Exercices corrigés d'enseignement scientifique : le futur des énergies

Un alternateur comporte un aimant, ou un électroaimant, mis en rotation devant des bobines de fil conducteur. Le champ magnétique traversant chaque bobine varie donc au cours du temps, ce qui y fait apparaître une tension : c'est l'INDUCTION ÉLECTROMAGNÉTIQUE, découverte par Faraday. L'appareil convertit de l'énergie MÉCANIQUE, celle de la rotation, en énergie ÉLECTRIQUE. Son rendement est excellent, souvent supérieur à 98 pour cent : ce n'est jamais lui qui limite le rendement d'une centrale.

Centrale à CHARBON : la combustion chauffe de l'eau, la vapeur sous pression entraîne une turbine, qui entraîne l'alternateur. Centrale NUCLÉAIRE : exactement la même chaîne, la fission remplaçant simplement la combustion comme source de chaleur. BARRAGE : la chute d'eau entraîne directement une turbine. ÉOLIENNE : le vent fait tourner les pales, reliées à l'alternateur par un multiplicateur. Centrale solaire THERMIQUE : des miroirs concentrent le rayonnement sur un fluide, qui produit de la vapeur, laquelle entraîne une turbine. Dans quatre cas sur cinq, on fabrique donc de la vapeur pour faire tourner une turbine : la différence tient au seul combustible.

Le PHOTOVOLTAÏQUE. Il n'utilise ni turbine, ni alternateur, ni aucune pièce mobile : le rayonnement arrache directement des électrons dans un semi-conducteur, et la jonction du matériau les force à circuler dans un sens, ce qui produit un courant continu. C'est une conversion directe de l'énergie lumineuse en énergie électrique, sans passer par la chaleur ni par le mouvement, ce qui explique l'absence d'usure et la durée de vie très longue de ces installations.

Parce que l'électricité ne se trouve pas dans la nature sous une forme exploitable : il faut la FABRIQUER à partir d'une autre énergie, chimique, nucléaire, mécanique ou lumineuse. Elle transporte l'énergie d'un lieu de production à un lieu d'usage, ce qui est exactement le rôle d'un vecteur. Trois conséquences pratiques. D'abord, parler d'énergie électrique renouvelable n'a de sens que par sa source. Ensuite, tout bilan doit remonter à l'énergie PRIMAIRE, faute de quoi on compte une électricité comme gratuite alors qu'elle a coûté trois fois son contenu en charbon. Enfin, et c'est le plus contraignant, un vecteur ne se stocke pas facilement : la production doit égaler la consommation à chaque instant.

L'énergie vaut $E = P \times t$. En unités du système international : $t = 45 \times 60 = 2\ 700$ s, donc $E = 2\ 200 \times 2\ 700 = 5\ 940\ 000$ J, soit $5{,}94 \times 10^{6}$ J. En kilowattheures : $E = 2{,}2 \times 0{,}75 = 1{,}65$ kWh. Vérification : $5\ 940\ 000 / 3{,}6 \times 10^{6} = 1{,}65$ kWh, les deux calculs concordent.

Le schéma donne 100 unités primaires, 35 unités d'électricité et $31{,}5$ unités d'énergie utile. Rendement de la première conversion : $35 / 100 = 0{,}35$, soit 35 pour cent. Rendement de la seconde : $31{,}5 / 35 = 0{,}90$, soit 90 pour cent. Rendement global : $31{,}5 / 100 = 0{,}315$, soit $31{,}5$ pour cent.

Notons $\eta_{1}$ et $\eta_{2}$ les deux rendements et $E_{0}$ l'énergie primaire. Après le premier maillon il reste $\eta_{1} E_{0}$ ; après le second, il reste $\eta_{2} \times \eta_{1} E_{0}$. Le rendement global vaut donc $\eta = \eta_{1} \eta_{2}$. Vérification : $0{,}35 \times 0{,}90 = 0{,}315$, ce qui coïncide avec la lecture. La moyenne des deux rendements vaudrait $(0{,}35 + 0{,}90)/2 = 0{,}625$, soit le double du résultat correct : c'est l'erreur la plus coûteuse du chapitre. Conséquence importante, un rendement global est toujours INFÉRIEUR au plus faible des maillons, ce qui donne une majoration immédiate et un contrôle gratuit.

Elles partent en CHALEUR. Une partie s'échappe par les fumées, une autre par le circuit de refroidissement, dans une rivière, dans la mer ou dans l'air par les tours aéroréfrigérantes. L'énergie n'est ni détruite ni perdue au sens physique : elle est conservée, conformément au premier principe, mais elle se retrouve sous une forme DIFFUSE, à basse température, dont on ne peut plus rien tirer. C'est la raison pour laquelle on parle de dégradation plutôt que de perte, et pourquoi les grandes centrales sont toujours installées près d'une source d'eau froide.

Avec $\eta_{1} = 0{,}60$, le rendement global devient $0{,}60 \times 0{,}90 = 0{,}54$, soit 54 pour cent. Pour une même énergie utile $E_{u}$, l'énergie primaire nécessaire vaut $E_{u} / \eta$ : elle passe de $E_{u}/0{,}315$ à $E_{u}/0{,}54$, donc elle est divisée par $0{,}54 / 0{,}315 \approx 1{,}71$. Améliorer le premier maillon de 35 à 60 pour cent réduit donc de 41 pour cent la consommation de combustible, et autant les émissions. C'est un gain considérable pour une modification qui ne touche qu'un seul maillon.

Parce qu'une machine thermique ne peut pas convertir intégralement de la chaleur en travail : c'est le SECOND PRINCIPE de la thermodynamique. Le rendement maximal, dit rendement de Carnot, vaut $1 - T_{\text{froide}} / T_{\text{chaude}}$, les températures étant en kelvins. Avec une vapeur à 600 K et une source froide à 300 K, il vaut $1 - 300/600 = 0{,}50$, soit 50 pour cent, et aucune ingéniosité ne permet de le dépasser. Les rendements réels, de 35 à 40 pour cent, en sont assez proches : les marges de progrès ne viendront pas d'une meilleure machine mais d'une température de vapeur plus élevée, elle-même limitée par la résistance des matériaux.

