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Ciencias de la Tierra y del espacio universitarias — primer año · 本科一年级

28La circulación general de la atmósfera

Los veleros que cruzaron desde Europa y África hacia América dependían de los vientos alisios, los levantes constantes de los trópicos. Más cerca del ecuador, a unos cinco grados de él, esos mismos vientos se apagaban, en el cinturón de calmas y chubascos persistentes que los marineros llamaban las calmas ecuatoriales. Muy por encima de ambos, a unos nueve kilómetros de altura, estrechos ríos de aire llamados corrientes en chorro pueden soplar a más de $440\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . Este capítulo explica los tres: por qué el aire que se mueve sobre un planeta en rotación acaba soplando a lo largo de las isobaras y no a través de ellas, cómo el excedente de los trópicos impulsa una gran célula de circulación a cada lado del ecuador, y por qué el aire que sale del ecuador en altura se convierte en un chorro del oeste.

Un ciclón extratropical sobre el golfo de Alaska el 28 de enero de 2018, visto por el instrumento MODIS desde órbita; la costa de Alaska, cubierta de nieve, está arriba a la izquierda, y el norte está aproximadamente arriba. Las bandas de nubes se enroscan en sentido antihorario hacia el centro, como lo hace el aire de una depresión del hemisferio norte. (NASA, MODIS/LANCE, dominio público, vía Wikimedia Commons.)

Lo que ya sabes

Los libros de física dan la relación hidrostática y la fuerza de Coriolis: en un sistema que gira con velocidad angular $\vec\Omega$ , un cuerpo de masa $m$ que se mueve a velocidad $\vec v$ respecto al sistema siente la fuerza ficticia $-2m\,\vec\Omega\times\vec v$ , perpendicular a su movimiento. Para la Tierra, $\Omega = 2\pi/T_\star$ con el día sidéreo $T_\star = 23.9345\,\mathrm{h}$ , es decir, $\Omega = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ . El libro 1 describió los vientos globales (los alisios, los vientos del oeste, los levantes polares), la célula de convección, las depresiones y los anticiclones, las isobaras de un mapa del tiempo y el giro del viento alrededor de los centros. Capítulo 26 dio la atmósfera estándar y el gradiente adiabático seco, y Capítulo 27 el transporte de calor hacia los polos que lleva la circulación.

28.1 Fuerzas sobre el aire en movimiento

Una porción de aire es empujada por la presión del aire que la rodea, atraída por la gravedad, frenada por la fricción cerca del suelo y, vista desde la Tierra en rotación, desviada por la fuerza de Coriolis. La gravedad y la fuerza vertical de presión se equilibran casi exactamente: es la relación hidrostática. El tiempo lo hacen las fuerzas que quedan en la horizontal.

Definición 28.1 (Fuerza del gradiente de presión)

La fuerza del gradiente de presión es la fuerza neta que ejerce sobre una porción de fluido la presión del fluido que la rodea. Por unidad de masa es $-(1/\rho)\nabla p$ , donde $\rho$ es la densidad y $\nabla p$ el gradiente de presión: apunta de la presión alta a la baja, a través de las isobaras.

Proposición 28.2 (La fuerza del gradiente de presión)

En una porción de volumen $\mathrm dV$ y densidad $\rho$ , la presión del fluido circundante ejerce la fuerza $-\nabla p\,\mathrm dV$ , una aceleración $-(1/\rho)\nabla p$ .

Demostración. Tómese una pequeña caja con aristas $\mathrm dx$ , $\mathrm dy$ , $\mathrm dz$ a lo largo de los ejes. En su cara en $x$ , la presión empuja en la dirección $+x$ con la fuerza $p(x)\,\mathrm dy\,\mathrm dz$ ; en su cara en $x + \mathrm dx$ , en la dirección $-x$ , con $p(x + \mathrm dx)\,\mathrm dy\,\mathrm dz$ . La fuerza neta a lo largo de $x$ es $[p(x) - p(x + \mathrm dx)]\,\mathrm dy\,\mathrm dz = -(\partial p/\partial x)\,\mathrm dV$ , y lo mismo a lo largo de $y$ y $z$ . El total es $-\nabla p\, \mathrm dV$ ; dividido por la masa $\rho\,\mathrm dV$ da la aceleración. ∎

Una presión uniforme no ejerce fuerza neta: solo empujan sus diferencias. En un mapa del tiempo el gradiente horizontal se lee en las isobaras: su tamaño es el salto de presión entre dos isobaras dividido por su distancia. Para isobaras separadas $4\,\mathrm{hPa}$ y $400\,\mathrm{km}$ al nivel del mar, donde $\rho \approx 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ , la aceleración es $400/(1.225 \times 4 \times 10^{5}) = 8.2 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ , menos de una diezmilésima de $g$ , pero suficiente para llevar el aire desde el reposo hasta $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ en tres horas y media.

El aire siente la fuerza de Coriolis porque se observa desde la Tierra en rotación. Su parte horizontal depende de la latitud a través de un solo número.

Definición 28.3 (Parámetro de Coriolis)

El parámetro de Coriolis a la latitud $\varphi$ es $f = 2\Omega\sin\varphi$ , donde $\Omega$ es la velocidad angular de la Tierra. Es positivo en el hemisferio norte, negativo en el sur, cero en el ecuador, y máximo en los polos, $2\Omega = 1.458 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

Proposición 28.4 (Aceleración horizontal de Coriolis)

Para un viento horizontal $\vec v$ a la latitud $\varphi$ , la parte horizontal de la aceleración de Coriolis es $-f\,\vec k\times\vec v$ , donde $\vec k$ es la vertical hacia arriba: tiene tamaño $|f|\,|\vec v|$ y apunta perpendicular al viento, a su derecha en el hemisferio norte y a su izquierda en el sur.

