Variation de la pression atmosphérique avec l'altitude

Stabilité et instabilité

En règle générale, la pression atmosphérique diminue de moitié à environ 5 500 mètres et la température moyenne de l'atmosphère diminue de 6,5 °C par 1 000 mètres. Cependant ce taux n'est valable que pour une atmosphère normalisée et varie en fait selon le contenu en vapeur d'eau et l'altitude. Ces propriétés peuvent être démontrées rigoureusement si l'on fait l'hypothèse que l'atmosphère est en équilibre (ce qui n'est pas vrai en pratique).

Lorsque le sol est chauffé par le soleil, par convection, les basses couches de l'atmosphère sont réchauffées et comme l'air chaud est moins dense, l'air réchauffé va avoir tendance à s'élever grâce à la poussée d'Archimède. Si la poche d'air chaud se refroidit moins vite que l'air environnant, cette parcelle d'air va accélérer vers le haut. On est alors en présence d'une masse d'air instable. Dans le cas contraire, l'air en ascension devient plus froid que l'air environnant, le mouvement ascendant va s'interrompre et l'atmosphère est alors stable.

Le taux de refroidissement de la masse d'air en ascension peut être calculé théoriquement, ou sur un diagramme thermodynamique, par rapport à la température de l'environnement donnée par un radiosondage. Ce calcul repose sur l'hypothèse qu'il n'y a pas d'échange calorique avec l'air extérieur et que le taux de changement de température est différent si l'air est saturé ou pas. Dans le premier cas, la vapeur d'eau condensée est retirée de la masse en ascension.

Utilisation des principes de la thermodynamique

On écrit les relations de la thermodynamique et on cherche à ne retenir que les termes propres aux caractéristiques de l'air et à l'altitude z.

Le travail mécanique δ W pour faire varier le volume est le produit de la variation de volume dV par la pression ${\displaystyle p}$ exercée pour ce changement de volume.

${\displaystyle \delta W=-p\operatorname {d} V\,\!}$

Le changement en enthalpie (${\displaystyle H=U+pV\,\!}$) est donné par :

${\displaystyle dH=dU+pdV+Vdp\,\!}$

Donc pour avoir un processus qui est à la fois réversible et adiabatique, il faut que ${\displaystyle \delta Q_{rev}=0\,\!}$ et ${\displaystyle dS=\delta Q_{rev}/T=0\,\!}$. Ces processus sont donc isentropiques pour un gaz idéal ce qui mène à :

${\displaystyle dU=\delta W+\delta Q=-pdV+0\,\!}$

${\displaystyle dH=\delta W+\delta Q+pdV+Vdp=-pdV+0+pdV+Vdp=Vdp\,\!}$

On considère maintenant l'énergie u par unité de masse et l'enthalpie h par unité de masse.

On a donc:

${\displaystyle dU=mdu\qquad dH=mdh}$

où m est la masse de la parcelle d'air.

Pour la transformation de tout gaz de ce type, ceci est vrai :

${\displaystyle du=C_{v}dT\,\!}$

${\displaystyle dh=C_{p}dT\,\!}$

où ${\displaystyle C_{v}}$ et ${\displaystyle C_{p}}$ sont respectivement les capacités thermiques à volume constant et pression constante et T est la température. L'unité de Cp et Cv est le J/(kg⋅K). En outre

${\displaystyle m=\rho V}$

En dérivant selon ${\displaystyle dU}$ et ${\displaystyle dH}$ :

${\displaystyle dU=mC_{v}dT=-pdV\,\!}$

${\displaystyle dH=mC_{p}dT=Vdp\,\!}$.

On divise ces équations par m et l'on obtient donc :

${\displaystyle du=C_{v}dT=-{pdV \over m}}$

${\displaystyle dh=C_{p}dT={Vdp \over m}}$.

On note que ρ = m / V et donc V = m / ρ. Donc :

${\displaystyle dV=-{md\rho \over \rho ^{2}}={-\rho Vd\rho \over \rho ^{2}}=-{Vd\rho \over \rho }}$

On substitue et donc :

${\displaystyle du=C_{v}dT=+{pVd\rho \over \rho m}=p{d\rho \over \rho ^{2}}}$

${\displaystyle dh=C_{p}dT={dp \over \rho }}$.