La PUISSANCE est un débit d'énergie, une énergie par unité de temps, et se mesure en watts. L'ÉNERGIE est ce qui est effectivement fourni, et se mesure en joules. Un kilowattheure est l'énergie fournie par une puissance de 1 kW pendant 1 heure, soit $1\ 000 \times 3\ 600 = 3{,}6 \times 10^{6}$ J. Cette unité composite est commode parce que les appareils sont caractérisés par leur puissance et les usages par une durée : multiplier l'une par l'autre donne directement la facture, sans conversion. Une image utile : la puissance est le débit du robinet, l'énergie est le volume dans la baignoire.

L'énergie vaut la puissance nominale multipliée par la durée et par le facteur de charge : $E = 3{,}0 \times 8\ 760 \times 0{,}25 = 6\ 570$ MWh par an. Le nombre $8\ 760$ est celui des heures d'une année, $365 \times 24$, et il vaut la peine d'être retenu.

Le réacteur produit $900 \times 8\ 760 \times 0{,}75 = 5\ 913\ 000$ MWh par an. Le nombre d'éoliennes vaut $5\ 913\ 000 / 6\ 570 = 900$. Il faut donc NEUF CENTS éoliennes de 3 MW pour produire autant d'énergie annuelle qu'un seul réacteur de 900 MW. Le rapport des puissances installées, lui, vaut $900 \times 3 / 900 = 3$ : il faut installer trois fois plus de puissance pour la même énergie, ce qui est exactement le rapport des facteurs de charge, $0{,}75 / 0{,}25$.

Le facteur de charge est le rapport entre l'énergie réellement produite sur une période et celle qu'on aurait obtenue en fonctionnant à puissance nominale pendant toute cette période. Deux raisons distinctes l'empêchent d'atteindre 100 pour cent. La DISPONIBILITÉ de la ressource : le vent ne souffle pas toujours, le Soleil ne brille pas la nuit, la rivière connaît des étiages. Et l'INDISPONIBILITÉ de l'installation : maintenance, rechargement du combustible, pannes, arrêts commandés par le réseau. Ordres de grandeur : photovoltaïque 12 à 15 pour cent, éolien terrestre 25 pour cent, éolien en mer 40 pour cent, hydraulique 35 pour cent, nucléaire 70 à 80 pour cent.

Sur le plan de l'ÉNERGIE, l'affirmation est fausse d'un facteur trois : à facteurs de charge de 25 et 75 pour cent, 300 MW d'éoliennes produisent $300 \times 8\ 760 \times 0{,}25 = 657\ 000$ MWh, contre $1\ 971\ 000$ MWh pour le réacteur. Il faudrait 900 MW d'éolien pour égaler l'énergie. Sur le plan de la PUISSANCE DISPONIBLE, l'affirmation est fausse pour une raison différente et plus grave : le réacteur fournit sa puissance quand on le lui demande, alors que le parc éolien la fournit quand le vent le décide, et peut tomber à quelques pour cent de sa puissance nominale pendant plusieurs jours d'anticyclone hivernal, précisément au moment de la pointe de consommation. Les deux ne sont donc pas substituables terme à terme : comparer deux moyens de production demande de comparer à la fois l'énergie annuelle et la puissance garantie, et c'est l'objet de l'exercice 6.

La puissance dissipée par effet Joule vaut $P_{J} = R I^{2}$, où $R$ est la résistance du conducteur et $I$ l'intensité qui le traverse. Elle est proportionnelle au CARRÉ du courant, et c'est ce carré qui gouverne tout le reste du raisonnement.

La puissance transportée vaut $P = U I$, donc $I = P / U$. En reportant : $P_{J} = R \left(\frac{P}{U}\right)^{2} = \frac{R P^{2}}{U^{2}}$. Les pertes sont donc INVERSEMENT proportionnelles au carré de la tension, à puissance transportée fixée. C'est la formule centrale du chapitre.

À 400 kV : $I = 500 \times 10^{6} / 400 \times 10^{3} = 1\ 250$ A, et $P_{J} = 6 \times 1\ 250^{2} = 9{,}375 \times 10^{6}$ W, soit $9{,}375$ MW. En pourcentage : $9{,}375 / 500 = 0{,}01875$, soit environ $1{,}9$ pour cent. À 20 kV : $I = 25\ 000$ A, et $P_{J} = 6 \times 25\ 000^{2} = 3{,}75 \times 10^{9}$ W, soit $3\ 750$ MW. En pourcentage : $750$ pour cent de la puissance transportée. Conclusion : le transport à 20 kV est physiquement IMPOSSIBLE, puisqu'il faudrait dissiper sept fois et demie l'énergie que l'on prétend transporter. Ce n'est pas une question de coût, c'est une impossibilité.

Si la tension passe de $U$ à $10U$, les pertes passent de $\frac{R P^{2}}{U^{2}}$ à $\frac{R P^{2}}{(10U)^{2}} = \frac{R P^{2}}{100 U^{2}}$ : elles sont donc divisées par 100. Vérification sur la courbe : à 50 kV les pertes valent $6 \times (500 \times 10^{6} / 50 \times 10^{3})^{2} = 600$ MW, et à 500 kV elles valent 6 MW, soit exactement cent fois moins. C'est cette dépendance en carré inverse qui explique que tout le réseau de transport soit à très haute tension, et qu'on ait construit des transformateurs plutôt que d'épaissir les câbles.

