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17 septembre 2007 1 17 /09 /septembre /2007 08:59

Toutes ces interrogations sur les échanges thermiques de la « Terre » m’ont incité à faire les calculs suivants. Il s’agit de compter l’énergie reçue en provenance du soleil par 1 m2 de surface selon la latitude L pendant 24 h.

La puissance radiante du soleil est P.

 

A l’équateur (à l’équinoxe), il y a 12 heurs de nuit (0) et 12 heures de jours pendant lesquelles le soleil est à la hauteur θ. Θ varie de 0 à pi. θ = pi * t /(12*3600)

A t, la puissance reçue et Psin(θ).

 

L’énergie s’obtient par intégration.

E1=  P  * 12 * 3600/pi [-cos](0-pi) = 2 P * 12 * 3600/pi = 27500 P

 

L’inclinaison de la Terre est i= 23,44 degré = 0,41 radian

Un jour de solstice, on supposera que E2 = E1 cos(i) = 0,92 E1

E2 = 25000 P

Ce calcul est simplifié car il n’y a pas simple basculement du parcours du soleil.

 

Examinons le pôle un jour de solstice d’été. Pendant 24 heures, le soleil est à la hauteur i

La puissance reçue à chaque instant est Psin(i).

Sur la journée.

E3 = P * 24 * 3600 sin(i) = 34000 P

 

C’est ce résultat que je trouve surprenant. Pendant cette journée, l’énergie solaire reçue au pôle est supérieure à celle reçue à l’équateur. Elle est même supérieure à celle reçue au maximum à l’équateur !

Il y a 3 éléments à considérer :

-          Cela ne dure pas.

-          Le calcul a été fait par unité de surface. Le pôle est petit par rapport à l’équateur

-          L’albedo n’est pas le même et P est peut être moins fort au pôle.

 

Si j’ai du courage, je me lancerais dans ce calcul pour n’importe quelle latitude et n’importe quelle jour.

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14 septembre 2007 5 14 /09 /septembre /2007 10:50

Je suis un peu moins bête qu’avant. Je connais maintenant l’existence d’un terme supplémentaire dans la loi de stefan Boltzamnn : l’émissivité. Cela donne E =  εσT4.

 

 

Dans le calcul où l’on trouve une température moyenne de -18 C pour la Terre, on suppose que ε  « de la Terre » = 1. Cela semble largement exagéré. La surface terrestre c’est majoritairement de l’eau liquide. Elle vaudrait 0,97 (http://www.cig.ensmp.fr/~iahs/hsj/320/hysj_32_01_0031.pdf) ou 0,96 (www.retscreen.net/download.php/fr/208/0/Manuel_CSE.pdf) ou 0,95 (http://perso.orange.fr/herve.silve/solaire.htm)

 

 

Il parait que la glace a une émissivité de 0, que la terre est de 0,41 (http://www.collegesherbrooke.qc.ca/~graphycs/aubema/Mvt_Chal_html/Emissivite.html)

 

On a σ =5,67E-8.

La puissance reçue par le soleil est 1340 W/m2

L’albédo est de 0,3 donc 938 W/m2

Il y a un coefficient 4 entre la surface du disque terrestre et de la surface terrestre donc pour rester à l’équilibre, il faut émettre 234 W/m2

En supposant cette surface à température homogène et comme un corps noir idéal, cette température est la racine quatrième de 234/σ. On obtient les -19 C

En supposant cette surface à température homogène mais avec un ε de 0,9, on obtient -12 C.

 

Enfin, tous ces calculs n’ont pas beaucoup de sens (http://www.pensee-unique.fr/effetdeserre.html). Il semble évident que la température de surface n’est pas homogène. Il y a des secteurs chauds et des secteurs froids. La loi de stefan boltzmann étant en T4, les secteurs chauds comptent plus que leur surface.  Il suffit d’un petit peu de surface chaude pour faire une bonne proportion de l’émission nécessaire. En conséquence, la température moyenne est bien plus faible. Je ne vais pas répéter le calcul effectué dans http://www.pensee-unique.fr/Falsification_of_CO2.pdf. (p62).

Il utilise le calcul d’intégrale sur la sphère (sinθ dθdθ cf http://fr.wikipedia.org/wiki/Int%C3%A9grale_multiple). Il me semble correct.

