Løsningsforslag nr.1 - GEF2200

Løsningsforslag nr.1 - GEF2200 i.h.h.karset@geo.uio.no Oppgave 1: Bølgelengder og bølgetall a) Jo større bølgelengde, jo lavere bølgetall. b) ν = 1 λ Tabell 1: Oversikt over hvor skillene går mellom ulike strålingsregioner Kortbølget Langbølget UV VIS NIR IR under 0,01µm (0,01-0,4)µm (0,4-0,7)µm (0,7-4,0)µm (4,0-100)µm over 100µm X X X (15000-2500)cm 1 (2500-100)cm 1 under 100cm 1 Det viktigste å få med seg herfra er at skillet mellom kortbølget og langbølget stråling går ved ca 4µm (2500cm 1 ). Vi bruker oftest bølgetall oppgitt i cm 1 for langbølget stråling og bølgelengder oppgitt i µm for kortbølget stråling. c) Bølgelengde langs x-aksen: jo MINDRE bølgelengde, jo mer energirik strålig. Vi må altså gå mot VENSTRE på x-aksen for å finne mer energirik stråling. d) Bølgetall langs x-aksen: jo STØRRE bølgetall, jo mer energirik strålig. Vi må altså gå mot HØYRE på x-aksen for å finne mer energirik stråling. e) Fra Figur 4.6 i læreboken ser vi at kurven flates ut når temperaturen til legemet som emitterer strålingen avtar. Selv om vi tar hensyn til jordens atmosfære vil jordens temperatur fortsatt ligge under 300 K, hvilket vil tilsvare en veldig flat og langstrakt kurve 1

dersom vi hadde plottet den som funksjon av bølgelengde. Det hadde derfor vært vanskelig å se endringene i intensitet som funksjon av endret bølgelengde i en slik figur. Det å endre til bølgetall langs x-aksen har litt av den samme effekten som når man gjør aksen logaritmisk. Dette ser man tydeligere i Figur 4.31 i læreboken. Her ser vi at aksen moses sammen for lengre bølgelengder, hvilket gjør det lettere for oss å illustrere endringene i intensiteten i en figur. f) Solen: emitterer mest VIS, men også mye UV og NIR. Ser at toppen er ved ca 0,5 µm, altså blått/grønt, synlig lys. Jorden: emitterer IR. Oppgave 2: Radians og irradians a) Romvinkel = Arealet til projeksjonen av et legeme ned på en enhetskuleflate. Det totale arealet av en enhetskuleflate (altså et kuleskall med radius 1) er A = 4πr 2 = 4π1 2 = 4π. Ser vi på en hel sfære får vi altså romvinkelen 4π, mens en halv sfære (en hemisfære) tilsvarer 2π. Enheten er steradian (sr). Fra Figur 1 ser vi at to objekter med ulik størrelse og fasong kan gi samme romvinkel dersom de er i ulik avstand fra observatøren og enhetskuleskallet. Figur 1: Romvinkelen ω (grått område). Begge objektene gir den samme romvinkelen, til tross for ulik strrelse og fasong. b) Monokromatisk intensitet, I λ, sier hvor mye strålingsenergi de i bølgelengdeintervallet dλ fra romvinkelen dω som passerer normalt på arealet dacosθ i løpet av tiden dt. 2

Matematisk er dette gitt som Enheten blir Wm 2 µm 1 sr 1. I λ = d 4 E da cos θdtdλdω Intensitet (radians), I, får vi ved å integrere den monokromatiske intensiteten over det bølgelengdeintervallet vi er interesserte i. Enheten blir Wm 2 sr 1. I = λ2 λ 1 I λ dλ Monokromatisk flukstetthet, F λ, sier hvor mye strålingsenergi de i bølgelengdeintervallet dλ som passerer normalt på arealet da i løpet av tiden dt, men fra flere romvinkler. Dette blir det samme som å integrere opp de monokromatiske intensitetene for alle romvinklene vi vil se på. Matematisk får vi at Enheten blir Wm 2 µm 1. d3 E F λ = dadtdλ = I λ cos θdω ω Flukstetthet (irradians), I, får vi ved å integrere den monokromatiske flukstettheten over det bølgelengdeintervallet vi er interesserte i. Enheten blir Wm 2. c) F = λ2 λ 1 F λ dλ Endret romvinkel, dω, kan skyldes endret senitvinkel, dθ, eller endret azimutvinkel, dφ. Figur 2 illustrerer dette. dω kan tilnærmes som en firkant med sidene a og b, som finnes ved å bruke buelegndeformelen Dette gir oss at vinkel = buelengde radius dθ = b 1 3

