27Radiación y transporte de calor

Desde un millón de millas de distancia, la cara iluminada de la Tierra es un disco de mar azul, tierra parda y nube blanca. La luz del sol cae más directamente sobre el centro del disco, cerca de los trópicos, y roza sus bordes; los trópicos absorben mucha más energía que las regiones polares. Sin embargo, los trópicos no se calientan año tras año, ni los polos se enfrían. Los vientos y las corrientes oceánicas llevan el exceso hacia los polos, varios petavatios de él. Este capítulo mide los tres términos de ese balance: la luz solar que recibe cada latitud, la parte que retiene y el infrarrojo que devuelve al espacio, y el transporte que cubre la diferencia. Una parte grande del transporte viaja en una forma invisible, como vapor de agua, cuyo calor latente se libera donde se condensa en lluvia.

Lo que ya sabes

Capítulo 1 definió la insolación, la potencia de la luz solar recibida por metro cuadrado de una superficie horizontal en el tope de la atmósfera, $I = S_0(a/r)^2\sin h_\odot$ mientras el Sol está sobre el horizonte, con $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a la distancia media $a$; dio la altura del Sol a partir de su ángulo horario $H$, su declinación $\delta$ y la latitud $\varphi$, $\sin h_\odot = \sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\cos H$; y el ángulo horario $H_0$ de la puesta, $\cos H_0 = -\tan\varphi\tan\delta$ (Proposición 1.16). Capítulo 3 definió el albedo de Bond de un planeta y su temperatura de equilibrio. Los libros de física dan la ley del inverso del cuadrado para la luz, la radiación de un cuerpo negro, $\sigma T^4$ por metro cuadrado con $\sigma = 5.670 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{K}^{-4}$ (Stefan–Boltzmann), y el calor latente de un cambio de estado. El libro 2 mostró que la Tierra intercepta en promedio una cuarta parte de la constante solar, dibujó el balance energético global de la Tierra y comprobó que cuadra, y describió con palabras el transporte de calor hacia los polos.

27.1 Insolación según la latitud y la estación

La insolación instantánea cambia de minuto en minuto a medida que el Sol cruza el cielo. Para el clima, lo que cuenta es su suma a lo largo de un día.

Definición 27.1 (Insolación media diaria)

La insolación media diaria $\bar Q$ a una latitud en un día dado es la insolación instantánea promediada sobre las 24 horas de ese día, con las noches incluidas, manteniendo la declinación del Sol y su distancia en sus valores del día. Es una potencia por metro cuadrado de superficie horizontal en el tope de la atmósfera, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Mantener $\delta$ y $r$ fijos durante un día es inocuo: la declinación cambia como mucho $0.4{}^{\circ}$ al día, y la distancia menos de un $0.03\,\%$.

Teorema 27.2 (Insolación media diaria)

A la latitud $\varphi$, en un día en que la declinación del Sol es $\delta$ y su distancia $r$,

$$\bar Q = \frac{S_0}{\pi}\left(\frac{a}{r}\right)^{2} \bigl(h_0\sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\sin h_0\bigr),$$

donde $h_0 \in [0, \pi]$ es el ángulo horario de la puesta en radianes: $\cos h_0 = -\tan\varphi\tan\delta$ cuando $|\tan\varphi\tan\delta| \le 1$; $h_0 = \pi$ en el día polar ($\tan\varphi\tan\delta > 1$); $h_0 = 0$, y $\bar Q = 0$, en la noche polar ($\tan\varphi\tan\delta < -1$).

Dos casos especiales conviene saberlos de memoria. En el ecuador, $\varphi = 0$ y $h_0 = \pi/2$ sea cual sea la estación:

mayor en los equinoccios, $S_0/\pi = 433.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a la distancia media. En un polo en su verano, $h_0 = \pi$ y $\varphi = \pi/2$: $\bar Q_\text{polo} = S_0(a/r)^2\sin\delta$, con el Sol dando vueltas por el cielo a una altura constante igual a la declinación.

Proposición 27.3 (El verano polar)

En un día de declinación $\delta > 0$, la insolación media diaria en el Polo Norte supera a la del ecuador si y solo si $\pi\tan\delta > 1$, es decir, $\delta > 17.66{}^{\circ}$. En el solsticio de junio, $\delta = 23.44{}^{\circ}$, el cociente es $\pi\tan \delta = 1.362$.

Con la órbita de la Tierra, el solsticio de junio cae cerca del afelio, $(a/r)^2 = 0.968$: el Polo Norte recibe entonces $524\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ como media diaria, el ecuador $385\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Seis meses después el Polo Sur, cerca del perihelio, recibe $559\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, un $6.7\,\%$ más que el Polo Norte en su verano: el cociente es exactamente el de los dos valores de $(a/r)^2$. La figura siguiente muestra $\bar Q$ a lo largo de un año completo. Los máximos están en los polos en los solsticios; las cuñas oscuras son las noches polares, limitadas por la latitud $90{}^{\circ} - |\delta|$; el punto subsolar, donde el Sol pasa por el cénit al mediodía, se mueve entre los trópicos con la declinación.

Promediando $\bar Q$ a lo largo del año se obtiene la insolación media anual de cada latitud (figura siguiente): $415.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en el ecuador, $328.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $40{}^{\circ}$, $172.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en cada polo. El verano polar es intenso, pero el invierno polar es oscuro, y a lo largo de un año el ecuador recibe $2.41$ veces lo que un polo. La curva es la misma en los dos hemisferios, aunque el verano austral es el más brillante; Ejercicio 27.10 muestra por qué.

