21Termodinâmica da atmosfera

Em 16 de abril de 2026, às 12 UTC, um balão subiu da estação meteorológica de Norman, Oklahoma, como sobem balões de mais de oitocentas estações a essa hora todos os dias. O instrumento que ele levava transmitiu por rádio um perfil vertical que um meteorologista lê de relance: ar junto ao solo quase saturado, uma fina tampa quente a seiscentos metros de altura e, acima dela, uma temperatura que caía depressa ao longo de dez quilômetros. Levantado através da tampa, o ar da superfície teria se encontrado mais quente que o ambiente em quase toda a troposfera, com uns dois mil joules por quilograma para gastar na subida. Este capítulo aprende a ler essa energia numa sondagem: quanta água o ar contém, como uma parcela que sobe se resfria antes e depois de condensar, como os diagramas dos meteorologistas transformam áreas em energias, e como as gotículas de nuvem chegam a se formar.

O que você já sabe

Dos livros de física: a pressão de vapor de saturação, a umidade relativa, o ponto de orvalho, o calor latente, a relação de Clausius–Clapeyron e sua forma integrada; a nucleação e o sobrerresfriamento; a primeira lei, as transformações adiabáticas e as capacidades térmicas de um gás ideal. Dos livros de química: as pressões parciais, a lei de Raoult, a tensão superficial e a equação de Kelvin. Dos volumes escolares: o nível de condensação e sua regra de $125\,\mathrm{m}$ por grau, o ar estável e instável, o núcleo de condensação, os processos de chuva quente e dos cristais de gelo. Do volume do primeiro ano: a atmosfera padrão, os gradientes térmicos ambiental e adiabático seco ($\Gamma_d = 9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$), a parcela de ar, a temperatura potencial, a estabilidade estática, as inversões térmicas e a equação hipsométrica.

Ao longo de todo o capítulo: $R_d = R/M_d = 287.0\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ para o ar seco de massa molar $28.97\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$; $R_v = R/M_w = 461.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ para o vapor de água, de massa molar $18.0153\,\mathrm{g}/\mathrm{mol}$; $\varepsilon = M_w/M_d = 0.622$; $c_p = \tfrac72 R_d = 1004.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ (o volume do primeiro ano, com a razão das capacidades térmicas 1.4); $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; e o calor latente de vaporização no ponto triplo, $L = 2.501 \times 10^{6}\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$.

21.1 O ar úmido

O ar é uma mistura de ar seco e vapor de água, ambos próximos de gases ideais. Os livros de física medem sua água pela umidade relativa e pelo ponto de orvalho; uma parcela que sobe precisa de medidas que não mudem quando ela se expande.

Definição 21.1 (Pressão de vapor; razão de mistura; umidade específica)

A pressão de vapor $e$ do ar úmido é a pressão parcial de seu vapor de água. Sua razão de mistura é $r = m_v/m_d$, a massa de vapor de água por unidade de massa de ar seco no mesmo volume, e sua umidade específica é $q = m_v/(m_d + m_v)$, a massa de vapor por unidade de massa de ar úmido. Ambas são dadas em geral em gramas por quilograma.

Proposição 21.2 (Variáveis de umidade)

Num ar úmido à pressão total $p$ com a pressão de vapor $e$,

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

Na saturação, $e = e_s(T)$ e $r = r_s(T, p)$, a razão de mistura de saturação. Nem $r$ nem $q$ mudam quando uma parcela se expande ou é comprimida sem ganhar nem perder água.

Definição 21.3 (Temperatura virtual)

A temperatura virtual $T_v$ do ar úmido é a temperatura que o ar seco precisaria ter, à mesma pressão, para ter a mesma densidade:

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

A prova de que essa temperatura faz o que diz cabe numa linha: a densidade do ar úmido é $(m_d + m_v)/V = \bigl(p - e\bigr)/(R_dT) + e/(R_vT)$, que, com $e = pr/(\varepsilon + r)$, é igual a $p/(R_dT_v)$. O vapor de água é mais leve que o ar seco, de modo que o ar úmido é menos denso que o ar seco à mesma temperatura e pressão, como se fosse um pouco mais quente.

Exemplo 21.4 (O ar de Norman)

No solo a sondagem dá $p = 971.1\,\mathrm{hPa}$, $T = 19.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e um ponto de orvalho de $18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. A pressão de vapor é a pressão de vapor de saturação no ponto de orvalho, $e = e_s(18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 21.5\,\mathrm{hPa}$ (Proposição 21.5 adiante). Então $r = 0.622 \times 21.5/(971.1 - 21.5) = 14.1\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$, $q = 13.9\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$, e $T_v - T = 0.61 \times 0.0141 \times 292.15\,\mathrm{K} = 2.5\,\mathrm{K}$: este ar é tão leve quanto um ar seco dois graus e meio mais quente.

21.2 A pressão de vapor de saturação

Sobre uma superfície plana de água pura, a pressão de vapor de equilíbrio depende apenas da temperatura. Os livros de física deduzem sua lei, a relação de Clausius–Clapeyron, e a integram com um calor latente constante; para o vapor de água, $M L/R = L/R_v$.

Proposição 21.5 (Pressão de vapor de saturação)

Com o calor latente $L$ mantido constante, a pressão de vapor de saturação sobre a água é

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

onde $(T_t, e_t)$ é o ponto triplo da água.

