Feuille d'entraînement : Rayonnement thermique

Corrigés

1. Exercice 1CentraleSupélec Physique 1 PC 2026, Q19

   La goutte étant modélisée par une sphère de rayon r_{\mathrm{g}}, sa surface totale d'échange s'écrit :

   S_{\mathrm{goutte}} = 4\pi r_{\mathrm{g}}^2

   D'après l'énoncé, le flux radiatif net reçu par la goutte s'exprime selon la loi de Stefan-Boltzmann :

   \phi_{\mathrm{th,rad}} = \sigma \varepsilon \left( T_\infty^4 - T_{\mathrm{g}}^4 \right) S_{\mathrm{goutte}}

   Posons \Delta T = T_\infty - T_{\mathrm{g}}. Comme |\Delta T| / T_\infty \ll 1, effectuons un développement limité au premier ordre de T_{\mathrm{g}}^4 autour de T_\infty :

   \begin{aligned} T_{\mathrm{g}}^4 &= \left( T_\infty - \Delta T \right)^4 \\ &= T_\infty^4 \left( 1 - \frac{\Delta T}{T_\infty} \right)^4 \\ &\simeq T_\infty^4 \left( 1 - 4 \frac{\Delta T}{T_\infty} \right) = T_\infty^4 - 4 T_\infty^3 (T_\infty - T_{\mathrm{g}}) \end{aligned}

   On en déduit :

   T_\infty^4 - T_{\mathrm{g}}^4 \simeq 4 T_\infty^3 (T_\infty - T_{\mathrm{g}})

   En injectant cette relation dans l'expression du flux radiatif, il vient :

   \phi_{\mathrm{th,rad}} \simeq 4 \sigma \varepsilon S_{\mathrm{goutte}} T_\infty^3 (T_\infty - T_{\mathrm{g}}) = 16 \pi \sigma \varepsilon r_{\mathrm{g}}^2 T_\infty^3 (T_\infty - T_{\mathrm{g}})

   Par identification avec la relation \phi_{\mathrm{th,rad}} = \dfrac{T_\infty - T_{\mathrm{g}}}{R_{\mathrm{rad}}}, on obtient la résistance thermique radiative :

   \boxed{R_{\mathrm{rad}} = \frac{1}{16 \pi \sigma \varepsilon r_{\mathrm{g}}^2 T_\infty^3}}

   Résultat

   $$R_{\mathrm{rad}}=\frac{1}{16\pi \sigma \epsilon r_{\mathrm{g}}^2{T}_{\infty }^3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q27

   Considérons le système fermé constitué par le « côté froid » du télescope, de masse m, de capacité thermique massique c, de surface d'échange S, supposé à une température spatiale uniforme T(t) à chaque instant.

   Le système étant assimilé à une phase condensée indéformable, la variation de son énergie interne pendant une durée élémentaire \mathrm{d}t s'écrit :

   \mathrm{d}U = m\,c\,\mathrm{d}T

   Appliquons le premier principe de la thermodynamique sous forme de bilan de puissance :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_{\text{reçue}} - \mathcal{P}_{\text{émise}}

   où :

   • la puissance thermique transmise par le bouclier vers le côté froid est donnée par l'énoncé : \mathcal{P}_{\text{reçue}} = P_t ;

   • la puissance thermique rayonnée par le télescope de surface S à la température T vers l'espace (considéré à température négligeable) est donnée par la loi de Stefan :

     \mathcal{P}_{\text{émise}} = \sigma S T^4

   Le bilan énergétique devient ainsi :

   m\,c\,\frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} = P_t - \sigma S T^4

   En divisant les deux membres par la capacité thermique totale positive m\,c, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + \frac{\sigma S}{m\,c}\,T^4 = \frac{P_t}{m\,c}

   Cette relation s'identifie bien à l'équation différentielle proposée :

   \frac{\mathrm{d}T}{\mathrm{d}t} + a\,T^4 = b

   avec les constantes positives :

   \boxed{a = \frac{\sigma S}{m\,c}} \quad \text{et} \quad \boxed{b = \frac{P_t}{m\,c}}

   Résultat

   $$a=\frac{\sigma S}{mc}$$

   $$b=\frac{P_t}{mc}$$

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3. Exercice 3CentraleSupélec Physique 2 PC 2026, Q30