Gradient adiabatique sec

On suppose que le sol réchauffe l'atmosphère et qu'aucun nuage n'est présent dans le ciel et donc qu'il n'y a aucune condensation de vapeur d'eau. On introduit maintenant l'équation d'équilibre hydrostatique entre le niveau z et z + d z (l'axe des z est orienté vers les altitudes élevées). Soit g = 9,81 m/s² l'accélération de la pesanteur. Par unité de surface, la masse de la couche d'air est ${\displaystyle \rho dz}$ et donc son poids est ${\displaystyle \rho gdz}$

La poussée d'Archimède s'exerçant sur le volume de gaz par unité de surface vaut ${\displaystyle p-(p+dp)=-dp}$. L'équation d'équilibre hydrostatique s'écrit donc ${\displaystyle dp=-\rho gdz}$ On rappelle que :

${\displaystyle dh=C_{p}dT={dp \over \rho }}$

On substitue maintenant dp et l'on obtient:

${\displaystyle -\rho gdz=dp=C_{p}\rho dT}$

Et donc: ${\displaystyle {dT \over dz}=-{g \over C_{p}}}$

On a ${\displaystyle C_{p}=1006J/K/kg}$ [2], g = 9,81 m/s² et donc,

${\displaystyle {\frac {dT}{dz}}=-9.75\times 10^{-3}K/m=-9.75K/km}$

On retrouve une valeur très proche du gradient adiabatique sec qui est approximativement de 10 °C/km.

Variation de la pression lorsque la température décroît de manière uniforme

Le niveau de pression à 500 hPa se situe à l'altitude de 5 500 mètres environ. Nous allons démontrer mathématiquement ce résultat. On suppose que le profil de température suit le gradient adiabatique sec.

L'équation d'état des gaz parfaits s'écrit :

${\displaystyle pV=nRT}$

où n est le nombre de moles et R est la constante des gaz parfaits.

On différencie cette équation et l'on a donc :

${\displaystyle nRdT=pdV+Vdp=dH-dU=mC_{p}dT-mC_{v}dT}$

On obtient donc :

${\displaystyle nR=m(C_{p}-C_{v})}$

et donc :

${\displaystyle pV=m(C_{p}-C_{v})T}$

On divise par le volume, on tient compte de ${\displaystyle \rho ={m \over V}}$ et on obtient alors l'équation d'état des gaz parfaits sous la forme suivante qui est plus appropriée en météorologie :

${\displaystyle p=\rho (C_{p}-C_{v})T}$

Pour un gaz idéal diatomique (relation de Mayer), il est possible de faire le rapport suivant :

${\displaystyle \gamma ={\frac {C_{p}}{C_{v}}}={7 \over 5}}$

Donc, on obtient l'équation d'état suivante :

${\displaystyle p={2 \over 7}\rho C_{p}T}$

On suppose maintenant que la colonne d'air se refroidit de manière uniforme avec :

On a donc : ${\displaystyle T(z)=T_{0}-G_{z}z}$

On a donc :

${\displaystyle p={2 \over 7}\rho C_{p}(T_{0}-G_{z}z)}$

Donc,

${\displaystyle \rho ={7 \over 2}{p \over C_{p}(T_{0}-G_{z}z)}}$

Finalement

${\displaystyle {dp \over dz}=-{7 \over 2}{1 \over C_{p}}\times {p \over T_{0}-G_{z}z}\times g}$

Et donc :

${\displaystyle {dp \over p}=-{7 \over 2}{g \over C_{p}}\times {dz \over T_{0}-G_{z}z}}$

Et donc :

${\displaystyle {dp \over p}=-{7 \over 2}{g \over C_{p}T_{0}}\times {dz \over 1-G_{z}z/T_{0}}}$

