MZhG_Variant_1
.pdf
Контрольная работа №1 Вариант 1.
Задача 1. При подъеме сухого воздуха плотность воздушной частицы остается постоянной. Найти изменение температуры частицы на каждые 100 м подъема, приток тепла к 1 кг воздуха на каждые 100 м и политропическую теплоемкость С. Принять
T T
1 |
. |
|
Решение:
Рассмотрим политропический процесс:
dQ cdT
Следовательно, изменение температуры частицы на каждые 100 м подъема
где |
а |
Так
|
dT |
|
|
g |
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dz |
c |
p |
c |
|
1 c / c |
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
g / cp |
- сухоадиабатический градиент температуры. |
|
||||||
Политропическая теплоемкость С.
как плотность воздушной массы постоянна, следовательно процесс изохорический
с = с = 0,72 кДж/(кг ∙ К)
dT |
|
|
|
g |
|
9,8 |
3,5 С /100м |
|
dz |
c |
p |
c |
1,01 0,72 |
||||
|
|
|
||||||
|
|
|
V |
|
|
|
dQ сV dT 0,72 3,5 2,52 Дж /(1кг 100м)
Задача 2. У земли геострофический ветер юго-восточный, 10 м/с. На высоте 6 км ветер южный и достигает минимума, Найти геострофический ветер и геострофическую адвекцию температуры на высоте 3 км. Температура на этом уровне равна 273К, широта места 45 °. Горизонтальный градиент температуры не меняется с высотой.
|
Решение. |
Из рисунка |
видно, что |
|
1 |
45 , |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
vg1 |
Vg1 cos 1 7 м / с , u g 2 |
0 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u |
g1 |
|
V sin |
1 |
|
7 м / с
,
Изменение геострофического ветра с высотой
Знак минус означает, что составляющие ветра
Приращение ветра в слое z1 z2 равно:
u |
g1 |
, u |
g 2 |
|
|
направлены против оси x.
а в слое
ug 2 ug1 g(z2 z1 ) T lT1 y
z |
2 |
z |
3 |
|
|
, |
v |
g 2
v |
|
|
g(z |
|
z |
) T |
|
|
2 |
1 |
|
||
|
|
|
|
|
||
|
g1 |
|
lT |
x |
||
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
1 |
|
,
(2.1)
ug 3 |
ug 2 |
|
g(z |
3 |
z |
2 |
) T |
, vg 3 vg 2 |
|
g(z |
3 |
z |
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||
lT |
|
y |
lT |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
При этом согласно условию градиент температуры не
|
|
|
|
|
|
|
T |
1 |
|
|
|
|
|
||
температуры слоев мало отличаются. |
2 |
, поэтому: |
|||||||||||||
T |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
u |
g 3 |
u |
g 2 |
|
v |
g 3 |
v |
g 2 |
|
z |
3 |
z |
2 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
u |
|
u |
|
v |
|
v |
|
z |
|
z |
|||||
g 2 |
g1 |
|
g 2 |
g1 |
|
2 |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
||||||
Из 1-ой части уравнения (2.3) получим:
) T |
. |
|
x |
||
|
зависит от
(2.3)
(2.2)
высоты, а средние
u |
|
u |
|
(u |
|
u |
|
) |
(z3 |
z2 ) |
0 7м / с 0,5 3,5м / с. |
||
g 3 |
g 2 |
g 2 |
g1 |
(z |
2 |
z ) |
|||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
||
Итак, геострофический ветер на уровне 3 км Vg 3 ug 3 / cos 22,5 4,2м / с .
Адвекцию температуры в слое 3-6 км легко найти по формуле (2.1). При этом следует учесть, что, когда в формулу входит угол (а не тригонометрические функции), его следует выражать в радианах.
d |
22,5 |
|
|
|
|
1 |
(10 4,2)м / с 7,1м / с , |
|
3,14 0,392 , Vg |
||||||||
180 |
2 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
l 2 sin 2 7,29 10 |
5 |
с |
1 |
sin 45 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2 7,29 10 |
5 |
с |
1 |
2 |
(м / с) |
2 |
( 0,392) 24 3600 |
с |
|
||||||
|
T |
|
lT |
|
|
|
|
|
0,7 273К 7,1 |
|
|
сут |
|
|||||||||
|
V |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1,6К / сут |
|||||
|
|
|
g |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|||||
|
t |
|
g |
|
z |
|
|
|
|
9,81м / с |
3 10 |
м |
|
|
|
|||||||
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задача 3. На карте масштаба 1:107 расстояние между соседними изобарами,
проведенными через 5 гПа, равно 3 см. Давление растет с запада на восток. Реальный ветер отклонен от геострофического влево на угол 20 ° и равен 12 м/с. Определить направ-
ление вектора ускорения воздушной массы и выяснить, как изменится величина скорости ее движения через 2 часа? Широта места 65°. Плотность воздуха принять равной 1,3 кг/м3.
Решение. Прежде всего, найдем величину геострофического ветра:
|
|
|
1 |
p |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
500Н / м |
2 |
|||
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
g |
2 sin n |
1,29кг / м |
3 |
2 |
7,29 10 |
5 |
с |
1 |
sin 65 |
|
300 10 |
3 |
м |
|||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
10,4м / с
.
