thermodynamique et machines thermiques (PT) · Chapitre 2 · Exercice de TD

Problème : l'air qui monte se refroidit, le gradient adiabatique de l'atmosphère

Expression différentielle des principes ; potentiel chimique · G. Formulations massiques et molaires · niveau 3 (difficile)

Énoncé

L'air sec est un gaz parfait de capacité thermique massique à pression constante $c_{p} = 1004 J k g^{- 1} K^{- 1}$ et de constante massique $r = 287 J k g^{- 1} K^{- 1}$ ; on rappelle $d h = c_{p} d T$ et l'on fournit son entropie massique $s (T, p) = c_{p} ln T - r ln p + cste$ . Au sol, $p_{0} = 1013 hPa$ et $T_{0} = 288 K$ ( $15^{\circ} C$ ). L'atmosphère type des aviateurs décroît de $6, 5 K$ par kilomètre dans la troposphère. Données : diffusivité thermique de l'air $D = 2, 2 \times 1 0^{- 5} m^{2} s^{- 1}$ (durée caractéristique de diffusion sur une longueur $L$ : $L^{2} / D$ , admise) ; vitesse du son $340 m s^{- 1}$ ; enthalpie massique de vaporisation de l'eau $L_{v} = 2, 5 MJ k g^{- 1}$ . On applique à l'air la statique des fluides, $\frac{d p}{d z} = - ρ g$ , et la poussée d'Archimède.

1) Le système. On suit une « particule » d'air de $100 m$ de côté qui s'élève lentement (de quelques minutes à quelques heures par kilomètre). Pourquoi est-ce un système fermé mésoscopique ? Comparer à la durée de l'ascension le temps que met le son à la traverser et le temps de diffusion thermique sur sa taille. En déduire que l'ascension est une transformation adiabatique, où la particule est à chaque instant en équilibre interne à la pression de l'air qui l'entoure. Que vaut $d s$ ?

2) Le gradient adiabatique sec. À partir de l'identité massique $d h = T d s + v d p$ et de la statique de l'air ambiant (de masse volumique $ρ_{e}$ ), établir l'équation différentielle de la température $T$ de la particule en fonction de l'altitude, et montrer que $Γ = - \frac{d T}{d z} ≃ \frac{g}{c _{p}}$ . Le calculer. Retrouver le résultat avec $s (T, p)$ fournie. Dépend-il du profil de température de l'air ambiant ?

3) Une atmosphère « bien mélangée ». Une atmosphère brassée par la convection a pour profil de température celui d'une particule qui monte : $T_{e} (z) = T_{0} - Γ z$ . Établir $p (z)$ ; calculer $p$ à $5 km$ , et comparer à l'atmosphère isotherme à $T_{0}$ et à l'atmosphère type. Où le modèle cesse-t-il d'avoir un sens ?

4) Stabilité. L'atmosphère a un gradient $Γ_{e} = - \frac{d T _{e}}{d z}$ quelconque. Une particule, en équilibre à l'altitude $z_{0}$ , est déplacée de $ζ$ vers le haut. Montrer, avec la poussée d'Archimède, que $ζ ¨ = - \frac{g}{T} (Γ - Γ_{e}) ζ$ . Discuter la stabilité ; calculer la période des oscillations dans l'atmosphère type, dans une atmosphère isotherme, et dans une inversion où $Γ_{e} = - 5 K k m^{- 1}$ . Conséquences ?

5) L'air humide. Dans un nuage, l'air est saturé : il contient $w_{s} (T, p)$ kilogrammes de vapeur par kilogramme d'air sec, et $w_{s}$ diminue quand l'air monte et se refroidit ; la vapeur qui se condense libère $L_{v}$ par kilogramme. Montrer que, pour un kilogramme d'air, $c_{p} d T + L_{v} d w_{s} = - g d z$ . Donnée : en partant de $15^{\circ} C$ sous $1000 hPa$ , $w_{s}$ diminue de $1, 97 g k g^{- 1}$ sur le premier kilomètre d'ascension saturée. En déduire le gradient humide moyen. Le calcul complet donne $4, 7 K k m^{- 1}$ à $15^{\circ} C$ et $7, 0 K k m^{- 1}$ à $- 10^{\circ} C$ : commenter, et situer les $6, 5 K k m^{- 1}$ de l'atmosphère type.

