Chapitre 14 – Lumière, couleurs et photodétecteurs

Q1.

Solution A : \(E_A = 6\,000 / 12 = \mathbf{500 \text{ lx}}\)

Solution B : \(E_B = 5\,400 / 12 = \mathbf{450 \text{ lx}}\)

Q2. Critères : IRC ≥ 90 et \(E \geq 1\,000\) lx.

Aucune solution n'est conforme en l'état : l'éclairement est insuffisant pour les deux.

Q3. Avec 4 luminaires Solution B : \(\Phi = 4 \times 5\,400 = 21\,600\) lm. \(E = 21\,600 / 12 = \mathbf{1\,800 \text{ lx}}\). IRC = 95 ≥ 90. Les deux critères sont satisfaits.

Q4. Un IRC de 80 signifie que certaines longueurs d'onde ne sont pas bien restituées. Le menuisier perçoit la teinte de la lasure de façon légèrement altérée. Une fois la pièce chez le client en lumière naturelle, le décalage de teinte devient visible (bois trop terne, teinte décalée vers le jaune ou le brun).

Q5. L'IRC garantit que toutes les couleurs du spectre sont bien représentées. La température de couleur garantit l'équilibre chaud/froid : si elle est trop basse (2 700 K), les teintes froides (gris, blanc bois) paraissent plus chaudes, induisant une erreur dans la sélection de la teinte finale.

Q1. \(\lambda = 940\) nm > 780 nm : ce rayonnement est infrarouge (IR), donc invisible à l'œil nu. Cela impose de ne pas confondre sa présence avec un faisceau visible lors des opérations de maintenance de la machine.

Q2.

À \(d = 0{,}10\) m : \(P = \dfrac{1{,}2 \times 10^{-3}}{(0{,}10)^2} = \dfrac{1{,}2 \times 10^{-3}}{0{,}01} = \mathbf{0{,}12 \text{ W}}\)

À \(d = 0{,}20\) m : \(P = \dfrac{1{,}2 \times 10^{-3}}{(0{,}20)^2} = \dfrac{1{,}2 \times 10^{-3}}{0{,}04} = \mathbf{0{,}030 \text{ W}}\)

Quand la distance double, la puissance est divisée par 4 (loi en \(1/d^2\)).

Q3. \(I = k \times P = 0{,}5 \times 0{,}12 = \mathbf{6{,}0 \times 10^{-2} \text{ A}} = 60 \text{ mA}\)

Q4. \(d_{\text{max}}^2 = \dfrac{k \cdot P_0}{I_{\text{seuil}}} = \dfrac{0{,}5 \times 1{,}2 \times 10^{-3}}{4{,}0 \times 10^{-5}} = 15\)

\(d_{\text{max}} = \sqrt{15} \approx 3{,}87 \text{ m} \approx \mathbf{387 \text{ cm}}\)

Q5. \(P_0' = 0{,}70 \times 1{,}2 \times 10^{-3} = 8{,}4 \times 10^{-4}\) W·m².

\(d_{\text{max}}' = \sqrt{\dfrac{0{,}5 \times 8{,}4 \times 10^{-4}}{4{,}0 \times 10^{-5}}} = \sqrt{10{,}5} \approx 3{,}24 \text{ m} \approx \mathbf{324 \text{ cm}}\)

La portée passe de 387 cm à 324 cm (−16 %). Si la CNC doit détecter des pièces à plus de 3,24 m, la détection échoue silencieusement. Il est important de nettoyer régulièrement les optiques des capteurs lors des maintenances préventives.

Q1. Flux utile : \(\Phi = 300 \times 800 = 240\,000\) lm. Flux initial : \(\Phi_0 = 240\,000 / 0{,}80 = \mathbf{300\,000}\) lm.

Q2. Nombre de luminaires : \(n = \lceil 300\,000 / 20\,000 \rceil = \mathbf{15}\) pour les deux solutions.

Q3. Solution A : \(P = 15 \times 250 = 3\,750\) W = 3,75 kW. Coût/an = \(3{,}75 \times 2\,000 \times 0{,}18 = \mathbf{1\,350}\) €.

Solution B : \(P = 15 \times 140 = 2\,100\) W = 2,1 kW. Coût/an = \(2{,}1 \times 2\,000 \times 0{,}18 = \mathbf{756}\) €.

Q4. Sur 10 ans (20 000 h) :

Solution A : remplacements = \(\lceil 20\,000/6\,000 \rceil = 4\) jeux → achat = \(4 \times 15 \times 120 = 7\,200\) €. Électricité = \(10 \times 1\,350 = 13\,500\) €. Total A = 20 700 €.

