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13 septembre 2008 6 13 /09 /septembre /2008 14:52

A l’inverse du calcul précédent, il s’agit de considérer que la « chute » des matériaux pour « agglomérer » une planète libère de l’énergie (chaleur). 

 

Ec = G * (4D/3)^1/3 * 3/5 M^5/3 

G = 6,67 E-11 m3/kg/s2

D = 5500 kg/m3

M = 6 E+ 24 kg

D’où Ec = 1,5 E+32 J

Rappel : l’énergie absorbée annuellement par la Terre est 4 E+24J

Cette énergie est donc de l’ordre de grandeur de l’énergie solaire absorbée pendant 3,7 millions d’années.

 

Si le phénomène dure plus de 4 millions d’années, il n’y a pas de raison d’imaginer une « chaleur » particulièrement intense.

 

Il faut amender cela en tenant compte que le rayon est petit au début est que l’énergie est donc « concentré ».

 

Mais le scénario de fabrication du système solaire évoque des durées d’agrégation de l’ordre de la dizaine de million d’années.

 

Si on fait le même calcul d’énergie « d’agrégation » pour le Soleil

Ec = G * (4D/3)^1/3 * 3/5 M^5/3 

G = 6,67 E-11 m3/kg/s2

D = 1400 kg/m3

M = 2 E+ 30 kg

D’où Ec = 1,57E+41 J

Rappel ; la puissance émise actuellement par le soleil est 4 E+26 W. Cela correspond à 3,7 E+14s  soit 12 millions d’années de cette émission.

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12 septembre 2008 5 12 /09 /septembre /2008 14:48

Il s’agit de calculer l’énergie nécessaire à la « pulvérisation » d’une planète.

 

On va considérer que pour « faire exploser » une planète, il faut que les parties constitutives atteignent la vitesse de libération : Vlib =racine (2GM/r)

On suppose une densité « constante » D : 3M/4r^3. D’où r = (3M/4D) ^1/3

L’énergie cinétique est

dEc = ½ mVlib^2 = mGM/r = m G (4/3 DM^2)^1/3.

On intègre cette énergie sur « m » = dM

Donc Ec = G * (4D/3)^1/3 * 3/5 M^5/3 

 

G = 6,67 E-11 m3/kg/s2

D = 5000 kg/m3 (communément)

M = 6 E+ 24 kg (Terre)

 

D’où Ec = 1,5 E+32 J

Rappel ; la puissance émise par le soleil est 4 E+26 W. Il lui faut 350 000 s pour émettre cette énergie de cohésion (100 heures). Donc en supposant que le « tir »ne dure qu’une seconde l’étoile noire de « la guerre des étoiles » a la puissance de 300 mille « soleils » (entiers).

En supposant une énergie « matérielle », avec E= mc2, la fourniture de cette énergie « consomme » une masse de 1,5 E+16 kg = 1500 milliards de tonne !

Vérification : http://fr.wikipedia.org/wiki/Soleil#Structure_et_fonctionnement_du_Soleil : le soleil : 4 E+9 kg/s. 8,9 E+37 proton/s soit 8,9 E+37 * 1,6 E-27 = 1,4 E +11 kg d’H « brulé » /s.

 

Conclusion : l’étoile noire semble techniquement improbable.

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5 mai 2008 1 05 /05 /mai /2008 17:24

En général.

http://fr.wikipedia.org/wiki/Milieu_interstellaire

On à 10 à 100 particules (atomes) /l. Avec 100, c’est 1,7 E-21 kg/m3

 

Nuage moléculaire

http://fr.wikipedia.org/wiki/Nuage_mol%C3%A9culaire

Ce serait le lieu de création des étoiles (donc comme « notre» nuage créateur du système solaire).

 

Nuage interstellaire

http://fr.wikipedia.org/wiki/Nuage_interstellaire

10+7 atomes/ cm3. Une erreur.

 

Région HII

http://fr.wikipedia.org/wiki/R%C3%A9gion_HII

De 10 à 1 000 000 de particules au cm3. (E-23 à E-18 kg/m3)

 

Rémanents de supernova

http://fr.wikipedia.org/wiki/R%C3%A9manent_de_supernova

Variable au fil du temps.

