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Centrale MP II 2014 - Corrigé

Le LIDAR et la physico-chimie atmosphérique

I LIDARS atmosphériques

I.A - Équations simplifiées du lidar atmosphérique

1) a) Le début de l"impulsion émise à la date t

0 doit effectuer un chemin de 2z à la vitesse c, il est donc

reçu avec un décalage de 2z/c soit à t

0 + 2z/c.

On obtient Δz en considérant par exemple la fin de l"impulsion émise tl plus tôt et qui arrive en

même temps au capteur. Elle aura parcouru une distance supplémentaire de ctl correspondant à un

aller et retour le long de

Δz : Δz = ctl/2.

b) Pour voir si le lidar permet de sonder l"atmosphère sur 10 km, il faut vérifier que les impulsions

émisent successivement ne se mélangent pas. Le temps d"aller retour d"une impulsion jusqu"à 10 km

est de 2z max/c soit 80 μs. La période d"émission est de 50 ms (inverse de 20 Hz). Les différentes impulsions ne se mélangent donc pas du tout.

2) On tient compte de la diminution de puissance du faisceau dûe au rayonnement : raydPzdP-=)( ce

qui permet d"obtenir l"équation : dzzPzzdP)()()(a-= que l"on intègre de 0 à z en séparant les variables : zz duuzPzdP 00 )()()(a et donc ))(exp()(

00∫-=

z duuPzPa.

3) En négligeant la variation de z sur Δz, la puissance rayonnée concernée par le signal reçu à un

instant donné est zzPz D)()(a. La fraction reçue par le détecteur est donc k fois cette grandeur. En remplaçant Δz par sa valeur obtenue en 1)a), on obtient donc : 2)()()(l rdctzPzktPa=et on obtient donc bien )()(2)(zPzcttPl rdb=.

4) La puissance détectée est logiquement proportionnelle à la puissance émise P(0) et à la surface du

détecteur A. On retrouve les termes de la puissance rétrodiffusée β(z) et 2 lct. Le terme en 1/z2 provient de l"atténuation de l"onde rétrodiffusée lors de l"émission dans 4

π stéradians à hauteur z.

Enfin le 2 figurant dans l"exponentielle vient de la décroissance de puissance par diffusion lors du

chemin de retour de z à 0 : les mêmes couches atmosphériques sont traversées et les deux facteurs de

décroissances, égaux, se multiplient. I.BA - Dipôle rayonnant

1) a) Pour une OPPH dans le vide, la relation de dispersion est k2 = ω2/c2. Comme k=2π/λ, on en

déduit la relation entre

λ et ω : c

w l p=2. b) Lorsque la distance d"oscillation du dipôle st faible devant

λ, cela permet de considérer qu"à tout

moment le dipôle rayonne depuis O sans terme de retard. Cela induit aussi que l"amplitude de la

vitesse d"oscillation ℓ0ω est faible devant λω qui est de l"ordre de c : les mouvements dans la

molécules sont alors non relativistes.

ℓ0< distributions de charges qui les engendrent. c)

la zone de rayonnement est définie par la relation supplémentaire λ<

du μm et r de l"ordre du km, il est tout à fait légitime de se placer dans ce cadre dans le problème

étudié.

2) a) La distribution qui engendre les champs possède OMz comme plan de symétrie. Le champ

magnétique est donc légitimement orthogonal à ce plan et donc suivant jur.

b) le terme r/c associé au moment t où on observe le champ en M est lié au retard du signal lors de

sa propagation. r/c est le délai nécessaire pour que l"état du dipôle soit perçu en M, le signal se

propageant à la vitesse c. c) Comme ])(sin4[)],([][00 jq pauc rtp r

μtMB

r iμrr-¢¢==, ]1[][2t er rr ia= en simplifiant les termes sans dimension et μ

0.On en conclut que ][][][

2 r t er it==a car i est homogène à une charge par unité de temps. On constate bien que α est homogène à l"inverse d"une vitesse e donc c

1=a convient

bien. d) Si l"onde a une structure locale d"onde plane progressive,elle vérifie propuBcErrrÙ= avec propur le vecteur unitaire dans le sens de la propagation (ici rur). En effectuant le produit vectoriel, on trouve alors qq puc rtp r

μtMErr)(sin4),(0-¢¢=.

