Le bilan radiatif terrestre

a) L'albédo est le rapport de la puissance renvoyée à la puissance reçue : $A=\frac{638}{760}\approx 0,839$. L'albédo de la surface vaut environ 0,84.

b) La valeur 0,84 se situe dans la plage de la neige fraîche (0,80 à 0,90), au-dessus de celle de la glace (0,50 à 0,70). La surface est probablement couverte de neige fraîche.

c) La puissance absorbée est la part non renvoyée : $P_{\text{abs}}=760-638=122$ W·m⁻², ce que confirme $(1-0,84)\times 760\approx 122$ W·m⁻². La neige absorbe environ 122 W·m⁻².

d) $P_{\text{abs}}=(1-0,07)\times 760=0,93\times 760\approx 707$ W·m⁻². Rapport : $\frac{707}{122}\approx 5,8$. L'océan absorbe près de six fois plus de puissance que la neige : remplacer une surface enneigée par de l'eau libre réchauffe donc fortement une région.

a) $R_M=3,390\times {10}^6$ m. Aire du disque : $\pi R_M^2=\pi \times (3,390\times {10}^6{)}^2\approx 3,61\times {10}^{13}$ m². La planète intercepte tout le rayonnement qui traverse ce disque : $P=S_M\times \pi R_M^2=589\times 3,61\times {10}^{13}$, soit $P\approx 2,13\times {10}^{16}$ W.

b) $4\pi R_M^2=4\times 3,61\times {10}^{13}$, soit environ $1,44\times {10}^{14}$ m².

c) Au fil de la rotation, la puissance interceptée se répartit sur toute la surface de la sphère : $\frac{S_M\times \pi R_M^2}{4\pi R_M^2}=\frac{S_M}{4}$, après simplification par $\pi R_M^2$. Numériquement : $\frac{589}{4}\approx 147$ W·m⁻². La puissance moyenne reçue vaut environ 147 W·m⁻² ; le quotient des résultats a et b redonne cette valeur aux arrondis près.

d) La moyenne tient compte de la nuit (aucune puissance reçue) et des régions où les rayons arrivent rasants. À l'équateur à midi, les rayons sont quasi perpendiculaires au sol : la puissance reçue approche $S_M$, soit quatre fois la moyenne, moins ce qu'absorbe la mince atmosphère martienne.

a) Puissance reçue : $185+336=521$ W·m⁻². Puissance cédée : $402+119=521$ W·m⁻². Le sol reçoit et cède chacun 521 W·m⁻².

b) Les deux sommes sont égales : le sol reçoit en moyenne autant de puissance qu'il en cède. Il est en équilibre dynamique ; sa température moyenne annuelle reste constante.

c) $\frac{336}{185}\approx 1,8$ : le sol reçoit presque deux fois plus de l'atmosphère que du Soleil. Les deux puissances sont du même ordre de grandeur (quelques centaines de W·m⁻²), celle de l'atmosphère étant la plus grande.

d) Le rayonnement solaire, émis par un corps à environ 5 800 K, est surtout visible (avec de l'infrarouge proche et un peu d'ultraviolet). L'atmosphère, à quelques centaines de kelvins, émet dans l'infrarouge, vers 10 µm.

a) La puissance interceptée se répartit sur une sphère d'aire quatre fois celle du disque : $\frac{S_V}{4}=\frac{2601}{4}\approx 650$ W·m⁻². Vénus reçoit en moyenne 650 W·m⁻².

b) La part absorbée vaut $1-A=0,24$ : $P_{\text{abs}}=0,24\times 650,25\approx 156$ W·m⁻². Vénus absorbe environ 156 W·m⁻².

c) À l'équilibre sans effet de serre, $\sigma T^4=156,06$, donc $T$$={\left(\frac{156,06}{5,67\times {10}^{-8}}\right)}^{1/4}$$=(2,75\times {10}^9{)}^{1/4}$$\approx 229$ K. $T\approx 229$ K, soit environ −44 °C.

d) L'écart vaut $737-229\approx 508$ K. Une telle différence ne peut venir que d'un effet de serre considérable : l'épaisse atmosphère de CO₂ absorbe la quasi-totalité de l'infrarouge émis par le sol et en renvoie une grande partie vers lui ; le sol ne retrouve l'équilibre qu'à très haute température.

e) Par mètre carré, Vénus absorbe 156 W·m⁻², moins que la Terre (environ 240 W·m⁻²), car son albédo élevé (nuages épais) renvoie 76 % du rayonnement. La proximité du Soleil ne suffit donc pas : c'est l'effet de serre, et non la distance, qui explique la température de Vénus.

a) Banquise : $P_1=(1-0,62)\times 210=0,38\times 210\approx 79,8$ W·m⁻². Océan libre : $P_2=(1-0,06)\times 210=0,94\times 210\approx 197,4$ W·m⁻². La puissance absorbée passe de 79,8 à 197,4 W·m⁻², soit environ 2,5 fois plus.

