AGROMETEOROLOGIA E CLIMATOLOGIA - Exercicios resolvidos

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1) Num abrigo meteorológico, às 21 horas, um psicrômetro não ventilado indicou, 21,8 e 
15,7ºC de temperatura do bulbo seco e bulbo úmido, respectivamente. Com o 
resfriamento noturno, a temperatura mínima do ar foi de 12,5ºC. Houve condensação? 
 
R: 
es: 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 0,6108. 10
7,5𝑇𝑎𝑟
237,3+𝑇𝑎𝑟 
 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 0,6108. 10
7,5(273,15+11,5)
237,3+(273,15+11,,5) 
 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 2,61 𝑘𝑃𝑎 
 
 
esu: 
 
𝑒𝑠𝑢(𝑘𝑝𝐴) = 0,6108. 10
7,5𝑇𝑢
237,3+𝑇𝑢 
 
𝑒𝑠𝑢(𝑘𝑝𝐴) = 0,6108. 10
7,5(15,7)
237,3+(15,7) 
 
𝑒𝑠𝑢(𝑘𝑝𝐴) = 1,78 𝑘𝑃𝑎 
 
ea: 
 
𝑒𝑎(𝑘𝑃𝑎) = 𝑒𝑠𝑢 − 𝐴 ∗ 𝑃 ∗ (𝑇𝑠 − 𝑇𝑢) 
 
𝑒𝑎(𝑘𝑃𝑎) = 1,78 − 8 ∗ 10
−4 ∗ 101,325 ∗ (21,8 − 15,7) 
 
𝑒𝑎(𝑘𝑃𝑎) = 1,33 𝑘𝑃𝑎 
 
To: 
 
𝑇𝑜 =
237,3 ∗ log (
𝑒𝑎
0,6108)
7,5 − 𝑙𝑜𝑔 (
𝑒𝑎
0,6108)
 
 
𝑇𝑜 =
237,3 ∗ log (
1,33
0,6108)
7,5 − 𝑙𝑜𝑔 (
1,33
0,6108)
 
 
𝑇𝑜 = 11,2 °𝐶 
 
Pelos dados, não há condensação. 
 
2) Em uma casa-de-vegetação são cultivadas plantas ornamentais tropicais. No interior 
desta as condições medidas por um psicrômetro são Ts = 18,6ºC e Tu = 15,1ºC. Sabe-se 
ainda que, para controlar a incidência de determinados patógenos nas mudas das 
plantas, as janelas laterais e o lanternim da casa-de-vegetação devem ser abertos quando 
o déficit de pressão de saturação de vapor d’água (Δe) for inferior a 0,80 kPa. 
Considerando que a casa-devegetação está localizada em Capão do Leão, RS, com 
pressão atmosférica de 101,2 kPa e que o psicrômetro utilizado é não ventilado, 
responda, nestas condições será necessário abrir as janelas e o lanternim da casa-
devegetação? 
 
R: 
 
es: 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 0,6108. 10
7,5𝑇𝑎𝑟
237,3+𝑇𝑎𝑟 
 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 0,6108. 10
7,5(273,15+12,5)
237,3+(273,15+12,5) 
 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 2,14 𝑘𝑃𝑎 
 
 
esu: 
 
𝑒𝑠𝑢(𝑘𝑝𝐴) = 0,6108. 10
7,5𝑇𝑢
237,3+𝑇𝑢 
 
𝑒𝑠𝑢(𝑘𝑝𝐴) = 0,6108. 10
7,5(15,1)
237,3+(15,1) 
 
𝑒𝑠𝑢(𝑘𝑝𝐴) = 1,72 𝑘𝑃𝑎 
 
ea: 
 
𝑒𝑎(𝑘𝑃𝑎) = 𝑒𝑠𝑢 − 𝐴 ∗ 𝑃 ∗ (𝑇𝑠 − 𝑇𝑢) 
 
𝑒𝑎(𝑘𝑃𝑎) = 1,72 − 8 ∗ 10
−4 ∗ 101,325 ∗ (18,6 − 15,1) 
 
𝑒𝑎(𝑘𝑃𝑎) = 1,43 𝑘𝑃𝑎 
 
To: 
 
𝑇𝑜 =
237,3 ∗ log (
𝑒𝑎
0,6108)
7,5 − 𝑙𝑜𝑔 (
𝑒𝑎
0,6108)
 
 
𝑇𝑜 =
237,3 ∗ log (
1,43
0,6108)
7,5 − 𝑙𝑜𝑔 (
1,43
0,6108)
 
 
𝑇𝑜 = 12,3 °𝐶 
 
Δ𝑒: 
Δ𝑒(𝑘𝑃𝑎) = 𝑒𝑠 − 𝑒𝑎 
 
Δ𝑒(𝑘𝑃𝑎) = 2,14 − 1,43 
 
Δ𝑒(𝑘𝑃𝑎) = 0,71 𝑘𝑃𝑎 
Como Δ𝑒 < 0,8 deve-se abrir janelas e usar Lanternim. 
 
