Feuille d'entraînement : Rayonnement thermique

Corrigés

1. Exercice 1ENS Physique BCPST 2021, Q2

   Le Soleil, assimilé à un corps noir sphérique de rayon r_S et de température de surface T_S, émet une puissance totale donnée par la loi de Stefan :

   P_S = \sigma T_S^4 \left(4\pi r_S^2\right)

   La Terre présente, perpendiculairement aux rayons solaires, une section efficace circulaire d'aire A = \pi r_T^2. D'après le résultat de la question Q1, la fraction de la puissance solaire reçue par la Terre à la distance d_{TS} est :

   \eta = \frac{\pi r_T^2}{4\pi d_{TS}^2} = \frac{1}{4} \left(\frac{r_T}{d_{TS}}\right)^2

   Sachant que \beta = r_S / d_{TS}, la puissance reçue par la Terre s'écrit :

   P_{\text{reçue}} = \eta P_S = \frac{\pi r_T^2}{4\pi d_{TS}^2} \times \sigma T_S^4 \left(4\pi r_S^2\right) = \pi r_T^2 \sigma T_S^4 \beta^2

   La Terre, modélisée comme un corps noir sphérique de surface S_T = 4\pi r_T^2 à la température uniforme T_{T,eq}, émet dans tout l'espace une puissance :

   P_{\text{émise}} = 4\pi r_T^2 \sigma T_{T,eq}^4

   À l'équilibre thermodynamique, le bilan de puissance se traduit par P_{\text{émise}} = P_{\text{reçue}}, soit :

   \begin{aligned} 4\pi r_T^2 \sigma T_{T,eq}^4 &= \pi r_T^2 \sigma T_S^4 \beta^2 \\ T_{T,eq}^4 &= \frac{\beta^2}{4} T_S^4 \end{aligned}

   En prenant la racine quatrième, on obtient :

   \boxed{T_{T,eq} = T_S \sqrt{\frac{\beta}{2}}}

   Application numérique : Avec T_S \simeq 5780\text{ K}, \sqrt{\beta/2} \simeq 0,0482 et la relation arithmétique 482 \times 578 = 278\,596 :

   T_{T,eq} = 5780 \times 0,0482 = 278,596\text{ K}

   En arrondissant à trois chiffres significatifs :

   \boxed{T_{T,eq} \simeq 279\text{ K} \quad (\text{soit } \simeq 5,6\,^\circ\text{C})}

   Commentaire : La valeur obtenue est d'un ordre de grandeur tout à fait réaliste par rapport à la température moyenne observée à la surface de la Terre (\approx 288\text{ K}, soit 15\,^\circ\text{C}). Ce modèle simplifié néglige toutefois deux phénomènes essentiels qui se compensent approximativement :

   • l'albédo terrestre (a \approx 0,30), qui réfléchit une partie du rayonnement solaire incident et abaisserait la température d'équilibre vers 255\text{ K} (-18\,^\circ\text{C}) ;
   • l'effet de serre atmosphérique, qui piège une fraction du rayonnement infrarouge réémis par la Terre et réchauffe ainsi la surface d'une trentaine de kelvins.

   Résultat

   $$T_{T,eq}=T_S\sqrt{\frac{\beta }{2}}$$

   $$T_{T,eq}\simeq 279\text{ K}(\text{soit }\simeq 5,6{}^{\circ }\text{C})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2ENS Physique BCPST 2021, Q3

   La puissance solaire reçue par la Terre ne dépend pas de sa propre température :

   P_{\text{reçue}} = \pi r_T^2 \sigma T_S^4 \beta^2 = 4\pi r_T^2 \sigma T_{T,\text{eq}}^4

   d'après la condition d'équilibre établie en Q2.

