Rayonnement thermique et effet de serre | Terminale Bac Pro ICCER (Grpt 1)
Compléter les conversions suivantes en utilisant la relation \(T\text{ (K)} = \theta\text{ (°C)} + 273\).
| Température en °C | Température en K |
|---|---|
| 20 °C (température ambiante) | \(\boxed{\phantom{293}}\) K |
| 60 °C (radiateur) | \(\boxed{\phantom{333}}\) K |
| −18 °C (congélateur) | \(\boxed{\phantom{255}}\) K |
| 100 °C (eau bouillante) | \(\boxed{\phantom{373}}\) K |
20 + 273 = 293 K
60 + 273 = 333 K
−18 + 273 = 255 K
100 + 273 = 373 K
On considère un corps à la température T = 300 K.
1. La loi de Wien permet de calculer :
2. Compléter le calcul :
\(\lambda_{max} = \dfrac{b}{T} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{\boxed{\phantom{300}}} = \boxed{\phantom{9{,}66 \times 10^{-6}}}\text{ m}\)
3. Convertir en micromètres : \(\lambda_{max} = \boxed{\phantom{9{,}66}}\text{ µm}\)
4. Ce rayonnement est dans le domaine :
1. Réponse b) — La loi de Wien donne la longueur d'onde du maximum d'émission.
2. \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{300} = \mathbf{9{,}66 \times 10^{-6}\text{ m}}\)
3. \(\lambda_{max} = \mathbf{9{,}66\text{ µm}}\)
4. Réponse c) — 9,66 µm > 0,7 µm : c'est un rayonnement infrarouge. Un corps à température ambiante rayonne dans l'infrarouge, invisible à l'œil nu mais détectable par une caméra thermique.
Un radiateur en acier peint (ε = 0,92) a une surface S = 1,5 m² et une température de surface T = 333 K (60 °C).
Étape 1 : Calculer \(T^4\).
\(T^4 = 333^4 = 333 \times 333 \times 333 \times 333 = \boxed{\phantom{1{,}230 \times 10^{10}}}\text{ K}^4\)
Étape 2 : Appliquer la formule \(P = \varepsilon \cdot \sigma \cdot T^4 \cdot S\).
\(P = \boxed{\phantom{0{,}92}} \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times \boxed{\phantom{1{,}230 \times 10^{10}}} \times \boxed{\phantom{1{,}5}}\)
Étape 3 : Calculer le résultat.
\(P = \boxed{\phantom{963}}\text{ W}\)
Étape 1 : \(T^4 = 333^4 = \mathbf{1{,}230 \times 10^{10}\text{ K}^4}\)
Étape 2 : \(P = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}230 \times 10^{10} \times 1{,}5\)
Étape 3 : \(P = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}845 \times 10^{10} = 0{,}92 \times 1\,046 \approx \mathbf{963\text{ W}}\)
Le radiateur émet environ 963 W par rayonnement infrarouge.
La puissance solaire reçue par la Terre est \(P_{reçue} = 1\,361\text{ W/m}^2\). L'albédo moyen de la Terre est α = 0,30.
1. L'albédo représente :
2. Compléter :
\(P_{réfléchie} = \alpha \times P_{reçue} = \boxed{\phantom{0{,}30}} \times 1\,361 = \boxed{\phantom{408{,}3}}\text{ W/m}^2\)
3. Compléter :
\(P_{absorbée} = (1 - \alpha) \times P_{reçue} = (1 - \boxed{\phantom{0{,}30}}) \times 1\,361 = \boxed{\phantom{952{,}7}}\text{ W/m}^2\)
1. Réponse b) — L'albédo est la fraction du rayonnement réfléchie.
2. \(P_{réfléchie} = 0{,}30 \times 1\,361 = \mathbf{408{,}3\text{ W/m}^2}\)
3. \(P_{absorbée} = 0{,}70 \times 1\,361 = \mathbf{952{,}7\text{ W/m}^2}\)
Compléter le texte avec les mots suivants : infrarouge, visible, absorbe, température, gaz à effet de serre, atmosphère.
Le Soleil émet un rayonnement principalement dans le domaine \(\boxed{\phantom{\text{visible}}}\). Ce rayonnement traverse l'\(\boxed{\phantom{\text{atmosphère}}}\) et réchauffe la surface de la Terre.
La Terre, réchauffée, réémet un rayonnement dans le domaine \(\boxed{\phantom{\text{infrarouge}}}\).
L'atmosphère contient des \(\boxed{\phantom{\text{gaz à effet de serre}}}\) (vapeur d'eau, CO₂) qui absorbent ce rayonnement infrarouge et le renvoient en partie vers la surface.
Ce phénomène augmente la \(\boxed{\phantom{\text{température}}}\) moyenne de la Terre de −18 °C à +15 °C.
Le Soleil émet un rayonnement principalement dans le domaine visible. Ce rayonnement traverse l'atmosphère et réchauffe la surface de la Terre.
La Terre, réchauffée, réémet un rayonnement dans le domaine infrarouge.
L'atmosphère contient des gaz à effet de serre (vapeur d'eau, CO₂) qui absorbent ce rayonnement infrarouge et le renvoient en partie vers la surface.
Ce phénomène augmente la température moyenne de la Terre de −18 °C à +15 °C.
Un technicien chauffagiste mesure la température de surface d'un radiateur à eau chaude : θ = 55 °C.
Étape 1 : Convertir la température en kelvins.
\(T = \boxed{\phantom{55}} + 273 = \boxed{\phantom{328}}\text{ K}\)
Étape 2 : Appliquer la loi de Wien.
\(\lambda_{max} = \dfrac{b}{T} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{\boxed{\phantom{328}}} = \boxed{\phantom{8{,}84 \times 10^{-6}}}\text{ m}\)
Étape 3 : Convertir en micromètres et identifier le domaine spectral.
\(\lambda_{max} = \boxed{\phantom{8{,}84}}\text{ µm}\) → domaine : \(\boxed{\phantom{\text{infrarouge}}}\)
Étape 4 : Ce rayonnement est-il visible à l'œil nu ? Comment peut-on le détecter ?
Étape 1 : \(T = 55 + 273 = \mathbf{328\text{ K}}\)
Étape 2 : \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{328} = \mathbf{8{,}84 \times 10^{-6}\text{ m}}\)
Étape 3 : \(\lambda_{max} = \mathbf{8{,}84\text{ µm}}\). Comme 8,84 µm > 0,7 µm, c'est un rayonnement infrarouge.
Étape 4 : Ce rayonnement est invisible à l'œil nu. On peut le détecter avec une caméra thermique (caméra infrarouge), outil courant pour les techniciens chauffagistes lors des diagnostics thermiques.
Compléter le tableau suivant en utilisant les relations :
| Situation | Température en °C | Température en K |
|---|---|---|
| Flamme d'un chalumeau | 1 300 °C | \(\boxed{\phantom{1\,573}}\) K |
| Surface du Soleil | \(\boxed{\phantom{5\,505}}\) °C | 5 778 K |
| Eau glycolée (chauffage) | −10 °C | \(\boxed{\phantom{263}}\) K |
| Fumées de chaudière | \(\boxed{\phantom{127}}\) °C | 400 K |
| Zéro absolu | \(\boxed{\phantom{-273}}\) °C | 0 K |
Flamme d'un chalumeau : 1 300 + 273 = 1 573 K
Surface du Soleil : 5 778 − 273 = 5 505 °C
Eau glycolée : −10 + 273 = 263 K
Fumées de chaudière : 400 − 273 = 127 °C
Zéro absolu : 0 − 273 = −273 °C. C'est la température la plus basse possible : aucun mouvement moléculaire.
