Feuille d'entraînement : Rayonnement thermique

Corrigés

1. Exercice 1Mines-Ponts Physique 1 PSI 2024, Q5

   Le chauffage par le Soleil est le plus efficace au midi solaire (moment où le Soleil culmine au zénith ou atteint sa hauteur maximale au-dessus de l'horizon pour une latitude donnée).

   Cette efficacité maximale s'explique par deux arguments complémentaires :

   • Effet d'incidence géométrique : La puissance solaire reçue par unité de surface horizontale (surface libre de l'eau du spa) s'écrit :

     \mathcal{P}_{\text{surf}} = \mathcal{P}_0 \cos \theta = \mathcal{P}_0 \sin h

     où \theta est l'angle d'incidence par rapport à la normale verticale (angle zénithal), h = \frac{\pi}{2} - \theta est la hauteur angulaire du Soleil au-dessus de l'horizon, et \mathcal{P}_0 est l'éclairement direct perpendiculaire aux rayons. Cette puissance surfacique interceptée est maximale lorsque le Soleil est au plus haut dans le ciel (\theta minimal, soit h maximal).

   • Atténuation atmosphérique minimale : L'épaisseur d'atmosphère traversée par les rayons solaires est minimale à la verticale :

     e_{\text{atm}}(\theta) \simeq \frac{e_0}{\cos \theta}

     où e_0 est l'épaisseur de l'atmosphère. L'atténuation du faisceau incident par diffusion (notamment la diffusion Rayleigh par les molécules d'air, étudiée aux questions suivantes) et par absorption est donc la plus faible au midi solaire, maximisant ainsi l'éclairement \mathcal{P}_0 arrivant au sol.

   \boxed{\text{Le chauffage par le Soleil est le plus efficace au midi solaire.}}

   Résultat

   $$\text{Le chauffage par le Soleil est le plus efficace au midi solaire.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 1 PSI 2024, Q8

   1. Estimation de la longueur d'atténuation H_\omega

   Le maximum d'émission du Soleil dans le domaine visible correspond au vert, soit une longueur d'onde dans le vide :

   \lambda \simeq 500\text{ nm} = 5{,}0 \times 10^{-7}\text{ m}

   La pulsation correspondante de l'onde lumineuse est :

   \omega = \frac{2\pi c}{\lambda} \simeq \frac{2\pi \times 3{,}0 \times 10^8}{5{,}0 \times 10^{-7}} \simeq 3{,}8 \times 10^{15}\text{ rad}\cdot\text{s}^{-1}

   Le rapport des pulsations vaut ainsi :

   \kappa = \frac{\omega_0}{\omega} = \frac{2{,}3 \times 10^{16}}{3{,}8 \times 10^{15}} \simeq 6{,}1

   Comme \kappa^2 \simeq 37 \gg 1, on a (\kappa^2 - 1)^2 \simeq 36^2 \simeq 1{,}3 \times 10^3.

   La densité volumique n de molécules d'air au niveau du sol est estimée par la loi des gaz parfaits à la pression P_0 = 1{,}0\text{ bar} = 1{,}0 \times 10^5\text{ Pa} et à la température ambiante T \simeq 290\text{ K} :

   n = \frac{N_{\mathrm{A}} P_0}{R T} = \frac{6{,}0 \times 10^{23} \times 1{,}0 \times 10^5}{8{,}3 \times 290} \simeq 2{,}5 \times 10^{25}\text{ m}^{-3}

   D'après l'expression établie à la question Q7 :

   H_\omega = \frac{6 \pi m^2 (\kappa^2 - 1)^2}{n \mu_0^2 e^4}

   En injectant les valeurs numériques :

   \begin{aligned} m^2 &= (9{,}1 \times 10^{-31})^2 \simeq 8{,}3 \times 10^{-61}\text{ kg}^2 \\ e^4 &= (1{,}6 \times 10^{-19})^4 \simeq 6{,}6 \times 10^{-76}\text{ C}^4 \\ \mu_0^2 &= (4\pi \times 10^{-7})^2 \simeq 1{,}6 \times 10^{-12}\text{ H}^2\cdot\text{m}^{-2} \end{aligned}