Proposición 27.4 (La media global)

En cada instante, la insolación promediada sobre toda la esfera es $\tfrac14 S_0(a/r)^2$. Promediada también a lo largo del año, es $S_0/(4\sqrt{1 - e^2})$, donde $e$ es la excentricidad de la órbita: $340.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ para la Tierra, a menos de un $0.02\,\%$ de $S_0/4 = 340.25\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

27.2 Radiación absorbida y emitida

De la luz solar que recibe una latitud, refleja de vuelta al espacio una fracción, desde nubes, nieve, hielo, desierto y, en menor grado, el mar; absorbe el resto, en el aire y en la superficie. También pierde energía emitiendo radiación infrarroja al espacio, de día y de noche.

Definición 27.5 (Radiación de onda larga saliente)

La radiación de onda larga saliente (OLR) es la potencia de la radiación infrarroja que sale del tope de la atmósfera hacia el espacio, por metro cuadrado. La temperatura de emisión $T_e$ es la temperatura de un cuerpo negro que emitiría la misma potencia: $\sigma T_e^4 = \text{OLR}$.

La OLR viene en parte de la superficie, a través del aire donde es transparente al infrarrojo, y en parte del aire y de las cimas de las nubes más arriba. La temperatura de emisión es una propiedad de la radiación, no la temperatura de un nivel concreto: es más baja que la del suelo de debajo, porque las capas emisoras son más frías.

Definición 27.6 (Radiación neta; excedente y déficit radiativos)

La radiación neta en el tope de la atmósfera es

$$R = \underbrace{(1 - \alpha)\,\bar Q}_{\text{solar absorbida}} - \text{OLR},$$

donde $\alpha$ es el albedo local, la fracción de la luz solar incidente reflejada hacia el espacio; las tres magnitudes son medias anuales en una latitud. Una latitud donde $R > 0$ tiene un excedente radiativo; una donde $R < 0$ tiene un déficit radiativo.

Sobre toda la Tierra la radiación neta debe promediar casi cero, ya que el planeta no se calienta ni se enfría más de unas décimas de vatio por metro cuadrado: la última evaluación sitúa el desequilibrio en $0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, sobre una entrada de $340\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de la que $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ se reflejan (un albedo global de $0.294$) y $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ salen como infrarrojo.

Los perfiles zonales de este capítulo proceden de un reanálisis, es decir, de un sistema de predicción meteorológica ejecutado sobre las últimas décadas, que asimila las observaciones de cada día y entrega un estado completo y coherente de la atmósfera. El reanálisis usado aquí, desde 1948, da medias mensuales en una malla de 94 latitudes y 192 longitudes; este capítulo usa sus promedios de 1991–2020. Sus flujos de radiación son salidas del modelo, previsiones sujetas a las observaciones. La figura siguiente muestra sus medias zonales frente a $\sin\varphi$, de modo que anchuras iguales en el eje son áreas iguales en la esfera.

Las dos curvas tienen formas muy distintas. La luz solar absorbida cae desde $288\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ cerca del ecuador hasta $76\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $81{}^{\circ}$ N, en un factor de $3.8$: la insolación baja, y el albedo sube de $0.31$ a $0.57$, con el Sol bajo, la nieve y el hielo marino. La OLR baja solo de $245\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $192\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, en un factor de $1.27$; las temperaturas de emisión son $256\,\mathrm{K}$ y $241\,\mathrm{K}$. La OLR es incluso algo más baja en el ecuador, $245\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, que cerca de $20{}^{\circ}$, $269\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: las nubes del cinturón ecuatorial de lluvias se elevan mucho y sus cimas frías emiten poco, mientras que los cielos subtropicales más despejados dejan escapar más infrarrojo. Allí donde la luz solar absorbida supera a la OLR, la latitud tiene un excedente.

Ejemplo 27.7 (El balance global del reanálisis)

Promediado sobre el globo, el reanálisis recibe $341.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, refleja $117.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (un albedo de $0.342$), absorbe $224.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ y emite $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: una radiación neta de $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. La OLR está a menos de $1.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de los $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ evaluados, pero la reflexión es $17\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ mayor que los $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ evaluados. Un desequilibrio real de este tamaño enfriaría la Tierra a un ritmo de $6.6\,\mathrm{PW}$; es un error del modelo, no una propiedad de la Tierra, y el transporte de abajo se calcula tras quitar la media global.

27.3 Transporte meridional de calor

Definición 27.8 (Transporte meridional de calor)

El transporte meridional de calor $T(\varphi)$ a través del paralelo de latitud $\varphi$ es la energía que se lleva hacia el norte a través de ese paralelo por unidad de tiempo, por la atmósfera y el océano en conjunto, en la media anual. Se cuenta positiva hacia el norte y se mide en petavatios ($1\,\mathrm{PW}$ = $10^{15}\,\mathrm{W}$).

Proposición 27.9 (Transporte a partir de la radiación neta)

Si la energía almacenada en cada banda de latitud no cambia de un año a otro, entonces, para una Tierra de radio $a_\oplus$,

$$T(\varphi) = 2\pi a_\oplus^2\int_{-\pi/2}^{\varphi} R(\varphi')\cos\varphi'\, \mathrm d\varphi' = -2\pi a_\oplus^2\int_{\varphi}^{\pi/2} R(\varphi')\cos \varphi'\,\mathrm d\varphi' ,$$

y $T$ es extremo en las latitudes donde $R$ cambia de signo.

Aplicada al reanálisis, con su media global de $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ restada de $R$ en cada latitud, la proposición da la curva de abajo. El transporte es hacia el norte en el hemisferio norte y hacia el sur en el sur, siempre hacia el polo. Alcanza $4.1\,\mathrm{PW}$ cerca de $38{}^{\circ}$ N y $4.5\,\mathrm{PW}$ cerca de $32{}^{\circ}$ S, donde $R$ menos su media cambia de signo; a través de $40{}^{\circ}$ N es $4.11\,\mathrm{PW}$. Es pequeño en el ecuador, donde el excedente de cada hemisferio se exporta a su propio polo.