6) Le foehn. De l'air à $20^{\circ} C$ à $500 m$ d'altitude est poussé par le vent sur le versant d'une chaîne de montagnes. Il est sec jusqu'à la base des nuages, à $1500 m$ ; il est saturé de là jusqu'à la crête, à $3000 m$ , et y perd par précipitation $Δ w = 2, 8 g$ d'eau par kilogramme ; il redescend sec sur l'autre versant jusqu'à $500 m$ . Calculer sa température à la base des nuages, à la crête, puis en bas de l'autre versant. Montrer que l'échauffement final vaut exactement $L_{v} Δ w / c_{p}$ . Énoncer le résultat établi par le problème.

Corrigé

La stratégie. On suit une particule d'air, système fermé, en écrivant l'identité massique sur un pas d'altitude. Toute la physique est dans la vérification des hypothèses : la particule est-elle à la pression ambiante ? échange-t-elle de la chaleur ? On compare ensuite son évolution à celle de l'air qui l'entoure.

1) Le système et ses échelles de temps. La particule, de $100 m$ , est petite devant l'échelle de variation de l'atmosphère (des kilomètres) : $T$ et $p$ y sont uniformes à $1 K$ et $1 %$ près ; elle contient $1, 2 \times 1 0^{6} kg$ d'air, et on la suit dans son mouvement (système fermé, mésoscopique à l'échelle de l'atmosphère). Deux temps à comparer à la durée de l'ascension (de $1 0^{2}$ à $1 0^{4} s$ par kilomètre) :

le son la traverse en $100/340 \approx 0, 3 s$ : tout écart de pression avec l'air ambiant s'égalise presque instantanément ; la particule est à chaque instant à la pression de l'air qui l'entoure et en équilibre interne ;
la diffusion thermique sur $100 m$ demande $\frac{10 0 ^{2}}{2 , 2 \times 1 0 ^{- 5}} = 4, 5 \times 1 0^{8} s \approx 14 ans$ : pendant l'ascension, la particule n'échange pratiquement pas de chaleur (seul le mélange turbulent de ses bords, que l'on néglige, l'altère).

L'ascension est donc adiabatique et sans irréversibilité interne : $δ s_{e ˊ ch} = 0$ , $δ s_{c} = 0$ , et $d s = 0$ .

2) Le gradient adiabatique sec. L'identité massique avec $d s = 0$ et $d h = c_{p} d T$ : $c_{p} d T = v d p .$ La particule est à la pression de l'air ambiant, qui obéit à la statique : $d p = - ρ_{e} g d z = - \frac{g}{v _{e}} d z$ . À même pression, $v / v_{e} = T / T_{e}$ (gaz parfaits), d'où $\frac{d T}{d z} = - \frac{g}{c _{p}} \frac{T}{T _{e}} ≃ - \frac{g}{c _{p}},$ car la particule et l'air ambiant diffèrent de quelques kelvins sur $290 K$ (facteur $T / T_{e}$ à $1$ ou $2 %$ de $1$ ). Ainsi $Γ = \frac{g}{c _{p}} = \frac{9 , 81}{1 004} = 9, 77 \times 1 0^{- 3} K m^{- 1} = 9, 8 K k m^{- 1} .$ Par l'entropie fournie. $d s = 0$ donne $c_{p} ln T - r ln p = cste$ , soit $T \propto p^{r / c_{p}}$ avec $r / c_{p} = 0, 286$ : la particule se refroidit parce qu'elle se détend en montant. En dérivant, $\frac{d T}{T} = \frac{r}{c _{p}} \frac{d p}{p} = - \frac{r}{c _{p}} \frac{g d z}{r T _{e}}$ , et l'on retrouve le même résultat. Indépendance. $Γ$ ne dépend que de $g$ et de $c_{p}$ : pas du profil de l'air ambiant, qui n'intervient que par la pression qu'il impose. C'est une propriété de l'air sec, pas de l'atmosphère du jour.

