Løsningsforslag nr.2 - GEF2200

Løsningsforslag nr.2 - GEF2200 i.h.h.karset@geo.uio.no Oppgave 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. ɛ λ = I λemittert) B λ 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. α λ = I λabsorbert) I λ 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. R λ = I λreflektert) I λ 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. T λ = I λtransmittert) I λ inn) Siden flaten er ugjennomsiktig vil det ikke transmitteres stråling, og dermed vil alt som ikke blir absorbert bli reflektert. Reflektansene blir følgelig R λ = for strålingen med

λ < 0, 70 µm og R λ = 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 F reflektert =, 0 0, 50 0, 35) + 0, 5 0, 70 0, 50)) Wm 2 F reflektert = 0, 25 Wm 2 c) Vi har at F A = ɛ A σt 4 A F B = σt 4 B Siden irradiansene er like før vi at F A = F B ɛ A σt 4 A = σt 4 B T A = T B 4 ɛa Vi har at ɛ A < 4 ɛ A < 4 ɛa >, hvilket gir oss at T A > T B. d) T λ = 3 Wm 2 µm sr 5 Wm 2 = 0, 6 µm sr α λ = 0, 6 = 0, 4 e) Kirchhoffs lov sier at den monokromatiske emissiviteten er lik den monokromatiske absorptiviten, ɛ λ = α λ, dersom vi har et legeme i termodynamisk likevekt. Legg merke til at:. ɛ λ og α λ 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. ɛ λ og α λ vil være for sorte legemer og mellom 0 og 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, di λ til en stråle når den tilbakelegger strekningen ds er gitt som di λ = I λ K λ Nσds, hvor K λ 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 m 2 ) til hver enkelt partikkel og ikke Stefan Boltmanns konstant!). Legg merke til at siden vi har et minustegn på høyre side, vil den nye intensiteten, etter å ha tilbakelagt strekningen di λ være gitt som I λ + di λ altså plusstegn selv om det er en svekking. Minustegnet er jo inkludert i di λ ). Man kan også uttrykke den som di λ = I λ ρrk λ ds, hvor ρ er tettheten til luften kg m 3 ), r er massen til den absorberende gassen per enhetsmasse luft dimensjonsløs), mens K λ er masseabsorbsjonskoeffisienten m 3 kg ) som sier hvor sannsynlig absorbsjon er for en stråle som treffer et molekyl i den absorberende gassen. 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 I λ s) 3

og får at Iλ s =s) I λ s =0) di λ = I λ ρrk λ ds di λ = ρrk λ ds I λ I λ s ) di λs )) = Iλ s ) = s) ln I λ s = = 0) I λ s = s) I λ s = 0) = exp s =s s =0 s =s ρrk λ ds ρrk λ ds s =0 s =s I λ s) = I λ 0) exp s =0 s ρrk λ ds ) 0 ρrk λ ds ) c) Figuren i boken er litt misvisende siden det i teksten står skrevet at di λ = I λ ρrk λ ds altså inkludert minustegn), mens svekket stråle på figuren er uttrykt ved I λ di λ. Vi får altså to minustegn, hvilket betyr at strålen etter å ha passert laget har blitt forsterket. Skal man bruke likning 4.7) fra boken må man altså se på figuren i oppgaveteksten for at det skal stemme med fortegnene dersom strålen skal svekkes gjennom laget. Siden -aksen peker oppover, og strålen går nedover får vi fra trigonometri at cos θ = d ds ds = d cos θ Vi kjenner igjen / cos θ som sec θ, og har dermed at ds = d sec θ Putter vi dette inn for ds i det siste uttrykket fra oppgave a) får vi at di λ = I λ ρrk λ sec θd Nå har vi ikke negativt fortegn, men den endrede strålen er likevel gitt som I λ + di λ. Dette fordi strålen går nedover, hvilket vil gi negativ d, og dermed vil uttrykket for di λ bli negativt. d) Her tar vi utgangspunkt i uttrykket fra forrige deloppgave og gjør som i oppgave, men integrerer over i stedenfor s. Merk at strålene går nedover, altså i motsatt retning av 4

den retningen -aksen peker. Vi må derfor la = være nedre grense og = være øvre grense. Vi får at Iλ =) I λ = ) I λ ) di λ )) = Iλ ) = ) ln I λ = = ) di λ = I λ ρrk λ sec θd di λ = ρrk λ sec θd I λ = = = = ρrk λ sec θd ρrk λ sec θd I λ = ) = I λ = ) exp I λ = I λ, exp sec θ I λ = I λ, exp sec θ sec θ = = ρrk λ d ) ρrk λ d ) ρrk λ d ) Dette er Beers lov også kalt Beer-Bouguer-Lamberts lov). e) Integralet i eksponenten er et uttrykk for den optiske tykkelsen, τ λ τ λ = ρrk λ d Dette er et mål på hvor optisk tykk atmosfæren er fra toppen og ned til =. Stor optisk tykkelse vil si at en stråle som går gjennom laget blir sterkt svekket, enten gjennom absorbsjon eller spredning. τ λ kan ha verdier fra 0 og oppover ingen øvre grense), og det er en dimensjonsløs størrelse. f) Hele faktoren med e uttrykker transmisiviteten, T λ, til atmosfæren mellom toppen, =, og =. Vi har at ) T λ = exp sec θ ρrk λ d T λ = e τ λ sec θ Transmisiviteten den monokromatiske) uttrykker hvor stor andel av den monoktromatiske intensiteten som kom inn ved toppen av laget = ) som også kom ut igjen ved bunnen = ). 5