El recuadro de la figura es una advertencia. Un estudio de los años 1985–1989, cuando un experimento satelital midió con fiabilidad la radiación en el tope de la atmósfera, calculó el transporte de la atmósfera a partir de los vientos, temperaturas y humedad de dos reanálisis: la atmósfera sola transporta $5.0\,\mathrm{PW}$ a $43{}^{\circ}$ N, más que los $4.0\,\mathrm{PW}$ de este reanálisis para la atmósfera y el océano juntos. El mismo estudio encontró que los flujos generados por el modelo del reanálisis concuerdan peor con las estimaciones independientes del océano que los flujos derivados de las observaciones. Una vez quitada la media global, el transporte depende solo de cómo varía $R$ con la latitud, y la radiación neta de este reanálisis varía demasiado poco desde los trópicos hacia los polos. La forma de la curva, sus máximos en latitudes medias y su casi simetría, puede confiarse; su altura queda al menos un quinto por debajo.

¿Quién lleva el calor? El mismo estudio encuentra que el océano transporta más que la atmósfera solo entre el ecuador y $17{}^{\circ}$ N; a $35{}^{\circ}$, donde el transporte total alcanza su máximo en cada hemisferio, la atmósfera transporta el $78\,\%$ en el norte y el $92\,\%$ en el sur. La parte del océano es materia de Capítulo 29, la de la atmósfera de Capítulo 28.

Método 27.10 (Transporte a partir de bandas zonales)

1. Dividir el casquete que va hacia el polo desde la latitud de interés en bandas; para cada una, tomar la insolación media $\bar Q_i$, el albedo $\alpha_i$ y la OLR$_i$.
2. Calcular la radiación neta de cada banda, $R_i = (1 - \alpha_i)\bar Q_i - \text{OLR}_i$, y restar la media global de $R$ si no es nula.
3. Calcular el área de cada banda, $A_i = 2\pi a_\oplus^2(\sin\varphi_{i,2} - \sin\varphi_{i,1})$, con $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$.
4. El transporte a través del borde es menos la potencia neta del casquete, $-\sum_i R_i A_i$, positivo hacia el polo; dividir entre $10^{15}$ para obtener petavatios.

27.4 Calor latente y sensible

La superficie de la Tierra absorbe la mayor parte de la luz solar, pero la atmósfera emite la mayor parte del infrarrojo hacia el espacio. La superficie cede energía al aire de tres maneras: con su propia radiación infrarroja, calentando el aire en contacto con ella, y evaporando agua, cuyo calor latente se libera allí donde el vapor se condensa. Ese lugar puede estar a miles de kilómetros: el calor latente viaja con el viento.

Definición 27.11 (Flujos de calor latente y sensible; cociente de Bowen)

El flujo de calor latente $LE$ es la potencia por metro cuadrado que la superficie pierde por evaporación: la tasa de evaporación $E$, en $\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$, por el calor latente de vaporización $L$. El flujo de calor sensible $H$ es la potencia por metro cuadrado que la superficie cede al aire por conducción y turbulencia, calentándolo. Ambos se cuentan positivos hacia arriba. Su cociente $B = H/LE$ es el cociente de Bowen.

Cerca de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $L = 2.4655\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{kg}^{-1}$. El cociente de Bowen es pequeño sobre el mar y sobre el suelo húmedo, donde el agua abunda, y grande sobre tierra seca. En el reanálisis vale $0.09$ en el ecuador, $0.37$ a $25{}^{\circ}$ N, la latitud de los grandes desiertos cálidos, y es negativo a $70{}^{\circ}$ N, donde las superficies de nieve y hielo están más frías que el aire de encima en la media anual, de modo que el calor sensible fluye hacia abajo. Promediado sobre el globo, el reanálisis da $LE = 82.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ y $H = 15.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, un cociente de Bowen de $0.18$; los valores evaluados son $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ y $21\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, con un cociente de $0.26$.

El libro 2 convirtió el flujo de calor latente en una profundidad de agua evaporada cada año. El proceso inverso convierte una lluvia, que un pluviómetro puede recoger, en un flujo de energía.

Proposición 27.12 (La precipitación como flujo de energía)

Una tasa de precipitación de $1\,\mathrm{m}$ de agua al año libera en la atmósfera, allí donde su vapor se condensó, una potencia media de

$$\frac{1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2} \times 2.4655 \times 10^{6}\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}}{3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s}} = 78.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2} .$$

Ejemplo 27.13 (El ciclo del agua como flujo de energía)

El ciclo global del agua lleva a cada año $373\,000$ kilómetros cúbicos de lluvia y nieve al océano y $113\,000$ a la tierra: repartidos sobre los $5.10 \times 10^{8}\,\mathrm{km}^{2}$ de la Tierra, son $0.953\,\mathrm{m}$ al año, que libera $74\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ según Proposición 27.12. El reanálisis llueve $2.82\,\mathrm{mm}$ al día, $1.03\,\mathrm{m}$ al año, $80\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Ambos están cerca del flujo de calor latente evaluado de $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, cuyo intervalo de incertidumbre es $72\text{ a }85\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: a lo largo de los años, el agua que se evapora vuelve a caer, y el calor latente tomado de la superficie se entrega íntegro al aire.

El balance se cumple para el globo, no para cada latitud, y la diferencia es un transporte (figura siguiente). En la zona subtropical el mar evapora más agua de la que cae allí: $LE$ supera a $LP$, el calor latente de la precipitación. El cinturón ecuatorial de lluvias y las latitudes medias reciben más lluvia de la que evaporan. Entre ambos, el vapor lo transporta el viento, y con él el calor latente. Según el argumento de Proposición 27.9, aplicado a la integral de $LE - LP$, el reanálisis lleva $1.4\,\mathrm{PW}$ de calor latente hacia el norte a través de $40{}^{\circ}$ N, un tercio de su transporte total allí; el transporte latente está dibujado discontinuo en la figura de transporte de arriba.

