21Thermodynamica van de atmosfeer

Op 16 april 2026, om 12 UTC, steeg een ballon op van het weerstation van Norman, Oklahoma, zoals er elke dag op dat uur ballonnen opstijgen van meer dan achthonderd stations. Het instrument dat hij droeg, zond een verticaal profiel terug dat een weervoorspeller in één oogopslag leest: lucht bij de grond bijna verzadigd, een dun warm deksel op zeshonderd meter hoogte, en daarboven een temperatuur die tien kilometer lang snel daalde. Door het deksel opgetild, zou de oppervlaktelucht zich over het grootste deel van de troposfeer warmer dan haar omgeving hebben bevonden, met zo’n tweeduizend joule per kilogram om aan stijgen te besteden. Dit hoofdstuk leert die energie uit een sondering af te lezen: hoeveel water lucht bevat, hoe een stijgend pakketje afkoelt vóór en na condensatie, hoe de diagrammen van meteorologen oppervlakten in energieën omzetten, en hoe wolkendruppels überhaupt ontstaan.

Wat je al weet

Uit de natuurkundeboeken: verzadigingsdampdruk, relatieve vochtigheid, dauwpunt, latente warmte, de betrekking van Clausius–Clapeyron en haar geïntegreerde vorm; nucleatie en onderkoeling; de eerste hoofdwet, adiabatische veranderingen en de warmtecapaciteiten van een ideaal gas. Uit de scheikundeboeken: partiële drukken, de wet van Raoult, oppervlaktespanning en de kelvinvergelijking. Uit de schoolboeken: het condensatieniveau en zijn regel van $125\,\mathrm{m}$ per graad, stabiele en onstabiele lucht, de condensatiekern, het warmeregenproces en het ijskristalproces. Uit Boek 3: de standaardatmosfeer, de omgevingsgradiënt en de droogadiabatische gradiënt ($\Gamma_d = 9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$), het luchtpakketje, de potentiële temperatuur, statische stabiliteit, temperatuurinversies en de hypsometrische vergelijking.

In het hele hoofdstuk: $R_d = R/M_d = 287.0\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ voor droge lucht met molaire massa $28.97\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$; $R_v = R/M_w = 461.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ voor waterdamp, met molaire massa $18.0153\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$; $\varepsilon = M_w/M_d = 0.622$; $c_p = \tfrac72 R_d = 1004.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ (Boek 3, met de verhouding van de warmtecapaciteiten 1.4); $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; en de verdampingswarmte bij het tripelpunt, $L = 2.501 \times 10^{6}\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$.

21.1 Vochtige lucht

Lucht is een mengsel van droge lucht en waterdamp, beide bijna ideale gassen. De natuurkundeboeken meten haar water met de relatieve vochtigheid en het dauwpunt; een stijgend pakketje heeft maten nodig die niet veranderen wanneer het uitzet.

Definitie 21.1 (Dampdruk; mengverhouding; specifieke vochtigheid)

De dampdruk $e$ van vochtige lucht is de partiële druk van haar waterdamp. Haar mengverhouding is $r = m_v/m_d$, de massa waterdamp per massa-eenheid droge lucht in hetzelfde volume, en haar specifieke vochtigheid is $q = m_v/(m_d + m_v)$, de massa damp per massa-eenheid vochtige lucht. Beide worden meestal in gram per kilogram gegeven.

Propositie 21.2 (Vochtigheidsgrootheden)

In vochtige lucht bij de totale druk $p$ met de dampdruk $e$ geldt

$$r = \frac{\varepsilon e}{p - e}, \qquad q = \frac{r}{1 + r} = \frac{\varepsilon e}{p - (1 - \varepsilon)e} .$$

Bij verzadiging is $e = e_s(T)$ en $r = r_s(T, p)$, de verzadigingsmengverhouding. Noch $r$ noch $q$ verandert wanneer een pakketje uitzet of wordt samengedrukt zonder water op te nemen of te verliezen.

Definitie 21.3 (Virtuele temperatuur)

De virtuele temperatuur $T_v$ van vochtige lucht is de temperatuur die droge lucht bij dezelfde druk nodig zou hebben om dezelfde dichtheid te hebben:

$$T_v = T\,\frac{1 + r/\varepsilon}{1 + r} \approx T\,(1 + 0.61\,r) .$$

Het bewijs dat deze temperatuur doet wat ze belooft, is één regel: de dichtheid van vochtige lucht is $(m_d + m_v)/V = \bigl(p - e\bigr)/(R_dT) + e/(R_vT)$, wat met $e = pr/(\varepsilon + r)$ gelijk is aan $p/(R_dT_v)$. Waterdamp is lichter dan droge lucht, dus vochtige lucht is minder dicht dan droge lucht bij dezelfde temperatuur en druk, alsof ze een beetje warmer was.

Voorbeeld 21.4 (De lucht in Norman)

Aan de grond geeft de sondering $p = 971.1\,\mathrm{hPa}$, $T = 19.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en een dauwpunt van $18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. De dampdruk is de verzadigingsdampdruk bij het dauwpunt, $e = e_s(18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 21.5\,\mathrm{hPa}$ (Propositie 21.5 verderop). Dan is $r = 0.622 \times 21.5/(971.1 - 21.5) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$, $q = 13.9\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$, en $T_v - T = 0.61 \times 0.0141 \times 292.15\,\mathrm{K} = 2.5\,\mathrm{K}$: deze lucht is zo licht als droge lucht die tweeënhalve graad warmer is.

21.2 Verzadigingsdampdruk

Boven een vlak oppervlak van zuiver water hangt de dampdruk bij evenwicht alleen af van de temperatuur. De natuurkundeboeken leiden de wet ervan af, de betrekking van Clausius–Clapeyron, en integreren die met een constante latente warmte; voor waterdamp is $M L/R = L/R_v$.

Propositie 21.5 (Verzadigingsdampdruk)

Met de latente warmte $L$ constant gehouden is de verzadigingsdampdruk boven water

$$e_s(T) = e_t \exp\!\Bigl[\frac{L}{R_v}\Bigl(\frac{1}{T_t} - \frac{1}{T}\Bigr)\Bigr], \qquad e_t = 6.117\,\mathrm{hPa}, \quad T_t = 273.16\,\mathrm{K}, \quad \frac{L}{R_v} = 5419\,\mathrm{K},$$

waarin $(T_t, e_t)$ het tripelpunt van water is.