   La puissance rayonnée par la Terre à la température T_T = T_{T,\text{eq}} + \Delta T vaut :

   P_{\text{émise}} = 4\pi r_T^2 \sigma T_T^4 = 4\pi r_T^2 \sigma (T_{T,\text{eq}} + \Delta T)^4

   Puisque |\Delta T| \ll T_{T,\text{eq}}, un développement limité au premier ordre donne :

   (T_{T,\text{eq}} + \Delta T)^4 = T_{T,\text{eq}}^4 \left(1 + \frac{\Delta T}{T_{T,\text{eq}}}\right)^4 \approx T_{T,\text{eq}}^4 \left(1 + 4\frac{\Delta T}{T_{T,\text{eq}}}\right) = T_{T,\text{eq}}^4 + 4 T_{T,\text{eq}}^3 \Delta T

   La différence entre la puissance reçue et la puissance émise s'écrit donc :

   \Delta \mathcal{P} = P_{\text{reçue}} - P_{\text{émise}} = 4\pi r_T^2 \sigma T_{T,\text{eq}}^4 - 4\pi r_T^2 \sigma \left(T_{T,\text{eq}}^4 + 4 T_{T,\text{eq}}^3 \Delta T\right)

   \boxed{\Delta \mathcal{P} = -16\pi r_T^2 \sigma T_{T,\text{eq}}^3 \Delta T}

   Appliquons le premier principe de la thermodynamique à la Terre (système fermé, indéformable, de masse M_T = \frac{4}{3}\pi r_T^3 \rho_T et de capacité thermique massique C_T) entre t et t + \mathrm{d}t :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \Delta \mathcal{P}

   Comme la température est supposée uniforme, la variation d'énergie interne s'écrit \mathrm{d}U = M_T C_T \,\mathrm{d}T_T = M_T C_T \,\mathrm{d}(\Delta T). Il vient :

   \begin{aligned} M_T C_T \frac{\mathrm{d}(\Delta T)}{\mathrm{d}t} &= -16\pi r_T^2 \sigma T_{T,\text{eq}}^3 \Delta T \\ \frac{4}{3}\pi r_T^3 \rho_T C_T \frac{\mathrm{d}(\Delta T)}{\mathrm{d}t} + 16\pi r_T^2 \sigma T_{T,\text{eq}}^3 \Delta T &= 0 \\ \frac{\mathrm{d}(\Delta T)}{\mathrm{d}t} + \frac{12 \sigma T_{T,\text{eq}}^3}{r_T \rho_T C_T} \Delta T &= 0 \end{aligned}

   L'équation différentielle s'écrit sous la forme canonique \frac{\mathrm{d}(\Delta T)}{\mathrm{d}t} + \frac{\Delta T}{\tau} = 0, d'où le temps caractéristique :

   \boxed{\tau = \frac{r_T \rho_T C_T}{12 \sigma T_{T,\text{eq}}^3}}

   Application numérique :

   \begin{aligned} r_T \rho_T C_T &= (6,4 \times 10^6 \text{ m}) \times (5,5 \times 10^3 \text{ kg}\cdot\text{m}^{-3}) \times (1 \times 10^3 \text{ J}\cdot\text{K}^{-1}\cdot\text{kg}^{-1}) = 3,52 \times 10^{13} \text{ J}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1} \\ 12 \sigma T_{T,\text{eq}}^3 &\approx 12 \times (5,67 \times 10^{-8}) \times (279)^3 \approx 6,804 \times 10^{-7} \times 2,17 \times 10^7 \approx 14,8 \text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-1} \end{aligned}

   On en déduit :

   \tau \approx \frac{3,52 \times 10^{13}}{14,8} \approx 2,4 \times 10^{12} \text{ s}

   En exprimant le résultat en années avec 1\text{ an} \simeq 3 \times 10^7\text{ s} :

   \boxed{\tau \simeq 8 \times 10^4 \text{ ans}}

   Résultat

   $$\Delta \mathcal{P}=-16\pi r_T^2\sigma T_{T,\text{eq}}^3\Delta T$$

   $$\tau =\frac{r_T{\rho }_T{C}_T}{12\sigma T_{T,\text{eq}}^3}$$

   $$\tau \simeq 8\times 10^4\text{ ans}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3ENS Physique BCPST 2021, Q14

   La lentille intercepte un flux surfacique solaire uniforme \Phi sur toute sa section droite S_\ell = \pi R_\ell^2. En supposant la lentille parfaitement transparente et orientée perpendiculairement aux rayons solaires, la puissance radiative totale traversant la lentille s'écrit :