Trois limites. L'ISOLATION : à très haute tension, l'air lui-même devient conducteur au voisinage des câbles, ce qui provoque l'effet couronne, des pertes et un bruit caractéristique ; il faut donc des distances de garde et des isolateurs de plus en plus grands, dont le coût croît très vite. Le COÛT DES TRANSFORMATEURS et de l'appareillage de coupure, qui croît lui aussi fortement avec la tension, et qui n'est justifié que pour de très longues distances ou de très fortes puissances. La SÉCURITÉ enfin, les emprises au sol et les servitudes augmentant avec la tension. On choisit donc la tension en fonction de la distance et de la puissance : 400 kV pour le grand transport, 90 ou 63 kV pour la répartition régionale, 20 kV pour la distribution locale, 400 ou 230 V chez l'usager.

À la sortie de l'alternateur, la tension vaut typiquement 20 kV. Un transformateur ÉLÉVATEUR la porte à 400 kV pour le transport à longue distance, afin de réduire les pertes en $1/U^{2}$. Des transformateurs ABAISSEURS successifs la ramènent à 225 kV, puis 90 ou 63 kV pour la répartition régionale, puis 20 kV pour la distribution locale dans un quartier, et enfin 400 V entre phases ou 230 V entre phase et neutre à l'entrée d'un logement. Chaque changement répond au même arbitrage : la haute tension réduit les pertes mais coûte cher en isolation, donc on ne la conserve que tant que la distance le justifie.

Un transformateur est constitué de deux bobinages enroulés sur un même noyau de fer. Le premier, parcouru par un courant variable, crée un champ magnétique variable dans le noyau ; ce champ variable induit une tension dans le second, dans le rapport des nombres de spires. Il ne fonctionne qu'en courant ALTERNATIF parce qu'il lui faut un champ VARIABLE : un courant continu produirait un champ constant, donc aucune induction, et le transformateur ne délivrerait rien. La conséquence historique est décisive : c'est ce qui a fait gagner le courant alternatif contre le continu à la fin du XIXe siècle, le continu ne pouvant pas changer de tension et donc pas être transporté loin. Les liaisons continues à très haute tension existent aujourd'hui, mais elles exigent une électronique de puissance que cette époque n'avait pas.

Si la consommation dépasse la production, l'énergie manquante est prélevée sur l'INERTIE des alternateurs en rotation : ceux-ci ralentissent, et la fréquence du réseau BAISSE. Le réseau réagit en trois temps : une réserve primaire, automatique, où les groupes détectent la baisse de fréquence et augmentent leur puissance en quelques secondes ; une réserve secondaire, en quelques minutes, qui ramène la fréquence à sa valeur nominale ; une réserve tertiaire, en quelques dizaines de minutes, qui reconstitue les précédentes. Si cela ne suffit pas, on procède au délestage, c'est-à-dire à la coupure volontaire de zones entières, pour éviter l'effondrement complet. La fréquence est donc l'indicateur en temps réel de l'équilibre entre production et consommation, et c'est elle que surveillent les gestionnaires de réseau.

Les pertes valent $500 \times 0{,}019 = 9{,}5$ MW. Sur un an : $9{,}5 \times 8\ 760 = 83\ 220$ MWh, soit $83{,}22 \times 10^{6}$ kWh. Nombre de foyers : $83\ 220\ 000 / 4\ 500 \approx 18\ 493$ foyers. Une seule ligne, avec des pertes jugées faibles, dissipe donc de quoi alimenter près de vingt mille foyers, soit une ville d'environ quarante mille habitants. C'est ce qui justifie l'investissement dans la très haute tension.

Deux AVANTAGES : l'absence d'impact visuel et d'emprise au sol visible, ce qui lève l'essentiel des oppositions locales ; et une bien meilleure résistance aux aléas climatiques, tempêtes, givre, chutes d'arbres, qui sont la première cause de coupure sur les lignes aériennes. Deux INCONVÉNIENTS : le coût, cinq à dix fois supérieur en très haute tension, et une réparation qui demande des jours là où une ligne aérienne se répare en heures ; et surtout un inconvénient PHYSIQUE, la capacité électrique entre le conducteur et le sol, très supérieure à celle de l'air, qui fait circuler un courant capacitif croissant avec la longueur et limite en pratique les liaisons souterraines alternatives à quelques dizaines de kilomètres. Au-delà, il faut passer en courant continu, avec des stations de conversion très coûteuses.

La consommation présente deux pointes : une le matin vers 8 h, à environ 62 GW, et une le soir vers 20 h, à environ 68 GW. Le maximum de production solaire se situe vers 13 h, à environ 45 GW. On constate que le maximum de production ne coïncide avec AUCUNE des deux pointes : il tombe au creux de la mi-journée, entre les deux.

À 8 h, la courbe solaire vaut environ 12 GW, alors que la consommation est de 62 GW : le solaire n'en couvre que $12 / 62 \approx 19$ pour cent. À 20 h, la production solaire est NULLE, alors que la consommation atteint son maximum de 68 GW : la couverture est de zéro pour cent. Conclusion : au moment où le réseau est le plus sollicité, cette source ne fournit rien, et il faut donc disposer par ailleurs de la totalité de la puissance de pointe.

Parce que l'électricité ne se stocke pas dans le réseau : celui-ci ne contient à aucun instant plus que quelques secondes de consommation, sous forme d'énergie cinétique des alternateurs. Tout déséquilibre se traduit immédiatement par une variation de FRÉQUENCE, comme vu à l'exercice 5, et un écart durable provoque le décrochage des groupes puis l'effondrement du réseau. Raisonner en moyenne journalière revient à dire qu'on peut respirer une fois par jour à condition d'inspirer assez : l'intégrale est juste et le raisonnement absurde.

L'aire du triangle vaut $\frac{1}{2} \times 14 \times 45 = 315$ GWh. Rapportée à la consommation journalière : $315 / 1\ 300 \approx 0{,}242$, soit environ 24 pour cent. Le solaire couvre donc près du quart de l'ÉNERGIE du jour tout en ne couvrant rien de la POINTE : c'est exactement le paradoxe qu'il faut savoir énoncer, et il montre pourquoi une part de marché exprimée en énergie ne dit presque rien de la sécurité d'approvisionnement.

