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Ventos Föhn e a Sombra de Chuva

O ar que atravessa uma montanha e produz chuva na subida chega ao outro lado mais quente do que quando começou. Aqui calculamos o tamanho dessa diferença e mostramos de onde veio o calor.

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Uma travessia seca não tem custo; o aquecimento é totalmente pago pela chuva

Experimente a predefinição de travessia seca. Um ar a 20 °C com ponto de orvalho de −5 °C, atravessando uma crista de 3.000 m. A estação a sotavento registra 20,0 °C e o aquecimento Föhn marca +0,0. Arraste a crista para qualquer ponto entre 300 m e 3.000 m e esse valor não sai do +0,0, porque o ar não atingiria a saturação antes de chegar aos 3.064 m. Nada se condensa. A descida apenas devolve o calor que a subida retirou. Agora tente a predefinição Chinook, com ar a 8 °C e ponto de orvalho a 6 °C sobre a mesma crista de 3.000 m. A travessia deixa 3,66 g de água para trás a cada quilograma de ar. Em Calgary, a 1.045 m de altitude, os termômetros acusam 6,8 °C. O mesmo ar, sem chuva, teria chegado a −2,2 °C. Esses 9,0 °C são obra da chuva.

A mesma montanha aquece o ar de verão mais do que o triplo do ar de inverno

Ajuste a crista para 2.000 m, a estação a barlavento para o nível do mar e o ponto de orvalho um grau abaixo da temperatura. A nuvem começará quase no chão. A 27 °C, o cartão Resfriamento na nuvem marca 3,95 °C/km e o lado a sotavento ganha 10,8 °C. A −8 °C, o mesmo cartão mostra 8,12 °C/km e o ganho é de apenas 3,1 °C. O ar saturado a 27 °C transporta onze vezes o vapor do ar saturado a −8 °C. Ele condensa muito mais água por quilômetro escalado. O calor latente liberado quase anula o resfriamento por expansão. Já o ar frio não tem quase nada a entregar, então ele esfria a uma taxa muito próxima à do ar seco. Reduza a temperatura para −30 °C e o cartão registra 9,4 contra os 9,75 de uma subida seca. Em toda a faixa de temperatura que esta ferramenta permite, na mesma crista, o cartão vai de 3,2 a 9,4 °C/km. A regra geral de 6 °C/km dos livros didáticos fica ali pelo meio e não representa nenhuma situação em particular.

A montanha não dita onde fica a base da nuvem

O ar Chinook chega a 8 °C com um ponto de orvalho de 6 °C. Isso dá uma depressão de dois graus, e a base da nuvem marca 249 m. Arraste a crista de 1.000 m para 6.000 m e esse cartão continuará intacto, sem se mover um metro. A crista nunca entra no cálculo. O que determina a altura da base é a lacuna entre a temperatura e o ponto de orvalho. O ar que sobe esfria 9,75 °C/km, enquanto seu ponto de orvalho cai cerca de 1,7. A diferença entre os dois encolhe a uma razão aproximada de 8 °C por quilômetro. Em todas as combinações de −20 °C a 35 °C e depressões de 1 a 20 graus, esta ferramenta fixa a base da nuvem entre 116 e 131 m para cada grau de depressão. Meteorologistas e pilotos de planador adotam 125 na prática e raramente erram muito. É por isso também que a base de uma nuvem parece traçada a régua sobre a paisagem, enquanto o chão lá embaixo é o completo oposto.

Problemas resolvidos na íntegra

  1. Ar do Pacífico a 8 °C a cruzar uma crista de 3 000 m para Calgary 6 passos

    O ar do Pacífico atinge a costa a 8 °C com um ponto de orvalho de 6 °C, cruza uma crista de 3.000 m nas Montanhas Rochosas e desce para Calgary a 1.045 m. O que marca o termômetro em Calgary e de onde veio o calor extra? Este é o estado inicial da ferramenta.