 

Nébuleuses planétaires

http://fr.wikipedia.org/wiki/N%C3%A9buleuse_plan%C3%A9taire

 

A noter que l’on pourrait connaître la densité de l’espace intragalactique en partant de la masse de la galaxie, de la masse des étoiles de la galaxie (nombre d’étoile fois masse moyenne) et du volume de la galaxie. Mais cette approche est bien trop sensible aux approximations.

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29 avril 2008 2 29 /04 /avril /2008 17:19

Le rayon du soleil vaut 6,96 E+8 m

Le disque solaire a une surface de 1,52E+18 m2

La vitesse du soleil est de 217000 m/s

Le cylindre d’espace parcouru par le soleil est donc : 3 ;3 E+23 m3/s

 

Supposons que le soleil dispose d’un espace correspondant à une sphère de 3 al. Soit 9,6 E+49 m3

 

Le temps nécessaire pour tout couvrir (et donc « l’espérance d’une collision ») est donc de 2,9 E+26 s soit 9 E+18 an. C’est donc largement improbable.

 

Si l’on considère la galaxie avec ces 100 milliards d’étoile, on aboutit à un « temps de collision » a 9 E+7 ans.

 

Voilà un calcul grossier.

Il pourrait être améliorer en considérant le volume de la galaxie, la vitesse moyenne des étoiles et les diamètre moyens.

Toujours est il qu’avec cette approche, la probabilité de collision entre 2 étoiles dans notre galaxie n’est plus « si petite » (une centaine depuis la naissance de la galaxie).

 

Toutefois, cette approche « sans contrainte » n’est peut être pas adéquat. La dynamique de la gravitation a installé les étoiles sur des orbites relativement stables. On peut estimer que les collisions ou ajustements ont eu lieu dans les premiers temps de la galaxie et que depuis les orbites sont telles que les probabilité de « rencontre » sont bien plus faible ».

 

Faible mais certainement pas nul. En considérant l’ensemble des galaxie, il semble qu’une collision stellaire soit un événement rare mais réel.

 

Remarque : pour 2 « soleils » qui se rencontrent, l’énergie cinétique est

1/2mv2 = 4,7 E+40 J

Il s’agit de l’ordre de grandeur de l’énergie du phénomène. (il y a l’énergie potentiel de gravitation, on a supposé une étoile « fixe », le fait que les morceaux « partent », l’ajout de phénomène nucléaires,…)

La puissance du soleil est 4 E+26W. En supposons la période de temps d’une telle collision égale à 1000 s. Une telle collision c’est donc 1E+13 fois l’énergie du soleil. Une centaine de fois la lumière de toutes les étoiles de la galaxie. Un événement particulièrement violent.

 

A noter que cela reste en deçà des événements « supernova » : 1 E+44 J

http://www-internet.iap.fr/informationcommunication/articlesgrandpublic/astrohautesenergies/explosions_supernovae.html

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21 avril 2008 1 21 /04 /avril /2008 17:12

Le scénario actuelle de formation de notre système solaire est sommairement le suivant :

http://www.astronomes.com/c1_solaire/p111_formation.html

-          Un nuage d’H et d’He gigantesque

-          Un enrichissement en élément lourd par des supernova

-          Effondrement gravitationnel

-          Etc…

 

C’est la question de ce nuage « pré effondrement qui m’intrigue ».

En effet, on constate actuellement l’existence de notre système solaire. L’essentiellement de la masse est dans le soleil 2 E+30 kg. Il a une densité de 1400 kg/m3. Cette matière provient donc du nuage. Si l’on remonte le temps, on voit « se diluer » la matière dans un sphère de rayon RN.

Pour RN = l’orbite de Mercure, la densité est 2,5 E-3 kg/m3

Pour RN = l’orbite de Neptune, densité est de 5,2 E-9 kg/m3

Sachant que l’étoile la plus proche est environ à D= 4 années-lumières, on peut aussi calculer :

Pour RN = 10% de D, la densité est de 8,8 E-18 kg/m3

Pour RN = 50% de D, la densité est de 7 E-20 kg/m3

 

Mais quelle était la densité de nuage ?

http://fr.wikipedia.org/wiki/Nuage_interstellaire (1)

Les nuages interstellaires compteraient quelque dizaines de milliard d’atome par cm3. Soit 2 E-11 kg/m3.