Pour chaque affirmation, indiquer si elle est vraie ou fausse, puis corriger les affirmations fausses.
1. VRAI — L'effet de serre naturel maintient la température moyenne à +15 °C au lieu de −18 °C. Il est indispensable à la vie.
2. FAUX — Sans effet de serre, la température serait de −18 °C. C'est grâce à l'effet de serre qu'elle est de +15 °C.
3. FAUX — Le CO₂ est transparent au rayonnement visible. Il absorbe le rayonnement infrarouge émis par la Terre.
4. VRAI — D'après la loi de Wien, un corps froid a un \(\lambda_{max}\) élevé, donc il rayonne dans l'infrarouge.
5. FAUX — La caméra thermique détecte le rayonnement infrarouge, pas le visible.
6. FAUX — L'émissivité est comprise entre 0 et 1. Seul un corps noir parfait a ε = 1. Les matériaux réels ont ε < 1 (par exemple, l'aluminium poli : ε ≈ 0,05).
Un installateur thermique réalise un diagnostic avec une caméra thermique sur la façade d'un pavillon en hiver. L'image thermographique montre les zones suivantes :
| Zone | Couleur sur l'image | Température mesurée |
|---|---|---|
| A — Mur isolé | Bleu foncé | 5 °C |
| B — Fenêtre simple vitrage | Orange | 14 °C |
| C — Linteau béton (pont thermique) | Rouge | 17 °C |
| D — Volet roulant fermé | Bleu clair | 8 °C |
1. Par quelle zone s'échappe le plus de chaleur ? Justifier à l'aide des températures.
2. Pourquoi la caméra thermique est-elle sensible au rayonnement infrarouge et non au rayonnement visible ?
3. Calculer la longueur d'onde pic du rayonnement émis par la zone C (T = 17 °C). Vérifier qu'il s'agit bien d'infrarouge.
4. Quelle amélioration l'installateur peut-il proposer pour réduire les pertes au niveau de la zone C ?
1. La zone C (linteau béton, 17 °C) est la plus chaude en surface extérieure : c'est par là que s'échappe le plus de chaleur. C'est un pont thermique : le béton conduit la chaleur depuis l'intérieur (≈ 20 °C) vers l'extérieur.
2. Les objets à température ambiante émettent un rayonnement dans l'infrarouge (λ ≈ 10 µm), invisible à l'œil nu. La caméra thermique possède un capteur sensible à ces longueurs d'onde.
3. \(T = 17 + 273 = 290\text{ K}\)
\(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{290} = 9{,}99 \times 10^{-6}\text{ m} = \mathbf{10{,}0\text{ µm}}\)
Comme 10,0 µm > 0,7 µm, c'est bien de l'infrarouge.
4. Pour traiter le pont thermique du linteau, l'installateur peut proposer une isolation thermique par l'extérieur (ITE) qui recouvre le linteau, ou la pose d'un rupteur de pont thermique. Cela réduit le flux de chaleur et donc la température de surface extérieure.
Pour chaque longueur d'onde, indiquer le domaine spectral correspondant en cochant la bonne case.
| Longueur d'onde | UV | Visible | Infrarouge |
|---|---|---|---|
| λ = 0,30 µm | ☐ | ☐ | ☐ |
| λ = 0,55 µm | ☐ | ☐ | ☐ |
| λ = 10 µm | ☐ | ☐ | ☐ |
| λ = 0,65 µm | ☐ | ☐ | ☐ |
| λ = 1,5 µm | ☐ | ☐ | ☐ |
Rappel : UV : λ < 0,4 µm | Visible : 0,4 à 0,7 µm | Infrarouge : λ > 0,7 µm
Question bonus : Parmi ces rayonnements, lequel correspond approximativement à l'émission d'un corps à 300 K ? Justifier avec la loi de Wien.
λ = 0,30 µm → UV (0,30 < 0,4 µm)
λ = 0,55 µm → Visible (lumière verte, entre 0,4 et 0,7 µm)
λ = 10 µm → Infrarouge (10 > 0,7 µm)
λ = 0,65 µm → Visible (lumière rouge, entre 0,4 et 0,7 µm)
λ = 1,5 µm → Infrarouge (1,5 > 0,7 µm, infrarouge proche)
Bonus : Pour T = 300 K : \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{300} = 9{,}66\text{ µm} \approx \mathbf{10\text{ µm}}\). C'est le rayonnement à λ = 10 µm qui correspond à l'émission d'un corps à température ambiante.
On compare le rayonnement du Soleil (T = 6 000 K) et celui de la Terre (T = 255 K, température d'équilibre sans atmosphère).
1. Calculer \(\lambda_{max}\) pour le Soleil (T = 6 000 K). Exprimer en µm et identifier le domaine spectral.
2. Calculer \(\lambda_{max}\) pour la Terre (T = 255 K). Exprimer en µm et identifier le domaine spectral.
3. Les gaz à effet de serre (vapeur d'eau, CO₂) sont transparents au rayonnement solaire mais absorbent le rayonnement infrarouge terrestre. Expliquer le mécanisme de l'effet de serre naturel à partir des résultats précédents.
4. En quoi l'augmentation de la concentration en CO₂ perturbe-t-elle ce bilan radiatif ?
1. Soleil (T = 6 000 K) :
\(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{6\,000} \approx 4{,}83 \times 10^{-7}\text{ m} = \mathbf{0{,}48\text{ µm}}\)
Domaine : visible (lumière jaune-verte).
2. Terre (T = 255 K) :
\(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{255} \approx 1{,}14 \times 10^{-5}\text{ m} = \mathbf{11{,}4\text{ µm}}\)
Domaine : infrarouge thermique.
3. Le rayonnement solaire (visible, λ ≈ 0,5 µm) traverse l'atmosphère sans être absorbé et atteint la surface terrestre qui se réchauffe. La Terre réémet un rayonnement infrarouge (λ ≈ 11 µm). Les gaz à effet de serre absorbent ce rayonnement infrarouge et le renvoient en partie vers la surface, augmentant sa température au-delà de 255 K (température réelle moyenne : +15 °C, soit 288 K).
4. L'augmentation de CO₂ renforce l'absorption du rayonnement infrarouge terrestre. Plus de rayonnement est renvoyé vers la surface, ce qui augmente la température moyenne au-delà de l'équilibre naturel. C'est le réchauffement climatique d'origine anthropique.
Une surface noire (ε = 1) de surface S = 1 m² est successivement portée à différentes températures.
1. Rappeler la formule de Stefan-Boltzmann.
2. Calculer la puissance rayonnée P pour T = 300 K et pour T = 500 K.
3. Calculer le rapport \(\dfrac{P_{500}}{P_{300}}\). Comparer avec le rapport \(\dfrac{500}{300}\). Que peut-on conclure sur l'influence de la température ?
4. Un technicien chauffagiste mesure une température de surface de 70 °C sur un tuyau de chauffage non isolé (ε = 0,90, diamètre 28 mm, longueur 5 m). Calculer la surface latérale du tuyau puis la puissance perdue par rayonnement. Conclure sur l'intérêt de l'isolation.
1. \(P = \varepsilon \cdot \sigma \cdot T^4 \cdot S\) avec σ = 5,67 × 10⁻⁸ W/m²/K⁴
2. À T = 300 K : \(P = 1 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 300^4 \times 1 = 5{,}67 \times 10^{-8} \times 8{,}1 \times 10^{9} = \mathbf{459\text{ W}}\)
À T = 500 K : \(P = 5{,}67 \times 10^{-8} \times 500^4 \times 1 = 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}25 \times 10^{10} = \mathbf{3\,544\text{ W}}\)
3. \(\dfrac{P_{500}}{P_{300}} = \dfrac{3\,544}{459} \approx 7{,}7\) alors que \(\dfrac{500}{300} \approx 1{,}67\). La puissance rayonnée est presque 8 fois plus grande quand la température augmente d'un facteur 1,67. C'est la conséquence de la loi en T⁴ : la puissance rayonnée est très sensible à la température.
