2 • Sous la carte, le segment AB semble tourner d’un angle
δa pendant l’intervalle de temps élémentaire dt, et on a:
da= (v B – v A )
ce qui correspond à la vitesse de rotation apparente :
w
➞ =
e
➞
z = W T sinl e
➞
z .
3 • En général, w diffère de W T , sauf au pôle (résultat intuitivement évident).
À la latitude – l , le sens de rotation est inversé.
Le segment CD reste perpendiculaire à AB , de même que
la carte sombre reste perpendiculaire à la carte claire, le résultat est donc le même.
4 • Imaginons que le pendule de Foucault a été lancé dans un
plan d’oscillation [nord-sud] vertical, par exemple.
En l’absence de force de Coriolis (cas du référentiel géocentrique en particulier), il doit garder comme plan d’oscillation
celui de la carte claire. Par rapport au sol (lié à AB), il semble
donc tourner à vitesse angulaire – w
➞ dans un plan vertical.
Distances extrêmes
pour le pendule de Foucault
1 • L’équation du mouvement est :
ma
➞ (M) / T = mg
➞ + T
➞ – 2m W
➞
T ∧ v
➞ (M) / T
avec, dans la base (e
➞
x , e
➞
y , e
➞
z ):
g
➞ = – g e
➞
z et W
➞
T = W
➞
T (cosl e
➞
y + sinl e
➞
z )
et, pour de faibles inclinaisons :
T z T, T x – T , T y – T .
On obtient ainsi :
m¨ x = – T
L
x
+ 2m W T sinl
.
y – 2m W T cosl
.
z
m¨ y = – T
L
y
– 2m W T sinl
.
x
m¨ z = – mg + T + 2m W T cosl
.
x
où les termes en W T sont correctifs, comme la force de
Coriolis dans la relation fondamentale de la dynamique.
y
L
x
L
8
A(t = 0 + d t)
B(t = 0 + d t)
A(t = 0)
B(t = 0)
tranche de
la carte
d
da
d t
dt
2L
De plus, z ne varie pas (à un ordre 2 près de l’angle d’inclinaison du pendule par rapport à la verticale), ce qui permet
de reporter T mg dans les deux premières équations pour
obtenir :
¨
x – 2W
.
y + w 0
2 x = 0 avec w 0 =
1 L
g
et W = W T sinl
¨
y + 2W
.
x + w 0
2 y = 0
2 • En oubliant la force de Coriolis, le pendule devrait simplement osciller en + x 0 et – x 0 le long de l’axe (Ox) pour
les conditions initiales proposées.
La force de Coriolis projetée dans le plan (x, y), notée y F // ,
est, avec
.
z = 0:
F
➞
// = 2mW (
.
ye
➞
x –
.
xe
➞
y ).
Au début de la première oscillation, par exemple,
.
y 0 et
.
x 0,de sorte que le pendule est dévié vers les y croissants...
et rate le point O . La simulation illustre ce phénomène, répété à chaque oscillation, ce qui justifie la rotation du plan d’oscillation (le cours a montré que pour W w 0 , cette rotation
s’effectue à vitesse angulaire – W ).
La simulation, prolongée plus longtemps, montre bien que la
distance au point O évolue entre deux valeurs extrêmes r min
et r max = x 0 .
3 • a) On reprend les équations du mouvement dans le plan
(xOy) en utilisant les coordonnées polaires.
Sachant que, d’après la question 1) :
m
= –
r
➞ – 2mW e
➞
z ∧ v
➞
on obtient les équations du mouvement radiale et orthoradiale :
¨
r – r
.
q 2 = – w 0
2 r + 2W r
.
q
r ¨
q + 2
.
r
.
q = – 2W
.
r
b) La composante verticale du mouvement cinétique au point
O est : L z : (m r
➞ ∧ v
➞ ) . e
➞
z = mr 2
.
q.
La tension T
➞ (qui passe par l’axe (Oz) et le poids (parallèle à
(Oz)) n’ayant pas de moment par rapport à l’axe (Oz), on en
déduit que :
= (re
➞
r ∧ (– 2m W
➞
T ∧ v
➞ )) . e
➞
z = – 2mW r
.
r
ce qui correspond naturellement à l’équation du mouvement
orthoradiale obtenue en 3) a) :
(r 2
.
q) = – 2W r
.
r
dont l’intégrale première est, compte tenu des conditions
d
dt
dL z
dt
mg
L
dv
➞
dt
O
y
x
u
F //
u
F //
u
v
u
v
CORRIGÉS
Référentiels non galiléens usuels
8
107
©Hachette Livre, H-Prépa Exercices et problèmes, Physique, MPSI-PCSI-PTSI
La photocopie non autorisée est un délit.