Demostración. Úsense ejes locales $x$ hacia el este, $y$ hacia el norte, $z$ hacia arriba. El vector de rotación de la Tierra yace en el plano meridiano, formando con el horizonte norte el ángulo $\varphi$ : $\vec\Omega = \Omega(0, \cos\varphi, \sin\varphi)$ . Para $\vec v = (u, v, 0)$ ,

\vec\Omega\times\vec v = \Omega\,(-v\sin\varphi,\ u\sin\varphi,\ -u\cos\varphi), \qquad -2\vec\Omega\times\vec v = (f v,\ -f u,\ 2\Omega u\cos\varphi).

Como $\vec k\times\vec v = (-v, u, 0)$ , la parte horizontal $(fv, -fu)$ es $-f\,\vec k\times\vec v$ . El vector $\vec k\times\vec v$ es $\vec v$ girado $90{}^{\circ}$ en sentido antihorario visto desde arriba; su opuesto es $\vec v$ girado en sentido horario, a la derecha, cuando $f > 0$ , y a la izquierda cuando $f < 0$ . ∎

La parte vertical, $2\Omega u\cos\varphi$ , es como mucho $1.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ para un viento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , unas $1.5 \times 10^{-4}$ de $g$ : el equilibrio hidrostático la absorbe. La parte horizontal, por pequeña que sea, no tiene rival en la atmósfera libre por encima de la capa de fricción, y en horas da forma a todo viento.

Cerca del suelo, el aire además roza la superficie. En la capa más baja de un kilómetro, la capa de fricción de los meteorólogos, la fricción cambia tanto la rapidez como la dirección del viento; los remolinos turbulentos llevan hacia arriba el arrastre de la superficie, y la fuerza actúa aproximadamente contra el viento y crece con él. Arriba, en la atmósfera libre, la fricción es pequeña.

28.2 El viento geostrófico

Definición 28.5 (Equilibrio geostrófico; viento geostrófico)

Un flujo horizontal está en equilibrio geostrófico cuando su fuerza del gradiente de presión y su fuerza de Coriolis se cancelan. El viento geostrófico $\vec v_g$ es el viento que logra este equilibrio para un campo de presión dado: $-(1/\rho)\nabla p - f\,\vec k\times\vec v_g = \vec 0$ .

Teorema 28.6 (El viento geostrófico)

Lejos del ecuador,

\vec v_g = \frac{1}{\rho f}\,\vec k\times\nabla p, \qquad |\vec v_g| = \frac{|\nabla p|}{\rho\,|f|} .

El viento geostrófico sopla a lo largo de las isobaras, más deprisa donde están más juntas. En el hemisferio norte deja la baja presión a su izquierda; en el hemisferio sur, a su derecha.

Demostración. Para un vector horizontal $\vec w$ , $\vec k\times(\vec k\times\vec w) = -\vec w$ . Aplicando $\vec k\times$ al equilibrio $f\,\vec k\times\vec v_g = -(1/\rho)\nabla p$ se obtiene $-f\vec v_g = -(1/\rho)\,\vec k\times\nabla p$ , de donde sale la fórmula, válida donde $f \neq 0$ . Como $\vec k\times\nabla p$ es perpendicular a $\nabla p$ , el viento es perpendicular al gradiente, es decir, a lo largo de las isobaras; su tamaño es $|\nabla p|/(\rho|f|)$ . El vector $\vec k\times\nabla p$ es el gradiente girado $90{}^{\circ}$ en sentido antihorario. Mirando a lo largo de él, el gradiente, que apunta a la presión alta, queda a la derecha, así que la baja presión queda a la izquierda; para $f > 0$ el viento tiene la dirección de $\vec k\times\nabla p$ , para $f < 0$ la contraria. ∎

Ejemplo 28.7 (Un viento leído en las isobaras)

A $50{}^{\circ}$ N, $f = 2 \times 7.292 \times 10^{-5} \times \sin50{}^{\circ} = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Isobaras separadas $4\,\mathrm{hPa}$ y $400\,\mathrm{km}$ dan $|\nabla p| = 400/4 \times 10^{5} = 1.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}$ y, con $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ , un viento geostrófico de $1.0 \times 10^{-3}/(1.225 \times 1.117 \times 10^{-4}) = 7.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . La misma separación a $20{}^{\circ}$ N, donde $f$ es menos de la mitad, daría $16.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

El equilibrio no es instantáneo. El aire puesto en movimiento por un gradiente de presión gira bajo la fuerza de Coriolis a razón de $f$ , alrededor de una vez cada $2\pi/f$ , unas dieciséis horas a $50{}^{\circ}$ ; los patrones que duran más de unas pocas horas y son más grandes que unos cientos de kilómetros se aproximan al equilibrio geostrófico. Cerca del ecuador $f$ tiende a cero, la fórmula deja de valer, y los vientos del trópico profundo no son geostróficos.