Gevolg 21.6 (Zeven procent per kelvin)

De relatieve toenamesnelheid van de verzadigingsdampdruk is $\mathrm{d}\ln e_s/\mathrm{d}T = L/(R_v T^2)$: $7.3\,\%$ per kelvin bij $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $6.3\,\%$ bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $5.9\,\%$ bij $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

De constante latente warmte is het enige gebrek van de formule: de latente warmte daalt van $2500.9\,\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$ bij het tripelpunt tot $2453.5\,\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$ bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dus de formule loopt voor op de gemeten waarden naarmate de temperatuur stijgt, met $1.2\,\%$ bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $2.5\,\%$ bij $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (figuur hieronder). Een empirische formule die aan metingen is aangepast, $e_s = 6.112\,\mathrm{hPa} \times \exp[17.67\,t/(t + 243.5)]$ met $t$ in graden Celsius, blijft binnen enkele promille; dataproducten gebruiken haar, maar de propositie is degene die kan worden gedifferentieerd en begrepen, en dit hoofdstuk houdt haar aan.

Onder $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ kan water in wolken vloeibaar blijven, onderkoeld, en dan bestaan er twee verzadigingsdampdrukken: boven vloeibaar water en boven ijs. De tweede is lager, omdat de sublimatiewarmte de verdampingswarmte met de smeltwarmte overtreft. Lucht die verzadigd is ten opzichte van onderkoelde druppels, is oververzadigd ten opzichte van ijs, met $10\,\%$ bij $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $22\,\%$ bij $-20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: de laatste paragraaf komt op dat verschil terug.

21.3 Stijgende vochtige lucht

Een pakketje dat stijgt zonder warmte uit te wisselen, koelt af met de droogadiabatische gradiënt, behoudt zijn potentiële temperatuur en behoudt, als het niet condenseert, zijn mengverhouding. Zijn dampdruk $e = pr/(\varepsilon + r)$ daalt met de druk, maar zijn verzadigingsdampdruk daalt sneller, met zijn temperatuur. De twee ontmoeten elkaar op een niveau dat de schoolboeken met een regel vonden.

Definitie 21.7 (Optillingscondensatieniveau)

Het optillingscondensatieniveau (LCL) van een pakketje is het niveau waarop het verzadigd raakt wanneer het droogadiabatisch wordt opgetild. Het is het condensatieniveau van de schoolboeken, de hoogte van de vlakke basis van de wolken die door optilling ontstaan.

Propositie 21.8 (Hoogte van het optillingscondensatieniveau)

Een pakketje met de temperatuur $T$ en het dauwpunt $T_d$ raakt verzadigd ongeveer

$$z_{\text{LCL}} \approx \frac{T - T_d}{\Gamma_d - \Gamma_{\text{dauw}}}, \qquad \Gamma_{\text{dauw}} = \frac{g R_v T_d^2}{L R_d T} \approx 1.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km},$$

boven zijn beginniveau: ongeveer $125\,\mathrm{m}$ per graad dauwpuntsdepressie.

In Norman bedroeg de dauwpuntsdepressie $0.5\,\mathrm{K}$: de oppervlaktelucht zou na $63\,\mathrm{m}$ stijgen zijn gecondenseerd, bij $964\,\mathrm{hPa}$. De volledige berekening, die de droge adiabaat en de verzadigingsmengverhouding zonder linearisering volgt, geeft $64\,\mathrm{m}$.

Boven het LCL condenseert het pakketje terwijl het stijgt. Condensatie maakt latente warmte vrij, en het pakketje koelt trager af.

Definitie 21.9 (Verzadigd-adiabatische gradiënt; natte adiabaat)

De verzadigd-adiabatische gradiënt $\Gamma_s$ is de snelheid waarmee de temperatuur van een verzadigd pakketje daalt terwijl het stijgt, terwijl zijn damp condenseert om het verzadigd te houden. De kromme die het volgt op een diagram van temperatuur tegen druk is een natte adiabaat. Wanneer wordt aangenomen dat het gecondenseerde water meteen uitvalt, heet de stijging pseudo-adiabatisch.

Propositie 21.10 (Verzadigd-adiabatische gradiënt)

Voor een pseudo-adiabatische stijging, met $r_s = r_s(T, p)$, geldt

$$\Gamma_s = g\,\frac{1 + \dfrac{L r_s}{R_d T}}{c_p + \dfrac{L^2 r_s}{R_v T^2}} .$$

Ze gaat naar $\Gamma_d = g/c_p$ wanneer $r_s$ naar nul gaat, en is anders kleiner.

De gradiënt hangt af van hoeveel water er te condenseren is. Bij $1000\,\mathrm{hPa}$ is hij $6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ bij $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $5.2\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ bij $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $4.2\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ bij $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; hoog in de troposfeer, bij $200\,\mathrm{hPa}$ en $-60\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, is hij weer op $9.6\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, bijna de droge gradiënt. Een natte adiabaat is daarom steil bij warme grond en buigt hogerop naar de droge adiabaten toe.

Definitie 21.11 (Equivalent-potentiële temperatuur)

De equivalent-potentiële temperatuur $\theta_e$ van een pakketje is de temperatuur die het zou hebben als het werd opgetild tot al zijn damp was gecondenseerd en uitgevallen, en daarna droogadiabatisch naar $1000\,\mathrm{hPa}$ werd teruggebracht. Een goede benadering is

$$\theta_e \approx \theta \exp\!\Bigl(\frac{L r}{c_p T_{\text{LCL}}}\Bigr),$$

met $\theta$ de potentiële temperatuur en $T_{\text{LCL}}$ de temperatuur op het optillingscondensatieniveau van het pakketje.

De potentiële temperatuur blijft alleen bij droge stijging behouden; $\theta_e$ blijft, in deze benadering, behouden bij droge en verzadigde stijging, omdat de warmte die ze als al vrijgekomen telt, precies de warmte is die condensatie vrijmaakt. Ze labelt een natte adiabaat zoals $\theta$ een droge labelt. De oppervlaktelucht van Norman heeft $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{2/7} = 294.6\,\mathrm{K}$ en $\theta_e = 294.6 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.0141/(1004.5 \times 291.5)] = 332\,\mathrm{K}$.

21.4 Thermodynamische diagrammen

Definitie 21.12 (Atmosferische sondering)

Een atmosferische sondering is een verticaal profiel van de druk, de temperatuur, de vochtigheid en de wind van de atmosfeer boven een plaats, gemeten door een instrument dat omhoog wordt gedragen, meestal een radiosonde onder een ballon.

Een sondering is niet helemaal verticaal, omdat de ballon met de wind afdrijft, en niet helemaal ogenblikkelijk, omdat hij enkele minuten nodig heeft om de hogere troposfeer te bereiken; en het hoofdnet laat maar twee keer per dag ballonnen op. Haar getallen worden pas bruikbaar wanneer ze worden uitgezet op een kaart waarop een stijgend pakketje met een liniaal kan worden gevolgd.

