On suppose que les élèves savent faire un changement de référentiel, c'est un rappel :
Dans notre cas, on suppose $O'=O$, que les variation de $\Omega$ sont lente (10000ans) et qu'il n'y a pas de translation : On a juste une rotation uniforme : l'accélération devient : 
$$\va a_{R_G}(M) = \va a_{R_T}(M)+ 2\va \Omega_{R_T/R_G}\cross \va v_{R_T}(M) + \Omega_{R_T/R_G}\cross \qty(\Omega_{R_T/R_G}\cross \va{OM}) $$

On a supposé le référentiel géocentrique galiléen on peut y appliquer le PFD. Ceci se traduit par l'apparition de 2 pseudo forces dans le PFD en référentiel non gallilén Terrestre : 
$$m\va a_{R_T}(M) = \va F +\va F_{ie}+\va F_{c}$$
Avec
\begin{itemize}
    \item $\va F_{ie} = -m\Omega_{R_T/R_G}\cross \qty(\Omega_{R_T/R_G}\cross \va{OM})$ La force d'inertie d'entraînement. Elle est ressentie par tout point dans le référentiel terrestre, même si il est immobile. \textbf{ODG} Cette force est maximale à l'équateur et vaut pour une masse d'un kilogramme: $F_{ie} = 6.4\times 10^{6}\times \qty(7.29e-5)^2 = \SI{3.4e-2}{N} $
    \item $\va F_{c} =- 2m\va \Omega_{R_T/R_G}\cross \va v_{R_T}(M)$ La force de Corriolis. Elle n'existe que si l'objet est en mouvement dans le référentiel terrestre. On peut chercher la vitesse à partir de laquelle la force de Coriolis à le même ordre de grandeur que la force d'inertie à l'équateur : $2m\Omega v\simeq \SI{3.4e-2}{N} $ : $v = \SI{2.3e2}{m/s}$ c'est globalement la vitesse d'un avion de ligne (810km/h)
\end{itemize}

On peut faire deux remarque, ces forces sont petite devant l'attraction de le Terre. Et la force de Corriolis n'est observé qu'à temps long ou à grande vitesse. 

\section{Observations expérimentales}
\subsection{La force de Coriolis et la déviation vers l'est}

La déviation vers l'est est la manifestation la plus facile à observer expérimentalement. Historiquement, les expériences de Ferdinand Reich en Allemagne ont quantifié ce phénomène en 1831.

Il a laché des boulets sur des hauteurs de 158m, dans des puits de mine. Il a observé une déviation vers l'est de \SI{28}{mm} : cela signifie que le boulet est tombé à 28mm du point situé à la verticale de l'endroit du lacher, et toujours à l'est. 

Pour quantifier le résultat obtenu, on applique le PFD au boulet en chute libre. On néglige les frottements, mais pas le caractère non galiléen du référentiel terrestre. On note $O$ le point de départ et $M(t)$ la position du centre de masse du boulet (supposé ponctuel donc) au cours du temps. 

\begin{align*}
   m \dv[2]{\vb{OM}}{t} &= m \va g + \vb f_c \\
   &= m \vb g - 2 m \vb{\Omega} \wedge \dv{\vb{OM}}{t} \\
\end{align*}

On se place dans le repère suivant : $\vb{e_z}$ est la direction de la verticale locale, telle que $\va{g} = g \va{e_z}$ (vers le bas donc). $\va{e_x}$ désigne la direction de l'est et  $\va{e_y}$ celle du sud. \textit{Faire un schéma.}
Dans ce cadre, $\vb{\Omega} = - \Omega \cos{\lambda} \va{e_y} - \Omega \sin{\lambda} \va{e_z}$, avec $\lambda = $ \SI{51}{^\circ} la latitude de la ville de Fribeirg.