27.5 El balance energético de la superficie

El balance global dibujado en el libro 2 puede leerse como una sola ecuación para la superficie.

Proposición 27.14 (Balance energético de la superficie)

Sea $R_n$ la radiación neta en la superficie, luz solar absorbida más infrarrojo recibido del aire menos infrarrojo emitido, y $G$ la potencia por metro cuadrado que entra en el suelo o en el océano de debajo. Entonces, por metro cuadrado,

$$R_n = LE + H + G .$$

En la media global, $R_n = 160 + 342 - 398 = 104\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, de los cuales $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ van a la evaporación, $21\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ al flujo de calor sensible, y $G \approx 1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, dentro del redondeo de las cifras, al océano y al suelo.

El flujo de calor latente, cuatro quintas partes de $R_n$, es con mucho el mayor de los dos términos no radiativos: en el globo, la superficie se enfría sobre todo evaporando agua. El pequeño $G$ es el calentamiento del sistema climático, los $0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ del balance en el tope de la atmósfera; nueve décimas partes de él se almacenan en el océano.

Observación 27.15 (Local y global)

En un lugar concreto, $G$ está lejos de ser pequeño: es grande y positivo de día y en verano, negativo de noche y en invierno, y se promedia solo a lo largo de un día o de un año. Sobre el océano, el calor almacenado en la capa de mezcla puede llevarse también lateralmente por las corrientes: el balance local debe incluir entonces el transporte del océano, como el balance de una banda de latitud incluye el de la atmósfera.

27.6 Ejercicios

Ejercicio 27.1 ★

(a) Calcúlese $S_0/\pi$ con $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) En el día del equinoccio de marzo, la insolación media diaria en el ecuador es $436.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Dedúzcanse $(a/r)^2$ y $r/a$ ese día. (c) En el solsticio de junio, $(a/r)^2 = 0.9683$ y $\delta = 23.44{}^{\circ}$. Calcúlese la insolación media diaria en el ecuador.

Solución

Solución de Ejercicio 27.1.

(a) $S_0/\pi = 1361/\pi = 433.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) En el ecuador, en un equinoccio, $\bar Q = (S_0/\pi)(a/r)^2$, así que $(a/r)^2 = 436.7/433.2 = 1.0080$ y $r/a = 1.0080^{-1/2} = 0.9960$: la Tierra está un $0.4\,\%$ más cerca del Sol que su distancia media. (c) $\bar Q = 433.2 \times 0.9683 \times \cos23.44{}^{\circ} = 384.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Ejercicio 27.2 ★

La insolación media anual es $415.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en el ecuador y $172.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en los polos; la media global es $340.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) ¿En qué factor supera el ecuador a los polos? (b) La media anual iguala a la media global a $37.0{}^{\circ}$ N y S. ¿Qué fracción de la superficie de la Tierra yace entre estos dos paralelos? (c) ¿Por qué esto hace que la curva de la media anual parezca más favorable a las altas latitudes de lo que es realmente la superficie de la Tierra?

Solución

Solución de Ejercicio 27.2.

(a) $415.6/172.4 = 2.41$. (b) La zona entre los paralelos $\pm\varphi$ tiene el área $2\pi a_\oplus^2 \times 2\sin\varphi$, una fracción $\sin\varphi$ de la esfera: $\sin37.0{}^{\circ} = 0.602$, $60\,\%$. (c) En un eje de latitud, las bandas cerca de los polos parecen tan anchas como las cercanas al ecuador, pero cubren mucha menos área: la zona hacia el polo desde $60{}^{\circ}$ es solo $1 - \sin60{}^{\circ} = 13.4\,\%$ de la superficie. Frente a $\sin\varphi$, los trópicos llenan la mayor parte del eje.

Ejercicio 27.3 ★

En el reanálisis la OLR es $244.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ cerca del ecuador, $192.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $81{}^{\circ}$ N y $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en la media global. (a) Calcúlense las tres temperaturas de emisión. (b) En las mismas latitudes, la luz solar absorbida baja de $287.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $75.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Compárense los dos cocientes. (c) ¿Qué implica la comparación para la radiación neta?

Solución

Solución de Ejercicio 27.3.

(a) $T_e = (\text{OLR}/\sigma)^{1/4}$: $256.4\,\mathrm{K}$, $241.3\,\mathrm{K}$ y $254.5\,\mathrm{K}$. (b) Luz solar absorbida: $287.7/75.8 = 3.80$; OLR: $244.9/192.3 = 1.27$. (c) La radiación neta sigue a la luz solar absorbida: positiva y grande en los trópicos, fuertemente negativa en las altas latitudes. La OLR, que varía poco, no compensa la caída de la luz solar absorbida.

Ejercicio 27.4 ★

La precipitación media global del reanálisis es $2.82\,\mathrm{mm}$ al día. (a) Conviértase a metros al año. (b) Calcúlese el calor latente que libera, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, con Proposición 27.12. (c) Compárese con el flujo de calor latente global propio del reanálisis, $82.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, y explíquese por qué ambos deben concordar a lo largo de muchos años.

Solución

Solución de Ejercicio 27.4.

(a) $2.82 \times 365.25 = 1030\,\mathrm{mm}$, $1.03\,\mathrm{m}$ al año. (b) $1.030 \times 78.1 = 80.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (c) El $LE$ del reanálisis es $2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ mayor. A lo largo de muchos años la atmósfera no puede seguir acumulando vapor de agua: toda el agua evaporada vuelve a caer, así que $LE$ y $LP$ deben ser iguales en la media global. La diferencia es un desequilibrio del modelo, como su desequilibrio radiativo.

Ejercicio 27.5 ★★

(a) En el solsticio de junio ($\delta = 23.44{}^{\circ}$, $(a/r)^2 = 0.9683$), calcúlese la insolación media diaria en el Polo Norte. (b) En el solsticio de diciembre, $(a/r)^2 = 1.0334$; calcúlese en el Polo Sur y el cociente de ambas. (c) El Sol se eleva solo $23.4{}^{\circ}$ sobre el horizonte en el polo: explíquese cómo puede el polo superar aun así al ecuador.