Definitie 21.13 (Thermodynamisch diagram; scheve-T-log-p-diagram; tefigram)

Een thermodynamisch diagram is een kaart waarvan de coördinaten functies van de druk en de temperatuur zijn, waarop isobaren, isothermen, droge adiabaten, natte adiabaten en lijnen van constante verzadigingsmengverhouding zijn gedrukt, en waarop een sondering wordt uitgezet als twee krommen, haar temperatuur en haar dauwpunt. Op een scheve-T-log-p-diagram is de verticale coördinaat $-\ln p$ en de horizontale $T + k\ln(p_0/p)$, zodat isobaren horizontaal zijn en isothermen rechte lijnen die naar rechts omhoog lopen. Een tefigram gebruikt de temperatuur en de entropie per massa-eenheid $c_p\ln\theta$ als coördinaten, zodat isothermen en droge adiabaten loodrechte rechte lijnen zijn.

Propositie 21.14 (Oppervlakten zijn energieën)

Op een scheve-T-log-p-diagram is de oppervlakte tussen twee krommen $T_1(p)$ en $T_2(p)$ over de drukken $p_b > p_a$ evenredig met $\int_{p_a}^{p_b} R_d\,(T_1 - T_2)\,\mathrm{d}\ln p$, de energie per massa-eenheid die Propositie 21.19 verderop geeft aan een pakketje dat $T_1$ volgt door een omgeving $T_2$.

Methode 21.15 (Een pakketje op een diagram optillen)

1. Zet de temperatuur en het dauwpunt van de sondering uit tegen de druk.
2. Volg vanaf de temperatuur van het pakketje de droge adiabaat omhoog; volg vanaf zijn dauwpunt de lijn van verzadigingsmengverhouding. Waar ze elkaar ontmoeten, ligt het LCL.
3. Volg vanaf het LCL de natte adiabaat omhoog.
4. Waar de kromme van het pakketje rechts van de temperatuur van de sondering ligt, is het pakketje warmer dan zijn omgeving; de niveaus waar de twee krommen elkaar snijden, zijn de niveaus van Definitie 21.17 verderop.

21.5 Stabiliteit en convectieve energie

Boek 3 vergeleek de gradiënt $\Gamma$ van een laag met $\Gamma_d$. Een verzadigd pakketje koelt in plaats daarvan af met $\Gamma_s$, en tussen de twee gradiënten verschijnt een derde geval.

Definitie 21.16 (Voorwaardelijke instabiliteit)

Een laag waarvan de gradiënt tussen de verzadigd-adiabatische en de droogadiabatische gradiënt ligt, $\Gamma_s < \Gamma < \Gamma_d$, verkeert in voorwaardelijke instabiliteit: stabiel voor onverzadigde pakketjes, onstabiel voor verzadigde.

In Norman daalde de temperatuur met $37.0\,\mathrm{K}$ tussen $850\,\mathrm{hPa}$ ($1489\,\mathrm{m}$) en $500\,\mathrm{hPa}$ ($5725\,\mathrm{m}$), met $8.7\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$: voorwaardelijke instabiliteit over vier kilometer. Of de instabiliteit wordt ontladen, hangt af van waar een pakketje van beneden verzadigd raakt en daarna warmer wordt dan zijn omgeving.

Definitie 21.17 (Niveau van vrije convectie; evenwichtsniveau)

Het niveau van vrije convectie (LFC) van een opgetild pakketje is het niveau waarboven het, verzadigd, warmer wordt dan zijn omgeving en vrij stijgt. Het evenwichtsniveau (EL) is het niveau boven het LFC waar zijn temperatuur weer gelijk is aan die van zijn omgeving.

Definitie 21.18 (Beschikbare convectieve potentiële energie; convectieve remming)

De beschikbare convectieve potentiële energie (CAPE) van een pakketje is de arbeid van de opwaartse kracht op een massa-eenheid ervan tussen zijn LFC en zijn EL,

$$\text{CAPE} = \int_{z_{\text{LFC}}}^{z_{\text{EL}}} g\,\frac{T_{v,\text{pakketje}} - T_{v,\text{omg}}}{T_{v,\text{omg}}}\,\mathrm{d}z ,$$

en zijn convectieve remming (CIN) is dezelfde integraal, negatief, van zijn beginniveau tot zijn LFC.

Propositie 21.19 (Opwaartse kracht op een diagram; de snelheid van het pakketje)

1. Uitgedrukt in de druk is $\text{CAPE} = R_d \int_{p_{\text{EL}}}^{p_{\text{LFC}}} (T_{v,\text{pakketje}} - T_{v,\text{omg}})\,\mathrm{d}\ln p$: op een scheve-T-log-p-diagram is ze evenredig met de oppervlakte tussen de kromme van het pakketje en de sondering.
2. Een pakketje dat het LFC in rust verlaat en alle arbeid van zijn opwaartse kracht behoudt, bereikt het EL met de verticale snelheid $w_{\max} = \sqrt{2\,\text{CAPE}}$.

Voorbeeld 21.20 (De energie in de sondering van Norman)

Til de oppervlaktelucht van Voorbeeld 21.4 op. Ze raakt verzadigd bij $964\,\mathrm{hPa}$, $64\,\mathrm{m}$ hoger, en volgt een natte adiabaat. Onder $900\,\mathrm{hPa}$ is de sondering zelf bijna verzadigd en blijft het pakketje enkele tienden van een graad kouder dan zijn omgeving; dan komt de inversie tussen $908\,\mathrm{hPa}$ en $889\,\mathrm{hPa}$, waar de temperatuur over $178\,\mathrm{m}$ met $4.1\,\mathrm{K}$ stijgt en het pakketje zich $5\,\mathrm{K}$ te koud bevindt. Het wordt pas warmer dan zijn omgeving bij $732\,\mathrm{hPa}$, $2.4\,\mathrm{km}$ boven de grond, zijn LFC, en blijft warmer tot zijn EL bij $236\,\mathrm{hPa}$, $10.9\,\mathrm{km}$ boven zeeniveau, net onder de tropopauze die de sondering bij $235\,\mathrm{hPa}$ meldt. Op een fijn rooster van drukken zijn de oppervlakten van de scheve-T-figuur CAPE $= 2100\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ en CIN $= -200\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ met de temperatuur, en $2230\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ en $-130\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ met de virtuele temperatuur: het vocht van het pakketje voegt zijn eigen opwaartse kracht toe. De pakketjestheorie geeft $w_{\max} = \sqrt{2 \times 2100} = 65\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

De tabellen van weervoorspellers noemen een CAPE tot $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ positief, een tussen 1500 en $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ groot en een boven $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ extreem; waarden boven $1000\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ zijn gewoon in onweersomgevingen, en zeldzame overschrijden $5000\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. CAPE is het grootst in het warme seizoen, vooral in de late lente. De lifted index, de temperatuur van de sondering bij $500\,\mathrm{hPa}$ min die van het opgetilde pakketje, vat dezelfde informatie samen in één getal: in Norman $-18.4 - (-8.9) = -9.5\,\mathrm{K}$, in de klasse van $-8$ tot $-10$ die de tabellen van de weervoorspellers extreme instabiliteit noemen. Geen van deze waarden is een drempel waarboven onweersbuien moeten ontstaan.

