太陽放射とアルベド

太陽定数と、断面積 $π R^{2}$ で受けた放射を表面積 $4 π R^{2}$ に配分した平均入射量（太陽定数の $\frac{1}{4}$ ）を求め、アルベドから反射される量と吸収される量を求められる

前提

地球の熱収支と温室効果（高校地学大気と気象（知識））

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地球の熱収支と温室効果（高校地学大気と気象（知識））

説明

地球が太陽から受けとるエネルギーを、地表 $1 m^{2}$ あたりの平均の量として求められるようになります。太陽定数から地球全体が受ける量を出し、それを地球の表面全体に平均すると太陽定数の $\frac{1}{4}$ になります。さらにアルベド（反射率）を使って、そのうち宇宙へ反射される量と、地球が吸収する量に分けられます。地球の熱収支や、地球の平均温度を考える計算の出発点として使います。

なぜそうしてよいのか

太陽定数 $S$ とは、地球の位置（大気の上端）で、太陽光に垂直な面 $1 m^{2}$ が 1 秒間に受ける太陽放射のエネルギーです（単位 $W/m^{2}$ 、約 $1.37 \times 1 0^{3} W/m^{2}$ ）。太陽は非常に遠いので、太陽光は地球に平行な光としてやってきます。平行な光の中に半径 $R$ の球を置くと、球がさえぎる光の量は、光に垂直な面に映る影の面積、つまり半径 $R$ の円の面積 $π R^{2}$ で決まります。よって地球全体が 1 秒間に受けるエネルギーは $S \times π R^{2}$ です。

しかし地球は自転しているので、このエネルギーは昼の側だけでなく、時間をかけて表面全体に行きわたると考えて平均します。球の表面積は $4 π R^{2}$ なので、表面 $1 m^{2}$ あたりの平均入射量は
$\frac{S \times π R ^{2}}{4 π R ^{2}} = \frac{S}{4}$
となり、地球の半径 $R$ によらず太陽定数の $\frac{1}{4}$ になります。断面積（影の円）が表面積のちょうど $\frac{1}{4}$ だからです。

入ってきた太陽放射のうち、雲・地表・大気などで反射されて宇宙へもどる割合をアルベド $A$ といいます。反射される量は入射量の $A$ 倍、残りの $(1 - A)$ 倍が地球に吸収されます。よって表面 $1 m^{2}$ あたり平均で、反射 $\frac{S}{4} A$ 、吸収 $\frac{S}{4} (1 - A)$ です。

手順

問題文から太陽定数 $S$ （ $W/m^{2}$ ）とアルベド $A$ を読み取る。アルベドが % で書かれていれば小数に直す（ $30 % \to 0.30$ ）。
地球全体が受けるエネルギーを問われたら、断面積をかけて $S \times π R^{2}$ とする。
表面 $1 m^{2}$ あたりの平均入射量を $\frac{S}{4}$ で求める（ $S π R^{2}$ を表面積 $4 π R^{2}$ で割ったもの）。
反射される量は（入射量） $\times A$ 、吸収される量は（入射量） $\times (1 - A)$ で求める。
問題文の指定どおりに有効数字を丸める。

例題

太陽定数を $1.37 \times 1 0^{3} W/m^{2}$ 、地球のアルベドを $0.30$ とする。太陽放射を地球の表面全体で平均したとき、地球の表面 $1 m^{2}$ あたり 1 秒間に地球が吸収する太陽放射のエネルギーは何 $W/m^{2}$ か。有効数字 2 桁で求めよ。

例題の解答

手順 1： $S = 1.37 \times 1 0^{3} W/m^{2}$ 、 $A = 0.30$ である。

手順 3：地球は断面積 $π R^{2}$ で太陽放射を受け、それが表面積 $4 π R^{2}$ に配分されるので、表面 $1 m^{2}$ あたりの平均入射量は
$\frac{S}{4} = \frac{1.37 \times 1 0 ^{3}}{4} = 342.5 [W/m^{2}]$

