The temperature of saturated air at 1000 mb is 10^{\circ} \mathrm{C} as it begins to drop through radiation loss. As a result, some water vapor condenses and radiation fog forms. During the formation of fog, 12 \times 10^{3} \mathrm{~J} \mathrm{~kg}^{-1}, of heat is lost to the surroundings. Find the final temperature and the decrease in vapor pressure.

Passo 1

O enunciado (em números claros) e o que se pede:
  • Pressão total do ar: \,p=1000\\ \text{mb}=100000\\ \mathrm{Pa}.
  • Estado inicial: ar saturado a \,T_i=10^\circ\mathrm{C}.
  • Durante a formação do nevoeiro, é perdido para o ambiente \,Q_{\text{out}}=12\times10^{3}\\ \mathrm{J\\ kg^{-1}} (isto é, por unidade de massa de ar húmido).
    O que é pedido:
  1. A temperatura final \,T_f do ar (após condensação parcial e perda de calor).
  2. A diminuição da pressão de vapor saturante (isto é, \,\Delta e = e_i-e_f) durante esse processo.

Passo 2

Vamos escrever as relações físicas que vamos usar (explicando cada termo).
  1. Definição de humidade específica (mistura) em função da pressão de vapor e:
q=\frac{0,622\,e}{p-e}.
Aqui q é a massa de vapor por massa de ar húmido (kg vapor / kg ar húmido), 0,622 é \varepsilon=R_d/R_v e p e e estão em Pa.
  1. Aproximação útil: a entalpia específica aproximada do ar húmido pode ser escrita como
h\approx c_p T + L_v q,
onde c_p é o calor específico a pressão constante do ar húmido (usaremos c_p\approx1005\\ \mathrm{J\,kg^{-1}K^{-1}}), L_v é o calor latente de vaporização (usar L_v\approx2{,}5\times10^{6}\\ \mathrm{J\,kg^{-1}}) e T em K (mas diferenças de temperatura em °C e K são numericamente iguais).
  1. Balanço de energia por unidade de massa de ar húmido: a perda de calor para o ambiente é igual à diminuição de entalpia do sistema:
Q_{\text{out}} = -\Delta h = -\bigl(c_p(T_f-T_i) + L_v(q_f-q_i)\bigr).
Reorganizando, a equação que vamos resolver é
\boxed{c_p(T_f-T_i) + L_v\bigl(q_f-q_i\bigr) + Q_{\text{out}} = 0.}
Neste ponto q_i=q_{\text{sat}}(T_i) e q_f=q_{\text{sat}}(T_f) porque o ar permanece saturado durante a condensação (forma-se nevoeiro).
  1. Relação e_{\text{sat}}(T). Para obter e_{\text{sat}} em função de T usamos a fórmula empírica de Tetens (muito usada e suficientemente precisa aqui):
e_{\text{sat}}(T)=6{,}112\exp\!\left(\frac{17{,}67\,T}{T+243{,}5}\right)\\ \text{hPa},
onde T em ^\circ\mathrm{C}. (Multiplique por 100 para converter hPa \to Pa quando necessário.)
Comentário sobre método: a equação é não linear porque q_f depende não linearmente de T_f. Vou obter primeiro uma boa estimativa linearizada e depois melhorar com uma iteração (método de Newton simples), assim fica tudo controlado e didático.

Passo 3

Calcular as quantidades iniciais (pegando e_i da fórmula de Tetens e depois q_i).
Usando Tetens em T_i=10^\circ\mathrm{C}:
e_i = 6{,}112\exp\!\left(\frac{17{,}67\cdot 10}{10+243{,}5}\right)\\ \text{hPa}
e_i \approx 6{,}112\exp(0{,}6974)\\ \text{hPa}\approx 12{,}28\\ \text{hPa}.
Em Pa: \,e_i\approx1228\\ \mathrm{Pa}.
Agora q_i pela fórmula de mistura (usar Pa):
q_i=\frac{0,622\,e_i}{p-e_i}=\frac{0,622\cdot1228}{100000-1228}\approx 0{,}00773\\ \text{kg/kg}.
(Isto é cerca de 7{,}73\\ \mathrm{g/kg}.)