Solution B : pas de remplacement (50 000 h) → achat = \(15 \times 350 = 5\,250\) €. Électricité = \(10 \times 756 = 7\,560\) €. Total B = 12 810 €.

Économie annuelle LED : \(1\,350 - 756 = 594\) €. Surcoût achat : \(5\,250 - 1\,800 = 3\,450\) € (premier achat halogène = \(15 \times 120\)). Rentabilisation : \(3\,450 / 594 \approx \mathbf{5{,}8}\) ans, soit environ 6 ans.

Q1. \(2\,048 \times 1\,536 = \mathbf{3\,145\,728}\) pixels ≈ 3,1 mégapixels.

Q2. Champ horizontal = 400 mm pour 2 048 pixels. Taille d'un pixel = \(\dfrac{400}{2\,048} \approx \mathbf{0{,}195}\) mm ≈ 0,20 mm.

Q3. Taille minimale = \(3 \times 0{,}195 \approx \mathbf{0{,}59}\) mm ≈ 0,6 mm.

Q4. Une zone moins éclairée apparaît plus sombre sur l'image CCD. Le logiciel d'analyse peut interpréter cette ombre comme un défaut de surface (tache, rayure). Un éclairage homogène et puissant (≥ 750 lx) évite ces faux positifs.

Q1. \(f = \dfrac{c}{\lambda} = \dfrac{3{,}00 \times 10^8}{1{,}550 \times 10^{-6}} \approx \mathbf{1{,}94 \times 10^{14}}\) Hz

Q2. \(\lambda = 1\,550\) nm > 780 nm : c'est de l'infrarouge, invisible à l'œil nu. C'est dans l'infrarouge proche, très utilisé en télécommunications car l'atténuation est minimale dans la silice.

Q3. \(t = \dfrac{d}{v} = \dfrac{500}{2{,}00 \times 10^8} = \mathbf{2{,}50 \times 10^{-6}}\) s = 2,5 μs

Q4. \(n = \dfrac{3{,}00 \times 10^8}{2{,}00 \times 10^8} = \mathbf{1{,}50}\). L'indice est supérieur à 1 : la lumière est ralentie dans la fibre par rapport au vide. C'est typique de la silice utilisée en fibre optique.

Q1. Oui, car 380–780 nm < 1 100 nm. Tous les photons visibles ont une longueur d'onde inférieure au seuil du silicium.

Q2. \(f_{\min} = \dfrac{c}{\lambda_{\max}} = \dfrac{3{,}00 \times 10^8}{1{,}100 \times 10^{-6}} \approx \mathbf{2{,}73 \times 10^{14}}\) Hz

Q3. \(\lambda = 2\,000\) nm > 1 100 nm : ces photons ne sont pas absorbés. Ils traversent le silicium ou le chauffent sans produire d'électricité. Cela limite le rendement du panneau (le silicium ne peut pas convertir toute l'énergie solaire).

Q4. Puissance totale : \(10 \times 300 = 3\,000\) W = 3 kW. Énergie/jour : \(3 \times 4 = 12\) kWh. Énergie/an : \(12 \times 365 = \mathbf{4\,380}\) kWh.

Q1. R + V en synthèse additive donne du jaune. Le mur blanc diffuse toute la lumière reçue.

Q2. C + J en synthèse soustractive donne du vert. Les pigments absorbent le rouge et le bleu, ne diffusant que le vert.

Q3. La lumière jaune contient du rouge et du vert. Le panneau vert absorbe le rouge et diffuse le vert. L'œil voit donc du vert.

Q4. Le panneau vert absorbe le rouge et ne diffuse que le vert. Comme il ne reçoit que du rouge, il absorbe tout : le panneau apparaît noir (ou très sombre).