On pose : ${\displaystyle \zeta ={G_{z} \over T_{0}}z}$

Donc,

${\displaystyle d\zeta ={G_{z} \over T_{0}}dz}$

Et donc,

${\displaystyle dz={T_{0} \over G_{z}}d\zeta }$

Donc,

${\displaystyle {dp \over p}=-{7 \over 2}{g \over C_{p}T_{0}}\times {T_{0} \over G_{z}}\times {d\zeta \over 1-\zeta }}$

Et donc,

${\displaystyle {dp \over p}=-{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\times {d\zeta \over 1-\zeta }}$

On calcule la primitive et donc :

${\displaystyle \log(p)=-{7 \over 2}(-){g \over C_{p}G_{z}}\log(1-\zeta )+Cte}$

Donc,

${\displaystyle \log(p)={7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\log(1-\zeta )+Cte}$

Donc:

${\displaystyle p=K\exp \left({7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\log(1-\zeta )\right)}$

À ζ = 0, on a ${\displaystyle p=p_{0}}$

Donc,

${\displaystyle p=K\exp \left({7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\log(1-0)\right)}$

Et donc, ${\displaystyle K=p_{0}}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left({7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\log(1-\zeta )\right)}$

La formulation exacte est la suivante :

${\displaystyle p=p_{0}\exp(\log(1-\zeta ))^{{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}}}$

On obtient donc :

${\displaystyle p=p_{0}(1-\zeta )^{{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}}}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\left(1-{G_{z}z \over T_{0}}\right)^{{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}}}$

On va montrer que la déviation par rapport à l'exponentielle pure est négligeable dans la troposphère.

On note que ${\displaystyle \zeta \ll 1}$ et donc on peut effectuer un développement limité :

${\displaystyle \log(1-\zeta )\approx -\zeta -{1 \over 2}\zeta ^{2}}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left[{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\left(-\zeta -{1 \over 2}\zeta ^{2}\right)\right]}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left({7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}(-)\zeta \right)\times \exp \left(-{1 \over 2}{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\zeta ^{2}\right)}$

Finalement au second ordre, on obtient :

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left(-{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\zeta \right)\times \exp \left(-{1 \over 2}{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}\zeta ^{2}\right)}$

On rappelle que : ${\displaystyle \zeta ={G_{z} \over T_{0}}z}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left(-{7 \over 2}{g \over C_{p}G_{z}}{G_{z}z \over T_{0}}\right)\times \exp \left[-{7 \over 4}{g \over C_{p}G_{z}}\left({G_{z}z \over T_{0}}\right)^{2}\right]}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left(-{7 \over 2}{gz \over C_{p}T_{0}}\right)\times \exp \left[-{7 \over 4}{gG_{z}z^{2} \over C_{p}T_{0}^{2}}\right]}$

Dans ce qui suit pour l'atmosphère standard, on va prouver que :

${\displaystyle \exp \left[-{7 \over 4}{gG_{z}z^{2} \over C_{p}T_{0}^{2}}\right]\approx 1}$

Application de la formule pour l'atmosphère standard

On veut exprimer numériquement la formule supra.

On suppose que ${\displaystyle T_{0}=288.15}$, C_p=1006, g= 9.80665, ${\displaystyle G_{z}=6.5\times 10^{-3}}$

On obtient donc :

${\displaystyle p=p_{0}\left(1-{G_{z}z \over T_{0}}\right)^{{7 \over 2}\ {g \over C_{p}G_{z}}}}$

${\displaystyle p=p_{0}\left(1-{6.5\times 10^{-3} \over 288.15}z\right)^{{7 \over 2}\ {9.80665 \over 1006\times 6.5\times 10^{-3}}}}$

Donc,

${\displaystyle p=p_{0}\left(1-2.25576\times 10^{-5}\times z\right)^{5.24900}}$

Cette formule est très proche de la formule officielle.

