Exercices corrigés d'enseignement scientifique : le Soleil, notre source d'énergie

a) Quatre noyaux d'hydrogène, c'est-à-dire quatre protons, fusionnent pour donner un noyau d'hélium, deux positons et deux neutrinos. Il faut une température énorme parce que les noyaux portent tous une charge positive et se repoussent violemment : pour qu'ils s'approchent assez pour que l'interaction nucléaire forte prenne le relais, il faut qu'ils arrivent l'un sur l'autre à très grande vitesse. Or la température n'est rien d'autre qu'une mesure de l'agitation, donc de la vitesse moyenne des particules. Quinze millions de kelvins est la température à laquelle une fraction suffisante de protons dépasse cette barrière de répulsion électrique.

b) Cet écart s'appelle le DÉFAUT DE MASSE. Il correspond à la masse qui a été convertie en énergie : les produits sont plus liés que les réactifs, et l'énergie de liaison gagnée a été emportée par le rayonnement. La relation est $E = \Delta m \times c^{2}$, où $\Delta m$ est le défaut de masse et $c$ la célérité de la lumière dans le vide. Le facteur $c^{2}$, de l'ordre de $9 \times 10^{16}$, explique qu'une perte de masse minuscule libère une énergie colossale.

c) On inverse la relation : $\Delta m = E / c^{2}$. En une seconde, l'énergie rayonnée vaut $3{,}83 \times 10^{26}$ J, donc la masse perdue vaut $\Delta m = 3{,}83 \times 10^{26} / (3{,}00 \times 10^{8})^{2} = 3{,}83 \times 10^{26} / 9{,}00 \times 10^{16} \approx 4{,}26 \times 10^{9}$ kg. Le Soleil perd donc environ quatre millions de tonnes par seconde, uniquement par rayonnement.

d) Un milliard d'années compte $10^{9} \times 365{,}25 \times 24 \times 3\ 600 \approx 3{,}156 \times 10^{16}$ secondes. La masse perdue vaut donc $4{,}26 \times 10^{9} \times 3{,}156 \times 10^{16} \approx 1{,}34 \times 10^{26}$ kg. Rapportée à la masse totale : $1{,}34 \times 10^{26} / 1{,}99 \times 10^{30} \approx 6{,}7 \times 10^{-5}$, soit environ $0{,}007$ pour cent. En un milliard d'années, le Soleil ne perd donc pas un dix-millième de sa masse : son rayonnement est d'une stabilité remarquable à l'échelle des temps géologiques, et c'est cette stabilité qui rend possible une histoire de la vie longue de plusieurs milliards d'années.

e) Parce que la fusion exige simultanément une température et une pression très élevées, conditions qui ne sont réunies qu'au centre. En s'éloignant du coeur, la pression exercée par les couches supérieures diminue, donc la température chute : elle passe de quinze millions de kelvins au centre à environ six mille kelvins en surface. Dès la sortie du coeur, qui n'occupe qu'un quart du rayon, la fusion s'arrête et l'énergie ne fait plus que se propager vers l'extérieur, d'abord par rayonnement puis par convection. Le Soleil n'est donc pas une boule qui brûle partout : c'est un réacteur central entouré d'une très épaisse couverture.

a) La loi de Stefan énonce que la puissance rayonnée par unité de surface d'un corps noir est proportionnelle à la puissance QUATRIÈME de sa température absolue : $P = \sigma T^{4}$. La constante $\sigma$ vaut $5{,}67 \times 10^{-8}$, et son unité est le watt par mètre carré et par kelvin à la puissance quatre, ce qui s'écrit W$\cdot$m$^{-2} \cdot$K$^{-4}$. La température doit impérativement être en KELVINS : employer des degrés Celsius donne un résultat sans aucun sens, et c'est l'erreur la plus fréquente sur cette formule.

b) À 255 K, la courbe donne environ 240 W/m$^{2}$. Vérification : $5{,}67 \times 10^{-8} \times 255^{4} = 5{,}67 \times 10^{-8} \times 4{,}2283 \times 10^{9} \approx 239{,}7$ W/m$^{2}$. À 288 K, la courbe donne environ 390 W/m$^{2}$. Vérification : $5{,}67 \times 10^{-8} \times 288^{4} = 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}8797 \times 10^{9} \approx 390{,}1$ W/m$^{2}$.

c) La puissance passe de $239{,}7$ à $390{,}1$, soit une hausse de $(390{,}1 - 239{,}7) / 239{,}7 \approx 0{,}627$, donc $62{,}7$ pour cent. La température, elle, n'a augmenté que de $(288 - 255) / 255 \approx 0{,}129$, soit $12{,}9$ pour cent. Le rapport entre les deux s'explique par l'exposant 4 : multiplier la température par $1{,}129$ multiplie la puissance par $1{,}129^{4} \approx 1{,}625$. Une petite variation de température produit donc une grande variation de puissance émise, et c'est précisément ce qui stabilise le climat : dès que la Terre se réchauffe un peu, elle évacue beaucoup plus.

d) La loi de Wien énonce que la longueur d'onde du maximum d'émission est inversement proportionnelle à la température : $\lambda_{\max} = \frac{2{,}898 \times 10^{-3}}{T}$, en mètres si $T$ est en kelvins. Pour le Soleil : $\lambda_{\max} = 2{,}898 \times 10^{-3} / 5\ 772 \approx 5{,}02 \times 10^{-7}$ m, soit 502 nm, c'est-à-dire dans le VISIBLE, au voisinage du vert. Pour la Terre : $\lambda_{\max} = 2{,}898 \times 10^{-3} / 288 \approx 1{,}01 \times 10^{-5}$ m, soit environ 10 micromètres, c'est-à-dire dans l'INFRAROUGE lointain, très loin du visible.

