1. No category

Løsningsforslag nr.2 - GEF2200
[email protected]
Oppgave 1
a)
• Monokromatisk emissivitet: Hvor mye monokromatisk intensitet et legeme
emitterer sett i forhold til hvor mye monokromatisk intensitet et sort legeme med
samme temperatur ville ha emittert.
λ =
Iλ (emittert)
Bλ (T )
• Monokromatisk absorptivitet: Forholdet mellom hvor mye monokromatisk intensitet som blir absortbert av et legeme og hvor mye monokromatisk intensitet
som kommer inn til legemet.
αλ =
Iλ (absorbert)
Iλ (inn)
• Monokromatisk reflektivitet: Forholdet mellom hvor mye monokromatisk intensitet som blir reflektert av et legeme og hvor mye monokromatisk intensitet som
kommer inn til legemet.
Iλ (ref lektert)
Rλ =
Iλ (inn)
• Monokromatisk transmissivitet: Forholdet mellom hvor mye monokromatisk
intensitet som blir transmittert gjennom et legeme og hvor mye monokromatisk
intensitet som kommer inn til legemet.
Tλ =
Iλ (transmittert)
Iλ (inn)
b)
Siden flaten er ugjennomsiktig vil det ikke transmitteres stråling, og dermed vil alt som
ikke blir absorbert bli reflektert. Reflektansene blir følgelig Rλ = 1 for strålingen med
1
λ < 0, 70 µm og Rλ = 0 for strålingen med λ > 0, 70 µm. Dermed får vi at den reflekterte flukstettheten bare kommer fra bølgelengder med λ < 0, 70 µm. Den reflekterte
flukstettheten blir
Fref lektert = 1 · (1, 0 · (0, 50 − 0, 35) + 0, 5 · (0, 70 − 0, 50)) Wm−2
Fref lektert = 0, 25 Wm−2
c)
Vi har at
FA = A σTA4
FB = σTB4
Siden irradiansene er like før vi at
FA = FB
A σTA4 = σTB4
1
TA = TB √
4 A
Vi har at A < 1 ⇒
√
4
A < 1 ⇒
1
√
4
A
> 1, hvilket gir oss at TA > TB .
d)
3 Wm−2 µm−1 sr−1
= 0, 6
5 Wm−2 µm−1 sr−1
αλ = 1 − 0, 6 = 0, 4
Tλ =
e)
Kirchhoffs lov sier at den monokromatiske emissiviteten er lik den monokromatiske absorptiviten, λ = αλ , dersom vi har et legeme i termodynamisk likevekt. Legg merke til
at:
1. λ og αλ ikke trenger ikke å være de samme for alle bølgelengder, men for en gitt
bølgelengde er de like.
2. Kirchhoffs lov gjelder ikke bare for sorte legemer. λ og αλ vil være 1 for sorte
legemer og mellom 0 og 1 for grå legemer.
2
3. Selv om gasser i atmosfæren ikke trenger å være i termodynamisk likevekt (siden
de kanskje emitterer mer enn de absorerer, eller motsatt → ikke strålingslikevekt →
ikke termodynamisk likevekt) kan de tilnærmet være det dersom energioverføringene pga emisjon/absorbsjon er mye mindre enn energioverføringene pga kollisjoner.
Da sier vi at de er i lokal termodynamisk likevekt (LTE), og vi kan bruke Kirchhoffs
lov.
Oppgave 2
a)
Endringen i monokromatisk intensitet, dIλ til en stråle når den tilbakelegger strekningen
ds er gitt som
dIλ = −Iλ Kλ N σds,
hvor Kλ er er mål på hvor effektiv spredningen/absorbsjonen er (dimensjonsløs), N er
tettheten til de spredende/absorberende partiklene (antall per enhetesvolm, m−3 ), mens
σ er tverrsnittet (m2 ) til hver enkelt partikkel (og ikke Stefan Boltzmanns konstant!).
Legg merke til at siden vi har et minustegn på høyre side, vil den nye intensiteten, etter
å ha tilbakelagt strekningen dIλ være gitt som Iλ + dIλ (altså plusstegn selv om det er
en svekking. Minustegnet er jo inkludert i dIλ ).
Man kan også uttrykke den som
dIλ = −Iλ ρrkλ ds,
hvor ρ er tettheten til luften (kg m−3 ), r er massen til den absorberende gassen per enhetsmasse luft (dimensjonsløs), mens Kλ er masseabsorbsjonskoeffisienten (m3 kg−1 ) som
sier hvor sannsynlig absorbsjon er for en stråle som treffer et molekyl i den absorberende
gassen.
b)
Tar utgangspunkt i det siste uttrykket i forrige oppgave og samler alle faktorer som
innholder intensiteten på den ene siden. Integrerer så over ds, løser med hensyn på Iλ (s)
3
og får at
dIλ = −Iλ ρrkλ ds
Z
Iλ (s0 =s)
Iλ
(s0 =0)
1
dIλ = −ρrkλ ds
Iλ
Z s0 =s
d(Iλ (s0 )) = −
ρrkλ ds0
1
Iλ (s0 )
s0 =0
Z
s0 =s
Iλ (s0 = s)
=−
ln
ρrkλ ds0
Iλ (s0 = 0)
s0 =0
!