De CIN is de toegangsprijs. Het warme deksel hield de oppervlaktelucht tegen om vanzelf te stijgen: een pakketje zou erdoorheen moeten worden geduwd, door een front of door de trage stijging van de lucht vóór een storing in de hoogte, of van onderen door de middagzon worden opgewarmd tot het over de hele weg opwaarts gedreven werd. En de snelheid $w_{\max}$ is een bovengrens: een echte opwaartse stroming draagt haar gecondenseerde water mee, dat haar verzwaart, en mengt zich met de drogere lucht eromheen, die haar door verdamping afkoelt. Het evenwichtsniveau blijft een goede gids voor waar de toppen van de onweersbui zich tot een aambeeld uitspreiden.

21.6 Wolkenmicrofysica

Een pakketje op zijn LCL is verzadigd boven een vlak wateroppervlak. Een druppel is niet vlak: de natuurkundeboeken tonen dat een nieuwe fase niet bij evenwicht verschijnt, maar alleen door nucleatie, en de scheikundeboeken dat de dampdruk boven een gekromd oppervlak groter is dan boven een vlak (de kelvinvergelijking). Met de constante $A$ van Propositie 21.22 verderop is een druppel zuiver water van $2\,\mathrm{nm}$ doorsnede alleen in evenwicht bij de verzadigingsverhouding $\exp(2.1/2) = 2.9$, een oververzadiging van $190\,\%$, ver boven de fracties van een procent waarbij deeltjes worden geactiveerd: druppels ontstaan op deeltjes.

Definitie 21.21 (Oververzadiging; wolkencondensatiekern)

De oververzadiging van lucht is $s = e/e_s - 1$, het overschot van haar dampdruk boven de verzadigingsdampdruk boven een vlak oppervlak van zuiver water, meestal in procent gegeven. Een wolkencondensatiekern (CCN) is een aerosoldeeltje waarop een wolkendruppel ontstaat bij de kleine oververzadigingen van wolken. Het is de condensatiekern van de schoolboeken.

Propositie 21.22 (Köhlerkromme)

Een oplossingsdruppel met diameter $D$, gegroeid op een droog deeltje met diameter $D_d$ en hygroscopiciteit $\kappa$, is in evenwicht bij de verzadigingsverhouding

$$S(D) = \frac{D^3 - D_d^3}{D^3 - D_d^3(1 - \kappa)}\,\exp\Bigl(\frac{A}{D}\Bigr), \qquad A = \frac{4\sigma M_w}{R T\rho_w},$$

met $\sigma$ de oppervlaktespanning en $\rho_w$ de dichtheid van water (aangenomen). De kromme $S(D)$ is de Köhlerkromme. Voor $D \gg D_d$ geldt

$$s = S - 1 \approx \frac{A}{D} - \frac{\kappa D_d^3}{D^3},$$

die maximaal is bij de kritieke diameter en oververzadiging

$$D_c = \sqrt{\frac{3\kappa D_d^3}{A}}, \qquad s_c = \sqrt{\frac{4A^3}{27\,\kappa D_d^3}} .$$

Met $\sigma = 0.072\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{2}$ bij $298.15\,\mathrm{K}$ is $A = 2.1\,\mathrm{nm}$. Ammoniumsulfaat heeft $\kappa = 0.61$; natriumchloride is nog hygroscopischer ($\kappa = 1.28$), en atmosferische deeltjes liggen meestal tussen 0.1 en 0.9. Een droog deeltje ammoniumsulfaat van $50\,\mathrm{nm}$ heeft $D_c = 0.33\,\text{µ}\mathrm{m}$ en $s_c = 0.42\,\%$; een van $100\,\mathrm{nm}$ $0.93\,\text{µ}\mathrm{m}$ en $0.15\,\%$. De benadering wijkt minder dan $1\,\%$ af van het exacte maximum.

De kromme verdeelt de deeltjes. Onder haar top is een druppel in stabiel evenwicht: als hij groeit, is de lucht niet langer oververzadigd genoeg voor hem en krimpt hij terug; zulke neveldruppels zwellen en krimpen met de vochtigheid. Zodra de oververzadiging van de lucht $s_c$ overschrijdt, is de druppel geactiveerd: voorbij de top heeft hij steeds minder oververzadiging nodig naarmate hij groeit, en hij groeit zolang er damp is. Een stijgend pakketje koelt af, zijn oververzadiging klimt, en de grootste en best oplosbare deeltjes worden het eerst geactiveerd; de druppels die ze vormen, nemen dan de damp op en begrenzen de oververzadiging. Boven afgelegen oceanen zijn er ongeveer 110 CCN per kubieke centimeter actief bij $0.4\,\%$, boven afgelegen continenten bijna twee keer zoveel, en in vervuilde lucht ongeveer tien keer meer. Hetzelfde water verdeeld over meer druppels maakt ze kleiner.

Opmerking 21.23 (Waarom condensatie alleen geen regen maakt)

Een druppel groeit door de diffusie van damp naar hem toe. De flux door een bol rond een druppel met straal $r$ is $4\pi r D_v\,\Delta\rho_v$, met $D_v$ de diffusiecoëfficiënt van damp en $\Delta\rho_v$ het overschot aan dampdichtheid ver weg, dus zijn massa $\tfrac43\pi r^3\rho_w$ groeit met een snelheid evenredig met $r$: $r\,\mathrm{d}r/\mathrm{d}t$ is constant en $r^2$ groeit lineair in de tijd. Grote druppels groeien trager dan kleine, en een populatie die alleen door condensatie groeit, wordt smaller, niet breder. Regendruppels ontstaan wanneer druppels van verschillende grootte, die met verschillende snelheden vallen, botsen en samensmelten.

Boven het niveau van $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ bestaat een wolk uit onderkoelde druppels tot ijskiemen ijskristallen doen ontstaan. Dan werkt het verschil uit het rechterpaneel van de verzadigingsfiguur: lucht die boven de druppels verzadigd is, is $10\,\%$ oververzadigd boven ijs bij $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, tientallen keren de oververzadigingen waarbij de druppels werden geactiveerd. De kristallen groeien door depositie ten koste van de druppels, die verdampen (het Bergeron proces, het ijskristalproces van de schoolboeken), en ze vangen druppels in die op hen bevriezen (aanvriezing).

