Le drone au service de l'agriculture, Concours général STL 2022.

En survolant une exploitation agricole, le drone apporte de nombreuses données pour l’agriculteur et lui permet d’adapter au mieux les apports en arrosage, en engrais ou en produits phytosanitaires.
Étude simplifiée de la caméra
Le drone DJI Phantom 4 Multispectral embarque à l’aide d’une nacelle un système composé de 6 caméras : une caméra RVB et cinq caméras monochromatiques, dont une proche des infrarouges. Un logiciel de traitement d’image permet ensuite la reconstitution de la cartographie globale de l’exploitation agricole survolée.
La suite du sujet propose une étude simplifiée de ce système.
Données utiles :
- 6 capteurs CMOS
- 2,08 Mp x (1600 × 1300)
- Dimensions du capteur : 4,86 mm × 3,95 mm
- Distance focale f ’ = 5,74 mm
La caméra est située sous le drone qui se déplace à une altitude moyenne H = 180 m.
En optique, on modélise la caméra par :
- Un diaphragme
- Un objectif constitué d’une lentille mince convergente de distance focale f ’, fixe pour toute la durée du vol.
- Un capteur photosensible sur lequel se forme l’image de l’objet.
1. Préciser le rôle du diaphragme.
Il s'agit d'un élément mécanique placé sur le trajet de la lumière qui conditionne la quantité de lumière transmise ainsi que l'ouverture du système.
2. Justifier que l’on peut considérer que l’image de la parcelle se forme dans le plan focal image de l’objectif.
L'altitude du drone est h = 180 m. La distance lentille-objet est de l'ordre de 180 m. La distance focale de la lentille est de quelques millimètres. L'image d'un objet à l'infini se forme dans le plan focal image de la lentille.
3. Faire un schéma, sans souci d'échelle, faisant figurer la parcelle, le diaphragme, la lentille convergente, le centre optique O et les foyers de la lentille ainsi que le capteur CMOS.
Pour avoir la meilleure image, il faut placer le diaphragme contre la lentille ainsi elle est utilisée dans les conditions de Gauss.

4. Déterminer les dimensions de la parcelle photographiée à l'altitude h = 180 m. L'image se forme sur toute la surface du capteur.
Valeur absolue du grandissement : f ' / H = 5,74 10^-3/ 180 ~3,2 10^-5.
Dimensions de la parcelle = dimensions du capteur / grandissement.
Dimensions du capteur : 4,86 mm × 3,95 mm.
Dimensions de la parcelle : 4,86 10^-3 / (3,2 10^-5 )~1,5 10² m ;
3,95 10^-3 / (3,2 10^-5 ) ~1,2 10² m.
5. Justifier la formule de la "résolution au sol GSD " en supposant que GSD est la taille d'un objet AB dont l'image A'B' se forme sur un pixel.
GSD = H / 18,9 cm / pixel avec H = altitude = 180 m.
GSD = 180 / 18,9 = 9,5 cm / pixel.
2,08 MP pour chaque capteur.
Surface d'un pixel : 3,95 x4,86 / (2,08 10⁶)~9,2 10^-6 mm².
Dimension d'un pixel : racine carrée (9,2 10^-6) ~3,04 10^-3 mm.
Taille de l'objet se formant sur un pixel : 3,04 10^-3 / (3,2 10^-5) ~95 mm ou 9,5 cm / pixel.

6. La durée du vol à vitesse maximale est d'environ 27 min et la fréquence maximale des prises de vue est d'une image toutes les 4 s. Déterminer la surface totale du champ qui peut être photographiée si les images sont mises côté à côté sans recouvrement.
27 x 60 = 1620 s soit 1620 / 4 = 405 images.
Surface du champ : 1,5 10² x1,2 10² x405 ~7,3 10⁶ m² ou 7,3 km².
7. Comparer à la surface de travail maximale donnée 0,63 km² pour un taux de superposition latérale de 60 % et un taux de superposition avant de 80 %. Interpréter.
7,3 x(1-0,6) x (1-0,8) ~0,58 km².
Ecart relatif : (0,63-0,58) / 0,63 ~0,08 (8 %).

Une utilisation d’engrais raisonnée.
La fertilisation azotée peut être maîtrisée et contrôlée à l’aide du survol des parcelles agricoles par les drones.
Étude du capteur RVB et de la photo obtenue.
Les images en couleurs du drone sont collectées grâce au capteur RVB dans le domaine visible. La photographie ci-dessous est celle d’un champ de betteraves prise par le drone.