Variation de la pression lorsque la température suit le gradient adiabatique sec

Dans ce cas particulier, on a ${\displaystyle G_{z}={g \over C_{p}}}$

Donc,

${\displaystyle {g \over C_{p}G_{z}}={g \over C_{p}(gC_{p})}=1}$

On obtient alors simplement :

${\displaystyle p=p_{0}\exp \left(-{7 \over 2}{gz \over C_{p}T_{0}}\right)\times \exp \left[-{7 \over 4}\left({gz \over C_{p}T_{0}}\right)^{2}\right]}$

On va montrer que la déviation par rapport à l'exponentielle pure est négligeable dans la troposphère. En effet, on considère z = 10⁴ avec une température au sol de 300 K. On a alors :

${\displaystyle \zeta ={gz \over C_{p}T_{0}}={10\times 10^{4} \over 10^{3}\times 3\times 10^{2}}={1 \over 3}}$

La seconde exponentielle vaut :

${\displaystyle \exp \left(-{7 \over 4}\zeta ^{2}\right)=\exp \left(-{7 \over 4}\times {1 \over 9}\right)=0.82329...}$

À la tropopause, la différence serait donc de 20 %. On remarquera qu'en plus il serait irréaliste de considérer que l'air se refroisse suivant le gradient adiabatique jusqu'à la tropopause. Au mieux, la décroissance adiabatique de la température, ne se produit que jusqu'à 5 km d'altitude en Namibie ou en Arizona, et dans ce cas, l'on a : ${\displaystyle \zeta ={1 \over 6}}$

On obtient alors :

${\displaystyle \exp \left(-{7 \over 4}\zeta ^{2}\right)=\exp \left(-{7 \over 4}\times {1 \over 36}\right)=0.959255...}$

Soit une déviation de 5 % seulement.

Erreur altimétrique en cas d'air froid

On considère un temps froid avec une couche de stabilité neutre. On considère z = 2000 et T₀ = 268.15 On a :${\displaystyle \zeta ={gz \over C_{p}T_{0}}={10\times 2\times 10^{3} \over 10^{3}\times 268}=0.074626}$

Donc, au premier ordre, la décroissance est proportionnelle à z. L'erreur sur le taux de décroissance est donc de : ${\displaystyle e={288.15-268.15 \over 278}=0.072}$

On constate qu'au premier ordre l'altitude sera surestimée de 7 %. Donc, plus l'on sera haut plus l'altimètre surestimera l'altitude. Cela confirme l'adage « Hot to cold, look below ».

Variation de la pression dans l'atmosphère standard

Dans l'atmosphère standard, on a ${\displaystyle G_{z}=-6K/km=-6\times 10^{-3}}$. On considère la température au sol de 300 K.

On considère à nouveau la tropopause située à 10 km. On a :

${\displaystyle \zeta ={gz \over C_{p}T_{0}}={10\times 10^{4} \over 10^{3}\times 300}={1 \over 3}}$

La seconde exponentielle vaut :

${\displaystyle \exp \left[-{7 \over 4}{g \over C_{p}G_{z}}\zeta ^{2}\right]=\exp \left({7 \over 4}{10^{-2} \over 6\times 10^{-3}}{1 \over 9}\right)=\exp \left(-{7 \over 216}\right)=0.96811...}$

Ceci ne fait qu'une erreur de 3 %.

L'erreur à 5 km ne serait que de moins de 1 %.

Établissement à partir de la physique statistique

Considérons un système de particules à l'équilibre thermique à la température T (qui a donc la même température en tout point) dont les particules peuvent occuper des niveaux d'énergie E_j répartis discrètement ou continûment. La probabilité qu'une particule occupe le niveau d'énergie E_j est donnée par la distribution de Boltzmann :

${\displaystyle P_{j}={\frac {e^{-{\frac {E_{j}}{k_{\mathrm {B} }T}}}}{Z}}}$.

k_B est la constante de Boltzmann et Z un facteur de normalisation (la fonction de partition) qui assure que la somme sur toutes les probabilités est égale à 1. Pour un système constitué de N particules, le nombre de particules dans l'état E_j est n_j = N P_j.