   La méthode d'Euler explicite discrétise le temps en posant t_{k+1} = t_k + \Delta t et approxime la dérivée par un taux d'accroissement, ce qui conduit à la relation de récurrence :

   T_{k+1} = T_k + \Delta t \times f(T_k)

   En supposant que le pas temporel dt est exprimé dans l'unité de temps adaptée au problème (en jours, avec a et b exprimés en \text{jour}^{-1}, ou avec conversion temporelle sous-jacente), la fonction se complète naturellement à l'aide d'une boucle while :

   def euler(f, dt, TO):
       t = [0]
       T = [T0]
       t_fin = 150
       while t[-1] < t_fin:
           T_suiv = T[-1] + dt * f(T[-1])
           t_suiv = t[-1] + dt
           T.append(T_suiv)
           t.append(t_suiv)
       return t, T

   Si les constantes a et b sont définies dans le système international d'unités (avec t en secondes) et que l'utilisateur fournit un pas temporel dt en secondes, la condition d'arrêt porte sur t_{\text{fin}} = 150 \times 86\,400\text{ s}, et l'on convertit le temps en jours lors de l'enregistrement dans la liste t afin de respecter la consigne de graduation entre 0 et 150 jours :

   def euler(f, dt, T0):
       t = [0]
       T = [T0]
       t_sec = 0
       t_fin = 150 * 24 * 3600  # 150 jours en secondes
       while t_sec < t_fin:
           T.append(T[-1] + dt * f(T[-1]))
           t_sec += dt
           t.append(t_sec / (24 * 3600))
       return t, T

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q27

   Considérons la planète Mars comme un système fermé. En régime stationnaire (état d'équilibre thermique), l'énergie interne U de la planète est constante au cours du temps :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = 0

   En l'absence d'atmosphère et de source d'énergie interne significative, les seuls échanges énergétiques avec l'extérieur sont d'origine radiative : Mars absorbe la puissance solaire \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} et rayonne vers l'espace la puissance \mathcal{P}_{m,\mathrm{e}}. Le bilan thermique s'écrit donc :

   \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}t} = \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} - \mathcal{P}_{m,\mathrm{e}} = 0 \implies \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} = \mathcal{P}_{m,\mathrm{e}}

   En utilisant les résultats des questions Q25 et Q26 :

   \begin{aligned} \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} &= (1 - \alpha)\pi R_m^2 \sigma T_s^4 \left(\frac{R_s}{r_m}\right)^2 \\ \mathcal{P}_{m,\mathrm{e}} &= 4\pi R_m^2 \sigma T_m^4 \end{aligned}

   L'égalité des deux puissances conduit à :

   4\pi R_m^2 \sigma T_m^4 = (1 - \alpha)\pi R_m^2 \sigma T_s^4 \left(\frac{R_s}{r_m}\right)^2

   En simplifiant par 4\pi R_m^2 \sigma, on obtient :

   T_m^4 = \frac{1 - \alpha}{4} T_s^4 \left(\frac{R_s}{r_m}\right)^2 = \frac{(1 - \alpha) p_{m,\mathrm{i}}}{4\sigma}

   D'où l'expression de la température d'équilibre T_m :

   \boxed{T_m = T_s \left(\frac{1 - \alpha}{4}\right)^{1/4} \sqrt{\frac{R_s}{r_m}} = \left(\frac{(1 - \alpha) p_{m,\mathrm{i}}}{4\sigma}\right)^{1/4}}

   Application numérique : Avec les données de l'énoncé :

   • T_s = 5778\text{ K},
   • \alpha = 0{,}25 \implies 1 - \alpha = 0{,}75,
   • R_s = 6{,}96 \times 10^5\text{ km} = 6{,}96 \times 10^8\text{ m},
   • r_m = 2{,}28 \times 10^8\text{ km} = 2{,}28 \times 10^{11}\text{ m},
   • \sigma = 5{,}67 \times 10^{-8}\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}\cdot\text{K}^{-4} et p_{m,\mathrm{i}} \approx 589\text{ W}\cdot\text{m}^{-2} (Q24).