Q1. Flux initial = \(\dfrac{E \times S}{0{,}80}\)

Débit : \(\dfrac{300 \times 80}{0{,}80} = 30\,000\) lm  |  Assemblage : \(\dfrac{500 \times 40}{0{,}80} = 25\,000\) lm

Finition : \(\dfrac{1\,000 \times 25}{0{,}80} = 31\,250\) lm  |  Stockage : \(\dfrac{100 \times 60}{0{,}80} = 7\,500\) lm

Q2. Puissance = Flux / efficacité

Débit : 30 000/120 = 250 W  |  Assemblage : 25 000/120 ≈ 208 W  |  Finition : 31 250/120 ≈ 260 W  |  Stockage : 7 500/120 ≈ 63 W

Q3. Énergie par zone = P × h/jour × 250 jours

Débit : 250 × 8 × 250 = 500 000 Wh = 500 kWh

Assemblage : 208 × 8 × 250 = 416 000 Wh = 416 kWh

Finition : 260 × 6 × 250 = 390 000 Wh = 390 kWh

Stockage : 63 × 4 × 250 = 63 000 Wh = 63 kWh

Total : 1 369 kWh

Q4. Coût = 1 369 × 0,22 = 301 €/an

Q5. Avec fluorescent (60 lm/W), les puissances doublent → énergie totale ≈ 2 738 kWh → coût = 602 €/an. Économie annuelle : \(602 - 301 = \mathbf{301}\) €, soit 50 % d'économie.

1. Complément à fournir : \(E_{\text{art}} = 500 - E_{\text{nat}}\), sans descendre en dessous de 0. Taux de gradation : \(\tau = \dfrac{E_{\text{art}}}{450}\), plafonné à 100 %.

8 h – 10 h : \(500 - 180 = 320\) lx → \(\tau = \dfrac{320}{450} = \mathbf{71\ \%}\).
10 h – 12 h : \(500 - 420 = 80\) lx → \(\tau = \mathbf{18\ \%}\).
12 h – 14 h : \(610 \gt 500\) → \(\tau = \mathbf{0\ \%}\) (éclairage éteint).
14 h – 16 h : \(500 - 500 = 0\) → \(\tau = \mathbf{0\ \%}\).
16 h – 18 h : \(500 - 260 = 240\) lx → \(\tau = \mathbf{53\ \%}\).
18 h – 20 h : \(500 - 90 = 410\) lx → \(\tau = \mathbf{91\ \%}\).

2. Somme des taux : \(0{,}71 + 0{,}18 + 0 + 0 + 0{,}53 + 0{,}91 = 2{,}33\).

Chaque tranche dure 2 h, d'où : \(W = 600 \times 2 \times 2{,}33 = 2\,796\ \text{Wh} \approx \mathbf{2{,}8\ \text{kWh}}\).

3. À pleine puissance : \(W_0 = 600 \times 12 = 7\,200\ \text{Wh} = \mathbf{7{,}2\ \text{kWh}}\).

Économie : \(7{,}2 - 2{,}8 = 4{,}4\) kWh, soit \(\dfrac{4{,}4}{7{,}2} \times 100 = \mathbf{61\ \%}\).

4. \(4{,}4 \times 220 = \mathbf{968\ \text{kWh/an}}\), soit environ 970 kWh, et \(968 \times 0{,}22 = \mathbf{213\ \text{€/an}}\).

5. Deux hypothèses discutables :

• La puissance est proportionnelle au taux de gradation. En réalité l'alimentation électronique consomme même à faible taux : la consommation réelle est un peu supérieure à celle calculée, l'économie sera donc un peu plus faible que 61 %.

• Le profil d'éclairement naturel relevé vaut pour toute l'année. C'est faux : en hiver et par temps couvert l'apport naturel est bien plus faible, donc l'économie annuelle réelle sera inférieure à 968 kWh. Un relevé sur plusieurs semaines et plusieurs saisons serait nécessaire.

On peut ajouter que le capteur ne mesure qu'un seul point du plateau alors que la lumière naturelle est très inégale entre les postes en fenêtre et ceux du fond.

1. La puce bleue correspond au pic étroit et très intense de la bande 400 – 450 nm (valeur 100) : c'est une émission concentrée sur une plage réduite. Le phosphore correspond à la bande large et plus douce qui s'étend de 500 à 650 nm (55, 70, 45) : la conversion par le phosphore produit toujours une émission étalée.

2. LED : total \(= 100 + 25 + 55 + 70 + 45 + 20 + 6 = 321\) u.a. ; au-delà de 650 nm : \(20 + 6 = 26\) u.a.

Part : \(\dfrac{26}{321} \times 100 = \mathbf{8{,}1\ \%}\).

Halogène : total \(= 8 + 14 + 22 + 30 + 38 + 45 + 60 = 217\) u.a. ; au-delà de 650 nm : \(45 + 60 = 105\) u.a.

Part : \(\dfrac{105}{217} \times 100 = \mathbf{48{,}4\ \%}\).

L'halogène émet donc proportionnellement six fois plus d'énergie dans les rouges profonds que la LED.

