Température du sol : les saisons sous terre

Choisissez un sol et une profondeur. La surface oscille au gré des saisons et des jours. La page affiche l'oscillation qui atteint votre thermomètre, issue de la solution exacte de l'équation de la chaleur, accompagnée de l'oscillation de surface en filigrane.

Exemple résolu — Température du sol : les saisons sous terre

Profondeur d'amortissement annuel (facteur e)	2,004 m
Amplitude annuelle (fraction de la surface)	28,73%
Amplitude annuelle de part et d'autre	2,30 °C
Retard du pic annuel	72,5 jours
Profondeur d'inversion exacte de l'année	6,30 m
Profondeur du sol le plus froid à l'été	4,72 m
Profondeur d'amortissement journalier	0,1049 m
Amplitude journalière (fraction de la surface)	0,00%

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Température du sol : les saisons sous terre

Lorsque la température à la surface d'un sol uniforme oscille selon une sinusoïde de période P, l'oscillation à la profondeur z vaut e^−z/d de celle de la surface et arrive avec un retard de (z/d)·P/2π. Le terme d = √(κP/π) désigne la profondeur d'amortissement et κ la diffusivité thermique du sol. Ces deux phénomènes sont déterminés par un seul nombre, z/d. À z = πd, l'oscillation accuse exactement une demi-période de retard.

Ce que signifie chaque symbole

d: la profondeur d'amortissement √(κP/π), sur laquelle une oscillation diminue d'un facteur e ; environ 2 m pour l'année dans un sol sec, et 10 cm pour le jour
z: la profondeur sous la surface
P: la période de l'oscillation en surface : une année de 365,2422 jours, ou un jour
κ: la diffusivité thermique du sol, en m²/s

L'oscillation s'atténue et prend du retard selon un seul et même nombre 🖖

Cliquez sur Calton Hill, 24 pieds et observez trois lignes des résultats. La profondeur, exprimée en profondeurs d'amortissement z/d, vaut 2,776. L'oscillation y est de e^−2,776 = 6,23 % de celle de la surface. Son pic arrive avec 2,776 × 58,13 = 161,4 jours de retard. Une année compte en effet 2π radians, et un radian correspond à 365,2422/2π = 58,13 jours. L'atténuation et le retard découlent du même nombre. Chaque fois que l'oscillation perd un facteur e lors de sa descente, elle accuse un retard supplémentaire de 58,1 jours. Choisissez un autre sol et d changera, mais ces 58,1 jours resteront constants. Forbes avait placé des thermomètres dans la roche de Calton Hill à Édimbourg à 3, 6, 12 et 24 pieds français. En 1860, William Thomson compila treize années de leurs relevés. Entre 3 et 24 pieds, le logarithme de l'oscillation annuelle chutait de 0,1160 par pied français et son pic reculait de 0,1156 radian par pied français. Vous retrouvez ces valeurs dans la ligne en gras du second tableau. La théorie prévoyait que ces deux chiffres seraient égaux, et ils le sont à 0,3 % près. Plus près de la surface, ils diffèrent de 6,2 %. Thomson attribua cet écart au sol et non aux mesures : ni la roche ni sa surface ne sont aussi uniformes que le suppose le modèle théorique.

À six mètres dans un sol sec, le jour le plus chaud tombe en hiver 🖖

Cliquez sur Sol sec, 6,3 m. Cette profondeur correspond à πd au centimètre près. L'oscillation est réduite à e^−π = 4,32 % de celle de la surface et arrive avec 182,7 jours de retard. Cela représente une demi-année à deux heures près. Les deux courbes du panneau inférieur sont donc symétriques, et le sol y est au plus chaud quand la surface est au plus froid. Cette chaleur reste modeste, soit 0,35 °C de part et d'autre de la moyenne. Une cave n'atteint pas une telle profondeur. Cliquez sur Sol sec, 2,5 m : à la profondeur d'une cave, l'été arrive avec 72,5 jours de retard et conserve 28,73 % de l'oscillation, marquant ainsi un pic automnal. Au cœur de l'été, le sol le plus froid ne se trouve pas non plus à 6,30 m, mais à 4,72 m, soit les trois quarts de πd. L'oscillation y est plus ample et le retard n'est que des trois huitièmes d'une année. Les résultats vous indiquent cette profondeur quel que soit le sol choisi.

À un demi-mètre de profondeur, la nuit disparaît mais les saisons demeurent 🖖

Cliquez sur Demi-mètre, journalier. Dans un sol sec, l'oscillation journalière diminue d'un facteur e tous les 0,1049 m, et l'oscillation annuelle tous les 2,004 m. Cette dernière pénètre donc 19,11 fois plus profondément. Ce rapport correspond à √365,2422, la racine carrée du rapport des deux périodes. La variable κ s'annule dans le calcul, rendant ce constat valable pour tous les sols. À un demi-mètre de profondeur, l'oscillation diurne vaut 0,85 % de celle de la surface et atteint son pic avec 18,2 heures de retard. L'oscillation annuelle maintient quant à elle 77,92 % de son amplitude et ne tarde que de 14,5 jours. Un thermomètre placé à cet endroit perçoit à peine l'alternance du jour et de la nuit, tout en suivant les saisons presque au même rythme. Vous observez à nouveau la loi quadratique de L'Équation de la chaleur : une période 365 fois plus longue pénètre √365 fois plus profondément.