Avec cette valeur le rayon de la sphère nécessaire pour fournir la matière est 3 E+13 m, soit 2 fois l’orbite de Neptune.

http://www.cosmovisions.com/miin.htm

Il serait là question de million ou milliard d’atome par m3 ! C'est-à-dire 10-7 fois moins ! Il semble que le chiffrage précédent soit faux. Prenons donc 2 E-18

Avec cette valeur le rayon de la sphère nécessaire pour fournir la matière est 6,2 E+15 m.

 

http://fr.wikipedia.org/wiki/Syst%C3%A8me_solaire?cf0AFE6123=22795D6B2!Z2FybmllcnRoOmF1dGhlbnRpZmljYXRpb25wbGFuZXRzdXJmOpHact6g6eVFgeb2bv7Lm4Q=

Il est évoqué 7000 à 20000 UA et un excès de masse de 0,001 à 0,1 masses solaires.

L’UA vaut 1,5 E+11m

A 7000 UA, cela donne une densité de 4,12 E-16 kg/m3

A 20000 UA, cela donne une densité de 1,8 E-17 kg/m3.

 

Il semble donc que la densité du nuage précédent soit de l’ordre de 1 E-18 kg/m3.  Le rayon est 7,8 E+15 m soit  50 000 UA ou 0,8 al.  Le système solaire a « ramassé » la matière dans toute cette sphère.

 

Ces quelques recherches amènent quelques remarques.

- L’erreur dans (1) mise à part, il subsiste une imprécision très grande sur la densité de l’espace interstellaire en général et de celui de « notre » ancien nuage en particulier.

- Quand on compte la masse actuelle, on retient le soleil (les autres planètes et corps principaux sont effectivement négligeables). Mais, le reste est il vraiment négligeable ? Le reste c’est 2 sortes de matières : celle de l’espace interplanétaire d’une part et celle de la myriade des « tout petit corps ». Pour l’espace interplanétaire,  si l’on compte la même sphère que celle du nuage initial, même un faible densité peut donner une masse conséquente. Pour les petits corps, leur faible masse peut être compensée par leur nombre.

- Le calcul suppose que le système solaire « ramasse tout ». C’est assez improbable. La fraction de matière qui n’est pas ramassée est elle faible (10 % ?).

- Enfin le calcul aboutit à une sphère de rayon 0,8 al. C'est-à-dire bien moins que la moitié de la distance de la plus proche étoile. En supposant que les « densité d’étoile » n’aient pas trop changé depuis ce temps là, et que le nuage était « bien plus grand » et de densité « plutôt constante », alors cela signifie qu’une très large part de la matière de ce nuage reste là quelque part au-delà du système solaire (à en gros 1 al).

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14 avril 2008 1 14 /04 /avril /2008 17:07

Concernant l’éventuelle évaporation de l’atmosphère, après les corps « internes », je vais examiner les corps « plus lointains »

 

Pour la vitesse de libération : http://fr.wikipedia.org/wiki/Vitesse_de_lib%C3%A9ration

Vlib =racine (2GM/r)

G = 6,67 E-11 m3/kg/s2

 

Pour la vitesse « thermique » :

http://semsci.u-strasbg.fr/distribu.htm

R = 8,3144 J/K/mol

T = -Mv2/(2R ln(2ρ’ racine(piRT’/72M)/v2))

On  va prendre ρ’ = 1 E-18 et on ajuste T’.

 

On va prendre 3 gaz : H2, H20 et CO2

MH2 = 2 g

MH2O = 18 g

MCO2 = 48 g

 

IO : 8,93 E+22 kg, r = 1,840 E+6 m d’où Vlib = 2540 m/s. TH2 = 14K, TH20 = 133K , TCO2 = 354K. Seul le CO2 peut être présent. En fait, il y aurait du SO2 : il est encore plus lourd.

 

Jupiter : 1,89 E+27kg, 7 E+7 m, Vlib = 60 000 m/s. Th2 = 7700K, Th20 = 70000K , Tco2 = 180000K. Tout reste.

 

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13 avril 2008 7 13 /04 /avril /2008 17:05

Dans les articles de vulgarisation scientifique, lorsque la composition de l’atmosphère (celle de la Terre, de Mars, de Vénus, de Mercure, de la Lune notamment) est évoqué, on parle du vent solaire qui « souffle l’atmosphère légère ». C’est généralement le cas dans le « roman descriptif » de la formation du système solaire.

