21Thermodynamique de l’atmosphère

Le 16 avril 2026, à 12 UTC, un ballon s’est élevé de la station météorologique de Norman, Oklahoma, comme des ballons s’élèvent chaque jour à cette heure depuis plus de huit cents stations. L’instrument qu’il emportait a renvoyé par radio un profil vertical que le prévisionniste lit d’un coup d’œil : un air presque saturé près du sol, un couvercle chaud et mince à six cents mètres d’altitude, et au-dessus une température qui chute vite sur dix kilomètres. Soulevé à travers ce couvercle, l’air de surface se serait retrouvé plus chaud que son environnement sur la plus grande partie de la troposphère, avec environ deux mille joules par kilogramme à dépenser pour monter. Ce chapitre apprend à lire cette énergie sur un radiosondage : quelle quantité d’eau l’air peut contenir, comment une particule d’air qui monte se refroidit avant et après sa condensation, comment les diagrammes des météorologues transforment des aires en énergies, et comment les gouttelettes de nuage se forment.

Tu sais déjà

Des volumes de physique : pression de vapeur saturante, humidité relative, point de rosée, chaleur latente, relation de Clausius–Clapeyron et sa forme intégrée ; germination et surfusion ; premier principe, transformations adiabatiques et capacités thermiques d’un gaz parfait. Des volumes de chimie : pressions partielles, loi de Raoult, tension superficielle et équation de Kelvin. Des volumes scolaires : le niveau de condensation et sa règle de $125\,\mathrm{m}$ par degré, air stable et instable, le noyau de condensation, les processus de pluie chaude et de cristaux de glace. Du volume de première année : l’atmosphère standard, les gradients adiabatiques de l’environnement et sec ($\Gamma_d = 9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$), la particule d’air, la température potentielle, la stabilité statique, les inversions de température et l’équation hypsométrique.

Dans tout le chapitre : $R_d = R/M_d = 287.0\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ pour l’air sec de masse molaire $28.97\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; $R_v = R/M_w = 461.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ pour la vapeur d’eau, de masse molaire $18.0153\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$ ; $\varepsilon = M_w/M_d = 0.622$ ; $c_p = \tfrac72 R_d = 1004.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ (le volume de première année, avec le rapport des capacités thermiques 1.4) ; $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ ; et la chaleur latente de vaporisation au point triple, $L = 2.501 \times 10^{6}\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$.

21.1 Air humide

L’air est un mélange d’air sec et de vapeur d’eau, tous deux proches de gaz parfaits. Les volumes de physique mesurent son eau par l’humidité relative et le point de rosée ; une particule d’air qui monte a besoin de mesures qui ne changent pas quand elle se dilate.

Définition 21.1 (Pression de vapeur ; rapport de mélange ; humidité spécifique)

La pression de vapeur $e$ de l’air humide est la pression partielle de sa vapeur d’eau. Son rapport de mélange est $r = m_v/m_d$, la masse de vapeur d’eau par unité de masse d’air sec dans le même volume, et son humidité spécifique est $q = m_v/(m_d + m_v)$, la masse de vapeur par unité de masse d’air humide. Les deux s’expriment d’ordinaire en grammes par kilogramme.

Proposition 21.2 (Variables d’humidité)

Dans l’air humide à la pression totale $p$ avec la pression de vapeur $e$,

$$r = \frac{\varepsilon e}{p - e}, \qquad q = \frac{r}{1 + r} = \frac{\varepsilon e}{p - (1 - \varepsilon)e} .$$

À saturation, $e = e_s(T)$ et $r = r_s(T, p)$, le rapport de mélange de saturation. Ni $r$ ni $q$ ne changent lorsqu’une particule se dilate ou se comprime sans gagner ni perdre d’eau.

Définition 21.3 (Température virtuelle)

La température virtuelle $T_v$ de l’air humide est la température que l’air sec devrait avoir, à même pression, pour avoir la même masse volumique :

$$T_v = T\,\frac{1 + r/\varepsilon}{1 + r} \approx T\,(1 + 0.61\,r) .$$

La démonstration que cette température tient ce qu’elle promet tient en une ligne : la masse volumique de l’air humide vaut $(m_d + m_v)/V = \bigl(p - e\bigr)/(R_dT) + e/(R_vT)$, qui, avec $e = pr/(\varepsilon + r)$, vaut $p/(R_dT_v)$. La vapeur d’eau est plus légère que l’air sec : l’air humide est donc moins dense que l’air sec à même température et même pression, comme s’il était un peu plus chaud.

Exemple 21.4 (L’air de Norman)

Au sol, le radiosondage donne $p = 971.1\,\mathrm{hPa}$, $T = 19.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et un point de rosée de $18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La pression de vapeur est la pression de vapeur saturante au point de rosée, $e = e_s(18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 21.5\,\mathrm{hPa}$ (Proposition 21.5 ci-dessous). Alors $r = 0.622 \times 21.5/(971.1 - 21.5) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$, $q = 13.9\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$, et $T_v - T = 0.61 \times 0.0141 \times 292.15\,\mathrm{K} = 2.5\,\mathrm{K}$ : cet air est aussi léger que de l’air sec deux degrés et demi plus chaud.

21.2 Pression de vapeur saturante

Au-dessus d’une surface plane d’eau pure, la pression de vapeur à l’équilibre ne dépend que de la température. Les volumes de physique en établissent la loi, la relation de Clausius–Clapeyron, et l’intègrent à chaleur latente constante ; pour la vapeur d’eau, $M L/R = L/R_v$.

Proposition 21.5 (Pression de vapeur saturante)

La chaleur latente $L$ étant supposée constante, la pression de vapeur saturante au-dessus de l’eau est

$$e_s(T) = e_t \exp\!\Bigl[\frac{L}{R_v}\Bigl(\frac{1}{T_t} - \frac{1}{T}\Bigr)\Bigr], \qquad e_t = 6.117\,\mathrm{hPa}, \quad T_t = 273.16\,\mathrm{K}, \quad \frac{L}{R_v} = 5419\,\mathrm{K},$$

où $(T_t, e_t)$ est le point triple de l’eau.

Corollaire 21.6 (Sept pour cent par kelvin)

Le taux relatif d’accroissement de la pression de vapeur saturante est $\mathrm{d}\ln e_s/\mathrm{d}T = L/(R_v T^2)$ : $7.3\,\%$ par kelvin à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $6.3\,\%$ à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $5.9\,\%$ à $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

La chaleur latente constante est le seul défaut de la formule : la chaleur latente passe de $2500.9\,\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$ au point triple à $2453.5\,\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$ à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, si bien que la formule dépasse les valeurs mesurées à mesure que la température s’élève, de $1.2\,\%$ à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et de $2.5\,\%$ à $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (figure ci-dessous). Une formule empirique ajustée sur des mesures, $e_s = 6.112\,\mathrm{hPa} \times \exp[17.67\,t/(t + 243.5)]$ avec $t$ en degrés Celsius, reste à quelques pour mille près ; les produits de données l’utilisent, mais la proposition est celle qui se dérive et se comprend, et ce chapitre la garde.