Trois façons. Le STOCKAGE, qui déplace l'énergie du midi vers le soir : sa limite est le coût et le volume, développés à l'exercice 9, et le fait qu'un stockage journalier ne règle pas le problème saisonnier. Le PILOTAGE DE LA DEMANDE, qui déplace des usages vers les heures de production, chauffe-eau, recharge de véhicules, procédés industriels : sa limite est qu'une partie de la consommation, éclairage, cuisson, chauffage, n'est pas déplaçable, et que le levier s'épuise vite. Le MIX de sources complémentaires, associant solaire, éolien dont le profil est différent, hydraulique pilotable et moyens pilotables de secours : sa limite est que la complémentarité n'est jamais parfaite, les épisodes anticycloniques d'hiver associant faible vent, faible ensoleillement et forte consommation. Aucune des trois n'est suffisante seule, et toute solution réelle les combine.

Les six valeurs : charbon 820, gaz 490, solaire 40, hydraulique 24, nucléaire 12, éolien 11 grammes par kilowattheure. Le rapport entre la plus élevée et la plus faible vaut $820 / 11 \approx 74{,}5$ : le charbon émet environ soixante-quinze fois plus que l'éolien pour produire la même électricité. C'est précisément parce que cet écart est si grand que les quatre dernières barres paraissent nulles sur la figure, alors qu'elles ne le sont pas.

Cela signifie que l'on comptabilise TOUTES les émissions, de l'extraction des matériaux à la construction, à l'exploitation, au démantèlement et au traitement des déchets, et non les seules émissions de fonctionnement. La précision est indispensable ici parce que les profils sont opposés : une centrale à charbon n'émet presque rien à la construction et énormément en fonctionnement, tandis qu'un panneau solaire n'émet rien en fonctionnement et concentre toutes ses émissions dans sa fabrication, très consommatrice d'énergie. Ne compter que le fonctionnement donnerait zéro au solaire, ce qui est faux ; ne compter que la construction donnerait presque zéro au charbon, ce qui est absurde. Seul le cycle de vie complet permet une comparaison honnête.

La centrale produit $600 \times 8\ 760 \times 0{,}75 = 3\ 942\ 000$ MWh, soit $3{,}942 \times 10^{9}$ kWh. Ses émissions valent $3{,}942 \times 10^{9} \times 820 = 3{,}232 \times 10^{12}$ g, soit $3{,}23$ millions de tonnes par an. Le parc éolien produisant la même énergie émettrait $3{,}942 \times 10^{9} \times 11 = 4{,}34 \times 10^{10}$ g, soit environ $43\ 400$ tonnes. L'économie vaut donc $3{,}232 - 0{,}043 \approx 3{,}19$ millions de tonnes par an, ce qui correspond à l'empreinte annuelle complète d'environ $3{,}19 \times 10^{6} / 9 \approx 354\ 000$ personnes.

L'écart vient du MIX de production. Le Québec produit son électricité presque entièrement par hydraulique, d'où un contenu très faible ; l'Allemagne conserve une part importante de charbon et de lignite, qui tirent la moyenne vers le haut. Pour un véhicule électrique consommant 15 kWh aux 100 km, cela donne $15 \times 0{,}060 = 0{,}9$ kg par 100 km au Québec, contre $15 \times 0{,}420 = 6{,}3$ kg en Allemagne. Un véhicule thermique émettant environ 12 kg aux 100 km, le gain est d'un facteur 13 au Québec et d'un facteur 2 seulement en Allemagne. Le véhicule électrique reste donc avantageux dans les deux cas, mais son intérêt dépend entièrement du mix : ce n'est pas le véhicule qui est propre, c'est le réseau qui l'alimente.

Quatre autres critères. La DISPONIBILITÉ à la demande, qui pénalise le solaire et l'éolien, non pilotables. La SURFACE et l'emprise au sol, qui pénalise la biomasse et l'éolien, dont la puissance surfacique est très faible. Les MATÉRIAUX critiques, cuivre, terres rares, lithium, qui pénalisent l'éolien en mer et le stockage par batteries. Et la GESTION DES DÉCHETS ou des risques de long terme, qui pénalise le nucléaire. On peut ajouter le coût complet, l'acceptabilité locale et la dépendance géopolitique. Aucune source ne gagne sur tous les critères : c'est pourquoi la question n'est jamais quelle source choisir, mais quel mélange, pour quel territoire, avec quelles contraintes.

FAUX sur les deux points. L'électricité n'est pas une énergie mais un VECTEUR : elle doit être fabriquée à partir d'une source primaire, et son caractère propre ou renouvelable est entièrement celui de cette source. Une électricité produite au charbon émet 820 grammes par kilowattheure. Énoncé correct : l'électricité est un vecteur d'énergie, et l'on ne peut rien dire de son impact sans connaître le mix de production qui l'a fabriquée.

FAUX, et pour deux raisons distinctes. En ÉNERGIE, les facteurs de charge diffèrent d'un facteur trois : 300 MW d'éolien produisent 657 GWh par an contre 1 971 GWh pour le réacteur. En PUISSANCE GARANTIE, le parc éolien peut tomber à quelques pour cent de sa puissance nominale pendant plusieurs jours, précisément lors des anticyclones hivernaux. Énoncé correct : comparer deux moyens de production exige de comparer à la fois l'énergie annuelle et la puissance disponible à la demande.

FAUX. Les rendements se MULTIPLIENT : $0{,}35 \times 0{,}90 = 0{,}315$, alors que leur moyenne vaudrait $0{,}625$, soit le double. Énoncé correct : le rendement global d'une chaîne est le produit des rendements de ses maillons, et il est donc toujours inférieur au plus faible d'entre eux, ce qui donne un contrôle immédiat.

