Logo
Logo

Град

A  ?? Какая доля массы капли воды замерзает прежде, чем капля достигнет земли?

Благодаря допущениям о постоянном размере градинки и постоянной плотности атмосферы, сила сопротивления приводит к постоянной скорости $v$ падения градинки в воздухе.
Можно допустить, что температура градинки $T_d$ выше $h_A$ следует за профилем температуры атмосферы и остается постоянной и равной $T_0 = 0 ^\circ\mathrm{C}$ в процессе плавления ниже данной высоты.
Для небольших перепадов температуры $\Delta T = T-T_d$ поток тепла пропорционален этому перепаду $dQ/dt = k\Delta T$. Коэффициент $k$ зависит от геометрии градинки и ее скорости, а также от плотности воздуха. Так как они постоянны, то $k = \mathrm{const}$.
В диапазоне высот от $h_A$ до $h_B$ скорость нагрева капли
$$d Q=k\left(T-T_{0}\right) d t=-k\left(T-T_{0}\right) \frac{d h}{v}$$
Тепло, переданное градинке между $h_A$ и $h_B$ составляет
$$Q=\frac{k A}{v}=m L$$
Здесь $A = 5.0 км ^\circ\mathrm{C}$ — площадь между кривой температуры и вертикальной осью в диапазоне от $h_A$ до $h_B$. Правая часть уравнения описывает тепло, необходимое для того, чтобы полностью расплавить градинку массой $m$.
В области ниже $h_B$ жидкая градинка частично снова замерзает. В этом процессе температура опять постоянна. Массовая доля $\eta$ жидкости, замерзшей до достижения земли, снова может быть получена из площади $A' = 4.0 км ^\circ\mathrm{C}$ между кривой и осью высоты.
$$Q^{\prime}=-\frac{k A^{\prime}}{v}=-\eta m L$$
Деление двух последних уравнений друг на друга дает массовую долю
$$\eta=\frac{A^{\prime}}{A}=\frac{4}{5}=0.80$$

Ответ: $\eta=0.8$

B  ?? Найдите, по возможности точнее, температуру капли на уровне земли, если нет инверсии и профиль температуры описывается пунктирной линией на высоте, ниже 2 км.

Если профиль температуры соответствует пунктирной линии, градинка полностью расплавится и поток тепла от атмосферы ее нагреет. Так как удельная теплота плавления гораздо больше удельной теплоемкости воды, умноженной на несколько градусов, температура жидкой градинки будет близко следовать за температурой атмосферы. Ее температура на поверхности земли будет поэтому близка к $8 ^\circ\mathrm{C}$.
Для лучшей оценки введем новую координату
$$m c_w \frac{d T_{d}}{d t}=m c_w v \frac{d T_{d}}{d x}=k\left(T-T_{d}\right)$$
где температура атмосферы задается формулой $T(x)=T(x=0)+2.0 ^\circ\mathrm{C} км^{-1} x=T(x=0)+bx$.

Для разницы $\Delta T = T-T_d$ между температурой атмосферы и температурой градинки имеем:
$$\frac{d \Delta T}{d x}=b-\frac{d T_{d}}{d x}=b-\frac{k}{m c_w v} \Delta T$$
Решение данного дифференциального уравнения
$$\Delta T=b x_{0}+\operatorname{const}\cdot\exp \left(-\frac{x}{x_{0}}\right)$$
Здесь $x_0=mc_w v/k$. Из уравнения части A: $mv/k=A/L$, так что $x_0=\cfrac{c_w}{L} A\approx 0.063 км$. Поэтому экспонентой в последнем уравнении можно пренебречь на уровне земли (константа близка к $4 ^\circ\mathrm{C}$) и мы приходим к разности температур градинки и атмосферы на уровне земли
$$\Delta T\approx 0.13 ^\circ\mathrm{C} \implies T_d\approx 7.9 ^\circ\mathrm{C}.$$
Другое явление, которое эффективно смещает температуру атмосферы, каковой ее ощущает градинка, связано с вязкой диссипацией. Его можно оценить, если приравнять потерю потенциальной энергии шарика $mgv$ к тепловому потоку, уносимому обтекающим воздухом $k\Delta T^*$. Это дает $\Delta T^*\sim mgv/k=gA/L=0.17 ^\circ\mathrm{C}$. Если учесть обе поправки, температура градинки перед падением на землю опять составит $T_d\approx 8 ^\circ\mathrm{C}$.

Ответ: $T_d\approx 8.0 ^\circ\mathrm{C}$