Au-dessous de $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, l’eau peut rester liquide dans les nuages, en surfusion, et il existe deux pressions de vapeur saturante : au-dessus de l’eau liquide et au-dessus de la glace. La seconde est plus basse, car la chaleur latente de sublimation dépasse celle de vaporisation d’une quantité égale à la chaleur latente de fusion. L’air saturé par rapport aux gouttelettes en surfusion est sursaturé par rapport à la glace, de $10\,\%$ à $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et de $22\,\%$ à $-20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : la dernière section revient sur cet écart.

21.3 Ascension de l’air humide

Une particule qui monte sans échanger de chaleur se refroidit au gradient adiabatique sec, conserve sa température potentielle et, si elle ne condense pas, conserve son rapport de mélange. Sa pression de vapeur $e = pr/(\varepsilon + r)$ baisse avec la pression, mais sa pression de vapeur saturante baisse plus vite, avec sa température. Les deux se rejoignent à un niveau que les volumes scolaires trouvent par une règle.

Définition 21.7 (Niveau de condensation par soulèvement)

Le niveau de condensation par soulèvement (LCL) d’une particule d’air est le niveau où elle devient saturée lorsqu’elle est soulevée de façon adiabatique sèche. C’est le niveau de condensation des volumes scolaires, la hauteur des bases planes des nuages qui se forment par soulèvement.

Proposition 21.8 (Hauteur du niveau de condensation par soulèvement)

Une particule à la température $T$ de point de rosée $T_d$ atteint la saturation environ

$$z_{\text{LCL}} \approx \frac{T - T_d}{\Gamma_d - \Gamma_{\text{rosée}}}, \qquad \Gamma_{\text{rosée}} = \frac{g R_v T_d^2}{L R_d T} \approx 1.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km},$$

au-dessus de son niveau de départ : environ $125\,\mathrm{m}$ par degré de dépression du point de rosée.

À Norman, la dépression du point de rosée était de $0.5\,\mathrm{K}$ : l’air de surface aurait condensé après $63\,\mathrm{m}$ de montée, à $964\,\mathrm{hPa}$. Le calcul complet, qui suit l’adiabatique sèche et le rapport de mélange de saturation sans linéariser, donne $64\,\mathrm{m}$.

Au-dessus du LCL, la particule condense en montant. La condensation libère de la chaleur latente, et la particule se refroidit plus lentement.

Définition 21.9 (Gradient adiabatique saturé ; adiabatique humide)

Le gradient adiabatique saturé $\Gamma_s$ est le taux auquel baisse la température d’une particule saturée qui monte, sa vapeur condensant pour la maintenir saturée. La courbe qu’elle suit sur un diagramme température-pression est une adiabatique humide. Lorsque l’eau condensée est supposée retomber aussitôt, la montée est dite pseudo-adiabatique.

Proposition 21.10 (Gradient adiabatique saturé)

Pour une montée pseudo-adiabatique, avec $r_s = r_s(T, p)$,

$$\Gamma_s = g\,\frac{1 + \dfrac{L r_s}{R_d T}}{c_p + \dfrac{L^2 r_s}{R_v T^2}} .$$

Il tend vers $\Gamma_d = g/c_p$ lorsque $r_s$ tend vers zéro, et il est plus petit sinon.

Le taux dépend de la quantité d’eau à condenser. À $1000\,\mathrm{hPa}$, il vaut $6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $5.2\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $4.2\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ à $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; haut dans la troposphère, à $200\,\mathrm{hPa}$ et $-60\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, il revient à $9.6\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, presque le taux sec. Une adiabatique humide est donc raide près d’un sol chaud et s’infléchit vers les adiabatiques sèches en altitude.

Définition 21.11 (Température potentielle équivalente)

La température potentielle équivalente $\theta_e$ d’une particule est la température qu’elle aurait si on la soulevait jusqu’à ce que toute sa vapeur ait condensé et soit retombée, puis si on la ramenait de façon adiabatique sèche jusqu’à $1000\,\mathrm{hPa}$. Une bonne approximation est

$$\theta_e \approx \theta \exp\!\Bigl(\frac{L r}{c_p T_{\text{LCL}}}\Bigr),$$

avec $\theta$ la température potentielle et $T_{\text{LCL}}$ la température au niveau de condensation par soulèvement de la particule.

La température potentielle n’est conservée que dans une montée sèche ; $\theta_e$ est conservée, à cette approximation, dans une montée sèche comme saturée, car la chaleur qu’elle compte comme déjà libérée est exactement celle que libère la condensation. Elle désigne une adiabatique humide comme $\theta$ désigne une adiabatique sèche. L’air de surface de Norman a $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{2/7} = 294.6\,\mathrm{K}$ et $\theta_e = 294.6 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.0141/(1004.5 \times 291.5)] = 332\,\mathrm{K}$.

21.4 Diagrammes thermodynamiques

Définition 21.12 (Radiosondage)

Un radiosondage est un profil vertical de la pression, de la température, de l’humidité et du vent de l’atmosphère au-dessus d’un lieu, mesuré par un instrument emporté en altitude, le plus souvent une radiosonde sous un ballon.

Un radiosondage n’est ni tout à fait vertical, car le ballon dérive avec le vent, ni tout à fait instantané, car il lui faut plusieurs minutes pour atteindre la haute troposphère ; le réseau principal ne lâche des ballons que deux fois par jour. Ses nombres deviennent utiles une fois portés sur un diagramme où une particule d’air qui monte peut être suivie à la règle.

Définition 21.13 (Diagramme thermodynamique ; émagramme oblique (skew-T log-p) ; téphigramme)

Un diagramme thermodynamique est un graphique dont les coordonnées sont des fonctions de la pression et de la température, sur lequel sont tracés les isobares, les isothermes, les adiabatiques sèches, les adiabatiques humides et les lignes de rapport de mélange de saturation constant, et sur lequel un radiosondage est porté sous forme de deux courbes, sa température et son point de rosée. Sur un émagramme oblique (skew-T log-p), la coordonnée verticale est $-\ln p$ et l’horizontale est $T + k\ln(p_0/p)$, de sorte que les isobares sont horizontales et que les isothermes sont des droites obliques montant vers la droite. Un téphigramme utilise pour coordonnées la température et l’entropie par unité de masse $c_p\ln\theta$, de sorte que les isothermes et les adiabatiques sèches sont des droites perpendiculaires.