e) Parce que l'atmosphère n'est pas transparente de la même façon aux deux longueurs d'onde : elle laisse passer le rayonnement visible venu du Soleil et absorbe fortement le rayonnement infrarouge émis par la Terre, ce qui piège l'énergie au lieu de la laisser repartir.

a) Le faisceau vertical éclaire une longueur de 2 unités, égale à sa propre largeur. Le faisceau incliné éclaire environ $2{,}3$ unités. Calcul : la largeur du faisceau est la projection perpendiculaire, donc si $L$ est la longueur éclairée au sol et $\theta$ l'angle d'incidence depuis la verticale, on a largeur $= L \cos\theta$, d'où $L = 2 / \cos(30°) = 2 / 0{,}866 \approx 2{,}31$ unités. La lecture confirme le calcul.

b) La même puissance est étalée sur une surface $2{,}31 / 2 = 1{,}155$ fois plus grande, donc la puissance par unité de surface est divisée par $1{,}155$ : elle vaut $1 / 1{,}155 \approx 0{,}866$ fois celle du faisceau vertical, soit $86{,}6$ pour cent. On reconnaît $\cos(30°)$, ce qui n'est pas un hasard.

c) Si $E_{0}$ est la puissance surfacique portée par le faisceau perpendiculairement à sa direction, la puissance reçue par unité de surface horizontale vaut $E = E_{0} \cos\theta$, où $\theta$ est l'angle entre les rayons et la verticale du lieu. C'est la loi de Lambert. Elle est purement géométrique : elle ne dépend ni de la nature du rayonnement, ni du sol, seulement de l'étalement du faisceau.

d) À l'équateur au midi d'un équinoxe, le Soleil est au zénith, donc $\theta = 0$ et $E = 1\ 361 \times \cos(0°) = 1\ 361$ W/m$^{2}$. À la latitude de $45{,}5°$ nord dans les mêmes conditions, l'angle d'incidence vaut la latitude elle-même, $45{,}5°$, donc $E = 1\ 361 \times \cos(45{,}5°) \approx 1\ 361 \times 0{,}7009 \approx 954$ W/m$^{2}$. Ce lieu reçoit donc, au même instant, environ 70 pour cent de ce que reçoit l'équateur, soit une perte de 30 pour cent due au seul angle.

e) Il fait plus chaud à l'ÉQUATEUR parce que les rayons y arrivent en moyenne beaucoup plus près de la verticale : le cosinus y est proche de 1 toute l'année, alors qu'aux pôles il reste faible même en été. Ce qui change d'un lieu à l'autre est donc la LATITUDE, qui fixe l'angle d'incidence moyen. Il fait plus chaud en ÉTÉ aux latitudes moyennes parce que l'axe de rotation de la Terre est incliné de $23{,}4°$ sur le plan de son orbite : en été, l'hémisphère nord est incliné VERS le Soleil, ce qui réduit l'angle d'incidence à midi et allonge en même temps la durée du jour. Ce qui change d'une saison à l'autre est donc l'ORIENTATION de l'axe par rapport au Soleil, et non la distance au Soleil, qui est d'ailleurs minimale début janvier, en plein hiver boréal.

a) La Terre INTERCEPTE le rayonnement solaire sur un disque de rayon $R$, d'aire $\pi R^{2}$, mais elle le RÉPARTIT sur toute sa sphère, d'aire $4\pi R^{2}$, puisqu'elle tourne sur elle-même et que l'énergie se redistribue. Le facteur est donc $\pi R^{2} / 4\pi R^{2} = 1/4$. La puissance surfacique moyenne vaut $1\ 361 / 4 \approx 340{,}3$ W/m$^{2}$. La justification géométrique est essentielle : le quart ne vient pas d'une moyenne d'angles mais du rapport entre l'aire d'un disque et celle d'une sphère de même rayon.

b) L'albédo est la fraction du rayonnement incident qui est RENVOYÉE sans être absorbée. Sur le schéma, la Terre reçoit 340 et réfléchit 100, donc l'albédo vaut $100 / 340 \approx 0{,}29$, soit environ $0{,}30$. Trois surfaces très différentes : la neige fraîche, d'albédo voisin de $0{,}85$, qui renvoie presque tout ; l'océan, d'albédo voisin de $0{,}06$ pour un Soleil haut, qui absorbe presque tout ; une forêt de conifères, d'albédo voisin de $0{,}10$. L'écart entre neige et océan, d'un facteur quatorze, est ce qui rend les régions polaires si sensibles.

c) Pour que la température soit stable, l'énergie sortante doit compenser exactement l'énergie entrante : la somme des flux montants doit donc égaler le flux descendant, soit 340 W/m$^{2}$. Sur le schéma, les flux montants valent $100 + 240 = 340$ W/m$^{2}$ : le bilan est bien équilibré. C'est la condition d'équilibre RADIATIF, et elle ne dit rien de la valeur de la température, seulement qu'elle ne varie pas.