   \boxed{P_c = \Phi \pi R_\ell^2}

   Avec \Phi \simeq 1000\text{ W}\cdot\text{m}^{-2} et R_\ell = 2\text{ cm} = 2 \times 10^{-2}\text{ m} :

   \begin{aligned} P_c &= 1000 \times \pi \times (2 \times 10^{-2})^2 \\ &= 0{,}4\pi\text{ W} \simeq 1{,}26\text{ W} \end{aligned}

   Avec un chiffre significatif :

   \boxed{P_c \simeq 1\text{ W}}

   D'après la relation (1), la concentration lumineuse C s'exprime comme le rapport entre la surface d'entrée du système optique et la surface de la zone irradiée :

   C = \frac{S_{\text{système optique}}}{S_{\text{zone irradiée}}} = \frac{\pi R_\ell^2}{\pi r_c^2} = \left(\frac{R_\ell}{r_c}\right)^2

   On en déduit l'expression du rayon r_c de la tache lumineuse :

   \boxed{r_c = \frac{R_\ell}{\sqrt{C}}}

   Pour R_\ell = 2\text{ cm} = 20\text{ mm} et C = 400 (\sqrt{C} = 20) :

   \boxed{r_c = 1\text{ mm}}

   Résultat

   $$P_c=\Phi \pi R_{\ell }^2$$

   $$P_c\simeq 1\text{ W}$$

   $$r_c=\frac{R_{\ell }}{\sqrt{C}}$$

   $$r_c=1\text{ mm}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4ENS Physique BCPST 2021, Q1

   Considérons une source sphérique émettant isotropiquement dans tout l'espace une puissance totale P_e. En l'absence d'absorption dans le milieu de propagation, l'énergie se conserve et se répartit uniformément sur une sphère fictive de rayon d et de surface S_d = 4\pi d^2 centrée sur la source.

   La densité surfacique de flux énergétique à la distance d vaut ainsi :

   \varphi(d) = \frac{P_e}{4\pi d^2}

   Puisque la distance d est très grande devant la taille caractéristique de l'objet (d \gg L), les rayons lumineux incidents atteignent l'objet de manière quasi parallèle. L'objet intercepte ainsi le flux traversant sa surface projetée A orthogonale à la direction de propagation :

   P_r = \varphi(d) \times A = P_e \frac{A}{4\pi d^2}

   Le rapport \eta entre la puissance reçue et la puissance émise s'écrit donc :

   \boxed{\eta = \frac{P_r}{P_e} = \frac{A}{4\pi d^2}}

   Résultat

   $$\eta =\frac{P_r}{P_e}=\frac{A}{4\pi d^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5ENS Physique BCPST 2021, Q4

   L'hypothèse d'une température uniforme de la Terre est une approximation dont la validité présente plusieurs limites :

   • Alternance jour/nuit : La période de rotation de la Terre (T_{\text{rot}} = 24\text{ h}) est extrêmement courte devant le temps radiatif \tau \sim 8\times 10^4\text{ ans}. L'inertie thermique de l'atmosphère et des océans lisse ainsi efficacement les variations diurnes.
   • Gradient latitudinal (équateur/pôles) : L'insolation dépend fortement de la latitude (rayonnement incident rasant aux pôles, quasi-normal à l'équateur). Bien que les circulations atmosphérique et océanique assurent un transport thermique redistributeur vers les hautes latitudes, il subsiste un écart de température de l'ordre de 50\text{ K} à 60\text{ K} entre les pôles et l'équateur. L'uniformité spatiale n'est donc vérifiée qu'à environ 15\text{--}20\,\% en échelle absolue.