4. T = 70 + 273 = 343 K. Surface latérale : \(S = \pi \times d \times L = \pi \times 0{,}028 \times 5 = 0{,}440\text{ m}^2\)
\(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 343^4 \times 0{,}440\)
\(343^4 = 1{,}384 \times 10^{10}\)
\(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}384 \times 10^{10} \times 0{,}440 = 0{,}90 \times 345 \approx \mathbf{311\text{ W}}\)
Un tuyau non isolé de 5 m perd plus de 300 W par rayonnement seul. L'isolation (coquille) réduit ces pertes en abaissant la température de surface extérieure et en diminuant l'émissivité.
On veut calculer la température d'équilibre de la Terre en supposant qu'elle se comporte comme un corps noir (ε = 1) sans effet de serre.
Données : constante solaire \(E_0 = 1\,361\text{ W/m}^2\), albédo α = 0,30.
1. La Terre intercepte le rayonnement solaire sur sa section droite (disque de surface πR²). Calculer la puissance moyenne reçue par m² de surface terrestre (surface totale = 4πR²).
2. Avec α = 0,30, calculer la puissance moyenne absorbée par m².
3. À l'équilibre, la Terre réémet toute cette puissance en infrarouge. En égalisant \(P_{absorbée} = \sigma \cdot T^4\), calculer la température d'équilibre T.
4. Comparer à la température réelle moyenne (+15 °C = 288 K). Expliquer l'écart.
1. \(P_{moy} = \dfrac{E_0 \times \pi R^2}{4\pi R^2} = \dfrac{E_0}{4} = \dfrac{1\,361}{4} = \mathbf{340{,}25\text{ W/m}^2}\)
2. \(P_{absorbée} = (1-\alpha) \times P_{moy} = 0{,}70 \times 340{,}25 = \mathbf{238{,}2\text{ W/m}^2}\)
3. \(T^4 = \dfrac{P_{absorbée}}{\sigma} = \dfrac{238{,}2}{5{,}67 \times 10^{-8}} = 4{,}202 \times 10^{9}\text{ K}^4\)
\(T = (4{,}202 \times 10^{9})^{1/4} = \mathbf{254{,}5\text{ K}} \approx -18{,}5\text{ °C}\)
4. La température calculée (−18,5 °C) est très inférieure à la température réelle (+15 °C). L'écart de +33,5 °C est dû à l'effet de serre naturel de l'atmosphère (vapeur d'eau, CO₂, méthane) qui retient une partie du rayonnement infrarouge terrestre.
Un installateur en énergies renouvelables pose des panneaux solaires thermiques sur le toit d'un gymnase. L'absorbeur a une surface S = 2 m², une température T = 350 K et une émissivité ε = 0,95. La puissance solaire incidente est \(P_{inc} = 800\text{ W/m}^2\).
1. Calculer la puissance solaire totale reçue par l'absorbeur.
2. Calculer la puissance rayonnée par l'absorbeur (loi de Stefan-Boltzmann).
3. Calculer la puissance nette disponible pour chauffer le fluide caloporteur.
4. Calculer le rendement radiatif \(\eta = \dfrac{P_{nette}}{P_{reçue}}\). Commenter et proposer une solution technique.
1. \(P_{reçue} = 800 \times 2 = \mathbf{1\,600\text{ W}}\)
2. \(T^4 = 350^4 = 1{,}5006 \times 10^{10}\)
\(P_{ray} = 0{,}95 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}5006 \times 10^{10} \times 2 \approx \mathbf{1\,617\text{ W}}\)
3. \(P_{nette} = 1\,600 - 1\,617 = \mathbf{-17\text{ W}}\). Le bilan est négatif : l'absorbeur perd plus qu'il ne reçoit.
4. \(\eta = \dfrac{-17}{1\,600} \approx -1\,\%\). Pour améliorer le rendement, on utilise un revêtement sélectif (ε ≈ 0,05 à 0,10) qui maximise l'absorption dans le visible tout en minimisant l'émission infrarouge.
Un simple vitrage laisse passer environ 80 % du rayonnement solaire mais est pratiquement opaque au rayonnement infrarouge.
1. Calculer la longueur d'onde pic du rayonnement solaire (T = 5 778 K). En déduire le domaine spectral.
2. Calculer la longueur d'onde pic du rayonnement émis par le sol d'une serre à T = 293 K. En déduire le domaine spectral.
3. Expliquer pourquoi la température s'élève à l'intérieur d'une serre vitrée.
4. Faire l'analogie avec l'effet de serre atmosphérique.
1. \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{5\,778} \approx 5{,}02 \times 10^{-7}\text{ m} = \mathbf{0{,}50\text{ µm}}\) → domaine visible.
2. \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{293} \approx 9{,}89 \times 10^{-6}\text{ m} = \mathbf{9{,}89\text{ µm}}\) → domaine infrarouge.
3. Le rayonnement solaire (visible) traverse le vitrage et chauffe le sol. Le sol chaud réémet en infrarouge, mais le vitrage est opaque à l'infrarouge : l'énergie est piégée, la température monte.
4. L'atmosphère (CO₂, H₂O) joue le rôle du vitrage : transparente au visible, elle absorbe l'infrarouge terrestre et le renvoie vers la surface. C'est l'origine du nom « effet de serre ».
Un technicien CVC doit installer un radiateur en acier peint (ε = 0,90) dans une chambre d'hôpital. La puissance de chauffage requise par rayonnement est P = 800 W. La température de surface du radiateur est T = 60 °C.
1. Convertir la température en kelvins.
2. Calculer \(T^4\).
3. En utilisant la loi de Stefan-Boltzmann \(P = \varepsilon \cdot \sigma \cdot T^4 \cdot S\), exprimer la surface S en fonction des autres grandeurs.
4. Calculer la surface S nécessaire. Le radiateur choisi fait 0,60 m de haut. Quelle longueur minimale doit-il avoir (on considère les deux faces) ?
1. \(T = 60 + 273 = \mathbf{333\text{ K}}\)
2. \(T^4 = 333^4 = \mathbf{1{,}230 \times 10^{10}\text{ K}^4}\)
3. \(S = \dfrac{P}{\varepsilon \cdot \sigma \cdot T^4}\)
4. \(S = \dfrac{800}{0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}230 \times 10^{10}} = \dfrac{800}{627} \approx \mathbf{1{,}28\text{ m}^2}\)
Avec deux faces et une hauteur de 0,60 m : \(S_{totale} = 2 \times L \times 0{,}60\), donc \(L = \dfrac{1{,}28}{2 \times 0{,}60} = \mathbf{1{,}07\text{ m}}\).
Le radiateur doit mesurer au moins 1,10 m de long (arrondi supérieur).
On compare le rayonnement de trois sources différentes rencontrées par un installateur thermique.
| Source | Température |
|---|---|
| Soleil | 5 778 K |
| Corps humain | 37 °C |
| Plancher chauffant | 28 °C |
1. Convertir toutes les températures en kelvins.
2. Calculer \(\lambda_{max}\) pour chaque source. Exprimer les résultats en µm.
3. Classer les trois sources par ordre croissant de \(\lambda_{max}\). Identifier le domaine spectral de chacune.
4. Expliquer pourquoi une caméra thermique peut détecter un corps humain dans une pièce sombre mais pas le rayonnement solaire direct.
