Физика атмосферы

Для части A запишите баланс мощностей излучения отдельно для поверхности и для атмосферы. Для части D используйте уравнение Клапейрона–Клаузиуса и закон адиабатического подъёма идеального газа.

Часть A.

A.1. Площадь поперечного сечения, воспринимающего солнечное излучение (падающее параллельными лучами), равна \(\pi R_E^2\). С учётом того, что поглощается доля \(1-a\) полного падающего излучения, получаем \[P_0 = (1-a)\pi R_E^2F_s.\]

A.2. Абсолютно чёрное тело излучает по закону Стефана–Больцмана \(P_{bd} = \sigma A T^4\), где \(A\) — полная площадь поверхности. В стационарном состоянии \[P_{bd} = P_0 \Rightarrow \sigma(4\pi R_E^2)T_{g0}^4 = (1-a)\pi R_E^2F_s \Rightarrow T_{g0} = \left(\frac{(1-a)F_s}{4\sigma}\right)^{1/4} \approx 255\ \text{K} \approx -18\,^\circ\text{C}.\]

A.3. При наличии атмосферного слоя записываем баланс энергии в двух областях: между поверхностью Земли и атмосферой, и между атмосферой и космосом. Пусть мощность излучения Земли равна \(P_E\), а мощность излучения каждой стороны атмосферы равна \(P_{atmo}\). Тогда \[P_E = P_{atmo} + t_{sw}P_0,\qquad t_{lw}P_E + P_{atmo} = P_0.\] Решая эту систему и используя \(P_E = \sigma(4\pi R_E^2)T_g\), получаем \[T_g = \left(\frac{1+t_{sw}}{1+t_{lw}}\right)^{1/4}T_{g0} \approx 286\ \text{K} \approx 13\,^\circ\text{C}.\]

Часть B.

B.1. Пусть \(\ell_0\) — естественная (нерастянутая) длина пружины, а \(x_A\), \(x_B\) — положения частиц \(A\) и \(B\). Уравнения движения каждой частицы под действием силы пружины: \[\frac{d^2x_A}{dt^2} = +\frac{k}{m_A}(\ell-\ell_0),\qquad \frac{d^2x_B}{dt^2} = -\frac{k}{m_B}(\ell-\ell_0),\] где \(\ell = x_B - x_A\) — мгновенная длина пружины.

Вычитая уравнения, получаем \[\frac{d^2\ell}{dt^2} = -k\left(\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}\right)(\ell-\ell_0).\] Это уравнение движения одной эффективной частицы, прикреплённой к пружине с жёсткостью \(k\) и с приведённой массой \(\mu\): \[\mu = \frac{1}{\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}} = \frac{m_Am_B}{m_A+m_B}.\] Таким образом, система совершает гармонические колебания с угловой частотой \[\omega_d = \sqrt{\frac{k}{\mu}} = \sqrt{\frac{k(m_A+m_B)}{m_Am_B}}.\]

B.2. Разность энергий двух соседних уровней квантового гармонического осциллятора равна \(\hbar\omega\). Поэтому энергия фотона \[E_p = \hbar\omega_d.\]

B.3. Наблюдаемый сдвиг спектральной линии от \(f_0\) обусловлен эффектом Доплера. Когда источник движется к наблюдателю со скоростью \(v\), частота смещается по закону \(f = f_0(1+v/c)\). Таким образом, сдвиг частоты \[f - f_0 = \frac{v}{c}f_0.\]

B.4. Для нахождения нормировочной константы \(C\) требуем, чтобы полная вероятность равнялась единице: \[\int_{-\infty}^{\infty}p(v)\,dv = 1 \;\Rightarrow\; C\int_{-\infty}^{\infty}e^{-mv^2/2k_BT}\,dv = 1.\] Используя приведённую формулу интеграла с \(x = v\) и \(a = m/k_BT\), получаем \[C = \sqrt{\frac{m}{2\pi k_BT}}.\]

B.5. Используя результат B.4, выразим скорость молекулы через частоты \(f\) и \(f_0\): \[v = \frac{f-f_0}{f_0}\,c.\] Подставляем обратно в распределение вероятностей: \[p(f)\propto\exp\left[-\frac{mc^2}{2k_BT}\left(\frac{f-f_0}{f_0}\right)^2\right].\] Это даёт распределение вероятности для наблюдения молекулы, спектральная линия которой доплеровски смещена от \(f_0\) до \(f\).

