Hidro - Meterorologia

Problemas resueltos de Meteorologa
Jos
e Enrique Garca Ramos,
Francisco P
erez Bernal
y
Jos
e Rodrguez Quintero
Universidad de Huelva
c 2005 Jose Enrique Garca Ramos, Francisco Perez Bernal y Jose Rodrguez QuinCopyright
tero. Se otorga permiso para copiar, distribuir y/o modificar este documento bajo los terminos
de la Licencia de Documentaci
on Libre de GNU, Versi
on 1.2 o cualquier otra versi
on posterior publicada por la Free Software Foundation1 ; sin secciones invariantes ni textos de cubierta
delantera ni textos de cubierta trasera.
1
Puede encontrar una copia de la licencia en http://www.gnu.org/licenses/licenses.html
Pr
ologo
La presente colecci
on de problemas resueltos se ofrece como ayuda al estudiante de la asignatura
Meteorologa y Climatologa de tercer curso de la licenciatura en Ciencias Ambientales. Se
han incluido soluciones detalladas de aproximadamente ochenta problemas y el manual puede
encontrarse en la web de la asignatura 2 .
Es necesaria una nota de advertencia. Tanto la Meteorologa como la Climatologa son importantes ramas de la ciencia que mezclan componentes diversos de la Fsica, la Geografa Fsica
y la Estadstica. Resulta, por tanto, muy difcil ofrecer en un breve manual como este una visi
on de todos los problemas de interes para estas ciencias. En concreto el manual se concentra
en algunos aspectos fsicos de la Meteorologa, pudiendo distinguirse tres partes en el mismo.
La primera parte (problemas 1 al 16) se dedica a problemas de propagacion del calor por radiaci
on, presentando diferentes casos de aplicacion de la ley de StefanBoltzmann de interes
climatol
ogico. La segunda parte (problemas 17 al 58) se centra en la termodin
amica del aire no
saturado, tratandose casos tanto de aire seco como de aire h
umedo, haciendo especial hincapie en
problemas de ascenso adiabatico y procesos politr
opicos. La tercera y u
ltima parte del manual
(problemas 58 al 83) se ocupa de la termodin
amica del aire h
umedo saturado ampliando los
conceptos previamente tratados en el caso del aire no saturado Adem
as, al comienzo de cada
captulo se ha incluido un resumen con los conceptos y formulas utilizados a lo largo del mismo.
La colecci
on de problemas que se presenta se ha basado en libros bastante veteranos publicados por el Instituto Nacional de Meterologa y en la propia cosecha de los autores. La principal
diferencia entre este trabajo y las referencias antes citadas reside en la notaci
on usada y en las
explicaciones detalladas que se presentan y que sustituyen al mero uso de formulas, es decir se
pretende en todo momento explicar c
omo se hacen los problemas
Este manual ha sido concebido para los estudiantes de la licenciatura de Ciencias Ambientales aunque esperamos que pueda ser de ayuda para aquellos estudiantes de diversas licenciaturas
que por primera vez se acerquen al estudio cuantitativo de problemas atmosfericos. Al no estar
dirigido a estudiantes de Fsica se ha reducido la complejidad formal de los problemas presentados, se ha hudo de desarrollos te
oricos y se han simplificado al m
aximo las matem
aticas usadas.
Como requisitos necesarios para la comprensi
on de las materias presentadas es necesario que el
lector tenga conocimientos basicos de Fsica General -en especial Termodin
amica- y de Calculo.
Los autores agradecen al Vicerrectorado de Innovaci
on Docente de la Universidad de Huelva
la ayuda finaciera prestada para llevar a cabo esta compilaci
on de problemas. Esta ayuda nos
ha permitido conceder una beca a Roco Ortz Gutierrez, antigua alumna de la asignatura
Meteorologa y Climatologa, as como adquirir el material informatico necesario. Es preciso
resaltar el excelente trabajo realizado por Roco escribiendo en formato LATEX las soluciones de
los problemas que previamente haba recogido (y completado) en nuestras clases.
Huelva, septiembre de 2005.
Los autores.
http://www.uhu.es/gem/docencia/meteo-ccaa/
Indice general
1. Radiaci
on, equilibrio radiativo y temperatura
1.1. F
ormulas de interes . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1. Leyes del cuerpo negro . . . . . . . . . .
1.1.2. Constante solar . . . . . . . . . . . . . .
1.1.3. Temperatura de equilibrio . . . . . . . .
1.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . . . . . .
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3
3
3
3
4
5
2. Termodin
amica del aire no saturado
2.1. F
ormulas de interes . . . . . . . . . . .
2.1.1. Ecuaci
on del gas ideal . . . . .
2.1.2. Ascenso adiabatico de masas de
2.1.3. Nivel de equilibrio . . . . . . .
2.1.4. Procesos politr
opicos . . . . . .
2.1.5. Algunas definiciones u
tiles . . .
2.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . .
. . .
. . .
aire
. . .
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. . .
. . .
3. Termodin
amica del aire saturado
3.1. F
ormulas de interes . . . . . . . . . . . .
3.1.1. Humedad relativa . . . . . . . .
3.1.2. Ecuaci
on de Clausius-Clapeyron
3.1.3. Elevaci
on adiabatica . . . . . . .
3.1.4. Nivel de condensaci
on . . . . . .
3.1.5. Elevaci
on pseudo-adiab
atica . . .
3.1.6. Algunas definiciones u
tiles . . . .
3.2. Problemas resueltos . . . . . . . . . . .
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19
19
20
20
21
22
23
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71
71
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71
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73
73
74
75
INDICE GENERAL
Captulo 1
Radiaci
on, equilibrio radiativo y
temperatura
1.1.
F
ormulas de inter
es
1.1.1.
Leyes del cuerpo negro
Dado un cuerpo negro a una temperatura T , sabemos que su emitancia radiante monocrom
atica, R (, T ) viene dada por la ley de Planck. Si integramos en todo el rango de longitudes
de onda obtendremos la emitancia radiante, R1 , expresada por la ley de Stefan-Boltzmann,
Z
W
RB =
dR (, T ) = T 4 ;
= 5,67 108 2 4 .
(1.1)
m K
0
El valor de longitud de onda para el cual la emitancia radiante monocrom
atica ser
a m
axima,
viene dado por la ley del desplazamiento de Wien que puede derivarse como sigue:
RB (M , T ) = 0
M T = 2,9 103 mK
(1.2)
La ley de Kirchhoff nos dice que cualquier cuerpo no negro inmerso en un ba

no de radiacion y
en equilibrio con este a la temperatura T , emitir
a seg
un
R (, T ) = ()RB (, T )
(1.3)
donde es el coeficiente de emisividad que ser

a equivalente al de absortividad. Si, adem
as,
suponemos que este coeficiente es independiente de la longitud de onda, entonces podremos
expresar la radiancia o emitancia radiante total para cualquier cuerpo radiante como
R = T 4
1.1.2.
(1.4)
Constante solar
Considerado nuestro sol, o cualquier otra estrella, como un cuerpo negro radiante a la temperatura TS y con un radio RS , la potencia radiada, P , que llega a un punto separado de dicha
estrella por el vector ~r y a una superfice diferencial ds, caracterizada por el vector unitario
normal ~n, viene dada por
1
Para referirnos a la emitancia radiante tambien puede usarse la letra M .
EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

CAPITULO 1. RADIACION,
~ r)d~s = dP ~r ~n ds = T 4
dP = (~
S
d r3
RS
r
2
cos ds ,
(1.5)
siendo, en la aproximaci
on de radiacion is
otropamente distribuida,
Ptotal
dP
=
= RS2 RB (TS ) ;
d
4
(1.6)
y donde define el
angulo que forman la direcci
on de incidencia de los rayos luminosos y la
normal a la superficie. El flujo radiante, (r), definido en esta u
ltima ecuaci
on, calculado para
= 0 (orientaci
on normal) y para r = RT S (distancia Tierra-Sol) se denomina constante solar
y se designa con la letra S,

S = (RT S , = 0) = TS4
RS
RT S
2
(1.7)
Para los par

ametros caractersticos del sol y de la Tierra, el valor de la constante solar es
S = 1400 W/m2 .
1.1.3.
Temperatura de equilibrio
La potencia recibida por cualquier placa plana, de superficie s, situada en la Tierra, dado
que el angulo s
olido sustendido por ella desde el Sol es muy peque
no, se puede escribir muy
aproximadamente como:
P = S cos s .
(1.8)
La potencia total recibida por todo el planeta, P0 , corresponde a la recibida por la secci
on plana
m
axima del mismo, es decir por su disco, se tiene por tanto,
P0 = S rT2 ,
(1.9)
siendo rT el radio de la Tierra. Igualando la potencia total absorbida por el planeta (que es
la potencia total recibida menos la reflejada) a la que este radiara a su vez y suponiendolo un
cuerpo negro que se encuentra en equilibrio radiativo a la temperatura Teq con el Sol, se tendr
a:
(1 a)P0 = (1 a)S
rT2
4
4rT2 Teq
Teq =
(1 a)S
4
1
4
(1.10)
1.2. PROBLEMAS RESUELTOS
1.2.
Problemas resueltos
1. Determnese el valor de la constante de la ley de Stefan-Boltzmann ( = 5,67 108 W m2

K4 ) en unidades del sistema CGS y en Lang min1 K4 . Nota 1 Langley = 1 cal cm2 .
Soluci
on:
Conversi
on a unidades del sistema CGS:
5,67 108 J 107 erg
1 m2
= 5,67 105 erg s1 K4 cm2

1J
104 cm2
s m2 K4
Conversi
on a Lang min1 K4 :
5,67 108 J 1 cal
60 s
1 m2
= 8,13 1011 Lang min1 K4

4,18 J 1 min 104 cm2
s m2 K4
2. Calc
ulese el flujo de energa radiante emitido por la Tierra, considerada como un cuerpo
negro esferico a la temperatura de 300 K y cuyo radio es de 6370 km. Cual es el poder
emisivo total (irradiancia) de la Tierra?
Soluci
on:
En primer lugar calculamos la emitancia radiante (potencia emitida por unidad de
superficie) aplicando la ley de Stefan-Boltzman:
M = T4
M = 5,67 108 Wm2 K4 3004 K4
M = 459,3 Wm2
A continuaci
on calculamos la irradiancia (poder emisivo total) de la Tierra:
P = MA
siendo M la emitancia radiante y A la superficie de la Tierra.
P = T4 4R2
P = 5,67 108 Wm2 K4 3004 K4 4 (6370 103 m)2
P =
2,3 1017 W
3. El almacenador de energa de una central solar est

a constituido por una cisterna cilndrica
de 2 m de di
ametro y 4 m de altura, cuya superficie presenta una emisividad de 0,5 y que
contiene aceite a la temperatura de 150 C. La cisterna est
a situada en un recinto en el
que la temperatura se mantiene constante e igual a 27 C y se observa que las perdidas
de calor radiante son muy elevadas, por lo que vuelve a repintarse la cisterna con un

barniz de emisividad 0,3. Calc
ulese el tanto por ciento de reduccion de perdidas de flujo de
energa radiante si (a) el coeficiente de emisividad es identico a ambas temperaturas (b)
el dep
osito se comporta como un cuerpo negro al absorber la energa radiante del entorno.
Calc
ulese tambien la potencia emitida por el dep
osito para ambos valores de la emisividad.
Soluci
on:
11
00
00
11
00
11
00
00 11
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4m
T=150C
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2 m 11
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000
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00
11
0
1
000
00 111
11
T=27C
El flujo de energa radiante se define a partir de la siguiente expresi

on:
H =
Q
= Mdep Mpar = (T4dep T4par )
t
(a) Caso 1: C
alculo de la perdida de energa radiante y de la potencia emitida para
coeficientes de emisividad identicos a ambas temperaturas.
En nuestro caso, como presentan identica emisividad, los flujos de energa radiante
ser
an:
H0
0 (T4dep T4par )
H1
1 (T4dep T4par )
As pues, la perdida de energa radiante resultar

a:

H0 H1
H0
H0 H1
H0
0 (T4dep T4par ) 1 (T4dep T4par )

0 (T4dep T4par )
0 1
0,5 0,3
=
100 = 40 %
0
0,5
La potencia emitida por todo el dep

osito cuando = 0,5 ser
a P = M A, donde M es
la emitancia radiante y A la superficie de la cisterna cilndrica.
P = MA
P = 0 T4dep (2 r2 + 2 r h)
P = 0,5 5,67 108 W m2 K4 4234 K4 10 m2
P = 28514 W
(b) Caso 2: C
alculo de la perdida de energa radiante y de la potencia emitida cuando el
dep
osito se comporta como un cuerpo negro.
En este caso, como el dep
osito se comporta como un cuerpo negro absorber
a toda la
energa del entorno, por lo que los flujos de energa radiante ser
an:
H0 = 0 T4dep T4par
H1 = 1 T4dep T4par
As pues, la perdida de energa radiante resultar
a:
H0 H1
H0
H0 H1
H0
H0 H1
H0
H0 H1
H0
0 T4dep T4par 1 T4dep + T4par

0 T4dep T4par
0 T4dep 1 T4dep
0 T4dep T4par
0,5 4234 K4 0,3 4234 K4
0,5 4234 K4 3004 K4
= 81 %
La potencia emitida por todo el dep

osito cuando = 0,3 ser
a:
P = M A
P = 1 T4dep (2 r2 + 2 r h)
P = 0,3 5,67 108 W m2 K4 4234 K4 10 m2
P = 17109 W

4. Una esfera metalica de 1 m de radio se calienta a 1027 C . La esfera est
a recubierta de
una capa de pintura de emisividad 0,8. Determnese el flujo de radiacion termica que recibir
a una superficie circular de cuerpo negro de 2 cm de radio situada perpendicularmente
al radio de la esfera y a 200 m de distancia del centro de la misma.
1m
200 m
111
000
000
111
000
111
000
111
r=2cm
T=1027 C
Soluci
on:
En primer lugar calculamos la emitancia radiante de la esfera, para lo cual empleamos
la ley de Stefan-Boltzman:
M = T4
A continuaci
on calculamos el poder emisivo total de la esfera:
P = M A = T4 4R2
Por u
ltimo calculamos el flujo de radiacion termica que recibe la superficie circular:
P=
T4 4R2 2
r
4 D2
N
otese que r2 /4 D2 es la fracci
on de potencia recibida por el disco, asumiendo que el
disco cae sobre la esfera de radio D.
0,8 5,67 108 W m2 K4 13004 K4 12 m2
(2 102 m)2
2002 m2
P = 4,07 103 W
P =
5. Calc
ulese la temperatura de equilibrio de una superficie horizontal con albedo a = 0,4 en
una latitud de 40 N a las 12 : 00 horas del medioda del (a) equinoccio de primavera, (b)
solsticio de verano, sabiendo que la constante solar S = 1400 W y que se desprecian los
efectos debidos a la conducci
on del calor.
Soluci
on:
(a) C
alculo de la temperatura de equilibrio (Teq ) en el equinoccio de primavera:
Partimos del equilibrio que debe existir entre la potencia absorbida y emitida por la
placa; adem
as conocemos que en los equinoccios la radiacion solar incide perpendicularmente en el ecuador, por lo que (en nuestro caso) el angulo de inclinaci
on de dicha
radiacion coincide con la latitud. As pues, tenemos que:
Pemi = Pabs
T4eq A = (1 a) S A cos
r
4 (1 a) S cos
Teq =
s
(1 0,4) 1400 W m2 cos 40
Teq = 4
5,67 108 W m2 K4
Teq = 326, 4 K = 53,4 C
(b) C
alculo de la temperatura de equilibrio (Teq ) en el solsticio de verano:
Partimos, de nuevo, del equilibrio radiativo existente; adem
as conocemos que en el
sosticio de verano la radiacion solar incide perpendicularmente sobre el Tropico de
C
ancer, por lo que nuestro angulo de inclinaci
on solar ya no coincide con la latitud,
sino que habr
a que restarle el angulo de inclinaci
on del eje rotacional terrestre, siendo
por tanto, = 40 23,5 = 16,5
Pemi = Pabs
T4eq A = (1 a) S A cos
r
4 (1 a) S cos
Teq =
s
(1 0,4) 1400 W m2 cos 16,5
Teq = 4
5,67 108 W m2 K4
Teq = 345, 1 K = 72,1 C
6. Las estrellas pueden considerarse como cuerpos negros. Si se sabe que las longitudes de onda
correspondientes a las intensidades m
aximas de emisi
on son para la estrella Vega de 2070
A
(ultravioleta) y para la estrella Antares 11600 A (infrarrojo), determine las temperaturas

A=1010 m.
de las superficies de ambas, as como su emitancia radiante. Nota: 1
Soluci
on:
Para el c
alculo de las temperaturas de ambas estrellas aplicamos la ley de Wien:
10

max T =
T =
TV ega =
TAntares =
B
B
max
2,897 103 m K
14000 K
2070 1010 m
2,897 103 m K
2500 K
11600 1010 m
Para el c
alculo de la emitancia radiante nos basamos en la ley de Stefan-Boltzman:
T4
M =
MV ega = 5,67 108 W m2 K4 140104 K4 = 2,18 109 W/m2

MAntares = 5,67 108 W m2 K4 25004 K4 = 2,21 106 W/m2
7. Imagina un planeta X sin atm

osfera situado a una distancia del Sol D = 1,5 108 km.
Si su albedo es a = 0,35, cual ser
a su temperatura de equilibrio?. Imagina la presencia
de agua en abundancia en ese planeta, sabiendo que el albedo promedio para superficies
heladas es a = 0,85, cu
al ser
a, en esas condiciones, la temperatura de equilibrio? Seran
diferentes tus anteriores respuestas si el planeta X tuviese el tama
no de la Tierra o el de
Marte?. (Considera al planeta X y al Sol como cuerpos negros perfectos).
Datos: RS = 6,96 105 km; TS = 6000 K.
Soluci
on:
(a) Para el caso de a=0,35
El equilibrio radiativo se alcanzar
a cuando la potencia absorbida por el planeta se
iguale a la potencia emitida por el mismo. Por lo tanto tenemos que:
Pabs = Pemi
(1 a) S R2x = M A
T4s 4 R2s
R2x = T4eq 4 R2x
(1 a)
4 D2
N
otese que se absorbe en una superficie de R2 y se emite en una superficie de 4 R2 .
Teq =
Teq =
s
4
s
4
(1 a)R2s
Ts
4 D2
(1 0,35)(6,96 108 m)2
6000 K
4 (1,5 1011 m)2
Teq = 259 K
11
(b)Para el caso de a=0,85

Procedemos de la misma manera que en el apartado anterior hasta llegar a la expresi
on
de Teq , donde sustituimos el nuevo valor de a.
Pabs = Pemi
(1 a) S R2x = M A
T4s 4 R2s
(1 a)
R2x = T4eq 4 R2x
2
4 D
s
2
4 (1 a)Rs
Ts
Teq =
4 D2
s
(1 0,85)(6,96 108 m)2
6000 K
Teq = 4
4 (1,5 1011 m)2
Teq = 180 K
(c) Seran distintas las respuestas si el planeta tuviera el tama

no de Marte o la Tierra?
La respuesta seguira siendo la misma puesto que la temperatura de equilibrio tan
s
olo depende del albedo, el radio y la temperatura del sol y la distancia. En ning
un
momento depende del tama
no de los planetas, puesto que Rx , al estar en ambos
miembros, desaparece.
8. El Sol puede considerarse como un cuerpo negro a temperatura de 6000 K. Determnese la

longitud de onda correspondiente a la intensidad de emisi
on m
axima de la radiacion solar.
Soluci
on:
Aplicamos la Ley de Wien:
max T =
max =
max =
B
B
2,897 103 m K
=
T
6000 K
4,83 107 m = 483 nm
9. La longitud de onda correspondiente a la intensidad de emision m

axima de la radiacion
solar es 4800
A. Cual es la temperatura de la superficie solar?. A que longitud de onda
correspondera la emisi
on de intensidad m
axima si la temperatura de la superficie del Sol
aumentara 2000 C?
Soluci
on:
12