FAUX si l'on raisonne en cycle de vie. Un panneau n'émet rien en FONCTIONNEMENT, mais sa fabrication, très consommatrice d'énergie, représente environ 40 grammes par kilowattheure produit sur sa durée de vie. Énoncé correct : le contenu carbone du solaire vaut environ 40 g par kWh, vingt fois moins que le charbon et trois fois plus que l'éolien ; aucune source n'est à zéro.

FAUX. La vitesse de propagation du signal électrique ne dépend pas de la tension : elle est proche de celle de la lumière dans tous les cas. On monte en tension pour réduire l'INTENSITÉ à puissance transportée égale, donc les pertes par effet Joule qui varient en $R I^{2}$. Énoncé correct : à puissance transportée fixée, les pertes valent $R P^{2} / U^{2}$ ; multiplier la tension par 10 les divise par 100, ce qui rend le transport à longue distance possible.

La masse d'eau vaut $m = 10 \times 10^{6} \times 1\ 000 = 10^{10}$ kg, puisqu'un mètre cube d'eau pèse une tonne. L'énergie potentielle vaut $E = m g h = 10^{10} \times 9{,}81 \times 300 = 2{,}943 \times 10^{13}$ J. En gigawattheures : $2{,}943 \times 10^{13} / 3{,}6 \times 10^{12} \approx 8{,}18$ GWh.

L'énergie restituée vaut $8{,}18 \times 0{,}80 \approx 6{,}54$ GWh. Les 20 pour cent restants sont perdus sous forme de CHALEUR : frottements dans les conduites, pertes dans les pompes, les turbines et les alternateurs, et échauffement des transformateurs. Comme toujours, l'énergie n'est pas détruite, elle est dégradée en chaleur diffuse, inutilisable pour refaire de l'électricité.

À 55 GW de puissance moyenne, la réserve tiendrait $6{,}54 / 55 \approx 0{,}119$ heure, soit environ 7 minutes. Le commentaire est essentiel : la plus grande station de pompage-turbinage imaginable ne couvre pas dix minutes de consommation nationale. Le stockage de masse n'a donc jamais vocation à remplacer la production, seulement à LISSER les variations rapides et à déplacer quelques heures d'énergie du creux vers la pointe. Toute affirmation selon laquelle il suffirait de stocker se heurte à ce calcul.

Il faudrait $6{,}54 \times 10^{6}$ kWh divisé par 60 kWh, soit environ $109\ 000$ batteries. C'est peu au regard d'un parc automobile national de plusieurs dizaines de millions de véhicules : $109\ 000$ représente environ $0{,}3$ pour cent d'un parc de 38 millions. Le résultat est encourageant en apparence et trompeur en réalité : ces batteries ne sont disponibles que si les véhicules sont branchés au bon moment, et l'usage du stockage abîme la batterie, ce que les propriétaires n'accepteront qu'avec une rémunération. Le potentiel technique est réel, la disponibilité effective est une question de contrat, pas de physique.

Par échelle de temps croissante. Les BATTERIES couvrent de la seconde à quelques heures : elles répondent très vite, ce qui les rend précieuses pour le réglage de fréquence, mais leur coût par kilowattheure stocké interdit les grandes quantités. Le POMPAGE-TURBINAGE couvre de l'heure à la journée, voire la semaine : c'est la seule technique de masse réellement déployée, mais elle exige un relief et deux bassins, donc des sites rares. L'HYDROGÈNE couvre le mois et la saison : on le produit par électrolyse quand la production est excédentaire et on le reconvertit plus tard. C'est la seule des trois capable de traiter le décalage SAISONNIER, mais son rendement complet, de l'électricité à l'électricité, ne dépasse guère 30 pour cent : il faut donc produire trois kilowattheures pour en restituer un, ce qui est acceptable pour un excédent qui serait autrement perdu et ruineux dans tout autre cas.

Facteur de charge : $180 \times 10^{3}$ MWh divisé par $40 \times 8\ 760 = 350\ 400$ MWh, soit $180\ 000 / 350\ 400 \approx 0{,}514$, c'est-à-dire environ $51{,}4$ pour cent. Consommation de fioul : l'énergie électrique vaut $180 \times 10^{9}$ Wh $\times 3\ 600 = 6{,}48 \times 10^{14}$ J ; à 40 pour cent de rendement, l'énergie thermique nécessaire vaut $6{,}48 \times 10^{14} / 0{,}40 = 1{,}62 \times 10^{15}$ J ; à 42 MJ par kilogramme, la masse vaut $1{,}62 \times 10^{15} / 4{,}2 \times 10^{7} \approx 3{,}857 \times 10^{7}$ kg, soit environ $38\ 600$ tonnes de fioul par an.

Émissions : $3{,}857 \times 10^{7} \times 3{,}1 \approx 1{,}196 \times 10^{8}$ kg, soit environ $119\ 600$ tonnes par an. Contenu carbone : $1{,}196 \times 10^{11}$ g divisé par $180 \times 10^{6}$ kWh, soit environ $664$ g par kilowattheure. C'est intermédiaire entre le gaz et le charbon du diagramme de l'exercice 7, ce qui est cohérent pour du fioul.

Solaire : $30 \times 8\ 760 \times 0{,}16 = 42\ 048$ MWh. Éolien : $20 \times 8\ 760 \times 0{,}30 = 52\ 560$ MWh. Total : $94\ 608$ MWh, soit environ $94{,}6$ GWh. Part de la consommation : $94\ 608 / 180\ 000 \approx 0{,}526$, c'est-à-dire environ $52{,}6$ pour cent. Plus de la moitié de l'énergie annuelle serait donc d'origine renouvelable, ce qui est considérable.