 

Remarque : il s’agit d’un modèle « immobile ». La moitié de la surface n’est pas éclairée : cet hémisphère est à 0 K. Ce modèle est donc lui aussi éloignée de la réalité.

 

L’idée de pouvoir calculée la moyenne de température sans effet de serre est donc bien plus compliquée que cela. L ‘absence de l’effet de serre n’empêche pas les transferts thermiques dans l’atmosphère et l’hydrosphère. En définitive le calcul est aussi compliqué qu’avec l’effet de serre.  L’effet de serre en tant que modèle descriptif simplifié est inadéquat.

 

Il est tout de même étrange que tous ces calculs « oublient » le coefficient d’émissivité.

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13 septembre 2007 4 13 /09 /septembre /2007 09:37

Dans mon article du 31 mai 2007, je m’interrogeais sur le problème de l’équilibre thermique posé par la thermosphère et la couronne solaire.

C’est l’article http://www.pensee-unique.fr/effetdeserre.html qui m’a donné une piste de réponse.

 

En effet la loi de stefan Boltzamnn comporte un terme en plus E =  εσT4.

 

ε est l’émissivité du corps émetteur. Le corps noir théorique a une émissivité de 1. Mais dans la réalité, c’est différent.

 

http://www.sciences.univ-nantes.fr/physique/perso/blanquet/rayonnem/11defloi/11defloi.htm

« L’émissivité des substances dépend de leur nature physico-chimique, de leur état de surface ; elle varie avec la longueur d’onde, la direction d’émission et la température de surface ».

http://www.x86-secret.com/articles/divers/stt/stt-4.htm

http://sfp.in2p3.fr/expo/Conf2006/1

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

 

Bref il ressort de tout cela que cette émissivité varie beaucoup et que les calculs de coins de table trouvent ici leur limite.

Sans doute que la thermosphère et la couronne solaire atteigne ces températures parce que leur émissivité est très faible.

 

Si je comprends que l’on ait pu mesurer « in situ » la température de la thermosphère, je me demande comment on mesure celle de la couronne solaire.

Je ne semble pas être le seul à m’interroger sur cela : http://www.jp-petit.com/science/couronne_solaire/couronne_solaire.htm. Cet article donne le mécanisme de chauffage mais pas l’explication de l’émissivité ni celui de la méthode de mesure.

http://www.astrosurf.com/astrojanus/RCaron1984.htm semble indiquer qu’il s’agit de la mesure de raie spectrale du Fer. http://lre.cetp.ipsl.fr/Enseignement/PostDEA/Intro_plasmas.pdf le confirme.

 

Pour en revenir à l émissivité, les valeurs varient grandement selon le matériau :

http://www.collegesherbrooke.qc.ca/~graphycs/aubema/Mvt_Chal_html/Emissivite.html

Bref, le « σT4 « est vraiment très approximatif pour décrire ce qui se passe.

 

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12 septembre 2007 3 12 /09 /septembre /2007 08:48

J’ai déjà fait un calcul que le besoin mondial d’énergie nécessitait 25 millions de grosses éoliennes et 0,05% de la surface Terrestre. Refaisons ce calcul pour la France

 

 

 

On estime le nombre d’heure de fonctionnement d’une éolienne par an : 2500 h

 

Une éolienne de 100 Kw  produit 200 000 kWh/an soit 2000 h de fonctionnement.

 

Une grosse éolienne (80 m de diamètre) a « besoin » d’environ un hectare. Elle a une puissance d’environ 2 MW. Elle produit donc environ 5 000 000 000 Wh = 18 E12 J

 

 

Le besoin français d’énergie est environ Eh = 6 E+18 J (un gros centième du besoin mondial).

 

Pour couvrir ce besoin avec uniquement des éoliennes de ce type, il en faudrait donc :

6 E18/ 18E12 = 500 000.

Elle consommerait 500 000 d’ha soit 5 000 km2. Cela représente 1% de la superficie de la France.

 

Sur http://www.pensee-unique.fr/ondit.html, il est dit qu’il faudrait 400 000 éoliennes (ce qui correspond) et 25% du territoire (ce qui ne correspond pas).

Il est vrai que dire qu’une éolienne de ce type utilise 1ha est discutable. Strictement, l’empiètement au sol est moindre. Par contre, on peut aussi considérer qu’il faut de l’espace entre les éoliennes, et que leur concentration est bien moindre que 1/ha=100/km2. Ce chiffre de 25% indique-t qu’on ne peut en placer que 4 par km2 ? Cela me semble peu. Je pense qu’il y a une erreur ici.