B.6. Распределение \(p(f)\) имеет гауссов профиль по сдвигу частоты \(f-f_0\). Центр профиля находится в нуле, а профиль спадает до \(1/e\) от максимума, когда аргумент экспоненты равен \(-1\). Это происходит при \[f^\star - f_0 = f_0\sqrt{\frac{2k_BT}{mc^2}}.\] Форма распределения показана на рисунке ниже.

Рис. B.6 (к решению).

Часть C.

C.1. Рассмотрим тонкий горизонтальный слой толщиной \(dz\) и площадью поверхности \(S\). Поскольку воздух находится в гидростатическом равновесии, его вес должен уравновешиваться разностью сил давления: \[p(z)S = p(z+dz)S + \rho(z)gS\,dz.\] Упрощая, получаем \[\frac{dp}{dz} = -\rho(z)g.\] Знак «минус» указывает на уменьшение давления с высотой, как и ожидается.

C.2. Считая воздух идеальным газом, выразим плотность через давление и температуру с помощью уравнения состояния: \[pV = nRT \;\Rightarrow\; p(z)V = \frac{m}{\mu_{air}}RT(z),\qquad \rho(z) = \frac{p(z)\mu_{air}}{RT(z)}.\] Подставляя в выражение из C.1: \[\frac{dp}{dz} = -\frac{\mu_{air}\,p(z)}{RT(z)}\,g.\]

C.3. В изотермической атмосфере \(T(z) = T\) уравнение разделяется: \[\frac{dp}{p} = -\frac{\mu_{air}}{RT}g\,dz.\] Интегрируя с учётом \(p(0) = p_0\): \[\ln\frac{p(z)}{p_0} = -\frac{\mu_{air}}{RT}gz,\qquad\text{т. е.}\qquad p(z) = p_0\exp\left(-\frac{\mu_{air}}{RT}gz\right).\]

C.4. Поскольку малый объём воздуха смещается адиабатически, он должен удовлетворять адиабатическому условию для идеального газа: \(pV^\gamma = \text{const}\), где \(\gamma = c_p/c_V\) — показатель адиабаты, \(c_p\) и \(c_V\) — молярные теплоёмкости при постоянном давлении и постоянном объёме соответственно. Выражая объём через температуру и давление по уравнению состояния идеального газа, получаем \(p^{1-\gamma}T^\gamma = \text{const}\). Дифференцируя по высоте \(z\): \[(1-\gamma)p^{-\gamma}\frac{dp}{dz}\,T^\gamma + \gamma p^{1-\gamma}T^{\gamma-1}\frac{dT}{dz} = 0.\] Упрощая и выражая градиент температуры: \[\frac{dT}{dz} = -\frac{1-\gamma}{\gamma}\frac{T(z)}{p(z)}\frac{dp}{dz}.\] Подставим гидростатический градиент давления из C.2 (в официальном решении ссылка «C.3»; по смыслу это C.2):

\[\frac{dT}{dz} = -\frac{1-\gamma}{\gamma}\frac{T(z)}{p(z)}\left(-\frac{p(z)\mu_{air}}{RT(z)}g\right) = \frac{1-\gamma}{\gamma}\frac{\mu_{air}}{R}g.\] Поскольку \(\gamma = c_p/c_V\), \[\frac{dT}{dz} = \frac{1-c_p/c_V}{c_p/c_V}\frac{\mu_{air}}{R}g = -\frac{\mu_{air}}{c_p}g,\] где использовано \(c_p - c_V = R\). Таким образом, адиабатический градиент температуры \[\Gamma_a = \frac{\mu_{air}}{c_p}g.\] Температура в адиабатической атмосфере убывает с высотой линейно.