Proposition 21.14 (Les aires sont des énergies)

Sur un émagramme oblique (skew-T log-p), l’aire comprise entre deux courbes $T_1(p)$ et $T_2(p)$ entre les pressions $p_b > p_a$ est proportionnelle à $\int_{p_a}^{p_b} R_d\,(T_1 - T_2)\,\mathrm{d}\ln p$, l’énergie par unité de masse que la Proposition 21.19 ci-dessous donne à une particule suivant $T_1$ à travers un environnement $T_2$.

Méthode 21.15 (Soulever une particule sur un diagramme)

1. Tracer la température et le point de rosée du radiosondage en fonction de la pression.
2. Depuis la température de la particule, suivre l’adiabatique sèche vers le haut ; depuis son point de rosée, suivre la ligne de rapport de mélange de saturation. Leur point de rencontre est le LCL.
3. Depuis le LCL, suivre l’adiabatique humide vers le haut.
4. Là où la courbe de la particule se trouve à droite de la température du radiosondage, la particule est plus chaude que son environnement ; les niveaux où les deux courbes se croisent sont les niveaux de la Définition 21.17 ci-dessous.

21.5 Stabilité et énergie convective

Le volume de première année comparait le gradient vertical $\Gamma$ d’une couche à $\Gamma_d$. Une particule saturée se refroidit à $\Gamma_s$ à la place, et un troisième cas apparaît entre les deux gradients.

Définition 21.16 (Instabilité conditionnelle)

Une couche dont le gradient vertical se situe entre les gradients adiabatiques saturé et sec, $\Gamma_s < \Gamma < \Gamma_d$, est en instabilité conditionnelle : stable pour les particules non saturées, instable pour les particules saturées.

À Norman, la température a baissé de $37.0\,\mathrm{K}$ entre $850\,\mathrm{hPa}$ ($1489\,\mathrm{m}$) et $500\,\mathrm{hPa}$ ($5725\,\mathrm{m}$), soit $8.7\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ : instabilité conditionnelle sur quatre kilomètres. Le déclenchement de l’instabilité dépend de l’endroit où une particule venue d’en bas devient saturée, puis plus chaude que son environnement.

Définition 21.17 (Niveau de convection libre ; niveau d’équilibre)

Le niveau de convection libre (LFC) d’une particule soulevée est le niveau au-dessus duquel, saturée, elle devient plus chaude que son environnement et monte librement. Le niveau d’équilibre (EL) est le niveau au-dessus du LFC où sa température redevient égale à celle de son environnement.

Définition 21.18 (Énergie potentielle convective disponible ; inhibition convective)

L’énergie potentielle convective disponible (CAPE) d’une particule est le travail de la force de flottabilité sur l’unité de masse de celle-ci entre son LFC et son EL,

$$\text{CAPE} = \int_{z_{\text{LFC}}}^{z_{\text{EL}}} g\,\frac{T_{v,\text{particule}} - T_{v,\text{milieu}}}{T_{v,\text{milieu}}}\,\mathrm{d}z ,$$

et son inhibition convective (CIN) est la même intégrale, négative, du niveau de départ jusqu’à son LFC.

Proposition 21.19 (Flottabilité sur un diagramme ; vitesse de la particule)

1. En fonction de la pression, $\text{CAPE} = R_d \int_{p_{\text{EL}}}^{p_{\text{LFC}}} (T_{v,\text{particule}} - T_{v,\text{milieu}})\,\mathrm{d}\ln p$ : sur un émagramme oblique, elle est proportionnelle à l’aire comprise entre la courbe de la particule et le radiosondage.
2. Une particule qui quitte le LFC au repos et qui conserve tout le travail de sa flottabilité atteint le niveau d’équilibre avec la vitesse verticale $w_{\max} = \sqrt{2\,\text{CAPE}}$.

Exemple 21.20 (L’énergie du radiosondage de Norman)

Soulevons l’air de surface de l’Exemple 21.4. Il sature à $964\,\mathrm{hPa}$, $64\,\mathrm{m}$ plus haut, et suit une adiabatique humide. Sous $900\,\mathrm{hPa}$, le radiosondage est lui-même presque saturé et la particule reste quelques dixièmes de degré plus froide que son environnement ; vient ensuite l’inversion entre $908\,\mathrm{hPa}$ et $889\,\mathrm{hPa}$, où la température monte de $4.1\,\mathrm{K}$ sur $178\,\mathrm{m}$ et où la particule se trouve $5\,\mathrm{K}$ trop froide. Ce n’est qu’à $732\,\mathrm{hPa}$, $2.4\,\mathrm{km}$ au-dessus du sol, qu’elle devient plus chaude que son environnement : c’est son LFC ; elle le reste jusqu’à son EL, à $236\,\mathrm{hPa}$, $10.9\,\mathrm{km}$ au-dessus du niveau de la mer, juste sous la tropopause que le radiosondage situe à $235\,\mathrm{hPa}$. Sur une grille fine de pressions, les aires du diagramme skew-T donnent une CAPE $= 2100\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ et une CIN $= -200\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ avec la température, et $2230\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ et $-130\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ avec la température virtuelle : l’humidité de la particule ajoute sa propre flottabilité. La théorie de la particule donne $w_{\max} = \sqrt{2 \times 2100} = 65\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Les tables des prévisionnistes déclarent positive une CAPE allant jusqu’à $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, grande une CAPE comprise entre $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ et $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, et extrême une CAPE au-delà de $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ ; des valeurs supérieures à $1000\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ sont courantes dans les environnements d’orage, et les valeurs au-delà de $5000\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ sont rares. La CAPE est la plus forte en saison chaude, surtout à la fin du printemps. L’indice de soulèvement, soit la température du radiosondage à $500\,\mathrm{hPa}$ moins celle de la particule soulevée, résume la même information en un seul nombre : à Norman, $-18.4 - (-8.9) = -9.5\,\mathrm{K}$, dans la classe de $-8$ à $-10$ que les tables des prévisionnistes appellent instabilité extrême. Aucune de ces valeurs n’est un seuil au-delà duquel des orages doivent se former.

La CIN est le prix à payer. Le couvercle chaud a empêché l’air de surface de monter de lui-même : une particule devrait être poussée au travers, par un front ou par la lente ascension de l’air situé devant une perturbation en altitude, ou être réchauffée par le bas par le soleil de l’après-midi jusqu’à être flottante sur toute la hauteur. Et la vitesse $w_{\max}$ est une borne supérieure : un courant ascendant réel emporte son eau condensée, qui l’alourdit, et se mélange à l’air plus sec qui l’entoure, lequel le refroidit par évaporation. Le niveau d’équilibre reste un bon indicateur de l’endroit où les sommets de l’orage s’étalent en enclume.