In het veld — Een lancering in de ochtend

Op elk hoogteweerstation maakt de technicus de ballon en de radiosonde klaar in het uur vóór 00 en 12 UTC, de tijdstippen waarop meer dan achthonderd stations van de wereld samen waarnemen. Het instrument, van 60 tot $80\,\mathrm{g}$, hangt onder de ballon en meldt elke seconde de druk, de temperatuur, de vochtigheid en zijn satellietpositie. De ballon stijgt ongeveer $300\,\mathrm{m}$ per minuut, twee uur of langer, tot voorbij $35\,\mathrm{km}$ voordat hij barst, en kan meer dan $300\,\mathrm{km}$ afdrijven. Weervoorspellers zetten het profiel uit op een scheve-T-diagram, en op dagen waarop zwaar weer wordt verwacht, laten sommige stations extra ballonnen op.

Oefeningen

Gegevens voor de oefeningen, tenzij anders vermeld: $e_s(T) = 6.117\,\mathrm{hPa} \times \exp[5419\,\mathrm{K} \times (1/273.16\,\mathrm{K} - 1/T)]$; $\varepsilon = 0.622$, $R_d = 287.0\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $R_v = 461.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $c_p = 1004.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $L = 2.501 \times 10^{6}\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $\Gamma_d = 9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$.

Oefening 21.1 ★

Bij $850\,\mathrm{hPa}$ is de temperatuur $10.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en het dauwpunt $5.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Bepaal de dampdruk en de verzadigingsdampdruk. (b) Bepaal de relatieve vochtigheid. (c) Bepaal de mengverhouding en de specifieke vochtigheid, in gram per kilogram.

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.1.

(a) $e = e_s(278.15\,\mathrm{K}) = 8.73\,\mathrm{hPa}$ en $e_s(283.15\,\mathrm{K}) = 12.32\,\mathrm{hPa}$. (b) $8.73/12.32 = 70.9\,\%$. (c) $r = 0.622 \times 8.73/(850 - 8.73) = 6.45\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ en $q = r/(1 + r) = 6.41\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$.

Oefening 21.2 ★

(a) Met hoeveel procent per kelvin stijgt $e_s$ bij $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$? (b) Bereken $e_s$ bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en bij $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, en hun verhouding; vergelijk met $1.063^5$. (c) De gemeten waarde bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ is $23.39\,\mathrm{hPa}$. Hoeveel wijkt de formule af, en in welke richting? Waarom?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.2.

(a) $\mathrm{d}\ln e_s/\mathrm{d}T = 5419/T^2$: $7.26\,\%$ per kelvin bij $273.15\,\mathrm{K}$, $6.31\,\%$ bij $293.15\,\mathrm{K}$, $5.90\,\%$ bij $303.15\,\mathrm{K}$. (b) $e_s(20\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 23.66\,\mathrm{hPa}$ en $e_s(25\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 32.26\,\mathrm{hPa}$; verhouding 1.363, tegen $1.063^5 = 1.357$. De snelheid is een afgeleide van $\ln e_s$, dus over $5\,\mathrm{K}$ is de factor $\exp(5 \times 0.0620) = 1.363$, met 0.0620 de snelheid in het midden, $22.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; vijf keer $6.3\,\%$ samengesteld komt dicht in de buurt, maar is niet exact. (c) $23.66/23.39 = 1.012$: de formule is $1.2\,\%$ te hoog, omdat ze de latente warmte van het tripelpunt aanhoudt, terwijl de latente warmte afneemt naarmate de temperatuur stijgt; de helling van de formule is te steil, en haar fout groeit met de afstand tot $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Oefening 21.3 ★

Om twaalf uur ’s middags is de oppervlaktelucht $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ met een dauwpunt van $14\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Op welke hoogte boven de grond ontstaan de basissen van cumuluswolken? (b) Wat is daar de temperatuur van een pakketje, volgens de droge adiabaat? (c) Wat is daar zijn dauwpunt, met $\Gamma_{\text{dauw}} = 1.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$? Becommentarieer. (d) Later warmt de lucht op tot $33\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, met ongewijzigd dauwpunt. Waar liggen de wolkenbases nu?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.3.

(a) $125 \times (30 - 14) = 2000\,\mathrm{m}$. (b) $30 - 9.8 \times 2.0 = 10.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) $14 - 1.8 \times 2.0 = 10.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: temperatuur en dauwpunt ontmoeten elkaar, zoals ze moeten op het verzadigingsniveau; de regel is deze berekening. (d) $125 \times (33 - 14) = 2375\,\mathrm{m}$: de bases stijgen naarmate de middag de lucht bij de grond opwarmt.

Oefening 21.4 ★

Lees het scheve-T-diagram van de sondering van Norman af. (a) Tot welke druk is de lucht bij de grond verzadigd, of bijna? (b) Waar ligt de inversie, en hoe is ze te zien? (c) Lees het LCL, het LFC en het EL van het oppervlaktepakketje af. (d) Hoe verhouden het dauwpunt en de temperatuur zich net boven de inversie, en wat zegt dat over deze lucht?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.4.

(a) De dauwpuntskromme ligt op de temperatuurkromme van de grond tot ongeveer $908\,\mathrm{hPa}$: de onderste halve kilometer is verzadigd, of bijna. (b) Tussen ongeveer 908 en $889\,\mathrm{hPa}$ buigt de temperatuurkromme naar rechts, naar warmere waarden, terwijl de druk afneemt: de temperatuur stijgt met de hoogte. (c) LCL bij ongeveer $964\,\mathrm{hPa}$, enkele tientallen meters hoger; LFC bij ongeveer $730\,\mathrm{hPa}$; EL bij ongeveer $235\,\mathrm{hPa}$. (d) Aan de top van de inversie ligt het dauwpunt $11\,\mathrm{K}$ onder de temperatuur, en $20\,\mathrm{K}$ eronder bij $850\,\mathrm{hPa}$: warme, zeer droge lucht ligt boven koele, vochtige lucht. Haar relatieve vochtigheid is laag, dus ze kreeg haar warmte niet door condensatie; lucht die daalt, warmt op door compressie met de droogadiabatische gradiënt terwijl ze haar mengverhouding behoudt, wat zo’n laag zou geven.

Oefening 21.5 ★★

Tropische lucht bij $1000\,\mathrm{hPa}$ heeft $T = 30.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $r = 20\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. (a) Bepaal haar virtuele temperatuur exact en met de benadering $T(1 + 0.61\,r)$. (b) Bepaal de dichtheden van deze lucht en van droge lucht bij dezelfde temperatuur en druk. (c) Hoeveel zou droge lucht moeten worden opgewarmd om even licht te zijn? (d) Waarom is dit van belang voor convectie boven warme zeeën?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.5.