C.5. На малый объём воздуха действуют сила тяжести и выталкивающая (архимедова) сила: \[\delta m\,\frac{d^2z}{dt^2} = \rho_a(z)\,g\,\delta V - \delta m\,g,\] где \(\delta m\) — масса объёма, \(\delta V\) — его объём, \(\rho_a\) — плотность окружающего воздуха. Выразим массу через плотность объёма \(\rho_p\): \(\delta m = \rho_p\delta V\). Подставляя и упрощая, \[\frac{d^2z}{dt^2} = \frac{\rho_a(z+\delta z)-\rho_p(z+\delta z)}{\rho_p(z+\delta z)}\,g.\] Считая, что объём имеет то же давление, что и атмосфера на высоте \(z+\delta z\), выражаем плотность через температуру по уравнению состояния идеального газа (\(\rho \propto 1/T\)): \[\frac{d^2z}{dt^2} = \frac{T_p(z+\delta z)-T_a(z+\delta z)}{T_a(z+\delta z)}\,g.\] Выражаем температуру на высоте \(z+\delta z\) через градиенты: \(T(z+\delta z) = T(z)+\Gamma\delta z\) для окружающей атмосферы, а для объёма — \(T(z)-\Gamma_a\delta z\). Тогда \[\frac{d^2z}{dt^2} = \frac{T(z)+\Gamma\delta z - T(z)-\Gamma_a\delta z}{T(z)+\Gamma_a\delta z}\,g.\] Упрощая числитель и пренебрегая бесконечно малым \(\Gamma_a\delta z\) в знаменателе, получаем \[\frac{d^2\delta z}{dt^2} = \frac{\Gamma-\Gamma_a}{T}\,g\,\delta z.\]

Это уравнение гармонического осциллятора с угловой частотой \[\omega = \sqrt{\frac{\Gamma_a-\Gamma}{T}\,g} = \sqrt{\frac{\mu_{air}g/c_p-\Gamma}{T}\,g}.\] Движение устойчиво, если \(\Gamma_a = \mu_{air}g/c_p > \Gamma\).

Часть D.

D.1. Изменение энтропии при фазовом переходе (в данном случае испарении) связано с теплотой парообразования. Если имеется масса \(m\) жидкой воды, то \(Q_{исп} = Lm\), поэтому \[\Delta S = \frac{Lm}{T}.\] Объём пара значительно больше объёма жидкости той же массы, поэтому \(\Delta V \approx V_{пар}\), который находим из уравнения состояния идеального газа: \(V_{пар} = \dfrac{nRT}{p_s(T)}\). Масса связана с числом молей соотношением \(m = \mu_{H_2O}n\), поэтому \[\frac{dp_s}{dT} = \frac{\mu_{H_2O}\,L\,p_s}{RT^2}.\]

D.2. Интегрируя полученное соотношение с разделением переменных, \[\ln\frac{p_s(T)}{p_{so}} = -\frac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\frac1T - \frac1{T_o}\right).\] Заметим, что \(L\) строго говоря зависит от температуры, но мы предполагаем, что \(L\) постоянна в рассматриваемом диапазоне температур. Отсюда \[p_s(T) = p_{so}\exp\left[-\frac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\frac1T-\frac1{T_o}\right)\right].\]

