L'atmosphère isotherme : hauteur d'échelle, masse, composition

La stratégie. On ferme l'équation locale par l'équation d'état du gaz parfait, qui relie $\rho$ à $P$, et l'on intègre. On interprète ensuite chaque résultat à l'échelle d'une molécule, où apparaît la comparaison entre une énergie potentielle et $k_{B}T$. La question 2 se traite par un bilan de forces global, la question 4 par le facteur de Boltzmann appliqué à chaque constituant.

1) L'exponentielle. Pour un gaz parfait, $\rho =\frac{PM}{RT}$ ; l'équation locale, $Oz$ ascendant, devient $$\frac{\mathrm{d}P}{\mathrm{d}z}=-\frac{Mg}{RT}P⟹P(z)=P_0{e}^{-z/H},H=\frac{RT}{Mg}.$$ Avec $M=N_{A}m$ et $R=N_A{k}_B$ : $H=\frac{k_{B}T}{mg}$, soit $$mgH=k_{B}T.$$ $H$ est l'altitude à laquelle l'énergie potentielle de pesanteur d'une molécule égale l'énergie d'agitation thermique $k_{B}T$ ; la densité moléculaire, proportionnelle à $P/T$, suit le facteur de Boltzmann $e^{-mgz/k_{B}T}$. $k_{B}T$ est l'étalon auquel on compare une énergie microscopique : une molécule s'élève facilement de quelques $H$, rarement de beaucoup plus. Numériquement, $$H=\frac{8,314\times 288}{29,0\times 10^{-3}\times 9,81}\approx 8,42\times 10^3\mathrm{m}.$$ Pour un mètre : $\frac{mg\times 1\mathrm{m}}{k_{B}T}=\frac{1\mathrm{m}}{H}\approx 1,2\times 10^{-4}$. Monter d'un mètre ne coûte à une molécule qu'un dix-millième de son énergie thermique : la densité, donc la pression, est uniforme à $10^{-4}$ près dans une salle de classe.

2) La masse de l'atmosphère. Le système est la colonne d'air de section $S$, du sol au sommet de l'atmosphère. Elle est au repos et subit son poids $m_{\text{col}}g$, la pression $P_0$ à sa base (force $P_{0}S$ vers le haut), une pression nulle à son sommet, et des forces horizontales sur ses parois latérales verticales. La projection verticale de l'équilibre donne $$m_{\text{col}}=\frac{P_{0}S}{g},$$ sans aucune hypothèse sur $T(z)$ : la pression au sol est le poids de l'air qui la surmonte, par unité de surface. Pour la Terre, $S=4\pi R_T^2\approx 5,10\times 10^{14}{\mathrm{m}}^2$ et $$m_{\text{atm}}\approx \frac{1,013\times 10^5\times 5,10\times 10^{14}}{9,81}\approx 5,27\times 10^{18}\mathrm{kg}.$$ L'écart de $2\%$ avec la valeur admise vient du relief : les continents occupent un volume où il n'y a pas d'air, et la pression moyenne à la surface réelle est plus faible que celle au niveau de la mer (environ $990\mathrm{hPa}$, celle qui correspond à la masse admise).

L'atmosphère homogène. Une couche incompressible de masse volumique $\rho (0)=P_{0}M/(RT)$ et de hauteur $h$ exerce au sol la pression $\rho (0)gh$ ; pour la même masse, il faut $\rho (0)gh=P_0$, d'où $h=\frac{P_0}{\rho (0)g}=\frac{RT}{Mg}=H$. La hauteur caractéristique est l'épaisseur qu'aurait l'atmosphère si elle avait partout la densité du sol.

La moitié de la masse. La masse d'air au-dessus de l'altitude $z$ vaut $P(z)S/g$ (même bilan, appliqué à la colonne au-dessus de $z$). La moitié de la masse est au-dessus de l'altitude où $P=P_0/2$ : $z_{1/2}=H\ln 2\approx 5,83\mathrm{km}$. Un randonneur au sommet du mont Blanc a déjà plus de la moitié de l'atmosphère sous ses pieds.

3) Linéariser. Pour $z\ll H$, $e^{-z/H}\approx 1-z/H$ et $$P(z)\approx P_0-\frac{P_0}{H}z=P_0-\rho (0)gz,$$ la loi du fluide incompressible, avec la masse volumique du sol. Au sol, $\rho (0)=\frac{1,013\times 10^5\times 0,029}{8,314\times 288}\approx 1,23\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^{-3}$, et la pression diminue de $\rho (0)g\approx 12,0\mathrm{Pa}$ par mètre : on perd un hectopascal tous les $8,3\mathrm{m}$, la règle utilisée pour caler un altimètre barométrique. Dans une pièce de $3\mathrm{m}$ : $\Delta P/P_0=3/H\approx 3,6\times 10^{-4}$, la pression d'un gaz dans un récipient est bien uniforme. Sur la tour Eiffel : $1-e^{-324/H}\approx 3,8\%$, environ $38\mathrm{hPa}$ ; à cette échelle, l'approximation linéaire ($3,85\%$) reste excellente, mais la pression n'est plus uniforme.

4) Boltzmann espèce par espèce. $H_i=\frac{RT}{M_{i}g}$ :

Chaque espèce aurait sa propre exponentielle, d'autant plus aplatie que la molécule est lourde. Le rapport des densités du dioxygène et du diazote serait multiplié, à $10\mathrm{km}$, par $$\exp [-z(\frac{1}{H_{{\mathrm{O}}_2}}-\frac{1}{H_{{\mathrm{N}}_2}}\left)\right]=\exp [-\frac{(M_{{\mathrm{O}}_2}-M_{{\mathrm{N}}_2})gz}{RT}]\approx 0,849,$$ et passerait de $0,21/0,78\approx 0,269$ à $0,229$ : la fraction molaire du dioxygène tomberait à $0,229/1,229\approx 0,186$. Le dioxyde de carbone s'accumulerait au sol, et l'hélium dominerait la haute atmosphère.

Or la composition mesurée est uniforme jusque vers $100\mathrm{km}$. L'hypothèse en défaut est l'équilibre statique : l'air n'est pas au repos, les vents, la convection et la turbulence le brassent sans cesse, bien plus vite que la séparation par gravité ne se ferait. Au-delà de $100\mathrm{km}$, l'air est si raréfié que le brassage ne l'emporte plus, et la séparation se produit effectivement. La pression totale, elle, obéit toujours à l'équation locale $\mathrm{d}P/\mathrm{d}z=-\rho g$, avec la masse volumique réelle, donc la masse molaire moyenne, $29\mathrm{g}\mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}$ : le profil de pression n'est pas affecté. Un modèle statique dit bien la pression, mais pas la composition.

Ce que l'exercice installe. $H=RT/(Mg)=k_{B}T/(mg)$ : $k_{B}T$ est la référence des énergies microscopiques, et une énergie potentielle petite devant $k_{B}T$ ne change pas la densité. La masse de l'atmosphère se lit sur la pression au sol, sans modèle. La linéarisation retrouve le fluide incompressible. Et le facteur de Boltzmann, appliqué espèce par espèce, prédit une séparation que le brassage empêche : savoir ce que dit un modèle, et ce qu'il ne dit pas.