1. Donner la signification de l’acronyme RVB.
Rouge, Vert, Bleu.
Les feuilles de betterave sont éclairées par la lumière blanche du soleil.
2. Préciser les couleurs absorbées et transmises par les feuilles de betteraves.
Le bleu est absorbé ; le rouge et le vert sont transmis.
3. Dans le codage RVB « 24 bits », chaque couleur primaire est codée sur un octet, soit 8 bits. Déterminer le nombre de nuances de couleurs possible avec un codage « 24 bits ».
2²⁴=16 777 216 nuances.
4. Donner la signification du triplet (69 ; 38 ; 0).
Relier les valeurs numériques des deux triplets au caractère plutôt clair ou plutôt foncé des pixels étudiés. Justifier. Conclure quant à la possibilité de quantifier la quantité de végétation dans une zone analysée grâce au caractère claire ou foncé du pixel.
Triplet (255 ; 255 ; 0) : teinte jaune très clair
Triplet (69 ; 38 ; 0) : teinte brun assez foncée, peu de végétation.
triplet (107 ; 109 ; 26) : teinte vert clair, quantité importante de végétation.

Exploitation du NDVI.
Les photos du drone dans le domaine du visible sont difficilement exploitables pour définir la vigueur et la quantité de la végétation d’une parcelle. Pour établir la carte de préconisation d’azote, le logiciel calcule alors le NDVI (Normalized Difference Vegetation Index).
Sur la photo ci-dessous, à gauche une feuille de betterave sucrière ne présentant aucune carence, tandis qu’à droite la feuille présente une carence notable en azote.

1. Identifier le(s) domaine(s) de travail des capteurs de la caméra mis en jeu dans la réalisation de la carte de préconisation azotée.
R : réflectance des canaux rouge ; PIR : réflectance des canaux dans le proche infrarouge.
NDVI = (PIR-R) / (PIR + R).
2. À partir de ces deux feuilles de betterave sucrière, établir un schéma récapitulatif des rayons reçus et reflétés par les feuilles, suivant qu’elles présentent ou non des carences.
En déduire si le NDVI sera supérieur ou inférieur pour la feuille carencée par rapport à la feuille en bon développement.
Lorsqu'une plante est en bonne santé et en période de développement, elle pratique la photosynthèse et la concentration en chlorophylle des feuilles est importante. La plante absorbe toutes les couleurs et réfléchit seulement le vert. Le NDVI se rapproche de 1.
En cas de carences ou lorsque la plante arrive à maturité , elle absorbe toutes les couleurs sauf le jaune orangé. Le NDVI est faible, proche de 0,1.

L'apport d'engrais.
L’engrais couramment utilisé par les agriculteurs est l’ammonitrate. Cet engrais permet de pallier le manque d’ions nitrate NO₃^-(aq) (aussi appelé azote nitrique) et d’ions ammonium NH₄⁺(aq) (azote ammoniacal) dans le sol. Cette partie aura pour objectif de déterminer expérimentalement le pourcentage d’azote nitrique d’un engrais azoté et le comparer aux indications de l'étiquette 16,7 % N nitrique et 16,8 % N ammoniacal.
Mode opératoire du dosage des ions nitrate :
Préparation de la solution à titrer, réduction des ions nitrate NO₃^-(aq) :
On pèse à 0,01 g près m_engrais = 1,20 g d’engrais. Après avoir broyés les granulés à l’aide d’un mortier, on introduit la poudre dans une fiole jaugée de 250 mL que l’on complète avec de l’eau distillée. On obtient la solution S₀.
On pèse avec précision m _{sel de Mohr}= 7,85 g de sel de Mohr de formule Fe(NH₄)₂(SO₄)₂,6H₂O que l’on dissout ensuite dans une fiole jaugée de 100 mL en ajoutant de l’eau distillée acidifiée par de l’acide sulfurique. On obtient la solution S₁ contenant des ions fer(II).
L’équation simplifiée de la réaction modélisant la dissolution du sel de Mohr dans l’eau est la suivante :
Fe(NH₄)₂(SO₄)₂,6H₂O --> Fe²⁺(aq) + 2SO₄²⁻(aq) + 2NH₄⁺ aq
Dans un erlenmeyer de 100 mL, on introduit :
- 20,0 mL de solution S₀
- 20,0 mL de solution S₁
- 10 mL d’acide sulfurique concentré
La transformation chimique étant lente, on porte à ébullition cette solution S pendant une quinzaine de minutes.
Titrage des ions fer(II) restant :
Une fois la solution S refroidie, on titre les ions Fe²⁺(aq) restants par une solution de permanganate de potassium KMnO₄ à une concentration en quantité de matière de (5,00 ± 0,01)·10^-2 mol·L^-1. On procède à un premier titrage rapide puis à un deuxième titrage précis (à 0,05 mL près).
On obtient un volume équivalent V_E de 11,95 mL.
Données : Masse molaire moléculaire du sel de Mohr : 392,13 g·mol^-1.
1. Le titrage des ions nitrate dans l’engrais met en jeu deux réactions successives.
Nommer ce type de titrage et expliquer pourquoi on ne peut pas titrer directement les ions nitrate par les ions permanganate.
Titrage par différence :
Les ions nitrate de l'engrais réagissent de façon totale avec les ions fer (II) de la solution de sel de Mohr.
Les ions Fe(II) en excès sont ensuite titrés par une solution de permanganate de potassium.
Les ions nitrate sont des oxydants qui ne peuvent réagir qu'avec des réducteurs ( Fe²⁺ par exemple).
Étude de la réduction des ions nitrate NO₃^-(aq) :
2. Les couples d’oxydo-réduction mis en jeu lors de la transformation chimique prenant place dans l’erlenmeyer sont NO₃^-(aq) / NO(g) et Fe³⁺(aq) / Fe²⁺(aq). Écrire l’équation de la réaction modélisant la transformation chimique prenant place dans
l’erlenmeyer.
Réduction : NO₃^-(aq) +4H⁺aq + 3e^- --> NO(g) +2H₂O(l).
Oxydation : 3 fois { Fe²⁺(aq) --> Fe³⁺(aq)+ e^- }.
Ajouter et simplifier : NO₃^-(aq) +4H⁺aq +3 Fe²⁺(aq)--> NO(g) +2H₂O(l) + 3 Fe³⁺(aq).