 

Pris dans le fil du discours, cela m’a longtemps échappé. Il me semble que cette idée est essentiellement erronée. On peut tenter de rattraper le coup en disant que c’est une image. Mais même comme « image » cela ne convient pas. En fait, il semble que la composition actuelle des atmosphères comportent une part mystérieuse.

 

Par exemple, je viens de lire que l’on explique l’absence d’eau (H20) dans l’atmosphère de vénus parce qu’elle a été soufflée par les particules solaires. Ces mêmes particules n’ont pas touché le CO2 qui est de masse analogue.

 

Je vais tenter des calculs.

 

L’atmosphère est à une température T. T décroît avec l’altitude. La densité de l’atmosphère aussi. Elle est composée de particules (des molécules en l’occurrence) de natures variées. Elles ont une masse m et une vitesse variable qui suit une loi statistique dont le paramètre de base est la température. Ces particules peuvent s’échapper si leur vitesse est supérieure à la vitesse de libération de la planète : on considère le fait de façon statistique. Les particules cosmiques ne peuvent pas souffler une atmosphère. Il ne s’agit pas d’un vent au sens terrestre : il est trop ténu à cette distance du soleil.

 

Pour la vitesse de libération : http://fr.wikipedia.org/wiki/Vitesse_de_lib%C3%A9ration

Vlib =racine (2GM/r)

G = 6,67 E-11 m3/kg/s2

Mercure : 3,3 E+23 kg, r = 2,440 E+6 m d’où Vlib = 4200 m/s

Venus : 4,86 E+24 kg, r = 6,051 E+6m d’où Vlib = 10300 m/s

Terre : 5,97 E+24 kg, r= 6,378 E+6m, d’où Vlib =11100 m/s

Lune : 7,34 E+22kg r = 1,682 E+6 m, doù Vlib = 2400 m/s

Mars : 6,42 E+23 kg, r=3,4E+6m, d’où Vlib = 5000 m/s

 

Pour la vitesse « thermique » :

http://semsci.u-strasbg.fr/distribu.htm

Vquad = racine (3RT/M)

R = 8,3144 J/K/mol

X = mv2/2kT= Mv2/2RT

Et ρ(V) = racine (24/pi) Xe(-X)/vquad = racine (24*3RT/piM) Xe(-X)

Avec k= 1,38 E-23 J/K.

On voit qu’il y a toujours une fraction qui dépasse Vlib. Il faudrait intégrer de Vlib à l’infini et calculer cette fraction. Etant donné, le coté asymptotique, on peut se contenter de donner une borne ρ’. On va chercher T correspondant à Vlib.

On a Mv2/2R racine(T) e(-Mv2/2RT) = ρ’ * racine (pi M/72R)

Soit –Mv2/2RT = ln(2Rρ’ racine(piT/72MR)/v2)

T = -Mv2/(2R ln(2ρ’ racine(piRT’/72M)/v2))

 

Quel ρ’ prendre ?.

Le temps d’échappement du gaz à ces vitesses est de l’ordre la seconde.

Sur une masse M en bordure extérieur de l’atmosphère, pendant 1 s, M * ρ ‘ s’échappe.

Pendant 5 milliards d’années, cela fait  M * ρ’ * 15 E+16.

Il faut que cela soit de l’ordre de 0,01 M.

On  va prendre ρ’ = 1 E-18

 

 

 

T est encadré entre 250 et 700 K, on simplifie la résolution de l’équation en supposant T’constant =625. Et on ajustera ensuite. En pratique, le résultat dépend peu de T’.

 

On va prendre 3 gaz : H2, H20 et CO2

MH2 = 2 g

MH2O = 18 g

MCO2 = 48 g

 

Les températures pour lesquelles Vlib est atteint dans la proportion ρ’ sont alors :

 

Mercure : 40K, 360K, 960 K. L’absence de CO2 peut surprendre.

Vénus : 236 K, 2130, 5680 K. On peut comprendre pourquoi il n’y a pas de H2 mais pas l’absence de H2O (il semble que ce soit du à la dissociation de H2O : à suivre).

Terre : 274K, 2470K, 6580 K . Il n’y a que des traces de H2. Encore que la température de la haute atmosphère soit basse.

Mars : 56K, 509K, 1356 K. Le gaz carbonique reste. La vapeur d’eau peut rester si elle est en vapeur.