Solución

Solución de Ejercicio 27.5.

(a) $\bar Q = S_0(a/r)^2\sin\delta = 1361 \times 0.9683 \times 0.3978 = 524.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) $1361 \times 1.0334 \times 0.3978 = 559.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$; el cociente es $1.0334/0.9683 = 1.067$. (c) El polo tiene luz solar 24 horas de 24 a una altura constante, así que su $\sin h_\odot$ medio a lo largo del día es $\sin\delta = 0.398$. En el ecuador el Sol está alto al mediodía pero bajo la mitad del tiempo; la media de $\sin h_\odot$ a lo largo de las 24 horas es $\cos\delta/\pi = 0.292$. El cociente es $\pi\tan\delta = 1.362$ (Proposición 27.3).

Ejercicio 27.6 ★★

En $40{}^{\circ}$ N, calcúlense el ángulo horario de la puesta, la duración del día y la insolación media diaria (a) en el solsticio de junio, con $(a/r)^2 = 0.9683$, $\delta = 23.44{}^{\circ}$; (b) en el solsticio de diciembre, con $(a/r)^2 = 1.0334$, $\delta = -23.44{}^{\circ}$. (c) ¿Qué parte del cociente entre ambas procede de la distancia al Sol?

Solución

Solución de Ejercicio 27.6.

(a) $\cos h_0 = -\tan40{}^{\circ}\tan23.44{}^{\circ} = -0.3638$, $h_0 = 111.33{}^{\circ} = 1.943\,\mathrm{rad}$; el día dura $24 \times 111.33/180 = 14.84\,\mathrm{h}$; $\bar Q = (1361/\pi) \times 0.9683 \times (1.943 \times 0.6428 \times 0.3978 + 0.7660 \times 0.9175 \times 0.9315) = 483.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) $\cos h_0 = +0.3638$, $h_0 = 68.67{}^{\circ}$, $9.16\,\mathrm{h}$; $\bar Q = 155.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (c) El cociente es $483.0/155.9 = 3.10$. La distancia contribuye $0.9683/1.0334 = 0.937$: trabaja en contra del verano boreal. La geometría, la altura del Sol y la duración del día contribuyen $3.10/0.937 = 3.31$, todo el contraste estacional y más.

Ejercicio 27.7 ★★

El reanálisis da las siguientes medias zonales ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$):

latitud	$0{}^{\circ}$	$25{}^{\circ}$ N	$45{}^{\circ}$ N	$70{}^{\circ}$ N
$LE$	96.0	96.4	52.4	23.7
$H$	8.9	36.1	17.7	$-3.6$

(a) Calcúlese el cociente de Bowen en cada latitud. (b) ¿Qué latitud tiene el cociente mayor? ¿Qué tipo de superficie lo explica? (c) Interprétese el signo de $H$ a $70{}^{\circ}$ N.

Solución

Solución de Ejercicio 27.7.

(a) $B = H/LE$: $0.093$ en el ecuador, $0.374$ a $25{}^{\circ}$ N, $0.338$ a $45{}^{\circ}$ N, $-0.152$ a $70{}^{\circ}$ N. (b) $25{}^{\circ}$ N: la media zonal incluye los grandes desiertos cálidos, tierra seca con poca agua que evaporar, donde el suelo caliente calienta el aire en su lugar. (c) $H < 0$ significa que el calor fluye del aire a la superficie: en la media anual la nieve y el hielo marino están más fríos que el aire de encima, que se calienta con aire traído de latitudes más bajas.

Ejercicio 27.8 ★★

El presupuesto global evaluado en el tope de la atmósfera es $340\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de entrada, $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ reflejados, $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ emitidos; el reanálisis da $341.9\,$, $117.0\,$ y $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Calcúlense los dos albedos y las dos radiaciones netas. (b) ¿Qué término explica la mayor parte del desequilibrio del reanálisis? (c) Demuéstrese que si no se quitara la media global de $R$, Proposición 27.9 dejaría un transporte de $-6.6\,\mathrm{PW}$ en el Polo Norte, y explíquese por qué eso es imposible.

Solución

Solución de Ejercicio 27.8.

(a) Evaluado: $\alpha = 100/340 = 0.294$, $R = 340 - 100 - 239 = +1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (el $0.7$ redondeado). Reanálisis: $\alpha = 117.0/341.9 = 0.342$, $R = 341.9 - 117.0 - 237.7 = -12.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ con estos términos redondeados, $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ con los no redondeados de Ejemplo 27.7. (b) El reanálisis absorbe $224.8$ frente a $240$, $15.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ menos, porque refleja $17\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ más; su OLR es solo $1.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ menor. El exceso de reflexión explica el desequilibrio. (c) Integrando $R$ desde el polo sur hasta el polo norte se obtiene la integral global, $-12.9 \times 4\pi a_\oplus^2 = -12.9 \times 5.10\times10^{14} = -6.6\,\mathrm{PW}$. Un transporte a través del polo norte es imposible: no hay nada más allá, el paralelo es un punto. La proposición solo vale si $\int R\,\mathrm dA = 0$, lo que exige el estado estacionario.

Ejercicio 27.9 ★★

En el reanálisis, la franja entre $30{}^{\circ}$ S y $30{}^{\circ}$ N tiene una radiación neta media, tras quitar la media global, de $+33\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Calcúlense el área de la franja y su excedente total en petavatios. (b) Si los dos hemisferios exportaran el excedente por igual, ¿cuánto cruzaría cada uno de los paralelos $30{}^{\circ}$ N y $30{}^{\circ}$ S? (c) El reanálisis da $4.00\,\mathrm{PW}$ hacia el norte a través de $30{}^{\circ}$ N y $4.50\,\mathrm{PW}$ hacia el sur a través de $30{}^{\circ}$ S. ¿Qué dice la diferencia?