3. Déterminer la quantité de matière d’ions Fe²⁺ dans la solution S₁, puis la quantité de matière d’ions Fe²⁺ initiale dans la solution S, notée n _{Fe2+ initial}.
m _{sel de Mohr}/ M( sel de Mohr) = 7,85 /392,13 = 0,020 mol dans 100 mL de S₁.
n _{Fe2+ initial} =0,020 x20 / 100 =4,0 10^-3 mol.
La transformation modélisée par la réaction entre les ions nitrate et les ions Fe²⁺ étant totale, établir la relation entre la quantité de matière d’ions Fe²⁺ initiale, la quantité de matière d’ions Fe²⁺ restante n _{Fe2+ restante} et la quantité de matière d’ions nitrate n_nitrate réellement contenue dans la solution S.
n _{Fe2+ restante}= n _{Fe2+ initial} - 3 n_nitrate.

Dosage des ions fer (II) restant :
4. Écrire l’équation de la réaction support du titrage des ions fer (II) Fe²⁺ par les ions permanganate MnO₄^-.
Le couple d’oxydo-réduction du permanganate étant MnO₄^–(aq)/Mn²⁺(aq).
Oxydation : 5 fois { Fe²⁺(aq) --> Fe³⁺(aq)+ e^- }.
Réduction : MnO₄^–(aq)+ 8H⁺aq + 5 e^- --> Mn²⁺(aq) +4H₂O(l).
MnO₄^–(aq)+ 8H⁺aq +5 Fe²⁺(aq) --> Mn²⁺(aq) +4H₂O(l)+5Fe³⁺(aq).
5. Décrire le changement de couleur observé au moment de l’équivalence.
MnO₄^–(aq) couleur violette ; les autres ions sont icolores ou faiblement coloré.
Avant l'équivalence, MnO₄^–(aq) est en excès, la solution est violette.
Après l'équivalence, MnO₄^–(aq) est en défaut, la solution est pratiquement incolore.
En exploitant la relation à l’équivalence entre les quantités de matière n_MnO4- et n _{Fe2+ restante} , montrer que la quantité de matière d’ions nitrate dans la prise d’essai s’exprime au final par la relation suivante et calculer sa valeur :
n_NO3-=(n _{Fe2+ initial} - 5 n_MnO4-) / 3.
A l'équivalence : n _{Fe2+ restante} = 5 n_MnO4-.
n _{Fe2+ restante}= n _{Fe2+ initial} - 3 n_nitrate.
5 n_MnO4-=n _{Fe2+ initial} - 3 n_nitrate.
3 n_nitrate = -5 n_MnO4-+n _{Fe2+ initial} .
n_nitrate = (-5 n_MnO4-+n _{Fe2+ initial}) / 3.
n_MnO4-= 5,00 10^-2 x V_E = 5,00 10^-2 x 11,95 10^-3=5,975 10^-4 mol.
n_nitrate =( 4 10^-3 -5 x 5,975 10^-4 ) / 3 = 3,375 10^-4 mol dans 20 mL de S₀.
Soit 4,22 10^-3 mol dans 250 mL ( dans 1,20 g d'engrais).
6. En déduire le pourcentage massique d’ions nitrate dans les 1,2 g d’engrais. Conclure.
M(nitrate) = 14 +3 x16 = 62 g / mol.
m(nitrate) = 62 x 4,22 10^-3 ~0,26 g.
0,26 / 1,2 x100 ~21,7 %.
Ecart relatif avec l'indiication de l'étiquette : (21,7 -16,7) / 16,7 ~0,30 (30 %).