21.6 Microphysique des nuages

Une particule d’air à son LCL est saturée au-dessus d’une surface d’eau plane. Une gouttelette n’est pas plane : les volumes de physique montrent qu’une nouvelle phase n’apparaît pas à l’équilibre, mais seulement par germination, et les volumes de chimie que la pression de vapeur au-dessus d’une surface courbe dépasse celle au-dessus d’une surface plane (l’équation de Kelvin). Avec la constante $A$ de la Proposition 21.22 ci-dessous, une gouttelette d’eau pure de $2\,\mathrm{nm}$ de diamètre n’est en équilibre qu’au rapport de saturation $\exp(2.1/2) = 2.9$, soit une sursaturation de $190\,\%$, bien au-dessus des fractions de pour cent auxquelles les particules s’activent : les gouttelettes se forment sur des particules.

Définition 21.21 (Sursaturation ; noyau de condensation nuageuse)

La sursaturation de l’air est $s = e/e_s - 1$, l’excès de sa pression de vapeur sur la pression de vapeur saturante au-dessus d’une surface plane d’eau pure, souvent exprimé en pour cent. Un noyau de condensation nuageuse (CCN) est une particule d’aérosol sur laquelle une gouttelette de nuage se forme aux faibles sursaturations des nuages. C’est le noyau de condensation des volumes scolaires.

Proposition 21.22 (Courbe de Köhler)

Une gouttelette de solution de diamètre $D$, formée sur une particule sèche de diamètre $D_d$ et d’hygroscopicité $\kappa$, est en équilibre avec le rapport de saturation

$$S(D) = \frac{D^3 - D_d^3}{D^3 - D_d^3(1 - \kappa)}\,\exp\Bigl(\frac{A}{D}\Bigr), \qquad A = \frac{4\sigma M_w}{R T\rho_w},$$

avec $\sigma$ la tension superficielle et $\rho_w$ la masse volumique de l’eau (admise). La courbe $S(D)$ est la courbe de Köhler. Pour $D \gg D_d$,

$$s = S - 1 \approx \frac{A}{D} - \frac{\kappa D_d^3}{D^3},$$

qui est maximale au diamètre et à la sursaturation critiques :

$$D_c = \sqrt{\frac{3\kappa D_d^3}{A}}, \qquad s_c = \sqrt{\frac{4A^3}{27\,\kappa D_d^3}} .$$

Avec $\sigma = 0.072\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{2}$ à $298.15\,\mathrm{K}$, $A = 2.1\,\mathrm{nm}$. Le sulfate d’ammonium a $\kappa = 0.61$ ; le chlorure de sodium est encore plus hygroscopique ($\kappa = 1.28$), et les particules atmosphériques se situent surtout entre 0.1 et 0.9. Une particule sèche de $50\,\mathrm{nm}$ de sulfate d’ammonium a $D_c = 0.33\,\text{µ}\mathrm{m}$ et $s_c = 0.42\,\%$ ; une de $100\,\mathrm{nm}$, $0.93\,\text{µ}\mathrm{m}$ et $0.15\,\%$. L’approximation diffère du maximum exact de moins de $1\,\%$.

La courbe partage les particules. Sous son sommet, une gouttelette est en équilibre stable : si elle grossit, l’air n’est plus assez sursaturé pour elle et elle rétrécit ; de telles gouttelettes de brume gonflent et rétrécissent avec l’humidité. Dès que la sursaturation de l’air dépasse $s_c$, la gouttelette est activée : au-delà du sommet, elle a besoin de moins en moins de sursaturation à mesure qu’elle grossit, et elle grossit tant qu’il y a de la vapeur. Une particule qui monte se refroidit, sa sursaturation augmente, et les particules les plus grosses et les plus solubles s’activent les premières ; les gouttelettes qu’elles forment prennent alors la vapeur et plafonnent la sursaturation. Au-dessus des océans lointains, il y a environ 110 CCN par centimètre cube actives à $0.4\,\%$, au-dessus des continents lointains presque deux fois plus, et dans un air pollué environ dix fois plus. La même eau partagée entre davantage de gouttelettes les rend plus petites.

Remarque 21.23 (Pourquoi la condensation seule ne fait pas la pluie)

Une gouttelette grossit par diffusion de la vapeur vers elle. Le flux à travers une sphère entourant une gouttelette de rayon $r$ vaut $4\pi r D_v\,\Delta\rho_v$, avec $D_v$ la diffusivité de la vapeur et $\Delta\rho_v$ l’excès de masse volumique de vapeur loin d’elle, de sorte que sa masse $\tfrac43\pi r^3\rho_w$ croît à un taux proportionnel à $r$ : $r\,\mathrm{d}r/\mathrm{d}t$ est constant et $r^2$ croît linéairement en fonction du temps. Les grosses gouttelettes grossissent plus lentement que les petites, et une population qui croît par condensation seule devient plus étroite, non plus large. Les gouttes de pluie se forment lorsque des gouttelettes de tailles différentes, qui tombent à des vitesses différentes, entrent en collision et coalescent.

Au-dessus du niveau où la température vaut $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, un nuage est fait de gouttelettes en surfusion jusqu’à ce que des particules glaciogènes amorcent des cristaux de glace. Alors agit la différence du panneau de droite de la figure de saturation : l’air saturé au-dessus des gouttelettes est sursaturé de $10\,\%$ par rapport à la glace à $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, soit des dizaines de fois les sursaturations auxquelles les gouttelettes se sont activées. Les cristaux grandissent par dépôt aux dépens des gouttelettes, qui s’évaporent (le processus de Bergeron, le processus des cristaux de glace des volumes scolaires), et ils captent les gouttelettes qui gèlent sur eux (givrage).

Sur le terrain — Un lancer du matin

À chaque station de radiosondage, le technicien prépare le ballon et la radiosonde dans l’heure qui précède 00 et 12 UTC, les heures auxquelles plus de huit cents stations du monde observent ensemble. L’instrument, de 60 à $80\,\mathrm{g}$, pend sous le ballon et transmet la pression, la température, l’humidité et sa position par satellite chaque seconde. Le ballon monte d’environ $300\,\mathrm{m}$ par minute, pendant deux heures ou plus, au-delà de $35\,\mathrm{km}$ avant d’éclater, et peut dériver de plus de $300\,\mathrm{km}$. Les prévisionnistes tracent le profil sur un émagramme oblique, et les jours où un temps violent est attendu, certaines stations lâchent des ballons supplémentaires.