Corolário 21.6 (Sete por cento por kelvin)

A taxa relativa de aumento da pressão de vapor de saturação é $\mathrm{d}\ln e_s/\mathrm{d}T = L/(R_v T^2)$: $7.3\,\%$ por kelvin a $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $6.3\,\%$ a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $5.9\,\%$ a $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

O calor latente constante é o único defeito da fórmula: o calor latente cai de $2500.9\,\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$ no ponto triplo para $2453.5\,\mathrm{kJ}/\mathrm{kg}$ a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, de modo que a fórmula se adianta aos valores medidos à medida que a temperatura sobe, em $1.2\,\%$ a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $2.5\,\%$ a $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ (figura abaixo). Uma fórmula empírica ajustada às medidas, $e_s = 6.112\,\mathrm{hPa} \times \exp[17.67\,t/(t + 243.5)]$ com $t$ em graus Celsius, fica dentro de algumas partes por mil; os produtos de dados a usam, mas a proposição é a que se pode derivar e compreender, e este capítulo a mantém.

Abaixo de $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, a água pode permanecer líquida nas nuvens, sobrerresfriada, e existem duas pressões de vapor de saturação: sobre a água líquida e sobre o gelo. A segunda é menor, porque o calor latente de sublimação excede o de vaporização pelo calor latente de fusão. Um ar saturado em relação a gotículas sobrerresfriadas está supersaturado em relação ao gelo, em $10\,\%$ a $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $22\,\%$ a $-20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: a última seção volta a essa diferença.

21.3 O ar úmido que sobe

Uma parcela que sobe sem trocar calor resfria-se segundo o gradiente adiabático seco, conserva sua temperatura potencial e, se não condensa, conserva sua razão de mistura. Sua pressão de vapor $e = pr/(\varepsilon + r)$ cai com a pressão, mas sua pressão de vapor de saturação cai mais depressa, com sua temperatura. As duas se encontram num nível que os volumes escolares obtinham por uma regra.

Definição 21.7 (Nível de condensação por levantamento)

O nível de condensação por levantamento (NCL) de uma parcela é o nível em que ela se torna saturada quando é levantada adiabaticamente a seco. É o nível de condensação dos volumes escolares, a altura das bases planas das nuvens que se formam por levantamento.

Proposição 21.8 (Altura do nível de condensação por levantamento)

Uma parcela à temperatura $T$ com o ponto de orvalho $T_d$ atinge a saturação a cerca de

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

acima de seu nível de partida: cerca de $125\,\mathrm{m}$ para cada grau de depressão do ponto de orvalho.

Em Norman a depressão do ponto de orvalho era de $0.5\,\mathrm{K}$: o ar da superfície teria condensado depois de $63\,\mathrm{m}$ de subida, a $964\,\mathrm{hPa}$. O cálculo completo, que segue a adiabática seca e a razão de mistura de saturação sem linearizar, dá $64\,\mathrm{m}$.

Acima do NCL a parcela condensa à medida que sobe. A condensação libera calor latente, e a parcela resfria-se mais devagar.

Definição 21.9 (Gradiente adiabático saturado; adiabática úmida)

O gradiente adiabático saturado $\Gamma_s$ é a taxa à qual a temperatura de uma parcela saturada cai à medida que ela sobe, com seu vapor condensando para mantê-la saturada. A curva que ela segue num diagrama de temperatura em função da pressão é uma adiabática úmida. Quando se supõe que a água condensada cai imediatamente, a subida é chamada pseudoadiabática.

Proposição 21.10 (Gradiente adiabático saturado)

Para uma subida pseudoadiabática, com $r_s = r_s(T, p)$,

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

Ele tende a $\Gamma_d = g/c_p$ quando $r_s$ tende a zero, e é menor nos outros casos.

O gradiente depende de quanta água há para condensar. A $1000\,\mathrm{hPa}$ ele vale $6.5\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ a $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $5.2\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ a $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $4.2\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ a $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; no alto da troposfera, a $200\,\mathrm{hPa}$ e $-60\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, volta a $9.6\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, quase o gradiente seco. Uma adiabática úmida é, portanto, íngreme perto do solo quente e se inclina para as adiabáticas secas em altitude.

Definição 21.11 (Temperatura potencial equivalente)

A temperatura potencial equivalente $\theta_e$ de uma parcela é a temperatura que ela teria se fosse levantada até que todo o seu vapor tivesse condensado e caído, e depois trazida de volta adiabaticamente a seco até $1000\,\mathrm{hPa}$. Uma boa aproximação é

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

sendo $\theta$ a temperatura potencial e $T_{\text{NCL}}$ a temperatura no nível de condensação por levantamento da parcela.

A temperatura potencial só se conserva na subida seca; $\theta_e$ conserva-se, nesta aproximação, tanto na subida seca quanto na saturada, porque o calor que ela conta como já liberado é exatamente o calor que a condensação libera. Ela rotula uma adiabática úmida como $\theta$ rotula uma seca. O ar da superfície de Norman tem $\theta = 292.15 \times (1000/971.1)^{2/7} = 294.6\,\mathrm{K}$ e $\theta_e = 294.6 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.0141/(1004.5 \times 291.5)] = 332\,\mathrm{K}$.

21.4 Diagramas termodinâmicos

Definição 21.12 (Sondagem atmosférica)

Uma sondagem atmosférica é um perfil vertical da pressão, da temperatura, da umidade e do vento da atmosfera acima de um lugar, medido por um instrumento levado ao alto, geralmente uma radiossonda sob um balão.

Uma sondagem não é bem vertical, porque o balão deriva com o vento, nem bem instantânea, porque leva vários minutos para chegar à alta troposfera; e a rede principal só faz lançamentos duas vezes por dia. Seus números tornam-se úteis quando traçados num diagrama em que uma parcela que sobe pode ser acompanhada com uma régua.

Definição 21.13 (Diagrama termodinâmico; diagrama skew-T log-p; tefigrama)

Um diagrama termodinâmico é um gráfico cujas coordenadas são funções da pressão e da temperatura, no qual estão impressas isóbaras, isotermas, adiabáticas secas, adiabáticas úmidas e linhas de razão de mistura de saturação constante, e no qual uma sondagem é traçada como duas curvas, sua temperatura e seu ponto de orvalho. Num diagrama skew-T log-p a coordenada vertical é $-\ln p$ e a horizontal é $T + k\ln(p_0/p)$, de modo que as isóbaras são horizontais e as isotermas são retas inclinadas subindo para a direita. Um tefigrama usa como coordenadas a temperatura e a entropia por unidade de massa $c_p\ln\theta$, de modo que as isotermas e as adiabáticas secas são retas perpendiculares.