Теперь нам известны две величины:
V
и
|
|
V |
g |
|
|
и угол между ними,
20 |
|
|
.
Связь между агеострофическим отклонением и ускорением
Таким образом, из треугольника AOB на рис. мы можем определить величину теореме косинусов:
V ' 
V 2 Vg2 2 V Vg cos 
122 (10,4)2 2 10,4 12 cos 20 6,3м / с
Направление вектора V ' найдем по теореме синусов:
|
' |
|
V |
||
|
||
. |
|
по
|
|
sin sin |
|
V |
|
|
V |
||
|
|
|
||
|
|
29 |
|
|
|
|
|
|
|
Отсюда следует: * 180 |
|
( ) 131 . |
||
|
|
|
||
Известное значение величины вектора |
|
|
||
V |
||||
все остальные неизвестные. |
|
|
|
|
Следует: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dV |
|
; |
||
dt |
|
V ' 2 sin |
||
|
|
|
|
|
|
0,25 |
12 |
0,48 |
; |
|
' |
6,3 |
||||
|
|
|
|||
( т.к. V<Vg). |
|
||||
' |
и его направление позволяют определить и |
||||
|
|
d V |
|
dt |
V ' 2 sin sin |
|
Подставляем численные значения параметров вместе с единицами измерения:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dV |
6,3м / с 2 7,29 10 |
5 |
с |
1 |
0,85 7,8 10 |
4 |
м / с |
2 |
2,8 |
м |
|
|
|||||||||
dt |
|
|
|
|
с |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ч
,
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d V |
6,3м / с 2 7,29 10 |
5 |
с |
1 |
0,85 ( 0,37) 2,9 10 |
4 |
м / с |
2 |
1,1 |
м |
|
||||||||||
|
|
|||||||||
dt |
|
|
|
|
с |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d V |
|
|
|
|
|
ч
.
Как видно, изменение модуля скорости ветра
dt
отличается от модуля ускорения.
Направление вектора ускорения находится в соответствии с требованием взаимно-
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dV |
. |
|
|
|
|
|
|
|
перпендикулярности векторов V ' и |
dt |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Как видно, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
90 |
|
* 41 |
, * 180 |
|
41 |
139 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Таким образом, с течением времени будет наблюдаться уменьшение скорости воздушной массы с одновременным отклонением ее вправо.
Изменение величины скорости ее движения через 2 часа:
|
|
|
|
|
d V |
1,1 |
м |
ч 2ч 2,2м / с |
|
dt |
с |
|||
|
|
Уменьшится в два раза.
Ответ: dVdt 2,8 мс 
ч ,
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
d |
V |
|
1,1 |
м |
|
|
|
||
dt |
|
с |
||
|
|
|||
ч
,
139 |
|
|
.
Задача 4. В теплой воздушной массе, имеющей температуру 22°С и расположенной
западнее меридионально-ориентированного фронта, ветер северо-западный 8 м/с; в
холодной воздушной массе с температурой 12°С ветер юго-юго-западный. Определить скорость ветра в холодной массе, наклон поверхности раздела к плоскости горизонта,
скорость перемещения фронта и вертикальную скорость на поверхности раздела в теплой воздушной массе, если в холодной воздушной массе вертикальные токи отсутствуют.
Широта места 60°.
Решение. Выполним рисунок в двух плоскостях: вертикальный разрез в плоскости yoz, перпендикулярной линии фронта, и горизонтальный – в плоскости xoy, направляя ось ox вдоль линии фронта.
Из условия непрерывности перпендикулярных скорости ветра следует равенство:
v v и vф |
|
Но согласно условию задачи
к линии фронта проекций вектора
v .
Следовательно,
v
5,7м
v / с ;
V |
|
cos 45 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v |
ф |
5,7 м / с |
||
|
|
|
|
|
8м / с 0,707
.
5,7м / с
.
V |
|
v |
|
|
|
|
|||
|
|
sin 22,5 |
||
|
|
|
||
5,7м / с |
1 |
|
0,323 |
||
|
17,5м / с
.
Для определения наклона поверхности раздела к плоскости горизонта находим проекции векторов скорости ветра на ось ox (т.е. на линию фронта) и их разность:
u
V |
cos(90 |
|
|
|
|
|
|
|
45 |
|
) |
|
|
8м с |
1 |
0,707 |
|
5,7м / с
;
u v ctg22,5 5,7м / с 2,41 13,7м / с ;
u |
|
u |
|
|
|
13,7м / с ( 5,7)м / с
19,4м /
с
;
T
10 |
|
|
;
T
290K
.
Далее определяем величину tg и w :
|
|
290K |
|
2 |
7,29 10 |
5 |
c |
1 |
sin |
60 |
|
19.4м / с |
||||
tg |
|
|
|
|
||||||||||||
10K |
|
|
|
|
9,8м / с |
2 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
w |
0 5,7 м / с |
10K |
7,12 10 |
3 |
1,4 10 |
3 |
м / |
|||||||||
|
||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
290K |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
7,12 10 3
с0,14см /
;
с.
Ответ:
V
17,5м / с
;
v |
ф |
|
5,7 м / с
;
tg
7,1 10 |
3 |
|
;
w |
0,14см / с |
|
|