d) La puissance vaut $1 \times 5{,}10 \times 10^{14} = 5{,}10 \times 10^{14}$ W. Rapportée à la consommation mondiale : $5{,}10 \times 10^{14} / 1{,}9 \times 10^{13} \approx 27$. Un déséquilibre d'un seul watt par mètre carré représente donc environ 27 fois toute l'énergie consommée par l'humanité, chaleur, transports et électricité comprises. C'est le chiffre à retenir pour comprendre pourquoi un déséquilibre apparemment minuscule déplace le climat d'une planète entière.

e) La banquise a un albédo élevé, voisin de $0{,}6$ pour la glace de mer, et l'océan un albédo très faible, voisin de $0{,}06$. Sa fonte fait donc CHUTER l'albédo local, donc augmenter la fraction absorbée, donc le déséquilibre du bilan, donc le réchauffement, donc la fonte : l'effet initial est amplifié par sa propre conséquence. On appelle cet enchaînement une RÉTROACTION POSITIVE, le mot positif signifiant amplificatrice et non bénéfique. Il complique la prévision de deux façons : il rend la réponse du système non proportionnelle à la perturbation, et il introduit des seuils au-delà desquels le retour en arrière n'est plus possible aux mêmes conditions.

a) Quatre étapes. Un, le Soleil émet principalement dans le VISIBLE, autour de 502 nm, et l'atmosphère est largement transparente à ces longueurs d'onde : le rayonnement atteint le sol. Deux, le sol l'ABSORBE et s'échauffe. Trois, comme tout corps à environ 288 K, le sol RÉÉMET, mais dans l'infrarouge lointain, autour de 10 micromètres, conformément à la loi de Wien. Quatre, certains gaz de l'atmosphère ABSORBENT fortement cet infrarouge et le réémettent dans toutes les directions, donc en partie vers le bas : le sol reçoit ainsi un flux supplémentaire venu de l'atmosphère, et sa température d'équilibre s'établit plus haut. Le point décisif est le décalage de longueur d'onde entre l'aller et le retour : l'atmosphère est un filtre à sens unique.

b) Quatre gaz à effet de serre : la vapeur d'eau, le dioxyde de carbone, le méthane et le protoxyde d'azote. Celui qui CONTRIBUE le plus est de loin la vapeur d'eau, responsable d'environ 60 pour cent de l'effet naturel. Celui qui est le plus directement modifié par les activités humaines est le DIOXYDE DE CARBONE, dont la concentration est passée d'environ 280 parties par million avant l'ère industrielle à plus de 420 aujourd'hui, soit une hausse de 50 pour cent.

c) Parce que ce sont des molécules DIATOMIQUES formées de deux atomes identiques : elles n'ont aucun moment dipolaire, ni permanent ni induit par leurs vibrations, et une molécule ne peut absorber un rayonnement infrarouge que si sa vibration fait varier son moment dipolaire. Un gaz à effet de serre est donc au minimum triatomique, comme l'eau et le dioxyde de carbone, ou diatomique à atomes différents. C'est un critère structural, pas une question de quantité.

d) Parce que la vapeur d'eau n'est pas un FORÇAGE, c'est une RÉTROACTION. Sa concentration dans l'atmosphère n'est pas fixée par nos émissions mais par la température : plus l'air est chaud, plus il peut contenir de vapeur, et le surplus se condense en quelques jours. Émettre de la vapeur ne change donc rien durablement, elle retombe en pluie. En revanche, tout réchauffement provoqué par une autre cause augmente la teneur en vapeur d'eau, ce qui amplifie ce réchauffement : la vapeur d'eau double approximativement l'effet du dioxyde de carbone. Elle n'est pas le levier, elle est le multiplicateur.

e) Le nom est impropre parce qu'une serre de jardinier ne se réchauffe presque pas par piégeage du rayonnement infrarouge. Ce qui la réchauffe est surtout le blocage de la CONVECTION : le vitrage empêche l'air chaud du sol de s'élever et d'être remplacé par de l'air froid. Une serre en sel gemme, parfaitement transparente à l'infrarouge, se réchauffe presque autant qu'une serre en verre, ce qui a été vérifié expérimentalement dès 1909. L'atmosphère, elle, n'empêche aucune convection : elle agit bien par absorption sélective du rayonnement. Les deux phénomènes portent le même nom et n'ont pas le même mécanisme.

a) La puissance surfacique moyenne reçue vaut le quart de la constante solaire, soit $1\ 361 / 4 \approx 340{,}3$ W/m$^{2}$. La fraction réfléchie étant l'albédo, la fraction absorbée vaut $1 - 0{,}30 = 0{,}70$. La puissance absorbée vaut donc $340{,}3 \times 0{,}70 \approx 238{,}2$ W/m$^{2}$.

b) À l'équilibre, la puissance émise égale la puissance absorbée : $\sigma T^{4} = 238{,}2$. D'où $T^{4} = 238{,}2 / (5{,}67 \times 10^{-8}) \approx 4{,}201 \times 10^{9}$, puis $T = (4{,}201 \times 10^{9})^{1/4} \approx 254{,}6$ K. En degrés Celsius : $254{,}6 - 273{,}15 \approx -18{,}6$ °C. On retrouve bien la valeur annoncée. La racine quatrième s'obtient en prenant deux fois la racine carrée, ce qui évite toute manipulation d'exposant fractionnaire à la calculatrice.