Fuerzas sobre una porción de aire en el hemisferio norte, con baja presión al norte. Izquierda: en la atmósfera libre la fuerza del gradiente de presión (rojo) y la fuerza de Coriolis (azul) se cancelan, y el viento sopla a lo largo de las isobaras con la baja a su izquierda. Derecha: cerca del suelo la fricción (verde) actúa contra el viento; las tres fuerzas se equilibran solo si el viento es más lento y está girado un ángulo hacia la baja (dibujado para = 25 y el arrastre de ). — Fuerzas sobre una porción de aire en el hemisferio norte, con baja presión al norte. Izquierda: en la atmósfera libre la fuerza del gradiente de presión (rojo) y la fuerza de Coriolis (azul) se cancelan, y el viento sopla a lo largo de las isobaras con la baja a su izquierda. Derecha: cerca del suelo la fricción (verde) actúa contra el viento; las tres fuerzas se equilibran solo si el viento es más lento y está girado un ángulo $\alpha$ hacia la baja (dibujado para $\alpha = 25{}^{\circ}$ y el arrastre de Proposición 28.8).

Proposición 28.8 (La fricción gira el viento hacia la baja presión)

Supóngase que un viento horizontal estacionario $\vec v$ está sometido a la fuerza del gradiente de presión, a la fuerza de Coriolis y a una fuerza de fricción $-\vec v/\tau$ , con $\tau > 0$ , a una latitud donde $f > 0$ . Entonces el viento cruza las isobaras hacia la baja presión con el ángulo $\alpha$ , donde $\tan\alpha = 1/(f\tau)$ , y su rapidez es $|\vec v| = |\vec v_g|\cos\alpha$ , menor que el viento geostrófico.

Demostración. Sea $V = |\vec v|$ , $\hat v$ el vector unitario a lo largo del viento y $\hat n$ el vector unitario perpendicular a él, a su izquierda. El equilibrio es $-(1/\rho)\nabla p - f\, \vec k\times\vec v - \vec v/\tau = \vec 0$ , y $\vec k\times\vec v = V\hat n$ . A lo largo de $\hat v$ : $-(1/\rho)\,\nabla p\cdot\hat v = V/\tau > 0$ , así que el viento tiene una componente hacia abajo del gradiente de presión, hacia la baja presión. A lo largo de $\hat n$ : $-(1/\rho)\,\nabla p\cdot\hat n = fV$ . La fuerza del gradiente de presión, de tamaño $P = |\nabla p|/\rho = f|\vec v_g|$ , tiene por tanto componentes $V/\tau$ a lo largo del viento y $fV$ a través de él: forma con el viento el ángulo $\beta$ con $\tan\beta = 1/(f\tau)$ , y $P^2 = V^2(f^2 + 1/\tau^2)$ . Las isobaras son perpendiculares al gradiente, así que el viento las cruza con $\alpha = \beta$ , y $V = P/\sqrt{f^2 + 1/\tau^2} = (P/f)\cos\alpha = |\vec v_g|\cos\alpha$ . ∎

Una superficie más rugosa significa un arrastre más fuerte, un $\tau$ más corto y un ángulo mayor: el viento cruza las isobaras más empinadamente sobre tierra que sobre el mar. La fricción real no es exactamente lineal en el viento, pero la conclusión, más lenta y girada hacia la baja, es general.

Observación 28.9 (El viento de gradiente)

Alrededor de un centro las isobaras están curvadas, y el aire que las sigue se acelera hacia el centro de curvatura, $V^2/r$ para un círculo de radio $r$ . Alrededor de una baja en el hemisferio norte, la fuerza del gradiente de presión debe superar entonces a la de Coriolis: $fV + V^2/r = f|\vec v_g|$ , y el viento, llamado viento de gradiente, es más débil que el geostrófico. Alrededor de un alto, la fuerza de Coriolis debe superar a la del gradiente de presión, $fV - V^2/r = f|\vec v_g|$ : el viento es más fuerte, pero la ecuación tiene solución solo si $|\vec v_g| \leq fr/4$ , lo que prohíbe gradientes de presión fuertes cerca del centro de un anticiclón (Ejercicio 28.10).

28.3 Depresiones y anticiclones

Definición 28.10 (Ciclón, anticiclón)

Un ciclón es una circulación de gran escala de vientos alrededor de un centro de baja presión, una depresión; un anticiclón es una circulación alrededor de un centro de alta presión. Un ciclón gira en sentido antihorario en el hemisferio norte y en sentido horario en el sur; un anticiclón al revés.

Los sentidos de giro se siguen de Teorema 28.6: en el hemisferio norte, un viento que deja la baja a su izquierda da la vuelta a la baja en sentido antihorario y a un alto en sentido horario. Vistas desde el espacio, las nubes de una depresión trazan el giro (la fotografía al principio del capítulo); en el hemisferio sur las espirales son imágenes especulares.

Historia — La ley de Buys Ballot, 1857

En 1857 el meteorólogo neerlandés C. H. D. Buys Ballot enunció una regla hallada en las observaciones: en el hemisferio norte, una persona de espaldas al viento tiene la baja presión a la izquierda y la alta a la derecha; en el hemisferio sur, lo contrario. No sabía que el meteorólogo estadounidense William Ferrel ya la había deducido de la teoría, y más tarde reconoció la prioridad de Ferrel. El viento geostrófico es la ley en ecuaciones.

La fricción añade un giro importante. Cerca del suelo el viento cruza las isobaras hacia la baja presión (Proposición 28.8): alrededor de una depresión el aire se enrolla hacia dentro, converge cerca del suelo y debe elevarse. El aire que sube se expande y se enfría al ritmo del gradiente adiabático seco (Capítulo 26), y una vez saturado su vapor de agua se condensa: las depresiones traen nubes y lluvia. Alrededor de un anticiclón el aire del suelo se enrolla hacia fuera; desciende aire desde arriba para reemplazarlo, se calienta por compresión, y sus nubes se evaporan: los anticiclones traen tiempo estable, a menudo despejado.