3. Un objet ne peut renvoyer que les radiations qu'il reçoit. L'acajou doit sa chaleur à sa capacité à diffuser les grandes longueurs d'onde (rouges profonds). Sous la LED, ces radiations sont presque absentes du spectre incident : le placage ne peut pas les renvoyer et son rouge paraît éteint, d'où l'impression de teinte terne et grisâtre. Sous l'halogène, ces radiations sont abondantes et le bois retrouve sa couleur.

4. Il faut ajouter au dépôt un second phosphore émettant dans le rouge (ou associer des puces de plusieurs teintes) pour combler le creux au-delà de 650 nm : on obtient une LED « haut IRC » (90 à 98). Contrepartie : à technologie égale, une partie de l'énergie est convertie dans une zone où l'œil est peu sensible ; l'efficacité lumineuse (lm/W) diminue, et le composant coûte plus cher.

5. La formulation est fausse. L'IRC n'est pas un pourcentage de couleurs fidèles : c'est un indice qui compare le rendu moyen d'une série de couleurs tests sous la source étudiée et sous un illuminant de référence de température de couleur voisine. Il ne dit rien sur la répartition des écarts : une source peut restituer très correctement la plupart des teintes et fausser gravement les rouges saturés, comme ici. Deux lampes de même IRC peuvent d'ailleurs avoir des spectres très différents. Pour un travail de finition, il faut regarder le spectre, pas seulement l'indice.

1. Écart relatif \(= \dfrac{\text{valeur affichée} - 500}{500} \times 100\) :

incandescence : \(\dfrac{175}{500} \times 100 = \mathbf{+35\ \%}\) ; halogène : \(\dfrac{160}{500} \times 100 = \mathbf{+32\ \%}\) ; fluorescent : \(\mathbf{+4\ \%}\) ; LED : \(\mathbf{+2\ \%}\).

2. Classement décroissant : incandescence \(\gt\) halogène \(\gt\) fluorescent \(\gt\) LED. Les deux sources les plus fautives sont les deux lampes à filament : elles produisent leur lumière par échauffement d'un filament et émettent une part considérable de leur rayonnement dans l'infrarouge.

3. Une photodiode au silicium est sensible bien au-delà du visible, jusque vers 1 100 nm. Elle compte donc le rayonnement infrarouge que l'œil ne voit pas : face à une lampe à filament, riche en infrarouge, elle sur-évalue fortement l'éclairement. Le luxmètre étalonné porte un filtre de correction qui reproduit la courbe de sensibilité de l'œil : il ne compte que ce que l'œil perçoit, et pondère chaque longueur d'onde comme le fait l'œil. Sous LED ou tube fluorescent, presque dépourvus d'infrarouge, les deux appareils s'accordent.

4. Le capteur affiche 660 lx quand l'éclairement réel est 500 lx ; le rapport est \(\dfrac{660}{500} = 1{,}32\). S'il affiche 500 lx, l'éclairement réel vaut :

\(E = \dfrac{500}{1{,}32} = \mathbf{379\ \text{lx}}\), soit environ 380 lx.

Le technicien croit avoir atteint 500 lx alors qu'il manque plus de 120 lx : la réserve est sous-éclairée d'environ 24 %, ce qui peut poser un problème de sécurité (lecture d'étiquettes, circulation).

5. Il reste utilisable en comparaison relative, sous une seule et même source : repérer le point le moins éclairé d'un local, vérifier qu'un éclairage a bien été divisé par deux, suivre l'encrassement d'un luminaire dans le temps. Il ne convient pas pour une valeur absolue en lux, ni pour comparer deux sources de natures différentes.

1. Le courant délivré par une photodiode est proportionnel à l'éclairement qu'elle reçoit. Le dépôt de poussière absorbe et diffuse une partie du faisceau infrarouge : le flux qui atteint la photodiode diminue, donc le courant diminue dans la même proportion.

2. Écarts successifs : \(118 - 106 = 12\) ; \(106 - 94 = 12\) ; \(94 - 82 = 12\) ; \(82 - 70 = 12\). La diminution est bien régulière, de 12 µA par semaine.

\(I = 118 - 12\,n\) (avec \(I\) en µA et \(n\) en semaines).

3. On cherche \(n\) tel que \(I = 60\) :

\(118 - 12\,n = 60\) donc \(12\,n = 58\) et \(n = \dfrac{58}{12} = \mathbf{4{,}8\ \text{semaines}}\).

Le défaut apparaîtra donc au cours de la cinquième semaine suivant le nettoyage.