    1. O ponto de orvalho é a medida do volume de vapor que o ar carrega, e a temperatura não interfere nisso. Faça a conversão. Primeiro calcule a pressão de vapor de saturação a 6 °C e, em seguida, a razão de mistura na pressão da estação de 1013,25 hPa. Leve esse valor de 5,79 g/kg para tudo o que vem a seguir, pois a parcela de ar em ascensão o mantém constante até começar a chover.

      es(6 ∘C)=6.112exp⁡ ⁣(17.67×66+243.5)=9.35 hPar0=0.622×9.351013.25−9.35=5.79 g kg−1e_s(6\,^\circ\mathrm{C})=6.112\exp\!\left(\frac{17.67\times 6}{6+243.5}\right)=9.35\ \mathrm{hPa}\qquad r_0=\frac{0.622\times 9.35}{1013.25-9.35}=5.79\ \mathrm{g\,kg^{-1}}

    2. Eleve o ar. Insaturado, ele esfria a g/cp, que equivale a 9,75 °C por quilômetro e é uma propriedade física do ar seco, muito mais do que um estado do tempo. Sua capacidade de reter vapor cai junto, e cai mais depressa, enquanto o vapor contido na parcela não se altera em nada. Em algum ponto as duas medidas se cruzam. Calcule a altura onde a razão de mistura de saturação cai para os mesmos 5,79 g/kg com os quais a parcela começou. O cartão Base da nuvem concorda: 249 m.

      Γd=gcp=9.806651005.7=9.75 K km−1rs ⁣(8−Γdz, p(z))=r0 ⟹ z=249 m, T=5.6 ∘C\Gamma_d=\frac{g}{c_p}=\frac{9.80665}{1005.7}=9.75\ \mathrm{K\,km^{-1}}\qquad r_s\!\left(8-\Gamma_d z,\ p(z)\right)=r_0\ \Longrightarrow\ z=249\ \mathrm{m},\ T=5.6\,^\circ\mathrm{C}

    3. Acima da base da nuvem o ar continua a esfriar, mas cada metro de subida condensa mais vapor e devolve um pouco de calor latente. Ele esfria mais devagar. A taxa depende de quanto vapor resta, ou seja, ela muda o tempo todo ao longo da escalada. A ferramenta recalcula a temperatura a cada metro e sua média para esses 2.751 m é de 6,48 °C/km.

      Γs=g(1+LrsRdT)cp+L2rsεRdT2Γs‾=6.48 K km−1,Tcrest=5.6−6.48×2.751=−12.3 ∘C\Gamma_s=\frac{g\left(1+\frac{L r_s}{R_d T}\right)}{c_p+\frac{L^{2} r_s \varepsilon}{R_d T^{2}}}\qquad \overline{\Gamma_s}=6.48\ \mathrm{K\,km^{-1}},\quad T_{\mathrm{crest}}=5.6-6.48\times 2.751=-12.3\,^\circ\mathrm{C}

    4. A −12,3 °C e 701 hPa o ar comporta 2,13 g/kg e nem uma gota a mais. Todo o excedente já caiu em formato de chuva e neve na encosta a barlavento. O problema inteiro gira ao redor desse número.

      rs(−12.3 ∘C, 701 hPa)=2.13 g kg−1Δr=5.79−2.13=3.66 g kg−1r_s(-12.3\,^\circ\mathrm{C},\ 701\ \mathrm{hPa})=2.13\ \mathrm{g\,kg^{-1}}\qquad \Delta r=5.79-2.13=3.66\ \mathrm{g\,kg^{-1}}

    5. Agora deixe o ar descer pelo outro lado. Ele fica insaturado no mesmo instante em que começa a aquecer. Todos aqueles 1.955 m transcorrem novamente na taxa seca. Compare o resultado com a temperatura que o mesmo ar teria aos 1.045 m se nunca houvesse saturado, o que consiste numa descida puramente seca partindo dos 8 °C.