1. Soleil : 5 778 K. Corps humain : 37 + 273 = 310 K. Plancher chauffant : 28 + 273 = 301 K.
2.
Soleil : \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{5\,778} = \mathbf{0{,}50\text{ µm}}\)
Corps humain : \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{310} = \mathbf{9{,}35\text{ µm}}\)
Plancher chauffant : \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{301} = \mathbf{9{,}63\text{ µm}}\)
3. Ordre croissant : Soleil (0,50 µm) < Corps humain (9,35 µm) < Plancher chauffant (9,63 µm).
Soleil → visible. Corps humain et plancher chauffant → infrarouge.
4. La caméra thermique est sensible au rayonnement infrarouge (λ ≈ 8–14 µm), qui correspond aux émissions des corps à température ambiante. Le Soleil émet principalement dans le visible (λ ≈ 0,5 µm), en dehors de la plage de sensibilité de la caméra. Le corps humain émet en permanence dans l'infrarouge, même dans l'obscurité.
Un technicien CVC effectue un diagnostic thermique d'un immeuble collectif en hiver (température extérieure : 2 °C, température intérieure : 20 °C). La caméra thermique révèle les températures de surface extérieure suivantes :
| Zone inspectée | T surface ext. (°C) | Observation |
|---|---|---|
| Mur isolé (laine de verre) | 4 | Couleur bleue uniforme |
| Mur sans isolation | 12 | Couleur orange |
| Coffre de volet roulant | 15 | Couleur rouge |
| Fenêtre double vitrage | 8 | Couleur verte |
1. Classer les zones de la moins déperditive à la plus déperditive. Justifier.
2. Pour la zone « coffre de volet roulant » (T = 15 °C, ε = 0,90, surface S = 0,4 m²), calculer la puissance rayonnée par cette zone.
3. Pour la zone « mur isolé » (T = 4 °C, ε = 0,92, surface équivalente S = 0,4 m²), calculer la puissance rayonnée et comparer.
4. Proposer deux solutions techniques pour réduire les déperditions au niveau du coffre de volet roulant.
1. Classement du moins au plus déperditif : mur isolé (4 °C) < fenêtre double vitrage (8 °C) < mur sans isolation (12 °C) < coffre de volet roulant (15 °C). Plus la température de surface extérieure est proche de la température intérieure (20 °C), plus les pertes sont importantes.
2. Coffre : \(T = 15 + 273 = 288\text{ K}\), \(288^4 = 6{,}879 \times 10^{9}\)
\(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}879 \times 10^{9} \times 0{,}4 = 0{,}90 \times 156 \approx \mathbf{140\text{ W}}\)
3. Mur isolé : \(T = 4 + 273 = 277\text{ K}\), \(277^4 = 5{,}884 \times 10^{9}\)
\(P = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 5{,}884 \times 10^{9} \times 0{,}4 = 0{,}92 \times 133 \approx \mathbf{123\text{ W}}\)
Le coffre de volet roulant rayonne environ 14 % de plus que le mur isolé pour la même surface.
4. Solutions pour le coffre de volet roulant : 1) Isoler l'intérieur du coffre avec un isolant mince rigide (mousse polyuréthane ou polystyrène). 2) Remplacer le coffre par un coffre tunnel isolé intégré à la maçonnerie, supprimant le pont thermique.
Les principaux gaz à effet de serre de l'atmosphère terrestre absorbent le rayonnement dans certaines bandes de longueurs d'onde. Voici les données simplifiées :
| Gaz | Bandes d'absorption principales (µm) | Concentration (ppm) |
|---|---|---|
| Vapeur d'eau (H₂O) | 2,7 ; 6,3 et au-delà de 12 | Variable (0–40 000) |
| Dioxyde de carbone (CO₂) | 4,3 et 15 | 420 |
| Méthane (CH₄) | 3,3 et 7,7 | 1,9 |
Rappel : la Terre émet un rayonnement infrarouge avec un pic autour de 10 µm.
1. Calculer la température de surface de la Terre qui correspond à un pic d'émission à λ = 10 µm (loi de Wien).
2. La bande d'absorption du CO₂ à 15 µm est-elle proche du pic d'émission terrestre ? Expliquer pourquoi le CO₂ est un gaz à effet de serre efficace.
3. Quel gaz possède l'effet de serre le plus important en valeur absolue ? Justifier.
4. Expliquer pourquoi, malgré sa faible concentration (420 ppm), l'augmentation du CO₂ est la principale cause du réchauffement climatique d'origine humaine.
1. \(T = \dfrac{b}{\lambda_{max}} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{10 \times 10^{-6}} = \mathbf{290\text{ K}}\), soit environ 17 °C. C'est cohérent avec la température moyenne de surface de la Terre.
2. Oui, la bande à 15 µm est proche du pic d'émission terrestre (10 µm). Le rayonnement terrestre a une intensité significative à 15 µm, ce qui permet au CO₂ d'en absorber une fraction importante. C'est ce qui rend le CO₂ efficace comme gaz à effet de serre.
3. La vapeur d'eau est le gaz à effet de serre le plus important en valeur absolue, car elle est présente en grande quantité (jusqu'à 40 000 ppm) et absorbe sur de larges bandes spectrales (2,7 µm, 6,3 µm et au-delà de 12 µm). Elle est responsable d'environ 60 % de l'effet de serre naturel.
4. Bien que la vapeur d'eau domine l'effet de serre naturel, sa concentration est régulée par le cycle de l'eau (évaporation/condensation) et n'augmente pas directement par l'activité humaine. Le CO₂, en revanche, s'accumule dans l'atmosphère en raison de la combustion des énergies fossiles. Son augmentation (de 280 à 420 ppm depuis l'ère préindustrielle) provoque un forçage radiatif supplémentaire qui déséquilibre le bilan thermique de la Terre.
Un technicien chauffagiste doit choisir le revêtement d'un tuyau de chauffage pour minimiser les pertes par rayonnement. Le tuyau a une surface S = 0,50 m² et une température de surface T = 50 °C.
| Revêtement | Émissivité ε |
|---|---|
| Peinture noire mate | 0,95 |
| Peinture blanche | 0,90 |
| Acier galvanisé nu | 0,25 |
| Feuille d'aluminium | 0,05 |
1. Convertir la température en kelvins et calculer \(T^4\).
2. Calculer la puissance rayonnée pour chaque revêtement. Présenter les résultats dans un tableau.
3. Calculer le rapport entre la puissance rayonnée par la peinture noire et celle de la feuille d'aluminium.
4. En déduire l'intérêt d'envelopper les tuyaux de chauffage non calorifugés avec une feuille d'aluminium.
1. \(T = 50 + 273 = 323\text{ K}\), \(T^4 = 323^4 = 1{,}089 \times 10^{10}\text{ K}^4\)
2. Calcul de \(\sigma \cdot T^4 \cdot S = 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}089 \times 10^{10} \times 0{,}50 = 309\text{ W}\) (valeur de base pour ε = 1).
| Revêtement | ε | P (W) |
|---|---|---|
| Peinture noire mate | 0,95 | 293 W |
| Peinture blanche | 0,90 | 278 W |
| Acier galvanisé nu | 0,25 | 77 W |
| Feuille d'aluminium | 0,05 | 15 W |
3. \(\dfrac{P_{noir}}{P_{alu}} = \dfrac{293}{15} \approx \mathbf{19{,}5}\). La peinture noire rayonne environ 20 fois plus que la feuille d'aluminium.
4. Envelopper un tuyau de chauffage avec une feuille d'aluminium réduit les pertes par rayonnement de 95 % par rapport à une peinture noire. C'est le principe des coquilles isolantes aluminisées utilisées en chauffage : elles combinent isolation thermique (mousse) et faible émissivité (surface alu) pour minimiser toutes les formes de pertes.