c) La température réelle vaut 15 °C, soit $288{,}15$ K. L'écart vaut $288{,}15 - 254{,}6 \approx 33{,}5$ K, soit environ 33 degrés. Il est entièrement dû à l'EFFET DE SERRE : le calcul précédent suppose que la Terre rayonne directement vers l'espace depuis sa surface, alors qu'en réalité l'atmosphère absorbe l'infrarouge et en renvoie une partie vers le sol. Sans cet écart de 33 degrés, l'eau liquide serait rare à la surface du globe.

d) Avec un albédo de $0{,}32$, la puissance absorbée devient $340{,}3 \times 0{,}68 \approx 231{,}4$ W/m$^{2}$. Alors $T^{4} = 231{,}4 / (5{,}67 \times 10^{-8}) \approx 4{,}081 \times 10^{9}$, d'où $T \approx 252{,}7$ K. La température baisse de $254{,}58 - 252{,}74 \approx 1{,}8$ K. Deux centièmes d'albédo suffisent donc à déplacer la température d'équilibre de près de deux degrés : c'est l'ordre de grandeur du réchauffement observé depuis un siècle, ce qui montre à quel point le système est sensible à la couverture nuageuse. Or celle-ci est justement l'une des grandeurs les plus difficiles à modéliser.

e) Pour Vénus : puissance absorbée $= (2\ 601 / 4) \times (1 - 0{,}77) = 650{,}25 \times 0{,}23 \approx 149{,}6$ W/m$^{2}$. Alors $T^{4} = 149{,}6 / (5{,}67 \times 10^{-8}) \approx 2{,}638 \times 10^{9}$, d'où $T \approx 226{,}6$ K, soit environ $-46{,}5$ °C. La température réelle est de 464 °C, soit 737 K : l'écart dépasse 510 degrés. On en conclut que Vénus subit un effet de serre gigantesque, quinze fois plus intense que celui de la Terre, dû à une atmosphère massive composée à 96 pour cent de dioxyde de carbone. Le résultat est instructif : Vénus reçoit presque deux fois plus d'énergie que la Terre mais en absorbe MOINS, à cause de son albédo très élevé ; sa chaleur ne vient donc pas du Soleil, elle vient entièrement de son atmosphère.

a) Entrent le dioxyde de carbone, l'eau et l'énergie lumineuse ; sortent la matière organique, essentiellement des glucides, et le dioxygène. L'énergie est stockée sous forme d'ÉNERGIE CHIMIQUE dans les liaisons de la matière organique produite. Le point important est que la photosynthèse est une réaction ENDOTHERMIQUE au sens large : elle ne peut se produire que si une énergie extérieure l'alimente, ce qui la distingue de toutes les réactions spontanées.

b) Un kilowattheure vaut $3{,}6 \times 10^{6}$ J. Donc $1\ 300$ kWh $= 1\ 300 \times 3{,}6 \times 10^{6} = 4{,}68 \times 10^{9}$ J par mètre carré et par an. L'ordre de grandeur mérite d'être noté : près de cinq milliards de joules tombent chaque année sur un mètre carré de sol.

c) L'énergie stockée vaut $4{,}68 \times 10^{9} \times 0{,}005 = 2{,}34 \times 10^{7}$ J par mètre carré et par an. Comme un kilogramme de matière sèche vaut $1{,}7 \times 10^{7}$ J, la production vaut $2{,}34 \times 10^{7} / 1{,}7 \times 10^{7} \approx 1{,}38$ kg par mètre carré et par an. Un hectare valant $10\ 000$ m$^{2}$, cela fait $1{,}38 \times 10\ 000 = 13\ 765$ kg, soit environ $13{,}8$ tonnes de matière sèche par hectare et par an. C'est bien l'ordre de grandeur d'une forêt tempérée productive, ce qui valide les hypothèses.

d) Le panneau produit $4{,}68 \times 10^{9} \times 0{,}20 = 9{,}36 \times 10^{8}$ J par mètre carré et par an, soit $9{,}36 \times 10^{8} / 3{,}6 \times 10^{6} = 260$ kWh. La végétation stocke $2{,}34 \times 10^{7}$ J, soit $6{,}5$ kWh. Le rapport vaut $9{,}36 \times 10^{8} / 2{,}34 \times 10^{7} = 40$ : le panneau produit quarante fois plus d'énergie utile que la végétation sur la même surface. Le rapport est exactement celui des rendements, $0{,}20 / 0{,}005 = 40$, ce qui est normal puisque l'énergie incidente est la même.

e) Le faible rendement n'a pas empêché la vie de couvrir la planète parce que la SURFACE disponible est immense et l'énergie reçue gratuite et renouvelée chaque jour : un demi pour cent d'une ressource illimitée reste une quantité colossale, et rien ne pressait. La vie n'a pas eu à optimiser, elle a eu à durer. Les agrocarburants sont problématiques pour une raison inverse : quand on veut produire une quantité d'énergie DONNÉE, le faible rendement se traduit directement en SURFACE occupée, quarante fois plus qu'avec du photovoltaïque d'après la question d, et cette surface entre en concurrence avec l'alimentation et avec les milieux naturels. Ce qui était sans importance pour une biosphère devient dimensionnant pour une industrie.

1) FAUX, et l'inverse est même vrai dans l'hémisphère nord : la Terre passe au plus près du Soleil début janvier. Les saisons viennent de l'INCLINAISON de l'axe de rotation, de $23{,}4°$ sur le plan de l'orbite : en été, l'hémisphère considéré est incliné vers le Soleil, l'angle d'incidence diminue et la durée du jour augmente. Énoncé correct : les saisons sont dues à l'inclinaison de l'axe terrestre, non à la variation de distance, qui ne fait varier la constante solaire que de 3 pour cent environ.