Proposição 21.14 (As áreas são energias)

Num diagrama skew-T log-p, a área compreendida entre duas curvas $T_1(p)$ e $T_2(p)$ entre as pressões $p_b > p_a$ é proporcional a $\int_{p_a}^{p_b} R_d\,(T_1 - T_2)\,\mathrm{d}\ln p$, a energia por unidade de massa que a Proposição 21.19 adiante dá a uma parcela que segue $T_1$ através de um ambiente $T_2$.

Método 21.15 (Levantar uma parcela num diagrama)

1. Trace a temperatura e o ponto de orvalho da sondagem em função da pressão.
2. A partir da temperatura da parcela, siga a adiabática seca para cima; a partir de seu ponto de orvalho, siga a linha de razão de mistura de saturação. Onde elas se encontram fica o NCL.
3. A partir do NCL, siga a adiabática úmida para cima.
4. Onde a curva da parcela fica à direita da temperatura da sondagem, a parcela está mais quente que o ambiente; os níveis onde as duas curvas se cruzam são os níveis da Definição 21.17 adiante.

21.5 Estabilidade e energia convectiva

O volume do primeiro ano comparou o gradiente $\Gamma$ de uma camada com $\Gamma_d$. Uma parcela saturada resfria-se segundo $\Gamma_s$, e um terceiro caso aparece entre os dois gradientes.

Definição 21.16 (Instabilidade condicional)

Uma camada cujo gradiente fica entre o gradiente adiabático saturado e o seco, $\Gamma_s < \Gamma < \Gamma_d$, está em instabilidade condicional: estável para as parcelas não saturadas, instável para as saturadas.

Em Norman a temperatura caiu $37.0\,\mathrm{K}$ entre $850\,\mathrm{hPa}$ ($1489\,\mathrm{m}$) e $500\,\mathrm{hPa}$ ($5725\,\mathrm{m}$), a $8.7\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$: instabilidade condicional ao longo de quatro quilômetros. Se a instabilidade é liberada depende de onde uma parcela vinda de baixo se torna saturada e depois mais quente que o ambiente.

Definição 21.17 (Nível de convecção espontânea; nível de equilíbrio)

O nível de convecção espontânea (NCE) de uma parcela levantada é o nível acima do qual, saturada, ela se torna mais quente que o ambiente e sobe livremente. O nível de equilíbrio (NE) é o nível acima do NCE em que sua temperatura volta a igualar a do ambiente.

Definição 21.18 (Energia potencial convectiva disponível; inibição convectiva)

A energia potencial convectiva disponível (CAPE) de uma parcela é o trabalho da força de empuxo sobre uma unidade de massa dela entre seu NCE e seu NE,

$$\text{CAPE} = \int_{z_{\text{NCE}}}^{z_{\text{NE}}} g\,\frac{T_{v,\text{parcela}} - T_{v,\text{amb}}}{T_{v,\text{amb}}}\,\mathrm{d}z ,$$

e sua inibição convectiva (CIN) é a mesma integral, negativa, de seu nível de partida até seu NCE.

Proposição 21.19 (O empuxo num diagrama; a velocidade da parcela)

1. Em termos de pressão, $\text{CAPE} = R_d \int_{p_{\text{NE}}}^{p_{\text{NCE}}} (T_{v,\text{parcela}} - T_{v,\text{amb}})\,\mathrm{d}\ln p$: num diagrama skew-T log-p, ela é proporcional à área entre a curva da parcela e a sondagem.
2. Uma parcela que deixa o NCE em repouso e conserva todo o trabalho de seu empuxo chega ao NE com a velocidade vertical $w_{\max} = \sqrt{2\,\text{CAPE}}$.

Exemplo 21.20 (A energia na sondagem de Norman)

Levante-se o ar da superfície do Exemplo 21.4. Ele se satura a $964\,\mathrm{hPa}$, $64\,\mathrm{m}$ acima, e segue uma adiabática úmida. Abaixo de $900\,\mathrm{hPa}$ a sondagem está ela própria quase saturada e a parcela fica alguns décimos de grau mais fria que o ambiente; vem então a inversão entre $908\,\mathrm{hPa}$ e $889\,\mathrm{hPa}$, onde a temperatura sobe $4.1\,\mathrm{K}$ em $178\,\mathrm{m}$ e a parcela se vê $5\,\mathrm{K}$ fria demais. Ela só fica mais quente que o ambiente a $732\,\mathrm{hPa}$, $2.4\,\mathrm{km}$ acima do solo, seu NCE, e continua mais quente até seu NE a $236\,\mathrm{hPa}$, $10.9\,\mathrm{km}$ acima do nível do mar, logo abaixo da tropopausa que a sondagem indica a $235\,\mathrm{hPa}$. Numa grade fina de pressões as áreas da figura skew-T são CAPE $= 2100\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ e CIN $= -200\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ com a temperatura, e $2230\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ e $-130\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ com a temperatura virtual: a umidade da parcela acrescenta seu próprio empuxo. A teoria da parcela dá $w_{\max} = \sqrt{2 \times 2100} = 65\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

As tabelas dos meteorologistas chamam uma CAPE de até $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ de positiva, uma entre 1500 e $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ de grande e uma acima de $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ de extrema; valores acima de $1000\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ são comuns em ambientes de tempestades, e raros excedem $5000\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$. A CAPE é maior na estação quente, especialmente no fim da primavera. O índice de levantamento, a temperatura da sondagem a $500\,\mathrm{hPa}$ menos a da parcela levantada, resume a mesma informação num só número: em Norman, $-18.4 - (-8.9) = -9.5\,\mathrm{K}$, na classe de $-8$ a $-10$ que as tabelas dos meteorologistas chamam de instabilidade extrema. Nenhum desses valores é um limiar acima do qual as tempestades têm de se formar.

