报告》函数的导数

Question

在13.1章“中尺度气象学在情理之中”(Markowski和理查德森,2011)他们使用伯努利方程和流体静力学方程和大量的假设推导的方程预测高度美元z_{暴击}$在一个空气包裹着一个初始的高度z_0美元这是流水对失去所有水平速度的障碍。他们在论证国家以下身份$ $ \ dfrac{\部分p}{\部分z} (x, z) = \ρ(x, z) c_p \θ(x, z) \ dfrac{\部分\π}{\部分z} (x, z){1} \ \标签标签{希望}$ $在哪里美元\π(x, z) = \离开(\压裂{p (x, z)} {p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} $报告》函数参考压强美元p_0 \中\ mathbb {R} _ +美元常数,$ p $是压力,\θ美元是潜在的温度,\ρ美元是密度,c_p美元和R美元是不变的\ \美元mathbb {R} _ +美元。

如果我试图推导方程的偏导数\π美元对高度z美元和使用单位美元\π(x, z) = \压裂{T (x, z)}{\θ(x, z)} $例如在维基百科上可以找到(元新台币是温度),然后我得到(抑制参数x美元和z美元的可读性)$ $ \ dfrac{\部分\π}{\部分z} = \离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} \ dfrac{\部分}{部分z \} \ exp \离开(\压裂{R} {c_p} \ log (p) \右)= \离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} * \压裂{T}{\θ}*{\压裂{R} {c_p}} * \压裂{1}{p} * \ dfrac{\部分p}{\部分z} $ $这个乘以\ρc_p \θ美元我们得到了$ $ \ρc_p \θ\ dfrac{\部分\π}{\部分z} = \离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} \压裂{T R \ρ}{p} * \ dfrac{\部分p}{\部分z} $ $因为$ \压裂{T R \ρ}{p} = 1美元在我们最后的理想气体定律$ $ \ρc_p \θ\ dfrac{\部分\π}{\部分z} = \离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} \ dfrac{\部分p}{\部分z} $ $这几乎是在$ \ eqref{希望}$,但没有,我不知道如何摆脱因素美元\离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} $分别地。不明白为什么它仍未提到的教科书。任何帮助都是感激。

Answer 1

开始与原方程。我们先写流体静力学方程:

$ $ \压裂{\部分p}{\部分z} = - $ $ \ρg

让我们证明$ $ - g =θc_p \ \压裂{\部分\π}{\部分z} $ $

如果我们用乘法法则,我们观察$ $ - g = c_p(\压裂{\部分\θ\π}{\部分z} - \π\压裂{\部分\θ}{\部分z}) $ $

自$ \π= \压裂{T}{\θ}$,我们可以这样说T = \π\θ美元,这使得上述方程

$ $ - g = c_p(\压裂{\部分T}{\部分z} - \π\压裂{\部分\θ}{\部分z}) $ $

它可以显示$ $ \压裂{\部分\θ}{\部分z} = \压裂{\θ}{T}(\压裂{\部分T}{\部分z} + \压裂{g} {c_p}) $ $

可以写成$ $ \压裂{\部分\θ}{\部分z} = \压裂{1}{\π}(\压裂{\部分T}{\部分z} + \压裂{g} {c_p}) $ $

用这个进我的第四个方程$ $ - g = c_p(\压裂{\部分T}{\部分z} - \压裂{\π}{\π}(\压裂{\部分T}{\部分z} + \压裂{g} {c_p})) $ $

从这里我想你可以算出来。

推导了$ \压裂{\部分\θ}{\部分z} $$ $ \θ= T(\压裂{p_0} {p}) ^ \压裂{R_d} {c_p} $ $$ $日志(\θ=日志(T) + \压裂{R_d} {c_p}(日志(p_0)日志(p)) $ $$ $ \压裂{1}{\θ}\压裂{\部分\θ}{\部分z} = \压裂{1}{T} \压裂{\部分T}{\部分z} - \压裂{R_d} {c_p P} \压裂{\部分P}{\部分z} $ $利用静力学方程$ $ \压裂{1}{\θ}\压裂{\部分\θ}{\部分z} = \压裂{1}{T} \压裂{\部分T}{\部分z} + \压裂{R_d \ρg} {c_p P} $ $$ $ \压裂{1}{\θ}\压裂{\部分\θ}{\部分z} = \压裂{1}{T} \压裂{\部分T}{\部分z} + \压裂{g} {c_p T} $ $

$ $ \压裂{\部分\θ}{\部分z} = \压裂{\θ}{T}(\压裂{\部分T}{\部分z} + \压裂{g} {c_p}) $ $

Answer 2

回顾到这个后我发现我的错误在于长方程

$ \ dfrac{\部分\π}{\部分z} = \离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} \ dfrac{\部分}{部分z \} \ exp \离开(\压裂{R} {c_p} \ log (p) \右)= \离开(\压裂{1}{p_0} \右)^{\压裂{R} {c_p}} * \压裂{T}{\θ}*{\压裂{R} {c_p}} * \压裂{1}{p} * \ dfrac{\部分p}{\部分z} $。

我错了,因为$ $ \ dfrac{\部分}{部分z \} \ exp \离开(\压裂{R} {c_p} \ log (p) \) \ neq \压裂{T}{\θ}*{\压裂{R} {c_p}} * \压裂{1}{p} * \ dfrac{\部分p}{\部分z}, $ $而是$ $ \ dfrac{\部分}{部分z \} \ exp \离开(\压裂{R} {c_p} \ log (p) \右)= \离开(p \右)^{\压裂{R} {c_p}} *{\压裂{R} {c_p}} * \压裂{1}{p} * \ dfrac{\部分p}{\部分z} $ $

Answer 3

的错误是隐藏身份${\部分\ / \部分z} \ log (p) = {1 \ / p}{\部分p \ / \部分z} $。

这个公式看起来无害的,会是正确的$ p $是一个实值函数的z美元,但$ p $实际上是一个压力值,所以呢\ log (p)美元是未定义的。相反,让p ^ * = p / p_0美元无因次压力,然后:$ ${\部分部分z} \ / \ \ log (p ^ *) = {1 \ / p ^ *}{\部分p ^ * \ / \部分z} = {1 \ / p}{\部分p \ / \部分z}。$ $

把这个在你的推导和虚假的美元\左(1 \ / p_0 \右)^ {R \ / c_p} $将会消失。