   Le terme d'échelle vaut :

   \frac{6\pi m^2}{n \mu_0^2 e^4} \simeq \frac{6 \pi \times 8{,}3 \times 10^{-61}}{2{,}5 \times 10^{25} \times 1{,}6 \times 10^{-12} \times 6{,}6 \times 10^{-76}} \simeq \frac{1{,}56 \times 10^{-59}}{2{,}6 \times 10^{-62}} \simeq 6{,}0 \times 10^2\text{ m}

   On en déduit l'ordre de grandeur de H_\omega :

   H_\omega \simeq 6{,}0 \times 10^2 \times 1{,}3 \times 10^3 \simeq 8 \times 10^5\text{ m}

   \boxed{H_\omega \approx 800\text{ km}}

   (soit un ordre de grandeur de quelques centaines de kilomètres).

   2. Effet d'une augmentation d'altitude sur le chauffage

   L'atténuation du rayonnement solaire par diffusion Rayleigh à travers une couche d'épaisseur x s'écrit \mathcal{E}_\omega(x)/\mathcal{E}_\omega(0) = \exp(-x/H_\omega).

   L'épaisseur caractéristique de l'atmosphère étant L_{\text{atm}} \sim 100\text{ km} < H_\omega, la majeure partie du rayonnement visible traverse l'atmosphère sans être diffusée (\exp(-100/800) \simeq 0{,}88, soit seulement une dizaine de pourcents atténuée).

   De plus, l'élévation d'altitude envisageable pour l'installation d'un spa ne dépasse guère \Delta z \sim 1\text{ à } 2\text{ km}. La variation relative de flux associée à la diminution du trajet atmosphérique est de l'ordre de :

   \frac{\Delta \mathcal{E}_\omega}{\mathcal{E}_\omega} \simeq \frac{\Delta z}{H_\omega} \sim \frac{1\text{ km}}{800\text{ km}} \sim 10^{-3} \sim 0{,}1\%

   \boxed{\text{Une augmentation d'altitude n'a aucun effet significatif sur le chauffage solaire de l'eau du spa.}}

   Résultat

   $$H_{\omega }\approx 800\text{ km}$$

   $$\text{Une augmentation d’altitude n’a aucun effet significatif sur le chauffage solaire de l’eau du spa.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3CCINP Physique-Chimie PSI 2022, Q22

   1. Puissance surfacique reçue (densité surfacique de puissance)

   L'onde lumineuse est modélisée par une onde électromagnétique plane progressive harmonique se propageant dans l'air (assimilé au vide). Le champ électrique s'écrit \vec{E} = E_0 \cos(\omega t - \vec{k}\cdot\vec{r})\,\vec{u}_E et le champ magnétique associé vérifie \vec{B} = \frac{1}{c}\vec{u}_k \wedge \vec{E}, avec c \approx 3{,}0 \times 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} la célérité de la lumière dans le vide.

   Le vecteur de Poynting instantané est :

   \vec{\Pi} = \frac{\vec{E} \wedge \vec{B}}{\mu_0} = \frac{E^2}{\mu_0 c}\,\vec{u}_k

   En moyenne temporelle, la puissance surfacique incidente maximale \mathcal{P}_S = \langle \|\vec{\Pi}\| \rangle vaut :

   \mathcal{P}_S = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c}

   Avec \mu_0 = 4\pi \cdot 10^{-7}\text{ H}\cdot\text{m}^{-1} et c = 3{,}0 \cdot 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   \mathcal{P}_S = \frac{600^2}{2 \times 4\pi \cdot 10^{-7} \times 3{,}0 \cdot 10^8} = \frac{360\,000}{240\pi} = \frac{1\,500}{\pi} \approx 477\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}

   2. Puissance lumineuse maximale reçue par la centrale

   La surface totale de captage est S = 20\text{ ha} = 20 \times 10^4\text{ m}^2 = 2{,}0 \times 10^5\text{ m}^2. La puissance lumineuse maximale interceptée est :