Z s0 =s
Iλ (s0 = s)
0
= exp −
ρrkλ ds
Iλ (s0 = 0)
s0 =0
Z s
0
Iλ (s) = Iλ (0) exp −
ρrkλ ds
0
c)
Figuren i boken er litt misvisende siden det i teksten står skrevet at dIλ = −Iλ ρrkλ ds
(altså inkludert minustegn), mens svekket stråle på figuren er uttrykt ved Iλ − dIλ . Vi får
altså to minustegn, hvilket betyr at strålen etter å ha passert laget har blitt forsterket.
Skal man bruke likning (4.17) fra boken må man altså se på figuren i oppgaveteksten for
at det skal stemme med fortegnene dersom strålen skal svekkes gjennom laget.
Siden z-aksen peker oppover, og strålen går nedover får vi fra trigonometri at
cos θ =
dz
−ds
⇒ ds = −dz
1
cos θ
Vi kjenner igjen 1/ cos θ som sec θ, og har dermed at
ds = −dz sec θ
Putter vi dette inn for ds i det siste uttrykket fra oppgave a) får vi at
dIλ = Iλ ρrkλ sec θdz
Nå har vi ikke negativt fortegn, men den endrede strålen er likevel gitt som Iλ + dIλ .
Dette fordi strålen går nedover, hvilket vil gi negativ dz, og dermed vil uttrykket for dIλ
bli negativt.
d)
Her tar vi utgangspunkt i uttrykket fra forrige deloppgave og gjør som i oppgave b), men
integrerer over z i stedenfor s. Merk at strålene går nedover, altså i motsatt retning av
4
den retningen z-aksen peker. Vi må derfor la z 0 = ∞ være nedre grense og z 0 = z være
øvre grense. Vi får at
Z
Iλ (z 0 =z)
dIλ = Iλ ρrkλ sec θdz
1
dIλ = ρrkλ sec θdz
Iλ
Z z 0 =z
0
ρrkλ sec θdz 0
d(Iλ (z )) =
1
0
Iλ (z 0 =∞) Iλ (z )
z 0 =∞
Z
z 0 =z
Iλ (z 0 = z)
ρrkλ sec θdz 0
ln
=
Iλ (z 0 = ∞)
0
z =∞
Iλ (z 0 = z) = Iλ (z 0 = ∞) exp sec θ
Z
z
Z
z 0 =z
z 0 =∞
0
!
ρrkλ dz 0
ρrkλ dz
Iλ = Iλ,∞ exp sec θ
∞
Z ∞
0
Iλ = Iλ,∞ exp − sec θ
ρrkλ dz
z
Dette er Beers lov (også kalt Beer-Bouguer-Lamberts lov).
e)
Integralet i eksponenten er et uttrykk for den optiske tykkelsen, τλ
Z ∞
τλ =
ρrkλ dz 0
z
Dette er et mål på hvor optisk tykk atmosfæren er fra toppen og ned til z 0 = z. Stor
optisk tykkelse vil si at en stråle som går gjennom laget blir sterkt svekket, enten gjennom
absorbsjon eller spredning. τλ kan ha verdier fra 0 og oppover (ingen øvre grense), og det
er en dimensjonsløs størrelse.
f)
Hele faktoren med e uttrykker transmisiviteten, Tλ , til atmosfæren mellom toppen, z 0 =
∞, og z 0 = z. Vi har at
Z ∞
0
Tλ = exp − sec θ
ρrkλ dz
z
Tλ = e
−τλ sec θ
Transmisiviteten (den monokromatiske) uttrykker hvor stor andel av den monoktromatiske intensiteten som kom inn ved toppen av laget (z 0 = ∞) som også kom ut igjen ved
bunnen (z 0 = z).
5
g)
Setter tetthetsprofilen inn i uttrykket for den optiske tykkelsen τλ og får at
Z ∞
ρrkλ dz 0
τλ =
z
Z ∞
0
ρ(0)e−z /H rkλ dz 0
=
z
Z ∞
0
= rkλ ρ(0)
e−z /H dz 0
z
−z 0 /H
−z/H
= −Hrkλ ρ(0) 0lim e
−e
z →∞
= −Hrkλ ρ(0) −e−z/H
= Hrkλ ρ(0)e−z/H
Tabell 1: Viser en oversikt over optisk tykkelse, τλ , tranmissivitet, Tλ , og absorbtivitet, αλ , fra
høyden z og opp til TOA.