L’occupation du territoire peut se traduire par 3 chiffres

-          La part d’empiètement. C’est en gros 0,1% du territoire

-          La part de « paysage défiguré ». Là on peut l’estimer à 10%.

-          La part d’espace encombré (autour de l’éolienne, il ne peut y avoir que de la culture). C’est le 1%

Tout cela est très important, mais un tel déploiement est réaliste.

 

Par contre, en posant le problème au niveau français, il apparaît un problème important : celui de le « rencontre » entre le besoin d’énergie et sa production. Il arrive en effet des périodes où aucun vent (ou presque) ne souffle sur la France. Et comme il n’est pas question de rester en panne pendant ce temps là, il faut bien piocher de l’énergie ailleurs.

Il y a l’approche financière pour laquelle « il n’y a qu’à inventer » un marché et acheter de l’énergie à ce moment là (éventuellement avec des contrats d’anticipation et tous les mécanismes sophistiqués qu’est capable de produire le monde de la finance). Ceci passe obligatoirement par une surcapacité importante. Cette surcapacité utilisera des technologies différentes, réactives : la combustion de gaz de fuel ou de biomasse.

L’autre approche est l’approche technique. Cela passe par l’interconnexion à très grande échelle. Idéalement, cela se ferait au niveau mondial. Comme, il y a toujours du vent qui souffle quelquepart, on pourrait toujours satisfaire la demande.

En pratique, c’est un mixe qui intervient. D’autre part, le cocktail de production énergétique n’est pas uniquement éolienne et inclue l’hydraulique et le nucléaire.

 

Je ne suis donc pas d’accord avec la réponse « illusoire » à la question « il faut à tout prix développer l’énergie éolienne dans notre pays ». Ma réponse serait « c’est un complément dont la proportion doit monter ».

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6 août 2007 1 06 /08 /août /2007 16:10

Par an, il y a 8760 h. La moitié est de la nuit, il y a des jours de nuages, de brouillard. On peut estimer que le nombre d’heure de fonctionnement d’un site photovoltaïque est de 3000 h.

 

La puissance solaire reçue au sol est de 240 W/m2 en moyenne.

 

L’efficacité de la production photovoltaïque est d’environ 5%

 

L’énergie produite est donc 240 * 3000 * 0,05 * 3600 = 130 000 000 J/m2

 

 

Rappel : le besoin mondiale d’énergie est Eh = 4,70 E+20 J

 

Pour couvrir ce besoin avec uniquement des cellules photovoltaïque, il faudrait donc une surface de : 4,7 E20/ 13 E7 = 3,6 E12 m2 soit 3,6 millions de km2. Cela représente 7 fois la surface de la France est surtout presque 1% de la surface terrestre. C’est vraiment beaucoup.

 

Les sites photovoltaïques comportent d’autres problèmes. Entretien (poussières), durée de vie, production d’un courant continu basse tension….

 

Le constat transitoire que l’on peut tirer de ce calcul est que la technologie photovoltaïque n’est pas une solution globale au problème du besoin énergétique mondiale. Sans doute, faut-il la voir comme une solution de niche.

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2 août 2007 4 02 /08 /août /2007 09:25

Sur http://www.espace-eolien.fr/Eolien/kesaco_eco.htm  

 

On estime le nombre d’heure de fonctionnement d’une éolienne par an : 2500 h  

 

Sur http://www.areneidf.org/energies/pdf/eoliensitePG.pdf  

 

Une éolienne de 100 Kw  produit 200 000 kWh/an soit 2000 h de fonctionnement.  

 

Une grosse éolienne (80 m de diamètre) a « besoin » d’environ un hectare. Elle a une puissance d’environ 2 MW. Elle produit donc environ 5 000 000 000 Wh = 18 E12 J  

 

Rappel : le besoin mondiale d’énergie est Eh = 4,70 E+20 J  

 

Pour couvrir ce besoin avec uniquement des éoliennes de ce type, il en faudrait donc :

4,7 E20/ 18E12 = 2,5 E7 soit 25 millions.

Elle consommerait 25 millions d’ha soit 250 000 km2. Cela représente une petite moitié de la superficie de la France. 