Solución

Solución de Ejercicio 27.9.

(a) El área es $2\pi a_\oplus^2 \times 2\sin30{}^{\circ} = 2\pi a_\oplus^2 = 2.55 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$, la mitad de la Tierra; el excedente es $33 \times 2.55\times10^{14} = 8.4\,\mathrm{PW}$. (b) $4.2\,\mathrm{PW}$ a través de cada paralelo. (c) Los dos suman $8.5\,\mathrm{PW}$, el excedente, pero son desiguales: el hemisferio sur exporta $0.5\,\mathrm{PW}$ más que el norte. El excedente no se reparte en el ecuador: en este reanálisis $0.36\,\mathrm{PW}$ del excedente de los trópicos del norte cruza el ecuador hacia el sur.

Ejercicio 27.10 ★★★

La insolación media diaria depende de la latitud, de la declinación y del factor $(a/r)^2$. (a) Con la segunda ley de Kepler, $r^2\,\mathrm d\lambda/\mathrm dt = h$ constante, donde $\lambda$ es la longitud eclíptica del Sol, muéstrese que la energía que recibe una latitud mientras $\lambda$ avanza $\mathrm d\lambda$ no depende de $r$. (b) Dedúzcase que la insolación media anual en la latitud $\varphi$ es igual que en $-\varphi$, aunque el verano austral sea más brillante. (c) En el modelo orbital de este capítulo, el Sol tarda $186.4$ días desde el equinoccio de marzo hasta el de septiembre y $178.8$ días de vuelta. Explíquese cómo encajan estas cifras con (b).

Solución

Solución de Ejercicio 27.10.

(a) Escríbase la media diaria como $\bar Q = (a/r)^2 F(\varphi, \delta)$, con $F$ el corchete de Teorema 27.2 multiplicado por $S_0/\pi$. Durante $\mathrm dt$ la energía recibida por metro cuadrado es $\bar Q\,\mathrm dt$, y $\mathrm dt = r^2\,\mathrm d\lambda/h$, así que $\bar Q\,\mathrm dt = (a^2/h) F(\varphi, \delta(\lambda))\,\mathrm d\lambda$: el factor $r^2$ se cancela. (b) A lo largo de un año la energía es $(a^2/h)\int_0^{2\pi} F(\varphi, \delta(\lambda))\,\mathrm d\lambda$. La fórmula no cambia cuando $\varphi$ y $\delta$ cambian de signo a la vez, $F(-\varphi, \delta) = F(\varphi, -\delta)$, y $\delta(\lambda + \pi) = -\delta(\lambda)$, pues $\sin\delta = \sin\varepsilon \sin\lambda$. Desplazar $\lambda$ en $\pi$ dentro de la integral muestra que $-\varphi$ recibe la misma energía que $\varphi$. (c) La primavera y el verano boreales duran $7.6$ días más, porque la Tierra está cerca del afelio y se mueve despacio entonces; el verano austral es más brillante pero más corto. Por (a), los dos efectos se compensan exactamente.

Ejercicio 27.11 ★★★

(a) Con la segunda ley de Kepler en la forma $r^2\,\mathrm d\lambda/\mathrm dt = h$ y el área de la elipse, $\pi a b = hP/2$ en un periodo $P$, muéstrese que el promedio temporal de $(a/r)^2$ a lo largo de una órbita es $a/b = 1/\sqrt{1 - e^2}$. (b) Complétese la demostración de Proposición 27.4. (c) Con $e = 0.0167$, calcúlese la media anual global y su diferencia con $S_0/4$.

Solución

Solución de Ejercicio 27.11.

(a) $\langle (a/r)^2\rangle = \frac1P\int_0^P \frac{a^2}{r^2}\,\mathrm dt = \frac1P\int_0^{2\pi}\frac{a^2}{r^2}\frac{r^2}{h}\,\mathrm d\lambda = \frac{2\pi a^2}{hP} = \frac{2\pi a^2}{2\pi a b} = \frac ab$, y $b = a\sqrt{1-e^2}$. (b) La media global instantánea $\frac14 S_0(a/r)^2$ promediada da $\frac14 S_0 \langle(a/r)^2\rangle = S_0/(4\sqrt{1-e^2})$. (c) $340.25/\sqrt{1 - 0.0167^2} = 340.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $0.05\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ o $0.014\,\%$ por encima de $S_0/4$.

Ejercicio 27.12 ★★★

El reanálisis da un transporte total de $4.10\,\mathrm{PW}$ a través de $35{}^{\circ}$ N y $4.02\,\mathrm{PW}$ a través de $43{}^{\circ}$ N. (a) Con la partición de Trenberth y Caron en $35{}^{\circ}$ N (atmósfera $78\,\%$), divídase el total del reanálisis en una parte atmosférica y otra oceánica. (b) El mismo estudio encuentra $5.0\,\mathrm{PW}$ para la atmósfera sola a $43{}^{\circ}$ N. ¿Qué dice esto del reanálisis? (c) Quitar la media global de $R$ no corrige este error. ¿Por qué no?

Solución

Solución de Ejercicio 27.12.

(a) Atmósfera $0.78 \times 4.10 = 3.20\,\mathrm{PW}$, océano $0.22 \times 4.10 = 0.90\,\mathrm{PW}$. (b) Se encuentra que la atmósfera sola transporta más, $5.0\,\mathrm{PW}$, que la atmósfera y el océano juntos del reanálisis, $4.02\,\mathrm{PW}$: el transporte total del reanálisis se queda corto al menos en una quinta parte ($1 - 4.02/5.0 = 0.20$). Su radiación neta varía demasiado poco entre los trópicos y los polos. (c) Quitar una constante de $R$ hace nula su integral global, pero deja sin cambio su variación con la latitud; el error está en esa variación, en el albedo de las nubes y de las superficies del modelo en cada latitud, no solo en la media global.