   T_m = \left(\frac{0{,}75 \times 588{,}6}{4 \times 5{,}67 \times 10^{-8}}\right)^{1/4} \approx 209{,}9\text{ K}

   \boxed{T_m \approx 210\text{ K} \quad (\text{soit } -63^\circ\text{C})}

   Commentaires :

   • La température d'équilibre calculée sans atmosphère (T_m \approx 210\text{ K}) est identique à la température moyenne actuelle mesurée à la surface de Mars indiquée dans l'énoncé (T_0 = 210\text{ K}). Cela s'explique par la très faible densité de l'atmosphère martienne actuelle (P_0 = 600\text{ Pa}), qui ne génère qu'un effet de serre quasi nul (contrairement à la Terre où l'effet de serre augmente la température moyenne de 33\text{ K}, de 255\text{ K} à 288\text{ K}).
   • Cette température est largement inférieure au point de fusion de la glace (273\text{ K}), confirmant que l'eau ne peut subsister sous forme liquide à la surface de Mars dans les conditions actuelles.

   Résultat

   $$T_m=T_s{\left(\frac{1-\alpha }{4}\right)}^{1/4}\sqrt{\frac{R_s}{r_m}}={\left(\frac{(1-\alpha )p_{m,\mathrm{i}}}{4\sigma }\right)}^{1/4}$$

   $$T_m\approx 210\text{ K}(\text{soit }-63^{\circ }\text{C})$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5CentraleSupélec Physique 2 PC 2024, Q30

   L'atmosphère formant une couche de faible épaisseur (e \ll R_m), sa surface d'échange vers le haut (vers l'espace) et sa surface d'échange vers le bas (vers le sol) sont toutes deux assimilées à l'aire de la planète 4\pi R_m^2.

   1. Bilan radiatif sur l'atmosphère À l'équilibre radiatif stationnaire, la puissance totale absorbée par l'atmosphère est égale à la puissance totale qu'elle émet :

   \begin{aligned} \mathcal{P}_{a,\mathrm{a}} &= \mathcal{P}_{a,\mathrm{e}} \end{aligned}

   L'atmosphère est transparente au rayonnement solaire (visible) et absorbe une fraction \varepsilon du rayonnement infrarouge émis par le sol :

   \mathcal{P}_{a,\mathrm{a}} = \varepsilon \left(4\pi R_m^2 \sigma {T'_m}^4\right)

   Elle émet un rayonnement thermique infrarouge isotrope à la température T_a, avec un facteur d'émission égal à son facteur d'absorption \varepsilon, à la fois vers le haut (espace) et vers le bas (sol) :

   \mathcal{P}_{a,\mathrm{e}} = 2 \times \left(4\pi R_m^2 \varepsilon \sigma T_a^4\right)

   L'égalité des puissances conduit à :

   \varepsilon \sigma {T'_m}^4 = 2\varepsilon \sigma T_a^4 \implies \sigma T_a^4 = \frac{1}{2}\,\sigma {T'_m}^4

   2. Bilan radiatif sur le sol martien Le sol martien absorbe la puissance solaire nette non réfléchie \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} ainsi que la totalité du rayonnement atmosphérique descendant :

   \begin{aligned} \mathcal{P}_{\mathrm{re\text{ç}ue, sol}} &= \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} + 4\pi R_m^2 \varepsilon \sigma T_a^4 \end{aligned}

   avec, d'après les questions Q24 et Q25 :

   \mathcal{P}_{m,\mathrm{a}} = (1 - \alpha) \frac{R_m^2}{4 r_m^2}\,\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}

   À l'équilibre, cette puissance reçue est intégralement rayonnée par le sol :

   \mathcal{P}_{\text{ém, sol}} = 4\pi R_m^2 \sigma {T'_m}^4

   L'égalité \mathcal{P}_{\mathrm{re\text{ç}ue, sol}} = \mathcal{P}_{\text{ém, sol}} s'écrit donc, en divisant par 4\pi R_m^2 :

   \frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{16\pi r_m^2} + \varepsilon \sigma T_a^4 = \sigma {T'_m}^4

   3. Détermination de T'_m En injectant l'expression de \sigma T_a^4 issue du bilan sur l'atmosphère :

   \begin{aligned} \frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{16\pi r_m^2} + \frac{\varepsilon}{2}\,\sigma {T'_m}^4 &= \sigma {T'_m}^4 \\ \sigma {T'_m}^4 \left(1 - \frac{\varepsilon}{2}\right) &= \frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{16\pi r_m^2} \\ \sigma {T'_m}^4 \left(\frac{2 - \varepsilon}{2}\right) &= \frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{16\pi r_m^2} \end{aligned}

   On en déduit l'expression de la température d'équilibre en présence d'atmosphère :