Aplicamos la Ley de Wien:
max T = B
La temperatura del sol (Tsol ) ser
a la siguiente:
B
max
2,897 103 m K
=
4800 1010 m
= 6035,4 K
Tsol =
Tsol
Tsol
La longitud de onda de m
axima emisi
on (max ) ser
a:
max =
max =
B
2,897 103 m K
=
T
8035,4 K
7
3,60 10 m = 360 nm
10. Calc
ulese la temperatura de la superficie del Sol, considerado como un cuerpo negro esferico
de 7 105 km de radio, suponiendo que la Tierra describe una orbita circular a su alrededor
de 1,5 108 km de radio y sabiendo que el valor de la constante solar es de 2 Langley min1 .
Soluci
on:
En primer lugar, expresamos la constante solar en unidades del S.I:
S =
2 cal
4,18 J 104 cm2 1 min
1400 W/m2
cm2 min 1 cal
1 m2
60 s
La expresi
on de la constante solar (S) es, por definicion, la siguiente:
S =
T4s 4 R2s
4 D2
Despejamos por tanto la temperatura del sol (Ts ) de la expresi

on anterior:
Ts =
D2 S
R2s
(1,5 1011 m)2 1400 W m2

5,67 108 W m2 K4 (7 108 m)2
= 5803 K
Ts =
Ts
s
4
13
11. El valor de la constante solar es de 2 Langley min1 , obtenido al tomar el Sol como
un cuerpo negro a la temperatura de 6000 K. Cual sera la temperatura de equilibrio de
radiacion de la Tierra en ausencia de atm
osfera si su superficie recibiera 0,5 Langleymin1
de radiacion solar? Cual sera la temperatura de la superficie del Sol en estas condiciones
si el radio del sol fuera 7 105 km y la distancia media tierra-sol fuera de 1,5 108 km?
Soluci
on:
En primer lugar expresamos la constante solar en unidades del S.I.:
S = 0,5
cal
4,18 J 104 cm2 1 min
349 W/m2
cm2 min 1 cal
1 m2
60 s
(a) La temperatura de equilibrio de la Tierra, (Te ), sera:

Partimos de una situaci
on de equilibrio entre el Sol y la Tierra, por lo que la potencia
absorbida por el planeta debe ser igual a la emitida por el mismo:
Pabs = Pemi
S R2T
Te
= T4e 4 R2T
s
r
S
349 W m2
4
= 4
=
4
4 5,67 108 W m2 K4
Te = 198 K
(b) La temperatura de la superficie del Sol, (Ts ), sera:

Usando la definicion de la constante solar:
S =
Ts =
Ts =
Ts =
T4s 4 R2s
2
s 4 D
4
S D2
R2S
349 W m2 (1,5 1011 m)2

5,67 108 W m2 K4 (7 108 m)2
4100 K
4
12. Calc
ulese la cantidad de calor por unidad de area y unidad de tiempo expresada en
kcal cm2 h1 que ha de transmitir la Tierra a la atm
osfera por procesos no radiativos para
que se establezca el equilibrio, sabiendo que la superficie terrestre recibe 0,261 Langley min1
14

en forma de radiacion solar directa y difusa, que recibe tambien 0,456 Langley min1 procedente de la atm
osfera en forma de radiacion de onda larga y que la radiacion de onda
larga de la Tierra hacia la atm
osfera y el espacio es de 0,567 Langley min1 . Determnese
tambien la temperatura de la superficie terrestre suponiendo que radia como un cuerpo
negro.
Soluci
on:
(a) Cantidad de calor transmitida por la Tierra por procesos no radiativos :
Para que se establezca el equilibrio, la potencia absorbida por la Tierra debe ser igual
a la potencia emitida, por lo tanto:
e r.dir
P
e abs = P
e emi
P
e o.lar = P
e atm + P
e no rad
+P
e no rad = P
e r.dir + P
e o.lar P
e atm
P
e es una potencia por unidad de superficie

donde P
e no rad = 0,261 Langley min1 + 0,456 Langley min1 0,567 Langley min1
P
e no rad = 0,15 Langley min1
P
Pasamos esta energa a unidades de Kcal/cm2 h:
e no rad = 0,15
P
1 kcal
60 min
cal
= 0,009 kcal/(cm2 h)
2
cm min 1000 cal
1h
(b) Temperatura de la superficie terrestre:

La potencia que emite la Tierra hacia la atm
osfera mediante procesos radiativos
(emitancia) es 0,567 langley/min. En unidades del S.I. ser
a:
M = 0,567
4,18 J 104 cm2 1 min

cal
= 395 W/m2
cm2 min 1 cal
1 m2
60 s
As pues, aplicando la ley de Stefan-Boltzman calculamos dicha temperatura:

M = T4
s
r
M
395 W m2
4
= 4
T =
5,67 108 W m2 K4
T = 289 K
15
13. Un telescopio con un objetivo de un metro de radio est

a dotado de un dispositivo que
permite medir la energa recibida por cada frecuencia. Orientando el telescopio hacia una
estrella lejana de tipo medio, medimos que la longitud de onda para la que se obtiene el
m
aximo de energa es = 4700
A, y que tras 20 minutos de exposicion la energa total
recibida, barriendo todas las frecuencias, es de 6 mJ. A que distancia se encuentra la
estrella, si suponemos que su radio es el del Sol? (Nota: Rs = 7 105 km)
Soluci
on:
La potencia absorbida por el telescopio en unidades del S.I. ser
a:
P =
6 103 J 1 min
= 5 106 W
20 min
60 s
Por otro lado, aplicando la ley de Wien, podemos calcular la temperatura de la

estrella:
max T = B
T =
max
2,897 103 m K
T =
4700 1010 m
T = 6164 K
Por u
ltimo, bas
andonos en la ley de StefanBoltzmann, procedemos a calcular dicha
distancia:
Pabs = 5 106 W
T4 4R2s
Pabs =
r2 = 5 106 W
2
4
D
s
D =
D =
T4 R2s r2
Pabs
s
5,67 108 W m2 K4 61644 K4 (7 108 m)2 1 m2
5 106 W
D = 5,02 1015 m
14. Es bien sabido que los termometros para medir la temperatura atmosferica no pueden
estar expuestos directamente al sol. Considere dos termometros con identica emisividad
para longitudes de onda largas (correspondientes a la radiacion que emiten) pero con
diferente emisividad para longitudes de onda cortas (correspondientes a la radiacion que
absorben), 1 > 2 . Si sobre ambos termometros incide directamente la radiacion solar,
calcule cu
al alcanzar
a mayor temperatura.
Soluci
on:
1 = 2 para la radiacion emitida (onda larga)
16

1 > 2 para la radiacion absorbida (luz visible)
Teniendo en cuenta los datos aportados y el equilibrio que debe establecerse (potencia
absorbida es igual a la potencia emitida), tenemos que:
Pabs = Pemi
Termometro 1 1 e
S A = 1 T41 A
Termometro 2 2 e
S A = 2 T42 A
donde e
S es proporcional a la constante solar, A es el area sobre la que se recibe radiacion
y A es el
area sobre la que se emite.
Dividiendo ambas ecuaciones, obtenemos que:
1 /2 = T41 /T42
Como 1 > 2 esto significa que T1 > T2
15. El valor de la constante solar es S = 1400 W/m2 . Si la distancia Tierra-Sol aumenta un 6 %

calcule el nuevo valor de la constante solar y la nueva temperatura de equilibrio teniendo
en cuenta que el albedo de la tierra a = 0,3. A la vista del resultado, debe comentar algo
acerca de la validez del valor de la temperatura calculado?
Soluci
on:
(a) Nueva constante solar (S):
Si la distancia T-Sol (D) aumenta un 6 %, la nueva distancia ser
a:
D = D + 0,06D = 1,06D
Y la nueva constante solar (S) sera:
S =
T4 4 R2S
4 D2
1400
S =
1,062
S
T4 4 R2S
=
4 (1,06D)2
1,062
= 1246 W/m2
Es decir, la constante solar disminuye 12 %.

(b) Nueva temperatura de equilibrio de la Tierra (Te ):
17
Al estar en equilibrio, la potencia absorbida por la Tierra es igual a la potencia emitida

por la misma:
Pabs = Pemi
(1 a)S R2T
Te
= T4e 4 R2T
r
4 (1 a)S
=
s 4
Te =
(1 0,3)1246 W m2
5,67 108 W m2 K4 4
Te = 249 K
16. Suponga que el

angulo de inclinaci
on del eje de rotaci
on de la Tierra respecto al vector
normal a la eclptica pasa a ser de 30 . Indique las latitudes de los crculos polares y de
los tropicos.
Soluci
on:
Solsticio
Polo
30
Rayos solares
Ecuador
90
30
Polo
=30
A la vista de esta figura, donde se muestra la situaci
on de la Tierra cuando se encuentra
en la posicion orbital correspondiente a un solsticio, resulta evidente que los tropicos se
encuentran en la latitud 30 N (S) y los crculos polares en el angulo complementario al
anterior, es decir 60 N (S).
18

Captulo 2
Termodin
amica del aire no saturado
2.1.
F
ormulas de inter
es
2.1.1.
Ecuaci
on del gas ideal
La mezcla de gases atmosfericos que denominamos aire seco m

as el vapor de agua contenido,
que ser
a descrito por un ndice de humedad ser
a muy razonablemente aproximado por un gas
ideal,
donde
P =r T ,
(2.1)

ra rs
3
r = rs 1 +
q rs 1 + q ,
rs
5
(2.2)
siendo rs = R/Ms = 0,287 g JK , ra = R/Ma = 0,461 g JK , R la constante universal de los gases

y Ms y Ma , respectivamente, las masas moleculares de la mezcla de aire seco (obtenida de
las masas moleculares de sus componentes ponderadas por su concentraci
on) y del agua. q es
un ndice de humedad caracterstico denominado humedad especfica y que se define como la
proporci
on de masa de vapor de agua por unidad de masa de aire,
q=
ma
m
=
,
ma + ms
m+1
(2.3)
donde m es la proporci
on de mezcla o proporci
on de masa de vapor de agua por unidad de masa
de aire seco. Conocida la presi
on parcial de vapor de agua en el aire, e, tambien puede escribirse:
e
m
=
,
P
+m
rs
5
.
ra
8
(2.4)
a de los problemas se
Es correcto emplear la aproximacon Pe q m
, aunque en la mayor
usar
a la relaci
on exacta.
Usando la aproximaci
on de gas ideal puede obtenerse tambien el calor especfico a presi
on
constante del aire atmosferico:
cp = cp (s) (1 + k q) , k =
cp (a)
1 = 0,86 .
cp (s)
Los calores especficos para agua y aire seco valen: cp (s) = 1,005 g JK , cp (a) = 1,86 g JK .
19
(2.5)
20
2.1.2.
CAPITULO 2. TERMODINAMICA
DEL AIRE NO SATURADO
Ascenso adiab
atico de masas de aire
Dada una masa de aire que evoluciona verticalmente en el seno de la atm

osfera, usando el
principio fundamental de la Hidrost
atica,
dP = gdz ,
(2.6)
para describir la variaci

on de la presi
on, P , con la altura, z, e implementandolo en el primer
principio de la Termodin
amica, se tendr
a:

T
Q = dU + P dV = mcp dT V dP = m cp dT + gdz ,
T
(2.7)
donde m es la masa del aire de evoluciona verticalmente y donde, en todo momento a una altura
z dada, se considera que dicha masa de aire se encuentra en equilibrio din
amico, es decir que su
presi
on es igual a la presi
on atmosferica a esa altura z. Si, ahora, consideramos adem
as que la
evoluci
on es adiab
atica (hip
otesis de la burbuja), es decir dQ = 0, la variacion de la Temperatura
de esta masa de aire con la altura viene dada por
dT
dz
adiab
T
;
T
(2.8)
a:
donde el coeficiente de enfriamiento por ascensi
on adiab
atica, , resultar
=
g
g
=
(1 + kq)1 =
.
cp
cp
1 + kq
(2.9)
El coeficiente de enfriamiento por ascensi

on adiab
atica para el aire seco (q = 0) vale: =
0,0098 C/m.
Si suponemos que la temperatura atmosferica, T , vara linealmente con la altura,
T (z) = T0 z ,
(2.10)
donde es el llamado gradiente vertical de temperatura y donde, por simplicidad, hemos considerado la altura de referencia z0 = 0 siendo T (z0 ) = T0 ; a partir de la variacion de la temperatura
de la masa de aire, T , con la altura dada por la ecuaci
on (2.8), por integracion, se obtendr
a:

z
z /
T (z) = T0 1
T0 1
T0
T0
2.1.3.
(2.11)
Nivel de equilibrio
El nivel de equilibrio, ze , se define como aquella altura a la que las temperaturas de la masa
de aire que evoluciona adiabaticamente y de la atm
osfera circundante se igualan:
T (ze ) = T (ze ) = Te .
Imponiendo esta ultima condici
on, de las ecuaciones (2.10,2.11), se tendr
a:
(2.12)
2.1. FORMULAS
DE INTERES
o, de manera aproximada,
21

T0
T
;
ze = 0 1

T0
ze =
T0 T0
.
T0
T0
(2.13)
(2.14)
La temperatura de dicho nivel de equilibrio, Te , se calcular

a como:
Te = T0 ze ,
(2.15)
a partir tanto del resultado exacto como del resultado aproximado.
2.1.4.
Procesos politr
opicos
Se denomina proceso politr

opico a aquel en el que
dQ = mcdT ,
(2.16)
donde c es el calor especfico del proceso y debe ser una constante independiente de la temperatura. En estas condiciones, de nuevo, a partir del primer principio de la termodin
amica y
del principio fundamental de la hidrost
atica (ecuaci
on (2.7)), obtendremos:
0 = (cp c) dT +
T
gdz .
T
(2.17)
Comparando esta ecuaci

on con la del caso adiabatico, inferiremos que todos los resultados para
procesos adiab
aticos son aplicables a procesos politr
opicos sin mas que reemplazar:
cp cp c ,
(2.18)
y, si fuera necesario, el calor especfico a volumen constante,

cv cv c .
(2.19)
La ecuaci
on que describe la evoluci
on adiab
atica de un gas ideal es
P V = cte. ,
donde : =
cp
;
cv
(2.20)
para un proceso politr

opico se reemplazara:
=
cp
cp c
p =
,
cv
cv c
dandose a p el nombre de ndice politr

opico.
(2.21)
22
2.1.5.
Algunas definiciones u
tiles
Indice de estabilidad: Define la estabilidad de la estratificacion atmosferica a partir de la

comparaci
on de la ecuaci
on de un resorte con la del movimiento de una burbuja de aire en la
atm
osfera.
d2 z
= z ;
dt2
=g
;
T
(2.22)
Temperatura potencial: Se define como la temperatura que una masa de aire tendra tras
evolucionar adiabaticamente hasta una presi
on de referencia, dicha presi
on de referencia es de
1000 hPa.
=

1000 r/cp
P
(2.23)
Temperatura virtual: Se define como la temperatura que tendra una masa de aire humedo,
a una cierta presi
on y temperatura, si todo su vapor de agua se condensara manteniendose
constante la presi
on y la densidad.

3
rT = rTv
Tv = T 1 + q .
(2.24)
5
23
2.2.
Problemas resueltos
17. Calc
ulese la variaci
on de temperatura que experimentar
a 1 g de aire seco sometido a una
presi
on de 1010 hPa y a una temperatura de 10 C cuando se le aportan 6 cal manteniendo
constante la presi
on y a continuaci
on la presi
on desciende en 40 hPa mediante un proceso
adiabatico.
Soluci
on:
En este caso, el aire seco sufre dos procesos: un proceso isob
arico en el que se le
aportan 6 cal y otro proceso adiabatico (descendiendo la presi
on). Para calcular el
Ttotal necesitamos saber el T en cada uno de los procesos.
(a) Proceso isob

arico: (P1 = 1010 hPa; T1 = 283 K)
Aplicamos el primer principio de la termodin
amica:
q = cp dT v dP
Q
donde q es el calor por unidad de masa, q = ; cp es el calor especfico y v es el
m
volumen especfico.
Como el proceso es a P = cte, vdP = 0, entonces nos queda que:
q = cp T
q
T1 =
cp
6 cal (4,18 J/1 cal)(1/g)
T1 =
1,005 J/gK
T1 = 24,9 K
Luego T2 = 308,0 K
(b) Proceso adiabatico: (P2 = 1010 hPa; T2 = 307,95 K; P3 = 970 hPa)
A continuaci
on sufre un proceso adiabatico, en el que la presi
on pasa de 1010hPa
a 970 hPa. Teniendo en cuenta el T anterior, calculamos T3 aplicando una de las
ecuaciones de Poisson para los procesos adiabaticos:
T2
P2 1
cp
donde =
cv
=
=
T3
P3 1
1,00529
= 1,4
0,7183
De esta manera, despejando T3 podemos ya calcular el Ttotal :

24
T3 = T2
P3
P2
1
T3 = 307,95 K
T3 = 304,4 K
970 hPa
1010 hPa
1,4 1
1,4
Por lo tanto, la variaci

on total de temperatura ser
a:
Ttotal = T3 T1 = 304,4 K 283 K = 21,4 K
18. Calc
ulese la variaci
on de temperatura experimentada por 1 kg de aire seco cuando recibe
400 cal a volumen constante y a continuaci
on pierde 220 cal a presion constante.
Dato: cp (as) = 1,0046 J/gK.
Soluci
on:
El aire seco sufre dos procesos: uno is
ocoro en el que recibe 400 cal y otro is
obaro en
el que pierde 220 cal.
(a)Proceso is
ocoro
q =
400 cal 4, 18 J 1 kg
= 1,672 J/g
kg
1 cal 103 g
q es positivo y por tanto es calor que entra en el sistema

amica:
q = cv dT + P dv
Al ser un proceso is
ocoro, dv = 0, por lo que nos queda que:
q = cv T
q
T1 =
cv
1,672 J/g
= 2,33 K
T1 =
0,718 J/gK
(b)Proceso is
obaro:
q =
220 cal 4,18 J 1 kg
= 0,92 J/g
kg
1 cal 103 g
q es negativo y por tanto es calor que sale del sistema.
25

Volvemos a aplicar el primer principio de la termodin
amica:
q = cp dT v dP
Al ser un proceso is
obaro, dP = 0, por lo que nos quedara:
q = cp T
q
T2 =
cp
0,92 J/g
T2 =
1,005 J/gK
T2 = 0, 91 K
El Ttotal ser
a:
Ttotal = 2,33 K + ( 0,91 K) = 1,42 K
19. Determnese el calor que sera necesario aplicar a una burbuja de aire seco de 1 kg de masa
si su temperatura disminuye 25 C debido a un ascenso de 3,5 km. Calc
ulese el trabajo de
expansion que acompa
na a este proceso. Suponer T /T 1.
Soluci
on:
(a) Para calcular q:
En primer lugar calculamos el ndice de enfriamiento (). N
otese que el proceso no
es el adiabatico.
p =
dT
dz
( 25 C )
3,5 103 m
p = 7,14 103 C /m
amica:
q = cp dT + g dz
y dividimos por dz:

q
dz
q
dz
q
dz
= cp p + g = cp ( p )
= 1005
J
(9,75 103 K/m 7,14 103 K/m)
kg K
= 2,63 J/kg m