Il faut conserver la TOTALITÉ de la puissance de pointe, soit au moins 32 MW de moyens pilotables, et en pratique un peu plus pour la réserve. Le scénario qui l'impose : une nuit d'hiver sans vent, au moment de la pointe de 32 MW. Le solaire fournit alors zéro, par définition, et l'éolien peut fournir zéro également, un anticyclone couvrant l'île entière pendant plusieurs jours. La totalité de la demande doit donc être couverte par les moyens pilotables. C'est le point le plus contre-intuitif du dossier : couvrir 53 pour cent de l'ÉNERGIE ne permet de retirer aucun mégawatt de PUISSANCE installée pilotable, et c'est pourquoi le parc thermique reste dimensionné comme avant, même s'il fonctionne beaucoup moins.

La recommandation. Un, le calcul ÉTABLIT que 50 MW de renouvelables couvriraient 53 pour cent de l'énergie annuelle, réduisant la consommation de fioul et les émissions dans la même proportion, soit environ 63 000 tonnes de dioxyde de carbone évitées par an. Deux, il établit aussi que la puissance pilotable doit être MAINTENUE à 32 MW au minimum : on économise du combustible, jamais des machines, et le coût fixe de la centrale demeure. Trois, il IGNORE le coût d'investissement, le foncier disponible sur une île, la robustesse du réseau local face à des injections variables, et surtout la ressource éolienne réelle, qui doit être mesurée sur place pendant au moins un an avant tout engagement. Quatre, l'ordre des décisions : d'abord la mesure du gisement et un programme d'efficacité énergétique, qui réduit la pointe donc tout le dimensionnement ; ensuite l'éolien, dont le facteur de charge est le double de celui du solaire ici ; enfin le solaire, complémentaire en saison. Cinq, envisager un stockage journalier de quelques dizaines de mégawattheures seulement après ces trois étapes, car son intérêt ne devient réel que lorsque la production renouvelable dépasse régulièrement la consommation instantanée.

Une mole de méthane, $12 + 4 = 16$ g, donne une mole de dioxyde de carbone, $12 + 2 \times 16 = 44$ g. Un kilogramme de méthane produit donc $\frac{44}{16} = 2{,}75$ kg de dioxyde de carbone. La masse produite dépasse celle du combustible parce que l'oxygène vient de l'air.

Un kilowattheure de chaleur, soit $3{,}6$ MJ, demande $\frac{3{,}6}{50} = 0{,}072$ kg de méthane, qui rejette $0{,}072 \times 2{,}75 = 0{,}198$ kg, soit 198 g de dioxyde de carbone par kilowattheure de chaleur.

Il faut $\frac{1}{0{,}60}$ kWh de chaleur par kilowattheure électrique : $\frac{198}{0{,}60} = 330$ g par kWh. Le diagramme donne davantage parce qu'il compte le CYCLE DE VIE : extraction, transport et surtout fuites de méthane, puissant gaz à effet de serre, et parce qu'il porte sur un parc dont toutes les centrales n'atteignent pas 60 pour cent de rendement.

Une mole de dioxyde de carbone, 44 g, accompagne quatre moles d'hydrogène, $4 \times 2 = 8$ g : $\frac{44}{8} = 5{,}5$ kg de dioxyde de carbone par kilogramme d'hydrogène. Un kilogramme d'hydrogène stocke $\frac{120}{3{,}6} \approx 33{,}3$ kWh, d'où $\frac{5\ 500}{33{,}3} \approx 165$ g par kWh. C'est à peine moins que les 198 g du méthane brûlé directement, avant même de compter l'énergie consommée par le procédé : cet hydrogène, dit gris, ne décarbone presque rien.

Avec une électricité à 420 g par kWh : $55 \times 0{,}420 = 23{,}1$ kg de dioxyde de carbone par kilogramme d'hydrogène, quatre fois plus que par le méthane. Avec une électricité à 60 g par kWh : $55 \times 0{,}060 = 3{,}3$ kg. L'hydrogène n'est donc ni propre ni sale en soi : comme l'électricité, c'est un VECTEUR, et son contenu carbone est entièrement celui de l'énergie qui l'a produit. Électrolyser avec une électricité carbonée aggrave les émissions.

$\frac{1\ 700}{35} \approx 48{,}6$ ans. C'est la durée pendant laquelle les réserves actuelles couvriraient la production actuelle, sous l'hypothèse d'une production CONSTANTE et de réserves figées. Ce n'est donc pas une date de fin du pétrole, mais un indicateur de tension.

On résout $35 \times \frac{1{,}015^{T} - 1}{0{,}015} = 1\ 700$, soit $1{,}015^{T} = 1 + \frac{0{,}015 \times 1\ 700}{35} \approx 1{,}729$. En passant au logarithme : $T = \frac{\ln 1{,}729}{\ln 1{,}015} \approx 36{,}8$ ans. Une croissance de $1{,}5$ pour cent par an, qui paraît modeste, raccourcit la durée de douze ans : c'est le propre des évolutions exponentielles.

Parce qu'une réserve prouvée n'est pas une quantité géologique fixe : c'est la part des gisements CONNUS qu'on peut extraire de façon RENTABLE avec les techniques et les prix du moment. De nouvelles découvertes, de meilleures techniques d'extraction et des prix plus élevés font passer chaque année des ressources dans la catégorie des réserves, et compensent la consommation. Le rapport réserves sur production mesure donc autant l'économie que la géologie.

$1\ 700 \times 10^{9} \times 0{,}43 = 7{,}31 \times 10^{11}$ t, soit 731 milliards de tonnes de dioxyde de carbone, à comparer au budget de 500 milliards de tonnes : le pétrole des seules réserves prouvées dépasse à lui seul le budget restant.

Part du pétrole dans le budget : $\frac{500}{3} \approx 167$ milliards de tonnes, soit $\frac{167}{731} \approx 23$ pour cent des réserves. Plus des trois quarts des réserves prouvées devraient donc rester dans le sol. La vraie limite des énergies fossiles n'est pas l'épuisement de la ressource, qui arriverait bien après : c'est la capacité de l'atmosphère à absorber leurs émissions sans dérèglement majeur.

Le graphe a 4 sommets, S, P1, P2 et V, et 5 arêtes, une par colonne du tableau. P1 est relié à S, à P2 et à V : son degré vaut 3.