   \boxed{T'_{m} = \left[\frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{8\pi\sigma r_m^2 (2 - \varepsilon)}\right]^{1/4}}

   En rappelant l'expression de la température d'équilibre sans atmosphère obtenue à la question Q27 :

   T_m = \left[\frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{16\pi\sigma r_m^2}\right]^{1/4} \implies T_m^4 = \frac{(1 - \alpha)\mathcal{P}_{s,\mathrm{e}}}{16\pi\sigma r_m^2}

   on obtient la relation remarquable :

   {T'_m}^4 = \frac{2}{2 - \varepsilon}\,T_m^4

   soit :

   \boxed{T'_m = T_m \left(\frac{2}{2 - \varepsilon}\right)^{1/4}}

   Résultat

   $$T_m^{\prime }={\left[\frac{(1-\alpha ){\mathcal{P}}_{s,\mathrm{e}}}{8\pi \sigma r_m^2(2-\epsilon )}\right]}^{1/4}$$

   $$T_m^{\prime }=T_m{\left(\frac{2}{2-\epsilon }\right)}^{1/4}$$

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6. Exercice 6Polytechnique Physique A PC 2023, Q1

   L'irradiance spectrale du corps noir est donnée par la loi de Planck :

   L^0(\lambda, T) = \frac{2\pi h c^2}{\lambda^5} \frac{1}{\mathrm{e}^{\frac{hc}{\lambda k_B T}} - 1}

   Introduisons la variable adimensionnée :

   x = \frac{hc}{\lambda k_B T} \quad \implies \quad \lambda = \frac{hc}{k_B T} \frac{1}{x}

   La fonction L^0(\lambda, T) se réécrit à température T fixée :

   L^0(\lambda, T) = \frac{2\pi (k_B T)^5}{h^4 c^3} \, \frac{x^5}{\mathrm{e}^x - 1}

   Comme \lambda décroît strictement avec x, le maximum de L^0 par rapport à \lambda s'obtient en annulant la dérivée de L^0 par rapport à \lambda :

   \frac{\partial L^0}{\partial \lambda} = \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}\lambda} \frac{\partial L^0}{\partial x} = -\frac{x}{\lambda} \frac{\partial L^0}{\partial x} = 0 \iff \frac{\partial L^0}{\partial x} = 0

   Dérivons la fonction g(x) = \frac{x^5}{\mathrm{e}^x - 1} par rapport à x :

   \begin{aligned} g'(x) &= \frac{5 x^4 (\mathrm{e}^x - 1) - x^5 \mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x - 1)^2} = \frac{x^4 \mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x - 1)^2} \left[ 5(1 - \mathrm{e}^{-x}) - x \right] \end{aligned}

   Pour x > 0, l'annulation de la dérivée conduit à la relation :

   \begin{aligned} 5(1 - \mathrm{e}^{-x}) - x = 0 \iff \mathrm{e}^{-x} = 1 - \frac{x}{5} \end{aligned}

   L'énoncé indique que la solution de cette équation transcendante vaut x \approx 5 (la valeur numérique exacte étant x_0 \approx 4{,}965). Par définition de x, à l'extremum \lambda = \lambda_{\max} :

   \frac{hc}{\lambda_{\max} k_B T} = x_0 \implies \lambda_{\max} T = \frac{hc}{x_0 k_B}

   Calculons la constante associée en prenant l'air (ou le vide) pour lequel l'indice de réfraction vaut n = 1, soit c = c_0 = 3{,}00 \cdot 10^8\text{ m}\cdot\text{s}^{-1} :

   • avec la valeur précise x_0 \approx 4{,}965 :

     \lambda_{\max} T = \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \times 3{,}00 \cdot 10^8}{4{,}965 \times 1{,}38 \cdot 10^{-23}} \approx 2{,}899 \cdot 10^{-3}\text{ K}\cdot\text{m}

   • avec l'approximation suggérée x \approx 5 :

     \lambda_{\max} T \approx \frac{6{,}63 \cdot 10^{-34} \times 3{,}00 \cdot 10^8}{5 \times 1{,}38 \cdot 10^{-23}} \approx 2{,}88 \cdot 10^{-3}\text{ K}\cdot\text{m}

   On retrouve ainsi la loi du déplacement de Wien :

   \boxed{\lambda_{\max} \times T = 2{,}899 \cdot 10^{-3}\text{ K}\cdot\text{m}}

   Résultat

   $${\lambda }_{\max }\times T=2,899\cdot 10^{-3}\text{ K}\cdot \text{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7Polytechnique Physique A PC 2023, Q2