26
Para el ascenso de 3,5 103 m necesitar

a:
QT
2,63 J
3,5 103 m 1 kg = 9185 J.
kg m
(b) Para calcular el trabajo (W):

amica:
Q = m cv dT + W .
W QT m cv T .
J
( 25 K) 1 kg = 27135 J .
W = 9185 J 718
kg K
20. Con el objeto de elevar un globo meteorol

ogico, se calienta el aire en su interior por medio
de un soplete, mientras est
a amarrado a tierra, hasta comunicarle 54,5 kcal.
Datos: mb =5 kg, cp = 0,24 cal/(g C)
(a) Cual ser
a la temperatura de la masa de aire en el interior del globo cuando se apaga
el soplete, sabiendo que el aire estaba inicialmente a 25 C?
(b) Suponiendo las paredes del globo ideales para aproximar la masa de aire en su interior
como una burbuja, y sabiendo que la temperatura en tierra es de 25 C y que al
paso por los 750 m sobre el nivel del suelo se han registrado 19,75 C, a que altura
alcanzar
a el globo el equilibrio y detendr
a su ascension ?
(c) Si el soplete calienta a un ritmo de 0,5 kcal/min, cuanto tiempo tenemos que tener
encendido el soplete para que el globo alcance los 2000 m?
Soluci
on:
(a) Temperatura de la masa de aire al apagar el soplete:
amica en el instante inicial, cuando el
globo est
a en el suelo (z = 0):
q = cp T
q
T =
cp
donde
cal 4,18 J 103 g
= 1003,2 J/(kg K)
g K 1 cal 1 kg
103 cal 4,18 J
= 227810 J para los 5 kg

q = 54,5 kcal
1 kcal 1 cal
cp = 0,24
27

Sustituyendo, obtenemos T:
q
cp
227810 J/5 kg
T =
1003,2 J/(kg K)
T = 45,4 K
T =
La temperatura final despues de calentarlo con el soplete ser

a:
Tf inal = 298 K + 45,4 K = 343,4 K
(b) C
alculo de la altura de equilibrio (zeq ):
Sabemos que T0 = 298 K y que en z = 750 m T = 292,75 K, por tanto podemos
calcular :
T = T0 z
T0 T
=
z
298 K 292,75 K
=
750 m
= 7 103 K/m
Para obtener zeq partimos de que en el equilibrio, T = T, y tenemos en cuenta que
consideraremos el proceso adiabatico, por tanto:
T = T0 zeq
T0
T = T0 zeq
T0
Si igualamos y despejamos zeq nos quedara que:
T0
zeq
T0
T0 T0
(T0 /T0 )
T0 zeq = T0
zeq =
Teniendo en cuenta que = 9,75 103 K/m, ya podemos sustituir en zeq :

298 K 343,3 K
0,007 K/m (343,3 K/298 K) 9,75 103 K/m
11000 m
zeq =
zeq
(c) C
alculo del tiempo que hay que mantener el soplete encendido:

28
Calculamos en primer lugar la temperatura que tiene que tener el globo en el suelo
para que llegue a 2000 m, T0 , despej
andola de la siguiente expresi
on:
z =
T0 =
T0 =
T0 T0
(T0 /T0 )
z T0
( z/T0 ) 1
0,007 K/m 2000 m 298 K
= 304 K
((9,75 103 K/m 2000 m)/298 K) 1
A continuaci
on calculamos el calor necesario para que llegue a 304 K cuando el globo
est
a en el suelo. Para ello aplicamos el primer principio de la termodin
amica:
q = cp dT
J
(304 K 298 K)
kg K
q = 6030 J/kg
q = 1005
Al tratarse de 5 kg
qT
= 6030
J
5 kg = 30150 J
kg
El tiempo estimado ser

a:
t = 30150 J
1 kcal
1 min
1 cal
= 14, 4 min
4,18 J 103 cal 0,5 kcal
21. Una burbuja de aire seco con gran contenido en partculas de polvo absorbe por radiacion
50 cal/kg por cada 100 m de ascenso. Determnese la variacion de temperatura experimentada por la burbuja tras un ascenso de 1000 m. Suponer T /T 1.
Soluci
on:
Dadas las condiciones del problema se trata de un proceso politr
opico.
amica:
q = cp dT + g dz
A continuaci
on dividimos entre dz y despejamos dT/dz:
q
dz
dT
dz
dT
dz
+g
dz
dz
q/dz g
cp
= cp
=
29

donde:
q
50 cal
4,18 J
=
= 2,09 J/(kg m)
dz
kg 100 m 1 cal
Sustituyendo, nos queda que T sera igual a:
q
dz
g
z
cp
2,09 J/(kg m) 9,8 m/s2
T = =
1000 m
1005 J/(kg K)
T = 7,7 K
T =
22. Una burbuja de aire seco con gran contenido en partculas de polvo absorbe gran cantidad
de radiacion a un ritmo constante de 100 cal/kg cada 100 m. Si suponemos que la burbuja
asciende en una situaci
on de permanente equilibrio, es decir con Tb (z)/Tat (z) 1:
(a) Cual ser
a el descenso de temperatura cuando el ascenso de la burbuja sea de 1000
m?
(b) Demostrar que el proceso es politr
opico y calcular el calor especfico por unidad de
masa del proceso y el ndice politr
opico.
(c) La ascensi
on de la burbuja, bajo las anteriores condiciones, se produce a velocidad
constante, por que?. Si la burbuja tiene una masa de 5100 kg y podemos suponer
que la energa recibida por radiacion proviene del Sol, determinar cu
al sera el flujo
de energa (energa total por unidad de tiempo) recibido desde el Sol, tomado como
un cuerpo negro de T = 6000 K, y considerando la burbuja esferica de radio rb = 10
m como un cuerpo con emisividad = 0,7. Cual ser
a la velocidad de ascension de la
burbuja? (suponed que la burbuja se encuentra a la misma distancia del Sol que la
propia Tierra, datos: RS = 7,105 Km, RT S = 1,5 108 Km, 0 = 8,16 1011 Langley
/(minK4 ))
Soluci
on:
Dadas las condiciones del problema se trata de un proceso politropico.
(a) C
alculo del descenso de temperatura (T)
En primer lugar calculamos p aplicando el primer principio de la termodin
amica:
q = cp dT + g dz
q
dT
= cp
+g
dz
dz
q
= c p p + g
dz
g q/dz
p =
cp
9,8 m/s2 4,18 J/kg m
p =
1005 J/kg K
3
p = 5,6 10 K/m

30
Por tanto, para un ascenso de 1000 m, el T ser

a:
dT
dz
T = p z
p =
T = 5,6 103 K/m 1000 m

T = 5,6 K
(b) Demostraci
on de que el proceso es politr
opico. Calculo del calor especfico y del
ndice politr
opico.
(b.1) Esta cuesti
on es trivial de demostrar ya que al ser q/dz = cte (asumiendo
T0 /T0 1), supone dT/dz = p = cte. Por tanto, volviendo al primer principio:
q = cp dT + g
dz
dT = cp (1 /p )dT
dT
siendo
c = cp
1
p
(b.2) Para calcular el calor especfico del proceso (c) aplicamos el primer principio de la
termodin
amica para un proceso politr
opico, obteniendo dicha expresi
on para el mismo:
g
= cp (1 /p )
p

9,75 103 K/m
c = 1005 J/(kg K) 1
5,6 103 K/m
c = 745 J/(kg K)
c = cp
Como se ve es negativo ya que se ha absorbido calor en el proceso.

(b.3) Para calcular el ndice politr
opico (p ) utilizamos la siguiente expresi
on:
c cp
c cv
745 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
=
745 J/(kg K) 718 J/(kg K)
= 1,2
p =
p
p
(c) Demostraci
on de la velocidad de ascension constante. Calculo de la potencia
absorbida (P) y de la velocidad (v).
(c.1) Para saber por que v es constante aplicamos en primer lugar el principio de la
termodin
amica y dividimos entre dt:
31

q
dt
= cp
dT
dz
dz
+g
= cp (p + )
dt
dt
dt
Por otro lado, para un proceso politr

opico (dividiendo tambien por dt) tenemos que:
q
dt
= c
dT
dt
Teniendo en cuenta que en un proceso de absorci

on la energa se absorbe a ritmo
constante, q/dt = cte. Si q/dt, y p son constantes, forzosamente la velocidad de
ascenso de la burbuja, dz/dt es necesariamente constante.
(c.2) Para calcular la potencia absorbida atendemos a la siguiente expresi
on:
T4s 4 R2s
R2b
4 D2
5,67 108 W/m2 K4 60004 K4 (7 108 m)2
P =
10 m2 0,7
(1,5 1011 m)2
P = 3,5 105 W
P =
(c.3) Para calcular la velocidad de ascension (v) aplicamos el primer principio de la

termodin
amica y dividimos en primer lugar por dz (para obtenerlo en funcion de ) y
posteriormente por dt (para as obtener la expresi
on de la velocidad):
q
q
dz
q
q
dt
= cp dT + g dz
= cp p + g
= ( cp p + g) dz
dz
= ( cp p + g)
= cp (p + ) v
dt
q/dt
v =
cp p + g
3,5 105 J/5100 kg s
v =
1005 J/(kg K) 5,6 103 K/m + 9,8 m/s2
v = 16,4 m/s
23. Demuestrese que si una burbuja de aire seco de masa m asciende adiabatica y reversiblemente su trabajo de expansion puede ser calculado mediante la ecuaci
on:
W =
g T
dz,
x T
siendo x el ndice adiabatico (x = cp /cv ). Encontrar una expresi

on an
aloga para el caso de
una evoluci
on politr
opica.
32
(a) Expresi
on para un ascenso adiabatico:
Partimos de la siguiente expresi
on, P = rT , donde es el volumen especfico y
r = R/M , siendo R la constante de la ley de los gases ideales y M la masa molecular
del aire. Si derivamos la misma, obtenemos que:
Pd + dP = rdT
Pd = rdT dP
dW = rdT dP
Aplicamos a continuaci
on el principio fundamental de la hidrost
atica dP = gdz,
con lo que el trabajo nos queda:
dW = rdT + gdz
dW = rdT +
gdz
T
dW = rdT + gdz
T
A continuaci
on, aplicamos el primer principio de la termodin
amica para un proceso
adiabatico (Q = 0), donde despejamos dT y sustituimos en la expresi
on anterior:
T
g dz
T
(T/T )gdz
cp

(T/T ) gdz
r
+
cp

T
r
gdz
1
cp
T

cp cv
T
gdz
cp
T

1
T
gdz
x
T
g T
dz
x T
0 = cp dT +
dT =
dW =
dW =
dW =
dW =
dW =
T
gdz
T
(b) Expresi
on para un proceso politr
opico:
amica para un proceso politropico (q =
c dT), donde despejamos dT y sustituimos en la expresi
on anterior:
33

T
g dz
T
(T/T )gdz
cp c

(T/T ) gdz
T
r
+ gdz
cp c
T

T
r
gdz
1
cp c
T

cp cv
T
1
gdz
cp c
T

T
1
gdz
xp
T
g T
dz
xp T
c dT = cp dT +
dT =
dW =
dW =
dW =
dW =
dW =
24. Una burbuja de aire seco con una temperatura de 15 C y una presi
on de 1010 hPa asciende
adiabaticamente hasta un nivel donde la presi
on es de 700 hPa. Determnese la temperatura
de la burbuja en el nivel superior.
Soluci
on:
Calculamos T2 aplicando la ecuaci
on de la adiabatica (Poisson):
T1
T2
T2
T2
T2
P1 1
P2 1
1
P2
= T1
P1
1,4 1

1,4
700 hPa
= 288 K
1010 hPa
= 259,4 K
25. Determnese la variaci

on de temperatura de una burbuja de aire seco que asciende mediante
un proceso politr
opico en el cual la densidad de la burbuja no vara. Suponer = .
Soluci
on:
Por un lado, sabemos que q = cp dT + g dz, donde hemos usado que = y
T = T . Adem
as, al ser un proceso politr
opico, tambien sabemos que q = c dT.
Igualando ambas expresiones nos queda lo siguiente:
c dT = cp dT + g dz
0 = dT(cp c) + g dz
g dz
dT =
cp c
g
dT
=
dz
cp c

34
En este caso podemos calcular facilmente c

uanto vale c:
P = r T ya que = cte dP = r dT
Tambien sabemos que dP = g dz. Al ser = obtenemos que r dT = g dz.
As pues, dT/dz = g/r
Comparando esta expresi
on con la obtenida en un principio:
cp c = r
c = cv
26. Sabiendo que el gradiente de una evoluci

on politr
opica (p ) es igual a 0,5 C por cada 100
m de ascenso, determnese el calor especfico de la evoluci
on.
Soluci
on:
Aplicamos el primer principio para un proceso politr
opico:
c dT = cp dT + g dz
0 = dT(cp c) + g dz
g
g
dT
=
p =
=
dz
cp c
cp c
1 c/cp
Despejando c y sustituyendo los datos conocidos, obtenemos que:
dT cp + dz g
dT
0,5 K 1005 J/(kg K) 100 m 9,8 m/s2
c =
0,5 K
c = 955 J/(kg K)
c =
27. Determnese el calor especfico de una evoluci

on politr
opica sabiendo que se verifica la
siguiente ecuaci
on: P V 3 = cte.
Soluci
on:
Al tratarse de una evoluci
on politr
opica, donde P V3 = cte, significa que = 3. Por
otro lado, sabemos que:
c cp
c cv
Despejamos c y sustituyendo los datos conocidos, obtenemos que:
35

c cv = c cp
c c = cv cp
cv cp
c =
1
3 718 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
c =
31
c = 574 J/kg K
28. Una burbuja de aire seco asciende mediante una evoluci

on politropica. Si la temperatura
de la burbuja disminuye 0,7 C por cada 100 m de ascenso, determnense el exponente
politr
opico, la variaci
on de calor con la altura y el calor especfico asociados al proceso.
Soluci
on:
(a) C
alculo del calor especfico (c):
En primer lugar obtenemos :
( 0,7) K
dT
=
= 0,007 K/m
dz
100 m
A continuaci
on aplicamos el primer principio de la termodin
politr
opico:
p =
q = cp dT + g dz
c dT = cp dT + g dz
(c cp ) dT = g dz
g
dT
=
dz
c cp
g
p =
c cp
g
+ cp
c =
p
9,8 m/s2
+ 1005 J/(kg K)
c =
0,007 K/m
c = 395,4 J/kg K
(b) C
alculo del exponente politr
opico ():
Aplicando la definicion del coeficiente politr
opico, obtenemos que:
c cp
c cv
395,4 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
=
395,4 J/(kg K) 718,4 J/(kg K)
= 1,26
p =
p
p

36
(c) Calculo de la variaci

on de calor con la altura (q/dz):
amica para un proceso politropico:
q = c dT
dividimos entre dz:

q
dz
q
dz
q
dz
= c p
= 395,4 J/(kg K) ( 0,007)K/m
= 2,8 J/(kg m)
29. Un masa de aire seco tiene una temperatura de 5 C en el nivel de 1010 hPa y asciende
siguiendo una ley politr
opica de calor especfico negativo igual a c = 0,07 cal/(g K).
Calc
ulese la temperatura que tendr
a la masa de aire al llegar al nivel 850 hPa.
Soluci
on:
En primer lugar expresamos el calor especfico en unidades del S.I:
0,07 cal 4,18 J 103 g
= 292,6 J/(kg K)
gK
1 cal
1 kg
c =
A continuaci
on calculamos el exponente politr
opico (p ):
c cp
c cv
292,6 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
=
292,6 J/(kg K) 718,4 J/(kg K)
= 1,28
p =
p
p
A continuaci
on, utilizamos la formula de Poisson para un proceso politropico, donde
T1 = 278 K, P1 = 1010 hPa y P2 = 850 hPa:
T1
T2
T2
T2
T2
P1 1
P21
1
P2
= T1
P1

1,28 1
1,28
850 hPa
= 278 K
1010 hPa
= 268 K
37

30. Los datos de un radiosondeo arrojan los siguientes valores de presi
on y temperatura:
P (hPa)
T ( C)
1022
17
987
10
810
4
740
0
578
-12
Calc
ulese las temperaturas potenciales para cada punto y determinar las condiciones de
estabilidad de la atm
osfera.
Soluci
on:
La Temperatura potencial viene dada por la siguiente expresi
on:
= T
1000
P
1
(a) Caso a: Ta = 17o C y Pa = 1022 hPa
a
a
a
1
1000
= Ta
Pa
1,41

1000 hPa 1,4
= 290 K
1022 hPa
= 288,2 K
(b) Caso b: Tb = 10o C y Pb = 987 hPa
b
b
b
1
1000
= Tb
Pb

1,41
1000 hPa 1,4
= 283 K
987 hPa
= 284,1 K
(c) Caso c: Tc = 4o C y Pc = 810 hPa
c
c
c
1
1000
= Tc
Pc

1,41
1000 hPa 1,4
= 277 K
810 hPa
= 294,2 K

38
(d) Caso d: Td = 0o C y Pd = 740 hPa
d
d
d
1
1000
= Td
Pd

1,41
1000 hPa 1,4
= 273 K
740 hPa
= 297,6 K

(e) Caso e: Td = 12o C y Pd = 578 hPa
e
e
e
1
1000
= Te
Pe
1,41

1000 hPa 1,4
= 261 K
578 hPa
= 305,3 K
Para que el estado de la atm

osfera sea estable, las temperaturas potenciales deben ir
aumentando de un punto a otro, ya que las presiones son cada vez menores. Esto se
cumple salvo entre los dos primeros puntos. por lo tanto, es inestable s
olo entre los
puntos a y b; siendo el resto estable.
31. Dada una atm

osfera con un gradiente vertical de temperatura = 0,65 C/100 m, determnese el calor que debera absorber una masa de aire seco en ascenso para que se
encontrara a igual temperatura que el aire atmosferico en todos los niveles.
Soluci
on:
Para que la temperatura de la masa de aire seco en ascenso sea igual a la temperatura del aire atmosferico en todos los niveles, es condici
on necesaria que = =
6,5 103 o C/m. As pues, aplicando el primer principio de la termodin
amica:
q = cp dT + g dz
q
= cp + g
dz
Como = :
q
dz
q
dz
q
dz
= cp + g
= 1005 J/(kg K) 6,5 103 K/m + 9,8 m/s2
= 3,3 J/(kg m)
39
32. Una masa de aire seco asciende verticalmente seg

un una ley politropica de exponente p
en una atm
osfera de gradiente termico vertical = 1,1 C/100 m. Determine la estabilidad
de estratificacion de la atm
osfera para,
(a) p = 1,5,
(b) p = 1,4.
Soluci
on:
amica a un proceso politropico para
obtener la expresi
on de :
q = cp dT + g dz
c dT = cp dT + g dz
0 = (cp c)dT + g dz
g dz = (cp c)dT
g
p =
cp c
(a) Para el caso de p = 1,5

Calculamos el calor especfico (c):
c cp
c cv
p cv cp
c =
p 1
1,5 718 J/(kg m) 1005 J/(kg m)
c =
1,5 1
c = 144 J/(kg K)
p =
Sustituimos en p y comparamos posteriormente dicho valor con :

9,8 m/s2
1005 J/(kg m) 144 J/(kg m)
= 0,014 K/m
p =
p
Como p = 0,014 K/m y = 0,011 K/m, es decir, > , la atm

osfera se encuentra
en condiciones de estabilidad.
(b) Para el caso de p = 1,4

Calculamos el calor especfico aplicando la expresi
on anterior:

40
p cv cp
p 1
1,4 718 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
c =
1,4 1
c = 0,5 J/(kg K)
c =
Sustituimos en p y comparamos con :