27.7 Problema: ¿cuánto calor cruza el paralelo 40?

Problema 27.1

Problema de fin de semana — el balance energético del casquete al norte de $40{}^{\circ}$ N

El casquete de la Tierra al norte de $40{}^{\circ}$ N, que contiene la mayor parte de Europa, Rusia y Canadá, irradia al espacio más energía de la que absorbe del Sol. Este problema mide el déficit, y con él el calor que la atmósfera y el océano llevan a través del paralelo 40. Úsense $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$, $\sigma = 5.670 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{K}^{-4}$, $L = 2.4655 \times 10^{6}\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Los datos de bandas son las medias del reanálisis para 1991–2020.

Parte I — La luz solar al norte de $40{}^{\circ}$ N. En el solsticio de junio $\delta = 23.44{}^{\circ}$ y $(a/r)^2 = 0.9683$; en el solsticio de diciembre $\delta = -23.44{}^{\circ}$ y $(a/r)^2 = 1.0334$; en el equinoccio de marzo $\delta = 0$ y $(a/r)^2 = 1.0081$.

1. Calcúlese la insolación media diaria a $40{}^{\circ}$ N en los tres días.
2. Calcúlese a $80{}^{\circ}$ N en los mismos tres días.
3. En junio, $80{}^{\circ}$ N recibe más que $40{}^{\circ}$ N. Explíquese por qué, con los ángulos horarios de la puesta.
4. Integrando el teorema a lo largo del año, se obtienen medias anuales de $306.9\,$, $260.3\,$, $213.7\,$, $185.6\,$ y $173.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $45{}^{\circ}$, $55{}^{\circ}$, $65{}^{\circ}$, $75{}^{\circ}$ y $85{}^{\circ}$ N. Compárense con la insolación por bandas de la tabla de la parte II y den dos razones para las diferencias.
5. La media global de la insolación del reanálisis es $341.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. ¿Qué valor de $S_0$ implica?
6. Calcúlense el área del casquete al norte de $40{}^{\circ}$ N y la fracción de la superficie de la Tierra que cubre.

Parte II — Absorbida y emitida. El reanálisis da, para cinco bandas del casquete:

banda	$40{}^{\circ}$–$50{}^{\circ}$	$50{}^{\circ}$–$60{}^{\circ}$	$60{}^{\circ}$–$70{}^{\circ}$	$70{}^{\circ}$–$80{}^{\circ}$	$80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$
$\bar Q$ ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$)	308.4	262.4	217.3	188.7	176.1
albedo $\alpha$	0.358	0.393	0.426	0.510	0.576
OLR ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$)	226.1	210.3	201.3	197.4	191.6

7. Calcúlese la radiación solar absorbida de cada banda.
8. Calcúlese la radiación neta de cada banda. ¿Qué banda tiene el mayor déficit?
9. Calcúlese la temperatura de emisión de cada banda.
10. De $40{}^{\circ}$–$50{}^{\circ}$ a $80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$, ¿en qué factor baja la luz solar absorbida, y en qué factor la OLR?
11. Déense dos razones por las que el albedo aumenta hacia el polo.
12. ¿Por qué la OLR varía mucho menos que la luz solar absorbida?

Parte III — La radiación neta del casquete.

13. Calcúlese el área de cada banda y compruébese que suman el área de la pregunta 6.
14. Calcúlese la potencia radiativa neta de cada banda y de todo el casquete, en petavatios.
15. Calcúlese el albedo medio del casquete, pesando cada banda por su luz solar incidente, y compárese con el albedo global del reanálisis, $0.342$.
16. La media global de la radiación neta del reanálisis es $-12.90\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. ¿Qué significaría esto si fuera real? Compárese con el desequilibrio evaluado de $+0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
17. Réstese esta media global de la radiación neta de cada banda y calcúlese de nuevo la potencia neta del casquete.
18. Explíquese, con Proposición 27.9, por qué el déficit corregido del casquete debe aportarse a través del paralelo 40.

Parte IV — El transporte y su parte latente. Sobre el casquete el reanálisis da un flujo medio de calor latente de $42.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ y una precipitación media de $1.95\,\mathrm{mm}$ al día; sobre el globo, la media de $LE - LP$ es $2.07\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

19. Calcúlese el transporte a través de $40{}^{\circ}$ N, en petavatios.
20. Calcúlese el calor latente $LP$ liberado por la precipitación del casquete, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, y compárese con $LE$.
21. Quitando la media global de $LE - LP$, calcúlese el calor latente llevado al casquete como vapor de agua, en petavatios.
22. ¿Qué fracción del transporte a través de $40{}^{\circ}$ N es calor latente?
23. Tomando la parte de la atmósfera que hallaron Trenberth y Caron a $35{}^{\circ}$ N, $78\,\%$, como válida a $40{}^{\circ}$ N, divídase el transporte en calor latente, el resto del transporte atmosférico y el océano.
24. El mismo estudio encuentra $5.0\,\mathrm{PW}$ para la atmósfera sola a $43{}^{\circ}$ N. ¿Es su respuesta una cota superior o inferior de la verdad?
25. ¿Cuánto calor cruza el paralelo 40 norte, en petavatios?

Solución

Solución de Problema 27.1.