A CIN é o preço da entrada. A tampa quente impedia o ar da superfície de subir por si mesmo: uma parcela teria de ser empurrada através dela, por uma frente ou pela lenta ascensão do ar à frente de uma perturbação em altitude, ou aquecida por baixo pelo sol da tarde até ter empuxo em toda a subida. E a velocidade $w_{\max}$ é um limite superior: uma corrente ascendente real carrega sua água condensada, que a torna mais pesada, e mistura-se com o ar mais seco à sua volta, que a resfria por evaporação. O nível de equilíbrio continua sendo um bom guia para onde os topos das tempestades se espalham numa bigorna.

21.6 Microfísica das nuvens

Uma parcela no seu NCL está saturada em relação a uma superfície plana de água. Uma gotícula não é plana: os livros de física mostram que uma nova fase não aparece no equilíbrio, mas apenas por nucleação, e os livros de química que a pressão de vapor sobre uma superfície curva excede a pressão sobre uma superfície plana (a equação de Kelvin). Com a constante $A$ da Proposição 21.22 adiante, uma gotícula de água pura de $2\,\mathrm{nm}$ de diâmetro só está em equilíbrio com a razão de saturação $\exp(2.1/2) = 2.9$, uma supersaturação de $190\,\%$, muito acima das frações de um por cento com que as partículas se ativam: as gotículas formam-se sobre partículas.

Definição 21.21 (Supersaturação; núcleo de condensação de nuvens)

A supersaturação do ar é $s = e/e_s - 1$, o excesso de sua pressão de vapor sobre a pressão de vapor de saturação acima de uma superfície plana de água pura, dado em geral em porcentagem. Um núcleo de condensação de nuvens (NCN) é uma partícula de aerossol sobre a qual uma gotícula de nuvem se forma às pequenas supersaturações das nuvens. É o núcleo de condensação dos volumes escolares.

Proposição 21.22 (Curva de Köhler)

Uma gotícula de solução de diâmetro $D$ crescida sobre uma partícula seca de diâmetro $D_d$ e higroscopicidade $\kappa$ está em equilíbrio com a razão de saturação

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

sendo $\sigma$ a tensão superficial e $\rho_w$ a densidade da água (admitido). A curva $S(D)$ é a curva de Köhler. Para $D \gg D_d$,

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

que é máxima no diâmetro e na supersaturação críticos

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

Com $\sigma = 0.072\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{2}$ a $298.15\,\mathrm{K}$, $A = 2.1\,\mathrm{nm}$. O sulfato de amônio tem $\kappa = 0.61$; o cloreto de sódio é ainda mais higroscópico ($\kappa = 1.28$), e as partículas atmosféricas ficam em geral entre 0.1 e 0.9. Uma partícula seca de $50\,\mathrm{nm}$ de sulfato de amônio tem $D_c = 0.33\,\text{µ}\mathrm{m}$ e $s_c = 0.42\,\%$; uma de $100\,\mathrm{nm}$, $0.93\,\text{µ}\mathrm{m}$ e $0.15\,\%$. A aproximação difere do máximo exato em menos de $1\,\%$.

A curva separa as partículas. Abaixo de seu pico uma gotícula está em equilíbrio estável: se cresce, o ar já não está supersaturado o bastante para ela e ela volta a encolher; essas gotículas de névoa seca incham e encolhem com a umidade. Quando a supersaturação do ar excede $s_c$, a gotícula é ativada: passado o pico, ela precisa de cada vez menos supersaturação à medida que cresce, e cresce enquanto houver vapor. Uma parcela que sobe resfria-se, sua supersaturação aumenta, e as partículas maiores e mais solúveis ativam-se primeiro; as gotículas que elas formam absorvem então o vapor e limitam a supersaturação. Sobre os oceanos remotos há cerca de 110 NCN por centímetro cúbico ativos a $0.4\,\%$, sobre os continentes remotos quase o dobro, e no ar poluído cerca de dez vezes mais. A mesma água repartida entre mais gotículas as torna menores.

Observação 21.23 (Por que a condensação sozinha não produz chuva)

Uma gotícula cresce pela difusão do vapor em sua direção. O fluxo através de uma esfera em torno de uma gotícula de raio $r$ é $4\pi r D_v\,\Delta\rho_v$, sendo $D_v$ a difusividade do vapor e $\Delta\rho_v$ o excesso de densidade de vapor ao longe, de modo que sua massa $\tfrac43\pi r^3\rho_w$ cresce a uma taxa proporcional a $r$: $r\,\mathrm{d}r/\mathrm{d}t$ é constante e $r^2$ cresce linearmente com o tempo. As gotículas grandes crescem mais devagar que as pequenas, e uma população que cresce só por condensação torna-se mais estreita, não mais larga. As gotas de chuva formam-se quando gotículas de tamanhos diferentes, caindo a velocidades diferentes, colidem e coalescem.

Acima do nível de $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ uma nuvem é feita de gotículas sobrerresfriadas até que partículas nucleadoras de gelo iniciem cristais de gelo. Então age a diferença do painel direito da figura de saturação: o ar saturado em relação às gotículas está $10\,\%$ supersaturado em relação ao gelo a $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dezenas de vezes as supersaturações com que as gotículas se ativaram. Os cristais crescem por deposição à custa das gotículas, que evaporam (o processo de Bergeron, o processo dos cristais de gelo dos volumes escolares), e coletam gotículas que congelam sobre eles (acreção, ou riming).