Un installateur thermique compare deux systèmes de chauffage :
1. Calculer \(\lambda_{max}\) pour chaque système. Exprimer en µm.
2. Les deux systèmes émettent-ils dans le même domaine spectral ? Justifier.
3. Calculer la puissance rayonnée par m² pour chaque système (on prend ε = 0,90 pour les deux).
4. Calculer le rapport des puissances rayonnées. En déduire pourquoi un plancher chauffant nécessite une grande surface d'émission pour compenser sa faible température.
1.
Plancher : \(T = 28 + 273 = 301\text{ K}\), \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{301} = \mathbf{9{,}63\text{ µm}}\)
Radiateur : \(T = 75 + 273 = 348\text{ K}\), \(\lambda_{max} = \dfrac{2{,}898 \times 10^{-3}}{348} = \mathbf{8{,}33\text{ µm}}\)
2. Les deux systèmes émettent dans le domaine infrarouge (λ > 0,7 µm). Le radiateur haute température émet à une longueur d'onde légèrement plus courte, mais reste largement dans l'infrarouge thermique.
3.
Plancher : \(P/S = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 301^4 = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 8{,}212 \times 10^{9} = 0{,}90 \times 465 = \mathbf{419\text{ W/m}^2}\)
Radiateur : \(P/S = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 348^4 = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}466 \times 10^{10} = 0{,}90 \times 831 = \mathbf{748\text{ W/m}^2}\)
4. Rapport : \(\dfrac{748}{419} \approx 1{,}79\). Le radiateur émet environ 1,8 fois plus de puissance par m² que le plancher chauffant. C'est pourquoi un plancher chauffant compense par une très grande surface d'émission (toute la surface du sol, soit 20 à 100 m² typiquement) alors qu'un radiateur n'occupe que 1 à 2 m². Le confort thermique du plancher chauffant est meilleur car la chaleur est répartie uniformément et la température de surface reste modérée.
Un technicien en énergies renouvelables installe des panneaux solaires thermiques sur un toit. La surface totale de captation est S = 6 m². Chaque mètre carré reçoit \(P_{solaire} = 700\text{ W/m}^2\). Les capteurs fonctionnent à T = 360 K.
1. Calculer la puissance solaire totale reçue par les capteurs.
2. Calculer la puissance rayonnée par les capteurs avec ε = 0,95 (peinture noire classique).
3. Calculer la puissance nette et le rendement radiatif. Conclure.
4. Le technicien propose des capteurs à revêtement sélectif (ε = 0,10). Calculer la nouvelle puissance rayonnée, la nouvelle puissance nette et le gain relatif par rapport à la situation initiale.
5. En supposant que le fluide caloporteur circule à un débit de 0,05 kg/s et que toute la puissance nette est transmise au fluide (capacité thermique c = 4 180 J/(kg·K)), calculer l'élévation de température du fluide entre l'entrée et la sortie du capteur dans le cas du revêtement sélectif. Commenter.
1. \(P_{reçue} = 700 \times 6 = \mathbf{4\,200\text{ W}}\)
2. \(T^4 = 360^4 = 1{,}680 \times 10^{10}\)
\(P_{ray} = 0{,}95 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}680 \times 10^{10} \times 6 = 0{,}95 \times 5\,714 \approx \mathbf{5\,428\text{ W}}\)
3. \(P_{nette} = 4\,200 - 5\,428 = \mathbf{-1\,228\text{ W}}\). Rendement : \(\eta = \dfrac{-1\,228}{4\,200} \approx -29\,\%\). Le bilan est très négatif : le capteur perd beaucoup plus qu'il ne reçoit.
4. Avec ε = 0,10 : \(P_{ray} = 0{,}10 \times 5\,714 \approx \mathbf{571\text{ W}}\)
\(P_{nette} = 4\,200 - 571 = \mathbf{3\,629\text{ W}}\)
Gain : passage de −1 228 W à +3 629 W, soit un gain de 4 857 W. Le revêtement sélectif est la technologie clé.
5. \(P = \dot{m} \cdot c \cdot \Delta T\) donc \(\Delta T = \dfrac{P}{\dot{m} \cdot c} = \dfrac{3\,629}{0{,}05 \times 4\,180} = \dfrac{3\,629}{209} \approx \mathbf{17{,}4\text{ °C}}\)
Le fluide s'échauffe d'environ 17 °C entre l'entrée et la sortie. C'est un échauffement significatif qui permet de produire de l'eau chaude sanitaire efficacement.
Un technicien CVC étudie les pertes par rayonnement d'une toiture de surface S = 80 m². La surface intérieure est à T₁ = 15 °C avec une émissivité ε = 0,85.
1. Convertir T₁ en kelvins et calculer la puissance rayonnée par la surface intérieure.
2. La surface extérieure est à T₂ = −5 °C avec ε = 0,85. Calculer la puissance rayonnée vers l'extérieur.
3. Calculer le bilan net des échanges par rayonnement à travers la toiture.
4. Un écran réfléchissant (pare-vapeur aluminisé, ε = 0,05) est placé côté intérieur. Calculer la nouvelle puissance rayonnée depuis la surface intérieure et le pourcentage de réduction.
5. Estimer le coût annuel des pertes par rayonnement avec et sans écran, sachant que le prix de l'énergie est 0,12 €/kWh et que la saison de chauffe dure 5 mois (3 650 heures). Conclure sur la rentabilité de l'écran (coût d'installation : environ 800 €).
1. \(T_1 = 15 + 273 = 288\text{ K}\)
\(P_1 = 0{,}85 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 288^4 \times 80\)
\(288^4 = 6{,}879 \times 10^{9}\)
\(P_1 = 0{,}85 \times 31\,202 \approx \mathbf{26\,522\text{ W}} \approx 26{,}5\text{ kW}\)
2. \(T_2 = 268\text{ K}\), \(268^4 = 5{,}153 \times 10^{9}\)
\(P_2 = 0{,}85 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 5{,}153 \times 10^{9} \times 80 \approx \mathbf{19\,866\text{ W}} \approx 19{,}9\text{ kW}\)
3. Bilan net : \(P_{net} = P_1 - P_2 = 26\,522 - 19\,866 = \mathbf{6\,656\text{ W}} \approx 6{,}7\text{ kW}\) perdus par rayonnement.
4. Avec ε = 0,05 : \(P_{1,écran} = 0{,}05 \times 31\,202 \approx \mathbf{1\,560\text{ W}}\)
Réduction : \(\dfrac{26\,522 - 1\,560}{26\,522} \times 100 \approx \mathbf{94\,\%}\) de réduction des pertes par rayonnement côté intérieur.
5. Sans écran : \(E = 6{,}656 \times 3\,650 = 24\,294\text{ kWh}\) → coût ≈ 24 294 × 0,12 = 2 915 €/an.
Avec écran (bilan net réduit) : \(P_{net,écran} = 1\,560 - 19\,866\) est négatif, ce qui signifie que côté intérieur les pertes radiatives deviennent négligeables. En simplifiant, les pertes nettes passent à environ \(1\,560 - 19\,866 \times \frac{0{,}05}{0{,}85} \approx 391\text{ W}\), soit environ 1 427 kWh/an → coût ≈ 171 €/an.
Économie annuelle ≈ 2 744 €. L'écran est rentabilisé en moins d'un an. C'est un investissement très rentable en complément de l'isolation thermique classique.