Exercices

Données des exercices, sauf indication contraire : $e_s(T) = 6.117\,\mathrm{hPa} \times \exp[5419\,\mathrm{K} \times (1/273.16\,\mathrm{K} - 1/T)]$ ; $\varepsilon = 0.622$, $R_d = 287.0\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $R_v = 461.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $c_p = 1004.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $L = 2.501 \times 10^{6}\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $\Gamma_d = 9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$.

Exercice 21.1 ★

À $850\,\mathrm{hPa}$, la température est de $10.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et le point de rosée de $5.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calculer la pression de vapeur et la pression de vapeur saturante. (b) Calculer l’humidité relative. (c) Calculer le rapport de mélange et l’humidité spécifique, en grammes par kilogramme.

Solution

Solution de Exercice 21.1.

(a) $e = e_s(278.15\,\mathrm{K}) = 8.73\,\mathrm{hPa}$ et $e_s(283.15\,\mathrm{K}) = 12.32\,\mathrm{hPa}$. (b) $8.73/12.32 = 70.9\,\%$. (c) $r = 0.622 \times 8.73/(850 - 8.73) = 6.45\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ et $q = r/(1 + r) = 6.41\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$.

Exercice 21.2 ★

(a) De combien de pour cent par kelvin $e_s$ augmente-t-elle à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ? (b) Calculer $e_s$ à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et à $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, ainsi que leur rapport ; le comparer à $1.063^5$. (c) La valeur mesurée à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ est $23.39\,\mathrm{hPa}$. De combien la formule se trompe-t-elle, et dans quel sens ? Pourquoi ?

Solution

Solution de Exercice 21.2.

(a) $\mathrm{d}\ln e_s/\mathrm{d}T = 5419/T^2$ : $7.26\,\%$ par kelvin à $273.15\,\mathrm{K}$, $6.31\,\%$ à $293.15\,\mathrm{K}$, $5.90\,\%$ à $303.15\,\mathrm{K}$. (b) $e_s(20\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 23.66\,\mathrm{hPa}$ et $e_s(25\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 32.26\,\mathrm{hPa}$ ; rapport 1.363, contre $1.063^5 = 1.357$. Le taux est une dérivée de $\ln e_s$, donc sur $5\,\mathrm{K}$ le facteur vaut $\exp(5 \times 0.0620) = 1.363$, avec 0.0620 le taux au point milieu, $22.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; capitaliser $6.3\,\%$ cinq fois donne un résultat proche mais non exact. (c) $23.66/23.39 = 1.012$ : la formule est trop forte de $1.2\,\%$, car elle garde la chaleur latente du point triple, alors que la chaleur latente décroît quand la température s’élève ; la pente de la formule est trop raide, et son erreur croît avec la distance à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Exercice 21.3 ★

À midi, l’air de surface est à $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ avec un point de rosée de $14\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calculer à quelle hauteur au-dessus du sol se forment les bases des cumulus. (b) Calculer la température d’une particule à ce niveau, par l’adiabatique sèche. (c) Calculer son point de rosée à ce niveau, avec $\Gamma_{\text{rosée}} = 1.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. Commenter. (d) Plus tard, l’air se réchauffe jusqu’à $33\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, le point de rosée restant inchangé. Où se trouvent maintenant les bases des nuages ?

Solution

Solution de Exercice 21.3.

(a) $125 \times (30 - 14) = 2000\,\mathrm{m}$. (b) $30 - 9.8 \times 2.0 = 10.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) $14 - 1.8 \times 2.0 = 10.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : la température et le point de rosée se rejoignent, comme ils le doivent au niveau de saturation ; la règle est ce calcul. (d) $125 \times (33 - 14) = 2375\,\mathrm{m}$ : les bases montent à mesure que l’après-midi réchauffe l’air de surface.

Exercice 21.4 ★

Lire l’émagramme oblique du radiosondage de Norman. (a) Jusqu’à quelle pression l’air proche du sol est-il saturé, ou presque ? (b) Où se trouve l’inversion, et comment se manifeste-t-elle ? (c) Lire le LCL, le LFC et l’EL de la particule de surface. (d) Comment le point de rosée et la température se comparent-ils juste au-dessus de l’inversion, et qu’est-ce que cela dit de cet air ?

Solution

Solution de Exercice 21.4.

(a) La courbe du point de rosée se confond avec celle de la température depuis le sol jusqu’à environ $908\,\mathrm{hPa}$ : la tranche la plus basse, d’un demi-kilomètre, est saturée, ou presque. (b) Entre environ 908 et $889\,\mathrm{hPa}$, la courbe de température tourne vers la droite, vers des valeurs plus chaudes, à mesure que la pression baisse : la température croît avec l’altitude. (c) LCL vers $964\,\mathrm{hPa}$, à quelques dizaines de mètres au-dessus du sol ; LFC vers $730\,\mathrm{hPa}$ ; EL vers $235\,\mathrm{hPa}$. (d) Au sommet de l’inversion, le point de rosée est $11\,\mathrm{K}$ sous la température, et $20\,\mathrm{K}$ sous elle à $850\,\mathrm{hPa}$ : de l’air chaud et très sec repose sur de l’air frais et humide. Son humidité relative est faible, donc il n’a pas acquis sa chaleur par condensation ; l’air qui descend se réchauffe par compression au taux adiabatique sec en gardant son rapport de mélange, ce qui donnerait une telle couche.

Exercice 21.5 ★★

De l’air tropical à $1000\,\mathrm{hPa}$ a $T = 30.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $r = 20\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. (a) Calculer sa température virtuelle exactement, puis avec l’approximation $T(1 + 0.61\,r)$. (b) Calculer les masses volumiques de cet air et de l’air sec à même température et même pression. (c) De combien faudrait-il réchauffer l’air sec pour qu’il soit aussi léger ? (d) Pourquoi cela compte-t-il pour la convection au-dessus des mers chaudes ?

Solution

Solution de Exercice 21.5.

(a) $T_v = 303.15 \times (1 + 0.020/0.622)/1.020 = 306.76\,\mathrm{K}$ ; l’approximation donne $303.15 \times (1 + 0.61 \times 0.020) = 306.85\,\mathrm{K}$. (b) $\rho = p/(R_dT_v) = 10^5/(287.0 \times 306.76) = 1.1358\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$, contre $10^5/(287.0 \times 303.15) = 1.1494\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ pour l’air sec : $1.2\,\%$ plus léger. (c) Par $T_v - T = 3.6\,\mathrm{K}$. (d) Une particule qui monte n’a besoin que d’être plus légère que son environnement : au-dessus des mers chaudes, l’humidité de l’air ajoute une flottabilité équivalant à plusieurs kelvins, autant qu’un excès de température notable.