No campo — Um lançamento matinal

Em cada estação de altitude o técnico prepara o balão e a radiossonda na hora anterior às 00 e às 12 UTC, os horários em que mais de oitocentas estações do mundo observam juntas. O instrumento, de 60 a $80\,\mathrm{g}$, fica pendurado abaixo do balão e transmite a pressão, a temperatura, a umidade e sua posição por satélite a cada segundo. O balão sobe cerca de $300\,\mathrm{m}$ por minuto, durante duas horas ou mais, passando dos $35\,\mathrm{km}$ antes de estourar, e pode derivar mais de $300\,\mathrm{km}$. Os meteorologistas traçam o perfil num diagrama skew-T e, nos dias em que se espera tempo severo, algumas estações lançam balões extras.

Exercícios

Dados para os exercícios, salvo indicação em contrário: $e_s(T) = 6.117\,\mathrm{hPa} \times \exp[5419\,\mathrm{K} \times (1/273.16\,\mathrm{K} - 1/T)]$; $\varepsilon = 0.622$, $R_d = 287.0\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $R_v = 461.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $c_p = 1004.5\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $L = 2.501 \times 10^{6}\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $\Gamma_d = 9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$.

Exercício 21.1 ★

A $850\,\mathrm{hPa}$ a temperatura é $10.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e o ponto de orvalho $5.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calcule a pressão de vapor e a pressão de vapor de saturação. (b) Calcule a umidade relativa. (c) Calcule a razão de mistura e a umidade específica, em gramas por quilograma.

Solução

Solução de Exercício 21.1.

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

Exercício 21.2 ★

(a) Em quantos por cento por kelvin $e_s$ aumenta a $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$? (b) Calcule $e_s$ a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e a $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, e sua razão; compare com $1.063^5$. (c) O valor medido a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ é $23.39\,\mathrm{hPa}$. Quanto a fórmula erra, e em que sentido? Por quê?

Solução

Solução de Exercício 21.2.

(a) $\mathrm{d}\ln e_s/\mathrm{d}T = 5419/T^2$: $7.26\,\%$ por kelvin a $273.15\,\mathrm{K}$, $6.31\,\%$ a $293.15\,\mathrm{K}$, $5.90\,\%$ a $303.15\,\mathrm{K}$. (b) $e_s(20\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 23.66\,\mathrm{hPa}$ e $e_s(25\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 32.26\,\mathrm{hPa}$; razão 1.363, contra $1.063^5 = 1.357$. A taxa é uma derivada de $\ln e_s$, de modo que em $5\,\mathrm{K}$ o fator é $\exp(5 \times 0.0620) = 1.363$, sendo 0.0620 a taxa no ponto médio, $22.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; compor $6.3\,\%$ cinco vezes chega perto, mas não é exato. (c) $23.66/23.39 = 1.012$: a fórmula dá $1.2\,\%$ a mais, porque conserva o calor latente do ponto triplo, enquanto o calor latente diminui quando a temperatura sobe; a inclinação da fórmula é forte demais, e seu erro cresce com a distância a $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Exercício 21.3 ★

Ao meio-dia o ar da superfície está a $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ com um ponto de orvalho de $14\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) A que altura acima do solo se formam as bases dos cúmulos? (b) Qual é a temperatura de uma parcela ali, pela adiabática seca? (c) Qual é seu ponto de orvalho ali, com $\Gamma_{\text{orv}} = 1.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$? Comente. (d) Mais tarde o ar aquece até $33\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, com o ponto de orvalho inalterado. Onde ficam agora as bases das nuvens?

Solução

Solução de Exercício 21.3.

(a) $125 \times (30 - 14) = 2000\,\mathrm{m}$. (b) $30 - 9.8 \times 2.0 = 10.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) $14 - 1.8 \times 2.0 = 10.4\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: a temperatura e o ponto de orvalho se encontram, como devem no nível de saturação; a regra é esse cálculo. (d) $125 \times (33 - 14) = 2375\,\mathrm{m}$: as bases sobem à medida que a tarde aquece o ar junto ao solo.

Exercício 21.4 ★

Leia o diagrama skew-T da sondagem de Norman. (a) Até que pressão o ar junto ao solo está saturado, ou quase? (b) Onde está a inversão, e como ela aparece? (c) Leia o NCL, o NCE e o NE da parcela da superfície. (d) Como se comparam o ponto de orvalho e a temperatura logo acima da inversão, e o que isso diz sobre esse ar?

Solução

Solução de Exercício 21.4.

(a) A curva do ponto de orvalho coincide com a curva da temperatura do solo até cerca de $908\,\mathrm{hPa}$: o meio quilômetro mais baixo está saturado, ou quase. (b) Entre cerca de 908 e $889\,\mathrm{hPa}$ a curva da temperatura volta-se para a direita, para valores mais quentes, à medida que a pressão diminui: a temperatura sobe com a altitude. (c) NCL a cerca de $964\,\mathrm{hPa}$, algumas dezenas de metros acima; NCE a cerca de $730\,\mathrm{hPa}$; NE a cerca de $235\,\mathrm{hPa}$. (d) No topo da inversão o ponto de orvalho está $11\,\mathrm{K}$ abaixo da temperatura, e $20\,\mathrm{K}$ abaixo dela a $850\,\mathrm{hPa}$: um ar quente e muito seco assenta-se sobre um ar fresco e úmido. Sua umidade relativa é baixa, de modo que ele não adquiriu seu calor por condensação; um ar que desce aquece-se por compressão segundo o gradiente adiabático seco conservando sua razão de mistura, o que daria uma camada assim.

Exercício 21.5 ★★

Um ar tropical a $1000\,\mathrm{hPa}$ tem $T = 30.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $r = 20\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$. (a) Calcule sua temperatura virtual exatamente e com a aproximação $T(1 + 0.61\,r)$. (b) Calcule as densidades desse ar e do ar seco à mesma temperatura e pressão. (c) Quanto o ar seco teria de ser aquecido para ficar tão leve? (d) Por que isso importa para a convecção sobre mares quentes?