On écrit : $\va v = v_x \va{e_x} + v_y \va{e_y} + v_z \va{e_z}$ de sorte que :

$$\Omega \wedge \va{v} = 
\begin{pmatrix}
v_y \Omega \sin \lambda - v_z \Omega \cos \lambda \\
- v_x \Omega \sin \lambda \\
v_x \Omega \cos \lambda
\end{pmatrix}
$$

On a donc un système différentiel de 3 équations à 3 inconnues.

$$m\begin{pmatrix}
\dot v_x \\
\dot v_y \\
\dot v_z
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
- 2 m \Omega \qty(v_y \sin \lambda - v_z \cos \lambda) \\
 2 m \Omega v_x \sin \lambda \\
- 2 m\Omega v_x \cos \lambda + mg
\end{pmatrix}$$

Ca donne pas très envie de le résoudre. Pour se simplifier la tache, on va procéder à quelques approximations : $\Omega =$ \SI{7.3e-5}{rad/s} donc on néglige le terme en $\Omega$ dans $\dot v_z$. Au premier ordre, on prend $\dot v_y \approx 0$ : en effet, $v_x$ est déja une correction au premier ordre due à la force de déviation (la déviation vers le sud n'a pas été détectée par Reich). On en déduit que $v_y = 0$ car le boulet est laché sans vitesse initiale. Le mouvement est alors plan, et le système devient : 

$$
\left\{
    \begin{array}{ll}
        \dot v_x & = 2 \Omega v_z \cos \lambda \\
        \dot v_z & = g
    \end{array}
\right.
$$

Le système est nettement plus simple. On obtient $v_z = gt$ puis $z(t) = \frac{1}{2} g t^2$ et $v_x = \Omega g t^2 \cos \lambda$ $\implies x(t) = \frac{\Omega g t^3 \cos \lambda}{3}$.

Application numérique : il faut calculer le temps de chute. $z_{max} = 158$m, donc $t_f = \sqrt{2z_{max}/g}$. Au bas de la chute, la déviation en $x$ vaut donc : 

$$x_{max} = \frac{\Omega g \cos \lambda \qty(2z_{max}/g)^{3/2}}{3} \approx 27.4 mm$$

L'accord avec l'expérience est remarquable malgré le calcul mené au premier ordre.

\subsection{Verticale locale}

La présence de la force d'inertie modifie la verticale locale. En effet, le Poids, constitue la sommes de la force de gravité et de la force d'inertie.\\
$$\va P = -\frac{\mathcal{G}mM_T}{R_T^2}\va e_r -m\va\Omega_{R_T/R_G}\cross \qty(\va\Omega_{R_T/R_G}\cross \va{OM})$$
On va écrire cela de manière plus digeste
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.7\textwidth]{images/bouboule.PNG}
    \caption{Repérage}
\end{figure}
On pose $\va{OM} = \va{OH}+\va{HM}$ : 
$$\va F_{ie} = m\Omega_{R_T/R_G}^2 \va{HM} $$
On parle de force axifuge car elle fuit un axe. Si on considère une latitude $\lambda$ alors $\va{HM} = \cos(\lambda)R_T \va e_u$. On a donc : 
$$\va P = -\frac{\mathcal{G}mM_T}{R_T^2}\va e_r - m\Omega_{R_T/R_G}^2\cos(\lambda)R_T \va e_u $$
On peut ainsi définir un $\va g$ local.
$\Omega^2 R_T = \SI{0.034}{m/s^2}$ donc cela ne joue pas un rôle prépondérant dans la plupart des cas.\\
On peut calculer l'angle $\alpha$ que fait la verticale locale avec le centre de la Terre (Brébec 214) : 
$$\sin(\alpha) = \frac{\Omega^2R_t\sin(2\lambda)}{2g}~~~~\implies ~~~~ \text{Pour} \lambda = 45^\circ ~~:~~ \alpha = \SI{1.73e-3}{rad} $$
\subsection{Le pendule de Foucault}
\textbf{Observation  :}
\begin{itemize}
    \item \href{https://www.youtube.com/watch?v=YhXLxc1hzxM}{Lien simulation}
    \item Berbec pour les calcul
    \item \href{http://www.seigne.free.fr/Cours/TerreNG.pdf}{Cours}
\end{itemize}
En 1851 au Panthéon : pendule de 67m laché sans vitesse initiale. Le plan d'oscillation effectue 1 tour en  30 h à Paris.
\textbf{Analyse qualitative :}
On se place au pôle nord : 
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.8\textwidth]{images/foucault.PNG}
    \caption{Pendule vu de haut dans l'hémisphère nord. Brebec}
\end{figure}
On fait un bilan avec les main. On voit pourquoi ca tourne. De plus comme le plan d'oscillation du pendule est fixe dans un référentiel galiléen on sais que la période de précession est 1 jour.\\
A l'équateur la force de coriolis ne joue pas : pas de déviation du plan d'oscillation. On veux trouver $T$