Exercice 21.6 ★★

Utiliser la Proposition 21.10 à $1000\,\mathrm{hPa}$, avec $r_s$ tiré de la Proposition 21.2. (a) Calculer $r_s$ et $\Gamma_s$ à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Si son gradient reste le même, de combien une particule saturée à $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ est-elle plus chaude qu’une particule sèche après une montée de $1\,\mathrm{km}$ ? (c) Pourquoi l’écart diminue-t-il plus haut ?

Solution

Solution de Exercice 21.6.

(a) $e_s$ = 6.11, 23.66 et $43.54\,\mathrm{hPa}$ ; $r_s = 0.622\,e_s/(1000 - e_s)$ = 3.82, 15.07 et $28.31\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ ; $\Gamma_s$ = 6.48, 4.20 et $3.44\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. (b) La particule sèche se refroidit de $9.8\,\mathrm{K}$, la particule saturée de $4.2\,\mathrm{K}$ : la particule saturée est $5.6\,\mathrm{K}$ plus chaude. (c) Plus haut, l’air est plus froid, $r_s$ est plus petit, il reste peu de vapeur à condenser, et $\Gamma_s$ revient vers $\Gamma_d$.

Exercice 21.7 ★★

La particule de surface de Norman ($p = 971.1\,\mathrm{hPa}$, $T = 19.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $T_d = 18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) a son LCL à la température de $18.35\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calculer son rapport de mélange, sa température potentielle et sa température potentielle équivalente. (b) Soulevée, elle se trouve à $-8.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $500\,\mathrm{hPa}$, saturée. Calculer son $\theta$ et son $\theta_e$ à ce niveau. (c) Laquelle des deux est conservée ?

Solution

Solution de Exercice 21.7.

(a) $e = e_s(291.65\,\mathrm{K}) = 21.52\,\mathrm{hPa}$, $r = 0.622 \times 21.52/(971.1 - 21.52) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ ; $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{0.2857} = 294.6\,\mathrm{K}$ ; $\theta_e = 294.6 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.0141/(1004.5 \times 291.5)] = 294.6 \times 1.128 = 332.3\,\mathrm{K}$. (b) $e_s(264.25\,\mathrm{K}) = 3.13\,\mathrm{hPa}$, $r_s = 0.622 \times 3.13/(500 - 3.13) = 3.92\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ ; $\theta = 264.25 \times 2^{0.2857} = 322.1\,\mathrm{K}$ ; la particule est saturée, donc $T_{\text{LCL}} = T$ et $\theta_e = 322.1 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.00392/(1004.5 \times 264.25)] = 334.3\,\mathrm{K}$. (c) $\theta$ a augmenté de $27.5\,\mathrm{K}$, réchauffé par la chaleur latente des $10.2\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ de vapeur condensée ; $\theta_e$ a varié de $0.6\,\%$, dans la précision de sa formule approchée : elle est conservée.

Exercice 21.8 ★★

Une particule est plus chaude que son environnement de $4\,\mathrm{K}$ entre $700\,\mathrm{hPa}$, son LFC, et $300\,\mathrm{hPa}$, son EL ; négliger la correction de température virtuelle. (a) Calculer sa CAPE. (b) Calculer $w_{\max}$. (c) Dans quelle classe tombe la CAPE ? (d) Sur un émagramme oblique, quelle forme a l’aire positive, et pourquoi son aire est-elle celle qui a été calculée ?

Solution

Solution de Exercice 21.8.

(a) $\text{CAPE} = 287.0 \times 4 \times \ln(700/300) = 287.0 \times 4 \times 0.847 = 973\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. (b) $\sqrt{2 \times 973} = 44.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (c) Entre 1 et $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ : positive, mais pas grande. (d) Une bande de largeur horizontale constante entre deux courbes ; d’après la Proposition 21.14, son aire est proportionnelle à $\int \Delta T\,\mathrm{d}\ln p = 4 \ln(700/300)$, quelle que soit la pente des isothermes.

Exercice 21.9 ★★

Prendre $A = 2.1\,\mathrm{nm}$ et le sulfate d’ammonium, $\kappa = 0.61$. (a) Calculer le diamètre critique et la sursaturation critique d’une particule sèche de $80\,\mathrm{nm}$. (b) Quelle est la plus petite particule sèche activée dans un air à $0.3\,\%$ de sursaturation ? À $0.1\,\%$ ? (c) Un courant ascendant fait passer la sursaturation de $0.1\,\%$ à $0.3\,\%$ : que devient le nombre de gouttelettes, et leur taille pour la même eau liquide ?

Solution

Solution de Exercice 21.9.

(a) $D_c = \sqrt{3 \times 0.61 \times 80^3/2.1}\,\mathrm{nm} = 668\,\mathrm{nm} = 0.668\,\text{µ}\mathrm{m}$ ; $s_c = 2A/(3D_c) = 2 \times 2.1/(3 \times 668) = 0.00210 = 0.210\,\%$. (b) En résolvant $s_c = \sqrt{4A^3/(27\kappa D_d^3)}$ pour $D_d$ : $D_d = \bigl(4A^3/(27\kappa s_c^2)\bigr)^{1/3}$, $63\,\mathrm{nm}$ à $0.3\,\%$ et $131\,\mathrm{nm}$ à $0.1\,\%$. (c) Toute particule comprise entre 63 et $131\,\mathrm{nm}$ s’active alors aussi : davantage de gouttelettes et, pour la même eau liquide, des gouttelettes plus petites.

Exercice 21.10 ★★★

La particule de surface de Norman avait une CIN d’environ $-130\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ avec la température virtuelle. (a) À quelle vitesse verticale devrait-elle quitter le sol pour atteindre son LFC par son seul élan ? (b) Le sommet de l’inversion est à $889.1\,\mathrm{hPa}$ et $20.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. À quelle température l’air de surface à $971.1\,\mathrm{hPa}$ doit-il se réchauffer pour qu’une particule soulevée de façon adiabatique sèche ne soit pas plus froide que le sommet de l’inversion ? (c) Si son point de rosée restait à $18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, où serait sa base de nuage ? (d) Citer deux façons dont l’atmosphère supprime un tel couvercle sans le soleil.

Solution

Solution de Exercice 21.10.