9,8 m/s2
1005 J/(kg K) 0,5 J/(kg K)
= 9,76 103 K/m
p =
p
En este caso, p = 9,76 103 K/m y = 0,011 K/m, es decir, > ; por lo tanto
la atm
osfera est
a en condiciones de inestabilidad.
33. Una masa de aire seco desciende en la atm

osfera recibiendo una energa por radiacion
de 0,08 cal/g cada 100 m. Sabiendo que el gradiente termico de la atm
osfera es igual a
= 0,9 C/ 100 m, determnense el grado de estabilidad de la atm

osfera, el exponente
politr
opico y el calor especfico politr
opico. Suponer que T /T 1.
Soluci
on:
(a) Determinamos primero el grado de estabilidad de la atm
osfera:
Conversi
on de q/dz a unidades del S.I.
q
dz
0,08 cal 4,18 J 103 g
3,4 J/kg m
g 100 m 1 cal 1 kg

amica:
q = cp dT + g dz
q
= p c p + g
dz
q/dz + g
p =
cp
3,4 J/(kg m) + 9,8 m/s2
p =
1005 J/(kg K)
3
p = 6,3 10 K/m
Como = 0,009 K/m, en este caso > p , por lo tanto la atm
osfera est
a en
condiciones de inestabilidad.
(b) A continuaci
on determinamos la capacidad calorfica especfica politropica (c):
Despejamos c de la siguiente expresi
on de p (para un proceso politropico):
41
g
c cp
g + p c p
c =
p
9,8 m/s2 + 6,3 103 K/m 1005 J/(kg K)
c =
6,3 103 K/m
c = 550,5 J/(kg K)
p =
(c) Por u
ltimo calculamos el exponente politr
opico (p ):
c cp
c cv
550,5 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
=
550,5 J/(kg K) 718 J/(kg K)
= 1,22
p =
p
p
34. Una burbuja de aire seco evoluciona desde el nivel de referencia, en el que la temperatura
atmosferica es T0 = 20 C y la temperatura inicial de la burbuja T0 = 25 C , hasta su
altura de equilibrio. La masa de la burbuja es m = 20 kg y durante la elevaci
on la burbuja
absorbe a ritmo constante 1 kcal cada 100 m. Si el gradiente geometrico = 0,007 K/m
calc
ulese el valor de la altura de equilibrio y el calor especfico del proceso descrito.
Soluci
on:
(a) C
alculo de la altura de equilibrio (heq ):
En primer lugar pasamos q/dz a unidades del S.I:
q
dz
1 kcal
103 cal 4,18 J
= 2,09 J/(kg m)
100 m 20 kg 1 kcal 1 cal
A continuaci
on calculamos aplicando el primer principio :
q = cp dT + g dz
q
= c p p + g
dz
(q/dz) + g
p =
cp
2,09 J/(kg m) + 9,8 m/s2
p =
1005 J/(kg K)
3
p = 7,67 10 K/m
Procedemos a calcular la altura de equilibrio, sabiendo que en la misma, T = T :

42
T0 p heq
T0
T0
= T0 heq
heq =
T0 T0
0
p T
T
0
heq =
298 K 293 K
7,67 103 K/m 298 K
293 K
0,007 K/m
heq = 6243 m
(b) Calculo del calor especfico (c):
Para calcular c aplicamos el primer principio de la termodin
politr
opico:
c dT = cp dT + g dz
g
c = cp
p
c = 1005 J/(kg K)
9,8 m/s2
7,67 103 K/m
c = 272,7 J/(kg K)
35. Una masa de aire seco m

as caliente que el ambiente sube espontanea y politropicamente
con un calor especfico c = 0,03 cal/(g K). Sabiendo que la atm
osfera tiene un gradiente
termico vertical = 0,7 C/100 m y que la burbuja estaba en su nivel inicial con una
temperatura de 25 C donde el ambiente tena una temperatura de 20 C, calc
ulese la altura
salvada por la burbuja hasta llegar a su nivel de equilibrio.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos para un proceso politr
opico, aplicando para ello el
primer principio de la termodin
amica:
c dT = cp dT + g dz
g
p =
cp c
p =
9,8 m/s2

cal
1005 J/(kg K) 0,03

gK
4,18 J
1 cal
103 g
1 kg
p = 8,67 103 C /m
Por u
ltimo calculamos la altura de equilibrio de la burbuja mediante la siguiente
expresi
on, teniendo en cuenta que en dicha altura T = T :
he =
298 K 293 K
298 K 8,67 103 K/m 7 103 K/m
293 K
= 2750 m
he =
he
T0 T0
T0
T0
43
36. Una masa de aire seco que asciende seg

un una ley politr
opica de calor especfico c = 0,06
cal/(g K) evoluciona en una atm
osfera de gradiente termico vertical = 0,6 C/ 100 m.
Suponiendo que parte a la misma temperatura que el ambiente (20 C), determnese la
diferencia de temperatura entre la masa de aire y el ambiente al ascender 2 km.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos p aplicando el primer principio para un proceso politropico:
c dT = cp dT + g dz
g
p =
cp c
p =
9,8 m/s2

0,06 cal 4,18 J 103 g
1005 J/(kg K)
gK
1 cal 1 kg
p = 7,8 103 K/m
A continuaci
on calculamos T y T mediante las siguientes expresiones:
T0
p z
T0
293 K
7,8 103 K/m 2000 m = 277,4 K
T = 293 K
293 K
T = T0 z
T = T0
T = 293 K 6 103 K/m 2000 m = 281 K

Por lo tanto, T T ser
a:
T T = 277,4 K 288 K = 3,6 K
37. Una masa de aire seco con una temperatura de 25 C comienza un ascenso cuando la
temperatura del ambiente es de 20 C seg
un una ley politr
opica de gradiente p = 1,2 C/
100 m. Sabiendo que su nivel de equilibrio est
a a 1500 m por encima del nivel inicial,
calc
ulese el gradiente termico vertical de la atm
osfera.
Soluci
on:
Calculamos el gradiente termico atmosferico partiendo de la siguiente expresi
on, la
cual resulta de la condici
on de equilibrio, donde T = T :
T 0 p z
Despejando , obtenemos que:
T0
T0
= T0 z

44
T0 T0 + p z T0
T0
=
z
298 K
293 K 298 K + 0,012 K/m 1500 m 293
K
=
1500 m
= 0,0088 K/m
38. Sean dos masas de aire seco con una temperatura de 25 C que est
an rodeadas por aire
a 23 C. Supongamos que una asciende de forma adiabatica hasta su altura de equilibrio
y la otra de forma politr
opica llegando a una altura 100 m por encima de la primera. Si
= 0,0065 C y la presi
on es P = 1013 hPa calcule:
a) El calor especfico asociado al proceso politr
opico.
b) La presi
on en los dos niveles de equilibrio.
Soluci
on:
(a) Calculo de la capacidad calorfica en el procerso politr
opico:
En primer lugar calculamos el gradiente adiabatico aplicando el primer principio de
la termodin
amica:
0 = cp dT + g dz
g
ad =
cp
9,8 m/s2
ad =
1005 J/(kg K)
ad = 9,75 103 K/m
A continuaci
on calculamos la altura de equilibrio del proceso adiabatico (had ):
had =
T0 T0
T0
T
0
298 K 296 K
9,75 103 K/m 0,0065 K/m
= 603,16 m 603 m
had =
had
298 K
296 K
As pues, la altura correspondiente al proceso politr

opico ser
a la siguiente:
hpo = had + 100 m = 703,16 m 703 m
Como es el mismo para ambos procesos, calculamos p para el proceso politropico:
45

T0 p hp
T0
T0
= T0 hp
T0 T0 + hp
hp (T0 /T0 )
298 K 296 K + 703,16 m 0,0065 K/m
=
703,16 m (298 K/296 K)
3
= 9,28 10 K/m
p =
p
p
Ahora, estamos ya en disposicion de calcular el calor especfico (c) aplicando para

ello el primer principio de la termodin
amica para un proceso politropico:
c dT = cp dT + g dz
g
c = cp
p
c = 1005 J/(kg K)
9,8 m/s2
9,28 103 K/m
c = 51,0 J/(kg K)
po
(b) Presi
on en los dos niveles de equilibrio: Pad
2 y P2
(b.1) Para obtener la presi

on en el proceso adiabatico aplicamos una de las ecuaciones de
Poisson, donde = 1,4:
T1
T2
P1 1
P2 1
Pero antes debemos calcular T2 mediante la siguiente expresi

on:
T2 = T0 ad had
T0
T0
T2 = 298 K 9,75 103 K/m 603 m
298 K
296 K
T2 = 292,1 K
Estamos ya en disposicion de calcular Pad
on de Poisson:
2 mediante la ecuaci
Pad
2
Pad
2
= P1
T2
T1
= 1013 hPa
Pad
= 944,5 hPa
2
292,1 K
298 K
1,4
0,4
(b.2) La presi
on en el equilibrio del proceso politr
opico tambien vendr
a dado por:

46
Ppo
2
= P1
T2
T1
En este caso, ser

a:
c cp
c cv
51,03 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
=
51,03 J/(kg K) 718,4 J/(kg K)
= 1,37
Por otro lado, calculamos Tpo

2 mediante:
= T0 p hpo
Tpo
2
T0
T0
= 298 K 9,28 103 K/m 703 m

Tpo
2
= 291,4 K 291 K
Tpo
2
298 K
296 K
a:
Por lo tanto, Ppo
2 ser
Ppo
2
= 1013 hPa
= 932,4 hPa
Ppo
2
291,4 K
298 K
1,37
0,37
39. Una masa de aire seco situada en el nivel 900 hPa tiene una temperatura de 3 C.
Suponiendo que evoluciona politr
opicamente hasta los 700 hPa con una calor especfico
c = 0,03 cal/(g K), determnese su densidad en el nivel superior.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos el ndice politr
opico para posteriormente calcular la temperatura en el nivel de presi
on de 700 hPa (T2 ):
c cp
,
c cv

0,03 cal 4,18 J 103 g
1005 J/(kg K)
gK
1 cal 1 kg

.
=
0,03 cal 4,18 J 103 g
718,4 J/(kg K)
gK
1 cal 1 kg
= 1,34 .
p =
p
p
A continuaci
on calculamos T2 aplicando una de las ecuaciones de Poisson para un
proceso politr
opico:
47

1
T1 p
T2 p
T2 =
T2
T2
P1p
1 ,
P2p
p 1 p 1
P2
T1 p
1
P1p
7000,34 hPa 2701,34 K

=
9000,34 hPa
= 253,3 K 253 K .
1
1,34
As pues, en el nivel superior, T2 = 253K y P2 = 700hPa. Por lo tanto, la densidad

() vendr
a dado por la siguiente expresi
on:
P = rT,
P
=
,
rT
70000 Pa
,
286,9 J/(kg K) 253 K
= 0,96 kg/m3 .
=
40. Una masa de aire en superficie se calienta hasta alcanzar una temperatura de 35 C, mientras la temperatura de su entorno se mantiene a 25 C. Dicha masa asciende politropicamente desde el nivel inicial (calentandose por radiacion) hasta alcanzar el equilibrio en
un estrato, 2000 m por encima. Cual ser
a el ndice de politropa si la temperatura de la
atm
osfera era, al paso por los 1000 m, de 15 C?
Soluci
on:
En primer lugar calculamos mediante la siguiente expresi
on:
T = T0 z
T0 T0
=
z
298 K 288 K
=
1000 m
= 0,01 K/m
A continuaci
on calculamos p para la altura de equilibrio he = 2000m sabiendo que,
en el nivel de equilibrio, T = T. As pues:
T0
p he
T0
T0 T0 + he
=
he (T0 /T0 )
308 K 298 K + 0,01 K/m 2000 m
=
2000 m (308 K/298 K)
2
= 1,45 10 K/m
T0 he = T0
p
p
p

48
Calculamos tambien el calor especfico asociado a este proceso politropico aplicando

para ello el primer principio de la termodin
amica para dicho proceso:
c dT = cp dT + g dz
g
c = cp
p
c = 1005 J/(kg K)
9,8 m/s2
1,45 102 K/m
c = 329,14 J/(kg K)
Por u
ltimo, procedemos a calcular el ndice politr
opico del proceso (p ):
c cp
c cv
329,14 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
=
329,14 J/(kg K) 718,4 J/(kg K)
= 1,74
p =
p
p
41. Una masa de aire tiene una presi

on de 1013 mb, una temperatura de 285 K y una proporci
on
de mezcla de 3 g kg1 . Calc
ulese: (a) la humedad relativa, (b) la densidad de la masa de
aire.
Dato: E(12 C)=14,01 mb.
Soluci
on:
(a) Calculo de la humedad relativa (h):
En primer lugar calculamos la presi
on parcial de vapor (e) a partir de la proporci
on
de mezcla (m):
m =
e
Pe
e
(o de forma aproximada m )
P
Pm
e =
+m
1013 mb 3 103
e =
0,622 + 3 103
e = 4,86 mb
A continuaci
on, procedemos a calcular h, de tal manera que:
e
100
E
4,86 mb
h =
100
14,01 mb
h = 35 %
h =
49
(b) C
alculo de la densidad de la masa de aire h
umedo ():
Para una masa de aire h
umedo tenemos que P = r T, as pues, calcularemos en
primer lugar la humedad especfica (q) para as poder obtener r:
m
m+1
3 103
q =
3 103 + 1
q = 2,99 103
q =
Calculamos r sabiendo que r = ra q + rs (1 q):

r = ra q + rs (1 q)
r = 459,8 J/(kg K) 2,99 103 + 286,9 J/(kg K) (1 2,99 103 )
r = 287,4 J/(kg K)
Por u
ltimo calculamos :
P
rT
101300 Pa
287,4 J/(kg K) 285 K
= 1,24 kg/m3
=
42. Suponiendo una masa de aire saturada con una presi

on de 1000 mb y una temperatura
de 14 C, y sabiendo adem
as que la proporci
on de mezcla vale M=10,10 g/kg, determnese
la tension de saturaci
on que corresponde a esta proporci
on de mezcla saturante a las
siguientes presiones: (a) 1000 mb; (b) 850 mb; (c) 700 mb; (d) 500 mb; (e) 300 mb.
Soluci
on:
Al ser una masa de aire saturada, la proporci
on de mezcla viene dada por la siguiente
expresi
on:
M =
E
PE
(a) Caso a: P = 1000 mb

PM
+M
1000 mb 10,1 103
E =
0,622 + 10,1 103
E = 16,0 mb
E =

50
(b) Caso b: P = 850 mb
PM
+M
850 mb 10,1 103
E =
0,622 + 10,1 103
E = 13,6 mb
E =
(c) Caso c: P = 700 mb
PM
+M
700 mb 10,1 103
E =
0,622 + 10,1 103
E = 11,2 mb
E =
(d) Caso d: P = 500 mb
PM
+M
500 mb 10,1 103
E =
0,622 + 10,1 103
E = 8,0 mb
E =
(e) Caso e: P = 300 mb
PM
+M
300 mb 10,1 103
E =
0,622 + 10,1 103
E = 4,8 mb
E =
43. Calcule las constantes r y cp de una masa de aire h

umedo, sabiendo que la tension de
vapor es de 10 mb y la presi
on de 1005 mb. Determine tambien el gradiente adiabatico, ,
de esta masa de aire.
Soluci
on:
(a) Calculo de r y cp :
En primer lugar calculamos la proporci
on de mezcla (m) y la humedad especfica (q):
51

m =
e
Pe
m = 0,622
10 mb
1005 mb 10 mb
m = 6,25 103
m
m+1
6,25 103
q =
6,25 103 + 1
q = 6,21 103
q =
(n
otese que q m)
A continuaci
on calculamos r:
r = ra q + rs (1 q)
r = 459,8 J/(kg K) 6,21 103 + 286,9 J/(kg K) (1 6,21 103 )
r = 288 J/(kg K)
As pues, cp ser
a:
cp = cpa q + cps (1 q)
cp = 1855,9 J/(kg K) 6,21 103 + 1005 J/(kg K) (1 6,21 103 )
cp = 1009,9 J/(kg K)
(b) C
alculo del gradiente adiabatico ():
Teniendo en cuenta la definicion de :
=
g
cp
9,8 m/s2
1009,9 J/(kg K)
= 9,7 103 K/m
=
umedo) es menor que (para aire seco).

Como se observa (para aire h
44. Sabiendo que la presi

on atmosferica en una masa de aire es de 985 mb, que su temperatura
es de 20 C y que su tension de vapor tiene un valor de 18,2 mb, calc

ulese la densidad del
aire en los siguientes casos: (a) suponiendolo totalmente seco, (b) en las condiciones reales
de humedad.
Soluci
on:
(a) Si consideramos el aire totalmente seco, atenderemos a la expresi
on P = r T:

52
P
rT
98500 Pa
286,9 J/(kg K) 293 K
= 1,17 kg/m3
=
(b) Si el aire es h
umedo, atenderemos a P = r T.
Calculamos en primer lugar la proporci
on de mezcla (m) y la humedad especfica (q)
para as obtener r.
m =
e
Pe
m = 0,622
18, 2 mb
985 mb 18, 2 mb
m = 1,17 102
m
m+1
1,17 102
q =
1,17 102 + 1
q = 1,16 102 (n
otese que q m)
q =
r = ra q + rs (1 q)
r = 459,8 J/(kg K) 1,16 102 + 286,9 J/(kg K) (1 1,16 102 )
r = 288,9 J/(kg K)
Por lo tanto, la densidad del aire h
umedo ser
a:
P
rT
98500 Pa
288,9 J/(kg K) 293 K
= 1,16 kg/m3
=
45. Una masa de aire h

umedo a 850 mb de presi
on tiene una temperatura de 2 C y una
humedad especfica de 4 g/kg. Calc
ulese: (a) tension de vapor, (b) humedad relativa, (c)
humedad absoluta y humedad absoluta saturante, (d)temperatura virtual.
Dato: E(2 C)=7,05 mb.
Soluci
on:
(a) Calculo de la tension de vapor (e):
on de mezcla (m) a partir de la humedad
especfica (q):
53

m
m+1
q
m =
1q
4 103
m =
1 4 103
m = 4,02 103
q =
A continuaci
on calculamos la tension de vapor mediante la siguiente expresi
on:
e
Pe
mP
e =
+m
4,02 103 850 mb
e =
0,622 + 4,02 103
e = 5,46 mb
m =
(b) C
alculo de la humedad relativa (h):
La humedad relativa ser
a la siguiente:
e
100
E
5,46 mb
h =
100
7,05 mb
h = 77,5 %
h =
(c) C
alculo de la humedad absoluta, a, y la humedad absoluta saturante, A:
La humedad absoluta, a, se obtendr
a a partir de:
e = a ra T
e
a =
ra T
546 Pa
459,8 J/(kg K) 275 K
a = 4,3 g/m3
a =
La humedad absoluta saturante, A, se obtiene a partir de:

E = A ra T
E
A =
ra T
705 Pa
459,8 J/(kg K) 275 K
A = 5,6 g/m3
A =

54
(d) La temperatura virtual (Tv ) se calcula atendiendo a la siguiente expresi

on:
Tv rs = T r

3
q+1 T
Tv =
5

3
3
Tv =
4 10 + 1 275 K
5
Tv = 275,7 K
46. Calcule la constante r y el calor especfico de una masa de aire h

umedo, cp , sabiendo que su
temperatura es de 22 C, su humedad relativa del 70 % y su presi

on de 1010 mb. Determine
tambien la temperatura virtual y la humedad absoluta.
Dato: E(22 C)=26,44 mb.
Soluci
on:
Para empezar calculamos la presi
on de vapor, e, a partir de la humedad relativa, h,
y de la tension de saturaci
on:
e
100
E
hE
e =
100
70 26,44 mb
e =
100
e = 18,51 mb
h =
(a) Calculo de la constante r:

on de mezcla, m:
m =
e
Pe
m = 0622
1851 Pa
101000 Pa 1851 Pa
m = 1,16 102
A continuaci
on calculamos la humedad especfica. q:
m
m+1
1,16 102
q =
1,16 102 + 1
q = 1,15 102
q =
55

Por lo tanto, la constante r ser
a:
r = ra q + rs (1 q)
r = 459,8 J/(kg K) 1,15 102 + 286,9 J/(kg K) (1 1,15 102 )
r = 288,9 J/(kg K)
(b) C
alculo del calor especfico de la masa de aire h
umedo, cp :
El calor especfico de una masa de aire h

umedo viene dado por la siguiente expresi
on:
cp = 1885,9 J/(kg K) 1,15 102 + 1005 J/(kg K) (1 1,15 102 )
cp = 1015 J/(kg K)
(c) C
alculo de la temperatura virtual, Tv , de esta masa de aire:
La temperatura virtual vendr
a dada por:
Tv
Tv
Tv

