25التأثير المداري والعصور الجليدية

حل التمرين 25.1.

(أ) $1.0167/0.9833 = 1.0340$: فالأوج أبعد من الحضيض بنسبة $3.4\,\%$. (ب) $a(1 + e) - a(1 - e) = 2ea = 0.0334\,a$، أي $3.34\,\%$ من $a$، وهو قريب من نسبة 3.4 في المئة المذكورة عادةً. (ج) يتناقص ضوء الشمس كمقلوب مربّع المسافة: $1.0340^2 = 1.069$، أي ضوء شمس أكثر بنحو $7\,\%$ عند الحضيض.

حل التمرين 25.2.

(أ) اليوم $0.017236 \times \sin101.37{}^{\circ} = 0.017236 \times 0.9804 = 0.01690$؛ وقبل $10\,000$ سنة $0.019971 \times \sin293.86{}^{\circ} = 0.019971 \times (-0.9145) = -0.01826$؛ وقبل $6000$ سنة $0.019249 \times \sin359.99{}^{\circ} \approx 0$، وهي قيم الجداول. (ب) طول الشمس عند الحضيض هو $\varpi + 180{}^{\circ}$: $281.37{}^{\circ}$ اليوم، و$473.86{}^{\circ}$ $-$ $360{}^{\circ}$ $=$ $113.86{}^{\circ}$ قبل $10\,000$ سنة، و$179.99{}^{\circ}$ قبل $6000$ سنة. (ج) قبل $10\,000$ سنة وقع الحضيض بعد انقلاب يونيو بمقدار $24{}^{\circ}$، وهو أقرب الثلاثة إليه، في الصيف الشمالي؛ وقبل $6000$ سنة وقع عند اعتدال سبتمبر، حيث تنعدم المبادرة المناخية.

حل التمرين 25.3.

(أ) التردّدات تُجمع: $1/25.77 + 1/112 = 0.03880 + 0.00893 = 0.047\,73\,\mathrm{kyr}^{-1}$، أي دور قدره $1/0.04773 = 21.0$ ألف سنة. (ب) تقع النتيجة داخل مدى الأدوار الرئيسية، من 19.0 إلى 23.7 ألف سنة. ولا يستطيع رقم واحد أن يعيد إنتاجها: فدوران المدار هو نفسه مجموع عدّة حركات بتردّدات مختلفة، تتّحد كلّ منها مع مبادرة المحور لتعطي دورًا واحدًا من أدوار المبادرة المناخية؛ والمتوسط هو $23\,000$ سنة المذكورة عادةً.

حل التمرين 25.4.

$\sqrt{1 - 0.0167^2} = 0.99986$. للقيمة $22.1{}^{\circ}$: $1360 \times 0.37622/(\pi \times 0.99986) = 162.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ وللقيمة $24.5{}^{\circ}$: $1360 \times 0.41469/(\pi \times 0.99986) = 179.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. والنسبة $\sin24.5{}^{\circ}/\sin22.1{}^{\circ} = 1.102$: فالمتوسط السنوي عند القطب يزداد بنسبة $10.2\,\%$، أي بنحو $16.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$، بين القيمتين القصويين.

حل التمرين 25.5.

(أ) عند انقلاب يونيو $(a/r)^2 = \bigl((1 - e\sin\varpi)/(1 - e^2)\bigr)^2$. اليوم $e\sin\varpi = 0.016898$ و$(0.983102/0.999703)^2 = 0.9671$، مقابل $1 - 0.033796 = 0.9662$؛ وقبل $116\,000$ سنة $e\sin\varpi = 0.043939$ و$(0.956061/0.998065)^2 = 0.9176$، مقابل $1 - 0.087878 = 0.9121$. (ب) عند انقلاب ديسمبر $(a/r)^2 = \bigl((1 + e\sin\varpi)/(1 - e^2)\bigr)^2$: اليوم $1.0347$ مقابل $1.0338$، وقبل $116\,000$ سنة $1.0940$ مقابل $1.0879$. (ج) الحدود المهملة من رتبة $e^2$: $(1 - x)^2/(1 - e^2)^2 \approx 1 - 2x + x^2 + 2e^2$ مع $x = e\sin\varpi$، أي نحو $3e^2$ هنا. وهي $3 \times 0.0172^2 = 0.0009$ اليوم و$3 \times 0.0440^2 = 0.0058$ قبل $116\,000$ سنة، قريبة من الفروق التي وجدناها، $0.0009$ و$0.0055$: فالتقريب أسوأ بست مرّات حين يكون الاختلاف المركزي أكبر بمرّتين ونصف تقريبًا.