Lune : 13K, 118K, 317K. Pas d’atmosphère

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6 mars 2008 4 06 /03 /mars /2008 10:58
Le calcul du 2/10/2007 indique que l’énergie contenue dans un réservoir d’air comprimé est W = PoV ln(Po/Patm).
Ce calcul fait l’hypothèse d’une utilisation à température constante (température ambiante).
 
Une question m’a été posée : « Comment calculer et gérer l'émission et l'absorption de calories lors de la compression et de la détente ? ».
Et oui, il faut reconnaître que la température varie sans doute. Cela nuit au rendement général.
 
Premier problème : la compression.
La question de la compression de l’air est déjà amplement défrichée. Il existe de nombreux types de compresseurs. http://fr.wikipedia.org/wiki/Compresseur_m%C3%A9canique
Le débat suivant rejoint mes interrogations.
Le pseudo ahimsa dit « D'après ce que j'avais lu, le rendement d'un compresseur industriel haute pression (300 à 350 bars), multi-étages, tourne autour de 50 à 55%, guère plus. La qualité du refroidissement est un point crucial pour se rapprocher d'une compression isotherme (=sans élévation de température) qui nécessite le minimum d'énergie.»
Il est évoqué des récupérations de la chaleur produite. Les rendements sont entre 100 et 150 Wh/Nm3. L’unité Nm3 est le « normaux mètre cube ». C’est peu clair.
http://www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/blanquet/thermo2000/611exsys/611exsys.htm pour la première partie fournit des formules. On trouve y trouve la notion de rendement isentropique.
 
Constat : la phase de compression pose 2 problèmes du point de vue du rendement.
1 La question de l’élévation de température du gaz comprimé. Cela est incontournable : la compression idéale est adiabatique. Si l’on ne fait « qu’attendre », cette énergie est perdue puisque le gaz revient à la température ambiante. Il est possible d’utiliser cette énergie par un récupérateur de chaleur (à condition d’avoir besoin de cette chaleur à ce moment là). Intuitivement, l’efficacité est meilleure si l’on procède par étapes (augmenter petit à petit la pression et la température : donc rester dans des gammes de températures « proches »).
2 Le fait que la compression ne soit pas isentropique. D’où le rendement isentropique.
Il faudrait sans doute rajouter le rendement mécanique du compresseur et le rendement de « l’alimentation électrique ». Tout ce la mis bout à bout donne l’impression d’un rendement global médiocre (20% ?)
 
 
Seconde phase : l’utilisation de l’air comprimé.
Dans ce cas, la décompression adiabatique engendre une baisse de température.
Là cela parait moins grave. En effet, le gaz décompressé étant plus froid, il va se réchauffer dans l’air ambiant : Cela ne coûte rien. On peut considérer que pour le rendement de ce moteur, le problème 1 disparaît complètement. Les calculs montrent que le travail extrait de façon isotherme est supérieur à celui extrait de façon isentropique (on récupère de l’énergie de la chaleur ambiante). Mais le processus doit être assez lent pour laisser le temps de « capter cette chaleur ambiante » (sinon, la formule de calcul de l’énergie récupérable n’est pas la même).
On peut éventuellement ajouter que l’on a là une source froide « gratuite » qui peut servir de climatisation l’été.
Bref, il semble que le problème ne soit pas dans la phase « moteur » du système : le rendement de « récupération » ne doit pas être trop inférieur à 100%.
 
Au final, les calculs effectués pour la dimension des réservoirs ne sont pas trop faux. Par contre, la source d’énergie (solaire, éolien,…) doit fournir en gros 5 fois plus d’énergie que celle stockée. Cela reste raisonnable si l’on admet que cette source d’énergie est « presque gratuite ». C’est le prix à payer pour stocker et ajuster temporellement la consommation à la production. Mais avec cela, on ne fait que « brasser de l’air ». Cette piste de solution est à comparer aux autres solutions de stockage énergétique (accumulateurs électrique, énergie potentiel de gravitation, stockage chimique).