Une particule de gaz de masse m a dans le champ de pesanteur une énergie potentielle E_pot=mgz et, à cause de sa température dans le milieu, une énergie thermique E_th; donc au total, une énergie E(z)=mgz+E_th. Si l'on considère deux volumes élémentaires de même taille à des altitudes z₀ et z₁, les particules à l'altitude z₁ ont une énergie supérieure de mgΔh. Le rapport des probabilités de présence d'une particule dans le volume à z₁ et dans le volume à z₀ vaut donc :

${\displaystyle {\frac {P(z_{1})}{P(z_{0})}}={\frac {e^{-{\frac {E(z_{1})}{k_{\mathrm {B} }T}}}}{e^{-{\frac {E(z_{0})}{k_{\mathrm {B} }T}}}}}=e^{-{\frac {\Delta E}{k_{\mathrm {B} }T}}}=e^{-{\frac {\Delta E_{pot}}{k_{\mathrm {B} }T}}}}$.

Pour un nombre de particules N suffisamment grand, la densité de particules n(z) se comporte comme les probabilités de présence :

${\displaystyle {\frac {n(z_{1})}{n(z_{0})}}={\frac {NP(z_{1})}{NP(z_{0})}}=e^{-{\frac {\Delta E_{pot}}{k_{\mathrm {B} }T}}}}$,

et d'après la loi des gaz parfaits ${\displaystyle p(z)=n(z)\,k_{\mathrm {B} }T}$, la pression obéit à la même relation :

${\displaystyle {\frac {p(z_{1})}{p(z_{0})}}=e^{-{\frac {\Delta E_{pot}}{k_{\mathrm {B} }T}}}=e^{-{\frac {mg\Delta z}{k_{\mathrm {B} }T}}}=e^{-{\frac {Mg}{RT}}\Delta z}}$,

(dans l'équation précédente, on passe de la masse et de la constante de Boltzmann à la masse molaire et à la constante des gaz parfaits en multipliant ces grandeurs par le nombre d'Avogadro N_A.

Du point de vue énergétique, on a supposé ici les hypothèses du théorème d'équipartition vérifiées. Mais cette hypothèse n'est en général vérifiée que pour une atmosphère dense, seul cas où les énergies entre les différents degrés de liberté peuvent être échangés par chocs entre les molécules de gaz.

(Justification : Le théorème d'équipartition n'est en général valable que pour les hautes énergies car il ne peut être utilisé directement que sur des potentiels de forme quadratiques dans la fonction de Hamilton. Comme l'énergie potentielle d'altitude n'est que linéaire dans la fonction de Hamilton, on ne peut en général pas supposer le théorème d'équipartition valide pour les gaz très dilués.)

Correction liée à la présence de vapeur d'eau

Dans la section précédente, on a supposé que l'air est sec et donc qu'il n'y a aucune condensation. Toutefois, les nuages sont très présents dans l'atmosphère et sont constitués de gouttelettes d'eau ou de cristaux de glace. En effet, lorsqu’une parcelle d'air s'élève, celle-ci se refroidit selon l'adiabatique sèche (10 °C/km) jusqu'à ce qu'elle soit saturée en vapeur d'eau. Dès lors, la vapeur d'eau se condense et libère de la chaleur latente ce qui a pour résultat que la parcelle d'air se refroidit moins vite. Le taux de refroidissement d'une parcelle d'air saturé est de l'ordre de 6,5 °C/km. Cette valeur est appelée gradient adiabatique humide. L'atmosphère standard est au niveau de la mer T = 287 K, p = 1013.15 hPa. On considère que l'atmosphère en équilibre a un gradient égal à l’adiabatique humide. La tropopause se situe à 11 km aux latitudes tempérées ce qui correspond à une température de ${\displaystyle 15-11\times 6.5=-56.5}$ °C. La température couramment admise à la tropopause est −52 °C.

Atmosphère normalisée

l'OACI a défini une atmosphère normalisée[3]. On considère de l'air sec, de composition chimique constante, se comportant comme un gaz parfait, supposé au repos et en équilibre hydrostatique. Le gradient de température est supposé constant à -6.5 K/km jusqu'à 11 km. Au niveau de la mer la température est de 15 °C et la pression 1013,25 hPa. Ce gaz subit une accélération de la pesanteur supposée constante à 9,806 65 m/s². On remarquera que cette atmosphère normalisée ne correspond évidemment pas à la réalité.

