Espesor de masa de atenuación para la luz del atardecer

Question

Espesor de masa de atenuación para la luz del atardecer

sol
tierra
Física
dispersión
luz visible
ciencia-atmosferica

Alan Romero

Somos capaces de mirar directamente al sol cerca de la puesta y la salida del sol, lo que demuestra claramente el hecho de que nuestra atmósfera atenúa la luz visible. Imaginemos que sigue el típico perfil de atenuación.

I = I_{0} {mi}^{- (m / ρ) ρ ℓ}

$I = I_0 \, e^{-(\mu/\rho)\rho \ell}$

Dónde $(\mu/\rho)$ es el coeficiente de atenuación de masa en unidades de $(m^2/kg)$ , y $\rho l$ es el espesor de masa (o la densidad de área, creo que tiene algunos nombres) en unidades de $(kg/m^2)$ .

El efecto de la luz solar "suave" se predice entonces como resultado del hecho de que el espesor de la masa de la atmósfera entre nuestros ojos y el sol diverge bastante rápido a medida que el ángulo del sol cae a cero grados sobre el horizonte.

Digamos que una persona está de pie en la Tierra (perfectamente esférica), con los ojos en una elevación conocida, mirando al sol que se encuentra en un ángulo conocido sobre el horizonte. ¿Cuál es la expresión del espesor de masa del aire en esa línea de visión?

La razón por la que encuentro que esto no es trivial es que no puedo determinar si el perfil de densidad de la atmósfera debería importar o no. Podría reducirlo a geometría simple y obtener una respuesta, pero ¿hay un argumento coherente para que eso sea correcto? Con una expresión clara, en realidad tengo curiosidad si pudiera medir el coeficiente de atenuación de masa con solo una imagen digital. La intensidad del sol comienza siendo constante sobre el círculo, y conoces exactamente el ángulo entre la parte superior e inferior del sol. Entonces, si pudiera extraer datos de intensidad sobre el diámetro vertical, tal vez podría hacer un ajuste de función de mínimos cuadrados para extraer ese coeficiente de atenuación, e incluso hacerlo para cada uno de los 3 colores. No planeo hacer eso, pero sería un proyecto científico genial.

OSE

Para una estimación decente del perfil de densidad en la atmósfera, puede usar la Atmósfera estándar

dmckee --- gatito ex-moderador

Hay una complicación en el hecho de que el coeficiente de atenuación no es constante: observe cuán diferentes pueden ser las puestas de sol de un día a otro dependiendo de la naturaleza de la masa de aire troposférico que está justo al oeste de usted.

Alan Romero

@dmckee Bueno, sí, pero ¿qué tan diferente sería entre una línea de visión hacia la parte inferior y la parte superior del sol? Creo totalmente que el coeficiente cambiará debido a las condiciones climáticas. La página 281 en este enlace simulatoredvision.co.uk/V&A_Chap15.pdf resume las diferencias bastante bien. Son los aerosoles los que complican el asunto. Me preocupa la diferencia entre la atmósfera superior e inferior, ya que la atenuación de los aerosoles no es proporcional a la densidad. No estoy seguro de si las diferentes líneas gastarán diferentes fracciones de espesor de masa en la atmósfera superior o inferior...

Respuestas (2)

Espesor de masa de atenuación para la luz del atardecer

Para una estimación decente del perfil de densidad en la atmósfera, puede usar la Atmósfera estándar
Hay una complicación en el hecho de que el coeficiente de atenuación no es constante: observe cuán diferentes pueden ser las puestas de sol de un día a otro dependiendo de la naturaleza de la masa de aire troposférico que está justo al oeste de usted.
@dmckee Bueno, sí, pero ¿qué tan diferente sería entre una línea de visión hacia la parte inferior y la parte superior del sol? Creo totalmente que el coeficiente cambiará debido a las condiciones climáticas. La página 281 en este enlace simulatoredvision.co.uk/V&A_Chap15.pdf resume las diferencias bastante bien. Son los aerosoles los que complican el asunto. Me preocupa la diferencia entre la atmósfera superior e inferior, ya que la atenuación de los aerosoles no es proporcional a la densidad. No estoy seguro de si las diferentes líneas gastarán diferentes fracciones de espesor de masa en la atmósfera superior o inferior...

jkej · Answer 1

En primer lugar, la atenuación atmosférica en la región visible se debe principalmente a la dispersión, no a la absorción molecular como en las regiones infrarroja y de microondas. Quizás esto no sea tan importante para su pregunta, pero es bueno tenerlo en cuenta. La luz no desaparece, solo cambia de dirección.

Si tiene el perfil de densidad de la atmósfera, denotemoslo $\rho(h)$ , dónde $h$ es la altura sobre el nivel del mar, puede calcular lo que llama espesor de masa (lo llamaré columna de masa inclinada y lo denotaré $C$ ), usando esta integral:

C = \int_{0}^{\infty} \frac{ρ (h) d h}{\sqrt{1 - {(\frac{porque θ_{0}}{1 + h / R})}^{2}}}

$C=\int^{\infty}_{0}\frac{\rho(h)dh}{\sqrt{1-\left(\frac{\cos{\theta_0}}{1+h/R}\right)^2}}$

o este:

C = \int_{θ_{0}}^{π / 2} ρ (R (\frac{porque θ_{0}}{porque θ} - 1)) \frac{R porque θ_{0}}{{porque}^{2} θ} d θ

$C=\int^{\pi/2}_{\theta_0}\rho\left(R\left(\frac{\cos{\theta_0}}{\cos{\theta}}-1\right)\right)\frac{R\cos{\theta_0}}{\cos^2{\theta}}d\theta$

dónde $\theta_0$ es el ángulo de elevación del sol y $R$ es el radio de la tierra. Estas fórmulas son para un observador ubicado al nivel del mar.