(a) $T_v = 303.15 \times (1 + 0.020/0.622)/1.020 = 306.76\,\mathrm{K}$; de benadering geeft $303.15 \times (1 + 0.61 \times 0.020) = 306.85\,\mathrm{K}$. (b) $\rho = p/(R_dT_v) = 10^5/(287.0 \times 306.76) = 1.1358\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$, tegen $10^5/(287.0 \times 303.15) = 1.1494\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ voor droge lucht: $1.2\,\%$ lichter. (c) Met $T_v - T = 3.6\,\mathrm{K}$. (d) Een stijgend pakketje hoeft alleen lichter te zijn dan zijn omgeving: boven warme zeeën voegt het vocht van de lucht een opwaartse kracht toe die gelijkstaat aan enkele kelvin, evenveel als een flink temperatuuroverschot.

Oefening 21.6 ★★

Gebruik Propositie 21.10 bij $1000\,\mathrm{hPa}$, met $r_s$ uit Propositie 21.2. (a) Bereken $r_s$ en $\Gamma_s$ bij $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Hoeveel warmer dan een droog pakketje is een verzadigd pakketje bij $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ nadat het $1\,\mathrm{km}$ is gestegen, als zijn gradiënt gelijk blijft? (c) Waarom wordt het verschil hogerop kleiner?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.6.

(a) $e_s$ = 6.11, 23.66 en $43.54\,\mathrm{hPa}$; $r_s = 0.622\,e_s/(1000 - e_s)$ = 3.82, 15.07 en $28.31\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$; $\Gamma_s$ = 6.48, 4.20 en $3.44\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. (b) Het droge pakketje koelt $9.8\,\mathrm{K}$ af, het verzadigde $4.2\,\mathrm{K}$: het verzadigde pakketje is $5.6\,\mathrm{K}$ warmer. (c) Hogerop is de lucht kouder, is $r_s$ kleiner, blijft er weinig damp over om te condenseren, en keert $\Gamma_s$ terug naar $\Gamma_d$.

Oefening 21.7 ★★

Het oppervlaktepakketje van Norman ($p = 971.1\,\mathrm{hPa}$, $T = 19.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $T_d = 18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) heeft zijn LCL bij $18.35\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Bereken zijn mengverhouding, zijn potentiële temperatuur en zijn equivalent-potentiële temperatuur. (b) Opgetild is het $-8.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ bij $500\,\mathrm{hPa}$, verzadigd. Bereken daar zijn $\theta$ en $\theta_e$. (c) Welke van de twee blijft behouden?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.7.

(a) $e = e_s(291.65\,\mathrm{K}) = 21.52\,\mathrm{hPa}$, $r = 0.622 \times 21.52/(971.1 - 21.52) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$; $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{0.2857} = 294.6\,\mathrm{K}$; $\theta_e = 294.6 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.0141/(1004.5 \times 291.5)] = 294.6 \times 1.128 = 332.3\,\mathrm{K}$. (b) $e_s(264.25\,\mathrm{K}) = 3.13\,\mathrm{hPa}$, $r_s = 0.622 \times 3.13/(500 - 3.13) = 3.92\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$; $\theta = 264.25 \times 2^{0.2857} = 322.1\,\mathrm{K}$; het pakketje is verzadigd, dus $T_{\text{LCL}} = T$ en $\theta_e = 322.1 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.00392/(1004.5 \times 264.25)] = 334.3\,\mathrm{K}$. (c) $\theta$ steeg met $27.5\,\mathrm{K}$, opgewarmd door de latente warmte van de $10.2\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ damp die condenseerde; $\theta_e$ veranderde met $0.6\,\%$, binnen de nauwkeurigheid van zijn benaderende formule: hij blijft behouden.

Oefening 21.8 ★★

Een pakketje is $4\,\mathrm{K}$ warmer dan zijn omgeving tussen $700\,\mathrm{hPa}$, zijn LFC, en $300\,\mathrm{hPa}$, zijn EL; verwaarloos de correctie voor de virtuele temperatuur. (a) Bereken zijn CAPE. (b) Bereken $w_{\max}$. (c) In welke klasse valt de CAPE? (d) Welke vorm heeft de positieve oppervlakte op een scheve-T-diagram, en waarom is haar oppervlakte wat werd berekend?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.8.

(a) $\text{CAPE} = 287.0 \times 4 \times \ln(700/300) = 287.0 \times 4 \times 0.847 = 973\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. (b) $\sqrt{2 \times 973} = 44.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$. (c) Tussen 1 en $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$: positief, maar niet groot. (d) Een band met constante horizontale breedte tussen twee krommen; volgens Propositie 21.14 is haar oppervlakte evenredig met $\int \Delta T\,\mathrm{d}\ln p = 4 \ln(700/300)$, wat de helling van de isothermen ook is.

Oefening 21.9 ★★

Neem $A = 2.1\,\mathrm{nm}$ en ammoniumsulfaat, $\kappa = 0.61$. (a) Bepaal de kritieke diameter en oververzadiging van een droog deeltje van $80\,\mathrm{nm}$. (b) Wat is het kleinste droge deeltje dat wordt geactiveerd in lucht met $0.3\,\%$ oververzadiging? Bij $0.1\,\%$? (c) Een opwaartse stroming verhoogt de oververzadiging van $0.1\,\%$ tot $0.3\,\%$: wat gebeurt er met het aantal druppels, en met hun grootte bij hetzelfde vloeibare water?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.9.

(a) $D_c = \sqrt{3 \times 0.61 \times 80^3/2.1}\,\mathrm{nm} = 668\,\mathrm{nm} = 0.668\,\text{µ}\mathrm{m}$; $s_c = 2A/(3D_c) = 2 \times 2.1/(3 \times 668) = 0.00210 = 0.210\,\%$. (b) $s_c = \sqrt{4A^3/(27\kappa D_d^3)}$ oplossen naar $D_d$: $D_d = \bigl(4A^3/(27\kappa s_c^2)\bigr)^{1/3}$, $63\,\mathrm{nm}$ bij $0.3\,\%$ en $131\,\mathrm{nm}$ bij $0.1\,\%$. (c) Elk deeltje tussen 63 en $131\,\mathrm{nm}$ wordt nu ook geactiveerd: meer druppels, en, bij hetzelfde vloeibare water, kleinere.

Oefening 21.10 ★★★

Het oppervlaktepakketje van Norman had een CIN van ongeveer $-130\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ met de virtuele temperatuur. (a) Met welke verticale snelheid zou het de grond moeten verlaten om zijn LFC op eigen impuls te bereiken? (b) De top van de inversie ligt bij $889.1\,\mathrm{hPa}$ en $20.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Tot welke temperatuur moet de oppervlaktelucht bij $971.1\,\mathrm{hPa}$ opwarmen opdat een droogadiabatisch opgetild pakketje niet kouder is dan de top van de inversie? (c) Als haar dauwpunt op $18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ bleef, waar zou haar wolkenbasis liggen? (d) Noem twee manieren waarop de atmosfeer zo’n deksel zonder de zon verwijdert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.10.