3) Em um determinado depósito de sementes o déficit de saturação é de 1,3 kPa e a 
temperatura do ar é de 27,0ºC. Considerando que a umidade é um fator crítico no 
armazenamento de sementes, pois pode afetar significativamente a qualidade das 
sementes durante o armazenamento, isso porque quando a umidade relativa do ar é 
muito alta, as sementes podem absorver umidade e se deteriorar ou se tornarem 
suscetíveis a doenças fúngicas e bacterianas. Considerando este contexto, determine: 
a) a umidade relativa do ar no depósito? 
 
R: 
 
𝑈𝑅(%) =
𝑒𝑠
𝑒𝑎
∗ 100 
 
es: 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 0,6108. 10
7,5(27,0)
237,3+27,0 
𝑒𝑠(𝑘𝑃𝑎) = 3,56𝑘𝑃𝑎 
es: 
 
Δ𝑒 = 𝑒𝑠 − 𝑒𝑎 
𝑒𝑎 = 𝑒𝑠 − Δ𝑒 
𝑒𝑎 = 3,56 − 1,3 
𝑒𝑎 = 2,26 𝑘𝑃𝑎 
 
T: 
 
𝑇𝑜 =
237,3 ∗ log (
𝑒𝑎
0,6108)
7,5 − 𝑙𝑜𝑔 (
𝑒𝑎
0,6108)
 
 
𝑇𝑜 =
237,3 ∗ log (
2,26
0,6108)
7,5 − 𝑙𝑜𝑔 (
2,26
0,6108)
 
 
 
𝑇𝑜 = 19,48°𝐶 
 
 
 
 
 
UR: 
 
𝑈𝑅(%) =
𝑒𝑎
𝑒𝑠
∗ 100 
 
𝑈𝑅(%) =
2,26
3,58
∗ 100 
 
𝑈𝑅(%) = 63,5 % 
 
b) Você recomendaria o armazenamento de sementes nestas condições? Sabe-se por 
exemplo que a umidade relativa do ar recomendada para o armazenamento de sementes 
é de cerca de 50% a 60% 
 
R: 
 
Como a umidade relativa esta acima do percentual recomendada, não recomendaria o 
armazenamento de sementes nessas condições 
 
4) O déficit de pressão de vapor (∆e) e a temperatura do ponto de orvalho (To) são 
importantes variáveis agrometeorologias que têm implicações significativas para as 
plantas. O ∆e é uma medida da quantidade de água que o ar pode reter e afeta a 
evapotranspiração das plantas, podendo levar à desidratação e estresse hídrico ou 
condições de alta umidade que favorecem o desenvolvimento de doenças fúngicas. A To 
é a temperatura na qual o ar atinge a saturação e a umidade relativa atinge 100%, o que 
pode levar à formação de orvalho e proliferação de doenças fúngicas nas plantas. A 
compreensão dessas variáveis é importante para avaliar o impacto do clima nas plantas 
e no ambiente agrícola em geral, prever a ocorrência de doenças fúngicas e outras 
questões que afetam a produtividade das culturas e planejar a irrigação e outras práticas 
agrícolas para maximizar a eficiência do uso da água. A partir do exposto, analise as 
variações de temperatura do ar e umidade relativa dos decêndios abaixo para o 
município de Goianésia – GO. 
 
R: 
 