D.3. Образование жидкой воды начинается, когда парциальное давление водяного пара в объёме достигает давления насыщения при данной температуре. Парциальное давление пара \(p_w\) связано с общим давлением \(p\) соотношением \[p_w = \frac{n_{H_2O}}{n_{air}}\,p = \frac{m_{H_2O}/\mu_{H_2O}}{m_{air}/\mu_{air}}\,p = \phi\,\frac{\mu_{air}}{\mu_{H_2O}}\,p.\] Поскольку воздушный объём поднимается адиабатически, \(p^{1-\gamma}T^\gamma = \text{const}\), поэтому \[p(T) = p_i\left(\frac{T}{T_i}\right)^{c_p/R}.\] Следовательно, трансцендентное уравнение, которое нужно решить: \[\phi\,\frac{\mu_{air}}{\mu_{H_2O}}\,p_i\left(\frac{T_l}{T_i}\right)^{c_p/R} = p_{so}\exp\left[-\frac{\mu_{H_2O}L}{R}\left(\frac1{T_l}-\frac1{T_i}\right)\right].\] Перегруппировывая, \[T_l = \frac{1}{\dfrac1{T_i} - \dfrac{R}{\mu_{H_2O}L}\ln\left[\phi\dfrac{\mu_{air}}{\mu_{H_2O}}\dfrac{p_i}{p_{so}}\left(\dfrac{T_l}{T_i}\right)^{c_p/R}\right]}.\] Подставляя числовые значения, \[T_l = \frac{1000\ \text{K}}{3{,}481 - 0{,}4695\,\ln\left(\dfrac{T_l}{290{,}15\ \text{K}}\right)}.\] Решая итерациями, находим \(T_l \approx 286{,}8\) К \(\approx 13{,}7\,^\circ\)C.

Часть E.

E.1. Используя обозначения рис. E, полный угол отклонения \(\delta\) можно записать как сумму отклонений на двух преломлениях: \[\delta = \alpha - \alpha' + \beta - \beta'.\] Рассмотрим треугольник с внутренними углами \(\varphi\), \(90^\circ-\alpha'\) и \(90^\circ-\beta'\). Поскольку их сумма равна \(180^\circ\), имеем \(\varphi = \alpha'+\beta'\), поэтому \[\delta = \alpha + \beta - \varphi.\] Связь между \(\alpha\) и \(\alpha'\) (и аналогично между \(\beta\) и \(\beta'\)) задаётся законом Снеллиуса: \[\frac{\sin\alpha}{\sin\alpha'} = n,\qquad \frac{\sin\beta}{\sin\beta'} = n.\] Выразим \(\beta\) через \(\alpha'\): \(\sin\beta = n\sin\beta' = n\sin(\varphi-\alpha')\). Из закона Снеллиуса \(\alpha' = \arcsin\left(\dfrac{\sin\alpha}{n}\right)\). Таким образом, \[\beta = \arcsin\left\{n\sin\left[\varphi-\arcsin\left(\frac{\sin\alpha}{n}\right)\right]\right\}.\] Окончательно \[\delta = \alpha + \arcsin\left\{n\sin\left[\varphi-\arcsin\left(\frac{\sin\alpha}{n}\right)\right]\right\} - \varphi.\]

Рис. E (к решению).

E.2. Ситуация соответствует случаю из E.1 с \(\varphi = 60^\circ\). Значения \(\delta\) при различных \(\alpha\) (угол падения \(\alpha\) — угол отклонения \(\delta\)): \(20^\circ\) — \(27{,}5^\circ\); \(25^\circ\) — \(24{,}6^\circ\); \(30^\circ\) — \(23{,}0^\circ\); \(35^\circ\) — \(22{,}2^\circ\); \(40^\circ\) — \(21{,}8^\circ\); \(45^\circ\) — \(22{,}0^\circ\); \(50^\circ\) — \(22{,}5^\circ\); \(55^\circ\) — \(23{,}4^\circ\); \(60^\circ\) — \(24{,}7^\circ\); \(65^\circ\) — \(26{,}5^\circ\); \(70^\circ\) — \(28{,}7^\circ\). График \(\delta(\alpha)\) — ниже; \(\delta\) имеет локальный минимум.

Рис. E.2 (к решению): график \(\delta(\alpha)\).

E.3. Минимальное значение \(\delta\) составляет около \(21{,}8^\circ\), поэтому именно под этим углом относительно направления на Солнце гало появляется наиболее ярким.