2) FAUX. La constante solaire est la puissance reçue perpendiculairement, en un point où le Soleil est au zénith. La Terre intercepte le flux sur un disque d'aire $\pi R^{2}$ mais le répartit sur une sphère d'aire $4\pi R^{2}$. Énoncé correct : la puissance surfacique moyenne vaut le QUART de la constante solaire, soit environ 340 W/m², et le facteur un quart est le rapport entre l'aire d'un disque et celle d'une sphère de même rayon.

3) FAUX. Sans effet de serre, la température moyenne de surface serait de $-18$ °C au lieu de 15 °C : l'eau liquide serait rare et la vie telle que nous la connaissons impossible. Énoncé correct : l'effet de serre naturel est indispensable ; ce qui pose problème est son RENFORCEMENT rapide par les émissions humaines, qui déplace le climat plus vite que les écosystèmes et les sociétés ne peuvent s'y adapter.

4) FAUX. Le diazote est une molécule diatomique formée de deux atomes identiques : ses vibrations ne font pas varier son moment dipolaire, donc elle n'absorbe pas l'infrarouge. Sa quantité n'y change rien. Énoncé correct : les gaz à effet de serre sont ceux dont les vibrations modifient le moment dipolaire, essentiellement la vapeur d'eau et le dioxyde de carbone, et leur efficacité ne dépend pas de leur abondance mais de leur structure.

5) FAUX. La loi de Stefan donne $P = \sigma T^{4}$ : la puissance varie comme la puissance quatrième de la température. Une hausse de 13 pour cent multiplie la puissance par $1{,}13^{4} \approx 1{,}63$, soit une hausse de 63 pour cent. Énoncé correct : une variation relative de température se traduit par une variation relative de puissance environ QUATRE fois plus grande, ce qui est précisément ce qui stabilise le climat.

a) L'énergie d'un morceau de charbon est de l'énergie chimique, stockée dans les liaisons de la matière organique. Cette matière organique provient de végétaux qui ont vécu il y a environ 300 millions d'années et qui ont été enfouis avant de se décomposer. Ces végétaux avaient eux-mêmes construit leur matière par PHOTOSYNTHÈSE, à partir de dioxyde de carbone, d'eau et de lumière. La source ultime est donc le rayonnement du SOLEIL, capté il y a trois cents millions d'années et conservé depuis. Brûler du charbon, c'est libérer de l'énergie solaire fossile, et rendre à l'atmosphère le carbone qui en avait été retiré.

b) La frise place la formation du charbon vers 300 millions d'années et la consommation des réserves vers deux siècles. Le rapport vaut $3 \times 10^{8} / 2 \times 10^{2} = 1{,}5 \times 10^{6}$, soit un million et demi. Ce rapport traduit le caractère NON RENOUVELABLE de la ressource à l'échelle humaine : nous consommons en deux cents ans un stock qui a mis un million et demi de fois plus longtemps à se constituer. Une ressource n'est pas renouvelable ou non en soi, elle l'est relativement à un rythme de prélèvement.

c) L'énergie électrique produite vaut $600 \times 10^{6} \times 6\ 000 \times 3\ 600 = 1{,}296 \times 10^{16}$ J. Avec un rendement de 40 pour cent, l'énergie thermique consommée vaut $1{,}296 \times 10^{16} / 0{,}40 = 3{,}24 \times 10^{16}$ J. À 30 MJ par kilogramme, la masse de charbon vaut $3{,}24 \times 10^{16} / 3{,}0 \times 10^{7} = 1{,}08 \times 10^{9}$ kg, soit environ $1{,}08$ million de tonnes par an. C'est près de trois mille tonnes par jour, soit une trentaine de wagons quotidiens.

d) La masse de dioxyde de carbone vaut $1{,}08 \times 10^{9} \times 2{,}4 = 2{,}59 \times 10^{9}$ kg, soit environ $2{,}6$ millions de tonnes par an pour une seule centrale. À titre de repère, une empreinte carbone individuelle compatible avec les objectifs climatiques est de l'ordre de 2 tonnes par an : cette centrale émet donc autant que $1{,}3$ million de personnes vivant selon cet objectif.

e) L'énergie électrique annuelle vaut $1{,}296 \times 10^{16}$ J, soit $1{,}296 \times 10^{16} / 3{,}6 \times 10^{6} = 3{,}6 \times 10^{9}$ kWh. Avec 260 kWh par mètre carré et par an, il faut $3{,}6 \times 10^{9} / 260 \approx 1{,}38 \times 10^{7}$ m$^{2}$, soit environ $13{,}8$ km$^{2}$. C'est l'ordre de grandeur d'une petite ville. Deux limites doivent être dites honnêtement. D'abord, la comparaison porte sur l'ÉNERGIE et non sur la puissance disponible à la demande : le photovoltaïque ne produit ni la nuit ni sous les nuages, il faut donc y ajouter un stockage ou une autre source, ce que la surface calculée ignore. Ensuite, la surface au sol n'est pas nécessairement prise sur des terres neuves : toitures, parkings et friches en fournissent une part importante, alors que la mine de charbon, elle, occupe aussi une surface, rarement comptée dans ce genre de comparaison.

a) Un mètre carré de panneau produit $1\ 350 \times 0{,}20 = 270$ kWh par an. Pour couvrir $250\ 000$ kWh, il faut $250\ 000 / 270 \approx 926$ m$^{2}$ de panneaux.