 

Ce petit bout de calcul présente le problème de façon très simplifiée. Il y a par exemple le problème de la « rencontre » entre le besoin d’énergie et sa production (le vent ne souffle pas tout le temps »). On peut considérer qu’au niveau mondial, le vent souffle toujours quelque part : avec un très bon réseau, il y a moyen de satisfaire cette rencontre. D’autre part, le « tout éolien » semble illusoire. Le chiffre de 2500 h/an c’est environ 25% du temps. Cela suppose un « bon site » pour l’éolien. Au niveau mondial, on peut supposer qu’il existe 250 000 km2 de « bon site ». Pourtant, pourra-t-on les occuper pour ce besoin ? Sinon, il faudra compenser le manque d’efficacité des sites par une augmentation du nombre.

Le calcul utilise le ratio « 1 ha pour un éolienne de 2 MW ». C’est approximatif. La technologie des éoliennes peut encore progresser (l’augmentation de leur efficacité semble passer par une augmentation de leur taille). Toutefois, les principes thermodynamiques étant ce qu’ils sont, il est illusoire d’attendre un saut extraordinaire pour ce ratio. Nous resterons toujours dans cet ordre de grandeur. 

 

Un constat partiel que l’on peut tirer de ce calcul est que l’énergie éolienne est une solution crédible pour faire face à la question du besoin énergétique mondial. Le prix à payer est de l’ordre de 0,05% de la surface terrestre ou 0,15 % des terres émergés (il serait plus judicieux de placer les éoliennes en mer).

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31 juillet 2007 2 31 /07 /juillet /2007 09:54

Sur http://www.agoravox.fr/article.php3?id_article=15346 je trouve 1,5 E9 ha.

Sur http://www.agriculteursdefrance.com/fr/LaLettreInternet.asp?ThemePage=2&Rubrique=1&Num=28, je trouve 5 E9 ha.

Idem sur http://www.syngenta-agro.fr/synfront/index_imprime.aspx?idpage=145

Sur http://faostat.fao.org/Portals/_Faostat/documents/pdf/world.pdf, il y a 1,4 E9 ha pour la terre arable, 3,4 E9 pour les pâtures et 0,138 E9 ha pour des « permanents crops ». Cela représente 38% de l’utilisation de la terre (que sont les 62 autres % ?).

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31 mai 2007 4 31 /05 /mai /2007 09:08

Dans les revues de vulgarisation, on apprend l’existence de 2 régions que je trouve problématique.

 

La première est la thermosphère. Celle-ci entoure la Terre. Elle commence vers 90 150 km et finit « plus loin ».  On y constate une augmentation de température avec l’altitude. On évoque 300 C jusqu’à 1600 C !

Et bien je trouve que l’équilibre thermique de cette thermosphère pose problème. Si l’on applique l’hypothèse du corps noir, elle devrait rayonner beaucoup : perdre beaucoup d’énergie par rayonnement. On n’en voit pas. Pour compenser cette perte, il faudrait un apport énergétique considérable (bien plus que les 1400 W/m2 de la « constante solaire ».  On évoque que cette sphère (l’ozone qu’elle contient) absorbe l’ultraviolet solaire. Soit. Cela ne représente qu’une faible fraction de 1400 W/m2.

En conséquence, cette thermosphère ne se comporte pas comme un corps noir. Le fait que sa densité soit faible ne change rien à l’affaire. Pourquoi sont comportement radiatif est il aussi éloigné de celui du corps noir ?

 

La deuxième région est la couronne solaire. Celle-ci entoure le soleil. La température y augmente des millions de K. Là encore, le bilan thermique est problématique. Si l’on suppose que l’unique apport d’énergie est la radiation de la surface solaire à 6000 K, pour une surface plus grande, il semble impossible de dépasser 6000 K. Là encore, pourquoi cette couronne n’émet pas « comme un corps noir » ?

 

Voici 2 cas qui relativisent la prétendue température d’équilibre à -18 C pour la surface terrestre. Je rappelle que « l’effet de serre » est considéré comme celui qui permet une température moyenne de 15 C (on se demande d’où cela sort) et non de -18 C. Du point de vue thermique, le problème est sans doute plus compliqué.

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30 mai 2007 3 30 /05 /mai /2007 08:55

On considère 1 m2 de surface terrestre « face au soleil ». Ceci se produit à midi autour de l’équateur lorsque le soleil est pile à la verticale. (Où sur la Lune face au soleil)

La puissance reçue par unité de surface face au soleil et Cs = Pt/S2 = 1397W/m2 (la fameuse « constante solaire ». On prendra 1340 W/m2

L’albédo terrestre moyen est A = 0,3, on prend cette valeur pour notre m2.