      Tlee=−12.3+9.75×1.955=6.8 ∘CTdry=8−9.75×1.045=−2.2 ∘C ⟹ ΔT=+9.0 ∘CT_{\mathrm{lee}}=-12.3+9.75\times 1.955=6.8\,^\circ\mathrm{C}\qquad T_{\mathrm{dry}}=8-9.75\times 1.045=-2.2\,^\circ\mathrm{C}\ \Longrightarrow\ \Delta T=+9.0\,^\circ\mathrm{C}

    6. De onde surgiram os 9,0 °C? Cada grama de vapor condensado liberou seu calor latente na massa de ar em volta. Multiplique a água perdida por L e divida pelo calor específico para obter 9,21 °C. A ordem de grandeza é correta, mas o valor fica 2,4% acima do esperado. Essa diferença é real, e não fruto de arredondamento. O calor é liberado na faixa dos 700 hPa e resgatado aos 900 hPa. A grandeza que de fato se conserva ao longo de uma ascensão saturada é a temperatura potencial equivalente, e não a soma T + Lr/cp isolada em um nível específico.

      L Δrcp=2.530×106×3.66×10−31005.7=9.21 K9.218.99=1.024\frac{L\,\Delta r}{c_p}=\frac{2.530\times 10^{6}\times 3.66\times 10^{-3}}{1005.7}=9.21\ \mathrm{K}\qquad \frac{9.21}{8.99}=1.024

    Resposta

    Calgary registra 6,8 °C, que é 9,0 °C mais quente do que o mesmo ar chegando sem ter chovido. A taxa de conversão beira os 2,5 °C para cada grama de água por quilograma de ar que fica para trás na encosta a barlavento. O valor corresponde a L/cp descontando alguns pontos percentuais pela altitude do resgate térmico. A matemática revela o que a ferramenta omite: a chuva é a fonte de energia. O mesmo vento numa época de seca, sem umidade para condensar, traz o vento, mas nada do calor.

  2. O teto de um vento föhn e a razão de nenhuma montanha o ultrapassar 6 passos

    A predefinição Ar de inverno, Escandes eleva ar a −8 °C com um ponto de orvalho de −9 sobre uma crista de 1.500 m, e a estação a sotavento ganha 2,5 °C. Descubra de onde vem esse ganho e diga depois que altura teria de ter a crista para este ar entregar os nove graus de um Chinook.

    Abrir este problema na ferramenta

    1. O aquecimento é o produto de duas coisas, e a altura da montanha não é nenhuma delas. Dentro da nuvem o ar arrefece a 7,97 °C/km em vez dos 9,75 em seco, e ao descer do outro lado aquece à taxa seca durante todo o percurso, pelo que aquilo que fica é a diferença entre as duas taxas multiplicada pela espessura de nuvem que atravessou. Base da nuvem a 121 m, crista a 1.500 m: 1,379 km de nuvem a 1,78 °C/km de vantagem.

      ΔT=(Γd−Γs‾)(zcrest−zcloud)=(9.751−7.969)×1.379=2.46 ∘C\Delta T=\left(\Gamma_d-\overline{\Gamma_s}\right)\left(z_{\mathrm{crest}}-z_{\mathrm{cloud}}\right)=(9.751-7.969)\times 1.379=2.46\,^\circ\mathrm{C}

    2. Levante então a crista. A nuvem fica mais espessa, o que ajuda, e ao mesmo tempo o arrefecimento no seu interior sobe: 7,97 °C/km com a crista a 1.500 m, 8,39 a 3.000, 8,95 a 6.000 e 9,22 a 9.000. Caminha para a taxa seca, porque a um ar tão frio resta cada vez menos vapor para condensar à medida que sobe.