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25 février 2008 1 25 /02 /février /2008 10:44
Paco a indiqué la référence suivante sur les tours solaires. http://fr.wikipedia.org/wiki/Tour_solaire
 
Pour le projet de Buronga, je retiens 37,5 km2 et 200 MW. Le fonctionnement serait 24h/24.
L’énergie solaire « moyenne » est 240 W/m2. Les 37,5 km2 reçoivent donc du soleil en « moyenne » : 37 500 000 * 240 = 9 000 MW. Le rendement est donc de 200/9000 = 2,22%. Il est aussi possible que le site australien reçoit plus que ces 240W/m2. Le rendement serait moins bon.
 
Rappel d’une centrale photovoltaique http://www.notre-planete.info/actualites/actu_687.php
114 ha, 62MWc environ 1000 KWh/KWc (par an). Donc le rendement global est donc (62 000 000 * 1000 * 3600 / (240 * 24 * 3600 * 365 * 1 140 000) = 2,6%
 
Qu’en déduire ?
Que la technique de ces tours solaires est une technique parmi d’autre pour « récolter » l’énergie solaire. Les rendements énergétiques « bruts » sont proches de ceux d’une centrale « photovoltaïque ». Par nature, il s’agit de centrale. Ces infrastructures se prêtent bien à des emplacements désertiques. Selon l’article wikipédia, ils ne sont pas encore rentables (5 fois trop cher).
 
Cela ne change rien sur le constat global concernant la consommation de surface de l’énergie solaire (2/10/2007).

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14 février 2008 4 14 /02 /février /2008 11:28
Des réflexions complémentaires sur l’ozone (en vrac).
Le questionnement de départ est le suivant. Si l’ozone est produit à partir de O2 et des UV solaires, j’en déduis que le dioxygène arrête aussi les UV.
 
Il semble que pour le dioxygène il y a ait un pic à 240 nm. Donc seul ce pic est bloqué. C’est un pic de dissociation. Par contre, pour l’ozone, on a affaire à une bande d’absorption (< 280nm). L’ozone est il dissocié lorsqu’il arrête les UV ? Il semble que oui.
 
Idées brouillonnes :
-          L’ozone n’est qu’un constituant parmi d’autre qui arrête les UV. C’est parce que c’est le « premier » que l’on se focalise dessus. S’il n’était pas là, les autres constituants de l’atmosphère prendraient le relais.
-          La présence de CFC qui détruit l’ozone stratosphérique doit se comprendre par rapport à un équilibre. L’ozone étant produit par les UV et O2, s’il n’y a plus d’ozone dans la haute stratosphère, il pourra se créer « un cran plus bas ». Bref, « il y aura toujours une couche d’ozone ».
 
Un fait remarquable est que les « trous » dans la couche d’ozone se situent au dessus des pôles (surtout le pôle sud). Le phénomène est saisonnier (apparition au printemps puis résorption). Il semble certain que 2 facteurs entrent en ligne de compte : l’éclairement (du soleil) et la température (de la stratosphère). La quantité de dioxygène est « constante ». Quid de la proportion des « méchants « CFC » ? Il parait logique que la proportion des CFC dans l’atmosphère varie de façon monotone (décroissance actuellement, il s’agit de quelques parties pour trillion). Il serait aussi normal que les proportions de CFC dans la stratosphère varient de même (grossièrement constant actuellement).
 
Je ne suis pas parvenu à trouver des valeurs de mesure de la « couche d’ozone » pluriannuelles. Il semble toutefois, que le trou « va et vient » au fil des années. L’évolution n’est pas linéaire.
Il apparaît donc que l’explication du « pilotage » de la couche d’ozone par les CFC est simpliste : l’un est « constant », l’autre « erratique ».
 
La réaction est 3 O2 <-> 2 O3. C’est un équilibre chimique. La variation de O2 n’est pas à l’ordre du jour (le prochain thème des catastrophistes ?), donc la question de la variation de O3 est celle des facteurs qui modifient l’équilibre (UV, température,…). A ce titre, si l’on n’est vraiment à l’équilibre, la notion de catalyseur n’importe pas : il ne fait que conduire plus vite à l’équilibre. 
 
A mesure que je fouille, il est vrai que le sujet se complexifie. Ce qui parait certain c’est que la présentation du « CFC destructeur de la couche d’ozone » est trop largement simpliste : c'est-à-dire complètement erronée. Par contre, je ne saurais dire si derrière cette présentation simpliste il y a un corpus scientifique solide, documenté, avec des données vérifiées qui justifie ce battage. Maintenant j’en doute.

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