El mapa de abajo es un ejemplo inventado, calculado y no observado: una depresión de $28\,\mathrm{hPa}$ de profundidad y un anticiclón de $20\,\mathrm{hPa}$ de altura sobre un fondo de $1013\,\mathrm{hPa}$ , centrados cerca de $50{}^{\circ}$ N. En cada estación la plumilla de viento muestra el viento geostrófico calculado a partir del mapa con Teorema 28.6.

Un mapa inventado de presión a nivel del mar cerca de 50 N (isobaras cada 4\, hPa; presiones centrales 986\, hPa y 1033\, hPa). Cada plumilla apunta hacia el viento geostrófico de su estación, con el asta hacia de donde viene el viento; una pluma entera es 10\, kn, media pluma 5\, kn, un banderín 50\, kn (1\, kn = 0.514\, m/ s). Los vientos giran en sentido antihorario alrededor de la baja y en sentido horario alrededor de la alta, y son más fuertes donde las isobaras se agolpan entre las dos, alcanzando 36\, m/ s. — Un mapa inventado de presión a nivel del mar cerca de $50{}^{\circ}$ N (isobaras cada $4\,\mathrm{hPa}$ ; presiones centrales $986\,\mathrm{hPa}$ y $1033\,\mathrm{hPa}$ ). Cada plumilla apunta hacia el viento geostrófico de su estación, con el asta hacia de donde viene el viento; una pluma entera es $10\,\mathrm{kn}$ , media pluma $5\,\mathrm{kn}$ , un banderín $50\,\mathrm{kn}$ ( $1\,\mathrm{kn}$ = $0.514\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ). Los vientos giran en sentido antihorario alrededor de la baja y en sentido horario alrededor de la alta, y son más fuertes donde las isobaras se agolpan entre las dos, alcanzando $36\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

28.4 La circulación de tres células

Promediados alrededor del globo y a lo largo de muchos años, los vientos que soplan hacia el norte o el sur son débiles, de unos metros por segundo como mucho, pero transportan mucho aire. Su patrón se ve mejor en la masa que fluye entre el ecuador y los polos.

Definición 28.11 (Función de corriente meridional media)

La función de corriente meridional media $\psi(p, \varphi)$ es la masa de aire por segundo que cruza la latitud $\varphi$ hacia el norte por encima del nivel de presión $p$ , en la media zonal y temporal:

\psi(p, \varphi) = \frac{2\pi a_\oplus\cos\varphi}{g}\int_0^p [v]\,\mathrm dp' ,

donde $[v]$ es el viento hacia el norte promediado alrededor del paralelo. Se mide en $\mathrm{kg}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

Como $\mathrm dp' = -\rho g\,\mathrm dz$ por la relación hidrostática, $2\pi a_\oplus \cos\varphi\,[v]\,\mathrm dp'/g$ es el flujo de masa a través de un anillo del paralelo. El aire que cruza el paralelo por encima de $p$ debe cruzarlo en sentido contrario por debajo de $p$ , pues la masa no se acumula: $\psi$ se anula en el suelo y en el tope, y sus líneas de igual valor son las trayectorias de la circulación media. Una célula con $\psi > 0$ gira en sentido horario cuando se dibuja con el Polo Norte a la derecha: hacia el norte por encima, hacia el sur por debajo.

La función de corriente meridional media en el invierno boreal (arriba) y el verano boreal (abajo), a partir del viento zonal medio hacia el norte del NCEP-NCAR Reanalysis 1, medias de 1991–2020 (datos proporcionados por NOAA PSL). Rojo: células en sentido horario en esta vista (ascendiendo en su lado sur), azul: en sentido antihorario; negro: las líneas nulas que separan las células. La célula de Hadley de invierno cruza el ecuador y empequeñece a la de verano.

En la media anual el reanálisis muestra dos células fuertes a ambos lados del ecuador, con máximos de $8.7 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ cerca de $15{}^{\circ}$ N y $15{}^{\circ}$ S a $400\,\mathrm{hPa}$ ; a $500\,\mathrm{hPa}$ sus bordes hacia el polo yacen en $33{}^{\circ}$ N y $32{}^{\circ}$ S. Más allá de ellas, dos células más débiles giran en sentido contrario, hasta unos $61{}^{\circ}$ N y $64{}^{\circ}$ S. Las estaciones remodelan el cuadro: de diciembre a febrero, el invierno boreal, la célula que asciende al sur del ecuador y desciende en los subtrópicos del norte transporta $21.4 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ y llega desde $13{}^{\circ}$ S hasta $31{}^{\circ}$ N; de junio a agosto su imagen especular transporta $18.9 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ desde $17{}^{\circ}$ N hasta $29{}^{\circ}$ S.

Definición 28.12 (Células de Hadley, Ferrel y polares; altas subtropicales)

La circulación meridional media de cada hemisferio tiene tres células. La célula de Hadley asciende cerca del ecuador, fluye hacia el polo en altura, desciende cerca de $30{}^{\circ}$ y regresa hacia el ecuador en superficie. La célula de Ferrel, entre aproximadamente $30{}^{\circ}$ y $60{}^{\circ}$ , gira en sentido contrario: desciende cerca de $30{}^{\circ}$ y asciende cerca de $60{}^{\circ}$ , con su flujo de superficie hacia el polo. La célula polar, la más pequeña y débil, asciende cerca de $60{}^{\circ}$ , desciende sobre el polo y regresa hacia $60{}^{\circ}$ en superficie. Las altas subtropicales son los cinturones de alta presión a nivel del mar cerca de $30{}^{\circ}$ N y S, bajo las ramas descendentes de las células de Hadley.