手順 4：吸収される割合は $1 - A = 0.70$ なので、吸収量は
$342.5 \times 0.70 = 239.75 [W/m^{2}]$

手順 5：有効数字 2 桁で $2.4 \times 1 0^{2} W/m^{2}$ 。

答え: $2.4 \times 1 0^{2}$

よくある誤り

表面 $1 m^{2}$ あたりの平均入射量を、太陽定数そのまま（ $1.37 \times 1 0^{3} W/m^{2}$ ）や $\frac{S}{2}$ としてしまう誤り。正しくは、受ける面積は断面積 $π R^{2}$ 、配分する面積は表面積 $4 π R^{2}$ なので $\frac{S π R ^{2}}{4 π R ^{2}} = \frac{S}{4}$ である。
地球全体が受けるエネルギーを、表面積をかけて $S \times 4 π R^{2}$ としてしまう誤り。正しくは、平行な太陽光をさえぎるのは影の円の部分なので $S \times π R^{2}$ である。
吸収される量を（入射量） $\times A$ としてしまう誤り（ $342.5 \times 0.30 ≒ 1.0 \times 1 0^{2}$ ）。正しくは、 $A$ は反射される割合で、吸収されるのは $342.5 \times (1 - 0.30) ≒ 2.4 \times 1 0^{2} W/m^{2}$ である。
アルベドを $\frac{S}{4}$ で割る前の量（太陽定数）にかけ、あとで 4 で割り忘れてしまう誤り（ $1370 \times 0.70 ≒ 9.6 \times 1 0^{2}$ ）。正しくは、平均を求める問いなら $\frac{1}{4}$ と $(1 - A)$ の両方をかけて $1370 \times \frac{1}{4} \times 0.70$ とする。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（教科書の例題レベル）
地球の大気の上端で、太陽光線に垂直な $1 m^{2}$ の面が 1 秒間に受ける太陽放射のエネルギー（太陽定数）を $1360 W/ m^{2}$ とする。地球は半径 $R$ の球とみなし、太陽放射は地球の断面積 $π R^{2}$ で受け止められ、それが地球の表面積 $4 π R^{2}$ 全体に平均して配分されるものとする。また、地球（大気・雲・地表を含む地球全体）のアルベド（入射した太陽放射のうち宇宙空間へ反射される割合）を $0.30$ とし、反射されなかった太陽放射はすべて地球全体（大気・雲・地表）に吸収されるものとする。
地球全体が吸収する太陽放射のエネルギーは、地球全体で平均すると、地球の表面積 $1 m^{2}$ あたり何 W か。

この技能を使う問題

難易度 3（共通テストレベル）
地球全体で1年間を平均した熱収支について考える。大気の上端に入射する太陽放射エネルギーを $100$ とし、各エネルギーの流れをこれに対する相対値で表すと、次のことがわかっている。
- 入射した太陽放射のうち、大気・雲・地表による反射で宇宙空間へ戻る量は合わせて $30$ である。
- 大気（雲を含む）が吸収する太陽放射は $20$ であり、残りはすべて地表に吸収される。
- 地表が放射する赤外線（地球放射）は $116$ である。このうち $10$ は大気に吸収されずに宇宙空間へ直接出ていき、残りはすべて大気に吸収される。
- 大気は赤外線を宇宙空間へ向けて放射するとともに、地表へ向けても放射している。地表へ向けて放射する量は、宇宙空間へ向けて放射する量の $1.6$ 倍である。
- 地表から大気へは、放射のほかに顕熱（伝導・対流）と潜熱（水の蒸発）によっても熱が運ばれている。顕熱による輸送量と潜熱による輸送量の比は $1 : 4$ である。
- 地球全体、大気、地表のそれぞれで、出入りするエネルギーはつり合っている。
太陽定数を $1.37 \times 1 0^{3} W/ m^{2}$ とする。地球が受け取る太陽放射は断面積 $π R^{2}$ （ $R$ は地球の半径）で受けたものが表面積 $4 π R^{2}$ 全体に配分されるとし、相対値 $100$ はこの地表面 $1 m^{2}$ あたりの平均の入射量に対応するものとする。また、水の蒸発熱を $2.5 \times 1 0^{6} J/kg$ 、水の密度を $1.0 \times 1 0^{3} kg/ m^{3}$ 、1年を $3.15 \times 1 0^{7} s$ とし、潜熱による輸送はすべて地表からの水の蒸発によるものとする。地球全体で1年間に蒸発する水の量と降水量は等しいとして、地球全体で平均した年降水量は何 $mm$ か。有効数字 $2$ 桁で求めよ。

この技能の次に学べること

地球の熱収支（高校地学大気と気象）