b) Aire : $2,5\times {10}^6$ km² $=2,5\times {10}^{12}$ m². Augmentation par m² : $197,4-79,8=117,6$ W·m⁻². Sur la région : $\Delta P=117,6\times 2,5\times {10}^{12}\approx 2,9\times {10}^{14}$ W. La région absorbe environ $2,9\times {10}^{14}$ W de plus.

c) Réchauffement → fonte de la banquise → baisse de l'albédo → hausse de la puissance absorbée → réchauffement accru. L'effet renforce sa cause : la rétroaction est positive (amplificatrice).

d) La banquise est de l'eau de mer gelée qui flotte : elle déplace déjà un volume d'eau de même masse, si bien que sa fonte ne modifie pratiquement pas le niveau des océans (ce sont les glaciers et calottes continentaux qui le font monter). Son effet climatique majeur est la baisse de l'albédo, calculée aux questions a et b.

a) À la distance $d_J$, la puissance $L$ est répartie uniformément sur une sphère d'aire $4\pi d_J^2$. Jupiter en capte la part qui traverse son disque apparent d'aire $\pi R_J^2$. La proportion interceptée vaut donc $\frac{\pi R_J^2}{4\pi d_J^2}=\frac{R_J^2}{4d_J^2}$, ce qu'il fallait montrer.

b) Les deux longueurs sont en km : $\frac{R_J}{d_J}=\frac{69911}{7,785\times {10}^8}\approx 8,98\times {10}^{-5}$, d'où $\frac{R_J^2}{4d_J^2}\approx \frac{8,06\times {10}^{-9}}{4}\approx 2,02\times {10}^{-9}$. Puissance interceptée : $3,83\times {10}^{26}\times 2,02\times {10}^{-9}$, soit $P_J\approx 7,7\times {10}^{17}$ W.

c) $d_J=7,785\times {10}^{11}$ m, donc $S_J$$=\frac{L}{4\pi d_J^2}$$=\frac{3,83\times {10}^{26}}{4\pi \times (7,785\times {10}^{11}{)}^2}$$\approx \frac{3,83\times {10}^{26}}{7,62\times {10}^{24}}$, soit $S_J\approx 50,3$ W·m⁻². Vérification : $S_J\times \pi R_J^2\approx 50,3\times 1,54\times {10}^{16}\approx 7,7\times {10}^{17}$ W, conforme à b.

d) Comme pour la Terre, on divise par 4 : $\frac{50,3}{4}\approx 12,6$ W·m⁻². Rapport : $\frac{340}{12,6}\approx 27$. Jupiter reçoit en moyenne environ 27 fois moins par m² que la Terre, ce qui correspond au carré du rapport des distances ($5,2^2\approx 27$). Elle capte pourtant davantage au total, grâce à son rayon onze fois plus grand.

a) Sans atmosphère, le sol émet ce qu'il absorbe : $\sigma T^4=180$, donc $T$$={\left(\frac{180}{5,67\times {10}^{-8}}\right)}^{1/4}$$=(3,17\times {10}^9{)}^{1/4}$$\approx 237$ K. $T\approx 237$ K, soit environ −36 °C.

b) Vue de l'espace, la planète reçoit 180 W·m⁻² et n'émet que par la couche atmosphérique, puisque tout l'infrarouge du sol est absorbé. À l'équilibre : $P_a=180$ W·m⁻².

c) La couche reçoit $P_s$ (infrarouge du sol) et émet $P_a$ vers le haut et $P_a$ vers le bas. À l'équilibre : $P_s=2P_a=2\times 180$, donc $P_s=360$ W·m⁻².

d) $\sigma T_s^4=360$ donne $T_s={\left(\frac{360}{5,67\times {10}^{-8}}\right)}^{1/4}\approx 282$ K, soit environ 9 °C : 45 K de plus que sans atmosphère. Bilan du sol : il reçoit $180+180=360$ W·m⁻² (Soleil et atmosphère) et émet $P_s=360$ W·m⁻². Les deux sont égaux : le sol est en équilibre dynamique.

a) $A=\frac{100}{340}\approx 0,294$. L'albédo vaut environ 0,29, conforme à la valeur moyenne de 0,30.

b) Le système Terre reçoit 340 W·m⁻² et cède $100+239=339$ W·m⁻². Différence : $340-339=1$ W·m⁻². La Terre reçoit environ 1 W·m⁻² de plus qu'elle n'en renvoie vers l'espace ; les flux étant arrondis à l'unité, ce résultat est compatible avec les 0,7 W·m⁻² du GIEC.

c) Surface : reçu $160+342=502$ W·m⁻² ; cédé $398+21+82=501$ W·m⁻². Excédent : environ 1 W·m⁻². Le résultat est cohérent : l'excédent reçu par le système Terre est stocké au niveau de la surface, essentiellement dans les océans.

