Températures des planètes : ce que prévoit le bilan radiatif, et quand il se trompe

La stratégie. Même bilan que pour la sphère grise du satellite, l'albédo jouant le rôle de $1-a_S$ ; puis on vérifie l'hypothèse de température uniforme, qui suppose qu'un mécanisme redistribue l'énergie sur toute la sphère.

1) Température d'équilibre. La planète intercepte $\phi \pi R^2$ sur sa section, en absorbe $(1-A)\phi \pi R^2$, et émet $\sigma T_e^{4}4\pi R^2$ par toute sa surface : $$(1-A)\phi \pi R^2=4\pi R^2\sigma T_e^4⟹T_e={\left[\frac{\phi (1-A)}{4\sigma }\right]}^{1/4}.$$

Le modèle sans atmosphère convient à Mars, dont l'atmosphère est très ténue ($0,6\%$ de la pression terrestre). L'écart mesure l'effet de serre : $33\mathrm{K}$ pour la Terre, plus de $500\mathrm{K}$ pour Vénus, dont l'atmosphère de dioxyde de carbone exerce au sol une pression de $92\mathrm{bar}$.

2) Le paradoxe de Vénus. Vénus reçoit $1,91$ fois plus de flux que la Terre, mais ses nuages d'acide sulfurique en renvoient $76\%$ : elle n'en absorbe que $0,24\times 2604=625\mathrm{W}{\mathrm{m}}^{-2}$ (par unité de section), contre $0,70\times 1361=953$ pour la Terre. Avec l'albédo terrestre, $T_e={\left[\frac{2604\times 0,70}{4\sigma }\right]}^{1/4}=299\mathrm{K}$. Le sol de Vénus est brûlant malgré un éclairement absorbé plus faible : c'est bien l'effet de serre, et non la proximité du Soleil, qui fait ses $737\mathrm{K}$.

3) La Lune. $T_e={\left[\frac{1361\times 0,89}{4\sigma }\right]}^{1/4}=270\mathrm{K}$, entre les $390\mathrm{K}$ du jour et les $100\mathrm{K}$ de la nuit, et ne décrit aucun point de la Lune. Équilibre local : l'élément d'aire $\mathrm{d}S$ reçoit le flux $\phi \cos \theta$ par unité d'aire (le faisceau intercepté a la section $\mathrm{d}S\cos \theta$), en absorbe la fraction $1-A$ et émet $\sigma T^4$ : $$T(\theta )={\left[\frac{\phi (1-A)\cos \theta }{\sigma }\right]}^{1/4}=T(0)(\cos \theta {)}^{1/4}.$$ $T(0)={\left[\frac{1361\times 0,89}{5,67\times 10^{-8}}\right]}^{1/4}=382\mathrm{K}$ (mesuré : $\approx 390\mathrm{K}$) ; $T(30^{\circ })=369\mathrm{K}$ ; $T(60^{\circ })=321\mathrm{K}$. La nuit, le sol se refroidit vers $\approx 100\mathrm{K}$, soutenu par la chaleur stockée sous la surface. L'hypothèse mise en défaut est la température uniforme : elle exige que l'énergie absorbée côté jour soit redistribuée sur toute la sphère, par une rotation rapide ou par une atmosphère et des océans qui la transportent. Sans atmosphère et avec un « jour » de deux semaines, chaque point est à son propre équilibre.

4) Le rapport $\sqrt{2}$. $\frac{T(0)}{T_e}={\left[\frac{\phi (1-A)/\sigma }{\phi (1-A)/(4\sigma )}\right]}^{1/4}=4^{1/4}=\sqrt{2}$, quels que soient $d$ et $A$ : c'est le même facteur 4, section contre surface, que pour la plaque et la sphère du satellite. Pour la Lune, $382/270=1,41$.

Ce que l'exercice installe. $T_e={\left[\phi (1-A)/4\sigma \right]}^{1/4}$, avec l'albédo défini comme la fraction renvoyée ; l'écart entre la température mesurée et $T_e$ mesure l'effet de serre. Un modèle se juge à ses hypothèses : la température uniforme suppose une redistribution de l'énergie, que la Lune n'a pas ; l'équilibre local donne alors $T\propto (\cos \theta {)}^{1/4}$ et un point subsolaire à $\sqrt{2}{T}_e$.