Un technicien CVC réalise le bilan thermique d'un local industriel. Le bâtiment possède les parois suivantes exposées à l'extérieur :
| Paroi | Surface (m²) | T surface int. (°C) | Émissivité ε |
|---|---|---|---|
| Mur béton | 120 | 18 | 0,93 |
| Toiture tôle | 200 | 16 | 0,28 |
| Vitrage | 30 | 12 | 0,92 |
1. Calculer la puissance rayonnée par chaque paroi (côté intérieur).
2. Calculer la puissance totale rayonnée par l'ensemble des parois intérieures.
3. Quelle paroi contribue le plus aux pertes par rayonnement ? Quelle paroi contribue le moins par m² ? Expliquer.
4. Proposer et chiffrer une solution pour réduire les pertes radiatives de la toiture (par exemple, ajout d'un film réfléchissant ε = 0,05 sous la tôle).
1.
Mur béton : T = 291 K, \(291^4 = 7{,}164 \times 10^{9}\)
\(P_{mur} = 0{,}93 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 7{,}164 \times 10^{9} \times 120 = 0{,}93 \times 48\,724 \approx \mathbf{45\,313\text{ W}}\)
Toiture tôle : T = 289 K, \(289^4 = 6{,}975 \times 10^{9}\)
\(P_{toit} = 0{,}28 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}975 \times 10^{9} \times 200 = 0{,}28 \times 79\,097 \approx \mathbf{22\,147\text{ W}}\)
Vitrage : T = 285 K, \(285^4 = 6{,}600 \times 10^{9}\)
\(P_{vitre} = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}600 \times 10^{9} \times 30 = 0{,}92 \times 11\,228 \approx \mathbf{10\,330\text{ W}}\)
2. \(P_{total} = 45\,313 + 22\,147 + 10\,330 = \mathbf{77\,790\text{ W}} \approx 77{,}8\text{ kW}\)
3. Le mur béton contribue le plus (45,3 kW, soit 58 % du total) car il combine grande surface et forte émissivité. La toiture tôle a la plus faible contribution par m² grâce à son émissivité basse (0,28) : \(P/S = 22\,147/200 = 111\text{ W/m}^2\) contre 378 W/m² pour le mur et 344 W/m² pour le vitrage.
4. Film réfléchissant sous la toiture (ε = 0,05) :
\(P_{toit,new} = 0{,}05 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}975 \times 10^{9} \times 200 = 0{,}05 \times 79\,097 \approx \mathbf{3\,955\text{ W}}\)
Réduction : 22 147 − 3 955 = 18 192 W, soit 82 % de réduction des pertes radiatives de la toiture.
Un installateur de pompes à chaleur doit choisir un fluide frigorigène pour une installation neuve. Voici les données disponibles :
| Fluide | PRG (100 ans) | Charge typique PAC | Taux de fuite annuel |
|---|---|---|---|
| R-410A | 2 088 | 4,2 kg | 5 % |
| R-32 | 675 | 3,0 kg | 3 % |
| R-290 (propane) | 3 | 1,5 kg | 1 % |
Rappel : équivalent CO₂ = masse × PRG. Le seuil réglementaire F-Gas pour le contrôle d'étanchéité annuel est 5 tonnes éq. CO₂.
1. Calculer l'équivalent CO₂ de la charge initiale pour chaque fluide. Lequel dépasse le seuil F-Gas ?
2. Calculer la masse de fluide perdue par fuite chaque année pour chaque fluide, et l'équivalent CO₂ annuel correspondant.
3. Sur une durée de vie de 15 ans, calculer l'impact climatique total (charge initiale + fuites cumulées) pour chaque fluide en tonnes éq. CO₂.
4. Rédiger un avis argumenté pour le client en comparant les trois solutions (impact environnemental, contraintes réglementaires, coût de maintenance).
1.
R-410A : 4,2 × 2 088 = 8 770 kg éq. CO₂ = 8,77 t → dépasse le seuil de 5 t
R-32 : 3,0 × 675 = 2 025 kg éq. CO₂ = 2,03 t → sous le seuil
R-290 : 1,5 × 3 = 4,5 kg éq. CO₂ → négligeable
2. Fuites annuelles :
R-410A : 4,2 × 0,05 = 0,21 kg/an → 0,21 × 2 088 = 438 kg éq. CO₂/an
R-32 : 3,0 × 0,03 = 0,09 kg/an → 0,09 × 675 = 60,8 kg éq. CO₂/an
R-290 : 1,5 × 0,01 = 0,015 kg/an → 0,015 × 3 = 0,045 kg éq. CO₂/an
3. Impact sur 15 ans :
R-410A : 8 770 + 15 × 438 = 8 770 + 6 570 = 15 340 kg ≈ 15,3 t éq. CO₂
R-32 : 2 025 + 15 × 60,8 = 2 025 + 912 = 2 937 kg ≈ 2,9 t éq. CO₂
R-290 : 4,5 + 15 × 0,045 = 4,5 + 0,68 = 5,2 kg ≈ 0,005 t éq. CO₂
4. Le R-290 (propane) a un impact climatique quasi nul (0,005 t contre 15,3 t pour le R-410A). Le R-32 constitue un bon compromis (5 fois moins impactant que le R-410A, pas soumis au contrôle F-Gas). Le R-410A est à éviter pour les nouvelles installations. Le R-290, bien que très performant sur le plan environnemental, nécessite des précautions liées à son inflammabilité. La recommandation est d'orienter le client vers le R-32 ou le R-290 selon la configuration de l'installation.
Un technicien CVC réalise l'audit thermique d'une maison individuelle de plain-pied (100 m² au sol). Il relève les données suivantes en période de chauffe (température intérieure 20 °C, extérieure 0 °C) :
| Paroi | Surface (m²) | T surf. int. (°C) | T surf. ext. (°C) | ε int. |
|---|---|---|---|---|
| Murs isolés (laine de roche) | 85 | 19 | 3 | 0,92 |
| Toiture isolée (laine de verre) | 100 | 18 | 2 | 0,90 |
| Fenêtres double vitrage | 15 | 14 | 6 | 0,92 |
| Porte d'entrée (bois) | 2 | 16 | 8 | 0,90 |
| Plancher bas (dalle béton) | 100 | 19 | — | 0,93 |
1. Calculer la puissance rayonnée par la surface intérieure de chaque paroi (sauf plancher bas, qui rayonne vers l'intérieur et ne constitue pas une déperdition directe).
2. Calculer la puissance totale rayonnée par les surfaces intérieures des parois donnant sur l'extérieur.
3. En supposant que les surfaces extérieures de ces parois rayonnent aussi (avec les T surf. ext. données et ε = 0,90), calculer le bilan net par rayonnement pour les murs isolés uniquement.
4. Le technicien constate que les fenêtres représentent seulement 15 m² sur 202 m² de parois, mais contribuent significativement aux pertes. Calculer la puissance rayonnée par m² pour les fenêtres et pour les murs isolés. Comparer et expliquer.
5. Proposer un plan d'amélioration hiérarchisé (3 actions prioritaires) en justifiant chaque choix par les résultats numériques.
1.