d) Surface terrestre : $4\pi R^2=4\pi \times (6,371\times {10}^6{)}^2\approx 5,10\times {10}^{14}$ m². Puissance excédentaire : $0,7\times 5,10\times {10}^{14}\approx 3,6\times {10}^{14}$ W. Énergie en un an : $E=P\times \Delta t=3,57\times {10}^{14}\times 3,16\times {10}^7$, soit $E\approx 1,1\times {10}^{22}$ J.

e) L'excédent ne représente que $\frac{0,7}{240}\approx 0,3$ % de la puissance solaire absorbée ($340-100=240$ W·m⁻²), mais il est positif chaque année : l'énergie s'accumule (environ ${10}^{22}$ J par an), ce que confirme la hausse de la chaleur océanique du document 2. La Terre n'est donc pas en équilibre dynamique : elle se réchauffe. Origine probable : le renforcement de l'effet de serre par les gaz émis par les activités humaines réduit l'infrarouge sortant ; la température augmentera jusqu'à ce que l'émission compense de nouveau la puissance absorbée. L'élève a tort : un petit écart permanent suffit à réchauffer la planète.

a) Les deux températures augmentent, de plus en plus lentement, puis se stabilisent à partir de 12 min : 33,1 °C pour le fond noir, 25,2 °C pour le fond blanc. Pendant les deux premières minutes : fond noir $\frac{24,6-20,0}{2}=2,3$ °C/min ; fond blanc $\frac{21,9-20,0}{2}=0,95$ °C/min. La boîte noire chauffe environ 2,4 fois plus vite.

b) Au début, la boîte absorbe plus de puissance qu'elle n'en perd : elle stocke de l'énergie et chauffe. Or ses pertes (rayonnement infrarouge, qui augmente avec la température, convection, conduction) croissent avec la température. Quand elles égalent la puissance absorbée, la température ne varie plus : la boîte a atteint un équilibre dynamique, les échanges continuant sans se déséquilibrer.

c) Le sable blanc a un albédo élevé : il renvoie une grande partie de la lumière et en absorbe moins que le fond noir. Les pertes n'ont donc à compenser qu'une puissance plus faible, ce qui se produit à plus basse température. Un albédo plus fort conduit à une température d'équilibre plus basse (écart de 7,9 °C).

d) La vitre agit de deux façons : elle absorbe l'infrarouge (effet radiatif, comparable à l'effet de serre) mais elle bloque aussi la convection, ce qui n'a pas d'équivalent dans l'atmosphère terrestre. Les 5,3 °C résultent de ces deux effets confondus ; l'expérience ne permet pas de les séparer. La conclusion est abusive : cette hausse n'isole pas l'effet de serre radiatif.

e) La neige joue le rôle du fond blanc. Moins d'enneigement fait baisser l'albédo, donc augmenter la puissance absorbée : la température d'équilibre s'élève, ce qui fait encore reculer la neige. C'est une rétroaction positive qui amplifie le réchauffement.

a) Le sol reçoit $P_{\text{abs}}$ du Soleil et $\frac{f}{2}{P}_s$ de l'atmosphère ; il cède $P_s$. À l'équilibre : $P_{\text{abs}}+\frac{f}{2}{P}_s=P_s$, soit $P_s-\frac{f}{2}{P}_s=P_{\text{abs}}$, donc $P_s(1-\frac{f}{2})=P_{\text{abs}}$.

b) $f=0$ : $\sigma T_s^4=236$, $T_s$$={\left(\frac{236}{5,67\times {10}^{-8}}\right)}^{1/4}$$=(4,16\times {10}^9{)}^{1/4}$$\approx 254$ K. Soit environ −19 °C : c'est le cas d'une atmosphère qui n'absorbe pas l'infrarouge, c'est-à-dire sans effet de serre.

c) $f=0,78$ : $P_s=\frac{236}{1-0,39}=\frac{236}{0,61}\approx 386,9$ W·m⁻², d'où $T_s={\left(\frac{386,9}{5,67\times {10}^{-8}}\right)}^{1/4}\approx 287,4$ K, soit environ 14 °C. Le modèle, malgré ses simplifications, retrouve à 1 °C près la température observée de 15 °C.

d) $f=0,80$ : $P_s=\frac{236}{0,60}\approx 393,3$ W·m⁻², d'où $T_s\approx 288,6$ K. Hausse : $288,6-287,4\approx 1,2$ K. Une faible augmentation de l'absorption infrarouge suffit à élever la température de surface d'environ 1 °C : renforcer l'effet de serre réchauffe le sol jusqu'à un nouvel équilibre.

e) Vers l'espace partent la part transmise $(1-0,78)\times 386,9\approx 85,1$ W·m⁻² et la moitié réémise vers le haut $0,39\times 386,9\approx 150,9$ W·m⁻². Total : $85,1+150,9=236,0$ W·m⁻² $=P_{\text{abs}}$. La planète renvoie exactement ce qu'elle absorbe : elle est en équilibre dynamique, alors même que son sol émet bien plus de 236 W·m⁻².