3) L'atmosphère bien mélangée. Statique avec $ρ_{e} = \frac{p}{r T _{e}}$ et $T_{e} = T_{0} - Γ z$ : $\frac{d p}{p} = - \frac{g}{r} \frac{d z}{T _{0} - Γ z} ⟹ p (z) = p_{0} (1 - \frac{Γ z}{T _{0}})^{g / (r Γ)} = p_{0} (1 - \frac{Γ z}{T _{0}})^{c_{p} / r},$ avec $c_{p} / r = 3, 50$ . À $5 km$ : $p = 1013 \times (1 - 0, 1696)^{3, 50} = 529 hPa$ . L'atmosphère isotherme ( $H = r T_{0} / g = 8, 43 km$ ) donne $1013 e^{- 5/8, 43} = 560 hPa$ , et l'atmosphère type ( $T_{0} - 6, 5 K k m^{- 1} \times z$ , exposant $g / (r \times 0, 0065) = 5, 26$ ) $540 hPa$ . Plus l'air est froid en altitude, plus il est dense, et plus la pression y décroît vite. Le modèle prévoit $T_{e} = 0$ à $T_{0} /Γ = 29, 5 km$ : absurde ; il ne vaut que dans la troposphère (jusqu'à $11 km$ environ), au-dessus de laquelle l'absorption du rayonnement solaire par l'ozone réchauffe l'air.

4) Stabilité : la particule déplacée. À l'altitude $z_{0} + ζ$ , la particule, montée adiabatiquement, est à $T_{p} = T - Γ ζ$ ; l'air ambiant y est à $T_{e} = T - Γ_{e} ζ$ ( $T$ : température commune en $z_{0}$ ). Même pression, donc $ρ \propto 1/ T$ . Sur la particule de volume $V$ s'exercent son poids $ρ_{p} V g$ et la poussée d'Archimède $ρ_{e} V g$ : $ρ_{p} V ζ ¨ = (ρ_{e} - ρ_{p}) V g ⟹ ζ ¨ = g \frac{ρ _{e} - ρ _{p}}{ρ _{p}} = g \frac{T _{p} - T _{e}}{T _{e}} ≃ - \frac{g}{T} (Γ - Γ_{e}) ζ .$

$Γ_{e} < Γ$ : la particule déplacée vers le haut est plus froide, donc plus dense, que l'air autour, et redescend : l'atmosphère est stable ; la particule oscille à la pulsation $N = \frac{g}{T} (Γ - Γ_{e})$ .
$Γ_{e} > Γ$ : elle est plus chaude que l'air autour et continue de monter : l'atmosphère est instable, la convection s'installe et ramène le gradient vers $Γ$ (c'est l'atmosphère bien mélangée).

Valeurs, avec $T = 288 K$ :

atmosphère	$Γ_{e}$ ( $K k m^{- 1}$ )	$N$ ( $rad s^{- 1}$ )	période
type	$6, 5$	$0, 0106$	$9, 9 min$
isotherme	$0$	$0, 0182$	$5, 7 min$
inversion	$- 5$	$0, 0224$	$4, 7 min$

L'atmosphère type est stable : l'air soulevé par une montagne oscille en aval, ce sont les ondes de relief qu'exploitent les vélivoles. L'inversion d'hiver (air froid au fond des vallées, plus chaud au-dessus) est très stable : rien ne monte, la pollution reste piégée. Un sol surchauffé en été rend la couche basse instable : ce sont les « thermiques » des planeurs, et les cumulus à leur sommet.

5) Le gradient humide. La particule saturée contient de l'air sec, de la vapeur et des gouttelettes ; sur un pas d'ascension adiabatique, la condensation de $- d w_{s} > 0$ kilogramme de vapeur libère $- L_{v} d w_{s}$ dans la particule. Le bilan d'enthalpie de la particule (la capacité thermique de la vapeur et de l'eau est négligée devant celle de l'air) devient $c_{p} d T = v d p - L_{v} d w_{s}$ , soit, avec la statique, $c_{p} d T + L_{v} d w_{s} = - g d z .$ Avec $Δ w_{s} = - 1, 97 g k g^{- 1}$ sur $1000 m$ : $Γ_{h} = \frac{g - L _{v} ∣ Δ w _{s} ∣ /Δ z}{c _{p}} = \frac{9 , 81 - 2 , 5 \times 1 0 ^{6} \times 1 , 97 \times 1 0 ^{- 6}}{1 004} = \frac{9 , 81 - 4 , 93}{1 004} = 4, 9 K k m^{- 1} .$ La chaleur de condensation compense la moitié du refroidissement par détente. L'effet dépend de la quantité de vapeur disponible : grand dans l'air chaud ( $4, 7 K k m^{- 1}$ à $15^{\circ} C$ ), faible dans l'air froid qui n'en contient presque plus ( $7, 0 K k m^{- 1}$ à $- 10^{\circ} C$ , et $Γ_{h} \to Γ$ au-dessous). Les $6, 5 K k m^{- 1}$ de l'atmosphère type sont une moyenne entre air sec et air saturé, sur toute la troposphère et toutes les saisons : ils sont inférieurs à $Γ$ , et l'atmosphère moyenne est donc stable pour l'air sec.