Murs : \(T = 292\text{ K}\), \(292^4 = 7{,}272 \times 10^{9}\), \(P = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 7{,}272 \times 10^{9} \times 85 \approx \mathbf{32\,267\text{ W}}\)
Toiture : \(T = 291\text{ K}\), \(291^4 = 7{,}164 \times 10^{9}\), \(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 7{,}164 \times 10^{9} \times 100 \approx \mathbf{36\,556\text{ W}}\)
Fenêtres : \(T = 287\text{ K}\), \(287^4 = 6{,}784 \times 10^{9}\), \(P = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}784 \times 10^{9} \times 15 \approx \mathbf{5\,309\text{ W}}\)
Porte : \(T = 289\text{ K}\), \(289^4 = 6{,}975 \times 10^{9}\), \(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 6{,}975 \times 10^{9} \times 2 \approx \mathbf{712\text{ W}}\)
2. \(P_{total} = 32\,267 + 36\,556 + 5\,309 + 712 = \mathbf{74\,844\text{ W}} \approx 74{,}8\text{ kW}\)
3. Murs côté extérieur : \(T = 276\text{ K}\), \(276^4 = 5{,}807 \times 10^{9}\), \(P_{ext} = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 5{,}807 \times 10^{9} \times 85 \approx 25\,184\text{ W}\)
Bilan net murs : \(P_{net} = 32\,267 - 25\,184 = \mathbf{7\,083\text{ W}}\)
4. Fenêtres : \(5\,309 / 15 = \mathbf{354\text{ W/m}^2}\). Murs : \(32\,267 / 85 = \mathbf{380\text{ W/m}^2}\). Les valeurs sont proches, mais les murs ont une température de surface intérieure plus élevée (19 °C vs 14 °C). En termes de déperditions nettes, les fenêtres sont plus pénalisantes car la différence de température entre surfaces intérieure et extérieure est plus grande (14 − 6 = 8 °C vs 19 − 3 = 16 °C pour les murs, mais les fenêtres sont plus minces et moins isolantes).
5. Plan d'amélioration : 1) Renforcer l'isolation de la toiture (36,6 kW, plus grande contribution) — ajout d'une surépaisseur de laine soufflée. 2) Poser un écran réfléchissant (ε ≈ 0,05) sous la toiture et sur les murs pour réduire les échanges radiatifs intérieurs. 3) Remplacer les fenêtres double vitrage par du triple vitrage à faible émissivité (couche low-e, ε ≈ 0,10) pour réduire les pertes radiatives à travers les vitrages.
Un technicien en énergies renouvelables compare deux solutions de chauffage pour un local de 40 m². Le besoin de chauffage par rayonnement est de 2 500 W.
Solution A — Radiateur électrique à inertie : ε = 0,92, T surface = 65 °C, COP = 1 (rendement de conversion électrique → chaleur = 100 %).
Solution B — Pompe à chaleur air-eau + plancher chauffant : ε = 0,90, T surface = 28 °C, COP = 3,5.
1. Pour la solution A, calculer la surface de radiateur nécessaire pour émettre 2 500 W par rayonnement.
2. Pour la solution B, calculer la puissance rayonnée par m² de plancher. En déduire la surface de plancher chauffant nécessaire.
3. Calculer la consommation électrique de chaque solution pour produire 2 500 W de chauffage, en utilisant le COP.
4. En supposant un fonctionnement de 8 heures par jour pendant 180 jours (saison de chauffe) et un prix de l'électricité de 0,18 €/kWh, calculer le coût annuel de chaque solution.
5. La pompe à chaleur coûte 8 000 € de plus que les radiateurs électriques à l'installation. Calculer le temps de retour sur investissement.
1. Radiateur : \(T = 338\text{ K}\), \(T^4 = 1{,}305 \times 10^{10}\)
\(P/S = 0{,}92 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}305 \times 10^{10} = 681\text{ W/m}^2\)
\(S = \dfrac{2\,500}{681} = \mathbf{3{,}67\text{ m}^2}\)
2. Plancher : \(T = 301\text{ K}\), \(T^4 = 8{,}212 \times 10^{9}\)
\(P/S = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 8{,}212 \times 10^{9} = 419\text{ W/m}^2\)
\(S = \dfrac{2\,500}{419} = \mathbf{5{,}97\text{ m}^2}\)
Le local fait 40 m², donc le plancher chauffant est largement réalisable.
3. Radiateur (COP = 1) : \(P_{élec} = \dfrac{2\,500}{1} = \mathbf{2\,500\text{ W}}\)
PAC (COP = 3,5) : \(P_{élec} = \dfrac{2\,500}{3{,}5} = \mathbf{714\text{ W}}\)
4. Durée annuelle : 8 × 180 = 1 440 h
Radiateur : \(E = 2{,}5 \times 1\,440 = 3\,600\text{ kWh}\) → coût = 3 600 × 0,18 = 648 €/an
PAC : \(E = 0{,}714 \times 1\,440 = 1\,028\text{ kWh}\) → coût = 1 028 × 0,18 = 185 €/an
5. Économie annuelle = 648 − 185 = 463 €/an
Temps de retour = \(\dfrac{8\,000}{463} \approx \mathbf{17{,}3\text{ ans}}\).
Le surcoût est rentabilisé en environ 17 ans. Avec les aides financières (MaPrimeRénov', CEE), ce délai peut être réduit à 8–10 ans. La PAC est aussi plus intéressante sur le plan environnemental (moindre consommation d'énergie primaire).
On modélise l'effet de serre avec un modèle simplifié à une couche atmosphérique :
1. Sans atmosphère (f = 0), écrire le bilan radiatif de la surface. En déduire la température de surface \(T_0\).
2. Avec atmosphère (f quelconque), la surface reçoit \(P_s\) du Soleil et \(\dfrac{f}{2} \cdot \sigma T_s^4\) de l'atmosphère. Écrire le bilan radiatif de la surface à l'équilibre.
3. En déduire l'expression de \(T_s\) en fonction de \(P_s\), \(\sigma\) et \(f\).
4. Calculer \(T_s\) pour f = 0 ; f = 0,50 ; f = 0,78 ; f = 1. Exprimer en °C. Quelle valeur de f donne une température proche de +15 °C ?
5. L'augmentation du CO₂ fait passer f de 0,78 à 0,80. Calculer la nouvelle température et l'élévation correspondante. Commenter.
1. Bilan : \(\sigma T_0^4 = P_s\), donc \(T_0 = \left(\dfrac{P_s}{\sigma}\right)^{1/4} = \left(\dfrac{240}{5{,}67 \times 10^{-8}}\right)^{1/4} = (4{,}233 \times 10^{9})^{1/4} = \mathbf{255\text{ K}} = -18\text{ °C}\)
2. Bilan de la surface : \(\sigma T_s^4 = P_s + \dfrac{f}{2} \cdot \sigma T_s^4\)
D'où : \(\sigma T_s^4 \left(1 - \dfrac{f}{2}\right) = P_s\)
3. \(T_s = \left(\dfrac{P_s}{\sigma \left(1 - \dfrac{f}{2}\right)}\right)^{1/4}\)
4.
f = 0 : \(T_s = 255\text{ K} = \mathbf{-18\text{ °C}}\)
f = 0,50 : \(T_s = \left(\dfrac{240}{5{,}67 \times 10^{-8} \times 0{,}75}\right)^{1/4} = (5{,}644 \times 10^{9})^{1/4} = \mathbf{274\text{ K}} = 1\text{ °C}\)
f = 0,78 : \(T_s = \left(\dfrac{240}{5{,}67 \times 10^{-8} \times 0{,}61}\right)^{1/4} = (6{,}937 \times 10^{9})^{1/4} = \mathbf{289\text{ K}} = 16\text{ °C}\)
f = 1 : \(T_s = \left(\dfrac{240}{5{,}67 \times 10^{-8} \times 0{,}50}\right)^{1/4} = (8{,}466 \times 10^{9})^{1/4} = \mathbf{303\text{ K}} = 30\text{ °C}\)
La valeur f ≈ 0,78 donne une température proche de +15 °C, cohérente avec l'observation.
5. f = 0,80 : \(T_s = \left(\dfrac{240}{5{,}67 \times 10^{-8} \times 0{,}60}\right)^{1/4} = (7{,}055 \times 10^{9})^{1/4} = \mathbf{290\text{ K}} = 17\text{ °C}\)
Élévation : 290 − 289 = +1 °C. Une variation de seulement 2 points de f (de 0,78 à 0,80) provoque un réchauffement de 1 °C. Cela illustre la sensibilité du climat aux variations de concentration des gaz à effet de serre.