(a) $w = \sqrt{2 \times 130} = 16.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, onmogelijk voor lucht in rust bij de grond. (b) De potentiële temperatuur van de top van de inversie is $293.65 \times (1000/889.1)^{0.2857} = 303.7\,\mathrm{K}$; een oppervlaktepakketje met deze $\theta$ heeft $T = 303.7 \times (971.1/1000)^{0.2857} = 301.2\,\mathrm{K}$, $28.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) $125 \times (28.0 - 18.5) = 1190\,\mathrm{m}$ boven de grond, boven de oude top van de inversie. (d) Een front, dat de lucht langs zijn helling optilt; de trage stijging van de lucht vóór een storing in de hoogte, die het deksel zelf afkoelt.

Oefening 21.11 ★★★

(a) Toon met Propositie 21.10 aan dat $\Gamma_s \to \Gamma_d$ als $r_s \to 0$. (b) Toon aan dat, wanneer $Lr_s/(R_dT) \gg 1$, $\Gamma_s \to gR_vT/(LR_d)$, en bereken dit bij $303\,\mathrm{K}$. (c) Vergelijk met $\Gamma_{\text{dauw}}$ van Propositie 21.8 wanneer $T_d = T$, en verklaar waarom de twee limieten samenvallen. (d) Wordt de limiet van (b) in de atmosfeer bereikt? Gebruik de waarde $\Gamma_s = 3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ bij $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $1000\,\mathrm{hPa}$.

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.11.

(a) Wanneer $r_s \to 0$, gaat de teller naar $g$ en de noemer naar $c_p$. (b) Schrijf $L^2r_s/(R_vT^2) = c_p \times \bigl(Lr_s/(R_dT)\bigr) \times LR_d/(R_vTc_p)$, met $LR_d/(R_vTc_p) = 5.1$ bij $303\,\mathrm{K}$: wanneer $Lr_s/(R_dT) \gg 1$, is ook $L^2r_s/(R_vT^2) \gg c_p$, en $\Gamma_s \to g\,(Lr_s/(R_dT))/(L^2r_s/(R_vT^2)) = gR_vT/(LR_d) = 9.81 \times 461.5 \times 303/(2.501 \times 10^6 \times 287.0) = 1.91\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. (c) Met $T_d = T$ is $\Gamma_{\text{dauw}} = gR_vT/(LR_d)$, hetzelfde. In die limiet is de latente warmte zo groot dat het pakketje bijna niets van zijn damp kan condenseren zonder ver boven zijn verzadigingspunt op te warmen: het behoudt zijn mengverhouding en volgt de lijn van constante mengverhouding, waarlangs de temperatuur daalt met $\Gamma_{\text{dauw}}$. (d) Bij $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en $1000\,\mathrm{hPa}$ is $Lr_s/(R_dT) = 0.81$, niet veel groter dan 1, en $L^2r_s/(R_vT^2) = 4180$, vier keer $c_p$: $\Gamma_s = 3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, nog ver van $1.9\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. De limiet wordt niet bereikt.

Oefening 21.12 ★★★

Boven onderkoeld water en boven ijs zijn de verzadigingsdampdrukken 2.868 en $2.599\,\mathrm{hPa}$ bij $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, 1.257 en $1.032\,\mathrm{hPa}$ bij $-20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Bepaal de oververzadiging ten opzichte van ijs van lucht die boven water verzadigd is, bij beide temperaturen. (b) Vergelijk met de oververzadigingen waarbij druppels worden geactiveerd. (c) Verklaar waarom een wolk van onderkoelde druppels die enkele ijskristallen ontvangt, in ijs overgaat. (d) Waarom is het effect zwakker bij $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$?

Oplossing

Oplossing van Oefening 21.12.

(a) $2.868/2.599 = 1.104$ en $1.257/1.032 = 1.218$: $10.4\,\%$ en $21.8\,\%$. (b) Druppels worden geactiveerd bij enkele tienden van een procent oververzadiging, tientallen keren minder. (c) De kristallen groeien snel door depositie; ze nemen damp uit de lucht, die onder verzadiging boven de druppels zakt; de druppels verdampen en hun damp gaat naar het ijs (het Bergeronproces), tot de wolk volledig bevroren is. (d) Bij $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ zijn de twee verzadigingsdampdrukken gelijk: ze ontmoeten elkaar in het tripelpunt, en de verhouding gaat daar dichtbij naar één.

Probleem 21.1

Weekendprobleem — De ochtendsondering lezen

De tabel geeft de sondering van 12 UTC in Norman, Oklahoma, op 16 april 2026, op de niveaus die hier worden gebruikt: druk, hoogte boven zeeniveau, temperatuur, dauwpunt, en de temperatuur van het oppervlaktepakketje, opgetild zoals in Methode 21.15 en berekend door Propositie 21.10 in kleine stappen te integreren. De sondering meldt de tropopauze bij $235.3\,\mathrm{hPa}$ en $10\,954\,\mathrm{m}$. Gebruik de gegevens van de oefeningen en de temperaturen (niet de virtuele temperaturen), tenzij anders aangegeven.

$p$ ($\mathrm{hPa}$)	$z$ ($\mathrm{m}$)	$T$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T_d$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T_{\text{pakketje}}$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)
971.1	345	19.0	18.5	19.0
925.0	763	17.3	17.3	16.9
907.7	924	16.4	16.4	16.2
889.1	1102	20.5	9.5	15.4
850.0	1489	18.6	$-1.8$	13.7
700.0	3110	4.5	$-12.2$	6.1
500.0	5725	$-18.4$	$-36.6$	$-8.9$
400.0	7357	$-30.4$	$-55.6$	$-20.4$
300.0	9349	$-42.7$	$-66.3$	$-37.1$
250.0	10560	$-49.8$	$-69.8$	$-48.3$
200.0	12006	$-52.3$	$-78.3$	$-61.8$

Deel I — De lucht bij de grond.

1. Bepaal de dampdruk van de oppervlaktelucht, op één decimaal.
2. Bepaal haar mengverhouding, op één decimaal.
3. Bepaal haar specifieke vochtigheid.
4. Bepaal haar relatieve vochtigheid.
5. Hoeveel is haar virtuele temperatuur hoger dan haar temperatuur?
6. Bepaal de hoogte van haar LCL boven de grond met de regel van $125\,\mathrm{m}$, en de druk daar (neem voor de laag een gemiddelde virtuele temperatuur van $294.7\,\mathrm{K}$).
7. Bepaal haar potentiële temperatuur.

Deel II — Het deksel en de lagen erboven.