   La puissance surfacique totale émise par le corps noir s'obtient en intégrant la loi de Planck sur toutes les longueurs d'onde du spectre :

   P_{\text{ray}} = \int_0^{+\infty} L^0(\lambda, T) \, \mathrm{d}\lambda = \int_0^{+\infty} \frac{2\pi h c^2}{\lambda^5} \frac{1}{\mathrm{e}^{\frac{hc}{\lambda k_B T}} - 1} \, \mathrm{d}\lambda

   Introduisons le changement de variable sans dimension :

   x = \frac{hc}{\lambda k_B T} \quad \implies \quad \lambda = \frac{hc}{k_B T} \frac{1}{x} \quad \text{et} \quad \mathrm{d}\lambda = -\frac{hc}{k_B T} \frac{\mathrm{d}x}{x^2}

   Pour les bornes d'intégration :

   • lorsque \lambda \to 0, x \to +\infty ;
   • lorsque \lambda \to +\infty, x \to 0.

   En réinjectant ces expressions dans l'intégrale :

   \begin{aligned} P_{\text{ray}} &= \int_{+\infty}^0 2\pi h c^2 \left( \frac{k_B T}{hc} x \right)^5 \frac{1}{\mathrm{e}^x - 1} \left( -\frac{hc}{k_B T} \frac{\mathrm{d}x}{x^2} \right) \\ &= 2\pi h c^2 \left( \frac{k_B T}{hc} \right)^4 \int_0^{+\infty} \frac{x^3}{\mathrm{e}^x - 1} \, \mathrm{d}x \end{aligned}

   D'après l'intégrale fournie en donnée de l'énoncé, \displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{x^3}{\mathrm{e}^x - 1} \, \mathrm{d}x = \frac{\pi^4}{15}. On en déduit :

   \begin{aligned} P_{\text{ray}} &= 2\pi h c^2 \frac{k_B^4 T^4}{h^4 c^4} \times \frac{\pi^4}{15} \\ &= \left( \frac{2\pi^5 k_B^4}{15 h^3 c^2} \right) T^4 \end{aligned}

   On retrouve bien la loi de Stefan-Boltzmann :

   \boxed{P_{\text{ray}} = \sigma_0 T^4 \quad \text{avec} \quad \sigma_0 = \frac{2\pi^5 k_B^4}{15 h^3 c^2}}

   Résultat

   $$P_{\text{ray}}={\sigma }_0{T}^4\text{avec}{\sigma }_0=\frac{2{\pi }^5{k}_B^4}{15h^3{c}^2}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8ENS Physique C PC 2021, Q32

   D'après l'équation (5) de la partie 1.4, la loi de déplacement de Wien relie la température T du corps noir à la longueur d'onde \lambda_m d'émission maximale :

   \lambda_m T = 2,898 \times 10^{-3} \text{ m}\cdot\text{K}

   Pour la surface terrestre à la température moyenne T_0 = 288\text{ K} (précisée dans l'introduction de la partie 5.1), on obtient :

   \begin{aligned} \lambda_m &= \frac{2,898 \times 10^{-3}}{288} \approx 1,01 \times 10^{-5}\text{ m} \end{aligned}

   Soit, avec le nombre de chiffres significatifs requis :

   \boxed{\lambda_m \approx 10\text{ }\mu\text{m}}

   D'après les données de la partie 1.4, 98\,\% de l'énergie rayonnée par un corps noir (ce qui constitue l'essentiel de l'énergie) est concentré dans l'intervalle [0,5\,\lambda_m \,;\, 8\,\lambda_m]. Les bornes de ce domaine sont donc :

   \begin{aligned} \lambda_{\min} &= 0,5\,\lambda_m \approx 5\text{ }\mu\text{m} \\ \lambda_{\max} &= 8\,\lambda_m \approx 80\text{ }\mu\text{m} \end{aligned}

   L'essentiel de l'énergie est donc émis dans le domaine :

   \boxed{[\lambda_{\min}, \lambda_{\max}] \approx [5\text{ }\mu\text{m}, 80\text{ }\mu\text{m}]}

   Résultat

   $${\lambda }_m\approx 10\mu \text{m}$$

   $$[{\lambda }_{\min },{\lambda }_{\max }]\approx [5\mu \text{m},80\mu \text{m}]$$