Quatre chemins. S–P1–V : $2 + 4 = 6$ ohms. S–P2–V : $5 + 2 = 7$ ohms. S–P1–P2–V : $2 + 1 + 2 = 5$ ohms. S–P2–P1–V : $5 + 1 + 4 = 10$ ohms. La résistance d'un chemin est la somme des résistances de ses lignes, puisqu'elles sont traversées l'une après l'autre.

Le chemin S–P1–P2–V, de 5 ohms. Il emprunte TROIS lignes alors que deux chemins n'en ont que deux : le plus court en nombre d'arêtes n'est pas le meilleur, seul compte le poids total. C'est exactement un problème de plus court chemin dans un graphe pondéré, que les gestionnaires de réseau résolvent par algorithme sur des milliers de sommets.

$I = \frac{P}{U} = \frac{200 \times 10^{6}}{400 \times 10^{3}} = 500$ A. Pertes : $P_{J} = R I^{2} = 5 \times 500^{2} = 1{,}25 \times 10^{6}$ W, soit $1{,}25$ MW, c'est-à-dire $\frac{1{,}25}{200} = 0{,}625$ pour cent de la puissance transportée.

Sans la ligne P1–P2, il reste S–P1–V, 6 ohms, et S–P2–V, 7 ohms : le meilleur chemin est S–P1–V. Pertes : $6 \times 500^{2} = 1{,}5 \times 10^{6}$ W, soit $1{,}5$ MW, en hausse de $\frac{1{,}5 - 1{,}25}{1{,}25} = 20$ pour cent. Une ligne courte et peu visible pèse donc lourd dans l'efficacité de tout le réseau. En réalité le courant se répartit entre tous les chemins disponibles selon les lois de l'électricité, mais le raisonnement sur le chemin le plus court en donne la bonne tendance.

On cherche $t$ tel que $20 \times (1 + t)^{170} = 580$, soit $(1 + t)^{170} = 29$, donc $1 + t = 29^{1/170} = \mathrm{e}^{\ln 29 / 170} \approx \mathrm{e}^{0{,}0198} \approx 1{,}020$. Le taux moyen vaut environ 2 pour cent par an, maintenu pendant près de deux siècles.

Temps de doublement : $\frac{\ln 2}{\ln 1{,}02} \approx 35$ ans. En 170 ans : $\frac{170}{35} \approx 4{,}9$ doublements, et en effet $2^{4{,}9} \approx 29$. Chaque génération a donc consommé à peu près autant d'énergie que toutes les précédentes réunies.

En 1850 : $\frac{20 \times 10^{18}}{1{,}2 \times 10^{9}} \approx 1{,}67 \times 10^{10}$ J, soit $16{,}7$ GJ par habitant. En 2020 : $\frac{580 \times 10^{18}}{7{,}8 \times 10^{9}} \approx 7{,}44 \times 10^{10}$ J, soit $74{,}4$ GJ. Le facteur vaut $\frac{74{,}4}{16{,}7} \approx 4{,}5$ : la croissance totale, un facteur 29, vient pour un peu moins de la moitié de la population, multipliée par $6{,}5$, et pour le reste de la consommation individuelle.

$P = \frac{7{,}44 \times 10^{10}}{3{,}156 \times 10^{7}} \approx 2\ 360$ W. Chaque habitant mobilise donc en moyenne l'équivalent de $\frac{2\ 360}{100} \approx 24$ êtres humains travaillant jour et nuit pour lui. Cette moyenne mondiale masque des écarts considérables, d'un facteur dix et plus entre pays.

$1{,}02^{300} \approx 380$, d'où une consommation de $580 \times 380 \approx 2{,}2 \times 10^{5}$ EJ. L'énergie solaire interceptée en un an vaut $1{,}74 \times 10^{17} \times 3{,}156 \times 10^{7} \approx 5{,}5 \times 10^{24}$ J, soit $5{,}5 \times 10^{6}$ EJ : la consommation en représenterait 4 pour cent, et dépasserait le quart un siècle plus tard. Une croissance exponentielle de la consommation d'énergie ne peut donc pas durer quelques siècles de plus, quelle que soit la source : la question n'est pas de savoir si elle s'arrêtera, mais comment.

$N = \frac{1\ 000}{235} \times 6{,}022 \times 10^{23} \approx 2{,}56 \times 10^{24}$ noyaux. Énergie : $2{,}56 \times 10^{24} \times 200 \times 1{,}602 \times 10^{-13} \approx 8{,}21 \times 10^{13}$ J.

Puissance thermique : $\frac{900}{0{,}33} \approx 2\ 727$ MW. Énergie annuelle : $2{,}727 \times 10^{9} \times 0{,}75 \times 3{,}156 \times 10^{7} \approx 6{,}46 \times 10^{16}$ J. Le rendement de 33 pour cent signifie que les deux tiers de cette énergie repartent en chaleur dans le fleuve ou dans l'air, comme pour toute centrale thermique.

$m = \frac{6{,}46 \times 10^{16}}{8{,}21 \times 10^{13}} \approx 786$ kg d'uranium 235 par an, moins d'une tonne.

$\frac{6{,}46 \times 10^{16}}{2{,}9 \times 10^{7}} \approx 2{,}23 \times 10^{9}$ kg, soit $2{,}2$ millions de tonnes de charbon, plus de six mille tonnes par jour. Rapport des énergies par kilogramme : $\frac{8{,}21 \times 10^{13}}{2{,}9 \times 10^{7}} \approx 2{,}8 \times 10^{6}$. Un kilogramme d'uranium 235 fissionné vaut près de trois millions de kilogrammes de charbon : la différence vient de ce que la fission met en jeu l'énergie de liaison des noyaux, et la combustion seulement celle des liaisons entre atomes.