8. Is het pakketje bij $925\,\mathrm{hPa}$ warmer of kouder dan zijn omgeving, en hoeveel?
9. Bepaal de gradiënt tussen 907.7 en $889.1\,\mathrm{hPa}$. Wat voor laag is dit?
10. Hoeveel is het pakketje bij $889.1\,\mathrm{hPa}$ kouder dan zijn omgeving?
11. Bepaal de relatieve vochtigheid bij $850\,\mathrm{hPa}$. Waar zou zulke lucht vandaan kunnen komen?
12. Bepaal de gemiddelde gradiënt tussen 850 en $500\,\mathrm{hPa}$ en classificeer de laag.
13. Bepaal de lifted index en zijn klasse.

Deel III — De energie.

14. Bereken het overschot $\Delta T = T_{\text{pakketje}} - T$ op elk niveau van de tabel.
15. Bepaal het LFC door $\Delta T$ lineair in $\ln p$ te interpoleren, op de hectopascal nauwkeurig, en zijn hoogte door $z$ op dezelfde manier te interpoleren.
16. Bepaal het EL en zijn hoogte op dezelfde manier. Vergelijk met de tropopauze.
17. Bereken de CAPE met de trapeziumregel in $\ln p$, van het LFC tot het EL via de niveaus van de tabel.
18. In welke klasse valt ze?
19. Bereken de CIN op dezelfde manier, van de grond tot het LFC.
20. Een berekening op een rooster van $1\,\mathrm{hPa}$ geeft een CAPE van $2100\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ met de temperaturen en $2230\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ met de virtuele temperaturen. Waarom verschillen de drie waarden?

Deel IV — De onweersbui die de lucht kon voeden.

21. Welke verticale snelheid geeft de pakketjestheorie met de CAPE van vraag 17?
22. Hoe lang zou de lucht, met overal de helft van die snelheid, erover doen om van het LFC naar het EL te stijgen?
23. Noem twee effecten die een echte opwaartse stroming trager maken.
24. Samengevat: welke snelheid van de opwaartse stroming voorspelt de pakketjestheorie voor een onweersbui die door de oppervlaktelucht van deze ochtend wordt gevoed?

Oplossing

Oplossing van Probleem 21.1.

1. $e = e_s(291.65\,\mathrm{K}) = 21.5\,\mathrm{hPa}$. 2. $r = 0.622 \times 21.5/(971.1 - 21.5) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. 3. $q = 14.1/1.0141 = 13.9\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. 4. $e_s(292.15\,\mathrm{K}) = 22.2\,\mathrm{hPa}$; $21.5/22.2 = 97\,\%$. 5. $0.61 \times 0.0141 \times 292.15 = 2.5\,\mathrm{K}$. 6. $125 \times 0.5 = 63\,\mathrm{m}$; $p = 971.1 \exp[-9.81 \times 62.5/(287.0 \times 294.7)] = 964\,\mathrm{hPa}$. 7. $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{0.2857} = 294.6\,\mathrm{K}$. 8. $16.9 - 17.3 = -0.4\,\mathrm{K}$: kouder. 9. $(20.5 - 16.4)/(1102 - 924) = 4.1/178$: de temperatuur stijgt met $23\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, een gradiënt van $-23\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. Een inversie: absoluut stabiel, een deksel. 10. $15.4 - 20.5 = -5.1\,\mathrm{K}$. 11. $e_s(-1.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 5.4\,\mathrm{hPa}$ en $e_s(18.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 21.7\,\mathrm{hPa}$: $25\,\%$. Warm en droog kan het lucht zijn die daalde en door compressie opwarmde, of lucht die bovenwinds boven droge grond werd verhit; het is niet de vochtige lucht eronder. 12. $18.6 + 18.4 = 37.0\,\mathrm{K}$ over $5725 - 1489 = 4236\,\mathrm{m}$, $8.73\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$: tussen $\Gamma_s$ en $\Gamma_d$, voorwaardelijk onstabiel. 13. $-18.4 - (-8.9) = -9.5\,\mathrm{K}$: extreme instabiliteit ($-8$ tot $-10$). 14. Van de grond omhoog: 0, $-0.4$, $-0.2$, $-5.1$, $-4.9$, $+1.6$, $+9.5$, $+10.0$, $+5.6$, $+1.5$, $-9.5$ $\mathrm{K}$. 15. Tussen 850 ($-4.9$) en $700\,\mathrm{hPa}$ ($+1.6$), bij de fractie $4.9/6.5 = 0.754$: $\ln p = \ln 850 + 0.754 \ln(700/850)$, $p = 734\,\mathrm{hPa}$; $z = 1489 + 0.754 \times 1621 = 2711\,\mathrm{m}$, $2.37\,\mathrm{km}$ boven de grond. 16. Tussen 250 ($+1.5$) en $200\,\mathrm{hPa}$ ($-9.5$), bij de fractie $1.5/11.0 = 0.136$: $p = 242.5\,\mathrm{hPa}$ en $z = 10560 + 0.136 \times 1446 = 10\,757\,\mathrm{m}$, ongeveer $200\,\mathrm{m}$ onder de gemelde tropopauze ($10\,954\,\mathrm{m}$). 17. De segmenten (gemiddelde $\Delta T$ maal $\ln$ van de drukverhouding): $0.80 \times 0.0474 = 0.038$; $5.55 \times 0.3365 = 1.867$; $9.75 \times 0.2231 = 2.176$; $7.80 \times 0.2877 = 2.244$; $3.55 \times 0.1823 = 0.647$; $0.75 \times 0.0305 = 0.023$; som $6.995\,\mathrm{K}$. $\text{CAPE} = 287.0 \times 6.995 = 2010\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, op drie cijfers. 18. Tussen 1500 en $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$: groot. 19. $-0.2 \times 0.0486 - 0.3 \times 0.0189 - 2.65 \times 0.0207 - 5.0 \times 0.0450 - 2.45 \times 0.1467 = -0.655$ $\mathrm{K}$; $\text{CIN} = 287.0 \times (-0.655) = -188\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. 20. De tabel houdt maar elf niveaus aan: daartussen vervangt de trapeziumregel de krommen door rechte stukken in $\ln p$ en mist ze hun knikken. Het rooster van $1\,\mathrm{hPa}$ volgt de krommen. De virtuele temperatuur voegt de opwaartse kracht van de waterdamp van het pakketje toe, die overvloediger is in het verzadigde pakketje dan in de droge lucht eromheen: een grotere CAPE, een kleinere CIN. 21. $\sqrt{2 \times 2010} = 63\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$. 22. $10757 - 2711 = 8046\,\mathrm{m}$ met $63.4/2 = 31.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$: $254\,\mathrm{s}$, ongeveer vier minuten. 23. Het gewicht van het gecondenseerde water dat de opwaartse stroming meedraagt; de bijmenging van drogere lucht eromheen (entrainment), die haar afkoelt doordat druppels verdampen. 24. De pakketjestheorie geeft de opwaartse stroming van een onweersbui die door deze lucht wordt gevoed een snelheid van ongeveer $63\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, een bovengrens.