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9. Exercice 9ENS Physique C PC 2021, Q35

   Considérons le rayonnement se propageant selon +\vec{e}_z à travers la tranche d'atmosphère comprise entre z et z+\mathrm{d}z. Le bilan de flux énergétique s'écrit :

   I_\lambda(z + \mathrm{d}z) = I_\lambda(z) - \delta I_{\lambda,\mathrm{abs}} + \delta I_{\lambda,\text{émis}}

   D'après l'énoncé :

   • l'énergie absorbée par la tranche est \delta I_{\lambda,\mathrm{abs}} = I_\lambda k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z ;
   • l'énergie émise par la tranche dans la direction \vec{e}_z est \delta I_{\lambda,\text{émis}} = A_\lambda k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z.

   La variation du flux énergétique le long de la verticale s'exprime donc par :

   \begin{aligned} \mathrm{d}I_\lambda &= I_\lambda(z + \mathrm{d}z) - I_\lambda(z) \\ &= - I_\lambda k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z + A_\lambda k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z \\ &= (A_\lambda - I_\lambda)\,k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z \end{aligned}

   La variable d'épaisseur optique \tau_\lambda étant définie par \mathrm{d}\tau_\lambda = - k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z, on a k_\lambda \rho\,\mathrm{d}z = -\mathrm{d}\tau_\lambda. Il vient alors :

   \begin{aligned} \mathrm{d}I_\lambda &= (A_\lambda - I_\lambda)(-\mathrm{d}\tau_\lambda) \\ &= (I_\lambda - A_\lambda)\,\mathrm{d}\tau_\lambda \end{aligned}

   On obtient ainsi l'équation de transfert radiatif :

   \boxed{\frac{\mathrm{d}I_\lambda}{\mathrm{d}\tau_\lambda} = I_\lambda - A_\lambda}

   où A_\lambda = \frac{B_\lambda}{\pi} d'après la partie 1.4.

   Résultat

   $$\frac{\mathrm{d}{I}_{\lambda }}{\mathrm{d}{\tau }_{\lambda }}=I_{\lambda }-A_{\lambda }$$

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10. Exercice 10ENS Physique C PC 2021, Q44

    À l'équilibre radiatif global du système Terre-atmosphère, la puissance totale émise sous forme de rayonnement infrarouge vers l'espace compense exactement la puissance solaire absorbée :

    \mathcal{P}_{\text{émise}} = \mathcal{P}_{\text{absorbée}}.

    La Terre, assimilée à une sphère de rayon R_T, intercepte le flux solaire incident F sur un disque de section efficace \pi R_T^2. Une fraction \alpha de ce flux étant réfléchie vers l'espace (albédo), la puissance solaire nette absorbée s'écrit :

    \mathcal{P}_{\text{absorbée}} = (1 - \alpha) F \times \pi R_T^2.

    Par ailleurs, l'émission thermique infrarouge s'effectue au sommet de l'atmosphère sur toute la sphère, soit une aire totale de 4\pi R_T^2. La puissance totale rayonnée vers l'espace vaut donc :

    \mathcal{P}_{\text{émise}} = U_{Lt} \times 4\pi R_T^2.

    L'égalité de ces deux puissances conduit immédiatement à :

    4\pi R_T^2 U_{Lt} = (1 - \alpha) F \pi R_T^2,

    d'où l'expression du flux thermique hémisphérique montant au sommet de l'atmosphère :

    U_{Lt} = \frac{(1 - \alpha) F}{4}.

    Application numérique : Avec F = 1360\text{ W}\cdot\text{m}^{-2} et \alpha = 0{,}3, on a 1 - \alpha = 0{,}7 et :

    \begin{aligned} \frac{F}{4} &= \frac{1360}{4} = 340\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}, \\ U_{Lt} &= 0{,}7 \times 340 = 238\text{ W}\cdot\text{m}^{-2}. \end{aligned}

    Avec deux chiffres significatifs, on obtient :

    \boxed{U_{Lt} = 2{,}4 \times 10^2\text{ W}\cdot\text{m}^{-2} \quad (\text{soit } 240\text{ W}\cdot\text{m}^{-2})}.

    Résultat

    $$U_{Lt}=2,4\times 10^2\text{ W}\cdot {\text{m}}^{-2}(\text{soit }240\text{ W}\cdot {\text{m}}^{-2})$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question