\textbf{Hypothèses : }
\begin{itemize}
    \item petits angles : $\abs{\theta}\ll 1$ : $z =cst$ jusqu'à l'ordre 2, le mouvement est horizontale
    \item Les oscillations du pendules sont rapide devant la précession
\end{itemize} 
On écrit le PFD (dans le plan horizontale) : 
$$m\va a = m\va g+\va T -2m\omega_T\cross \va v$$
L'accélération relative du au terme de corriolis est de l'ordre $2\omega_T\Omega x_0$ avec$\Omega x_0$ la vitesse du pendule. Pour $x_0=1$ m on se terme est de l'ordre $10^{-3}g$ donc on fait une approche perturbative : Dans le plan, on a des oscillateur harmoniques de pulsation $\omega_0^2 = \frac{g}{l}$ (pendule linéarisé) perturbé par la force de Coriollis.
\begin{align*}
    \ddot x \simeq& -\omega_0^2x+2\omega_T\sin(\lambda)\dot y\\
    \ddot y \simeq& -\omega_0^2y-2\omega_T\sin(\lambda)\dot x\\
\end{align*}
On pose $u = x+iy$ et $f =2\omega_T\sin(\lambda) $. On a alors : 
$$\ddot u +if\dot u +\omega_0^2 u =0$$
C'est l'équation d'un oscillateur harmonique ammortie par un coefficient de frottement imaginaire pur : solution :
$$u(t) = x_0\cos(\omega_0 t)\exp(-ift/2)$$
La dernière exponentielle complexe traduit la rotation du plan du pendule $\frac{2\pi}{T} = \frac{f}{2}$. On a donc une rotation de période : 
$$T = \frac{4\pi}{f} = \frac{2\pi}{\omega_T\sin(\lambda)}$$

\section{Application géophysique}
\subsection{Forme de la Terre}
\begin{figure}
    \centering
    \includegraphics{images/force.PNG}
    \caption{Force d'entrainement (accentué) et de gravité. Leçon des clément}
\end{figure}
Par un argument qualitatif ((Calcul complet à partir de la variation d’énergie dûe à la rotation de la Terre dans Principles of Geophysics, Sleep Fujita, p.521 et Leçon des Cléments): On raisonne entre le pôle et l'équateur : 
$$\frac{R_{equateur}-R_{pole}}{R_{moyen}}\simeq \frac{F_{equateur}-F_{pole}}{F_{moyen}} = \frac{\omega_T^2R_{equateur}}{g}=\frac{1}{300}$$
En prenant $R_moyen$ le rayon de la Terre $\Delta R = 21.3km$

\subsection{Cyclones, anticyclones et ouragans}
Physique tout en un PC PC* Sanz page 367
\textbf{Nombre de Rossby :}

Pour évaluer l'importance de la force de Coriolis par rapport à l'accélération convective, on utilise le nombre de Rossby.

$$Ro = \frac{\abs{\qty(\va{v} \cdot \grad) \va{v}}}{\abs{2 \Omega \wedge \va{v}}} \approx \frac{U^2/L}{\Omega U} \approx \frac{U}{\Omega L}$$

Les hauts nombres de Rossby correspondent à des écoulements dans lesquels les effets de la force de Coriolis n'est pas très grande. Dans le cas d'un fleuve de 100 m de largeur, s'écoulant à \SI{6}{m/s}, on a $Ro \approx$ 800 : c'est négligeable. \textit{En pratique, il y a une différence de hauteur de l'ordre du centimètre entre les 2 rives.}

Pour un ouragan, on peut prendre pour taille typique 1000km, et des vitesse de plus de \SI{50}{m/s}. Cela donne $Ro \approx$ 1. Les effets de la force de Coriolis se font sentir : la force de Coriolis est une force qui se manifeste dans des écoulements de très grandes dimensions.


\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.8\textwidth]{images/ouragan.PNG}
    \caption{Ouragan Katrina \href{http://www.seigne.free.fr/Cours/TerreNG.pdf}{source}}
\end{figure}
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.8\textwidth]{images/schemaouragan.PNG}
    \caption{Schéma cyclone dans l'emisphère nord \href{https://femto-physique.fr/mecanique/dynamique-terrestre.php}{source}}
\end{figure}
\begin{figure}[htbp]
    \centering
    \includegraphics[width=0.8\textwidth]{images/pression depression,.PNG}
    \caption{Schéma cyclone dans l'hémisphère nord Vandbrouck }
\end{figure}

Un cyclone est une zone de dépression locale. Celle-ci aura tendance a faire converger les vents. A l'inverse, on entend régulièrement parler \textit{d'anticyclone} à la météo : c'est une zone de surpression locale. 

