04.8 Balistique -- Référentiel en rotation

Que fait la rotation de la terre sur la trajectoire balistique d’un objet ?

On commence par analyser la chute simple d’un objet à l’équateur

On a deux options :

• On considère que du à la rotation de la terre, l’objet à une vitesse initiale
• On a un référentiel accéléré qui tourne avec la terre

Cas de la vitesse initiale

On a les vitesses du sol et de l’objet

• ${\vec{v}}_P=(R+h)\omega {\vec{e}}_{y^{\prime }}$
• ${\vec{v}}_s=R\omega {\vec{e}}_{y^{\prime }}$
  Et le temps de chute $t_c=\sqrt{\frac{2h}{g}}$

On trouve donc une déviation de

$$(R+h)\omega \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}}-R\omega \cdot \sqrt{\frac{2h}{g}}=\boxed{h\omega \sqrt{\frac{2h}{g}}{\vec{e}}_{y^{\prime }}}$$

Cela ne dépend donc pas de la taille de la terre, mais uniquement de la hauteur initiale de l’objet

Cas dans un référentiel accéléré

On prend un repère $\mathcal{R}(O,x,y,z)$ fixe et ${\mathcal{R}}^{\prime }(A,x^{\prime },y^{\prime },z^{\prime })$

Dans $\mathcal{R}$, on a $\sum \vec{F}=m\vec{a}=m\vec{g}$

On utilise les formules trouvées précédemment pour déduire l’accélération

$$\underset{=\vec{g}}{\underbrace{{\vec{a}}_{\mathcal{R}}(P)}}={\vec{a}}_{{\mathcal{R}}^{\prime }}(P)+\underset{=\omega \wedge (\vec{\omega }\wedge \vec{r})}{\underbrace{{\vec{a}}_{\mathcal{R}}(A)}}+\underset{=0}{\underbrace{\dot{\vec{\omega }}\wedge \overrightarrow{AP}}}+\vec{\omega }\wedge (\vec{\omega }\wedge \overrightarrow{AP})+2\vec{\omega }\wedge {\vec{v}}_{{\mathcal{R}}^{\prime }}(P)$$

On isole le terme ${\vec{a}}_{{\mathcal{R}}^{\prime }}(P)=\vec{g}-\vec{\omega }\wedge (\vec{\omega }\wedge \vec{r})-2\vec{\omega }\wedge {\vec{v}}_{{\mathcal{R}}^{\prime }}(P)$ $=-g{\vec{e}}_x-2\vec{\omega }\wedge {\vec{v}}_{{\mathcal{R}}^{\prime }}(P)$

On trouve en intégrant l’accélération les vitesses

$$\{\begin{array}{ll}{\dot{x}}^{\prime }& =-gt+2\omega y^{\prime }\\ {\dot{y}}^{\prime }& =-2\omega x^{\prime }\\ {\dot{z}}^{\prime }& =0\end{array}$$

On simplifie ${\dot{x}}^{\prime }$ car $\omega y^{\prime }$ est négligeable ${\dot{x}}^{\prime }=-gt$
On trouve donc la position

$$\overrightarrow{AP}|\begin{array}{lc}{x}^{\prime }(t)& =-\frac{1}{2}g{t}^2\\ y^{\prime }(t)& =\frac{1}{3}\omega g{t}^3\\ z^{\prime }(t)& =0\end{array}$$

Et donc la déviation au temps final $t_f=\sqrt{\frac{2h}{g}}$ est de

$$\vec{D}=y^{\prime }(t_f)=\boxed{\frac{2}{3}\omega h\sqrt{\frac{2h}{g}}{\vec{e}}_y}$$

Ce qui est du même ordre de grandeur que le calcul intuitif (hormis le facteur deux tiers ($2/3$))