La puissance absorbé par ce « m2 » Ca = Ct(1-A) =938 W

La loi du corps est puissance émise = sygmaT4 avec sygma = 5,67 E-8  W/m2/K4

La température théorique de ce m2 selon la loi du corps noir est T = racine4ème(Ca/sygma) = 358 K soit environ 85°C.

On remarque qu’avec un albédo de 0, on trouve 119°C.

Il est assez difficile de mesure la température de la couche superficielle de surface terrestre.

Pour une surface d’albédo 0,3 donc pas noire, il semble que sa température soit sensiblement inférieure à 85°C, on peut l’estimer autour de 60 °C. C’est sans doute parce que cette surface perd son énergie autrement que par rayonnement. Elle perd sont énergie par conduction vers l’intérieur et par conduction de contact avec l’air.

D’autre part cette couche de surface n’est pas strictement en équilibre thermique : il est en train de chauffer à l’instant considéré.

 

La notion de température moyenne à -18 degré pour la Terre selon la loi du corps s’applique en théorie à ce m2 de surface. Il faudra aussi que toute la surface terrestre soit à la même température.

Ce modèle est donc inadéquat.

Dans la machine thermique du climat, il faut considérer plus que ce bout de surface terrestre. Il faut inclure une certaine profondeur de surface solide, y compris les glaciers, tout ou partie de l’océan, tout ou partie de l’atmosphère, tout ou partie de l’eau circulante.

La première question porte sur ces « tout ou partie ». Par exemple, il est certain que les températures des couches profondes de l’océan ne sont pas affecté quotidiennement. Pourtant, la circulation océanique existe, il semble difficile de les exclure. Idem pour toute la masse des glaciers. On doit aussi prendre toute l’atmosphère terrestre même celle qui est vers -60 °C à 10 km d’altitude.

La notion de température moyenne se comprend alors au sens de la calorimétrie. Il est certain que c’est la masse de l’eau (océan + glacier) qui va primer.

En première approche, la température moyenne de la Terre n’est donc pas de 15°C mais plutôt de 0°C. C’est un glaçon en train de fondre !

On remarque aussi que ce calcul ne correspond pas aux valeurs données pour la température à la surface de la Lune. Bref, les équations de la thermique sont relativement ineficace pour donner des éléments de prédiction.

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5 mars 2007 1 05 /03 /mars /2007 17:30

Samedi passé, il y a eu une éclipse de Lune.  Pour expliquer le phénomène à mes enfants, cela m’a amené à éclairicir certains points. Je les livre tels quels.  

Données 

S : rayon du soleil 

T : rayon de la Terre 

D : distance Soleil – Terre en ligne direct 

D’ : distance entre le bord du soleil et le bord de la terre (phénomène d’ombre) 

d : distance Terre lune 

d’ : distance entre le bord de la terre et le bord de son ombre au niveau de la lune (au moment de l’éclipse). 

O = rayon de l’ombre de la Terre au niveau de la Lune. 

On a H = S-T « surplus du rayon du soleil par rapport à la Terre ». Si H était négatif, l’ombre de la Terre grandirait sans arrêt et on aurait pas un « cône d’ombre ». 

On a h = T- O « surplus du rayon de la Terre par rapport à son ombre ». 

Par Thalès, D/d = D’/d’ 

D’où D’/D = d’/d 

D’ = racine(D2 + H2

En utilisant le développement simplifié. 

D’/ D = racine (1+H2/D2) = 1 + 1/2 H2/D2 

Pareil pour d’/d  

On obtient H/D = h/d et h = Hd/D 

S = 350 000 km 

T = 6370 km 

D = 1,5 E+8 km 

d = 384000 km 

Donc H = S-T = 343 730 km 

Et h = 880 km 

D’où O = 5490 km  

L’ombre de la terre au niveau de la lune est peu inférieur à la dimension de la Terre. Elle est bien plus grande que l’ombre de la lune et peut donc l’éclipser totalement sans souci. On peut estimer cela en voyant l’arc de cercle formé par l’ombre de la Terre projeté sur la Lune.  

Par le même calcul on trouve à quelle distance se situe la pointe du cône d’ombre de la Terre D T/S = 2 730 000 km.

 

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