I.C - Puissance rayonnée

1) a) On calcule le vecteur de Poynting

0μBER

rrrÙ= avec les expressions précédentes : ( )rutelrc

μRrr22

0 22
2

0)cos()(sin16wwqp-=.

b) En moyennant dans le temps, on obtient alors ( )ruelrc

μRrr22

0 22
2 0sin

32wqp=. En sommant sur

l"ensemble de l"espace ( θ variant de 0 à π et φ de 0 à 2π), on obtient : ( )∫∫∫∫==rrmuddruelrcμSdRPrrrrjqqwq psin.sin 32.2
.2 2 0 22
2

0.En utilisant le formulaire en fin de

problème, cela se ramène à : ( )pwp23 4 32
22
0 20pc μP m= en donc bien, après simplification à l"expression attendue. c)

mP ne dépend pas de r car la puissance rayonnée en O n"est pas dissipée dans ce modèle de

propagation : cela traduit donc la conservation de l"énergie.

2) En calculant le vecteur de Poynting de l"onde incidente, on trouve

02 0

0cμER= en tenant compte de B0

= E

0/c. On obtient alors 4

04 24
0002 2 2 00 2

01212ww

pwwpmeRcμcμ mEe cμPm=)) = et 4 04 0 24
2 012ww pRme

μPm=.

On identifie alors

E0 et R0 (l"éclairement : puissance surfacique reçue en M, il s"agit d"une probable coquille du texte) et 24
2 012me μps=. Pm étant une puissance et R0 une puissance surfacique, σ est une surface.

Remarques : on peut même indiquer que

4

04wws est la section efficace d"interaction entre le champ et la

molécule à la pulsation ω : toute l"énergie électromagnétique traversant cette surface est diffusée par la molécule.

Une analyse dimensionnelle directe de

σ est possible et donne bien une surface : 2 0 24
2 0 12? metrriμ me μpen utilisant un courant (charge par unité de temps) pour faire apparaître la dimension d"un champ magnétique. On a alors [ ] 22
=mt teBr s. Le premier terme est homogène a une force de Lorentz et donc à un poids : [ ][ ]2222Lrmtmg==? s.

3) Sur dz, n(z)Sdz molécules diffusent chacune la puissance moyenne calculée ci-dessus. On a donc

dzRSznPSdzzndPmray4 0

0)()()(w

ws== avec SR0 = P(z) : puissance arrivant en z. On identifie alors 4 0 =wwsaznz.

I.D - Choix de la source laser - Étude d"une source laser à solide : le saphir dopé titane : Ti :saphir

1) a) En utilisant la règle de Klechkowski (remplissage par (n+l) puis n croissant), on trouve pour

l"aluminium de Z = 13, une structure électronique dans l"état fondamental : 1s

22s22p63s23p1. Les

électrons de valence s"ionisent facilement (on obtient une structure de gaz noble pour l"ion) : ceci

justifie un degré d"oxydation +III pour l"aluminium en Al 3+. b) La neutralité électrique de Al pO3 donne alors 3p-2*3=0 qui donne p = 2. et une structure en

Al2O3.

c) D"après la description de la maille donnée en fin de texte, un O2- est en propre à la maille (à la

verticale de J) et 8 autres sont aux coins. Chacun d"eux est partagé par 8 maille et compte donc pour

1/8 dans chaque maille : on compte en tout 1+8*1/8=2 O

2- par maille. D"après la stoechiométrie du

composé, il y a donc n Al

3+ par maille vérifiant 2/3=n/2 soit n = 4/3. Puisqu"il y a deux sites

octaédrique dans chaque maille (d"après les données), on en conclue qu"ils contiennent en moyenne

2/3 de Al

3+ soit un taux de remplissage de 2/3 ou encore 66,7%.

d) On va obtenir la masse volumique du cristal en divisant la masse en propre à la maille (2m

O+4mAl/3)par le volume d"une maille. La

section correspond à la surface de deux triangles équilatéraux de côté a : 2*(a/2*acos(30°))= 2 2 3a et la hauteur est c : caV2 2

3= et donc

caNmMAAl 202

3)3/42(+=r soit caNmMAAl

203)3/2(4

+=r qui donne numériquement

3,96.10

3 kg.m-3.

e) On va calculer la distance entre l"oxygène en O et un ion aluminium au dessus de I : ses coordonnées sont donc )4,0,3(ca car I est au 2/3 de la hauteur. On obtient alors )163(

222cad

OAl+=- et donc

163
22cad
quotesdbs_dbs15.pdfusesText_21

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