g) Setter tetthetsprofilen inn i uttrykket for den optiske tykkelsen τ λ og får at τ λ = = ρrk λ d ρ0)e /H rk λ d = rk λ ρ0) e /H d ) = Hrk λ ρ0) lim /H e e /H = Hrk λ ρ0) = Hrk λ ρ0)e /H e /H) Tabell : Viser en oversikt over optisk tykkelse, τ λ, tranmissivitet, T λ, og absorbtivitet, α λ, fra høyden og opp til TOA. Høyde, km) Optisk tykkelse, τ λ Transmissivitet, T λ Absorptivitet, α λ 0 3,68 0,025 0,975 20,35 0,259 0,74 30 0,50 0,607 0,393 40 0,8 0,835 0,65 h) Ved å bruke formelene for τ λ fra oppgave g) og for T λ fra oppgave f), samt at α λ = T λ og sec 0 =, får man verdiene i Tabell. i) Vi ser at forskjellen i absorptivitet er størst mellom laget ved 20 km og laget ved 30 km. I dette området finn vi τ λ =. Det kan vises at endringen i absortiviteten er størst der hvor τ λ =. 6

Oppgave 3 a) Beregner størrelsesparameteren x = 2πr λ = 2π0 4 µm 0, 5 µm =, 25 0 3 Vi ser at x <<, men den er ikke så liten at den blir neglisjerbar. Dette tilsvarer Rayleighspredning. a2) Se Figur 4.2a i boken. Her ser vi at med λ = 0, 5 µm og r = 0 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 K λ λ 4, hvilket betyr at spredningeffektiviteten øker kraftig når bølgelengden avtar. Det betyr at blått lys spres mye mer enn rødt lys av luftmolekylene. Blå himmel: Av det synlige lyset som solen sender ut vil luftmolekylenes spredningsekkeftivitet styres ut ifra K λ 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. 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 O 3 er den viktigste for UV-strålingen, og at denne absorbsjonen er størst ved ca 25 km oonlaget). UV og VIS E orbit NIR E vibrasjon IR E rotasjon c) O 3 : 0,2-0,3 µm solstråling, UV), 9,6 µm stråling fra jorda, IR). CO 2 : 5 µm stråling fra jorda, IR). H 2 O: 2,70 µm solstråling, NIR), 6,25 µm stråling fra jorda, IR), 2 µm og opp stråling fra jorda, IR) Solstråling: O 3 dominerer i stratosfæren oonlaget), mens H 2 O dominerer i troposfæren stor konsentrasjon av H 2 O ved bakken, men avtar eksponentielt med høyden). Stråling fra jorden: H 2 O dominerer i troposfæren av samme årsak som over), CO 2 er også veldig absorberende her. I stratosfæren dominerer O 3 og CO 2 mye O 3 her, konsentrasjonen til CO 2 er den sammen i hele atmosfæren). Oppgave 5 Vi skal altså finne ut hvor mange prosent av intensiteten som kommer inn ved TOA, I λ,, som blir absorbert i laget mellom τ λ,2 = 0, 2 og τ λ, = 4, 0. Vi tar utgangspunkt i Beers lov som er gitt slik ) I λ = I λ, exp sec θ ρrk λ d Vi gjenkjenner integralet i eksponenten som den optiske dybden, og får at I λ = I λ, e sec θτ λ 8

Siden stråligen kommer rett ovenifra er θ = 0, og vi får at I λ = I λ, e τ λ 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 I λ,2 = I λ, e 0,2 I λ, = I λ, e 4,0 Forskjellen i intensitet mellom disse nivåene blir absorbert i laget mellom dem. Vi får at I λ, abs = I λ, e 0,2 I λ, e 4,0 = I λ, 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 I λ,. Vi får at Andel absorbert i laget = I λ, e 0,2 e 4,0) I λ, = e 0,2 e 4,0 Oppgave 6 a) = 0, 8 = 80 % Figuren illustrerer hvordan I λ 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 I λ 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. 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 oonlaget, 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 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 4.2 i boken). Selv om det f.eks er så mye CO 2 i atmosfæren at den absorberer all energi som blir emittert fra jorden med λ = 5 µm dvs at k λ=5µm = ), vil det fortsatt ha noe å si om vi slipper ut mer CO 2. Dette fordi mer CO 2 også kan absorbere de bølgelengdene som ligger like ved 5 µm. 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 4.2 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 4.2 i boken) 0