Esto supone que la luz viaja directamente a través de la atmósfera. Esta suposición funciona razonablemente bien para ángulos de elevación altos, pero para ángulos más bajos (piense en puestas de sol) debe tener en cuenta la refracción atmosférica y quizás también algunos efectos de dispersión adicionales.

Tu experimento con la cámara digital podría funcionar en teoría, pero tal vez no sea tan fácil como te gustaría. En primer lugar, debe tener en cuenta la refracción al calcular la columna de masa inclinada como expliqué anteriormente. La refracción depende de la longitud de onda, por lo que tendrá que hacerlo para cada color. En segundo lugar, solo la dispersión de Rayleigh será proporcional a $C$ . También tendrá dispersión de Mie debido a los aerosoles. Esto dependerá de las cargas de aerosoles en la atmósfera que serán variables. La dispersión de Mie también será más importante para ángulos de elevación bajos, ya que una parte más grande del camino a través de la atmósfera estará en las partes bajas, que tienen cargas de aerosoles más altas.

Si hubiera una refracción significativa dependiente de la longitud de onda, ¿no haría eso que la imagen aparente del sol no fuera circular? Quiero decir, en cualquier longitud de onda sería circular, pero habría un sol rojo desplazado sobre un sol azul, o algo así.
@AlanSE El fenómeno que describe existe (pero el rojo está en la parte inferior) y a menudo se lo denomina borde verde que puede causar un destello verde al atardecer. El borde es verde porque la mayor parte de la luz azul se pierde en la dispersión (además, el fondo es azul, por lo que es más difícil ver un borde azul). Este desplazamiento de los diferentes colores es pequeño en comparación con el tamaño aparente del sol, por lo que es difícil de ver a menos que experimente un destello verde. Sin embargo, la diferencia en la longitud del camino a través de la atmósfera para los diferentes colores podría ser significativa.
$AlanSe Una elaboración sobre la última oración: El desplazamiento de los colores es más pequeño que el tamaño aparente del sol, pero todavía está en escalas similares y, por lo tanto, la diferencia en la longitud del camino a través de la atmósfera estará en una escala similar a la diferencia entre el borde superior e inferior del sol. Tiene razón al suponer que este probablemente no sea el efecto más grande, pero eso no significa que sea insignificante.

Alan Romero · Answer 2

Voy a suponer que la atmósfera es de densidad constante y resolveré el problema. Recogeremos las piezas de esta suposición más adelante. A continuación, desecharé la especificación de que el observador está a una altura distinta de cero. No es gran cosa, solo pon la cámara en el suelo.

Dado que la atmósfera tiene una densidad constante en todas las alturas, tiene un límite definido. La altura de la parte superior de la atmósfera es entonces fácil de calcular. Simplemente divida la masa de la atmósfera por la densidad y el área de la superficie de la Tierra.

h = \frac{5.1480 \times 10^{18} kg}{(1.3 \frac{kg}{{metro}^{3}}) 4 π {(6, 378.1 kilómetros)}^{2}} = 7.746 kilómetros

$h = \frac{5.1480 \times10^{18} \text{ kg}}{\left( 1.3 \frac{\text{ kg}}{m^3} \right) 4 \pi \left( 6,378.1 \text{ km} \right)^2} = 7.746 \text{ km}$

Además, asumimos que conocemos el ángulo de visión. Eso da suficiente información para formular el triángulo con la ley de los cosenos.

rastro del rayo del atardecer

La ecuación se escribe usando la ley de los cosenos combinada con la inspección. El lado opuesto al ángulo grande es el radio de la Tierra más la altura de la atmósfera. Otro lado del triángulo es el radio de la Tierra. El lado final es lo desconocido que queremos.

{(R + h)}^{2} = R^{2} + X^{2} - 2 R X porque (θ + \frac{π}{2})

$\left( R+ h \right)^2 = R^2 + x^2 - 2 R x \cos{ \left( \theta + \frac{\pi}{2} \right) }$

X = - R pecado θ + \sqrt{R^{2} (pecado θ)^{2} + 2 R h + h^{2}}

$x = -R \sin{\theta} + \sqrt{ R^2 (\sin{\theta})^2 + 2 R h + h^2 }$

Ahora tenemos suficiente información para trazar esto.

trama

Como se predijo, esto obtiene la altura de la atmósfera a medida que el ángulo llega a pi/2. A medida que el ángulo llega a cero, el valor pasa a $314.4 km$ . Para obtener la masa-espesor multiplique esto por la densidad.

Por qué esto podría ser una aproximación decente

Ahora dirás, "pero la atmósfera no es de densidad constante". Creo que se me ha ocurrido un buen contraargumento.

Digamos que la densidad es la mitad del valor del nivel del mar. Eso aumentará la altura de la atmósfera por un factor de dos. Así que resuelvo la ecuación anterior con ese nuevo número. No es exactamente lineal con $h$ , pero encontraremos que el valor de $x$ es aproximadamente el doble de su valor anterior. Pero luego multiplicamos por $\rho$ que es la mitad del valor del nivel del mar. ¡Eso significa que llegamos a nuestro número original! De hecho, tracé esto para todas las densidades. Esto es para fines de ejemplo, por lo que supuse un ángulo arbitrario desde el horizonte de 0,1 radianes.

ejemplo

Probablemente menos de 1/20 de la atmósfera está por debajo de una densidad de $0.1 kg/m^3$ . ¿Quizás el gráfico anterior es lo suficientemente plano en ese rango? ... pero tal vez no. El método no es tan bueno como esperaba. La distribución de altitudes muy altas de nuestra atmósfera superior realmente requiere una contabilidad más exacta, pero dado que la caída de la presión es exponencial, estoy seguro de que sería difícil.

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