b) La surface utilisable vaut $1\ 800 \times 0{,}60 = 1\ 080$ m$^{2}$, ce qui dépasse les 926 m$^{2}$ nécessaires : la surface SUFFIT, avec une marge d'environ 17 pour cent. Au mieux, le toit entier produirait $1\ 080 \times 270 = 291\ 600$ kWh par an, soit $291\ 600 / 250\ 000 \approx 1{,}17$ fois la consommation, donc 117 pour cent. Il faut toutefois se garder de conclure que le lycée serait autonome, pour la raison développée à la question c.

c) Sur les $291\ 600$ kWh d'une installation pleine, $70$ pour cent tombent d'avril à septembre, soit $204\ 120$ kWh, et 30 pour cent d'octobre à mars, soit $87\ 480$ kWh. Or le profil de consommation d'un établissement scolaire est exactement INVERSE : la consommation est maximale d'octobre à mars, à cause de l'éclairage et du chauffage, et minimale en juillet et août, mois pendant lesquels l'établissement est presque vide. La production est donc maximale quand le besoin est minimal. C'est le point décisif du dossier, et il n'apparaît nulle part dans le bilan annuel de la question b.

d) Une perte RELATIVE de $0{,}5$ pour cent par an multiplie le rendement par $0{,}995$ chaque année. Après 25 ans, il vaut $20 \times 0{,}995^{25} \approx 20 \times 0{,}8822 \approx 17{,}6$ pour cent, soit $88{,}2$ pour cent de la production initiale. En lisant à tort une perte de $0{,}5$ POINT par an, on retirerait $25 \times 0{,}5 = 12{,}5$ points, et le rendement tomberait à $20 - 12{,}5 = 7{,}5$ pour cent, soit $37{,}5$ pour cent de la production initiale : l'écart entre les deux lectures est considérable, et c'est exactement le genre d'ambiguïté qu'un devis doit lever par écrit avant signature.

e) La recommandation. Un, le calcul ÉTABLIT que la surface de toiture suffit largement, à 1 080 m$^{2}$ utilisables contre 926 nécessaires, et que la production annuelle couvrirait 117 pour cent de la consommation. Deux, le calcul IGNORE le décalage saisonnier : 70 pour cent de la production arrive quand l'établissement consomme le moins, si bien que l'autonomie réelle sera très inférieure au bilan annuel, et qu'une part importante devra être injectée sur le réseau ou perdue. Trois, il ignore également la structure du toit, qui doit supporter la charge, l'ombrage éventuel, le coût d'installation et le tarif de rachat, qui décident seuls de la rentabilité. Quatre, avant de décider, il faut MESURER trois choses : la courbe de charge horaire réelle du lycée sur une année, la capacité portante de la toiture par une étude de structure, et les conditions de rachat du surplus. Cinq, une installation dimensionnée sur la consommation d'hiver plutôt que sur le bilan annuel, donc plus petite que le maximum possible, sera très probablement le meilleur choix économique, et c'est cette hypothèse qu'il faut chiffrer en priorité.

a) La sphère de rayon $d$ a pour aire $4\pi d^{2}$, donc la puissance surfacique vaut $E = \frac{P}{4\pi d^{2}}$. À la distance de la Terre : $E = \frac{3{,}83 \times 10^{26}}{4\pi \times (1{,}496 \times 10^{11})^{2}} \approx \frac{3{,}83 \times 10^{26}}{2{,}812 \times 10^{23}} \approx 1\ 362$ W/m$^{2}$. On retrouve la constante solaire, 1 361 W/m$^{2}$ : elle n'est pas une donnée indépendante, elle découle de la puissance du Soleil et de la distance.

b) $E$ est inversement proportionnelle au CARRÉ de la distance. Doubler la distance divise la puissance surfacique par $2^{2} = 4$ ; la tripler la divise par $3^{2} = 9$. La même puissance s'étale sur une sphère dont l'aire a été multipliée par 4 ou par 9.

c) $E_{\mathrm{Mars}} = \frac{1\ 362}{1{,}524^{2}} \approx 586$ W/m$^{2}$, soit 43 pour cent de la valeur terrestre. Puissance moyenne absorbée : $\frac{586}{4} \times (1 - 0{,}25) \approx 109{,}9$ W/m$^{2}$. Équilibre : $\sigma T^{4} = 109{,}9$, donc $T = \left(\frac{109{,}9}{5{,}67 \times 10^{-8}}\right)^{1/4} \approx 210$ K, soit environ $-63$ °C. La température moyenne mesurée sur Mars est de cet ordre : son atmosphère très ténue ne produit presque aucun effet de serre.

d) $E_{\mathrm{Jupiter}} = \frac{1\ 362}{5{,}20^{2}} \approx 50{,}4$ W/m$^{2}$. La puissance surfacique étant $5{,}20^{2} \approx 27$ fois plus faible, il faut environ 27 m$^{2}$ de panneaux pour capter la puissance d'un seul mètre carré près de la Terre. C'est pourquoi les sondes vers les planètes lointaines emportent d'immenses panneaux, ou une source d'énergie nucléaire.