Og at dφ = a x Løser disse mhp a og b og multipliserer for å finne dω. For å finne x bruker man at sin θ = x 1. Dermed får vi at dω = a b = sin θdφ dθ dω = sin θdθdφ Figur 2: endring i romvinkelen ω som konsekvens av endret senitvinkel, θ, eller endret azimutvinkel, φ. d) Vi finner irradiansen ved å integrere monokromatisk irradians over alle bølgelengder. I dette tilfellet kan vi uttrykke integralet som en sum: F = F λ dλ λ = i F λ,i λ i = (1, 0 (0, 50 0, 35) + 0, 5 (0, 70 0, 50) + 0, 2 (1, 00 0, 70)) Wm 2 = 0, 31Wm 2 4

e) isotropisk stråling betyr at intensiteten på strålingen ikke varierer med romvinkelen. Den er lik uansett hvilken retning vi ser på. f) Vinkelen på 10 gir oss en horisont med senitvinkel på 80, altså 4π/9. Vi får derfor at F λ = 2π 4π/9 0 = I λ 2π 0 4π/9 0 I λ cos θ sin θdθdφ cos θ sin θdθ Substituerersli at integrasjonen bli enklere. u = cos θ du = sin θdθ. Grensene endres også: cos ( ) 4π 9 0, 174, cos 0 = 1 g) F λ = I λ 2π = I λ 2π 1 2 = 0, 97πI λ 0,174 1 udu ( (0, 174) 2 1 2 ) ) Med mindre strålen ikke har blitt svekket av f.eks. absorbsjon eller spredning vil intensiteten forbli den samme. Dette ser vi fra Figur 1. Selv om avstanden og kuleskallet vil øke desto lenger unne kilden vi kommer, vil også arealet romvinkelen utgjør på kuleskallet øke tilsvarende mye. Flukstettheten, derimot, sier hvor mye energi som transporteres gjennom kuleskallet per arealenhet. Siden kuleskallet øker med kvadratet av avstanden til kilden (A kule = 4πr 2 ), vil energi per areal følgelig avta med kvadratet av avstanden til kilden. Dette kaller vi the inverse square law, F d 2 Oppgave 3: Sortlegemestråling a) (fra eksamen 2007) Et sortlegeme er et legeme som absorberer all stråling som treffer det. Ikke noe av strålingen vil reflekteres eller transmitteres. Ingen av disse legemene er perfekte sorte legemer, men både jorden og solen kan tilnærmes som det. Atmosfæren, deriomot, transmitterer nesten all kortbølget stråling som kommer fra solen, og vi kan følgelig ikke tilnærme atmosfæren som et sort legeme. 5

b) Plancks funksjon: Likning (4.10) i boken. Beregner den monokromatiske intensiteten (B λ er det samme som I λ, men for et sort legeme) som emitteres fra et sort legeme med temperaturen T. Plotter man denne mot bølgelengden λ får man emisjonsspekteret til det sorte legemet som vist i Figur 4.6 i boken. Wiens lov: Likning (4.11) i boken. Gir oss bølgelengden λ m som det emitteres mest I λ av. Dette vil være toppunktet på kurven i Figur 4.6 i boken. Finner denne ved å derivere Plancks funksjon mhp på λ, sette uttrykket lik null, for så å løse det mhp λ. Desto høyere temperatur, desto kortere er λ m. Stefan Boltzmanns lov: Likning (4.12) i boken. Gir oss flukstettheten emittert fra et sort legeme med temperaturen T. Denne får vi ved å integrere Planckfunksjonen over alle romvinkler (for å finne den monokromatiske fluktettheten) og over alle bølgelengder (for å finne den totale flukstettheten). c1) E = A F da = F s A tverrsnitt jord = 1368Wm 2 π (6, 371 10 6 m ) 2 = 1, 74 10 17 W c2) F E 4πR 2 E = F s πr 2 E F E = F s 4 F E = 342 Wm 2 c3) (1 A) F s πr 2 E = σt 4 4πR 2 E A = 1 4σT 4 A = 0, 3 F s c4) Drivhuseffekten. Noe av den emitterte jordstrålingen absorberes og reemitteres av atmosfæren. 6