Problème entièrement résolu

L'âge de la Terre selon Kelvin 3 étapes
En 1862, William Thomson, futur Lord Kelvin, modélisa la croûte terrestre comme une roche ayant un κ = 400 pieds carrés par an. Il supposa qu'elle formait initialement un bloc solide plus chaud de 7 000 °F que la surface actuelle, et qu'elle se refroidissait depuis lors par cette même surface. Les mesures indiquent que le sol se réchauffe d'environ 1 °F tous les 50 pieds de descente. Quel âge cela donnait-il à la Terre ? Cliquez d'abord sur Roche de Thomson, 1 m : la page illustre l'effet de ce κ sur l'onde annuelle.

Ouvrez ce problème dans l'outil
1. En unités métriques, le κ de Thomson correspond aux 1,178 mm²/s du champ κ, et son oscillation annuelle est divisée par e tous les
  
  $κ = \frac{400 \times 0 . 304 8 ^{2} m ^{2}}{3 . 15569 \times 1 0 ^{7} s} = 1.178 \times 1 0^{- 6} m^{2} /s, d_{y} = \frac{400}{π} ft = 11.28 ft = 3.439 m$
2. Une roche initialement uniformément chaude et refroidie par sa surface depuis l'instant 0 présente, à la surface, le gradient G = ΔT/√(πκt). Il s'agit de la solution de Fourier telle que Thomson l'a écrite. Résolvez l'équation pour trouver t, dans ses propres unités en °F, en pieds et en années :
  
  $t = \frac{Δ T ^{2}}{π κ G ^{2}} = \frac{7 , 00 0 ^{2}}{π \times 400 \times ( 1/50 ) ^{2}} = \frac{49 , 000 , 000}{0 . 50265} = 97, 480, 000 years$
3. La réponse est inversement proportionnelle au carré du gradient, l'unique valeur mesurée. Un gradient réduit de moitié multiplie l'âge de la Terre par quatre. L'estimation haute de Thomson pour la roche en fusion, soit 10 000 °F, donne
  
  $G = \frac{1}{100} : t = 4 \times 97.48 = 389.9 million years; Δ T = 10, 000^{\circ} F : t = 198.9 million years$
Réponse

Environ 97,5 millions d'années. Thomson écrivit 98 000 000 et, tenant compte des inconnues de l'époque sur le comportement de la roche à haute température, estima l'âge entre 20 et 400 millions d'années. L'âge aujourd'hui accepté s'élève à 4,54 milliards. L'explication classique incrimine la radioactivité, à tort : intégrez la chaleur radioactive de la Terre dans ce calcul et le résultat bougera à peine. L'erreur réside dans l'hypothèse d'un intérieur immobile. En 1895, John Perry souligna qu'un intérieur fluide, même avec le lent fluage de la roche chaude, transporte la chaleur beaucoup plus vite que la conduction. Dès lors, le gradient mesuré en surface n'indique plus grand-chose sur la durée du refroidissement de la Terre.

$t \approx 97.5 \times 1 0^{6} years (Thomson: 98, 000, 000; accepted: 4.54 \times 1 0^{9})$

Parcours

Les équations de la chaleur, des ondes et de Laplace

Références (3)

Fourier's solution for a periodic surface temperature stated as a law, the retardation of the epoch in radians equal to the diminution of the logarithm of the amplitude, and tested on Forbes's thermometers at 3, 6, 12 and 24 French feet in the rock of Calton Hill (Table IV, thirteen years, 1842–1854: 0.1160 and 0.1156 per French foot from 3 to 24 feet), with k/c of 235.1, 260.5 and 690.7 square French feet a year for the three Edinburgh sites (§§11, 21, 35–38); and the age of the Earth from the cooling of a solid half-space, κ = 400 square feet a year and 1 °F per 50 feet, 98,000,000 years for 7,000 °F and limits of 20 and 400 million (§§6, 10–16): W. Thomson, "On the reduction of observations of underground temperature; with application to Professor Forbes' Edinburgh observations, and the continued Calton Hill series", Transactions of the Royal Society of Edinburgh 22 (1861), 405–427, doi:10.1017/S0080456800030702; and "On the secular cooling of the Earth", same journal, 23 (1862), 157–169, doi:10.1017/S0080456800018512. Both reprinted in his Mathematical and Physical Papers, vol. III (Cambridge University Press, 1890), Arts. XCIII and XCIV.
Kelvin's calculation re-run with modern values, and the case that radioactivity does not invalidate it (adding the Earth's radioactive heat barely changes the answer) while convection in the interior, argued by John Perry in 1895, does: P. England, P. Molnar and F. Richter, "John Perry's neglected critique of Kelvin's age for the Earth: A missed opportunity in geodynamics", GSA Today 17(1) (2007), 4–9.
The periodic solution and its damping, Example 5.7 (the coldest ground in high summer at three quarters of π damping depths); the thermal diffusivities of dry mineral soil, 4 × 10⁻⁷ m²/s, and granite, about 7.4 × 10⁻⁷ (Table A.2); and the accepted age of the Earth, 4.54 billion years (Problem 5.45): J. H. Lienhard V and J. H. Lienhard IV, A Heat Transfer Textbook, 6th edition. Phlogiston Press, Cambridge, Massachusetts, 2024. §5.6 and Example 5.7, pp. 233–235; Problem 5.45; Table A.2, p. 744.

Par l’équipe 42Math · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.