حل التمرين 25.6.

عند انقلاب يونيو $\delta = \varepsilon = 23.446{}^{\circ}$. $\cos h_0 = -\tan65{}^{\circ}\tan23.446{}^{\circ} = -2.14451 \times 0.43369 = -0.93006$، فيكون $h_0 = 158.44{}^{\circ} = 2.7654\,\mathrm{rad}$. ويدوم النهار $2 \times 158.44/15 = 21.13$ ساعة (تدور الأرض $15{}^{\circ}$ في الساعة). ومع $\sin65{}^{\circ} = 0.90631$، و$\cos65{}^{\circ} = 0.42262$، و$\sin\delta = 0.39788$، و$\cos\delta = 0.91744$ و$\sin h_0 = 0.36742$، يكون القوس $2.7654 \times 0.90631 \times 0.39788 + 0.42262 \times 0.91744 \times 0.36742 = 0.99720 + 0.14246 = 1.13966$. وعند المسافة المتوسطة $\bar Q = (1360/\pi) \times 1.13966 = 432.90 \times 1.13966 = 493.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ ومع عامل المسافة في التمرين 25.5، $493.4 \times 0.9671 = 477.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. وللتحقّق، تعطي الخطوات نفسها عند $60{}^{\circ}$ شمالًا $475.96\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$، حيث تعطي الجداول $475.95$.

حل التمرين 25.7.

(أ) اعتدال مارس هو $\lambda = 0$، واعتدال سبتمبر $\lambda = \pi$. ومع $\sqrt{1 - e^2} \approx 1$، تكون المدّة $\frac{T}{2\pi}\int_0^{\pi}\bigl(1 + 2e\cos(\lambda - \varpi)\bigr)\,\mathrm d\lambda = \frac{T}{2\pi}\bigl(\pi + 2e[\sin(\lambda - \varpi)]_0^{\pi}\bigr) = \frac{T}{2\pi}(\pi + 4e\sin\varpi) = \frac T2 + \frac{2T}{\pi}e\sin\varpi$. (ب) نصف السنة الآخر أقصر بالمقدار نفسه، فيكون الفرق $(4T/\pi)\,e\sin\varpi = (4 \times 365.2422/\pi) \times 0.016898 = 465.04 \times 0.016898 = 7.86$ يوم. (ج) الربيع والصيف معًا يزيدان على الخريف والشتاء بمقدار $4.5 + 3 = 7.5$ يوم؛ والفرقان المذكوران مقرّبان، والتوافق ضمن حدود هذا التقريب.

حل التمرين 25.8.

(أ) للقيمة $e = 0.0046$: $\sqrt{1 - e^2} = 0.999989$ و$340/0.999989 = 340.004\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. وللقيمة $e = 0.0565$: $\sqrt{1 - 0.003192} = 0.998403$ و$340/0.998403 = 340.544\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (ب) الفرق $0.54\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$، أي $0.16\,\%$. (ج) تأرجح إشماس منتصف يوليو عند $65{}^{\circ}$ شمالًا بمقدار $497 - 388 = 109\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$، أي نحو $25\,\%$ من متوسطه ومئتي ضعف تغيّر المتوسط العالمي السنوي: فالمدار يؤثّر في المناخ بنقل ضوء الشمس بين الفصول ودوائر العرض، لا بتغيير المجموع.

حل التمرين 25.9.

مع $\omega = 2\pi/P$ و$\tau = 10\,\mathrm{kyr}$: للدور $P = 23$، $\omega\tau = 2.732$، أي سعة نسبية $1/\sqrt{1 + 7.464} = 0.344$ وتأخّر $\arctan(2.732)/\omega = 1.2199/0.2732 = 4.47$ ألف سنة؛ وللدور $P = 41$، $\omega\tau = 1.532$، والسعة $0.546$، والتأخّر $0.9926/0.1532 = 6.48$ ألف سنة؛ وللدور $P = 100$، $\omega\tau = 0.628$، والسعة $0.847$، والتأخّر $0.5610/0.0628 = 8.93$ ألف سنة. فالغطاء الجليدي يفضّل التأثير البطيء: إذ يتابع $85\,\%$ من دورة ذات $100\,000$ سنة، لكنه لا يتابع إلا ثلث دورة مبادرة، لأنه لا يملك وقتًا كافيًا لينمو أو ينكمش قبل أن ينعكس التأثير السريع. فهو يعمل عمل مرشّح تمرير منخفض.