1. Junio: $\cos h_0 = -0.3638$, $h_0 = 111.33{}^{\circ}$, $\bar Q = 483.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Diciembre: $h_0 = 68.67{}^{\circ}$, $\bar Q = 155.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Marzo: $h_0 = 90{}^{\circ}$, $\bar Q = (1361/\pi) \times 1.0081 \times \cos40{}^{\circ} = 334.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
2. Junio: $\tan80{}^{\circ}\tan23.44{}^{\circ} = 2.46 > 1$, día polar, $h_0 = \pi$: $\bar Q = 1361 \times 0.9683 \times \sin80{}^{\circ}\sin23.44{}^{\circ} = 516.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Diciembre: noche polar, $\bar Q = 0$. Marzo: $(1361/\pi) \times 1.0081 \times \cos80{}^{\circ} = 75.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
3. A $80{}^{\circ}$ N el Sol no se pone ($h_0 = 180{}^{\circ}$, 24 horas), mientras que a $40{}^{\circ}$ N brilla $14.8\,\mathrm{h}$. Su altura es menor, entre $13.4{}^{\circ}$ y $33.4{}^{\circ}$, pero el término $h_0\sin\varphi\sin\delta$, que crece con la duración del día y la latitud, gana.
4. Los valores de las bandas superan a los valores centrales en $0.5\,\%$, $0.8\,\%$, $1.7\,\%$, $1.7\,\%$ y $1.3\,\%$. Primero, el reanálisis usa una irradiancia solar algo mayor (pregunta 5), un $0.5\,\%$ más. Segundo, la media de una banda no es el valor en el centro: la mitad de cada banda más cercana al ecuador tiene más área y más luz solar que la mitad más cercana al polo.
5. Por Proposición 27.4, $S_0 = 4\sqrt{1-e^2} \times 341.9 = 1367\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $0.47\,\%$ más que $1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
6. $A = 2\pi a_\oplus^2(1 - \sin40{}^{\circ}) = 2\pi \times (6.371\times10^6)^2 \times 0.3572 = 9.110 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{2}$, una fracción $(1 - \sin40{}^{\circ})/2 = 0.179$ de la Tierra.
7. $(1 - \alpha)\bar Q$: $198.0$, $159.3$, $124.7$, $92.5$, $74.7$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
8. $R$: $-28.1$, $-51.0$, $-76.6$, $-104.9$, $-116.9$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Las cinco bandas están en déficit; la banda polar $80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$ es la mayor.
9. $T_e = (\text{OLR}/\sigma)^{1/4}$: $251.3$, $246.8$, $244.1$, $242.9$, $241.1$ $\mathrm{K}$.
10. Absorbida: $198.0/74.7 = 2.65$; OLR: $226.1/191.6 = 1.18$.
11. El Sol está más bajo, y la luz que llega con un ángulo rasante es reflejada más por las nubes y el agua; la nieve y el hielo marino, superficies brillantes, cubren más suelo y mar hacia el polo.
12. La OLR va como $T_e^4$, y $T_e$ varía solo $10\,\mathrm{K}$, $4\,\%$, a lo largo del casquete: las altas latitudes se mantienen mucho más cálidas de lo que permitiría su luz solar sola, por el calor traído desde el sur.
13. En $\mathrm{m}^{2}$: $3.143 \times 10^{13}$, $2.550 \times 10^{13}$, $1.879 \times 10^{13}$, $1.151 \times 10^{13}$, $0.387 \times 10^{13}$; la suma es $9.110 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{2}$.
14. $R_iA_i$: $-0.883$, $-1.300$, $-1.439$, $-1.207$, $-0.453$ $\mathrm{PW}$; el casquete: $-5.28\,\mathrm{PW}$.
15. $\alpha_\text{casquete} = \sum\alpha_i\bar Q_iA_i/\sum\bar Q_iA_i = 0.400$, frente a $0.342$ del globo.
16. $-12.90 \times 5.10\times10^{14} = -6.58\,\mathrm{PW}$: la Tierra perdería calor a ese ritmo y se enfriaría. El desequilibrio evaluado es $+0.7 \times 5.10\times10^{14} = +0.36\,\mathrm{PW}$, dieciocho veces menor y de signo opuesto: el desequilibrio del reanálisis es un error del modelo.
17. Corregido $R_i + 12.90$: $-15.2$, $-38.1$, $-63.7$, $-92.0$, $-104.0$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$; potencias $-0.478$, $-0.972$, $-1.197$, $-1.059$, $-0.403$ $\mathrm{PW}$; el casquete: $-4.108\,\mathrm{PW}$, un déficit medio de $45.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
18. La energía del casquete no cambia de un año a otro, así que lo que pierde en el tope de la atmósfera debe entrar en él, y la única vía de entrada es a través del paralelo 40: $T(40{}^{\circ}) = -2\pi a_\oplus^2\int_{40{}^{\circ}}^{90{}^{\circ}} R\cos\varphi\,\mathrm d\varphi$.
19. $T(40{}^{\circ}\,\text{N}) = +4.11\,\mathrm{PW}$, hacia el norte.
20. $LP = 2.4655\times10^6 \times 1.95/86400 = 55.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, más que $LE = 42.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: cae más agua sobre el casquete de la que se evapora de él; la diferencia llega como vapor.
21. $(LE - LP) - 2.07 = 42.4 - 55.6 - 2.07 = -15.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$; multiplicado por el área del casquete: $-1.40\,\mathrm{PW}$. La atmósfera lleva $1.40\,\mathrm{PW}$ de calor latente a través de $40{}^{\circ}$ N.
22. $1.40/4.11 = 0.34$: un tercio.
23. Océano $0.22 \times 4.11 = 0.90\,\mathrm{PW}$; atmósfera $0.78 \times 4.11 = 3.20\,\mathrm{PW}$, de los cuales $1.40\,\mathrm{PW}$ como calor latente y $1.80\,\mathrm{PW}$ transportados como calor sensible y energía potencial del aire.
24. Una cota inferior. El total del reanálisis a $43{}^{\circ}$ N, $4.02\,\mathrm{PW}$, es menor que la atmósfera sola en el estudio, $5.0\,\mathrm{PW}$; el total verdadero es mayor.
25. Alrededor de $4.11\,\mathrm{PW}$, $4.11 \times 10^{15}\,\mathrm{W}$, según la radiación del reanálisis, un tercio de ello como calor latente; el valor verdadero es aún mayor.