solutions des exercices
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z
H
M
O
y
u z
u y
u
P
F
f ie (M)
Dans le référentiel terrestre Oxyz, tournant à vitesse angulaire constante de vecteur rotation
− →
V = V − → u z autour de l’axe des
pôles Oz 1 = Oz, M est soumis de plus à
la force d’inertie d’entraînement :
− →
f ie (M) = mV
2 − − →
HM − m
d
− →
V
dt
∧
− − →
OM
= mV
2 − − →
HM
où H est le projeté de M sur l’axe Oz.
En posant
− − →
OM = r − → u , on peut écrire
− →
f ie (M) = mV
2 r cos l − → u y . Ainsi, le poids
qui est la résultante de la force de gravitation et de la force d’inertie centrifuge a pour
expression :
− →
P = m
−K
M T
r 2
− → u 1 V
2 r cos l − → u y
= m − → g (M)
Ces forces sont représentées sur la figure ci-dessus. On peut donc définir le champ de
pesanteur − → g (M) en fonction du champ de gravitation
− →
G (M) = −K
M T
r 2
− → u = −G(M) − → u
et d’une accélération centrifuge de valeur a = V
2 r cos l, due à la rotation de la Terre sur
elle même.
Cette expression fait apparaître une dépendance du champ de pesanteur avec la latitude
en cos l, due à la rotation de la Terre. Il existe une cause supplémentaire de la dépendance
du champ de pesanteur avec la latitude due à l’aplatissement de la Terre aux pôles (en fait
cet aplatissement a pour cause la rotation de la Terre sur elle-même, parce qu’elle brise la
symétrie sphérique de répartition de masse).
La valeur du champ de pesanteur s’écrit :
g
2 (M) = G
2 (M) 1
V
2 r cos l
2 − 2G(M)V
2 r cos l − → u . − → u y
avec − → u . − → u y = cos l, puisqu’il importe de remarquer que ces deux vecteurs ne sont pas
orthogonaux. On a donc :
g
2 (M) = G
2 (M) 1
V
2 r cos l
2 − 2G(M)V
2 r cos
2 l
= G
2 (M)
1 1
a
G
2 − 2
a
G
cos l
Si on se place à la surface de la Terre (r = R T ≈ 6 400 km) la valeur maximale de a
est obtenue à l’équateur et vaut a eq = V
2 R T ≈ 0,034 m · s
−2 . Il est donc loisible de se
contenter d’un développement de g(M) au premier ordre en
a
G
. On a en définitive :
g(M) ≈ G(M)
1 −
a
G
cos l
1. MÉCANIQUE
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