   • Uniformité en profondeur et temps de retour à l'équilibre : Le modèle de la question Q3 suppose que l'intégralité du globe terrestre (M_T) change de température de façon homogène. Or, le temps caractéristique de diffusion thermique conductive à travers le rayon terrestre est :

     \tau_{\text{diff}} \sim \frac{r_T^2}{D_{\text{th}}} \sim \frac{(6{,}4\times 10^6)^2}{10^{-6}} \sim 4\times 10^{19}\text{ s} \sim 10^{12}\text{ ans}

     Cette durée est immensément supérieure à \tau (et à l'âge de la Terre). En réalité, le cœur terrestre est maintenu à haute température (> 5000\text{ K}) par la radioactivité et la chaleur primordiale, tandis que seules l'atmosphère, l'hydrosphère et une mince couche superficielle de la croûte participent aux échanges radiatifs avec l'espace.

   L'hypothèse est donc recevable uniquement comme modèle global moyen d'ordre zéro pour la température de surface, mais non recevable pour décrire l'ensemble du volume terrestre lors d'une perturbation thermique.

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6ENS Physique BCPST 2021, Q5

   En repérant les points de l'enceinte sphérique par les coordonnées sphériques standard (\theta, \varphi) où l'axe polaire (Oz) est dirigé vers le centre du trou d'ouverture, l'ouverture conique de demi-angle \alpha correspond au domaine \theta \in [0, \alpha].

   La surface interne restante de l'enceinte correspond donc à \theta \in [\alpha, \pi] et \varphi \in [0, 2\pi]. L'élément différentiel de surface s'écrit \mathrm{d}S = R^2 \sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi, d'où :

   \begin{aligned} S_{\text{int}} &= \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\varphi \int_{\alpha}^{\pi} R^2 \sin\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= 2\pi R^2 \left[-\cos\theta\right]_{\alpha}^{\pi} \\ &= 2\pi R^2 (1 + \cos\alpha) \end{aligned}

   \boxed{S_{\text{int}} = 2\pi R^2 (1 + \cos\alpha)}

   Chaque élément de surface interne de l'enceinte est assimilé à un corps noir à la température uniforme T_T. D'après la loi de Stefan, l'émittance totale rayonnée vers le demi-espace intérieur est M = \sigma T_T^4. La puissance totale émise par l'enceinte vers son intérieur vaut donc :

   \boxed{P_{E\to\text{int}} = \sigma T_T^4 S_{\text{int}} = 2\pi \sigma T_T^4 R^2 (1+\cos\alpha)}

   En admettant que la fraction de ce rayonnement atteignant l'objet placé en son centre est \eta = (r/R)^2, la puissance émise par l'enceinte et reçue par l'objet s'écrit :

   \begin{aligned} P_{E\to O} &= \eta P_{E\to\text{int}} \\ &= \left(\frac{r}{R}\right)^2 \times 2\pi \sigma T_T^4 R^2 (1+\cos\alpha) \end{aligned}

   \boxed{P_{E\to O} = 2\pi \sigma T_T^4 r^2 (1+\cos\alpha)}

   Résultat

   $$S_{\text{int}}=2\pi R^2(1+\cos \alpha )$$

   $$P_{E\to \text{int}}=\sigma T_T^4{S}_{\text{int}}=2\pi \sigma T_T^4{R}^2(1+\cos \alpha )$$

   $$P_{E\to O}=2\pi \sigma T_T^4{r}^2(1+\cos \alpha )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7ENS Physique BCPST 2021, Q6

   L'objet sphérique de rayon r est modélisé par un corps noir à la température T. La puissance totale rayonnée par sa surface S_O = 4\pi r^2 est donnée par la loi de Stefan :

   P_O = \sigma T^4 S_O = 4\pi r^2 \sigma T^4

   L'émission étant isotrope, le rayonnement est réparti uniformément dans tout l'espace, soit sur un angle solide total de 4\pi\text{ sr}. L'enceinte sphérique couvre tout l'espace à l'exception du trou conique de demi-angle \alpha. L'angle solide sous-tendu par le trou depuis le centre est :

   \Omega_{\text{trou}} = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\varphi \int_0^{\alpha}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta = 2\pi(1 - \cos\alpha)

   L'angle solide sous lequel est vue la surface interne de l'enceinte est donc :

   \Omega_E = 4\pi - \Omega_{\text{trou}} = 2\pi(1 + \cos\alpha)