Solução

Solução de Exercício 21.5.

(a) $T_v = 303.15 \times (1 + 0.020/0.622)/1.020 = 306.76\,\mathrm{K}$; a aproximação dá $303.15 \times (1 + 0.61 \times 0.020) = 306.85\,\mathrm{K}$. (b) $\rho = p/(R_dT_v) = 10^5/(287.0 \times 306.76) = 1.1358\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$, contra $10^5/(287.0 \times 303.15) = 1.1494\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ para o ar seco: $1.2\,\%$ mais leve. (c) Em $T_v - T = 3.6\,\mathrm{K}$. (d) Uma parcela que sobe só precisa ser mais leve que o ambiente: sobre mares quentes a umidade do ar acrescenta um empuxo equivalente a vários kelvin, tanto quanto um excesso apreciável de temperatura.

Exercício 21.6 ★★

Use a Proposição 21.10 a $1000\,\mathrm{hPa}$, com $r_s$ da Proposição 21.2. (a) Calcule $r_s$ e $\Gamma_s$ a $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (b) Quanto mais quente que uma parcela seca está uma parcela saturada a $20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ depois de subir $1\,\mathrm{km}$, se seu gradiente continuar o mesmo? (c) Por que a diferença diminui mais acima?

Solução

Solução de Exercício 21.6.

(a) $e_s$ = 6.11, 23.66 e $43.54\,\mathrm{hPa}$; $r_s = 0.622\,e_s/(1000 - e_s)$ = 3.82, 15.07 e $28.31\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$; $\Gamma_s$ = 6.48, 4.20 e $3.44\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. (b) A parcela seca resfria-se $9.8\,\mathrm{K}$, a saturada $4.2\,\mathrm{K}$: a parcela saturada está $5.6\,\mathrm{K}$ mais quente. (c) Mais acima o ar é mais frio, $r_s$ é menor, resta pouco vapor para condensar, e $\Gamma_s$ volta a se aproximar de $\Gamma_d$.

Exercício 21.7 ★★

A parcela da superfície de Norman ($p = 971.1\,\mathrm{hPa}$, $T = 19.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $T_d = 18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) tem seu NCL a $18.35\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calcule sua razão de mistura, sua temperatura potencial e sua temperatura potencial equivalente. (b) Levantada, ela está a $-8.9\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $500\,\mathrm{hPa}$, saturada. Calcule ali seus $\theta$ e $\theta_e$. (c) Qual dos dois se conserva?

Solução

Solução de Exercício 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) $e_s(264.25\,\mathrm{K}) = 3.13\,\mathrm{hPa}$, $r_s = 0.622 \times 3.13/(500 - 3.13) = 3.92\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$; $\theta = 264.25 \times 2^{0.2857} = 322.1\,\mathrm{K}$; a parcela está saturada, logo $T_{\text{NCL}} = T$ e $\theta_e = 322.1 \exp[2.501 \times 10^6 \times 0.00392/(1004.5 \times 264.25)] = 334.3\,\mathrm{K}$. (c) $\theta$ subiu $27.5\,\mathrm{K}$, aquecida pelo calor latente dos $10.2\,\mathrm{g}/\mathrm{kg}$ de vapor que condensaram; $\theta_e$ variou $0.6\,\%$, dentro da precisão de sua fórmula aproximada: ela se conserva.

Exercício 21.8 ★★

Uma parcela é mais quente que o ambiente em $4\,\mathrm{K}$ entre $700\,\mathrm{hPa}$, seu NCE, e $300\,\mathrm{hPa}$, seu NE; despreze a correção de temperatura virtual. (a) Calcule sua CAPE. (b) Calcule $w_{\max}$. (c) Em que classe cai a CAPE? (d) Num diagrama skew-T, que forma tem a área positiva, e por que sua área é a que foi calculada?

Solução

Solução de Exercício 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) Entre 1 e $1500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$: positiva, mas não grande. (d) Uma faixa de largura horizontal constante entre duas curvas; pela Proposição 21.14 sua área é proporcional a $\int \Delta T\,\mathrm{d}\ln p = 4 \ln(700/300)$, qualquer que seja a inclinação das isotermas.

Exercício 21.9 ★★

Tome $A = 2.1\,\mathrm{nm}$ e o sulfato de amônio, $\kappa = 0.61$. (a) Calcule o diâmetro crítico e a supersaturação crítica de uma partícula seca de $80\,\mathrm{nm}$. (b) Qual é a menor partícula seca ativada num ar a $0.3\,\%$ de supersaturação? E a $0.1\,\%$? (c) Uma corrente ascendente eleva a supersaturação de $0.1\,\%$ para $0.3\,\%$: o que acontece com o número de gotículas, e com seu tamanho para a mesma água líquida?

Solução

Solução de Exercício 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) Resolvendo $s_c = \sqrt{4A^3/(27\kappa D_d^3)}$ em $D_d$: $D_d = \bigl(4A^3/(27\kappa s_c^2)\bigr)^{1/3}$, $63\,\mathrm{nm}$ a $0.3\,\%$ e $131\,\mathrm{nm}$ a $0.1\,\%$. (c) Todas as partículas entre 63 e $131\,\mathrm{nm}$ passam a se ativar também: mais gotículas e, para a mesma água líquida, menores.

Exercício 21.10 ★★★

A parcela da superfície de Norman tinha uma CIN de cerca de $-130\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ com a temperatura virtual. (a) Com que velocidade vertical ela teria de deixar o solo para chegar a seu NCE por seu próprio impulso? (b) O topo da inversão está a $889.1\,\mathrm{hPa}$ e $20.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Até que temperatura o ar da superfície a $971.1\,\mathrm{hPa}$ deve aquecer para que uma parcela levantada adiabaticamente a seco não fique mais fria que o topo da inversão? (c) Se seu ponto de orvalho ficasse em $18.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, onde ficaria a base de sua nuvem? (d) Cite duas maneiras pelas quais a atmosfera remove uma tampa assim sem o sol.