Podemos observar que a temperatura média do ar apresenta variações ao longo dos 
decêndios, indo de 22,4°C no decêndio 15 a 29,0°C no decêndio 25. Essa variação 
indica mudanças nas condições de temperatura ao longo do período analisado. 
Quanto à umidade relativa, também há variações significativas. No início do período, no 
decêndio 1, a UR é de 77,6%, e posteriormente diminui para 24,9% no decêndio 25. 
Nos últimos decêndios, a UR se mantém em torno de 58-59%. 
Essas variações de temperatura e umidade relativa ao longo do tempo podem ter 
implicações para as plantas. Por exemplo, no decêndio 15, observamos uma temperatura 
relativamente baixa e uma umidade relativa mais elevada, o que poderia favorecer o 
desenvolvimento de doenças fúngicas nas plantas devido às condições de alta umidade. 
Já no decêndio 25, a temperatura é mais alta e a umidade relativa é baixa, o que pode 
levar a um aumento da evapotranspiração e maior estresse hídrico nas plantas. 
Essas informações são relevantes para avaliar o impacto do clima nas plantas e no 
ambiente agrícola em Goianésia - GO, bem como para tomar decisões relacionadas ao 
manejo das culturas, como irrigação e controle de doenças, a fim de maximizar a 
eficiência do uso da água e minimizar os riscos para as plantas. 
Ao analisar as variações de temperatura do ar e umidade relativa ao longo do tempo, é 
possível identificar padrões sazonais e tendências climáticas que afetam as plantas e o 
ambiente agrícola. Essas informações são essenciais para planejar e tomar decisões 
relacionadas à irrigação, manejo de doenças, cultivo de diferentes culturas e outras 
práticas agrícolas. 
É importante ressaltar que os dados fornecidos para o município de Goianésia - GO, 
embora forneçam uma ideia geral das variações de temperatura e umidade relativa, 
representam apenas um período específico e não consideram outros fatores climáticos e 
agronômicos que também influenciam as condições das plantas. Portanto, análises mais 
detalhadas e abrangentes podem ser necessárias para uma compreensão completa do 
impacto do clima nas plantas e no ambiente agrícola em Goianésia - GO. 
 
5) Uma caixa d’água retangular de base 40 x 40 cm contém 9 L de água. Qual a altura de 
água em mm. 
 
R: 
 
𝑉 = 𝐵. ℎ 
 
ℎ =
𝑉
𝐵
 
 
Sambemos que 9 litros = 9000cm³ e B 40.40=1600 cm² 
 
ℎ =
9000
1600
= 5,625 𝑐𝑚 = 56,25 𝑚𝑚 
 
6) Um pluviômetro com diâmetro 30 cm, coletou 2328 cm³ de água em 8 horas. Qual o 
total de chuva e sua intensidade média? 
 
R: 
𝑉 = 2328 𝑐𝑚3 
Δ𝑡 = 8 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠 
𝑑 = 30 𝑐𝑚 
Total de chuva: 
ℎ = 10 ∗
𝑉
𝐴
 
𝐴 = 𝜋𝑟2 
𝑡 =
30
2
= 15 𝑐𝑚 
𝐴 = 𝜋(15)2 
𝐴 = 706,86 𝑐𝑚² 
ℎ = 10 ∗
2328
706,86
 
ℎ = 32,9 𝑚𝑚 
Intensidade média: 
 
𝑖 =
ℎ
Δt
 
 
𝑖 =
32,9
8
 
 
𝑖 = 4,12 𝑚𝑚/ℎ 
Chuva moderada 
 
 
7) Dois pluviômetros com diâmetros de 22,5 cm e 15cm respectivamente coletaram 45ml e 
25 ml de uma chuva recente em diferentes propriedades rurais do município de 
Goianésia-GO. Com estas informações qual foi a altura pluviométrica registrada pelos 
dois pluviômetros 
 
R: 
𝑑1 = 22,5 𝑐𝑚 
𝑟1= 11,25 𝑐𝑚 
𝑉1 = 45 𝑚𝑙 = 45 𝑐𝑚³ 
 
ℎ1 = 10 ∗
𝑉
𝐴
 
 
ℎ1 = 10 ∗
25
𝜋(11,25)2
 
 
ℎ1 = 1,13 𝑚𝑚 
 
 
 
𝑑2 = 15 𝑐𝑚 
𝑟2 = 7,5 𝑐𝑚 
𝑉2 = 25 𝑚𝑙 = 25𝑐𝑚³ 
 
ℎ2 = 10 ∗
25
𝜋(7,5)2
 
 
ℎ1 = 1,41 𝑚𝑚 
 
8) A água é um recurso fundamental para o crescimento e desenvolvimento das culturas 
agrícolas. A quantidade de água necessária varia de acordo com a cultura e as condições 
climáticas em que ela é cultivada. Por isso, embora a quantidade de água necessária 
para as culturas agrícolas varia de acordo com a espécie, a região de cultivo e as 
condições climáticas locais. É importante garantir que as culturas agrícolas recebam a 
quantidade adequada de água para garantir um bom crescimento e uma produção de 
qualidade. Diante desse contexto, você foi contratado(a) para desenvolver uma pesquisa 
sobre a necessidade hídrica do tomate na sua fase de germinação e emergência, em que 
a necessidade hídrica é cerca de 20 a 30mm de água. Nesta fase fenológica a cultura 
tem a necessidade de manter o solo úmido, sem encharcamento, para que ocorra uma 
boa germinação e emergência das plântulas. O respectivo experimento utilizou um 
pluviômetro de Paris, ou seja, com área de captação de 400 cm². Com os resultados do 
experimento abaixo, qual o volume total precipitado durante os 10 dias em que 
ocorreram a germinação? Qual sua interpretação sobre a distribuição de chuvas neste 
período? 
 