Definición 28.13 (Alisios, vientos del oeste)

Los alisios son los vientos superficiales persistentes que soplan desde las altas subtropicales hacia la baja ecuatorial, desviados por la fuerza de Coriolis hacia el noreste en el hemisferio norte y hacia el sureste en el sur. Los vientos del oeste son los vientos dominantes desde el oeste de las latitudes medias, entre unos $35{}^{\circ}$ y $60{}^{\circ}$ . Más allá hacia el polo soplan los levantes polares.

La rama superficial de cada célula explica su viento. El flujo de retorno de la célula de Hadley se dirige hacia el ecuador y la fuerza de Coriolis lo gira hacia el oeste: los alisios. El flujo superficial de la célula de Ferrel se dirige hacia el polo y es girado hacia el este: los vientos del oeste. En la media anual del reanálisis, el viento zonal justo encima del suelo es de $-3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ N y $-4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ S (negativo: desde el este), $+1.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N y $+6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ S; la presión a nivel del mar alcanza su máximo, $1017.5\,\mathrm{hPa}$ , cerca de $35{}^{\circ}$ N y $1018.7\,\mathrm{hPa}$ cerca de $32{}^{\circ}$ S, y baja a $988\,\mathrm{hPa}$ a $60{}^{\circ}$ S, la profunda vaguada del océano Austral.

Izquierda: los vientos superficiales de la circulación de tres células, girados a la derecha de su movimiento en el hemisferio norte y a la izquierda en el sur, entre los cinturones de presión. Derecha: las tres células del hemisferio norte en una sección meridiana (altura no a escala); el hemisferio sur es la imagen especular. Los alisios son la rama de retorno de la célula de Hadley, los vientos del oeste la rama superficial de la célula de Ferrel.

Historia — Hadley 1735, Ferrel 1856

En 1735 George Hadley publicó en las Philosophical Transactions un breve artículo sobre la causa de los alisios generales. Para explicarlos propuso una sola circulación en cada hemisferio, desde el ecuador hasta el polo. En 1856 William Ferrel publicó An essay on the winds and currents of the ocean, en el que el aire de las latitudes medias fluye hacia el polo y hacia el este cerca de la superficie: la primera descripción de los vientos del oeste entre $35{}^{\circ}$ y $60{}^{\circ}$ . Su artículo no daba justificación matemática; la circulación que describió es la célula que lleva su nombre.

¿Por qué la célula de Hadley se detiene cerca de $30{}^{\circ}$ en lugar de llegar al polo, como pensaba Hadley? La respuesta está en el momento angular que el aire lleva respecto al eje de la Tierra.

Proposición 28.14 (El viento del momento angular)

Un anillo de aire a la latitud $\varphi$ , con viento hacia el este $u$ respecto al suelo, tiene el momento angular absoluto por unidad de masa respecto al eje de la Tierra $M = (\Omega a_\oplus\cos\varphi + u)\,a_\oplus\cos\varphi$ . Si un anillo en reposo a la latitud $\varphi_0$ se desplaza hasta $\varphi$ sin par que actúe sobre él, llega con el viento

u(\varphi) = \Omega a_\oplus\,\frac{\cos^2\varphi_0 - \cos^2\varphi}{\cos\varphi}, \qquad\text{y desde el ecuador}\qquad u(\varphi) = \Omega a_\oplus\,\frac{\sin^2\varphi}{\cos\varphi} .

Demostración. Un anillo a la latitud $\varphi$ está a la distancia $r = a_\oplus\cos\varphi$ del eje. Su rapidez hacia el este absoluta es la del suelo, $\Omega r$ , más el viento $u$ ; su momento angular por unidad de masa es $M = (\Omega r + u)\,r$ . Sin par, $M$ se conserva: $(\Omega a_\oplus\cos\varphi + u)\cos\varphi = \Omega a_\oplus \cos^2\varphi_0$ , de donde sale la primera fórmula; $\varphi_0 = 0$ da la segunda, pues $1 - \cos^2\varphi = \sin^2\varphi$ . ∎

El suelo en el ecuador se mueve hacia el este a $\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . El aire que lo deja en reposo en altura y se dirige hacia el polo se acerca al eje y, como un patinador que recoge los brazos, gira más deprisa que el suelo debajo: a $20{}^{\circ}$ soplaría desde el oeste a $58\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , a $30{}^{\circ}$ a $134\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , a $40{}^{\circ}$ a $251\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . No se observa ningún viento de esa fuerza. El viento zonal medio a $200\,\mathrm{hPa}$ alcanza su máximo, $42.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cerca de $30{}^{\circ}$ N en el invierno boreal y $40.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ cerca de $30{}^{\circ}$ S en el invierno austral.

El viento hacia el este de un anillo de aire que deja el ecuador en reposo y conserva su momento angular (rojo, ), frente al viento zonal medio a 200\, hPa del reanálisis (negro: invierno boreal; discontinua: verano boreal), NCEP-NCAR Reanalysis 1, medias de 1991–2020, datos proporcionados por NOAA PSL. Ambos concuerdan cerca del ecuador; hacia el polo, desde 15, el anillo supera cada vez más al viento real. — El viento hacia el este de un anillo de aire que deja el ecuador en reposo y conserva su momento angular (rojo, Proposición 28.14), frente al viento zonal medio a $200\,\mathrm{hPa}$ del reanálisis (negro: invierno boreal; discontinua: verano boreal), NCEP-NCAR Reanalysis 1, medias de 1991–2020, datos proporcionados por NOAA PSL. Ambos concuerdan cerca del ecuador; hacia el polo, desde $15{}^{\circ}$ , el anillo supera cada vez más al viento real.