6) Le foehn.

Montée sèche de $500$ à $1500 m$ : $T = 20 - 9, 77 \times 1, 0 = 10, 2^{\circ} C$ . Montée saturée de $1500$ à $3000 m$ , en intégrant la relation de la question 5 avec $Δ w_{s} = - 2, 8 g k g^{- 1}$ : $Δ T = \frac{- g Δ z + L _{v} ∣ Δ w _{s} ∣}{c _{p}} = \frac{- 9 , 81 \times 1 500 + 2 , 5 \times 1 0 ^{6} \times 2 , 8 \times 1 0 ^{- 3}}{1 004} = \frac{- 14 715 + 7 000}{1 004} = - 7, 7 K,$ soit $2, 5^{\circ} C$ à la crête (gradient moyen $5, 1 K k m^{- 1}$ ). Descente sèche de $2500 m$ : l'eau condensée est tombée en pluie sur le premier versant, rien ne s'évapore, la particule se réchauffe de $9, 77 \times 2, 5 = 24, 4 K$ : $27, 0^{\circ} C$ à $500 m$ sur l'autre versant, $7, 0 K$ de plus qu'au départ, à la même altitude.

L'échauffement exact. Les deux trajets secs se compensent en partie, et $Γ \times 1500 = g \times 1 500/ c_{p}$ annule le terme de détente du trajet saturé : $T_{aval} - T_{d e ˊ part} = - Γ \times 1000 + Δ T_{satur e ˊ} + Γ \times 2500 = Γ \times 1500 + \frac{- g \times 1 500 + L _{v} ∣ Δ w _{s} ∣}{c _{p}} = \frac{L _{v} ∣ Δ w _{s} ∣}{c _{p}},$ soit $2, 5 \times 1 0^{6} \times 2, 8 \times 1 0^{- 3} /1 004 = 7, 0 K$ . L'échauffement est la chaleur de condensation laissée par la pluie : l'eau est partie, l'énergie qu'elle a libérée en se condensant est restée dans l'air. D'où le vent chaud et sec du foehn (vallées du Rhin et de l'Inn, « vent du midi » des Alpes), qui fait fondre la neige et attise les incendies.

Le résultat établi — le gradient adiabatique de l'atmosphère. Une particule d'air qui s'élève assez vite pour ne pas échanger de chaleur (diffusion thermique : des années) et assez lentement pour rester à la pression ambiante (le son la traverse en une fraction de seconde) subit une transformation isentropique ; l'identité $d h = T d s + v d p$ et la statique donnent son refroidissement, le gradient adiabatique sec $Γ = g / c_{p} \approx 9, 8 K k m^{- 1}$ , indépendant du profil de l'atmosphère. Une atmosphère dont la température décroît moins vite que $Γ$ est stable (une particule déplacée y oscille à la pulsation $N = (g / T) (Γ - Γ_{e})$ , période de l'ordre de dix minutes), plus vite, instable. Dans un nuage, la condensation abaisse le gradient vers $5 K k m^{- 1}$ ; l'atmosphère type, à $6, 5 K k m^{- 1}$ , est entre les deux. Le foehn en est la conséquence visible : $L_{v} Δ w / c_{p} \approx 7 K$ de plus sous le vent.

Ce que le problème installe. L'identité massique $d h = T d s + v d p$ appliquée à un système fermé mésoscopique que l'on suit dans son mouvement ; la vérification des hypothèses par des échelles de temps (son, diffusion, ascension) ; une équation différentielle qui s'intègre (profil de pression) ; la stabilité par comparaison d'une particule déplacée et de son environnement (Archimède) ; et l'ajout, dans le même bilan, d'une source d'énergie interne (la condensation), qui explique le gradient humide et le foehn.

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