4. Un nettoyage toutes les 3 semaines est un bon compromis. À \(n = 3\) : \(I = 118 - 36 = 82\) µA, soit une marge de \(82 - 60 = 22\) µA au-dessus du seuil, c'est-à-dire \(\dfrac{22}{60} \times 100 = 37\ \%\). Cette marge absorbe une semaine de retard d'intervention (à \(n = 4\), \(I = 70\) µA, toujours au-dessus du seuil) et les variations d'empoussièrement d'une semaine à l'autre. Un nettoyage hebdomadaire serait inutilement coûteux, un nettoyage mensuel exposerait à l'arrêt machine.

5. On peut programmer un seuil d'alerte à 80 µA environ : l'automate signale alors le besoin de nettoyage sans arrêter la production, environ trois semaines après le dernier nettoyage. Cette solution est plus robuste qu'un calendrier fixe car la vitesse d'encrassement dépend de l'activité réelle : une semaine de ponçage encrasse beaucoup plus qu'une semaine de montage. Le seuil s'adapte tout seul à la charge de l'atelier, alors qu'un calendrier serait tantôt trop serré, tantôt trop lâche.

1. Sous les lampes du salon, la voie rouge reçoit beaucoup plus que la voie bleue (100 contre 28) : le capteur enregistre donc, pour un objet blanc, un signal fortement dominé par le rouge et le vert, c'est-à-dire du jaune-orangé. C'est la conséquence directe de la température de couleur basse (2 800 K) : la source émet proportionnellement peu de courtes longueurs d'onde. L'œil, lui, s'adapte à l'éclairage ambiant et continue de percevoir le blanc comme blanc : le capteur, non.

2. Gain \(=\) valeur de référence \(\div\) valeur de la voie.

Salon (référence R = 100) : \(g_R = \mathbf{1{,}00}\) ; \(g_V = \dfrac{100}{62} = \mathbf{1{,}61}\) ; \(g_B = \dfrac{100}{28} = \mathbf{3{,}57}\).

Lumière du jour (référence B = 112) : \(g_R = \dfrac{112}{100} = \mathbf{1{,}12}\) ; \(g_V = \dfrac{112}{105} = \mathbf{1{,}07}\) ; \(g_B = \mathbf{1{,}00}\).

3. Au salon, la voie bleue doit être amplifiée 3,57 fois. Or amplifier un signal, c'est aussi amplifier le bruit qui l'accompagne : la photo présentera un bruit bleu visible dans les zones sombres, avec des grains colorés. C'est pourquoi les photos d'intérieur sous lampes à filament sont souvent bruitées, même après correction.

4. L'affirmation est fausse. La balance des blancs se contente de multiplier chaque voie par un coefficient : elle rééquilibre une dominante générale. Mais si la source n'émet quasiment rien dans une bande de longueurs d'onde (ce qui est le cas d'une LED à IRC 68 dans les rouges profonds), l'objet ne peut y renvoyer aucune lumière : l'information est absente de l'image. Aucun gain, aucun réglage ne peut restituer une information qui n'a jamais été captée. Une teinte acajou, terracotta ou bordeaux restera fausse.

5. Protocole : (a) éclairer avec des sources à IRC ≥ 90 et de température de couleur connue ; (b) n'utiliser qu'un seul type de source — ne pas mélanger lumière du jour par la fenêtre et lampes d'atelier, car aucune balance des blancs unique ne convient alors aux deux ; (c) placer une charte grise dans le champ et régler la balance des blancs dessus, plutôt que de laisser l'appareil deviner ; (d) contrôler le résultat en comparant la photo au meuble réel sous le même éclairage, et refaire la prise de vue si l'écart est visible.

1. 350 nm est inférieur à 380 nm : ce rayonnement appartient au domaine des ultraviolets, invisible à l'œil. Plus la longueur d'onde est courte, plus l'énergie transportée par chaque photon est grande. Les photons UV sont assez énergétiques pour rompre des liaisons chimiques dans la lignine du bois et dans les molécules de pigments : la surface se colore et les teintures se décolorent. Les photons rouges, beaucoup moins énergétiques, ne le peuvent pas.

2. Facteur de réduction \(=\) transmission du verre clair \(\div\) transmission de la solution :

verre feuilleté : \(\dfrac{58}{1} = \mathbf{58}\) ; film anti-UV : \(\dfrac{58}{0{,}5} = \mathbf{116}\).