La proposición da al ramo superior de la célula de Hadley un límite. A medida que su aire se mueve hacia el polo, su viento del oeste crece, y también la fuerza de Coriolis que lo devuelve hacia el ecuador; mucho antes de alcanzar las velocidades del anillo, el flujo se vuelve inestable y se rompe en grandes remolinos, las depresiones y los anticiclones de las latitudes medias. Estos remolinos, más que una circulación suave, llevan calor y momento angular hacia el polo más allá de los subtrópicos; la célula de Ferrel es la firma promediada de su movimiento, y la corriente real es más lenta que el anillo porque los remolinos le quitan parte de su momento angular. Por qué la célula termina cerca de $30{}^{\circ}$ y no en $20{}^{\circ}$ o $40{}^{\circ}$ requiere la teoría de estas inestabilidades, más allá de este volumen.

Datos de 2021

El informe de evaluación del IPCC publicado en 2021 encuentra un probable ensanchamiento de la circulación de Hadley desde los años ochenta, sobre todo por su extensión en el hemisferio norte, aunque con solo confianza media en la magnitud de los cambios, junto con un fortalecimiento, particularmente en el hemisferio norte (confianza media).

28.5 La ZCIT y la circulación de Walker

Definición 28.15 (Zona de convergencia intertropical)

La zona de convergencia intertropical (ZCIT) es el cinturón cerca del ecuador donde convergen los alisios del noreste y del sureste, formando una banda a menudo continua de nubes y tormentas. Es la rama ascendente de las dos células de Hadley; los vientos ligeros de su superficie son las calmas ecuatoriales de los marineros.

La zona de convergencia intertropical sobre el Pacífico oriental: una línea de nubes brillantes que cruza el océano al norte del ecuador, con Centroamérica y Sudamérica a la derecha. La imagen combina datos de nubes del satélite geoestacionario GOES-11 con colores de la cubierta terrestre. (NASA Earth Observatory, dominio público, vía Wikimedia Commons.)

El aire que converge debe elevarse, y el aire húmedo que se eleva forma nubes: la ZCIT es el cinturón más lluvioso del planeta, y su posición se traza por la latitud donde la precipitación media zonal alcanza su máximo. La ZCIT sigue al Sol, con un retraso. En el reanálisis el máximo pasa de $12.8{}^{\circ}$ S en febrero a $10.9{}^{\circ}$ N en septiembre; promediado sobre los doce meses se sitúa en $2.6{}^{\circ}$ N. La media zonal oculta grandes diferencias entre longitudes: sobre el Pacífico oriental de la fotografía la banda está al norte del ecuador, y una media zonal promedia esas bandas con otras que se desplazan más con las estaciones.

La latitud del máximo de precipitación media zonal, mes a mes, entre 20 S y 20 N: la zona de convergencia intertropical migra hacia el norte en el verano boreal y hacia el sur en el verano austral, con dos o tres meses de retraso respecto al Sol. NCEP-NCAR Reanalysis 1, medias de 1991–2020, datos proporcionados por NOAA PSL. — La latitud del máximo de precipitación media zonal, mes a mes, entre $20{}^{\circ}$ S y $20{}^{\circ}$ N: la zona de convergencia intertropical migra hacia el norte en el verano boreal y hacia el sur en el verano austral, con dos o tres meses de retraso respecto al Sol. NCEP-NCAR Reanalysis 1, medias de 1991–2020, datos proporcionados por NOAA PSL.

En el propio ecuador, donde $f = 0$ , el aire se mueve directamente a lo largo del gradiente de presión, y aparece una circulación este–oeste sobre el Pacífico.

Definición 28.16 (Circulación de Walker)

La circulación de Walker es la célula de vuelco este–oeste de la atmósfera a lo largo del Pacífico ecuatorial: el aire asciende sobre las aguas cálidas del oeste, alrededor del Continente Marítimo, fluye hacia el este en altura, desciende sobre el Pacífico oriental y regresa hacia el oeste cerca de la superficie con los alisios.

La circulación de Walker a lo largo del Pacífico ecuatorial (esquema; altura no a escala): ascendiendo sobre el oeste cálido, hacia el este en altura, descendiendo en el este y regresando hacia el oeste con los alisios cerca de la superficie.

La circulación de Walker no es estacionaria. Cuando se debilita, el movimiento ascendente sobre el Continente Marítimo se debilita y el aire allí puede incluso descender; cuando se fortalece, aumentan la elevación y la lluvia sobre el oeste. Estas oscilaciones, El Niño y La Niña, y los cambios estacionales de los monzones son materia del volumen de segundo año. En las décadas desde 1980, la evaluación de 2021 del IPCC encuentra un fortalecimiento muy probable de la circulación de Walker, parecido al estado de La Niña, y un desplazamiento hacia el oeste, con confianza media en la magnitud de los cambios.

28.6 Corrientes en chorro

Definición 28.17 (Corriente en chorro; chorros subtropical y del frente polar)

Una corriente en chorro es una banda estrecha de viento fuerte, normalmente un viento horizontal alto en la troposfera, cuya posición cambia de un día a otro. El chorro subtropical sopla desde el oeste cerca del borde hacia el polo de la célula de Hadley, por lo general entre $20{}^{\circ}$ y $30{}^{\circ}$ de latitud a alturas de $12\text{ a }14\,\mathrm{km}$ . El chorro del frente polar sopla desde el oeste sobre la frontera entre el aire polar y el subtropical, entre unos $50{}^{\circ}$ y $60{}^{\circ}$ ; es el núcleo rápido de los vientos del oeste, dirigido por las depresiones y los anticiclones de las latitudes medias y dirigiéndolos a ellos.