      Γs‾:1500 m:7.973000:8.396000:8.959000:9.22 K km−1 ⟶ Γd\overline{\Gamma_s}:\quad 1500\ \mathrm{m}:7.97\quad 3000:8.39\quad 6000:8.95\quad 9000:9.22\ \mathrm{K\,km^{-1}}\ \longrightarrow\ \Gamma_d

    3. Os dois fatores puxam em sentidos opostos e vence o segundo. Arraste a crista e o aquecimento dá 2,46, 3,91, 4,69 e 4,74 °C nessas mesmas quatro alturas. Seis vezes a montanha não compra o dobro do aquecimento.

      ΔT:1500 m:2.463000:3.916000:4.699000:4.74 ∘C\Delta T:\quad 1500\ \mathrm{m}:2.46\quad 3000:3.91\quad 6000:4.69\quad 9000:4.74\,^\circ\mathrm{C}

    4. Por trás disto está um teto rígido, e ele pertence ao ar e não ao relevo. Cada grama de vapor que condensa liberta o seu calor latente na parcela, nada lho retira durante a descida, pelo que o máximo que o ar pode ganhar é toda a sua água convertida em calor: L·r0 / cp. Esta parcela transporta 1,91 g de vapor por quilograma, que valem 4,75 °C.

      ΔTmax⁡=L r0cp=2.5×106×1.910×10−31005.7=4.75 ∘C\Delta T_{\max}=\frac{L\,r_0}{c_p}=\frac{2.5\times 10^{6}\times 1.910\times 10^{-3}}{1005.7}=4.75\,^\circ\mathrm{C}

    5. Coloque a crista a 9.000 m, mais alta do que qualquer montanha da Terra, e o aquecimento Föhn marca +4,7. O cartão Água precipitada marca 1,91 g/kg, que é tudo o que o ar trazia, e o que resta na crista são 0,0003 g/kg. Não há mais combustível.

      zcrest=9000 m:Δr=1.910=r0,rcrest=0.0003 g kg−1z_{\mathrm{crest}}=9000\ \mathrm{m}:\quad \Delta r=1.910=r_0,\qquad r_{\mathrm{crest}}=0.0003\ \mathrm{g\,kg^{-1}}

    6. O ar do Chinook está dezasseis graus mais quente e transporta três vezes mais água: 5,79 g/kg, um teto de 14,4 °C e 9,0 °C efetivamente entregues sobre uma crista de 3.000 m. A pressão de vapor de saturação duplica aproximadamente a cada dez graus, pelo que o ar quente chega à montanha com um depósito muito maior.

      Chinook air: r0=5.792 ⟹ ΔTmax⁡=14.40 ∘C,ΔT(3000 m)=8.99 ∘C\text{Chinook air}:\ r_0=5.792\ \Longrightarrow\ \Delta T_{\max}=14.40\,^\circ\mathrm{C},\qquad \Delta T(3000\ \mathrm{m})=8.99\,^\circ\mathrm{C}

    Resposta

    Nenhuma crista é suficientemente alta. Este ar não passa dos 4,7 °C, e a crista mais alta da ferramenta, 9.000 m, recolhe 4,74 deles. Os primeiros 1.379 m de nuvem valem 2,46 graus, mais de metade do total; os restantes 7.500 m valem os outros 2,28.

    Um föhn é um motor de água e a montanha apenas decide quanto do depósito se esvazia. É esta a leitura prática do cartão Água precipitada: a chuva é o combustível e não um subproduto. Diz também onde procurar os grandes. Uma crista modesta assente em ar quente e húmido ganha a outra muito mais alta em ar frio e seco, e a ferramenta tem os dois casos na sua própria fila de predefinições. O Föhn sul, Innsbruck ganha 9,4 °C sobre 2.800 m, ao passo que este ar escandinavo sobre essa mesma crista de 2.800 m ganharia 3,8.

    ΔT=(Γd−Γs‾)Δzcloud ≤ L r0cp\Delta T=\left(\Gamma_d-\overline{\Gamma_s}\right)\Delta z_{\mathrm{cloud}}\ \le\ \frac{L\,r_0}{c_p}

· Verificado com fontes publicadas. Correções bem-vindas.