   P_{\text{lum}} = \mathcal{P}_S \cdot S = \frac{1\,500}{\pi} \times 2{,}0 \cdot 10^5 = \frac{3{,}0 \cdot 10^8}{\pi}\text{ W} \approx 95{,}5\text{ MW}

   3. Énergie lumineuse reçue sur une année

   Pendant la durée annuelle équivalente \Delta t = 1\,800\text{ h}, l'énergie lumineuse totale collectée est :

   \mathcal{E}_{\text{lum}} = P_{\text{lum}} \times \Delta t = \frac{3{,}0 \cdot 10^5\text{ kW}}{\pi} \times 1\,800\text{ h} = \frac{5{,}4 \cdot 10^8}{\pi}\text{ kWh}

   4. Énergie électrique annuelle produite

   Les cellules photovoltaïques convertissent cette énergie lumineuse avec un rendement \eta = 0{,}20 :

   \mathcal{E}_{\text{élec}} = \eta\,\mathcal{E}_{\text{lum}} = 0{,}20 \times \frac{5{,}4 \cdot 10^8}{\pi} = \frac{1{,}08 \cdot 10^8}{\pi}\text{ kWh} \approx 3{,}44 \cdot 10^7\text{ kWh}

   5. Nombre de foyers alimentés

   Un foyer moyen consomme W_{\text{élec}} = 5\,000\text{ kWh} par an. Le nombre de foyers N_f que la ferme peut satisfaire est :

   N_f = \frac{\mathcal{E}_{\text{élec}}}{W_{\text{élec}}} = \frac{\frac{1{,}08 \cdot 10^8}{\pi}}{5\,000} = \frac{21\,600}{\pi}

   En prenant \pi \approx 3{,}14 (ou l'approximation de tête \pi \approx 3 \implies N_f \approx 7\,200) :

   N_f \approx \frac{21\,600}{3{,}14} \approx 6\,900

   \boxed{N_f \approx 7 \times 10^3\text{ foyers}}

   Résultat

   $$N_f\approx 7\times 10^3\text{ foyers}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique-Chimie 1 PSI 2021, Q4

   1. Comparaison entre durée réelle et durée minimale

   Le calcul mené à la question Q3 sous-estime la durée effective pour plusieurs raisons :

   • Pertes thermiques : dès que la température de la zone éclairée s'élève au-dessus de la température ambiante, des transferts thermiques vers l'extérieur se développent par conduction au sein de la feuille, par convection avec l'air ambiant et par rayonnement thermique propre (T^4). Une fraction croissante de la puissance solaire reçue est ainsi dissipée au lieu de servir à l'échauffement.
   • Aberrations optiques : les aberrations géométriques (aberration de sphéricité) et chromatiques d'une lentille simple augmentent la taille de la tache focale par rapport à l'image géométrique idéale, réduisant ainsi la densité surfacique de puissance.
   • Absorption imparfaite : une partie du flux incident est tout de même réfléchie ou diffusée par le papier.

   Pour compenser ces pertes et ce déficit de puissance volumique absorbée, il faut apporter davantage d'énergie. Par conséquent :

   \boxed{\text{La durée réelle d'auto-inflammation est plus importante que la durée minimale.}}

   2. Pertinence du choix d'un papier noir

   Un papier noir possède un coefficient d'absorption (absorptance) \alpha_{\text{abs}} \approx 1 sur l'ensemble du spectre visible et proche infrarouge, où se concentre l'essentiel du rayonnement solaire. À l'inverse, un papier blanc diffuserait et réfléchirait la majorité du flux incident (albédo élevé), ce qui réduirait considérablement la puissance absorbée et pourrait même empêcher d'atteindre le point d'auto-inflammation en présence de pertes.

   \boxed{\text{Le choix d'un papier noir est tout à fait judicieux.}}

   Résultat

   $$\text{La dureˊe reˊelle d’auto-inflammation est plus importante que la dureˊe minimale.}$$

   $$\text{Le choix d’un papier noir est tout aˋ fait judicieux.}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question