δa pendant l’intervalle de temps élémentaire dt, et on a:
da= (v B – v A )
ce qui correspond à la vitesse de rotation apparente :
w
➞ =
e
➞
z = W T sinl e
➞
z .
3 • En général, w diffère de W T , sauf au pôle (résultat intuitivement évident).
À la latitude – l , le sens de rotation est inversé.
Le segment CD reste perpendiculaire à AB , de même que
la carte sombre reste perpendiculaire à la carte claire, le résultat est donc le même.
4 • Imaginons que le pendule de Foucault a été lancé dans un
plan d’oscillation [nord-sud] vertical, par exemple.
En l’absence de force de Coriolis (cas du référentiel géocentrique en particulier), il doit garder comme plan d’oscillation
celui de la carte claire. Par rapport au sol (lié à AB), il semble
donc tourner à vitesse angulaire – w
➞ dans un plan vertical.
Distances extrêmes
pour le pendule de Foucault
1 • L’équation du mouvement est :
ma
➞ (M) / T = mg
➞ + T
➞ – 2m W
➞
T ∧ v
➞ (M) / T
avec, dans la base (e
➞
x , e
➞
y , e
➞
z ):
g
➞ = – g e
➞
z et W
➞
T = W
➞
T (cosl e
➞
y + sinl e
➞
z )
et, pour de faibles inclinaisons :
T z T, T x – T , T y – T .
On obtient ainsi :
m¨ x = – T
L
x
+ 2m W T sinl
.
y – 2m W T cosl
.
z
m¨ y = – T
L
y
– 2m W T sinl
.
x
m¨ z = – mg + T + 2m W T cosl
.
x
où les termes en W T sont correctifs, comme la force de
Coriolis dans la relation fondamentale de la dynamique.
y
L
x
L
8
A(t = 0 + d t)
B(t = 0 + d t)
A(t = 0)
B(t = 0)
tranche de
la carte
d
da
d t
dt
2L
De plus, z ne varie pas (à un ordre 2 près de l’angle d’inclinaison du pendule par rapport à la verticale), ce qui permet
de reporter T mg dans les deux premières équations pour
obtenir :
¨
x – 2W
.
y + w 0
2 x = 0 avec w 0 =
1 L
g
et W = W T sinl
¨
y + 2W
.
x + w 0
2 y = 0
2 • En oubliant la force de Coriolis, le pendule devrait simplement osciller en + x 0 et – x 0 le long de l’axe (Ox) pour
les conditions initiales proposées.
La force de Coriolis projetée dans le plan (x, y), notée y F // ,
est, avec
.
z = 0:
F
➞
// = 2mW (
.
ye
➞
x –
.
xe
➞
y ).
Au début de la première oscillation, par exemple,
.
y 0 et
.
x 0,de sorte que le pendule est dévié vers les y croissants...
et rate le point O . La simulation illustre ce phénomène, répété à chaque oscillation, ce qui justifie la rotation du plan d’oscillation (le cours a montré que pour W w 0 , cette rotation
s’effectue à vitesse angulaire – W ).
La simulation, prolongée plus longtemps, montre bien que la
distance au point O évolue entre deux valeurs extrêmes r min
et r max = x 0 .
3 • a) On reprend les équations du mouvement dans le plan
(xOy) en utilisant les coordonnées polaires.
Sachant que, d’après la question 1) :
m
= –
r
➞ – 2mW e
➞
z ∧ v
➞
on obtient les équations du mouvement radiale et orthoradiale :
¨
r – r
.
q 2 = – w 0
2 r + 2W r
.
q
r ¨
q + 2
.
r
.
q = – 2W
.
r
b) La composante verticale du mouvement cinétique au point
O est : L z : (m r
➞ ∧ v
➞ ) . e
➞
z = mr 2
.
q.
La tension T
➞ (qui passe par l’axe (Oz) et le poids (parallèle à
(Oz)) n’ayant pas de moment par rapport à l’axe (Oz), on en
déduit que :
= (re
➞
r ∧ (– 2m W
➞
T ∧ v
➞ )) . e
➞
z = – 2mW r
.
r
ce qui correspond naturellement à l’équation du mouvement
orthoradiale obtenue en 3) a) :
(r 2
.
q) = – 2W r
.
r
dont l’intégrale première est, compte tenu des conditions
d
dt
dL z
dt
mg
L
dv
➞
dt
O
y
x
u
F //
u
F //
u
v
u
v
CORRIGÉS
Référentiels non galiléens usuels
8
107
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La photocopie non autorisée est un délit.