EXO 1) Calculer la  puissance  thermique  rayonnée  par  une  table  de  surface  1m2  à  la température  de  27°C.  La  table  est  supposée  se  comporter  comme  un  corps  noir. 
  Corps noir donc loi de Stefan Boltzmann :
    Eb = sigmaT^4
    avec sigma = 5.670 e-8
    T en kelvin = 27 +273.15 
    Eb = 460
  Q°b=Eb*S
  2)Calcul de la longueur d'onde pour la puissance maximale
  La puissance maximale qu'un corps peut émettre est celle d'un corps noir qui se trouve à la même température. Donc loi de Wien :
    LambdamaxT=2898micromK
    Soit Lambdamax = 2898/300 = 9.66 microm
  3) Calcul de la puissance rayonnée pour une émissivité de 0.4
  epsilon(T)=E(T)/Eb(T)
  E(T) = epsilon Eb = 0.4*460.20 =184
  Puissance rayonnée = Q° = ES = 184.07*1=184
Ex 2 Calculer pour une ampoule à incandescence dont le filament est à une température de 2500
  1)le rapport entre la puissance émise dans le visible (400nm à 760nm) et la puissance totale rayonnée. On suppose que le filament rayonne comme un corps noir
  Raisonner par bande d'émission :
    F lambda 1 vers lambda 2 = int o à lambda 2 E lambdab dlambda - int 0 à lambda 1Elambda 1 dlambda/sigma T^4 
    =F(o vers lamdba 2) - F(0vers lambda 1) = f lambda 2 - f lambda 1
    Lambda1T = (0.40microm)(2500)=1000micromK
    Lambda2T = (0.76microm)(2500)=1900micromK
  Soit avec le tableau on a :
    flambda 1 = 0.000321
    f lambda 2 = 0.053035
    Soit que 0.03% de la radiation est émise à des longueurs d'onde inférieures à 0.4 micro m et que 5.3% des radiations est émise à des longueurs d'onde inférieures à 0.76microm
    Ainsi la fraction est F(lambda1 vers lamba 2 ) = 0.0527
    Donc environ le 5% de radiation est émise dans le spectre du visible, le restant 95% est émis dans la zone de l'infrarouge sous forme de "lumière invisible" et donc que de la chaleur
  2)Calcul de la fraction émise dans le visible pour la lampe halogène:
    Lambda 1 T = 0.40 microm 3700 k = 1480micromK
    Lambda2 T =0.776microm 3700 k = 2812 micro mK
    Soit avec le tableau 
    flambda 1 =0.007790
    flambda 2 =0.227897
    Soit 0.7% de la radiation est émise à des longueurs d'onde inférieures à 0.4 micro m et que 23% de radiation est émisé à des longueurs d'onde inférieures à 0.76micro m
    F(lamdba 1 vers 2) = 0.220107
    soit 0.22 % de la radiation est émise dans le spectre du visible, ce qui démontre une meilleure efficience de la lampe par rapport à celle à incandescance
    Ajd ces deux là sont interdites 
ex 3 Un panneau solaire thermique de 1.5*4.5m2 est installé horizontalement sur le toit d'une maison. La température moyenne de la surface exposée est de 37.7°C. Cette dernière a une émissivité de 0.9. 
1)Déterminer le flux de chaleur échangé par convection et par radiaton durant une journée de climat ambiant, température de l'air 21 et ciel 10. Le coeff de convection est de l'ordre de 14.2W/m2°c
Hypothèse :
  Régime Permanent
  Emissivité et coeff de convection sont constants et unifomres 
  Températures constantes
  Surface S = 6.75m2
  Flux thermique convectif :
    Q°conv = h*s (tinf-tpanneau)
    =14.2*6.75(21-37.7) = -1600.70
  Pour la puissance nette due au rayonnement il faut raisonner sur les échanges entre le ciel et le panneau. On se réduit à deux températures de surface
    Q°21 = Q°2vers 1 - Q°1vers 2
    Soit Q°2vers 1 = F21S2J2
    et Q°1vs 2 = F12S1J1
    J 1 = E1 + ro G
    E1 = epsilonEb1 = epsilon sigma T^4
    Ciel corps noir donc J2 = G = Eb ciel = sigma T^4ciel*
    J1 = epsilonsigma Tp^4 + rosigmaT^4ciel
    Panneau opaque donc 1 = alpha + ro soit ro = 1-alpha
    Loi de Kirchhoff alpha = epsilon
    donc ro = 1-epsilon 
    soit en injectant ro dans l'équation de radiosité de la surface 1 :
      J1 = epsilon sigma Tp^4 + (1-epsilon)sigmaT^4ciel
    Q°1vers 2 = F12*S1*(epsilonsigmaTp^4 + sigma T^4ciel - epsilon sigma T^4ciel)
    Q°2vers 1 = F21 S2sigmaT^4ciel
    réversibilité des facteurs de forme nous avons que :
      F12 S1 = F21 S2 soit 
      Q°2vers 1 = F12 S1sigma T^4ciel
    soit Q°21 = F12S1epsilonsigmaT^4ciel - F12S1epsilonsigmaTp^4
    Or F12 =1
    donc 
    Q°Ray = epsilon sigma (T^4ciel - T^4p)S
    Qtot = somme
Exo 5 ( fait en cours )
Les aprois internes dune pièce constituent une cavité fermée. Le sol est à 530 K, le plafond à 450 K et la surface verticale au fond 
( la surface 3) est à T=480 K. 
  1) Calculez Q12 et Q13
  On calcule L1/D et L2 / D pour avoir F1,2 = 0.168
  S1= 2.4*3 = 7.2
  Soit Q°1,2 = sigma S1F1,2 ( T1^4-T2^4) = 2.601k W
  Dmême pour Q°1,3 L1/W et L2/W
  F1,3 = 0.185 
  Q°1,3 = sigma S1 F1,3(T1^4-T3^4) = 1.951k W
  2) Calcul de Q°12 si parois adiabatiques, on obtient :
    Q°12ad = sigma Si F12 ad(T1^4-T2^4)=8.204kW
Exo 6 
  Deux surfaces rectangulaires parallèles sont placées un devant l'autre avec une distance de 1m. Les deux surfaces ont un coté de 0.5m et de l'autre avec de 0.6m. 
  Une des deux est à 800 °C et a une émissivité de 0.2, alors que l'autre est à 600°C et elle est caractérisée par une émissivité de 0.6. 
  Calculer l'échange thermique entre les deux surfaces 
  L1/D = 0.5 
  L2/D = 0.6 
  les facteurs de forme, faisant référence au diagramme sont :
    F1,2 =0.08 =F2,1
  Analogie électrique :
    Q°1=Q°12 = -Q°2 = sigma(T1^4-T2^4)/(1-epsilon/epsilon1A1 + 1/A1F12 + 1-epsilon 2/epsilon2A2) )
    Q°1=Q°12
    Q°2 = -Q°12  = -738.26