Passo 4

Estimativa linearizada de \,T_f (para obter um chute inicial).
Linearizamos a equação de energia assumindo variações pequenas:
c_p\Delta T + L_v\frac{dq}{dT}\Big|_{T_i}\Delta T + Q_{\text{out}}=0,
onde \Delta T=T_f-T_i.
Precisamos de \dfrac{dq}{dT}. Primeiro
\frac{dq}{de}=\frac{0,622\,p}{(p-e)^2}
e pela Clausius–Clapeyron (exata para este uso)
\frac{de}{dT}=\frac{L_v e}{R_v T^2},
com R_v=461\\ \mathrm{J\,kg^{-1}K^{-1}} e T em K. Portanto
\frac{dq}{dT}=\frac{dq}{de}\cdot\frac{de}{dT} =\frac{0,622\,p}{(p-e)^2}\cdot\frac{L_v e}{R_v T^2}.
Avaliação em T_i=10^\circ\mathrm{C} ( T=283{,}15\\ \mathrm{K}, e=1228\\ \mathrm{Pa}):
\frac{dq}{dT}\Big|_{T_i}\approx 5{,}293\times10^{-4}\\ \mathrm{kg\,kg^{-1}K^{-1}}.
Agora a expressão para \Delta T:
\Delta T \approx -\frac{Q_{\text{out}}}{c_p + L_v\,(dq/dT)_{T_i}} =-\frac{12000}{1005 + (2{,}5\times10^{6})\cdot 5{,}293\times10^{-4}}.
Calculemos os termos:
L_v\frac{dq}{dT}\approx 2{,}5\times10^{6}\cdot 5{,}293\times10^{-4}\approx 1323\\ \mathrm{J\,kg^{-1}K^{-1}}.
c_p + L_v\frac{dq}{dT}\approx 1005 + 1323 =2328\\ \mathrm{J\,kg^{-1}K^{-1}}.
\Delta T \approx -\frac{12000}{2328}\approx -5{,}158\\ \mathrm{K}.
Chute inicial:
T_f^{(0)}=T_i+\Delta T\approx 10-5{,}158\approx 4{,}84^\circ\mathrm{C}.

Passo 5

Refinar a solução resolvendo a equação não linear com uma iteração (Newton simplificado). Definimos
F(T)=c_p(T-T_i) + L_v\bigl(q_{\text{sat}}(T)-q_i\bigr) + Q_{\text{out}}.
Queremos F(T_f)=0. Avaliamos F em T^{(0)}=4{,}84^\circ\mathrm{C} e fazemos uma correção
\Delta T_{\text{corr}}\approx -\frac{F(T^{(0)})}{F'(T^{(0)})}, \qquad F'(T)\approx c_p + L_v\frac{dq_{\text{sat}}}{dT}.
Cálculos numéricos (usando a fórmula de Tetens para e_{\text{sat}}(T) e q):
  • Avaliando e_{\text{sat}}(4{,}84^\circ\mathrm{C}) pela fórmula de Tetens obtém-se \,e\approx 8{,}63\\ \text{hPa}=863\\ \mathrm{Pa}.
  • Assim q_{\text{sat}}(4{,}84^\circ\mathrm{C})\approx 0{,}00541\\ \mathrm{kg/kg}.
Avaliação de F em 4{,}84^\circ\mathrm{C}:
F(4{,}84)\approx 1005(4{,}84-10) + 2{,}5\times10^{6}(0{,}00541-0{,}00773) + 12000 \approx +1013\\ \mathrm{J\,kg^{-1}}.
Derivada F'(T) avaliada aproximadamente (usando dq/dT em torno de T\approx4{,}8^\circ\mathrm{C}) dá cerca de 1964\\ \mathrm{J\,kg^{-1}K^{-1}}. Então
\Delta T_{\text{corr}}\approx -\frac{1013}{1964}\approx -0{,}516\\ \mathrm{K}.
Corrigindo:
T_f^{(1)}\approx 4{,}84 - 0{,}516 \approx 4{,}32^\circ\mathrm{C}.
Avaliação final rápida de F em T_f^{(1)}=4{,}32^\circ\mathrm{C} mostra que F fica muito próximo de zero (alguns joules por kg), logo a solução converge bem. Portanto a temperatura final é
T_f\approx 4{,}33^\circ\mathrm{C}.

Passo 6

Calcular a diminuição da pressão de vapor saturante.
  1. e_i já tínhamos: \,e_i\approx 12{,}28\\ \text{hPa}.
  2. Calcule e_f=e_{\text{sat}}(T_f) com T_f=4{,}33^\circ\mathrm{C} usando Tetens:
e_f \approx 6{,}112\exp\!\left(\frac{17{,}67\cdot 4{,}33}{4{,}33+243{,}5}\right)\\ \text{hPa}\approx 8{,}32\\ \text{hPa}.
  1. Diminuição:
\Delta e = e_i - e_f \approx 12{,}28 - 8{,}32 \approx 3{,}96\\ \text{hPa} \\ (\approx 396\\ \mathrm{Pa}).
Verificação rápida: o q_f correspondente a e_f=8{,}32\\ \text{hPa} é
q_f=\frac{0,622\cdot 832}{100000-832}\approx 0{,}00521\\ \mathrm{kg/kg},
e inserindo T_f e q_f na equação de energia obtém-se F próximo de zero (checagem concluída).

Resposta

T_f \approx 4{,}33^\circ\mathrm{C}
\Delta e = e_i-e_f \approx 3{,}96\\ \text{hPa}

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