3
q+1 T
=
5

3
2
=
1,15 10 + 1 295 K
5
= 297 K

(d) C
alculo de la humedad absoluta, a:
La humedad absoluta, a, ser
a la siguiente:
a =
e
ra T
1851 Pa
459,8 J/(kg K) 295 K
a = 1,36 102 kg/m3
a =

umedo tiene una humedad relativa del 90 %, una presi
on de 1015 mb
y una temperatura de 20 C. Calc

ulese el gradiente adiabatico de dicha masa de aire.
Dato: E(20 C)=23,48 mb.
Soluci
on:
on de vapor, e, a partir de la humedad relativa,
h:

56
e
100
E
Eh
e =
100
23,48 mb 90
e =
100
e = 21,13 mb
h =
A continuaci
on calculamos la proporci
on de mezcla, m, y la humedad especfica, q,
de esa masa de aire:
m =
e
Pe
m = 0,622
2113 Pa
101500 Pa 2113 Pa
m = 1,32 102
m
m+1
1,32 102
q =
1,32 102 + 1
q = 1,30 102
q =
Una vez obtenidas m y q, podemos calcular el calor especfico, cp :

cp = 1855,9 J/(kg K) 1,30 102 + 1005 J/(kg K) (1 1,32 102 )
cp = 1016 J/(kg K)
Por u
ltimo, teniendo en cuenta la definicion del gradiente adiabatico, :
=
g
cp
9,8 m/s2
1016 J/(kg K)
= 9,65 103 K/m
=
48. Sabiendo que la temperatura es de 6 C y que la humedad relativa es del 50 %, determnese:

(a) La humedad absoluta y la humedad absoluta saturante.
(b) La proporci
on de mezcla y la humedad especfica.
Datos: P = 1010 mb, E(6 C)=9,35 mb.
Soluci
on:
(a) Calculo de la humedad absoluta, a, y la humedad absoluta saturante, A
57

on de vapor, e:
e
100
E
hE
e =
100
50 9,35 mb
e =
100
e = 4,68 mb
h =
La humedad absoluta, a, vendr

a dada por:
a =
e
ra T
468 Pa
459,8 J/(kg K) 279 K
a = 3,64 103 kg/m3
a =
La humedad absoluta saturante, A, ser

a:
A =
E
ra T
935 Pa
459,8 J/(kg K) 279 K
A = 7,29 103 kg/m3
A =
(b) C
alculo de la proporci
on de mezcla, m, y de la humedad especfica, q,
La proporci
on de mezcla ser
a:
m =
e
Pe
m = 0,622
468 Pa
101000 Pa 468 Pa
m = 2,9 103
La humedad especfica ser
a la siguiente:
m
m+1
2,9 103
q =
2,9 103 + 1
q = 2,89 103
q =

58
49. Se tienen las siguientes observaciones en superficie: presi

on 1013 mb, temperatura 15 C y
3
proporci
on de mezcla 5,11 10 . Calcule a partir de estos datos: (a) la humedad especfica;
(b) la humedad relativa; (c) la humedad absoluta.
Dato: E(15 C)=17,04 mb.
Soluci
on:
(a) Calculo de la humedad especfica, q:
La humedad especfica es la siguiente:
m
m+1
5,11 103
q =
5,11 103 + 1
q = 5,08 103
q =
(b) Calculo de la humedad relativa, h:

on de vapor, e, a partir de la proporci
on de mezcla,
m:
e
Pe
Pm
e =
+m
101300 Pa 5,11 103
e =
0,622 + 5,11 103
e = 825,4 Pa
m =
Por lo tanto, la humedad relativa vendr

a dada por:
e
100
E
825,4 Pa
100
h =
1704 Pa
h = 49 %
h =
(c) Calculo de la humedad absoluta, a:

La humedad absoluta vendr
a dada por:
a =
e
ra T
825,4 Pa
459,8 J/(kg K) 288 K
a = 6,4 103 kg/m3
a =
59
50. Una masa de aire tiene una temperatura de 12 C, una presi

on de 1020 mb y una humedad
relativa del 75 %. Si E(12 C)=14,01 mb, calc
ulese: (a) la proporci
on de mezcla; (b) la
humedad especfica; (c) la humedad absoluta.
Soluci
on:
Calculamos en primer lugar la presi
on de vapor, e, a partir de la humedad relativa:
e
100
E
Eh
e =
100
14,01 mb 75
e =
100
e = 10,51 mb
h =
(a) C
alculo de la proporci
on de mezcla, m:
La proporci
on de mezcla vendr
a dada por:
m =
e
Pe
m = 0,622
1051 Pa
102000 Pa 1051 Pa
m = 6,48 103
(b) C
alculo de la humedad especfica, q,
m
m+1
6,48 103
q =
6,48 103 + 1
q = 6,42 103
q =
(c) C
alculo de la humedad absoluta, a:
a =
e
ra T
1051 Pa
459,8 J/(kg K) 285 K
a = 8,0 103 kg/m3
a =
51. Sabiendo que una masa de aire h

umedo tiene una humedad absoluta de 8 g m3 , una
temperatura de 15 C y una presi

on de 1005 mb, calc
ulese: (a) la humedad relativa; (b) la
humedad especfica;(c) la temperatura virtual.
Dato: E(15 C)=17,04 mb.
Soluci
on:
60
(a) Calculo de la humedad relativa (h):
En primer lugar, calculamos la presi
on de vapor, e, a partir de la humedad absoluta:
e
ra T
e = a ra T
a =
e = 8 103 kg/m3 459,8 J/(kg K) 288 K

e = 1059,4 Pa = 10,59 hPa
Por lo tanto, la humedad relativa ser
a la siguiente:
e
100
E
1059,4 Pa
100
h =
1704 Pa
h = 62 %
h =
(b) Calculo de la humedad especfica, q:

on de mezcla, m,
m =
e
Pe
m = 0,622
1059,4 Pa
100500 Pa 1059,4 Pa
m = 6,6 103
Por lo tanto, la humedad especfica ser
a aproximadamente igual a esta. Si la calculamos:
m
m+1
6,6 103
q =
6,6 103 + 1
q = 6,58 103
q =
(c) Calculo de la temperatura virtual, Tv ,

Tv rs = T r

3
Tv =
q+1 T
5

3
3
Tv =
6,58 10 + 1 288 K
5
Tv = 289, 2 K
61
52. Calc
ulese la humedad absoluta de una masa de aire h
umedo sabiendo que la temperatura
virtual es de 30 C, la temperatura es de 28 C y la presi
on es de 1013 mb.
Soluci
on:
La humedad absoluta viene definida por la siguiente expresi
on:
a =
e
ra T
Es necesario conocer la presi

on de vapor, e, para lo cual calcularemos en primer lugar
la humedad especfica, q, a partir de la temperatura virtual, Tv as como la proporci
on
de mezcla, m.
Tv rs = T r

3
q+1 T
Tv =
5
5 Tv T
q =
3
T
5 303 K 301 K
q =
3
301 K
q = 1,11 102
m
m+1
q
m =
1q
1,117 102
m =
1 1,107 102
m = 1,11 102
q =
A continuaci
on, calculamos la presi
on de vapor e,
e
Pe
mP
e =
+m
1,11 102 101300 Pa
e =
0,622 + 1,112 102
e = 1780 Pa = 17,80 hPa
m =
Por lo tanto, la humedad absoluta ser

a:
a =
e
ra T
1780 Pa
459,8 J/(kg K) 301 K
a = 13 103 kg/m3
a =

62
53. Calc
ulese la densidad del vapor de agua de una muestra de aire h
umedo sabiendo que la
temperatura del aire h
umedo es T = 4 C y la humedad relativa del 40 %. Dato: E(4 C)=8,1
mb.
Soluci
on:
on de vapor, e asociada a esta masa de aire
h
umedo:
e
100
E
hE
e =
100
40 8,1 mb
e =
100
e = 3,24 mb
h =
La densidad de vapor del agua, es decir su humedad absoluta, ser

a por tanto:
a =
e
ra T
324 Pa
459,8 J/(kg K) 277 K
a = 2,5 103 kg/m3
a =
54. En el nivel de presi

on P = 1024 hPa, la temperatura atmosferica es de 21 C . En ese punto,
calentamos una masa de aire hasta una temperatura T = 25 C , dej
andola evolucionar
politr
opicamente (con c = 0,01 cal/(g C )) hasta alcanzar de nuevo el equilibrio en el
nivel de presi
on P = 752,4 hPa, 2700 m por encima del nivel inicial. Determnese a) la
humedad especfica del aire, supuesta constante entre los dos niveles, b) el calor especfico
de la mezcla y c) la presi
on parcial de vapor de agua para los dos niveles.
Soluci
on:
(a) Calculo del calor especfico de la mezcla, cp :
Calculamos en primer lugar la temperatura de equilibrio aplicando una de las ecuaciones de Poisson para un proceso politr
opico.
c cp
c cv

0,01 cal 4,18 J 1000 g
1005
gK
1 cal
1 kg

=
0,01 cal 4,18 J 1000 g
718
gK
1 cal
1 kg
= 1,38
63

T0
T1
T1
T1
T1
P0 1
P1 1
1
P1
= T0
P0
1,381

752,4 hPa 1,38
= 298 K
1024 hPa
= 273,75 K
A continuaci
on calculamos p a partir de las condiciones para la altura de equilibrio,
T0 p z
T0
T0
= T1 = 273,75K
T0 (T0 T1 )
T0 z
= 8,86 103 K/m
p =
p
Conociendo p podemos calcular cp
g
cp c
g
=
+c
p
9,8 m/s2
=
41,8 J/(kg K)
8,86 103 K/m
= 1064 J/(kg K)
p =
cp
cp
cp
(b) C
alculo de la humedad especfica del aire (q):
Despejamos q de la expresi
on de cp :
cp cps
q =
cpa cps
1064 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
q =
1855 J/(kg K) 1005 J/(kg K)
q = 0,07
(c) C
alculo de la presi
on parcial en los dos niveles, e0 y e1 :
on de mezcla, m, que es constante durante
todo el ascenso:

64
m
m+1
q
m =
1q
0,07
m =
1 0,07
m = 0,075
q =
Para finalizar, obtenemos e de la expresi

on de la proporci
on de mezcla:
e
Pe
mP
+m
0,075 1024 hPa
0,622 + 0,075
110,2 hPa
0,075 752,4 hPa
0,622 + 0,075
81,0 hPa
m =
e =
m P0
+m
e0
m P1
e1 =
+m
e1
e0 =
=
=
=
=
55. Determnese la temperatura virtual del aire a 3000 m de altura sobre la superficie del
mar, sabiendo que a nivel del mar T0 = 10 C y el gradiente vertical de temperatura
= 0,6 C/100 m. Considere que a 3000 m la tension de vapor es 1,12 mb menor que la
tension de saturaci
on.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos la temperatura del aire a los 3000 m de altura:
T = T0 z
T = 283 K 0,006 K/m 3000 m
T = 265 K
A continuaci
on calculamos la tension de saturaci
on del vapor de agua para dicha
temperatura, utilizando la formula de Magnus:
7,45 T C
E(T C ) = 6,1 10 234,07 + T hPa
7,45 (8 C )
E(8 C ) = 6,1 10 234,07 8 C hPa

E(8 C ) = 3,32 hPa
Por lo tanto, la presi
on parcial del vapor de agua, e, ser
a:
e = E 1,12 hPa
e = 3,32 hPa 1,12 hPa
e = 2,20 hPa
65
Calculamos la proporci
on de mezcla, m, y posteriormente la humedad especfica, q:
m =
e
Pe
m = 0,622
2,20 hPa
700 hPa 2,20 hPa
m = 1,96 103
m
m+1
1,96 103
q =
1,96 103 + 1
q = 1,95 103
q =
Ya estamos en disposicion de calcular la temperatura virtual, la cual vendr

a dada por
la siguiente expresi
on:
Tv
Tv
Tv

3
=
q+1 T
5

3
3
=
1,95 10 + 1 265 K
5
= 265,3 K = 7,7 C
56. Para una atm

osfera que contiene un 2 % (en volumen) de vapor de agua, calc
ulese el valor
de y de .
Soluci
on:
Por definicion, que la proporci
on de vapor de agua sea del 2 % en volumen significa
que,
Va
VT
= 0,02
donde Va es el volumen de vapor de agua y VT es el volumen total. Se considera en tdo

momento que ambas especies se encuentran a identica presion.
(a) C
alculo de :
La ecuaci
on general de los gases ideales es P = r T. De esta manera, para la masa
de aire y para el vapor la agua, dicha expresi
on ser
a (de nuevo por definicion):
mT
r T P VT = mT r T (para la masa de aire)
VT
ma
ra T P Va = ma ra T (para el vapor de agua)
P =
Va
P =

66
Al dividir ambas expresiones, nos quedara la siguiente expresi

on:
Va
VT
Va
VT
= q
ra
r
= q
ra
ra q + rs (1 q)
Despejamos la humedad especfica y obtenemos su valor:

q =
Va r
VT ra + Va r Va ra
0,02 m3 287 J/(kg K)

1 m3 461 J/(kg K) + 0,02 m3 287 J/(kg K) 0,02 m3 461 J/(kg K)
q = 0,0125
q =
Ya podemos calcular :
cp
cv
cpa q + cps (1 q)
=
cva q + cvs (1 q)
1860 J/(kg K) 0,0125 + 1005 J/(kg K)(1 0,0125)
=
1395,2 J/(kg K) 0,0125 + 718 J/(kg K)(1 0,0125)
= 1,398,
=
donde hemos usado la relaci

on cp = cv + r.
(b) Calculo de :
g
cp
g
cpa q + cps (1 q)
9,8 m/s2
1860 J/(kg K) 0,0125 + 1005 J/(kg K)(1 0,0125)
= 9,65 103 K/m
=
57. Como influye la humedad en la estabilidad de la estratificacion?. Razona cu

al de los
siguientes estados de la atm
osfera a una altura dada z = 0 sera m
as estable:
(Un estado atm
oferico se dice m
as estable que otro cuando la oposicion que ofrece a
desplazamientos verticales de masas de aire es mayor que la de ese otro. H
agase la hip
otesis
de linealidad del gradiente vertical de temperatura. Datos: cp (va)/cp (as) = 1,85.)
67
(a) Se tiene que en el nivel de referencia T (0) = 23 C, a una altura z = 100 m, T (100) =
22,2 C; la humedad especfica es q = 0,3.
(b) Se tiene que en el nivel de referencia T (0) = 33 C, a una altura z = 100 m, T (100) =
(c) Se tiene que en el nivel de referencia T (0) = 23 C, a una altura z = 100 m, T (100) =
Soluci
on:
Para cuantificar la estabilidad de una masa de aire debe emplearse la definicion de ndice
de estabilidad:
=g
T
(a) Caso a: T(0) = 23o C; z = 100m; T(100) = 22,2o C y q = 0,3.
En primer lugar, calculamos a partir de la siguiente expresi
on:
T0 T
z
296 K 295,2 K
=
100 m
= 0,008 K/m
=
A continuaci
on calculamos :
=
g
cp
g
cpa q + cps (1 q)
9,8 m/s2
=
1860 J/(kg K) 0,3 + 1005 J/(kg K)(1 0,3)
= 7,7 103 K/m
=
Como > , la atm

osfera se encuentra en situaci
on de inestabilidad.
El ndice de estabilidad ser
a:
= 9,8 m/s2
(7,7 103 8 103 )K/m

= 9,9 106 s2
296K
(b) Caso b: T(0) = 33o C; z = 100m; T(100) = 32,2o C y q = 0,1.

on:
T0 T
z
306 K 305,2 K
=
100 m
= 0,008 K/m
=
68
A continuaci
on calculamos :
=
g
cp
g
cpa q + cps (1 q)
9,8 m/s2
=
1860 J/(kg K) 0,1 + 1005 J/(kg K)(1 0,1)
= 8,98 103 K/m
=
Como > , la atm

on de estabilidad.
a:
= 9,8 m/s2
(8,98 103 8 103 )K/m

= 3,14 105 s2
306K
(c) Caso C: T(0) = 23o C; z = 100m; T(100) = 22,2o C y q = 0,01.

on:
T0 T
z
296 K 295,2 K
=
100 m
= 0,008 K/m
=
A continuaci
on calculamos :
=
g
cp
g
cpa q + cps (1 q)
9,8 m/s2
1860 J/(kg K) 0,01 + 1005 J/(kg K)(1 0,01)
= 9,6 103 K/m
=
La atm
on de estabilidad.
a:
= 9,8 m/s2
(9,2 103 8 103 )K/m

= 5,30 106 s2
296K
CONCLUSION:
Atendiendo al valor del ndice de estabilidad, la situaci
on (c) es m
as
estable que la (b) y esta m
as que la situaci
on (a). Ello se debe a la relaci
on entre la
humedad especfica y la estabilidad de estratificacion; es decir, cuanto menor es la
humedad especfica, mayor es y por lo tanto, mayor es la estabilidad.
69
58. Calc
ulese el coeficiente de enfriamiento adiabatico del aire h
umedo si la presi
on es de 900
mb, la humedad relativa es h = 80 % y T = 300 K.
Dato: E(300 K)=26,6 mmHg.
Soluci
on:
on parcial del vapor de agua a partir de la humedad
relativa:
h =
e =
e =
e
100
E
hE
100
atm 1013,25 mb
80 26,6 mmHg 7601 mmHg
1 atm
100
e = 28,4 mb
A continuaci
m =
e
Pe
m = 0,622
28,4 mb
900 mb 28,4 mb
m = 0,020
m
m+1
0,020
q =
0,020 + 1
q = 0,019
q =
Por u
ltimo, procedemos a realizar el c
alculo de , el cual resulta de la aplicacion del
primer principio de la termodin
amica:
=
g
cp
g
cpa q + cps (1 q)
9,8 m/s2
1860 J/(kg K) 0,019 + 1005 J/(kg K) (1 0,019)
= 9,6 103 K/m
=
70
Captulo 3
Termodin
amica del aire saturado
3.1.
3.1.1.
F
ormulas de inter
es
Humedad relativa
El ndice de humedad que mejor caracteriza el estado de la atm

osfera en procesos de condensacion es la humedad relativa,
h = 100
e
,
E(T )
(3.1)
donde e es la presi
on parcial de vapor de agua y E(T ) es la tension de saturaci
on del vapor
de agua a la temperatura T . La ley de Dalton nos dir
a que esa tension de saturaci
on equivale
a la presi
on parcial m
axima de vapor de agua, antes de que se inicie la condensaci
on, que
admitir
a cualquier mezcla de gases, supuestos ideales, como el aire atmosferico.
En terminos de la humedad absoluta, a (definida como masa de vapor de agua por unidad
de volumen) o de la proporci
on de mezcla, m, se tendr
a:
h = 100
m
a
= 100
,
M (T, P )
A(T, P )
(3.2)
donde M (T, P ) y A(T, P ) ser

an, respectivamente, las proporciones de mezcla y humedades
absolutas saturantes.
3.1.2.
Ecuaci
La variaci
on con la temperatura de la tensi
on de saturaci
on viene dada por la ecuaci
on de
Clausius-Clapeyron
LE
dE
=
,
dT
ra T 2
donde L = 2500 J/g = 600 cal/g. Si se integra dicha ecuaci
on,

E
L 1
1
L 1
1
h
ln
=
ln
,
E0
r a T0 T
h0
ra T
T0
(3.3)
(3.4)
puede determinarse la temperatura de roco, Tr ,

Tr =
1
,
1
ra 100
+
ln
T0
L
h0
71
(3.5)
72
DEL AIRE SATURADO
que se define como la temperatura hasta la que hay que enfriar isob
aricamente el aire para que
se inicie la condensaci
on del vapor de agua.
La ecuaci
on de Clausius-Clapeyron, aunque te
oricamente fundamentada, es desafortunadamente una buena aproximaci
on s
olo para peque
nas variaciones de temperatura. En cambio,
la f
ormula de Magnus,
7,45T ( C)
E(T ) = 6,1 10 234,07 + T ( C) (hPa) ,
(3.6)
es una expresi
on puramente emprica pero que proporciona una buena aproximaci
on a la tension
de saturaci
on del vapor de agua en un amplio rango de temperaturas.
3.1.3.
Elevaci
on adiab
atica
Usando de nuevo el primer principio de la Termodin

amica y la ecuaci
on de ClaussiusClapeyron, obtendremos:
dh
de dE
=
h
e
E
dh
h
=
dT
T
cp
L
r
ra T
(3.7)
Ecuaci
on que expresa la variaci
on de la humedad relativa de una masa de aire a lo largo de un
proceso de elevaci
on adiabatica en la atm
osfera.
Mediante la integracion exacta de (3.7) obtenemos

cp
h
T
L 1
1
ln
=
ln
+
;
(3.8)
h0
r
T0
rs T
T0
una ecuaci
on que para su solucion precisara de la aproximaci
on