حل التمرين 25.10.

(أ) المعادلة خطّية: إذا كان $V_1$ استجابة التأثير $A_1\sin\omega_1t$ و$V_2$ استجابة التأثير $A_2\sin\omega_2t$، فإن $V_1 + V_2$ استجابة لمجموعهما. وبحسب القضية 25.8 فإن $V_1$ و$V_2$ دالّتان جيبيتان تردّداهما $\omega_1$ و$\omega_2$ (بعد أن يتلاشى الطور العابر)، فلا تحمل الاستجابة أيّ تردّد آخر. (ب) مع $V \approx B_1\sin(\omega_1t - \phi_1) + B_2\sin(\omega_2t - \phi_2)$،

فإن الحدّ $kV^2$ يؤثّر في المعادلة عند تردّدَي الفرق والمجموع، وعند التردّدين المضاعفين. (ج) $1/(1/19.0 - 1/23.7) = 1/(0.05263 - 0.04219) = 95.8$ ألف سنة؛ والزوج 19.0 و22.4 يعطي 125 ألف سنة. فتردّدات الفرق لحدود المبادرة تقع في نطاق الاختلاف المركزي، كما يجب، لأن المبادرة المناخية هي $e\sin\varpi$. فغطاء جليدي غير خطّي يستطيع إذن أن يستخرج إيقاعًا من $100\,000$ سنة من المبادرة؛ أمّا الخطّي فلا يستطيع. والدورات ذات $100\,000$ سنة دليل على سلوك غير خطّي، وإن كان هذا الحساب وحده لا يبيّن أيّ سلوك هو.

حل التمرين 25.11.

(أ) كما في برهان القضية 25.5، $(a/r)^2\,\mathrm dt = T\,\mathrm d\lambda/(2\pi\sqrt{1 - e^2})$، و$\sin\delta = \sin\varepsilon\sin\lambda$ موجبة عندما $0 < \lambda < \pi$. فيكون $E = \frac{S_0T\sin\varepsilon}{2\pi\sqrt{1 - e^2}}\int_0^{\pi}\sin\lambda \,\mathrm d\lambda = S_0T\sin\varepsilon/(\pi\sqrt{1 - e^2})$. (ب) $T = 365.25 \times 86400 = 3.1558 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$، و$S_0T/\pi = 1.3661 \times 10^{10}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ وللقيمة $22.1{}^{\circ}$، $E = 1.3661 \times 10^{10} \times 0.37622/0.99986 = 5.14\,\mathrm{GJ}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ وللقيمة $24.5{}^{\circ}$، $5.67\,\mathrm{GJ}\,\mathrm{m}^{-2}$، أي أكثر بنسبة $10\,\%$. (ج) المبادرة تحدّد كيف تتوزّع الطاقة نفسها في الزمن: فالصيف عند الحضيض أقصر وأشدّ، والصيف عند الأوج أطول وأضعف. والذوبان لا يبدأ إلا فوق $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$، فيمكن لصيف قصير شديد أن يُذيب أكثر من صيف طويل بارد يتلقّى المجموع نفسه.

حل التمرين 25.12.

(أ) $3.93\log_2(279.4/189.7) = 3.93\log_2 1.4729 = 3.93 \times 0.5586 = 2.20\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (ب) أصغر ارتفاع هو من 194 إلى $266\,\mathrm{ppm}$: $3.93\log_2 1.3711 = 3.93 \times 0.4554 = 1.79\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ وأكبرها من 188 إلى $282\,\mathrm{ppm}$: $3.93\log_2 1.5 = 3.93 \times 0.5850 = 2.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (ج) تأثير ثنائي أكسيد الكربون أربعة أضعاف أكبر تغيّر في الإشماس العالمي السنوي، $0.54\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$، وهو يؤثّر في كلّ مكان وطوال السنة؛ أمّا الإشماس الصيفي عند $65{}^{\circ}$ شمالًا فيتأرجح بنحو $109\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$، لكن عند عرض واحد وفي فصل واحد. فالمدار هو الزناد، عبر صيف الأغطية الجليدية الشمالية؛ وثنائي أكسيد الكربون، مع التغذية الراجعة للجليد والألبيدو، مضخِّم ينشر التغيّر على الكرة الأرضية.