Las corrientes en chorro se encuentran típicamente alrededor de $9\,\mathrm{km}$ , pueden superar los $440\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ , y son más fuertes en el invierno de cada hemisferio, cuando el contraste de temperatura entre los trópicos y el polo es mayor. El chorro subtropical es el viento del momento angular de Proposición 28.14, domado por los remolinos; se sitúa en el borde de la célula de Hadley, cerca de $30{}^{\circ}$ en la media de invierno. El chorro del frente polar serpentea hacia el norte y el sur con las depresiones que pasan, y el promedio alrededor del globo lo difumina: en la media zonal del verano boreal solo queda un máximo débil de $21.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ cerca de $42.5{}^{\circ}$ N, y en el verano austral $29.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ cerca de $47.5{}^{\circ}$ S. Por qué el viento aumenta con la altura donde la temperatura disminuye hacia el polo, el viento térmico, se muestra en el volumen de tercer año.

28.7 Ejercicios

Ejercicio 28.1 ★

Tómese $\Omega = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ . (a) Calcúlese el parámetro de Coriolis a $0{}^{\circ}$ , $30{}^{\circ}$ , $45{}^{\circ}$ y $90{}^{\circ}$ N. (b) Calcúlese la aceleración horizontal de Coriolis de un viento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N y compárese con $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ . (c) ¿En qué dirección apunta si el viento sopla hacia el norte?

Solución

Solución de Ejercicio 28.1.

(a) $f = 2\Omega\sin\varphi$ : $0$ en el ecuador, $7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ a $30{}^{\circ}$ , $1.031 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ a $45{}^{\circ}$ y $1.458 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ en el polo. (b) $fV = 1.031 \times 10^{-4} \times 10 = 1.03 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ , unas $1.05 \times 10^{-4}$ de $g$ . (c) En el hemisferio norte la desviación es a la derecha del movimiento: un viento que sopla hacia el norte es empujado hacia el este.

Ejercicio 28.2 ★

Dos isobaras separadas $4\,\mathrm{hPa}$ están a $400\,\mathrm{km}$ al nivel del mar, donde $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ . (a) Calcúlese la aceleración debida a la fuerza del gradiente de presión. (b) Si nada más actuara, ¿cuánto tardaría en acelerar aire en reposo hasta $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ? (c) Compárese esta aceleración con la aceleración de Coriolis de un viento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N, y dígase qué sugiere esto.

Solución

Solución de Ejercicio 28.2.

(a) $|\nabla p|/\rho = (400/4 \times 10^{5})/1.225 = 8.16 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ . (b) $10/8.16 \times 10^{-4} = 12\,250\,\mathrm{s}$ , $3.4\,\mathrm{h}$ . (c) La aceleración de Coriolis de un viento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N es $1.03 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ : las dos son del mismo tamaño (cociente $0.79$ ). En pocas horas desde que empieza a moverse, el aire siente una fuerza de Coriolis capaz de equilibrar el gradiente de presión: el viento se asienta cerca de la rapidez geostrófica, aquí $8.16 \times 10^{-4}/1.031 \times 10^{-4} = 7.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , en lugar de acelerar a lo largo del gradiente.

Ejercicio 28.3 ★

A $40{}^{\circ}$ N, isobaras separadas $4\,\mathrm{hPa}$ están a $250\,\mathrm{km}$ ; tómese $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ . (a) Calcúlese el viento geostrófico en $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y en nudos ( $1\,\mathrm{kn}$ = $0.5144\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ). (b) La baja yace al sur. ¿De qué dirección sopla el viento? (c) Descríbase la plumilla de viento (asta y plumas) que dibujaría un predictor.

Solución

Solución de Ejercicio 28.3.

(a) $f = 2 \times 7.292 \times 10^{-5} \times \sin40{}^{\circ} = 9.374 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $|\vec v_g| = (400/2.5 \times 10^{5})/(1.225 \times 9.374 \times 10^{-5}) = 13.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , o $13.93/0.5144 = 27.1\,\mathrm{kn}$ . (b) En el hemisferio norte el viento deja la baja a su izquierda: con la baja al sur, sopla hacia el oeste, desde el este (azimut $90{}^{\circ}$ ). (c) El asta apunta al este desde el círculo de la estación, hacia el viento; $27.1\,\mathrm{kn}$ se redondea a $25\,\mathrm{kn}$ , dos plumas enteras y media pluma, dibujadas en el lado horario del asta, aquí su lado sur, hacia la baja.

Ejercicio 28.4 ★

Las medias anuales del reanálisis dan, cerca del suelo, el viento hacia el este $-3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ N, $-4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ S, $+1.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N y $+6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ S, y la presión a nivel del mar $1011.8\,\mathrm{hPa}$ a $15{}^{\circ}$ N, $1016.8\,\mathrm{hPa}$ a $30{}^{\circ}$ N y $1015.8\,\mathrm{hPa}$ a $45{}^{\circ}$ N. (a) Dése el nombre del cinturón de viento en cada una de las cuatro latitudes. (b) Explíquese el signo de cada viento con la rama superficial de una célula. (c) ¿Dónde está la alta subtropical del hemisferio norte según estas presiones?