   La fraction de puissance émise par l'objet qui atteint l'enceinte correspond au rapport \frac{\Omega_E}{4\pi}. On en déduit :

   P_{O\to E} = P_O \frac{\Omega_E}{4\pi} = 4\pi r^2 \sigma T^4 \cdot \frac{2\pi(1+\cos\alpha)}{4\pi}

   \boxed{P_{O\to E} = 2\pi r^2 \sigma T^4 (1+\cos\alpha)}

   D'après la question Q5, la puissance émise par l'enceinte et reçue par l'objet est :

   P_{E\to O} = 2\pi r^2 \sigma T_T^4 (1+\cos\alpha)

   Avec la convention choisie (flux orienté de l'enceinte vers l'objet), le flux radiatif net s'écrit :

   \begin{aligned} \Phi_1 &= P_{E\to O} - P_{O\to E} \\ &= 2\pi r^2 \sigma T_T^4 (1+\cos\alpha) - 2\pi r^2 \sigma T^4 (1+\cos\alpha) \\ &= \sigma (T_T^4 - T^4) \left[ 2\pi r^2 (1+\cos\alpha) \right] \end{aligned}

   Sous la forme demandée \Phi_1 = \sigma (T_T^4 - T^4) X_1, on identifie :

   \boxed{X_1 = 2\pi r^2 (1+\cos\alpha)}

   Justification du signe de X_1 :

   • Argument géométrique : Comme r > 0 et que le demi-angle d'ouverture \alpha \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], on a \cos\alpha \ge 0, d'où 1 + \cos\alpha > 0. Il en résulte immédiatement :

     \boxed{X_1 > 0}
   • Argument thermodynamique : Si l'enceinte est plus chaude que l'objet (T_T > T), le transfert thermique spontané s'effectue du corps chaud vers le corps froid (second principe de la thermodynamique). Le flux net reçu par l'objet depuis l'enceinte doit donc être positif (\Phi_1 > 0), ce qui impose X_1 > 0.

   Résultat

   $$P_{O\to E}=2\pi r^2\sigma T^4(1+\cos \alpha )$$

   $$X_1=2\pi r^2(1+\cos \alpha )$$

   $$X_1>0$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique BCPST 2021, Q7

   À l'équilibre thermodynamique, la puissance totale émise par l'objet compense exactement la puissance totale qu'il reçoit :

   P_{\text{émise}} = P_{\text{reçue}}

   L'objet sphérique de rayon r, considéré comme un corps noir à la température uniforme T, émet sur l'ensemble de sa surface S = 4\pi r^2 la puissance radiative :

   P_{\text{émise}} = 4\pi r^2 \sigma T^4

   L'objet reçoit de l'énergie uniquement en provenance de la surface interne de l'enceinte et du Soleil :

   • de l'enceinte (d'après Q5) : P_{E\to O} = 2\pi \sigma T_T^4 r^2 (1+\cos\alpha) ;
   • du Soleil à travers le système optique : P_{S\to O} = \sigma T_S^4 \pi (R\sin\alpha)^2 \beta^2.

   Le bilan de puissance s'écrit donc :

   \begin{aligned} 4\pi r^2 \sigma T^4 &= P_{E\to O} + P_{S\to O} \\ 4\pi r^2 \sigma T^4 &= 2\pi r^2 \sigma T_T^4 (1+\cos\alpha) + \pi R^2 \sin^2(\alpha)\,\beta^2 \sigma T_S^4 \end{aligned}

   En divisant par 4\pi r^2 \sigma, on obtient l'expression de T^4 :

   T^4 = \frac{1+\cos\alpha}{2} T_T^4 + \frac{R^2\sin^2(\alpha)\,\beta^2}{4r^2} T_S^4

   D'où la température d'équilibre de l'objet :

   \boxed{T = \left( \frac{1+\cos\alpha}{2} T_T^4 + \frac{R^2\sin^2(\alpha)\,\beta^2}{4r^2} T_S^4 \right)^{1/4}}

   D'après la question Q2, la Terre à l'équilibre vérifie T_T = T_{T,\text{eq}} = T_S \sqrt{\frac{\beta}{2}}, soit :

