Prova 2017-1 resolvida

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE VIÇOSA 
Departamento de Engenharia Agrícola 
ENG 321 – Meteorologia e Meio Ambiente 
Prof. Marcos Heil Costa 
Semestre 2017/I 
 
Prova 1 – 29 de março de 2017 – 08:00 – Duração 02:00 – Valor 30 pontos 
 
Nome: _RESOLVIDA PELO PROFESSOR_______________________ Matrícula: __________________ 
 
1. (6 pontos) O nível de condensação por elevação (NCE) é o nível cuja temperatura é tal que causa a 
condensação do vapor d´água, e geralmente está associado ao nível da base das nuvens. Se a temperatura 
à superfície for t0 = 25 °C, e a pressão de vapor à superfície for e0 = 20 hPa, qual será a altura do NCE 
(zNCE) acima da superfície? Dado: Razão adiabática seca d = 1 °C/100 m = 0,01 °C/m. 
 
À superfície ቄ
e = e଴
t = t଴ 
e଴ = eୱሺt୒େ୉ሻ = 6,11 . 10
൬ ళ,ఱ ೟ొిుమయళ,యశ౪ొిు
൰
 (1) 
t ≥ 0℃ 
t em ℃ 
t୒େ୉ = t଴ − Γୢ Z୒େ୉ ሺ2ሻ 
(partir das equações corretas (1) e (2): 2 pontos – 1 ponto para cada equação) 
e଴
6,11
= 10ቀ
଻,ହ ௧ಿ಴ಶ
ଶଷ଻,ଷା୲ొిు
ቁ 
logଵ଴ ൬
e଴
6,11
൰ =
7,5 t୒େ୉
237,3 + t୒େ୉
 
237,3 logଵ଴ ൬
e଴
6,11
൰ + t୒େ୉ logଵ଴ ൬
e଴
6,11
൰ = 7,5 t୒େ୉ 
237,3 logଵ଴ ൬
e଴
6,11
൰ = t୒େ୉ ൬7,5 − logଵ଴ ൬
e଴
6,11
൰൰ 
t୒େ୉ =
237,3 logଵ଴ ቀ
e଴
6,11ቁ
7,5 − logଵ଴ ቀ
e଴
6,11ቁ
 
Substituindo em ሺ2ሻ: 
t଴ − Γୢ Z୒େ୉ =
237,3 logଵ଴ ቀ
e଴
6,11ቁ
7,5 − logଵ଴ ቀ
e଴
6,11ቁ
 
Z୒େ୉ =
t଴ −
237,3 logଵ଴ ቀ
e଴
6,11ቁ
7,5 − logଵ଴ ቀ
e଴
6,11ቁ
Γୢ
, ൜
t଴ em℃
e଴ em hPa
 
(obtenção da equação correta para ZNCE: 3 pontos adicionais) 
Substituindo os valores: 
Z୒େ୉ =
25 −
237,3 logଵ଴ ቀ
20
6,11ቁ
7,5 − logଵ଴ ቀ
20
6,11ቁ
0,01
=
25 − 237,3 . 0,5157,5 − 0,515
0,01
=
25 − 17,5
0,01
= 750 
ZNCE = 750 m (substituição dos valores e cálculo correto: 1 ponto) 
2. (6 pontos) A irradiância solar direta sobre uma superfície normal aos raios solares é igual a 1000 
W/m2 ao meio-dia solar, num dia de equinócio, num local situado à latitude de 20°S. Qual seria a 
irradiância direta numa superfície horizontal? 
 
RT = 1000 W.m-2 

(meio-dia solar) (1 ponto) 
h = 0° (equinócio) (1 ponto) 
940,0)20cos(cosZcos
h coscoscossensenZcos




 (2 pontos) 
Rg = RT cos Z 
Rg = 940 W.m-2 (2 pontos) 
 
 
3. (6 pontos) Em quais dias do ano o Sol culmina no zênite na cidade de Viçosa – MG ( = 20°45’S) 
Para a Sol culminar no zênite,  =  





 
365
5,283
36045,23 j
n
sen 





 
365
5,283
36045,2375,20 j
n
sen 





 


365
5,283
360
45,23
75,20 jnsen 





 


365
5,283
360
45,23
75,20 jnsen 





 
365
5,283
3608849,0 j
n
sen 
 8849,0
365
5,283
360 

 arcsen
n j 
)2,62(
360
3655,283 

 jn 
4,183656,346
6,3465,283)2,62(
360
365
1
1




j
j
n
n
 (3 pontos) 
Um dos dias é o dia juliano 18, ou 18 de janeiro. O segundo dia será o simétrico deste dia em relação ao 
solstício de verão (njs = 355). 
nj2 = njs – (nj1 + 365 – njs) = 355 – (18 + 365 – 355) = 355 – 28 
nj2 = 327 (23 de novembro) (3 pontos) 
 
4. (6 pontos) A estratosfera é uma camada da atmosfera compreendida entre os níveis de pressão de 
100 hPa e 10 hPa. A temperatura da estratosfera no seu nível inferior é de -55°C. 
(a) (3 pontos) Qual a massa de ar compreendida nessa camada por unidade de área? 
g
P
A
m
A
gm
A
FP

 .
 