A cause de la différence de pression, l'air se met en mouvement. Le mouvement spiralaire est une conséquence de la force de Coriolis. Pour un cyclone, les vents rentrent vers l'oeil, ce qui provoque un mouvement vers la droite (dans l'hémisphère nord). Cependant, le gradient de pression redresse la trajectoire vers le centre : la trajectoire est finalement dans le sens anti-horaire. \textit{En Europe, ca fait remonter de l'air chaud du sud, youhou.}

Dans l'hémisphère sud, la direction de la force de Coriolis est inversée et l'ouragan ne "tourne" pas dans le même sens.

\textbf{Attention !} on entend dire que l'écoulement de l'eau dans un lavabo se fait avec des sens de rotations contraires dans l'hémisphère nord et l'hémisphère sud. S'il est vrai que la force de Coriolis est effectivement dirigée dans des sens différents, il est aussi vrai que son influence est négligeable, et que l'écoulement est surtout dirigé par la forme du lavabo et le jet du robinet.


\textbf{Equilibre stationnaire d'un cyclone :} pour un premier modèle simpliste du cyclone, on suppose que l'écoulement d'air est parfait et stationnaire. (Reynolds pour l'ouragan : $Re \approx$ \SI{3e12}{}!!). On considère des mouvements dans un plan horizontal, en rotation autour du centre où la pression est maximale. 

On veut écrire l'équation d'Euler à l'équilibre : les forces en jeu sont le gradient de pression, la force de Coriolis, et l'accélération centripète due au mouvement de rotation : 

$$-\frac{v^2}{r} \va{e_r} = - \frac{\grad_h P}{\rho} - 2 \Omega \sin \lambda \va{e_z} \wedge \va{v}$$

A l'équilibre, toutes ces forces se compensent. 

Dans l'hémisphère Nord, le gradient de pression fait rentrer les particules, la force centrifuge et la force de Coriolis les font s'éloigner du centre. Le gradient de pression peut s'ajuster.

Dans le cas d'un anti-cyclone, le gradient de pression et la force de Coriolis sont dans des sens inversés de la situation du cyclone. C'est la force de Coriolis qui compense la force centrifuge et le gradient de pression. Cependant, la force de Coriolis est en $v$, tandis que la force centrifuge est en $v^2$ : l'équilibre n'est possible que pour des petites vitesses. On parle de vitesse limite d'anticyclone. Une fois cette vitesse dépassée, la pression diminue au centre et l'anticyclone s'étale.

Dans le cas d'un cyclone, cette vitesse limite n'existe pas : seul le gradient de pression impose de rentrer vers le centre. C'est donc son intensité qui fixe la vitesse limite, et s'il est trop important, cela peut aboutir à un ouragan.

\textit{bonus : 
On se place dans le cas s'un faible nombre de Rossby. Ce type d'écoulement est appelé écoulement géostrophique. Dans ces écoulement, la force de Coriolis compense exactement la force de pression horizontale : 
$$\va v_g = \frac{1}{2\rho \Omega \sin(\lambda)}\va u_z\cross\va \grad_h P$$
Avec $\grad_h$ le gradient horizontal}



\section*{Conclusion}
Nous avons vu qu'ne fonction des échelles de temps considéré, il n'était pas possible de considérer le référentiel terrestre comme galliléen. Aussi le principe fondamentale de la dynamique ne référentiel non galiléen nous donne deux force que nous avons discuté à deux échelle. A petit échelle (à l'échelle des expérience de laboratoire) qui donne des effets faible (perturbatif) et qui nous a permit d'illustrer des expérience historique mettant en lumière le caractère non galiléen du référentiel terrestre. Et à l'échelle géophysique, c'est plus marqué car les temps d'évolutions sont plus long et tout est plus grand... Nous nous sommes restreint au cas du caractère non galiléen du référentiel terrestre mais le caractère non galiléen du référentiel géocentrique permet de mettre aux jours d'autres phénomèns comme celui des marrées.

\end{document}