3. La transmission visible passe de 89 % à 78 %, soit une perte relative :

\(\dfrac{89 - 78}{89} \times 100 = \mathbf{12{,}4\ \%}\).

La vitrine paraîtra sensiblement plus sombre vue de la rue. Il faudra soit renforcer l'éclairage intérieur (donc consommer davantage), soit accepter une mise en valeur moins efficace.

4. Coûts pour 4,2 m² : verre clair \(45 \times 4{,}2 = \mathbf{189\ \text{€}}\) ; verre feuilleté \(95 \times 4{,}2 = \mathbf{399\ \text{€}}\) ; film anti-UV \(72 \times 4{,}2 = \mathbf{302{,}40\ \text{€}}\).

Choix argumenté : le verre feuilleté est la meilleure solution. Il divise l'exposition UV par 58, ce qui est largement suffisant, tout en conservant 86 % de transmission visible (contre 78 % pour le film) : la vitrine reste lumineuse. Il apporte en outre la sécurité attendue d'une vitrine accessible au public. Son surcoût de 210 € par rapport au verre clair est faible devant la valeur des meubles exposés et devant le coût d'un meuble décoloré à remplacer. Le film anti-UV protège un peu mieux mais assombrit la vitrine pour un prix voisin ; le verre clair seul est à écarter.

5. Non. Le vitrage ne filtre que les UV : il laisse passer la lumière visible, qui décolore aussi les teintures à la longue, et l'infrarouge, qui échauffe la vitrine et dessèche le bois (risque de retrait, de fentes et de décollement des placages). Mesures complémentaires : prévoir un store ou un brise-soleil aux heures d'ensoleillement direct, éloigner les meubles du vitrage, ventiler la vitrine, et faire tourner les pièces exposées pour ne pas laisser le même meuble en vitrine plusieurs mois.

1. Flux total émis : \(12 \times 12\,000 = 144\,000\) lm.

Flux perdu vers le ciel : \(144\,000 \times 0{,}15 = \mathbf{21\,600\ \text{lm}}\).

2. Flux utile actuel : \(144\,000 \times 0{,}85 = 122\,400\) lm.

Flux utile après remplacement : \(12 \times 9\,000 = 108\,000\) lm (ULOR nul, tout le flux est dirigé vers le sol).

Écart : \(\dfrac{122\,400 - 108\,000}{122\,400} \times 100 = \mathbf{11{,}8\ \%}\) de flux utile en moins.

3. La conclusion est trop rapide. Le flux utile ne diminue que de 12 %, alors que le flux total diminue de 25 % : la lanterne LED gaspille beaucoup moins. Surtout, un réflecteur fermé répartit le flux sur la surface à éclairer au lieu de le disperser ; l'éclairement au sol peut donc être équivalent, voire meilleur, avec moins de flux émis. Seule une mesure au luxmètre après remplacement, en plusieurs points du parking, permettra de trancher (moyenne et uniformité).

4. Puissance économisée : \(12 \times (100 - 70) = 12 \times 30 = 360\) W.

Énergie annuelle économisée : \(360 \times 4\,000 = 1\,440\,000\ \text{Wh} = \mathbf{1\,440\ \text{kWh/an}}\).

Économie financière : \(1\,440 \times 0{,}22 = \mathbf{316{,}80\ \text{€/an}}\).

5. Une source à 2 700 K émet proportionnellement moins de courtes longueurs d'onde (bleu) qu'une source à 4 000 K. Or la lumière bleue est la plus diffusée par l'atmosphère : c'est elle qui crée le halo lumineux visible au-dessus des zones habitées et qui masque les étoiles. C'est aussi la plus perturbante pour la faune nocturne — insectes attirés et épuisés autour des lanternes, désorientation des chauves-souris et des oiseaux migrateurs, perturbation des rythmes biologiques. Baisser la température de couleur réduit ces deux effets sans changer la quantité de lumière utile.

6. Mesure complémentaire : éteindre ou abaisser fortement l'éclairage entre 23 h et 5 h, le parking n'étant plus fréquenté, avec éventuellement une détection de présence pour rallumer ponctuellement. Sur 6 h par nuit, l'extinction représente environ \(6 \times 365 = 2\,190\) h par an ; à une puissance de \(12 \times 70 = 840\) W, cela économise \(840 \times 2\,190 = 1\,840\,000\ \text{Wh} \approx \mathbf{1\,840\ \text{kWh/an}}\) supplémentaires, soit environ 405 € — davantage encore que le gain du seul remplacement des lanternes.