(a) $w = \sqrt{2 \times 130} = 16.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, impossible pour un air au repos près du sol. (b) La température potentielle au sommet de l’inversion vaut $293.65 \times (1000/889.1)^{0.2857} = 303.7\,\mathrm{K}$ ; une particule de surface de même $\theta$ a $T = 303.7 \times (971.1/1000)^{0.2857} = 301.2\,\mathrm{K}$, soit $28.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) $125 \times (28.0 - 18.5) = 1190\,\mathrm{m}$ au-dessus du sol, au-dessus de l’ancien sommet de l’inversion. (d) Un front, qui soulève l’air sur sa pente ; la lente ascension de l’air situé devant une perturbation en altitude, qui refroidit le couvercle lui-même.

Exercice 21.11 ★★★

(a) Montrer à partir de la Proposition 21.10 que $\Gamma_s \to \Gamma_d$ lorsque $r_s \to 0$. (b) Montrer que, lorsque $Lr_s/(R_dT) \gg 1$, $\Gamma_s \to gR_vT/(LR_d)$, et l’évaluer à $303\,\mathrm{K}$. (c) Comparer avec $\Gamma_{\text{rosée}}$ de la Proposition 21.8 lorsque $T_d = T$, et expliquer pourquoi les deux limites coïncident. (d) La limite de (b) est-elle atteinte dans l’atmosphère ? Utiliser la valeur $\Gamma_s = 3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ à $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $1000\,\mathrm{hPa}$.

Solution

Solution de Exercice 21.11.

(a) Lorsque $r_s \to 0$, le numérateur tend vers $g$ et le dénominateur vers $c_p$. (b) Écrire $L^2r_s/(R_vT^2) = c_p \times \bigl(Lr_s/(R_dT)\bigr) \times LR_d/(R_vTc_p)$, avec $LR_d/(R_vTc_p) = 5.1$ à $303\,\mathrm{K}$ : lorsque $Lr_s/(R_dT) \gg 1$, aussi $L^2r_s/(R_vT^2) \gg c_p$, et $\Gamma_s \to g\,(Lr_s/(R_dT))/(L^2r_s/(R_vT^2)) = gR_vT/(LR_d) = 9.81 \times 461.5 \times 303/(2.501 \times 10^6 \times 287.0) = 1.91\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. (c) Avec $T_d = T$, $\Gamma_{\text{rosée}} = gR_vT/(LR_d)$, le même. Dans cette limite, la chaleur latente est si grande que la particule ne peut condenser presque aucune de sa vapeur sans se réchauffer bien au-dessus de son point de saturation : elle garde son rapport de mélange et suit la droite de rapport de mélange constant, le long de laquelle la température baisse à $\Gamma_{\text{rosée}}$. (d) À $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $1000\,\mathrm{hPa}$, $Lr_s/(R_dT) = 0.81$, pas beaucoup plus grand que 1, et $L^2r_s/(R_vT^2) = 4180$, quatre fois $c_p$ : $\Gamma_s = 3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, encore loin de $1.9\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. La limite n’est pas atteinte.

Exercice 21.12 ★★★

Au-dessus de l’eau en surfusion et au-dessus de la glace, les pressions de vapeur saturante valent 2.868 et $2.599\,\mathrm{hPa}$ à $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, 1.257 et $1.032\,\mathrm{hPa}$ à $-20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calculer la sursaturation par rapport à la glace de l’air saturé par rapport à l’eau, aux deux températures. (b) Comparer avec les sursaturations auxquelles les gouttelettes s’activent. (c) Expliquer pourquoi un nuage de gouttelettes en surfusion qui reçoit quelques cristaux de glace se transforme en glace. (d) Pourquoi l’effet est-il plus faible près de $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ?

Solution

Solution de Exercice 21.12.

(a) $2.868/2.599 = 1.104$ et $1.257/1.032 = 1.218$ : $10.4\,\%$ et $21.8\,\%$. (b) Les gouttelettes s’activent à quelques dixièmes de pour cent de sursaturation, des dizaines de fois moins. (c) Les cristaux grandissent vite par dépôt ; ils prennent la vapeur de l’air, qui passe sous la saturation au-dessus des gouttelettes ; les gouttelettes s’évaporent et leur vapeur va à la glace (le processus de Bergeron), jusqu’à ce que le nuage soit entièrement glacé. (d) À $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, les deux pressions de vapeur saturante sont égales : elles se rejoignent au point triple, et le rapport tend vers un près de lui.

Problème 21.1

Problème du week-end — Lire le radiosondage du matin

Le tableau donne le radiosondage de 12 UTC à Norman, Oklahoma, le 16 avril 2026, aux niveaux utilisés ici : pression, altitude au-dessus du niveau de la mer, température, point de rosée, et température de la particule de surface soulevée comme dans la Méthode 21.15, calculée en intégrant la Proposition 21.10 par petits pas. Le radiosondage situe la tropopause à $235.3\,\mathrm{hPa}$ et $10\,954\,\mathrm{m}$. Utiliser les données des exercices et les températures (et non les températures virtuelles), sauf indication contraire.

$p$ ($\mathrm{hPa}$)	$z$ ($\mathrm{m}$)	$T$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T_d$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T_{\text{particule}}$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)
971.1	345	19.0	18.5	19.0
925.0	763	17.3	17.3	16.9
907.7	924	16.4	16.4	16.2
889.1	1102	20.5	9.5	15.4
850.0	1489	18.6	$-1.8$	13.7
700.0	3110	4.5	$-12.2$	6.1
500.0	5725	$-18.4$	$-36.6$	$-8.9$
400.0	7357	$-30.4$	$-55.6$	$-20.4$
300.0	9349	$-42.7$	$-66.3$	$-37.1$
250.0	10560	$-49.8$	$-69.8$	$-48.3$
200.0	12006	$-52.3$	$-78.3$	$-61.8$

Partie I — L’air près du sol.

1. Calculer la pression de vapeur de l’air de surface, à une décimale près.
2. Calculer son rapport de mélange, à une décimale près.
3. Calculer son humidité spécifique.
4. Calculer son humidité relative.
5. De combien sa température virtuelle dépasse-t-elle sa température ?
6. Calculer la hauteur de son LCL au-dessus du sol avec la règle de $125\,\mathrm{m}$ par degré, ainsi que la pression à ce niveau (prendre une température virtuelle moyenne de $294.7\,\mathrm{K}$ pour la couche).
7. Calculer sa température potentielle.

Partie II — Le couvercle et les couches au-dessus.