   T_T^4 = \frac{\beta^2}{4} T_S^4

   En substituant T_T^4 dans l'expression précédente, on peut factoriser par \frac{\beta^2}{4} T_S^4 :

   T^4 = \frac{\beta^2}{4} T_S^4 \left( \frac{1+\cos\alpha}{2} + \frac{R^2}{r^2}\sin^2(\alpha) \right)

   On en déduit la température d'équilibre T de l'objet :

   \boxed{T = T_S \sqrt{\frac{\beta}{2}} \left( \frac{1+\cos\alpha}{2} + \left(\frac{R}{r}\right)^2 \sin^2(\alpha) \right)^{1/4}}

   Résultat

   $$T={\left(\frac{1+\cos \alpha }{2}{T}_T^4+\frac{R^2{\sin }^2(\alpha ){\beta }^2}{4r^2}{T}_S^4\right)}^{1/4}$$

   $$T=T_S\sqrt{\frac{\beta }{2}}{\left(\frac{1+\cos \alpha }{2}+{\left(\frac{R}{r}\right)}^2{\sin }^2(\alpha )\right)}^{1/4}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9ENS Physique BCPST 2021, Q8

   L'objet sphérique de rayon r, assimilé à un corps noir à la température uniforme T, émet d'après la loi de Stefan une puissance totale isotrope dans tout l'espace (4\pi\text{ sr}) :

   P_{\text{tot}} = 4\pi r^2 \sigma T^4

   Tout rayon émis par l'objet est soit intercepté par la surface interne de l'enceinte, soit dirigé vers l'ouverture occupée par le système optique. Par conservation du flux émis par l'objet, on a :

   P_{\text{tot}} = P_{O\to E} + P_{O\to Sys}

   D'après le résultat de la question Q6, la puissance reçue par l'enceinte s'écrit :

   P_{O\to E} = 2\pi r^2 \sigma T^4 (1 + \cos\alpha)

   On en déduit immédiatement la puissance radiative émise par l'objet et traversant le système optique :

   \begin{aligned} P_{O\to Sys} &= P_{\text{tot}} - P_{O\to E} \\ &= 4\pi r^2 \sigma T^4 - 2\pi r^2 \sigma T^4 (1 + \cos\alpha) \\ &= 2\pi r^2 \sigma T^4 (1 - \cos\alpha) \end{aligned}

   \boxed{P_{O\to Sys} = 2\pi r^2 \sigma T^4 (1 - \cos\alpha)}

   Résultat

   $$P_{O\to Sys}=2\pi r^2\sigma T^4(1-\cos \alpha )$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10ENS Physique BCPST 2021, Q9

    D'après l'énoncé, la puissance solaire reçue par l'objet via le système optique vaut :

    P_{S\to O} = \sigma T_S^4 \pi (R\sin\alpha)^2 \beta^2

    Par ailleurs, la puissance radiative émise par l'objet qui atteint le Soleil est la fraction \xi de celle traversant le système optique. D'après le résultat de la question Q8 (P_{O\to \text{Sys}} = 2\pi r^2 \sigma T^4 (1-\cos\alpha)), on a :

    P_{O\to S} = \xi P_{O\to \text{Sys}} = 2\pi \xi r^2 \sigma T^4 (1-\cos\alpha)

    Le flux radiatif net \Phi_2, orienté par convention du Soleil vers l'objet, s'écrit comme la différence entre la puissance reçue du Soleil et la puissance émise vers le Soleil :

    \begin{aligned} \Phi_2 &= P_{S\to O} - P_{O\to S} \\ &= \sigma T_S^4 \pi (R\sin\alpha)^2 \beta^2 - 2\pi \xi r^2 \sigma T^4 (1-\cos\alpha) \end{aligned}

    En mettant sous la forme imposée \Phi_2 = \sigma T_S^4 \pi (R\sin\alpha)^2 \beta^2 - \sigma T^4 X_2, on identifie :

    \boxed{X_2 = 2\pi \xi r^2 (1-\cos\alpha)}

    Résultat

    $$X_2=2\pi \xi r^2(1-\cos \alpha )$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question