Høyde, z (km)
10
20
30
40
Optisk tykkelse, τλ
3,68
1,35
0,50
0,18
Transmissivitet, Tλ
0,025
0,259
0,607
0,835
Absorptivitet, αλ
0,975
0,741
0,393
0,165
h)
Ved å bruke formelene for τλ fra oppgave g) og for Tλ fra oppgave f), samt at αλ = 1 − Tλ
og sec 0 = 1, får man verdiene i Tabell 1.
i)
Vi ser at forskjellen i absorptivitet er størst mellom laget ved 20 km og laget ved 30 km.
I dette området finn vi τλ = 1. Det kan vises at endringen i absortiviteten er størst der
hvor τλ = 1.
6
Oppgave 3
a1)
Beregner størrelsesparameteren
2πr
λ
2π10−4 µm
=
0, 5 µm
= 1, 25 · 10−3
x=
Vi ser at x << 1, men den er ikke så liten at den blir neglisjerbar. Dette tilsvarer
Rayleighspredning.
a2)
Se Figur 4.12a i boken. Her ser vi at med λ = 0, 15 µm og r = 10−4 µm vil det spres like
mye fremover som bakover, men litt mindre på sidene. Dette skjer når blått lys treffer
luftmolekyler.
a3)
For Rayleighspredning har vi at Kλ ∝ λ−4 , hvilket betyr at spredningeffektiviteten øker
kraftig når bølgelengden avtar. Det betyr at blått lys spres mye mer enn rødt lys av
luftmolekylene.
b)
Blå himmel: Av det synlige lyset som solen sender ut vil luftmolekylenes spredningsekkeftivitet styres ut ifra Kλ ∝ λ−4 , hvilket betyr at det lilla lyset spres mest, mens det
røde spres minst. Fra Figur ?? ser vi da at en person som står på bakken vil motta lilla
lys fra nesten alle luftmolekylene, mens han bare vil motta rødt lys fra luftmolekylene
som ligger på linje med solen. Grunnen til at himmelen derimot ser blå ut, og ikke lilla
kommer av at solen emitterer mye mer blått lys enn lilla lys.
Rød solnedgang: Når solen nærmer seg horisonten skal lyset passere mye atmosfære før
de treffer personen i Figur ??. Siden det blå lyset spres til alle kanter av alle luftmolekylene
på veien vil det nesten ikke være noe blått lys igjen når lyset kommer til personen. Det
røde lyset, derimot, spres mer rett frem, og vil derfor rekke frem til personen.
7
Oppgave 4
a)
Figur 4.20 i boken viser ved hvilken høyde det optiske dypet er lik 1. Det er et mål på
hvor dypt strålene fra solen penetrerer ned i atmosfæren. Vi ser at denne høyden varierer
med bølgelengden λ, og at ikke noe av strålingen under 0,3 µm når bakken. Dersom
atmosfæren absorberer mye av en viss bølgelengde ved store høyder vil grafen ligge høyt
oppe, og motsatt. Figuren indikerer også hvilke gasser som er de viktigste absorbantene
ved de ulike λ. Legg spesielt merke til at O3 er den viktigste for UV-strålingen, og at
denne absorbsjonen er størst ved ca 25 km (ozonlaget).
b)
UV og VIS → Eorbit
NIR → Evibrasjon
IR → Erotasjon
c)
• O3 : 0,2 - 0,3 µm (solstråling, UV), 9,6 µm (stråling fra jorda, IR).
• CO2 : 15 µm (stråling fra jorda, IR).
• H2 O: 2,70 µm (solstråling, NIR), 6,25 µm (stråling fra jorda, IR), 12 µm og opp
(stråling fra jorda, IR)
Solstråling: O3 dominerer i stratosfæren (ozonlaget), mens H2 O dominerer i troposfæren
(stor konsentrasjon av H2 O ved bakken, men avtar eksponentielt med høyden).
Stråling fra jorden: H2 O dominerer i troposfæren (av samme årsak som over), CO2
er også veldig absorberende her. I stratosfæren dominerer O3 og CO2 (mye O3 her,
konsentrasjonen til CO2 er den sammen i hele atmosfæren).