Solução

Solução de Exercício 21.10.

(a) $w = \sqrt{2 \times 130} = 16.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, impossível para um ar em repouso junto ao solo. (b) A temperatura potencial do topo da inversão é $293.65 \times (1000/889.1)^{0.2857} = 303.7\,\mathrm{K}$; uma parcela da superfície com esse $\theta$ tem $T = 303.7 \times (971.1/1000)^{0.2857} = 301.2\,\mathrm{K}$, $28.0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) $125 \times (28.0 - 18.5) = 1190\,\mathrm{m}$ acima do solo, acima do antigo topo da inversão. (d) Uma frente, que levanta o ar sobre sua rampa; a lenta ascensão do ar à frente de uma perturbação em altitude, que resfria a própria tampa.

Exercício 21.11 ★★★

(a) Mostre a partir da Proposição 21.10 que $\Gamma_s \to \Gamma_d$ quando $r_s \to 0$. (b) Mostre que, quando $Lr_s/(R_dT) \gg 1$, $\Gamma_s \to gR_vT/(LR_d)$, e calcule-o a $303\,\mathrm{K}$. (c) Compare com o $\Gamma_{\text{orv}}$ da Proposição 21.8 quando $T_d = T$, e explique por que os dois limites coincidem. (d) O limite de (b) é atingido na atmosfera? Use o valor $\Gamma_s = 3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ a $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $1000\,\mathrm{hPa}$.

Solução

Solução de Exercício 21.11.

(a) Quando $r_s \to 0$, o numerador tende a $g$ e o denominador a $c_p$. (b) Escreva-se $L^2r_s/(R_vT^2) = c_p \times \bigl(Lr_s/(R_dT)\bigr) \times LR_d/(R_vTc_p)$, com $LR_d/(R_vTc_p) = 5.1$ a $303\,\mathrm{K}$: quando $Lr_s/(R_dT) \gg 1$, também $L^2r_s/(R_vT^2) \gg c_p$, e $\Gamma_s \to g\,(Lr_s/(R_dT))/(L^2r_s/(R_vT^2)) = gR_vT/(LR_d) = 9.81 \times 461.5 \times 303/(2.501 \times 10^6 \times 287.0) = 1.91\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. (c) Com $T_d = T$, $\Gamma_{\text{orv}} = gR_vT/(LR_d)$, o mesmo. Nesse limite o calor latente é tão grande que a parcela quase não pode condensar seu vapor sem se aquecer muito acima de seu ponto de saturação: ela conserva sua razão de mistura e segue a linha de razão de mistura constante, ao longo da qual a temperatura cai segundo $\Gamma_{\text{orv}}$. (d) A $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ e $1000\,\mathrm{hPa}$, $Lr_s/(R_dT) = 0.81$, não muito maior que 1, e $L^2r_s/(R_vT^2) = 4180$, quatro vezes $c_p$: $\Gamma_s = 3.4\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, ainda longe de $1.9\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. O limite não é atingido.

Exercício 21.12 ★★★

Sobre a água sobrerresfriada e sobre o gelo as pressões de vapor de saturação são 2.868 e $2.599\,\mathrm{hPa}$ a $-10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, 1.257 e $1.032\,\mathrm{hPa}$ a $-20\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calcule a supersaturação em relação ao gelo de um ar saturado em relação à água nas duas temperaturas. (b) Compare com as supersaturações com que as gotículas se ativam. (c) Explique por que uma nuvem de gotículas sobrerresfriadas que recebe alguns cristais de gelo se transforma em gelo. (d) Por que o efeito é mais fraco perto de $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$?

Solução

Solução de Exercício 21.12.

(a) $2.868/2.599 = 1.104$ e $1.257/1.032 = 1.218$: $10.4\,\%$ e $21.8\,\%$. (b) As gotículas ativam-se a alguns décimos de por cento de supersaturação, dezenas de vezes menos. (c) Os cristais crescem depressa por deposição; retiram vapor do ar, que fica abaixo da saturação em relação às gotículas; as gotículas evaporam e seu vapor vai para o gelo (o processo de Bergeron), até a nuvem estar glaciada. (d) A $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ as duas pressões de vapor de saturação são iguais: encontram-se no ponto triplo, e a razão tende a um perto dele.

Problema 21.1

Problema de fim de semana — ler a sondagem da manhã

A tabela dá a sondagem das 12 UTC de Norman, Oklahoma, em 16 de abril de 2026, nos níveis usados aqui: pressão, altitude acima do nível do mar, temperatura, ponto de orvalho, e a temperatura da parcela da superfície levantada como no Método 21.15, calculada integrando a Proposição 21.10 em pequenos passos. A sondagem indica a tropopausa a $235.3\,\mathrm{hPa}$ e $10\,954\,\mathrm{m}$. Use os dados dos exercícios e as temperaturas (não as temperaturas virtuais), salvo indicação em contrário.

$p$ ($\mathrm{hPa}$)	$z$ ($\mathrm{m}$)	$T$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T_d$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T_{\text{parcel}}$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)
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	$-52.3$	$-78.3$	$-61.8$

Parte I — O ar junto ao solo.

1. Calcule a pressão de vapor do ar da superfície, com uma casa decimal.
2. Calcule sua razão de mistura, com uma casa decimal.
3. Calcule sua umidade específica.
4. Calcule sua umidade relativa.
5. Quanto sua temperatura virtual excede sua temperatura?
6. Calcule a altura de seu NCL acima do solo com a regra dos $125\,\mathrm{m}$, e a pressão ali (tome uma temperatura virtual média de $294.7\,\mathrm{K}$ para a camada).
7. Calcule sua temperatura potencial.