$\frac{786}{0{,}04} \approx 19\ 700$ kg, soit environ 20 tonnes de combustible par an. La masse est faible, mais les produits de fission et les éléments lourds formés sont très RADIOACTIFS, et certains le restent pendant des dizaines de milliers d'années : la difficulté n'est pas le volume à stocker, c'est la durée pendant laquelle il faut l'isoler, sans commune mesure avec celle des institutions humaines.

L'élément 1, l'aimant du rotor, est la SOURCE DE CHAMP MAGNÉTIQUE. L'élément 2, une bobine du stator, est le FIL CONDUCTEUR dans lequel apparaît le courant. L'élément 3 est la carcasse fixe qui porte les bobines. Le phénomène est l'INDUCTION ÉLECTROMAGNÉTIQUE, découverte par Faraday : un conducteur soumis à un champ magnétique VARIABLE est le siège d'une tension, et d'un courant si le circuit est fermé. Ici le champ vu par chaque bobine varie parce que l'aimant tourne ; ce qui compte est le mouvement RELATIF de l'aimant et du fil, et l'on pourrait aussi bien faire tourner les bobines devant un aimant fixe. Un aimant immobile devant une bobine immobile ne produit rien.

Avec une paire de pôles, chaque tour du rotor fait passer une fois le pôle nord puis une fois le pôle sud devant chaque bobine : le courant fait une oscillation complète par tour. Donc $n = \frac{f}{p} = \frac{50}{1} = 50$ tours par seconde, soit $50 \times 60 = 3\,000$ tours par minute. C'est la vitesse imposée à toutes les turbines à vapeur couplées à un alternateur à une paire de pôles sur le réseau européen : elle ne se règle pas, c'est la fréquence du réseau qui la fixe.

La vitesse vaut $\frac{112{,}5}{60}=1{,}875$ tour par seconde. Il faut $p = \frac{f}{n} = \frac{60}{1{,}875} = 32$ paires de pôles, soit $64$ pôles répartis sur le pourtour du rotor. Une turbine hydraulique tourne lentement parce que l'eau ne peut pas la lancer à des milliers de tours par minute ; on compense par le nombre de pôles. Le piège est de diviser la vitesse en tours par MINUTE par la fréquence en hertz, qui compte des oscillations par SECONDE : on trouverait $\frac{60}{112{,}5}$, moins d'une paire de pôles, résultat absurde qui doit alerter.

Le rendement est le rapport de l'énergie, ou de la puissance, UTILE à celle REÇUE : $\eta = \frac{P_{\text{électrique}}}{P_{\text{mécanique}}} = \frac{900}{918} \approx 0{,}980$, soit $98{,}0\ \%$. Un alternateur est l'un des convertisseurs les plus performants qui soient, avec un rendement proche de $1$. Les pertes valent $918 - 900 = 18$ MW, dissipés en CHALEUR, qu'il faut évacuer par un circuit de refroidissement. Leur cause principale est l'EFFET JOULE dans les bobinages parcourus par le courant ; s'y ajoutent les frottements mécaniques et l'échauffement du fer. Ne pas confondre avec le rendement de la centrale entière, voisin de $35\ \%$ (exercice 2) : ce n'est pas l'alternateur qui perd les deux tiers de l'énergie, c'est la conversion de la chaleur en mouvement qui le précède.

Avec deux paires de pôles à $50$ Hz, l'alternateur doit tourner à $n = \frac{50}{2} = 25$ tours par seconde, soit $1\,500$ tours par minute. Les pales tournent à $15$ tours par minute : il faut multiplier la vitesse par $\frac{1\,500}{15} = 100$. D'où le multiplicateur, lourd et fragile, logé dans la nacelle. Certaines éoliennes s'en passent en portant un alternateur à très grand nombre de pôles, exactement comme le barrage de la question c ; d'autres produisent un courant de fréquence variable, redressé puis remis à $50$ Hz par l'électronique de puissance.

L'oxyde de zinc n'absorbe que les longueurs d'onde inférieures à $380$ nm, donc aucune du visible, qui commence vers $400$ nm : il est TRANSPARENT à la lumière visible et n'absorbe que l'ULTRAVIOLET. L'arséniure de gallium et le silicium, eux, absorbent tout le visible, et le silicium une partie du proche infrarouge. Sur la courbe, le seuil de l'oxyde de zinc laisse de côté tout le sommet du spectre, situé vers $500$ nm.

Le silicium peut absorber $77\ \%$ de la puissance solaire, l'oxyde de zinc $10\ \%$ : le rapport vaut $\frac{77}{10}\approx 7{,}7$. Le silicium convient à un capteur photovoltaïque, parce que son seuil se place au-delà du maximum du spectre solaire et englobe l'essentiel de la puissance reçue. L'oxyde de zinc ne convient pas : il laisse passer $90\ \%$ de la puissance solaire sans l'absorber, et une puissance non absorbée ne peut pas être convertie. C'est la méthode attendue : superposer le domaine d'absorption du matériau au spectre solaire et regarder quelle part du spectre il couvre. L'oxyde de zinc sert d'ailleurs à fabriquer des crèmes solaires, précisément parce qu'il arrête les ultraviolets et laisse passer le visible.

Un photon de $500$ nm porte $\frac{1\,240}{500}=2{,}48$ eV ; le silicium n'en convertit que $1{,}12$, soit $\frac{1{,}12}{2{,}48}\approx 0{,}45$, donc $45\ \%$, le reste chauffant le panneau. Voilà le compromis. Un seuil plus lointain dans l'infrarouge, donc une énergie convertie par photon plus faible, capte plus de photons mais tire moins de chacun. Un seuil plus proche du visible tire plus de chaque photon absorbé, mais en absorbe moins. Il existe donc un seuil optimal, vers $900$ à $1\,100$ nm, et le silicium s'y trouve ; il a en plus l'avantage d'être abondant, puisqu'on l'extrait du sable. C'est pourquoi une cellule au silicium ne dépasse guère $20$ à $25\ \%$ de rendement : la physique du matériau le borne, pas seulement la technique.