A 100 hPa: 22- m
kg 1019
m.s 81,9
Pa 10000 
g
P
A
m
 
A 10 hPa: 22- m
kg 9,101
m.s 81,9
Pa 1000 
g
P
A
m
 
2m
kg 1,9179,1011019 
A
m
 
 
 
 
 
 
(b) (3 pontos) Calcule a massa de vapor d’água existente na estratosfera, se o ar estivesse saturado. 
A -55°C, não existe vapor d’água no ar, que é completamente seco. Portanto, a massa de vapor d’água na 
estratosfera é igual a zero. 
5. (6 pontos) A maneira padrão de se determinar a concentração atmosférica de CO2 consiste de três 
etapas: (1) coletar uma amostra de ar num recipiente originalmente preenchido por vácuo; (2) resfriar 
o recipiente a -180°C (93,15 K) usando nitrogênio líquido. Nesta temperatura tanto o CO2 quanto o 
vapor d´água solidificam; (3) aquecer novamente o recipiente a 0°C (273,15 K), de modo que apenas a 
água permaneça congelada. A concentração de CO2 é calculada em função da diferença de pressão do 
ar medida entre as etapas (3) e (2), após as devidas correções da pressão devido à variação de 
temperatura. 
Um barômetro instalado num recipiente de 5,0000 litros de volume, usado para executar o procedimento 
descrito acima, mediu as seguintes pressões internas, nas etapas 1, 2 e 3: P1 = 940,50 hPa; 
P2 = 310,33 hPa; P3 = 910,34 hPa. A temperatura ambiente (condição 1) era de 300 K. 
 
(a) (1 ponto) Determine a pressão parcial exercida pelo CO2. 
Como todas as medidas são fornecidas com 5 algarismos significativos, todos os cálculos considerarão pelo 
menos 5 algarismos significativos: 
P1 (300 K): Par seco (300 K) + PCO2 (300 K) + PH2O (300 K) 
P2 (93,15 K): Par seco (93,15 K) 
P3 (273,15 K): Par seco (273,15 K) + PCO2 (273,15 K) 
PCO2 (273,15 K) = P3 (273,15 K) – Par seco (273,15 K) 
    hPa 00,910
15,93
15,27333,310
15,93
15,273K 15,93PK 15,273P osecarosecar  
PCO2 (273,15 K) = 910,34 – 910,00 = 0,34 hPa = 34 Pa 
PCO2 = 34 Pa (nesse caso, há a perda de algarismos significativos) 
 
(b) (1 ponto) Determine a massa total de CO2 contida naquela amostra de ar. 
K.kg
J95,188
molg 44
.KJ.mol 314,8
M
*RR
-1-1
2CO
2CO  
T = 0°C = 273,15 K 
2CO
2CO m
V 
15,273 . 95,188
 m 10 . 5,0000 .Pa 34
T R
V Pm
T R
m
V P
T R P
33-
2CO
2CO
2CO
2CO
2CO
2CO
2CO2CO2CO



 
mCO2 = 3,3.10-6 kg = 3,3.10-3 g (segue o número de algarismos significativos de PCO2) 
 
(c) (1 ponto) Determine o número de moles de CO2 contido naquela amostra de ar. 
2CO
5
-3
2CO
2CO
2CO mol 10 . 5,7mol/g 44
g 3,3.10
M
mn  
 
(d) (2 pontos) Determine o número de moles de ar seco na amostra. 
T *R nPV  
mol 20036,0n
K 93,15 .KJ.mol 8,314
m 100000,5Pa 31033
T*R
PVn 1-1-
33




 
 
(e) (1 ponto) Qual a concentração atmosférica de CO2, em ppmv? 
ar mol
CO mol 1074,3
ar mol 20036,0
CO mol105,7
n
nx 242
5
ar
2CO
2CO


 
xCO2 = 374 ppmv 
Esse valor independe da temperatura, por ser uma razão entre moles 
 
FORMULÁRIO (Não é necessário devolver esta página junto com o resto da prova) 
Pesos atômicos: H = 1; C = 12; O = 16; N = 14; Ar = 40; ar seco: Md = 28,9 g/mol. 
R* = 8,314 J.mol-1.K-1 
R* = M R 
Aceleração devido à gravidade: g = 9,81 m.s-2 
 
Ctpara
e t
t
s







0 
101078,6 3,237
5,7
aspirado-não 10.0,8
aspirado 10.7,6
)(.
4
4





A
A
ttPAee usu
T
e
v 68,216
T
Pdd 37,348
dva  

 1
eP
eqv 378,0
622,0


)(
622,0
eP
er


100f 
vs
v
q
q
100f 
se
e
)2859,8(log
)log3,2374905,186(


e
etd
dd
d
h trttrtLr
m
E 4186)( 1876 1007 
tL .237010.5,2 6 
Xsen
X
Xsen
X
D
D
2 000077,0 
2cos 000719,0 
 001280,0 
cos 034221,0000110,1
2







365
1
2

 j
n
X 





 

365
5,283
36045,23 j
n
sen
hsensenZ coscoscoscos  
   15 12 localhorah
15
2HN 
)arccos(  tgtgH 
Z
D
DSR cos'
2



).cos.cos...(.60,37
2
0 senHsensenHD
DR  



52,0
cos29,0
0



b
a
N
nba
R
Rg

OLOCn BBR 
)1(  gOC RB
)/9,01,0)(10,056,0(10.9,4 49 NneTB aarOL 

2. 1368  mWS
GLEHRn 
zq
zT
LE
H


hPa 1013,25 atm 1mmHg 760mb 25,1013 
M
mn  TRnV P * TR P 
Solstícios: 21 de junho e 21 de dezembro 
Equinócios: 21 de março e 23 de setembro