Parte II — A tampa e as camadas acima.

8. A $925\,\mathrm{hPa}$, a parcela está mais quente ou mais fria que o ambiente, e quanto?
9. Calcule o gradiente entre 907.7 e $889.1\,\mathrm{hPa}$. Que tipo de camada é essa?
10. Quanto a parcela está mais fria que o ambiente a $889.1\,\mathrm{hPa}$?
11. Calcule a umidade relativa a $850\,\mathrm{hPa}$. De onde poderia ter vindo esse ar?
12. Calcule o gradiente médio entre 850 e $500\,\mathrm{hPa}$ e classifique a camada.
13. Calcule o índice de levantamento e sua classe.

Parte III — A energia.

14. Calcule o excesso $\Delta T = T_{\text{parcela}} - T$ em cada nível da tabela.
15. Encontre o NCE interpolando $\Delta T$ linearmente em $\ln p$, com aproximação de um hectopascal, e sua altitude interpolando $z$ da mesma maneira.
16. Encontre o NE e sua altitude da mesma maneira. Compare com a tropopausa.
17. Calcule a CAPE pela regra dos trapézios em $\ln p$, do NCE ao NE passando pelos níveis da tabela.
18. Em que classe ela cai?
19. Calcule a CIN da mesma maneira, do solo até o NCE.
20. Um cálculo numa grade de $1\,\mathrm{hPa}$ dá uma CAPE de $2100\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ com as temperaturas e $2230\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ com as temperaturas virtuais. Por que os três valores diferem?

Parte IV — A tempestade que o ar poderia alimentar.

21. Que velocidade vertical dá a teoria da parcela com a CAPE da questão 17?
22. À metade dessa velocidade o tempo todo, quanto tempo o ar levaria para subir do NCE ao NE?
23. Cite dois efeitos que tornam mais lenta uma corrente ascendente real.
24. Em resumo: que velocidade de corrente ascendente a teoria da parcela prevê para uma tempestade alimentada pelo ar da superfície desta manhã?

Solução

Solução de Problema 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. $16.9 - 17.3 = -0.4\,\mathrm{K}$: mais fria. 9. $(20.5 - 16.4)/(1102 - 924) = 4.1/178$: a temperatura sobe $23\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$, um gradiente de $-23\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$. Uma inversão: absolutamente estável, uma tampa. 10. $15.4 - 20.5 = -5.1\,\mathrm{K}$. 11. $e_s(-1.8\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 5.4\,\mathrm{hPa}$ e $e_s(18.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}) = 21.7\,\mathrm{hPa}$: $25\,\%$. Quente e seco, pode ser um ar que desceu e se aqueceu por compressão, ou um ar aquecido sobre um solo seco a barlavento; não é o ar úmido de baixo. 12. $18.6 + 18.4 = 37.0\,\mathrm{K}$ em $5725 - 1489 = 4236\,\mathrm{m}$, $8.73\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$: entre $\Gamma_s$ e $\Gamma_d$, condicionalmente instável. 13. $-18.4 - (-8.9) = -9.5\,\mathrm{K}$: instabilidade extrema (de $-8$ a $-10$). 14. Do solo para cima: 0, $-0.4$, $-0.2$, $-5.1$, $-4.9$, $+1.6$, $+9.5$, $+10.0$, $+5.6$, $+1.5$, $-9.5$ $\mathrm{K}$. 15. Entre 850 ($-4.9$) e $700\,\mathrm{hPa}$ ($+1.6$), na fração $4.9/6.5 = 0.754$: $\ln p = \ln 850 + 0.754 \ln(700/850)$, $p = 734\,\mathrm{hPa}$; $z = 1489 + 0.754 \times 1621 = 2711\,\mathrm{m}$, $2.37\,\mathrm{km}$ acima do solo. 16. Entre 250 ($+1.5$) e $200\,\mathrm{hPa}$ ($-9.5$), na fração $1.5/11.0 = 0.136$: $p = 242.5\,\mathrm{hPa}$ e $z = 10560 + 0.136 \times 1446 = 10\,757\,\mathrm{m}$, cerca de $200\,\mathrm{m}$ abaixo da tropopausa indicada ($10\,954\,\mathrm{m}$). 17. Os segmentos ($\Delta T$ médio vezes o $\ln$ da razão de pressões): $0.80 \times 0.0474 = 0.038$; $5.55 \times 0.3365 = 1.867$; $9.75 \times 0.2231 = 2.176$; $7.80 \times 0.2877 = 2.244$; $3.55 \times 0.1823 = 0.647$; $0.75 \times 0.0305 = 0.023$; soma $6.995\,\mathrm{K}$. $\text{CAPE} = 287.0 \times 6.995 = 2010\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$, com três algarismos. 18. Entre 1500 e $2500\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$: grande. 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. A tabela guarda apenas onze níveis: entre eles a regra dos trapézios substitui as curvas por segmentos retos em $\ln p$ e perde suas curvaturas. A grade de $1\,\mathrm{hPa}$ segue as curvas. A temperatura virtual acrescenta o empuxo do vapor de água da parcela, mais abundante na parcela saturada que no ar seco à sua volta: uma CAPE maior, uma CIN menor. 21. $\sqrt{2 \times 2010} = 63\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$. 22. $10757 - 2711 = 8046\,\mathrm{m}$ a $63.4/2 = 31.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$: $254\,\mathrm{s}$, cerca de quatro minutos. 23. O peso da água condensada que a corrente ascendente carrega; a mistura com o ar mais seco à sua volta (entranhamento), que a resfria quando as gotículas evaporam. 24. A teoria da parcela dá à corrente ascendente de uma tempestade alimentada por esse ar uma velocidade de cerca de $63\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, um limite superior.