R: 
 
Para determinar o volume total precipitado durante os 10 dias em que ocorreu a 
germinação do tomate, podemos somar os valores de volume registrados no pluviômetro 
de Paris. 
DAP (Dia Após a Semeadura) é o número de dias desde a semeadura até a data do 
registro no pluviômetro. 
Portanto, para os registros fornecidos, temos: 
DAP: 1; Volume: 40 ml 
DAP: 2; Volume: 120 ml 
DAP: 3; Volume: 180 ml 
DAP: 4; Volume: 200 ml 
DAP: 5; Volume: 250 ml 
DAP: 6; Volume: 0 ml 
 DAP: 7; Volume: 0 ml 
DAP: 8; Volume: 0 ml 
DAP: 9; Volume: 135 ml 
DAP: 10; Volume: 140 ml 
Agora, podemos calcular o volume total precipitado somando os valores de volume: 
Volume total = 40 ml + 120 ml + 180 ml + 200 ml + 250 ml + 0 ml + 0 ml + 0 ml + 135 
ml + 140 ml 
Volume total = 1065 ml 
Portanto, o volume total precipitado durante os 10 dias em que ocorreu a germinação foi 
de 1065 ml. 
 
𝑉𝑚 =
1065
10
= 106,5 𝑐𝑚³ 
ℎ = 10 ∗
106,5
400
= 26,62 𝑚𝑚 
Como o volume precipitado está dentro da margem hídrica para o cultivo, podemos 
interpretar que o tomate ira germinar de acordo com o esperado, sem encharcamento ou 
sem falta de água, mantendo o solo úmido. 
9) Em uma determinada propriedade foram instalados dez pluviômetros. Sabendo a área de 
influência de cada um deles é de aproximadamente 15 hectares. Qual é a precipitação 
média a partir do método de Thiessen? 
 
R: 
Pelo método Thiessen basta calcular a média, como as áreas são iguais 
 
ℎ =
(5,25 + 7,35 + 10,20 + 13,40 + 22,60 + 8,75 + 11,30 + 25,10 + 9,10 + 12,70) ∗ 15
150
 
 
 
ℎ = 12,57 𝑚𝑚 
 
10) Na determinação da precipitação média de uma região, dispunha-se da precipitação 
coletada em cinco pluviômetros, como se segue: P1 = 10,5 mm; P2 = 8,5 mm; P3 = 9,2 
mm; P4 = 7,6 mm e P5 = 8,0mm. As áreas de influência foram, respectivamente: A1 = 
25 ha, A2 = A3 = A1 + 1/3 ⋅ A5; A4 = A5 = 5/3.A1. Calcule a precipitação média pelos 
métodos da média aritmética e da média ponderada (método de Thiessen), o volume 
total de água e a diferença do volume calculado entre os dois métodos. 
 
R: 
𝐴2 = 𝐴3 = 𝐴1 +
1
3
𝐴5 
 
𝐴1 = 25 ℎ𝑎 
 
𝐴4 = 𝐴5 =
5
3
∗ 𝐴1 
 
Precipitação média: 
 
ℎ𝑚 =
ℎ1 + ℎ2 + ℎ3 + ℎ4 + ℎ5
5
 
 
ℎ𝑚 =
10,5 + 8,5 + 9,2 + 7,6 + 8,0
5
 
 
ℎ𝑚 = 8,76𝑚𝑚 
 
Pelo método de Thiessen: 
 
𝐴5 =
5
3
∗ 25 = 41,7 ℎ𝑎 
𝐴2 = 25 +
1
3
∗ 41,7 = 38,9 ℎ𝑎 
𝐴3 = 38,9 ℎ𝑎 
 
𝑃𝑚 =
25 ∗ 10,5 + 38,9 ∗ 8,5 + 38,9 ∗ 9,2 + 41,7 ∗ 7,6 + 41,7 ∗ 8,0
25 + 38,9 + 38,9 + 41,7 + 41,7
 
 
𝑃𝑚 = 8,60 𝑚𝑚 
Volume total de água: 
 
𝑉 = ℎ.
𝐴
10
 
 
𝑉 = 8,76 ∗
186,20
10
 
 
𝑉 = 16008,33 𝑚3 
 
Volume Thiessen: 
 
𝑉 = ℎ.
𝐴
10
 
 
𝑉 = 8,60.
186,20
10
 
 
𝑉 = 16303,33 𝑚3 
 
A diferença entre os dois é 
 
Δ𝑉 = 16303,33 − 16008,33 = 295 𝑚³