e) Début janvier : $\frac{1\ 362}{0{,}983^{2}} \approx 1\ 409$ W/m$^{2}$, soit $3{,}5$ pour cent de plus que la moyenne. Début juillet : $\frac{1\ 362}{1{,}017^{2}} \approx 1\ 317$ W/m$^{2}$, soit $3{,}3$ pour cent de moins. Cet écart n'explique PAS les saisons : la Terre reçoit le plus d'énergie en janvier, en plein hiver de l'hémisphère nord, et les deux hémisphères ont des saisons opposées à la même distance du Soleil. Les saisons viennent de l'inclinaison de l'axe.

a) Énergie quotidienne : $2\ 400 \times 4{,}18 = 10\ 032$ kJ $\approx 1{,}003 \times 10^{7}$ J. Un jour dure $86\ 400$ s, donc $P = \frac{1{,}003 \times 10^{7}}{86\ 400} \approx 116$ W. Un être humain au repos chauffe donc son environnement à peu près comme une ampoule à incandescence de 100 W, ce que savent bien ceux qui ont passé une heure dans une salle de classe pleine.

b) En kelvins : $306{,}15$ K pour la peau et $293{,}15$ K pour les murs. La peau émet $\sigma T^{4}$ et reçoit en retour le rayonnement des murs, d'où une perte nette par mètre carré $\sigma (306{,}15^{4} - 293{,}15^{4}) \approx 79{,}4$ W/m$^{2}$. Sur $1{,}2$ m$^{2}$ : $P \approx 95$ W. Le piège est de calculer seulement $\sigma T^{4}$ pour la peau, environ 500 W/m$^{2}$ : on oublierait tout ce que les murs renvoient.

c) $\frac{95}{116} \approx 0{,}82$ : le rayonnement évacue environ 82 pour cent de la chaleur produite au repos, le reste passant par la convection et l'évaporation. Avec des murs à 10 °C, soit $283{,}15$ K : $1{,}2 \times \sigma (306{,}15^{4} - 283{,}15^{4}) \approx 160$ W. La perte radiative dépasse alors toute la production du corps, qui se refroidit : on a froid dans une pièce aux murs froids même si l'air est à 20 °C. C'est pourquoi une maison mal isolée paraît glaciale alors que le thermomètre indique une température correcte.

d) En une heure, la chaleur à évacuer vaut $500 \times 3\ 600 = 1{,}8 \times 10^{6}$ J. Masse de sueur : $\frac{1{,}8 \times 10^{6}}{2{,}4 \times 10^{6}} = 0{,}75$ kg, soit trois quarts de litre par heure, ce qu'il faudra boire pour compenser.

e) Ce qui refroidit, c'est l'ÉVAPORATION : l'eau qui passe de l'état liquide à l'état gazeux prend son énergie à la peau. Dans un air humide, déjà proche de la saturation en vapeur d'eau, la sueur s'évapore mal : le corps continue de transpirer, mais n'évacue plus sa chaleur, et sa température monte. Une sueur qui ruisselle et tombe emporte un peu de chaleur sensible, mais elle n'a pas changé d'état : elle n'a pas prélevé les $2{,}4$ MJ par kilogramme qui font tout l'effet refroidissant.

a) Bételgeuse : $\frac{2{,}898 \times 10^{-3}}{3\ 500} = 8{,}28 \times 10^{-7}$ m $= 828$ nm, dans l'infrarouge proche, juste au-delà du rouge. Soleil : 502 nm, dans le visible. Sirius : $291{,}5$ nm, dans l'ultraviolet. Rigel : $239{,}5$ nm, dans l'ultraviolet. Plus l'étoile est chaude, plus son maximum se décale vers les courtes longueurs d'onde.

b) La loi de Wien donne la position du MAXIMUM, pas l'étendue du spectre. Un corps noir rayonne sur une large bande de longueurs d'onde, et le spectre de Sirius couvre tout le visible. Comme son maximum est du côté des courtes longueurs d'onde, il émet davantage de bleu que de rouge : notre œil perçoit un mélange de toutes les couleurs, dominé par le bleu, donc un blanc bleuté. De même, Bételgeuse, dont le maximum est dans l'infrarouge, paraît rouge orangé.

c) On inverse la loi : $T = \frac{2{,}898 \times 10^{-3}}{\lambda_{\max}} = \frac{2{,}898 \times 10^{-3}}{400 \times 10^{-9}} \approx 7\ 245$ K. Le piège est d'oublier de convertir les nanomètres en mètres, ce qui donne une température absurde.

d) Le rapport vaut $\left(\frac{9\ 940}{5\ 772}\right)^{4} \approx 8{,}8$ pour Sirius. Pour Bételgeuse, $\left(\frac{3\ 500}{5\ 772}\right)^{4} \approx 0{,}135$ : chaque mètre carré de Bételgeuse émet environ sept fois moins que celui du Soleil. La température n'augmente que d'un facteur $1{,}7$ de Soleil à Sirius, mais la puissance surfacique d'un facteur $8{,}8$ : c'est l'exposant 4.

e) Puissance totale : $4\pi R^{2} \sigma T^{4}$. Donc $\frac{P_{B}}{P_{S}} = \left(\frac{R_{B}}{R_{S}}\right)^{2} \times 0{,}135 = 1{,}0 \times 10^{5}$, d'où $\left(\frac{R_{B}}{R_{S}}\right)^{2} \approx 7{,}4 \times 10^{5}$ et $\frac{R_{B}}{R_{S}} \approx 860$. Placée au centre du système solaire, Bételgeuse engloutirait l'orbite de la Terre et celle de Mars. Une GÉANTE ROUGE est une étoile froide en surface, donc rouge, mais immense, donc très lumineuse : sa couleur renseigne sur sa température, pas sur sa puissance.