L’équation d'état d'un gaz parfait à l'altitude z, de pression P, de volume V, d'une température T et d'un nombre de moles n s'exprime sous la forme : avec R la constante universelle des gaz parfaits :

${\displaystyle P(z)V(z)=nRT(z)}$

ou encore pour l'air sec avec la constante spécifique de l'air sec ${\displaystyle R_{s}={R \over M_{a}}}$ et la masse volumique de l'air ${\displaystyle \rho }$

${\displaystyle P(z)=\rho (z)R_{s}T(z)}$

Le gradient de température ${\displaystyle \alpha }$ étant constant, on peut écrire ${\displaystyle T(z)=T_{0}+\alpha z}$ et

${\displaystyle P(z)=\rho (z)R_{s}(T_{0}+\alpha z)}$

Or l'équation de l'équilibre hydrostatique nous donne avec l'accélération de la pesanteur ${\displaystyle g}$

${\displaystyle \mathrm {d} P(z)=-\rho (z)g\mathrm {d} z}$

Le quotient de ces deux équations amène à :

${\displaystyle {\mathrm {d} P \over P}=-{g \over R_{s}}{\mathrm {d} z \over {T_{0}+\alpha z}}}$

L'intégration de cette équation sur la tranche d'altitude 0 (niveau de la mer) jusqu'à l'altitude z donne :

${\displaystyle \int _{P_{0}}^{P(z)}{\mathrm {d} P \over P}=-{g \over R_{s}}\int _{0}^{z}{\mathrm {d} z \over {T_{0}+\alpha z}}}$

${\displaystyle \ln(P(z))-\ln(P_{0})=-{g \over {\alpha R_{s}}}[\ln(T_{0}+\alpha z)-\ln(T_{0})]}$

${\displaystyle \ln \left({P(z) \over P_{0}}\right)=-{g \over {\alpha R_{s}}}\ln \left(1+{\alpha \over T_{0}}z\right)}$

${\displaystyle {P(z) \over P_{0}}=\left(1+{\alpha \over T_{0}}z\right)^{-{g \over {\alpha R_{s}}}}}$

On obtient ainsi l'expression de la pression en fonction de l'altitude :

${\displaystyle P(z)=P_{0}\left(1+{\alpha \over T_{0}}z\right)^{-{g \over {\alpha R_{s}}}}}$

La dérivée peut se calculer également :

${\displaystyle {\mathrm {d} P \over \mathrm {d} z}=-{{P_{0}g} \over {T_{0}R_{s}}}\left(1+{\alpha \over T_{0}}z\right)^{-{g \over {\alpha R_{s}}}-1}}$

Avec P₀=101325 Pa, T₀=288,15 K, g=9,80665 m/s², α=-0,0065 K/m, R_s=287.057995959 J/(kg⋅K)

${\displaystyle P(z)=101325\left(1-{0,0065 \over 288,15}z\right)^{5.25578595913}}$

${\displaystyle {\mathrm {d} P \over \mathrm {d} z}=-12,01\left(1-{0,0065 \over 288,15}z\right)^{4,255}}$

et pour z=0 :

${\displaystyle {\mathrm {d} P \over \mathrm {d} z}=-12,0\,Pa/m}$

Si α croit, l'exposant décroît et la température décroît aussi. Donc, la pression décroît. Donc l'altimètre indiquera une altitude supérieure à l'altitude réelle. Comme il est expliqué plus bas, cette règle peut être fausse.

Cas général

Dans le cas général, la solution de l'équation barométrique est (on utilise la relation de Mayer pour les gaz parfaits):

${\displaystyle \ln \left({\frac {p(z_{1})}{p(z_{0})}}\right)=-\int _{z_{0}}^{z_{1}}{g \over (C_{p}-C_{v})T(\zeta )}\,\mathrm {d} \zeta =-{7 \over 2}\times {g \over C_{p}}\int _{z_{0}}^{z_{1}}{\mathrm {d} \zeta \over T(\zeta )}}$,

soit

${\displaystyle p(z_{1})=p(z_{0})\,e^{-{7 \over 2}\times {g \over C_{p}}\int _{z_{0}}^{z_{1}}{\mathrm {d} \zeta \over T(\zeta )}}}$

avec une intégrale restant à calculer numériquement.