T T0
T T0
T
= ln 1 +
,
ln
T0
T0
T0
(3.9)
para obtener una expresi

on analtica de la temperatura en funci
on de la humedad. Dicha aproximaci
on permitira, conocida la humedad a cualquier altura, deducir la temperatura resolviendo
una ecuaci
on algebraica de segundo grado.
Tambien es posible considerar constante e igual a T0 la temperatura en el segundo factor de
(3.7),
cp
cp
L
L
r
ra T
r
r a T0
(3.10)
siendo as una solucion aproximada de dicha ecuaci

on:
h
=
h0
cp L
T r
r s T0 .
T0
(3.11)
En este caso se puede invertir facilmente la ecuaci

on y escribir la temperatura en funci
on de la
humedad y viceversa.
Si se resuelve la ecuaci
on (3.8)
o (3.11) para un valor de la humedad relativa h = 100 % se
obtendra la temperatura de saturaci
on por ascenso adiabatico.
3.1. FORMULAS
DE INTERES
3.1.4.
73
Nivel de condensaci
on
El nivel de condensaci
on es aquel al que deber
a ascender adiabaticamente una masa de aire
en la atm
osfera hasta que el vapor de agua inicie su condensaci
on. De este modo, la Temperatura,
Ts , de la masa de aire en dicho nivel de condensaci
on ser
a:
Ts = T0
1
100
h0
(3.12)
donde
=
cp (s)
cp
L
L
.
r
r s T0
rs
r s T0
(3.13)
La altura, zs , del nivel de condensaci

on puede aproximarse por
zs
T0 Ts

1
100
T0
.
=
1

h0
(3.14)
Otras expresiones aproximadas para derivar la altura del nivel de condensaci

on son:
F
ormula de Ferrel:
zs = 122(T0 Tr ) (m)
(3.15)
donde Tr es el punto de roco;

F
ormula de V
ais
al
a
zs = 188 (T ( C) + 105)
3.1.5.
x
,
x + 5,1
x = log10
100
.
h0
(3.16)
Elevaci
on pseudo-adiab
atica
Una vez alcanzado el nivel de condensaci

on, la propia condensaci
on del vapor de agua supone
una fuente de calor durante la ascension. Si se considera que las gotas de agua que se forman
quedan aisladas termicamente del aire h
umedo saturado (aproximaci
on pseudo-adiab
atica), la
ecuaci
on que describir
a la evoluci
on vertical, an
aloga a (2.7), ser
a:
LdM cp dT V dP ,
(3.17)
y el coeficiente de enfriamiento pseudo-adiab

atico se escribir
a como sigue:
LE
P +
dT
RT
= pseud =
L dE
dz
P +
cp dT
(3.18)

DEL AIRE SATURADO
74
3.1.6.
Algunas definiciones u
tiles
Temperatura equivalente: Se define para una masa de aire h

umedo como la temperatura
que alcanzara si condensara todo el vapor de agua de la mezcla y el calor generado se invirtiera
en calentar el aire seco resultante.
Te = T +
g
mL
T + 2e(mmHg) T + 2a
.
cp (s)
m3
(3.19)
Temperatura del term

ometro h
umedo: Se define la temperatura del termometro h
umedo,
T , como aquella temperatura que alcanza un termometro cuyo bulbo est
a rodeado por una fina
pelcula de agua lquida para que la evaporaci
on de dicha agua sature un flujo continuo de aire,
en contacto y en equilibrio termico con el bulbo del termometro.
(cp (s) + mcp (a))(T T ) = L(M m)
(3.20)
La relaci
on con la temperatura equivalente ser
a,
Te T +
M L
T + 2A
cp (s)
(3.21)
75
3.2.
Problemas resueltos

umedo est
a localizada en el suelo y tiene una temperatura de 20 C. En
un ascenso adiabatico alcanza la saturaci
on en el nivel de 800 mb. Determnese el punto
de roco si la presi
on en el suelo es de 1000 mb.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos la temperatura de saturaci
on correspondiente a dicha
presi
on de saturaci
on. Para ello aplicamos una de las ecuaciones de Poisson para un
proceso adiabatico:
T1
T2
T2
T2
T2
P1 1
P2 1
1
P2
= T1
P1
1,41

1,4
800 mb
= 293 K
1000 mb
= 274,9 K = TS
A continuaci
on calculamos la humedad correspondiente al nivel del suelo, h0 , mediante
on:
h
h0
h0 =
T
T0
cp L
r r T0
h
cp L
T r r T0
T0
realizando la siguiente aproximaci

on cp cp (s) y r rs obtenemos
h0 =
100
6
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 10 J/kg

274,9 K 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 293 K
293 K
h0 = 38,26 %
Estamos ya en disposicion de calcular la temperatura de roco, Tr , la cual viene dada

seg
un la siguiente expresi
on:
h
ln
h0
Tr =
Tr =
Tr =

1
1
Tr
T0
1
1 + ra ln 100
T0
L
h0
1
461
J/(kg
K)
100
1
293 K + 2,51 106 J/kg ln 38,26
278,6 K = 5,6 C
L
ra

DEL AIRE SATURADO
76
60. Calc
ulese la variaci
on de tension saturante del vapor de agua cuando su temperatura pasa
de 273 K a 265 K.
Soluci
on:
Usamos la formula de Magnus para calcular la tension saturante de ambas temperaturas:
7,45 T( C )
E(T C ) = 6,1 10 234,07 + T( C ) hPa
(Tengase en cuenta que podra haberse empleado la ecuaci

LE
T)
E
ra T2
(a) Tensi
on de saturaci
on para T0 = 273 K
E0
7,45 0
234,07
+ 0 hPa
= 6,1 10
E0 = 6,1 hPa
(b) Tensi
on de saturaci
on para T = 265 K
7,45 (8)
E = 6,1 10 234,07 8 hPa
E = 3,32 hPa
As pues, la variaci
on de tension saturante de vapor de agua es:
E = 3,32 hPa 6,1 hPa
E = 2,77 hPa
61. Un masa de aire h

umedo se encuentra en el suelo con una temperatura de 15 C, una
humedad relativa del 80 % y una presi
on de 1000 hPa. Si esta masa de aire asciende
adiabaticamente hasta una presi
on de 980 hPa, determnese para ese nivel: (a) temperatura, (b) humedad especfica, (c) tension m
axima de vapor, (d) temperatura del punto de
roco. Nota: es necesario emplear la formula de Magnus o una tabla donde aparezcan las
tensiones saturantes en funci
on de la temperatura.
Soluci
on:
(a) Temperatura para el nivel de presi
on de 980 hPa, (T1 ):
77
Utilizamos una de las ecuaciones de Poisson para los ascensos adiabaticos (n

otese que
vamos a realizar la aproximaci
on aunque al conocer la humedad relativa podra
calcularse sin dificultad y resolver el problema de forma recursiva):
T0
T1
T1
T1
T1
P0 1
P1 1
1
P1
= T0
P0

1,4 1
1,4
980 hPa
= 288 K
1000 hPa
= 286,3 K
(b) Humedad especfica para el nivel de presi

on de 980 hPa, q,
La humedad especfica permanece constante siempre que no haya condensaci
on, por
lo tanto, q ser
a identica en ambos niveles.
Calculamos en primer lugar la tension saturante del vapor de agua en el nivel inferior,
es decir, la correspondiente a 15 C:
7,45 15 C
E(15 C ) = 6,1 10 234,07 + 15 C hPa

E(15 C ) = 17,14 hPa
A continuaci
on calculamos la presi
on parcial del vapor de agua (e):
e
100
E
hE
e =
100
80 17,14 hPa
e =
100
e = 13,71 hPa
h =
on de mezcla, m y por u
ltimo la humedad especfica, q:
m =
e
Pe
m = 0,622
13,71 hPa
1000 hPa 13,71 hPa
m = 8,65 103
m
m+1
8,65 103
q =
8,65 103 + 1
q = 8,57 103
q =

DEL AIRE SATURADO
78
(c) Tensi
on m
axima de vapor para dicho nivel, E:
Calculamos E para T = 286,3 K = 13,3 C aplicando la formula de Magnus:
7,45 13,3( C )
E(13,3 C ) = 6,1 10 234,07 + 13,3( C ) hPa

E(13,3 C ) = 15,4 hPa
(d) Temperatura de roco para el nivel de presion de 980 hPa, Tr :
Despejamos Tr de la siguiente expresi
on teniendo encuenta que en este nivel la humedad relativa vale h = 100 (980/1000) 13,71/15,4 = 87,2 %, donde hemos empleado
el teorema de las expansiones relativas:
h
ln
h0
Tr =
Tr =
Tr =

1
1
Tr
T0
1
1 + ra ln 100
T0
L
h0
1
461 J/(kg K) 100
1
286,3 K + 2,51 106 J/kg ln 87,2
284,3 K = 11,3 C
L
ra
62. Determnense el nivel de condensaci

on por ascenso adiabatico de una masa de aire sabiendo
que la temperatura en el suelo es de 22 C y su punto de roco es de 15 C. Utilizar la formula
de Magnus si fuera necesario.
Soluci
on:
Para comenzar calculamos la humedad relativa a nivel del suelo:
h
ln
h0
h0 =
e
h0 =

1
1
Tr
T0
100

L 1 1
ra Tr T0
L
ra
100

2,51 10 J/kg
1 1
288 K 295 K
461
J/(kg
K)
e
h0 = 63,85 %
A continuaci
on calculamos la temperatura de saturaci
on por ascenso adiabatico,
79
h
h0
Ts
T0
Ts = T0
cp L
r rs T0
1
cp L
h
r rs T0
h0
Realizando la siguiente aproximaci

on: cp cp y r rs ; y sustituyendo obtenemos que:
Ts = 295 K
Ts = 286,3 K
1
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 106 J/kg
100
287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 295 K
63,85
Por u
ltimo procedemos a calcular dicho nivel de condensaci
on mediante la siguiente
expresi
on:
T = T0
T0
z
T0
Supondremos que T0 1 y que = 9,75 103 K/m (en este caso tambien podra calcuT0
larse )
T0 T
295 K 286,3 K
z =
9,75 103 K/m
z = 892 m
z =
63. Un masa de aire h

umedo tiene una tension de vapor de 17,94 hPa y una temperatura de
20 C. Sabiendo que la tension saturante a 20 C es de 23,38 hPa, determine la humedad
relativa y el punto de roco.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos la humedad relativa, la cual viene dada mediante la
siguiente expresi
on:
e
100
E
17,94 hPa
100
h =
23,38 hPa
h = 77 %
h =
A continuaci
on calculamos la temperatura de roco, la cual se obtiene de la siguiente
expresi
on:

DEL AIRE SATURADO
80
100
ln
h0
Tr =
Tr =
Tr =

1
1
Tr
T0
1
1 + ra ln 100
T0
L
h0
1
461
J/(kg
K) 100
1
293 K + 2,51 106 J/kg ln 77
288,9 K = 15,9 C
L
ra
64. Supongamos que la masa de aire h

umedo del problema anterior sufre un incremento de
temperatura de 5 C en un proceso isob
arico. Determnese la variacion que experimenta la
humedad relativa de la masa de aire.
Soluci
on:
Calculamos en primer lugar la tension saturante correspondiente a T = 25 C mediante la formula de Magnus:
7,45 25 C
E(25 C ) = 6,1 10 234,07 + 25 C hPa

E(25 C ) = 31,93 hPa
La nueva humedad relativa (h) ser
a:
e
100
E
17,94 hPa
100
h =
31,93 hPa
h = 56,18 %
h =
As pues, la variaci
on de la humedad relativa (h) ser
a:
h = h2 h1
h =
56,18 77
h = 20,8 %
65. Calc
ulese el cambio que experimenta la tension de saturaci
on del vapor de agua si la
temperatura experimenta un aumento de 8 C, pasando de 5 C a 13 C.
Dato: E(5 C)=8,73 hPa.
Soluci
on:
(a) Calculo de E mediante la ecuaci
on de Clausius-Clapeyron:
81

dE
dT
E
T
=
=
E =
E =
E =
LE
ra T2
LE
ra T2
LE
T
ra T2
2,51 106 J/kg 8,73 hPa
8K
461 J/(kg K) 2782 K2
4,9 hPa
(b) C
alculo de E mediante la formula de Magnus:
Calculamos la tension saturante correspondiente a T = 13 C y calculamos dicho
incremento:
7,45 13 C
E(13 C ) = 6,1 10 234,07 + 13 C hPa

E(13 C ) = 15,04 hPa
E = E E0
E = 15,04 hPa 8,73 hPa
E = 6,3 hPa
66. Una nube saturada de vapor experimenta un incremento de temperatura de 4 C a 10 C. En

el proceso, parte de las gotas que forman la nube se evaporan para mantener el ambiente
saturado. Determnese el incremento de la tension de vapor, sabiendo que E(4 C)=8,14
hPa.
Soluci
on:
Calculamos la tension saturante para T=10 o C mediante la formula de Magnus:
7,45 10 C
E(10 C ) = 6,1 10 234,07 + 10 C hPa
E(10 C ) = 12,32 hPa

El incremento de la tension de vapor ser
a:
E = 12,32 hPa 8,14 hPa
E = 4,18 hPa
NOTA: Esta variaci
on de la tension saturante tambien puede obtenerse mediante la
ecuaci
on de Clausius-Clapeyron.

DEL AIRE SATURADO
82
67. Determine el vapor de agua que se condensar

a si enfriamos una masa de aire saturado
desde 10 C a 8 C manteniendo la presi
on constante, P0 = 1013 hPa.
Datos: E(10 C)=12,26 hPa, E(8 C)=10,71 hPa.
Soluci
on:
Al tratarse de aire saturado, la proporci
on de mezcla vendr
a dada mediante la siguiente expresi
on:
M =
E
PE
12,26 hPa
1013 hPa 12,26 hPa
= 7,62 103
M1 = 0,622
M1
10,71 hPa
1013 hPa 10,71 hPa
= 6,65 103
M2 = 0,622
M2
Por lo tanto, la cantidad de vapor de agua que se condensar

a ser
a:
M = M1 M2
M = 7,62 103 6,65 103
M = 9,7 104 = 0,97 g/kg
68. Calc
ulese el calor latente de condensaci
on del agua a 30 C, sabiendo que E(30 C)=42 hPa
y que dE/dT 2,4 hPa/K. Compruebese el resultado con otra ecuaci
on m
as aproximada.
Soluci
on:
(a) Calculo del calor latente (L) mediante la ecuaci
on de Clasius-Clapeyron:
dE
dT
L =
LE
ra T2
dE ra T2
dT
E
461 J/(kg K) 3032 K2

42 hPa
6
L = 2,418 10 J/kg
L = 2,4 hPa/K
(b) Calculo del calor latente (L) mediante la formula aproximada:
83

L = L0 + (cp (a) c)T( C) 600 0,56 T( C ) cal/g
L = 600 0,56 30 = 583,2 cal/g = 2,437 106 J/kg
69. Dado un estrato de aire bien mezclado, calc

ulese:
(a) La temperatura de saturaci
on.
(b) El gradiente adiabatico en la base del estrato.
(c) El punto de roco en la base del estrato.
(d) Altura (sobre la base) del nivel de condensaci
on.
(e) El nivel de condensaci
on por la formula de Ferrel y por la de V
aissal
a.
Datos: h0 = 60 %, T0 = 280K y P0 = 900 hPa.
Soluci
on:
(a) Para el c
alculo de la temperatura de saturaci
on (Ts ):
Suponemos que sufre un ascenso adiabatico, por lo que Ts se obtendr
a a partir de la
siguiente expresi
on:
100
h0
Ts
T0
Ts = T0
cp L
r r T0
1
cp L
100 r r T
0
h0
Realizando la siguiente aproximaci

on: cp cp y r r; y sustituyendo obtenemos que:
Ts = 280 K
Ts = 271,1 K
1
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 106 J/kg
100 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 280 K
60
(b) Para el c
alculo del gradiente adiabatico en la base del estrato ():
En primer lugar calculamos la tension saturante para T = 7 C mediante la formula
de Magnus:
7,45 7( C )
E(7 C ) = 6,1 10 234,07 + 7( C ) hPa

E(7 C ) = 10,04 hPa
La presi
on parcial del vapor de agua (e) en la base del estrato ser
a:
84
DEL AIRE SATURADO
e
100
E
hE
e =
100
10,04 hPa 60
e =
100
e = 6,02 hPa
h =
m =
e
Pe
6,02 hPa
900 hPa 6,02 hPa
m = 4,19 103
m = 0,622
m
m+1
4,19 103
q =
4,19 103 + 1
q = 4,17 103
q =
A continuaci
on calculamos cp :
cp = 1860 J/(kg K) 4,17 103 + 1005 J/(kg K)(1 4,17 103 )
cp = 1008,56 J/(kg K)
Por lo tanto, el gradiente adiabatico ser
a el siguiente:
g
cp
9,8 m/s2
1008,56 J/(kg K)
= 9,72 103 K/m
=
(c) Para el c
alculo de la temperatura de roco (Tr ) en la base del estrato:
Atendemos a la siguiente expresi
on:
100
ln
h0
Tr =
Tr =
Tr =

1
1
Tr
T0
1
ra 100
1
T0 + L ln h0
1
461 J/(kg K) 100
1
280 K + 2,51 106 J/kg ln 60
272,8 K = 0,2 C
L
ra
85

(d) Para el c
alculo de la altura de condensaci
on por ascenso adiabatico:
Atenderemos a la siguiente expresi
on:
T = T0
T0
z
T0
Empleando la aproximaci
on T0 /T0 1 obtenemos
T0 Ts
280 K 271,1 K
z =
9,72 103 K/m
z = 915 m
z =
(e) Altura de condensaci

on seg
un Ferrel y V
aissal
a:
Seg
un la ecuaci
on de Ferrel, la altura ser
a:
zs = 122 (T0 Tr ) m
zs = 122 (280 K 272,8 K) m
zs = 878,4 m
Seg
un la ecuaci
on de V
aissall
a, la altura ser
a:
zs
zs
zs
log 100
h0
= 188 (T( C ) + 105)
100
log
+ 5,1
h0
log 100
60
= 188 (7 + 105)
100
log 60 + 5,1
= 877,75 m
70. La oscilaci
on termica de un da es de 10 C, mientras que la tension de vapor sufre un cambio
de 3 hPa durante dicho da. Sabiendo que la temperatura media es de 15 C y que la tension
de vapor media es de 10 hPa, determine la variacion diurna de la humedad relativa teniendo
en cuenta exclusivamente la influencia de la temperatura en primer lugar, y despues s
olo
teniendo en cuenta la influencia de la variacion de la tensi
on de vapor. Indique, seg
un los
resultados, que par
ametro es m
as importante en la predicci
on de la niebla.
Soluci
on:
(a) Variaci
on de h , teniendo en cuenta exclusivamente la influencia de la temperatura
h
(e=cte):
Partiendo de la definicion de humedad relativa, tenemos que:
86
DEL AIRE SATURADO
h = 100
e
E
Tomamos logaritmos neperianos y posteriormente derivamos, manteniendo e constante:

ln(h) = ln(100) + ln(e) ln(E)
d ln(h) = d ln(E)
dE
dh
=
h
E
Atendiendo a la ecuaci
on de Clasius-Clapeyron, sabemos que dE/dT = LE/ra T 2 ,
por lo que despejamos de la misma dE/E y sustituimos en la anterior.
dE
E
dh
h
LdT
ra T 2
L dT
=
ra T 2
=
Si aproximamos dh h y dT T , obtendremos
h
h
h
h
h
h
L T
ra T 2
2,51 106 J/kg 10 K
=
461 J/(kg K) 2882 K2
h
= 0,65
= 65 %
h
=
(b) Variaci
on de h , teniendo en cuenta exclusivamente la influencia de la tension de
h
vapor (T=cte):
Partiendo de la definicion de humedad relativa, tenemos que:
h = 100
e
E
Tomamos logaritmos neperianos y posteriormente derivamos manteniendo E constante

ln h = ln(100) ln e ln E
d ln h = d ln e
de
dh
=
h
e
Si integramos, nos quedar
a lo siguiente:
h
h
h
h
h
h
e
e
3 hPa
=
10 hPa
h
= 0,3
= 30 %
h
=
87
NOTA: A la vista de estos resultados, el par

ametro m
as importante en la predicci
on
de la niebla es la temperatura.