Oppgave 5
Vi skal altså finne ut hvor mange prosent av intensiteten som kommer inn ved TOA,
Iλ,∞ , som blir absorbert i laget mellom τλ,2 = 0, 2 og τλ,1 = 4, 0. Vi tar utgangspunkt i
Beers lov som er gitt slik
Z ∞
0
Iλ = Iλ,∞ exp − sec θ
ρrkλ dz
z
Vi gjenkjenner integralet i eksponenten som den optiske dybden, og får at
Iλ = Iλ,∞ e− sec θτλ
8
Siden stråligen kommer rett ovenifra er θ = 0, og vi får at
Iλ = Iλ,∞ e−τλ
(Formelen over er det lurt å lære seg utenat!!). Vi setter inn for de ulike optiske dybdene
og får at strålingen som kom inn ved TOA har blitt redusert til følgende ved de to nivåene
Iλ,2 = Iλ,∞ e−0,2
Iλ,1 = Iλ,∞ e−4,0
Forskjellen i intensitet mellom disse nivåene blir absorbert i laget mellom dem. Vi får at
Iλ,
abs
= Iλ,∞ e−0,2 − Iλ,∞ e−4,0
= Iλ,∞ e−0,2 − e−4,0
For å finne ut hvor mange prosent dette utgjør av det som kom inn ved TOA må vi dele
på Iλ,∞ . Vi får at
Iλ,∞ e−0,2 − e−4,0
Andel absorbert i laget =
Iλ,∞
= e−0,2 − e−4,0
= 0, 8
= 80 %
Oppgave 6
a)
λ
Figuren illustrerer hvordan ∂I
∂z endrer seg med høyden. Toppunktet til denne kurven vil
være der hvor intensiteten svekkes mest, altså der hvor absorbsjonen er størst. Vi ser
at dette nivået er avhengig av variablene Iλ og ρ, altså hvor mye instråling vi har, og
hvor mange partikler vi har til å absorbere denne innstrålingen. Vi vet at tettheten avtar
eksponentielt med høyden, men vi vet også at strålingen avtar nedover i atmosfæren. Ved
optimering finner vi at absorbsjonen er størst der hvor den optiske tykkelsen er lik 1.
b)
• Toppunktet til kurven vil variere med λ fordi ulike bølgelengder absorberes ulikt av
ulike gasser. Ser vi f.eks på UV-strålingen vil denne absorberes kraftig i ozonlaget,
mens NIR vil absorberes lenger nedi atmosfæren der hvor vi har mye vanndamp.
• Toppunktet til kurven vil variere med senitvinkelen θ fordi strålingen ved en lavere
sol (større θ) vil få mer atmosfære å passere før den når høyden z enn det den ville
hatt ved høyere sol (lavere θ). Fra Beers lov ser vi at intensiteten vil svekkes mer
siden sec θ i eksponenten blir større når θ blir større.
9
Oppgave 7
a)
Fra kvantefysikken vet vi at når molekyler/atomer skrifter energitilstand emitteres/absorberes energi tilsvarende energiforskjellen mellom energinivåene. Disse nivåene er kvantisierte, hvilket betyr at bølgelengden til den emitterte/absorberte energien også bare kan
ha diskrete verdier. Plotter vi denne absorbsjonen/emisjonen som funksjon av bølgelengden vil vi bare få linjer ved bølgelengdene hvor vi har absorbsjon og verdien null ellers.
Men dersom atomene/molekylene mottar eller avgir energi (pga kollisjoner) i det de absorberer/emitterer stråling, eller holder en viss hastighet relativt til kilden den mottar
stråling fra, vil atomene/molekylene kunne kunne skrifte energitilstand selv om energien
i strålingen egentlig ikke tilsvarer energiovergangen. Da vil plottet av absorpsjonslinjene
ikke bare se ut som rette linjer, med de vil bre seg utover og få en klokkeform (se figur
4.21 i boken).
Selv om det f.eks er så mye CO2 i atmosfæren at den absorberer all energi som blir
emittert fra jorden med λ = 15 µm (dvs at kλ=15µm = 1), vil det fortsatt ha noe å si om
vi slipper ut mer CO2 . Dette fordi mer CO2 også kan absorbere de bølgelengdene som
ligger like ved 15 µm.
b)
Doppler broadening: dominerer over 50 km (altså over stratosfæren). Mottakeren av
strålingen beveger seg med en så stor hastighet i forhold til kilden at strålingen oppfattes
som mer kortbølget (beveger seg mot kliden) eller mer langbølget (beveger seg fra kilden)
enn det den egentlig er. (Blå kurve i Figur 4.21 i boken)
Pressure broadening: dominerer under 20 km (altså i troposfæren). Mottakeren av
strålingen kolliderer i det den mottar strålingsenergi. Dersom denne strålingsenergien er
litt for lav eller litt for høy til å utføre en eksitasjon kan eksitasjonen likevel utføres dersom
mottakeren avgir/får kollisjonsenergi som tilsvarer differansen mellom strålingsenergien
og det som skal til for å utføre eksitasjonen. (Rød kurve i Figur 4.21 i boken)
10