Un technicien en énergies renouvelables dimensionne une installation solaire thermique pour un foyer de 4 personnes. Données :
1. Calculer le volume total d'eau chaude nécessaire par jour et l'énergie thermique correspondante en kWh.
2. Calculer la puissance rayonnée par m² de capteur à T = 65 °C (loi de Stefan-Boltzmann). Exprimer en W/m².
3. L'ensoleillement moyen est de 4,2 kWh/m²/jour, soit environ 4 200 Wh/m²/jour. Avec une absorption α = 0,95, calculer l'énergie solaire utile captée par m² et par jour.
4. En soustrayant les pertes par rayonnement (sur 6 h d'ensoleillement effectif) et les pertes annexes (20 %), calculer l'énergie nette disponible par m² et par jour.
5. En déduire la surface de capteurs nécessaire. Proposer un nombre de capteurs (surface unitaire : 2,5 m²) et estimer le taux de couverture solaire annuel.
1. Volume : \(4 \times 50 = 200\text{ L/jour} = 200\text{ kg/jour}\)
\(\Delta T = 55 - 12 = 43\text{ °C}\)
\(Q = m \cdot c \cdot \Delta T = 200 \times 4\,180 \times 43 = 35\,948\,000\text{ J} = \dfrac{35\,948\,000}{3\,600\,000} = \mathbf{9{,}99\text{ kWh/jour}} \approx 10\text{ kWh/jour}\)
2. \(T = 65 + 273 = 338\text{ K}\), \(T^4 = 1{,}305 \times 10^{10}\)
\(P_{ray}/S = 0{,}08 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}305 \times 10^{10} = \mathbf{59\text{ W/m}^2}\)
Grâce au revêtement sélectif (ε = 0,08), les pertes par rayonnement sont très faibles.
3. Énergie captée = \(0{,}95 \times 4\,200 = \mathbf{3\,990\text{ Wh/m}^2/jour}\)
4. Pertes par rayonnement sur 6 h : \(59 \times 6 = 354\text{ Wh/m}^2\)
Énergie après pertes rayonnement : \(3\,990 - 354 = 3\,636\text{ Wh/m}^2\)
Pertes annexes (20 %) : \(3\,636 \times 0{,}80 = \mathbf{2\,909\text{ Wh/m}^2/jour} \approx 2{,}91\text{ kWh/m}^2/jour\)
5. Surface nécessaire : \(S = \dfrac{10}{2{,}91} = \mathbf{3{,}44\text{ m}^2}\)
Nombre de capteurs : \(\dfrac{3{,}44}{2{,}5} = 1{,}38\), soit 2 capteurs (5 m²).
Avec 5 m² : énergie produite = \(5 \times 2{,}91 = 14{,}55\text{ kWh/jour}\) pour un besoin de 10 kWh/jour.
Taux de couverture solaire annuel estimé : environ 60 à 70 % (en été, surproduction ; en hiver, production insuffisante à cause du faible ensoleillement). Un appoint (chaudière ou résistance électrique) est nécessaire.
Un technicien chauffagiste diagnostique un réseau de distribution de chauffage dans un sous-sol non chauffé. Le réseau comprend :
| Tronçon | Diamètre (mm) | Longueur (m) | T surface (°C) | ε |
|---|---|---|---|---|
| Départ chaudière | 42 | 15 | 70 | 0,90 |
| Distribution étage | 28 | 25 | 55 | 0,90 |
| Retour chaudière | 42 | 15 | 40 | 0,90 |
Données complémentaires : prix du gaz naturel = 0,08 €/kWh PCI, rendement chaudière = 92 %, saison de chauffe = 5 mois = 3 650 h, prix d'une coquille isolante (ε résiduel = 0,10, T surface avec coquille = 25 °C) = 12 €/mètre linéaire.
1. Calculer la surface latérale (\(S = \pi \times d \times L\)) de chaque tronçon.
2. Calculer la puissance perdue par rayonnement pour chaque tronçon non isolé.
3. Calculer la puissance totale perdue par le réseau non isolé.
4. Avec les coquilles isolantes (ε = 0,10, T surface = 25 °C = 298 K), calculer la nouvelle puissance totale perdue par rayonnement pour l'ensemble du réseau.
5. Calculer l'énergie économisée sur une saison de chauffe (en kWh). En tenant compte du rendement chaudière, calculer l'économie de gaz et le coût évité.
6. Calculer le coût total d'installation des coquilles et le temps de retour sur investissement. Rédiger une conclusion pour le client.
1.
Départ : \(S = \pi \times 0{,}042 \times 15 = \mathbf{1{,}979\text{ m}^2}\)
Distribution : \(S = \pi \times 0{,}028 \times 25 = \mathbf{2{,}199\text{ m}^2}\)
Retour : \(S = \pi \times 0{,}042 \times 15 = \mathbf{1{,}979\text{ m}^2}\)
2.
Départ (T = 343 K) : \(343^4 = 1{,}384 \times 10^{10}\), \(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}384 \times 10^{10} \times 1{,}979 = 0{,}90 \times 1\,553 = \mathbf{1\,398\text{ W}}\)
Distribution (T = 328 K) : \(328^4 = 1{,}158 \times 10^{10}\), \(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 1{,}158 \times 10^{10} \times 2{,}199 = 0{,}90 \times 1\,444 = \mathbf{1\,300\text{ W}}\)
Retour (T = 313 K) : \(313^4 = 9{,}596 \times 10^{9}\), \(P = 0{,}90 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 9{,}596 \times 10^{9} \times 1{,}979 = 0{,}90 \times 1\,077 = \mathbf{969\text{ W}}\)
3. \(P_{total} = 1\,398 + 1\,300 + 969 = \mathbf{3\,667\text{ W}} \approx 3{,}67\text{ kW}\)
4. Avec coquilles (T = 298 K, ε = 0,10) pour tous les tronçons :
\(298^4 = 7{,}886 \times 10^{9}\)
Surface totale = 1,979 + 2,199 + 1,979 = 6,157 m²
\(P_{isolé} = 0{,}10 \times 5{,}67 \times 10^{-8} \times 7{,}886 \times 10^{9} \times 6{,}157 = 0{,}10 \times 2\,754 = \mathbf{275\text{ W}}\)
5. Puissance économisée : \(3\,667 - 275 = 3\,392\text{ W}\)
Énergie sur la saison : \(3{,}392 \times 3\,650 = 12\,381\text{ kWh}\)
Énergie gaz (rendement 92 %) : \(\dfrac{12\,381}{0{,}92} = 13\,458\text{ kWh PCI}\)
Économie : \(13\,458 \times 0{,}08 = \mathbf{1\,077\text{ €/an}}\)
6. Longueur totale de tuyaux : 15 + 25 + 15 = 55 m
Coût coquilles : \(55 \times 12 = \mathbf{660\text{ €}}\)
Temps de retour : \(\dfrac{660}{1\,077} = \mathbf{0{,}61\text{ an}} \approx 7\text{ mois}\)
Conclusion : L'isolation du réseau de chauffage est un investissement extrêmement rentable : 660 € d'investissement pour plus de 1 000 € d'économie annuelle, soit un retour sur investissement en moins d'un an. C'est l'une des actions les plus efficaces en rénovation énergétique. De plus, la réduction de consommation de gaz diminue les émissions de CO₂ d'environ 2,7 tonnes par an (facteur d'émission du gaz : 0,20 kgCO₂/kWh).