umedo tiene una temperatura T = 20 C, una presi
on P = 1012 mb y
una humedad relativa del 70 % y se supone que asciende adiabaticamente. Determnense
en el nivel inicial y en el de condensaci
on: la tension de vapor, el punto de roco y la
proporci
on de mezcla.
Dato E(20 C)=23,38 hPa.
Soluci
on:
(a) C
alculo de la tension de vapor (e0 ), punto de roco (Tr0 ) y proporci
on de mezcla (m0 )
en el nivel inicial:
La tension parcial se obtiene a partir de la humedad relativa de la siguiente manera:
e
100
E
Eh
=
100
23,38 hPa 70
=
100
= 16,4 hPa
h =
e0
e0
e0
La temperatura de roco se obtendr

a a partir de la siguiente expresi
on:
h
ln
h0
Tr0 =
Tr0 =
Tr0 =

1
1
Tr
T0
1
ra 100
1
T0 + L ln h0
1
461 J/(kg K) 100
1
293 K + 2,51 106 J/kg ln 70
287,5 K = 14,5 C
L
ra
La proporci
on de mezcla ser
a:
m0 =
e
Pe
16,4 hPa
1012 hPa 16,4 hPa
= 1,024 102
m0 = 0,622
m0
(b) C
alculo de la tension de vapor, e, punto de roco, Tr , y proporci
on de mezcla, m, en
el nivel de condensaci
on:

DEL AIRE SATURADO
88

on por ascenso adiabatico, la
cual, en el nivel de condensaci
on, coincide con la temperatura de roco,
h
h0
Ts
T0
Ts = T0
cp L
r r T0
1
cp L
h
r r T0
h0
En este caso, vamos a calcular de forma exacta cp y r (n

otese que q es constante en todo
el ascenso):
cp = 1860 J/(kg K) 1,014 102 + 1005 J/(kg K)(1 1,014 102 )
cp = 1013,67 J/(kg K)
r = ra q + r(1 q)
r = 461 J/(kg K) 1,014 102 + 287 J/(kg K)(1 1,014 102 )
r = 288,76 J/(kg K)
Ts
Ts
1
1013,67
J/(kg
K)
0,622 2,51 106 J/kg

100 288,76 J/(kg K)

287 J/(kg K) 293 K
= 293 K
70
= 286,1 K = 13,1 C
Para el c
alculo de la tension de vapor en el nivel de condensaci
on (e) necesitamos
conocer la presi
on en dicho nivel, la cual la obtenemos aplicando una de las ecuaciones
de Poisson. En esta realizaremos la siguiente aproximaci
on: (tengase en cuenta
que el c
alculo puede realizarse tambien de forma exacta)
T1
T2
P2
P2
P2
P1 1
P2 1

T2 1
= P1
T1
1,4

286,1 K 1,41
= 1012 hPa
293 K
= 931 hPa
A continuaci
on calcularemos la tension de vapor a partir de la proporci
on de mezcla,
89

supuesta constante en el ascenso.
e
Pe
mP
e =
+m
1,024 102 931 hPa
e =
0,622 + 1,024 102
e = 15,08 hPa
m =
N
otese que al tratarse de aire saturado e coincide con E(286,1 K).
La proporci
on de mezcla permanece constante siempre y cuando no se llegue a producir la condensaci
on, as pues m = 1,024 102

umedo asciende por va adiabatica desde el suelo (P = 1000 hPa) hasta
los 700 hPa donde se alcanza la saturaci
on. Sabiendo que la temperatura del suelo es de
288 K, determnense la tension de vapor en el nivel inicial y el punto de roco en tierra.
Dato E(15 C)=17,04 hPa.
Soluci
on:
(a) Tensi
on de vapor en el nivel inicial (e):
En primer lugar calculamos la temperatura en el nivel de condensaci
on (T2 ) mediante
una de las ecuaciones de Poisson. En ella suponemos la siguiente aproximaci
on: .
T1
T2
T2
T2
T2
P1 1
P2 1
1
P2
= T1
P1
1,4 1

1,4
700 hPa
= 288 K
1000 hPa
= 260,1 K
A continuaci
on calculamos la humedad en el nivel inicial, realizando la siguiente
aproximaci
on cp cp y r r. Adem
as sabemos que la temperatura calculada anteriormente es la temperatura de saturaci
on.

DEL AIRE SATURADO
90
h
h0
h0 =
h0 =
Ts
T0
cp L
r r T0
h
c
p L
Ts r r T0
T0
100
6

1005 J/(kg K) 0,622 2,51 10 J/kg
260,1 K 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 288 K
288 K
h0 = 20,85 %
As pues, la tension de vapor en el nivel inicial ser

a:
e
100
E
Eh
e =
100
17,04 hPa 20,85
e =
100
e = 3,6 hPa
h =
(b) Temperatura de roco en el nivel inicial (Tr ):

La temperatura de roco en el nivel inicial se obtiene mediante la siguiente expresi
on:
h
ln
h0
Tr =
Tr =
Tr =

1
1
Tr
T0
1
1 + ra ln 100
T0
L
h0
1
461
J/(kg
K)
100
1
288 K + 2,51 106 J/kg ln 20,85
265,95 K = 7,05 C
L
ra
73. Calc
ulese la tension de vapor de una masa de aire sabiendo que asciende adiabaticamente desde el nivel de presi
on 1010 mb hasta el de 800 mb, donde se alcanza el nivel de
condensaci
on, siendo la temperatura inicial del aire T0 = 285 K.
Dato: E(285K)=14,01 hPa.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos T2 mediante una ecuaci
on de Poisson donde realizando
la siguiente aproximaci
on: . Dicha temperatura corresponde a la temperatura
de saturaci
on.
91

T1
T2
T2
T2
T2
P1 1
P2 1
1
P2
= T1
P1
1,41

1,4
800 hPa
= 285 K
1010 hPa
= 266,63 K
La humedad relativa en el nivel inicial, ser

a la siguiente. Realizamos la siguiente
aproximaci
on cp cp y r r.
h
h0
h0 =
h0 =
Ts
T0
cp L
r r T0
h
c
p L
Ts r r T0
T0
100
6
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 10 J/kg

266,63 K 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 285 K
285 K
h0 = 35,4 %
Por u
ltimo, la tension de vapor se obtendr
a a partir de la humedad relativa:
e
100
E
hE
e =
100
35,4 14,01 hPa
e =
100
e = 5 hPa
h =
74. Determine el nivel de condensaci

on por ascenso adiabatico de una masa de aire sabiendo
que en el nivel inicial T = 20 C y h = 70 %.

Soluci
on:
on a partir de la siguiente
expresi
on:

DEL AIRE SATURADO
92
h
h0
Ts
T0
Ts = T0
Ts
Ts
cp L
r r T0
1
cp L
h
r r T0
h0
1
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 106 J/kg
100 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 293 K
= 293 K
70
= 286,14 K

A continuaci
on calculamos suponiendo que cp cp mediante la aplicacion del
primer principio:
g
cp
9,8 m/s2
1005 J/(kg K)
= 9,75 103 K/m
=
Por u
ltimo, la altura de equilibrio vendr
a dada por la siguiente expresi
on, en la cual
suponemos que T0 /T0 1:
T = T0 z
T0
T0
T0 T
293 K 286,14 K
z =
9,75 103 K/m
z = 703,5 m
z =
75. Calc
ulense el punto de roco y la humedad relativa inicial, sabiendo que el nivel de condensacion por ascenso adiabatico de una masa de aire, que inicialmente est
a a 12 C, se
encuentra a 1800 m.
Dato: E(12 C ) = 14,1 hPa.
Soluci
on:
(a) Calculo de la humedad relativa inicial (h0 ):
Calculamos la temperatura de saturaci
on a partir de la aproximaci
on de una elevaci
on
adiabatica, suponiendo que T0 /T0 1:
93

T0
T0
9,8 m/s2
1800 m
T = 285 K
1005 J/(kg K)
T = 267,45 K
T = T0 z
La humedad relativa ser

a la siguiente. Realizamos la aproximaci
on cp cp y r r.
h
h0
h0 =
h0 =
Ts
T0
cp L
r r T0
h
c
p L
Ts r r T0
T0
100
6
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 10 J/kg

267,45 K 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 285 K
285 K
h0 = 37,12 %
La temperatura de roco ser

a finalmente:
h
ln
h0
Tr =
Tr =
Tr =

1
1
Tr
T0
1
1 + ra ln 100
T0
L
h0
1
461
J/(kg
K)
1
100
285 K + 2,51 106 J/kg ln 37,12
271 K = 2 C
L
ra
76. Una masa de aire con una temperatura de 10 C y una presion P = 990 hPa tiene una
humedad relativa h = 80 %. Determiner la altura y presi
on del nivel de condensaci
on si la
masa de aire sufre un ascenso adiabatico.
Soluci
on:
(a) Altura de condensaci
on (zsat ):
Calculamos en primer lugar la temperatura de saturaci
on (Ts ), la cual obtenemos de
on:

DEL AIRE SATURADO
94
h
h0
Ts
T0
Ts = T0
Ts
Ts
cp L
r r T0
1
cp L
h
r r T0
h0
1
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 106 J/kg
100 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 283 K
= 283 K
80
= 279,01 K

A continuaci
on calculamos la altura de condensaci
on:
T = T0
T0
zsat
T0
Suponemos que T0 /T0 1, por lo que:

T0 T
283 K 279,01 K
=
9,8 m s2 /1005 J kg1 K1
= 409 m
zsat =
zsat
zsat
(b) Presi
on en el nivel de equilibrio (P2 ):
Utilizamos una de las ecuaciones de Poisson para los procesos adiabaticos, suponiendo
que :
T1
T2
P2
P2
P2
P1 1
P2 1

T2 1
= P1
T1

1,4
279,01 K 1,41
= 990 hPa
283 K
= 942,0 hPa
77. Una masa de aire saturado (sin contenido de agua lquida) en la cima de una monta
na
est
a a una presi
on P = 750 hPa y una temperatura T = 268 K. Suponiendo que se fuerza
un descenso adiabatico hasta la base de la monta
na, donde P = 950 hPa, determnense la
temperatura y humedad relativa finales del proceso.
Soluci
on:
95

(a) Temperatura final del proceso (T2 ):
Calculamos (T2 ), que es la temperatura correspondiente al nivel inferior, utilizando

una de las ecuaciones de Poisson para los procesos adiabaticos:
T1
T2
T2
T2
T2
P1 1
P2 1
1
P1
= T1
P2
1,41

950 hPa 1,4
= 268 K
750 hPa
= 286,7 K
(b) Humedad relativa final del proceso (h0 ):

La humedad relativa se obtendr
a a partir de la siguiente expresi
on, en la que suponemos la aproximaci
on cp cp y r r.
h1
h2
h2 =
h2 =
T1
T2
cp L
r r T2
h1
cp L
T1 r r T2
T2
100
6

1005 J/(kg K) 0,622 2,51 10 J/kg
287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 286,7 K
268 K
286,7 K
h2 = 35,2 %
78. Una masa de aire se encuentra en la falda de una monta

na con una temperatura de 20 C
y una humedad relativa h=90 %, mientras que el aire circundante tiene una temperatura
de 15 C. Se observa que el aire empieza a ascender y da lugar a la formaci
on de nubes 100
m antes de llegar a la cima de la monta
na. En la cima de la monta
na existe una estacion
meteorol
ogica que mide una humedad especfica q=0,001. La masa de aire desciende por
la ladera opuesta de la monta
na llegando al suelo con una temperatura 0,5 C superior a
la original. Si = 0,0065 C/m y la presi

on en la falda de la monta
na es P = 1013 hPa,
calc
ulese:
(a) Altura de la monta
na.
(b) Humedad especfica y relativa de la masa de aire en el punto final.
(c) Temperatura de la masa de aire en la cumbre.
(d) Mnimo valor de para que pueden formarse las nubes.

DEL AIRE SATURADO
96
Datos: E(20 C) = 23,48 hPa, emplee si fuera necesario ln(T /T0 ) (T T0 )/T0 .
Soluci
on:
q=0.001
100 m
T=15C
T=20C
Figura 3.1: Ascenso de una masa de aire por la falda de una monta
na con el correspondiente
descenso por la ladera opuesta
(a) Altura de la monta

na (H):
on de dicha masa de aire,
suponiendo que cp cp y :
h
h0
Ts
T0
Ts = T0
Ts
Ts
cp L
r r T0
1
cp L
h
r r T0
h0
1
1005 J/(kg K) 0,622 2,51 106 J/kg
100 287 J/(kg K) 287 J/(kg K) 293 K
= 293 K
90
= 290,95 K

A continuaci
on calculamos la altura de condensaci
on a partir de la siguiente expresi
on.
Suponemos que :
97

T = T0 Hsat
T0
T0
(T0 T)T0
T0
(293 K 290,95 K) 288 K
=
9,75 103 K/m 293 K
= 207 m
Hsat =
Hsat
Hsat
Como la masa de aire condensa 100 m antes de llegar a la cima, la altura de esta ser
a:
H = 207 + 100 = 307 m
(b) Humedad especfica (q) y relativa (h) de la masa de aire en el punto final:
Si la humedad especfica (q) en la cumbre de la monta
na era 0.001, en el punto final
seguir
a siendo la misma puesto que no se ha producido perdida de masa. Asi pues,
en el punto final, q = 0,001.
Para calcular la humedad relativa (h), calculamos en primer lugar la tension saturante
(E) para la temperatura en el punto final, T = 20,5 C mediante la formula de Magnus:
7,45 20,5( C )
E(20,5 C ) = 6,1 10 234,07 + 20,5( C ) hPa

E(20,5 C ) = 24,28 hPa
A continuaci
on de mezcla (m) para poder obtener posteriormente la presi
on parcial del vapor de agua (e):
m
m+1
q
m =
1q
0,001
m =
1 0,001
m = 1,001 103
q =
e
Pe
mP
e =
+m
1,001 103 1013 hPa
e =
0,622 + 1,001 103
e = 1,62 hPa
m =
Por u
ltimo, la humedad relativa ser
a la siguiente:

DEL AIRE SATURADO
98
e
100
E
1,62 hPa
h =
100
24,28 hPa
h = 6,7 %
h =
(c) Temperatura de la masa de aire en la cumbre (T):

Calculamos el gradiente adiabatico que posee la masa de aire en la cumbre:
=
g
cp
g
cpa q + cps (1 q)
9,8 m/s2
1860 J/(kg K) 0,001 + 1005 J/(kg K)(1 0,001)
= 9,74 103 K/m
=
Por lo tanto, la temperatura de la masa de aire en la cumbre ser

a la siguiente:
T = T0 H
T0
T0
T = 293,5 K 9,74 103 K/m 307 m
293,5 K
288 K
T = 290,4 K
(d) Mnimo valor de para que puedan formarse nubes:
Para que se formen las nubes, es decir, para que se produzca la condensaci
on del
vapor de agua, debe cumplirse que Hsat = Heq ; as pues:
T = T
T0
Hsat
T0
T0 T0 + (T0 /T0 ) Hsat
=
Hsat
288 K 293 K + (293 K/288 K) 9,74 103 K/m 207 m
=
207 m
= 0,014 K/m
T0 Hsat = T0
79. Determnese el gradiente pseudoadiab

atico para los siguientes valores:
(a) P1 = 980 hPa, T1 = 285K, E1 = 14,01 hPa
(b) P2 = 1012 hPa, T2 = 293K, E2 = 23,38 hPa
(c) P3 = 500 hPa, T3 = 258K, E3 = 1,91 hPa
99

Soluci
on:
El gradiente pseudoadiab
atico viene dado mediante la siguiente expresi
on:
pseud
P + LE
rT
=
P + cLp dE
dT
Atendiendo a la ecuaci
on de Clasius-Clapeyron, sabemos que dE/dT = LE/ra T2 ,
por lo que, sustituyendo en la ecuaci
on anterior, nos queda lo siguiente:
pseud =
P + LE
rT
L
P + cp L E2
ra T
(a) P1 = 980 hPa, T1 = 285K, E1 = 14,01 hPa

E1
P1 + L
r T1
=
P1 + cLp L E12
ra T1
pseud
2,51 106 J/kg 14,01 hPa

287 J/(kg K) 285 K
=
6
1005 J/(kg K)
2,51 10 J/kg 2,51 106 J/kg 14,01 hPa
980 hPa + 0,622
1005 J/(kg K) 461 J/(kg K) 2852 K2

= 4,98 103 K/m
9,8 m/s2
pseud
pseud
980 hPa + 0,622
(b) P2 = 1012 hPa, T2 = 293K, E2 = 23,38 hPa
pseud
pseud
pseud
E2
P2 + L
r T2
=
P2 + cLp L E22
ra T2
2,51 106 J/kg 23,38 hPa
287 J/(kg K) 293 K
=
6
1005 J/(kg K)
2,51 10 , J/kg 2,51 106 J/(kg K) 23,38 hPa
1012 hPa + 0,622
1005 J/(kg K)
461 J/(kg K) 2932 K2
= 4,25 103 K/m
9,8 m/s2
1012 hPa + 0,622
(c) P3 = 500 hPa, T3 = 258K, E3 = 1,91 hPa
pseud
pseud
pseud
P3 + Lr TE3
3
=
L
L
P3 + cp E32
ra T3
2,51 106 J/kg 1,91 hPa
287 J/(kg K) 258 K
=
6
1005 J/(kg K)
2,51 10 J/kg 2,51 106 J/kg 1,91 hPa
500 hPa + 0,622

1005 J/(kg K) 461 J/(kg K) 2582 K2
= 7,09 103 K/m
9,8 m/s2
500 hPa + 0,622

DEL AIRE SATURADO
100
80. Determine el descenso de temperatura de una masa de aire saturado que se eleva adiabaticamente 500 m, sabiendo que en el nivel inicial la presi
on es de 850 hPa y T = 273
K.
Soluci
on:
Calculamos en primer lugar el gradiente pseudoadiab
atico, el cual viene dado por la
siguiente expresi
on:
pseud =
P + LE
rT
L
P + cp dE
dT
A continuaci
on sustituimos dE/dT = LE/ra T2 , seg
un Clasius-Clapeyron, por lo que
nos queda lo siguiente:
pseud
pseud
pseud
P + LE
rT
=
P + cLp L E2
ra T
2,51 106 J/kg 6,1 hPa
287 J/(kg K) 273 K
=
6
1005 J/(kg K)
2,51 10 J/kg 2,51 106 J/kg 6,1 hPa
850 hPa + 0,622

1005 J/(kg K) 461 J/(kg K) 2732 K2
= 6,13 103 K/m
9,8 m/s2
850 hPa + 0,622
Como pseud = dT , el incremento de temperatura debido al ascenso de 500 m sera:

dz
T = pseud z
T = 6,13 103 K/m 500 m
T = 3 K
81. En un proceso de enfriamiento isob

arico por radiacion en una masa de aire saturado a
presi
on atmosferica (1013 hPa) se produce la condensaci
on de 1,5 g de vapor por m3 de
aire. Sabiendo que la temperatura inicial de la masa de aire es Ti = 285 K, calc
ulese la
temperatura final del proceso.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos las humedades absolutas inicial (a0 ) y final (aF ):
7,45 12( C )
E(12 C ) = 6,1 10 234,07 + 12( C ) hPa