a) Vu de l'espace, l'équilibre impose que la Terre renvoie autant qu'elle absorbe : l'atmosphère émet donc $238{,}2$ W/m$^{2}$ vers l'espace. Comme elle émet autant vers le haut que vers le bas, elle envoie aussi $238{,}2$ W/m$^{2}$ vers le sol. Sa température vaut $254{,}6$ K, la température d'équilibre de l'exercice 6 : c'est l'atmosphère qui est à cette température, pas le sol.

b) Le sol reçoit $238{,}2$ W/m$^{2}$ du Soleil et $238{,}2$ W/m$^{2}$ de l'atmosphère, et il émet $\sigma T_{s}^{4}$. Bilan : $\sigma T_{s}^{4} = 2 \times 238{,}2 = 476{,}4$ W/m$^{2}$. Donc $T_{s} = \left(\frac{476{,}4}{5{,}67 \times 10^{-8}}\right)^{1/4} \approx 302{,}8$ K, soit environ $29{,}6$ °C. On remarque que $T_{s} = 2^{1/4} \times 254{,}6$ : doubler la puissance reçue multiplie la température par $2^{1/4} \approx 1{,}19$ seulement.

c) Le modèle donne $29{,}6$ °C contre 15 °C : il SURESTIME l'effet de serre. La raison principale est que l'atmosphère n'absorbe pas tout l'infrarouge : il existe une fenêtre, autour de 8 à 12 micromètres, par laquelle une partie du rayonnement du sol s'échappe directement vers l'espace. La convection, qui transporte de la chaleur du sol vers l'altitude sans passer par le rayonnement, joue dans le même sens.

d) L'atmosphère absorbe $f\sigma T_{s}^{4}$ et en renvoie la moitié vers le sol. Bilan du sol : $\sigma T_{s}^{4} = 238{,}2 + \frac{f}{2} \sigma T_{s}^{4}$, soit $\sigma T_{s}^{4} \left(1 - \frac{f}{2}\right) = 238{,}2$. Avec $T_{s} = 288{,}15$ K, $\sigma T_{s}^{4} \approx 390{,}9$ W/m$^{2}$, donc $1 - \frac{f}{2} = \frac{238{,}2}{390{,}9} \approx 0{,}6093$ et $f \approx 0{,}781$. Vérification vu de l'espace : le sol laisse passer directement $(1 - f) \times 390{,}9 \approx 85{,}4$ W/m$^{2}$ et l'atmosphère émet $\frac{f}{2} \times 390{,}9 \approx 152{,}7$ W/m$^{2}$ vers le haut, soit $238{,}1$ W/m$^{2}$ au total : le bilan global est bien équilibré, aux arrondis près.

e) Avec $f = 0{,}80$ : $\sigma T_{s}^{4} = \frac{238{,}2}{0{,}60} \approx 397{,}0$ W/m$^{2}$, donc $T_{s} \approx 289{,}3$ K. Le réchauffement vaut environ $1{,}1$ K. Ce modèle ne contient aucune rétroaction : il ne tient pas compte de la vapeur d'eau supplémentaire qu'un air plus chaud contient, ni de la fonte des glaces qui abaisse l'albédo. Ces deux effets amplifient le réchauffement initial, si bien que la réponse réelle est nettement plus forte que ce calcul.

a) La chlorophylle absorbe le bleu et le rouge, et absorbe très peu le vert, qui est donc diffusé et renvoyé vers notre œil : la feuille paraît verte. La lumière verte est précisément celle que la plante n'utilise presque pas ; éclairée uniquement en vert, elle ne capte que très peu d'énergie et sa photosynthèse est faible. La couleur d'un objet est celle de la lumière qu'il n'absorbe pas.

b) Une mole de glucose, 180 g, consomme 6 moles de dioxyde de carbone, $6 \times 44 = 264$ g, et libère 6 moles de dioxygène, $6 \times 32 = 192$ g. Pour 1 kg de glucose : $\frac{264}{180} \approx 1{,}47$ kg de dioxyde de carbone absorbé et $\frac{192}{180} \approx 1{,}07$ kg de dioxygène libéré. Le piège est de croire que la plante « pèse » le carbone qu'elle absorbe : elle fixe le carbone, mais le dioxyde de carbone absorbé pèse plus lourd que le glucose formé, parce que l'essentiel de son oxygène repart sous forme de dioxygène.

c) Dioxyde de carbone : $10 \times 1{,}467 \approx 14{,}7$ tonnes par hectare et par an. Dioxygène : $10 \times 1{,}067 \approx 10{,}7$ tonnes par hectare et par an.

d) $\frac{10\ 670}{300} \approx 35{,}6$, soit environ 35 personnes par hectare. On retiendra l'ordre de grandeur : quelques dizaines de personnes, à condition que la forêt soit en croissance.

e) Surface : $\frac{2{,}0}{14{,}7} \approx 0{,}136$ hectare, soit environ $1\ 360$ m$^{2}$ de jeune forêt. En revanche, une forêt âgée à l'équilibre ne compense presque rien : la masse de bois ne varie plus, parce que la respiration des arbres et la décomposition du bois mort rendent chaque année à l'atmosphère autant de dioxyde de carbone que la photosynthèse en fixe. Une forêt n'est un puits de carbone que tant que son stock de bois augmente ; une fois mûre, elle est un STOCK, qu'il faut préserver, et non un puits.