8. À $925\,\mathrm{hPa}$, la particule est-elle plus chaude ou plus froide que son environnement, et de combien ?
9. Calculer le gradient vertical entre 907.7 et $889.1\,\mathrm{hPa}$. De quel type de couche s’agit-il ?
10. De combien la particule est-elle plus froide que son environnement à $889.1\,\mathrm{hPa}$ ?
11. Calculer l’humidité relative à $850\,\mathrm{hPa}$. D’où un tel air a-t-il pu venir ?
12. Calculer le gradient vertical moyen entre 850 et $500\,\mathrm{hPa}$ et classer la couche.
13. Calculer l’indice de soulèvement et sa classe.

Partie III — L’énergie.

14. Calculer l’écart $\Delta T = T_{\text{particule}} - T$ à chaque niveau du tableau.
15. Calculer le LFC par interpolation linéaire de $\Delta T$ en $\ln p$, à l’hectopascal près, et son altitude par interpolation de $z$ de la même façon.
16. Calculer l’EL et son altitude de la même façon. Comparer avec la tropopause.
17. Calculer la CAPE par la méthode des trapèzes en $\ln p$, du LFC à l’EL en passant par les niveaux du tableau.
18. Dans quelle classe tombe-t-elle ?
19. Calculer la CIN de la même façon, du sol jusqu’au LFC.
20. Un calcul sur une grille de $1\,\mathrm{hPa}$ donne une CAPE de $2100\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ avec les températures et $2230\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ avec les températures virtuelles. Pourquoi les trois valeurs diffèrent-elles ?

Partie IV — L’orage que l’air pouvait alimenter.

21. Quelle vitesse verticale la théorie de la particule donne-t-elle avec la CAPE de la question 17 ?
22. À la moitié de cette vitesse tout au long de la montée, combien de temps l’air mettrait-il pour monter du LFC à l’EL ?
23. Citer deux effets qui ralentissent un courant ascendant réel.
24. En résumé, quelle vitesse de courant ascendant la théorie de la particule prévoit-elle pour un orage alimenté par l’air de surface de ce matin ?

Solution

Solution de Problème 21.1.

1. $e = e_s(291.65\,\mathrm{K}) = 21.5\,\mathrm{hPa}$. 2. $r = 0.622 \times 21.5/(971.1 - 21.5) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. 3. $q = 14.1/1.0141 = 13.9\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. 4. $e_s(292.15\,\mathrm{K}) = 22.2\,\mathrm{hPa}$; $21.5/22.2 = 97\,\%$. 5. $0.61 \times 0.0141 \times 292.15 = 2.5\,\mathrm{K}$. 6. $125 \times 0.5 = 63\,\mathrm{m}$; $p = 971.1 \exp[-9.81 \times 62.5/(287.0 \times 294.7)] = 964\,\mathrm{hPa}$. 7. $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{0.2857} = 294.6\,\mathrm{K}$. 8. $16.9 - 17.3 = -0.4\,\mathrm{K}$ : plus froid. 9. $(20.5 - 16.4)/(1102 - 924) = 4.1/178$ : la température monte de $23\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, soit un gradient de $-23\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. Une inversion : absolument stable, un couvercle. 10. $15.4 - 20.5 = -5.1\,\mathrm{K}$. 11. $e_s(-1.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 5.4\,\mathrm{hPa}$ et $e_s(18.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 21.7\,\mathrm{hPa}$ : $25\,\%$. Chaud et sec, il peut s’agir d’air descendu qui s’est réchauffé par compression, ou d’air chauffé au-dessus d’un sol sec en amont ; ce n’est pas l’air humide situé dessous. 12. $18.6 + 18.4 = 37.0\,\mathrm{K}$ sur $5725 - 1489 = 4236\,\mathrm{m}$, soit $8.73\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ : entre $\Gamma_s$ et $\Gamma_d$, en instabilité conditionnelle. 13. $-18.4 - (-8.9) = -9.5\,\mathrm{K}$ : instabilité extrême ($-8$ à $-10$). 14. Du sol vers le haut : 0, $-0.4$, $-0.2$, $-5.1$, $-4.9$, $+1.6$, $+9.5$, $+10.0$, $+5.6$, $+1.5$, $-9.5$ $\mathrm{K}$. 15. Entre 850 ($-4.9$) et $700\,\mathrm{hPa}$ ($+1.6$), à la fraction $4.9/6.5 = 0.754$ : $\ln p = \ln 850 + 0.754 \ln(700/850)$, $p = 734\,\mathrm{hPa}$; $z = 1489 + 0.754 \times 1621 = 2711\,\mathrm{m}$, $2.37\,\mathrm{km}$ au-dessus du sol. 16. Entre 250 ($+1.5$) et $200\,\mathrm{hPa}$ ($-9.5$), à la fraction $1.5/11.0 = 0.136$ : $p = 242.5\,\mathrm{hPa}$ et $z = 10560 + 0.136 \times 1446 = 10\,757\,\mathrm{m}$, environ $200\,\mathrm{m}$ sous la tropopause indiquée ($10\,954\,\mathrm{m}$). 17. Les segments (moyenne de $\Delta T$ fois le $\ln$ du rapport des pressions) : $0.80 \times 0.0474 = 0.038$; $5.55 \times 0.3365 = 1.867$; $9.75 \times 0.2231 = 2.176$; $7.80 \times 0.2877 = 2.244$ ; $3.55 \times 0.1823 = 0.647$ ; $0.75 \times 0.0305 = 0.023$ ; somme $6.995\,\mathrm{K}$. $\text{CAPE} = 287.0 \times 6.995 = 2010\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, à trois chiffres significatifs. 18. Entre 1500 et $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ : grande. 19. $-0.2 \times 0.0486 - 0.3 \times 0.0189 - 2.65 \times 0.0207 - 5.0 \times 0.0450 - 2.45 \times 0.1467 = -0.655$ $\mathrm{K}$; $\text{CIN} = 287.0 \times (-0.655) = -188\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. 20. Le tableau ne garde que onze niveaux : entre eux, la méthode des trapèzes remplace les courbes par des segments droits en $\ln p$ et en rate les inflexions. La grille de $1\,\mathrm{hPa}$ suit les courbes. La température virtuelle ajoute la flottabilité de la vapeur d’eau de la particule, plus abondante dans la particule saturée que dans l’air sec qui l’entoure : une CAPE plus grande, une CIN plus petite. 21. $\sqrt{2 \times 2010} = 63\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$. 22. $10757 - 2711 = 8046\,\mathrm{m}$ à $63.4/2 = 31.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $254\,\mathrm{s}$, environ quatre minutes. 23. Le poids de l’eau condensée que transporte le courant ascendant ; le mélange d’air plus sec qui l’entoure (entraînement), qui le refroidit lorsque les gouttelettes s’évaporent. 24. La théorie de la particule donne au courant ascendant d’un orage alimenté par cet air une vitesse d’environ $63\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, une borne supérieure.