E(12 C ) = 14,08 hPa
101

E(12 C )
ra T0
1408 hPa
=
461 J/(kg K) 285 K
= 0,01072 kg/m3 = 10,72 g/m3
a0 =
a0
a0
aF
= a0 + a
aF
= 0,01072 kg/m3 0,0015 kg/m3
aF
= 9,22 103 kg/m3 = 9,22 g/m3
En el estado final se han de cumplir simult

aneamente
la ecuaci
on de estado EF =

E
L
1
1
aF ra TF y la de Clasius-Clapeyron ln EF = ra T T . Para poder trabajar
0
0
F
EF E0 . Por lo
F
con ambas expresiones es preciso realizar la aproximaci
on ln E
E0
E0
tanto nos quedaran las siguientes expresiones:
AF ra T2F
EF
EF E0
AF ra TF

1
L E0 1
ra
T0
TF
AF ra T2F E0 TF

L E0 1
L E0
E0 +
TF +
ra T0
ra
L E0 TF
L E0
fg
ra T0
ra
= 0
4,25T2F 28307TF + 7666117 = 0

TF
= 282,8 K .
Existe otra forma de resolver este tipo de problemas empleando la ecuaci

on de ClausiusClapeyron sin integrar y la que se obtiene diferenciando A:
dA =
dE =
E
dE
dT
ra T ra T2
LE
dT
ra T2
Combinando ambas expresiones se puede relacionar directamente A con T

T
A
LE
E
3
2
ra T
ra T2
Sustituyendo se obtiene:
1,5g/m3
= 1,81K
T
2500J/g 1408Pa
1408Pa
(0,418J/(g K))2 (285K)3 0,418J/(g K)(285K)2

DEL AIRE SATURADO
102
por tanto
TF 283,2K .
82. Determine el calor perdido por una masa de aire saturado sabiendo que en dos horas se
ha condensado 1 g de vapor por m3 de aire. El proceso es isob
arico siendo P0 = 1010 hPa
y T0 = 15 C.
Dato: E(15 C)=17,04 hPa
Soluci
on:
El calor perdido por unidad de masa de aire (que designaremos con q para no confundirlo con la humedad especfica, q) puede calcularse mediante la siguiente expresi
on,
obtenida a partir del primer principio de la termodin
amica:
q = cp dT + Lq
q cp T + Lq
Necesitamos conocer T y q y para ello las humedades absolutas, tanto inicial (A0 ),
como final (AF ):
1704 Pa
E(15 C )
=
= 0,0128 kg/m3 ,
ra T0
461 J/(kg K) 288 K
= a0 A = 0,0128 kg/m3 0,001 kg/m3 = 0,0118 kg/m3 .
A0 =
AF
Adem
as, sabemos que en el estado final se han de cumplir simult
aneamente la ecuaci
on
de estado para
el
vapor
de
agua,
E
=
A
r
T
,
y
la
ecuaci
o
n
de
Clasius-Clapeyron,
a
F
F
F

E
1
L
1
F
ln E = ra T T . De nuevo en la ecuaci
on de Clausius-Clapeyron es preciso
0
0
F
EF E0 . Las ecuaciones que resultan finalmente
F
realizar la aproximaci
on ln E
E0
E0
son:
EF
aF ra T2F
EF = AF
ra TF

L
E
1
1
0
E0 = ra
T0 TF
aF ra T2F E0 TF

L E0 1
L E0
E0 +
TF +
ra T0
ra
L E0
L E0 TF
ra T0
ra
= 0
5,4398T2F 33773,3TF + 9240781 = 0

TF
= 286,9 K .
103

Calculamos tambien la presi
on saturante final (EF ):
EF
= AF ra TF
EF
= 0,0118 kg/m3 461 J/(kg K) 286,9 K
EF
= 1561 Pa
As pues, teniendo en cuenta que el incremento de humedad especfica puede expresarse como q = E/P0 , el calor perdido por la masa de aire ser
a el siguiente:
q = cp T + Lq
L
q = cp T + (EF E0 )
P0
q = 1005 J/(kg K) (286,9 K 288 K) + 0,622
2,51 106 J/kg

(15,61 hPa 17,04 hPa)
1010 hPa
q = 3316 J/kg 3,3 J/g

Al igual que en el problema anterior poda haberse optado por resolver de una forma
aproximada:
A
LE
E
3
r2a T
ra T2
E
q
P
83. La temperatura y humedad relativa en el exterior de una casa son 40 C y 40 %, respectivamente. En la casa hay instalado un aparato de aire acondicionado que toma aire del
exterior, lo enfra y lo introduce en la casa. El proceso de enfriamiento comienza poniendo
el aire en contacto con un circuito de refrigeracion, que lo lleva a una temperatura de
0 C , produciendose la saturaci
on de la masa de aire y la correspondiente condensaci
on
del vapor de agua que tuviera en exceso. Una vez que el aire entra en la casa alcanza
una temperatura de 20 C . Teniendo en cuenta que todo el proceso se desarrolla a presi
on
constante e igual a 1013 hPa se pide: (a) representar gr
aficamente el proceso, (b) calcular
la cantidad de agua por unidad de volumen y por unidad de masa de aire que se condensa
en el proceso de enfriamiento, (c) calcular la humedad relativa del aire que entra en la
habitaci
on.
Datos: E(40 C)=74,5 hPa, E(20 C)=23,48 hPa, E(0 C)=6,11 hPa.
Soluci
on:
(a) Representaci
on gr
afica del proceso:
(b) Cantidad de agua por unidad de volumen (a) y por unidad de masa (q) que se
condensa en el proceso.
on parcial del vapor de agua (ee ), la humedad
absoluta (ae ) y la humedad especfica (qe ) correspondientes al exterior de la casa.

DEL AIRE SATURADO
104
e
E(T)
T (C)
20 Tr
40
Figura 3.2: Representaci

on esquem
atica del funcionamiento de un aparato de aire acondicionado
en un diagrama e-T.
he Ee
100
40 74,5 hPa
=
100
= 29,8 hPa .
ee =
ee
ee
ae =
ee
ra Te
2980 Pa
461 J/(kg K) 313 K
= 2,065 102 kg/m3 .
ae =
ae
qe m e =
ee
Pe ee
29,8 hPa
1013 hPa 29,8 hPa
= 0,0189 .
qe = 0,622
qe
En el aire acondicionado se produce el enfriamiento hasta una Tac = 0 C , adem

as de
alcanzarse la saturaci
on de la masa de aire y la condensacion del vapor de agua en
105
exceso. Calculamos la presi

on parcial del vapor de agua (eac ), la humedad absoluta
(aac ) y la humedad especfica (qac ) para dicha situaci
on.
eac = E(0 C ) = 6,11 hPa
aac =
eac
ra Tac
611 Pa
461 J/(kg K) 273 K
= 4,854 103 kg/m3
aac =
aac
qac mac =
eac
P eac
6,11 hPa
1013 hPa 6,11 hPa
= 3,774 103 .
qac = 0,622
qac
Por lo tanto, ya podemos calcular a y q:

a = ae aac
a = 2,064 102 kg/m3 4,854 103 kg/m3
a = 1,6 102 kg/m3 = 16 g/m3 .
q = qe qac
q = 0,0189 3,774 103
q = 1,51 102 = 15,1 g/kg .
Tenga en cuenta que qac = qf inal .
(c) Humedad relativa en la habitaci
on (hi ):
hi =
hi =
hi =
hi =
hi =
ei
100
Ei
qi Pi
100
Ei
qac Pi
100
Ei
3,774 103 1013 hPa
100
0,622 23,48 hPa
26,17 26 % .

DEL AIRE SATURADO
106
84. En una masa de aire saturado a T = 10 C y presi

on P = 998 hPa se produce una
condensaci
on isob
arica por irradiaci
on nocturna. Sabiendo que se han condensado 2 g/m3
de vapor, determnese el descenso de temperatura necesario para que ocurra este cambio
de fase, as como la perdida de calor que acompa
na al proceso.
Dato: E(10 C)=12,3 hPa.
Soluci
on:
En primer lugar calculamos las humedades absolutas, tanto inicial (A0 ), como final
(AF ).
E(10 C)
ra T0
1230 Pa
=
461 J/(kg K) 283,15 K
= 9,42 103 kg/m3 .
A0 =
A0
A0
AF
= A0 a
AF
= 9,42 103 kg/m3 2 103 kg/m3
AF
= 7,42 103 kg/m3
A continuaci
on necesitamos obtener EF y TF , que calculamos usando la aproximaci
on
analtica del problema anterior.
EF = aF ra TF

E
E
E
1
L
1
0
F
F
= ra T T
ln E
E0
0
0
F
aF ra T2F

E0 1 +
L
ra T0
TF +
L E0
ra
= 0
3,4216 T2F 24787,4 TF + 6,6703 106 = 0

TF
= 279,912 K = 6,8 C
EF
= 9,57 hPa 9,6 hPa .
Por u
ltimo calculamos la perdida de calor que acompa
na al proceso, sabiendo que
este viene expresado mediante: q = cp T + L q
De nuevo este problema podra hacerse de forma aproximada.
(EF E0 )
q cp (TF T0 ) + L
P0
0,622
q 1005 J/(kg K) (6,8 C 10 C ) + 2,51 106 J/kg
(9,6 hPa 12,3 hPa)
998 hPa
q 7440 J/kg = 7,4 J/g .
107
85. Una masa saturada asciende, de forma que siempre se encuentra saturada, desde el nivel
de 700 mb y T = 273K hasta el de 650 mb. Sabiendo que se condensa en el proceso una
proporci
on de mezcla m = 7,3 104 , calc
ulese el descenso de temperatura que tiene lugar.
Dato: E(10 C)=6,11 hPa. Usar Magnus si fuera necesario.
Soluci
on:
on de mezcla inicial (m0 ) y la proporci
on de
mezcla final (mF )
E(0 C)
P0 E(0 C)
6,11 hPa
= 0,622
700 hPa 6,11 hPa
= 5,477 103
m0 =
m0
m0
mF
= m0 m
mF
= 5,477 103 7,3 104
mF
= 4,747 103
La presi
on parcial final del vapor de agua ser
a
mF
eF
eF
eF
eF
PF eF
mF P
=
+ mF
4,747 103 650 hPa
=
0,622 + 4,747 103
= 5 hPa
=
Teniendo presente que ambas tensiones son de saturaci

on, puede emplearse la ecuaci
on
de Clausius-Clapeyron:
E
E0
TF
ln
TF
TF

1
1
T0
TF
1
1 ln E ra
T0
E0 L
L
ra
1
461 J/(kg K)
1
5 hPa
273 K ln 6,11 hPa 2,51 106 J/kg
= 270,3 K
=
Por lo tanto, el descenso de temperatura que tiene lugar es el siguiente:

T = TF T0
T = 270,3 K 273 K
T = 2,7 K

DEL AIRE SATURADO
108
86. Sean dos masas de aire h

umedo, teniendo la segunda el doble de masa que la primera.
Supongamos que sufren un proceso de mezcla horizontal, siendo sus valores iniciales de
temperatura y humedad: T1 = 0 C , h1 = 90 %, E1 = 6,12 mb, T2 = 20 C , h2 = 40 %,
E2 = 23,4 mb. La presi
on a la que se desarrolla el proceso es P0 = 1000 mb. Calc
ulese:
(a) e1 , e2 y e final, eF .
(b) Temperatura final de la mezcla.
(c) Se alcanza la saturaci
on al mezclar las dos masas?
Soluci
on:
(a) Presi
on parcial de ambas masas de aire y de la mezcla final (e1 , e2 y eF )
Calcularemos las presiones parciales a partir de las humedades de cada masa de aire,
de la siguiente manera:
h =
e =
e1 =
e2 =
e
100
E
Eh
100
6,12 mb 90
= 5,51 mb
100
23,4 mb 40
= 9,36 mb
100
La presi
on parcial final de la mezcla se calcular
a atendiendo al peso relativo de las
masas de dichas masas de aire h
umedo. Por lo tanto:
eF
eF
eF
e1 + 2e2
3
5,51 mb + 2 9,36 mb
=
3
= 8,1 mb
=
(b) Temperatura de la mezcla (TF ):

Si suponemos que no existen perdidas de calor, para que se mantenga el equilibrio
debe cumplirse lo siguiente:
Q1 + Q2 = 0
Qs1 + Qa1 + Qs2 + Qa2 = 0
ms1 Cs (TF T1 ) + ma1 Ca (TF T1 )

+
ms2 Cs (TF T2 ) + ma2 Ca (TF T2 ) = 0
109
Por otro lado sabemos que: msi = Mi qMi = Mi (1qi ) as como que mai = qi Mi .
Si sustituimos en la ecuaci
on anterior nos quedara lo siguiente:
(1 q1 )M1 Cs (TF T1 ) + q1 M1 Ca (TF T1 )
+ (1 q2 )2M1 Cs (TF T2 ) + q2 M1 2Ca (TF T2 ) = 0

(1 q1 )Cs + q1 Ca + 2(1 q2 )Cs + 2q2 Ca TF =
(1 q1 )Cs T1 + q1 Ca T1 + (1 q2 )2Cs T2 + 2q2 Ca T2
TF
(1 q1 )Cs T1 + q1 Ca T1 + (1 q2 )2Cs T2 + 2q2 Ca T2

(1 q1 )Cs + q1 Ca + 2(1 q2 )Cs + 2q2 Ca
Calculamos las humedades especficas de las dos masas de aire que se mezclan, (q1 )
y (q2 ):
e1
P0 e1
5,51 mb
= 0,622
1000 mb 5,51 mb
= 3,44 103
q1 m1 =
q1
q1
e2
P0 e2
9,36 mb
= 0,622
1000 mb 9,36 mb
= 5,87 103
q2 m2 =
q2
q2
Como q1 , q2 << 1, la temperatura final puede expresarse de la siguente manera.

TF
TF
TF
T1 + 2T2
3
273 K + 2 293 K
=
3
= 286,3 K = 13,3 C
=
(c) Para que se alcanze la saturaci

on, debe cumplirse la condici
on eF EF . Por ello
calcularemos la tension saturante correspondiente a la temperatura de la mezcla y
compararemos los valores de eF y EF .
7,45 13,3( C )
E(13,3 C ) = 6,1 10 234,07 + 13,3 mb
E(13,3 C ) = 15,3 mb
Como eF < EF , no se alcanza la saturaci
on de la masa de aire.

DEL AIRE SATURADO
110
87. Si se consideran las dos masas de aire h

umedo del problema anterior (T1 = 0 C , h1 = 90 %,
T2 = 20 C , M2 = 2M1 ), que humedad relativa es necesario que tenga la masa M2 para

que tras el proceso de mezcla horizontal se alcance la saturaci
on? Sup
ongase que la presi
on
a la que se desarrolla el proceso es P0 = 1000 mb y que q1 y q2 son mucho menores que
uno.
Soluci
on:
Para que se alcanze la saturaci
on la presi
on parcial del vapor de agua final de la
mezcla debe ser igual a la tension de saturaci
on, es decir, eF = EF .
Calcularemos en primer lugar la humedad especfica necesaria para que se produzca
la condensaci
on, usando TF = 13,3 C
mF
mF
mF
eF
P eF
15,3 hPa
1000 hPa 15,3 hPa
= 9,66 103
= 0,622
qF
qF
qF
mF
mF + 1
9,66 103
=
9,66 103 + 1
= 9,56 103
A continuaci
on calculamos la humedad especfica necesaria que debe presentar la
masa de aire M2 . Para ello debemos obtener tambien la humedad especfica de la
masa de aire M1 .
m1 =
e1
P e1
5,51 hPa
1000 hPa 5,51 hPa
= 3,45 103
m1 = 0,622
m1
m1
m1 + 1
3,45 103
=
3,45 103 + 1
= 3,44 103
q1 =
q1
q1
111

qF
q2
q2
q2
q1 + 2q2
3
3qF q1
=
2
3 9,56 103 3,44 103
=
2
= 0,013 m2
Por u
ltimo obtendremos la presi
on parcial del vapor de agua correspondiente a dicha
proporci
on de mezcla; y, a partir de esta, la humedad relativa.
e2
P e2
m2 P
=
+ m2
0,013 1000 mb
=
0,622 + 0,013
= 20,48 mb
m2 =
e2
e2
e2
e2
100
E2
20,48 mb
100
=
23,4 mb
= 87 % .
h2 =
h2
h2
112
DEL AIRE SATURADO
Bibliografa
[1] A. Maya, Problemas de meteorologa superior, Instituto Nacional de Meteorologa, (Madrid). 1989.
[2] C. Garca-Legaz Martnez y F. Castej
on de la Cuesta, Problemas de meteorologa, Instituto Nacional de Meteorologa, (Madrid). 1986.
[3] F. Mor
an Samaniego, Apuntes de termodin
amica de la atm
osfera, Instituto Nacional de
Meteorologa (Madrid). 1984.
113

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Problemas resueltos de Meteorologa

Puede encontrar una copia de la licencia en http://www.gnu.org/licenses/licenses.html

Leyes del cuerpo negro

La ley de Kirchhoff nos dice que cualquier cuerpo no negro inmerso en un ba

donde es el coeficiente de emisividad que ser

Para referirnos a la emitancia radiante tambien puede usarse la letra M .

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

Para los par

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

1. Determnese el valor de la constante de la ley de Stefan-Boltzmann ( = 5,67 108 W m2

= 5,67 105 erg s1 K4 cm2

= 8,13 1011 Lang min1 K4

3. El almacenador de energa de una central solar est

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

El flujo de energa radiante se define a partir de la siguiente expresi

As pues, la perdida de energa radiante resultar

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

0 (T4dep T4par ) 1 (T4dep T4par )

La potencia emitida por todo el dep

0 T4dep T4par 1 T4dep + T4par

La potencia emitida por todo el dep

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

(ultravioleta) y para la estrella Antares 11600 A (infrarrojo), determine las temperaturas

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

MV ega = 5,67 108 W m2 K4 140104 K4 = 2,18 109 W/m2

7. Imagina un planeta X sin atm

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

(b)Para el caso de a=0,85

(c) Seran distintas las respuestas si el planeta tuviera el tama

8. El Sol puede considerarse como un cuerpo negro a temperatura de 6000 K. Determnese la

9. La longitud de onda correspondiente a la intensidad de emision m

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

Despejamos por tanto la temperatura del sol (Ts ) de la expresi

(1,5 1011 m)2 1400 W m2

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

(a) La temperatura de equilibrio de la Tierra, (Te ), sera:

(b) La temperatura de la superficie del Sol, (Ts ), sera:

349 W m2 (1,5 1011 m)2

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

e es una potencia por unidad de superficie

(b) Temperatura de la superficie terrestre:

4,18 J 104 cm2 1 min

As pues, aplicando la ley de Stefan-Boltzman calculamos dicha temperatura:

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

13. Un telescopio con un objetivo de un metro de radio est

Por otro lado, aplicando la ley de Wien, podemos calcular la temperatura de la

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

15. El valor de la constante solar es S = 1400 W/m2 . Si la distancia Tierra-Sol aumenta un 6 %

Es decir, la constante solar disminuye 12 %.

1.2. PROBLEMAS RESUELTOS

Al estar en equilibrio, la potencia absorbida por la Tierra es igual a la potencia emitida

16. Suponga que el

EQUILIBRIO RADIATIVO Y TEMPERATURA

La mezcla de gases atmosfericos que denominamos aire seco m

siendo rs = R/Ms = 0,287 g JK , ra = R/Ma = 0,461 g JK , R la constante universal de los gases

Dada una masa de aire que evoluciona verticalmente en el seno de la atm

para describir la variaci

El coeficiente de enfriamiento por ascensi

La temperatura de dicho nivel de equilibrio, Te , se calcular

a partir tanto del resultado exacto como del resultado aproximado.

Se denomina proceso politr

Comparando esta ecuaci