Solución

Solución de Ejercicio 28.4.

(a) $15{}^{\circ}$ N: alisios del noreste; $15{}^{\circ}$ S: alisios del sureste; $45{}^{\circ}$ N y $45{}^{\circ}$ S: vientos del oeste. (b) A $15{}^{\circ}$ el aire superficial de la célula de Hadley regresa hacia el ecuador y la fuerza de Coriolis lo gira hacia el oeste (a la derecha en el norte, a la izquierda en el sur): viento del este, $u$ negativo. A $45{}^{\circ}$ el aire superficial de la célula de Ferrel se dirige hacia el polo y es girado hacia el este: viento del oeste, $u$ positivo. (c) De las tres latitudes, la presión es más alta a $30{}^{\circ}$ N, $1016.8\,\mathrm{hPa}$ : la alta subtropical yace cerca de $30{}^{\circ}$ N (el perfil completo sitúa su máximo cerca de $35{}^{\circ}$ N).

Ejercicio 28.5 ★★

Un gradiente de presión de $2\,\mathrm{hPa}$ por $500\,\mathrm{km}$ , con $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ , se encuentra a $60{}^{\circ}$ , $50{}^{\circ}$ , $30{}^{\circ}$ , $20{}^{\circ}$ , $10{}^{\circ}$ y $5{}^{\circ}$ N. (a) Calcúlese el viento geostrófico a cada latitud. (b) Los vientos reales del trópico profundo rara vez superan unos metros por segundo con gradientes así. Explíquese por qué falla el equilibrio geostrófico cerca del ecuador, usando el tiempo $1/f$ que necesita la fuerza de Coriolis para girar el viento.

Solución

Solución de Ejercicio 28.5.

(a) $|\nabla p|/\rho = (200/5 \times 10^{5})/1.225 = 3.27 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ , dividido por $f$ : $2.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $60{}^{\circ}$ , $2.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $50{}^{\circ}$ , $4.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ , $6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ , $12.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $10{}^{\circ}$ y $25.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $5{}^{\circ}$ . (b) La fuerza de Coriolis gira un viento en un tiempo del orden de $1/f$ : $2.2\,\mathrm{h}$ a $60{}^{\circ}$ , $11\,\mathrm{h}$ a $10{}^{\circ}$ , $22\,\mathrm{h}$ a $5{}^{\circ}$ , e infinito en el ecuador. Cerca del ecuador el campo de presión cambia, y la fricción actúa, mucho antes de que el viento pueda girarse a lo largo de las isobaras: el equilibrio nunca se establece, y el aire fluye en parte a lo largo del gradiente, a velocidades moderadas.

Ejercicio 28.6 ★★

(a) Con Proposición 28.14, calcúlese el viento de un anillo de aire que deja el ecuador en reposo, a $10{}^{\circ}$ , $15{}^{\circ}$ , $20{}^{\circ}$ y $30{}^{\circ}$ ; tómese $\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (b) Lo mismo para un anillo que parte del reposo a $10{}^{\circ}$ , $15{}^{\circ}$ , $20{}^{\circ}$ y $30{}^{\circ}$ . (c) La rama ascendente de la célula de Hadley se extiende sobre latitudes en lugar de situarse exactamente en el ecuador. ¿Cómo cambia esto el chorro predicho?

Solución

Solución de Ejercicio 28.6.

(a) $u = 464.6\,\sin^2\varphi/\cos\varphi$ : $14.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $10{}^{\circ}$ , $32.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ , $57.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ , $134.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ . (b) $u = 464.6\,(\cos^210{}^{\circ} - \cos^2\varphi)/\cos\varphi$ : $17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ , $42.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ , $117.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ . (c) El aire que parte más lejos del ecuador parte más cerca del eje, con menos momento angular de sobra: llega con un viento del oeste más débil a cada latitud. Extender la rama ascendente baja el chorro predicho, pero no lo baja lo suficiente para alcanzar los $40\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ observados.

Ejercicio 28.7 ★★

(a) Un barco en el hemisferio norte tiene el viento del suroeste. Usando la ley de Buys Ballot, ¿dónde está el centro de baja presión? (b) Un barco en el hemisferio sur tiene el viento del noroeste. ¿Dónde está la baja? (c) Cerca del suelo el viento cruza las isobaras hacia la baja presión. ¿Cambia esto su respuesta a (a) girando la dirección de la baja en sentido horario o antihorario?

Solución

Solución de Ejercicio 28.7.

(a) El viento sopla hacia el noreste. Con la espalda al viento, mirando al noreste, la baja queda a la izquierda: al noroeste. (b) El viento sopla hacia el sureste; en el hemisferio sur la baja queda a la derecha de quien tiene la espalda al viento: al suroeste. (c) El viento superficial se desvía de las isobaras hacia la baja, es decir, en sentido antihorario respecto al viento geostrófico en el hemisferio norte. El viento geostrófico, y la baja a ángulos rectos a su izquierda, quedan por tanto girados en sentido horario respecto a la respuesta de (a): la baja yace entre el noroeste y el norte, en el azimut $315{}^{\circ} + \alpha$ para un ángulo de cruce $\alpha$ .

Ejercicio 28.8 ★★

(a) Calcúlese la masa de aire entre el ecuador y $30{}^{\circ}$ N y entre los niveles de presión $1000\,\mathrm{hPa}$ y $100\,\mathrm{hPa}$ , con $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$ y $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ . (b) En la media anual, la célula de Hadley norte del reanálisis transporta $8.7 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ . ¿Cuánto tardaría en pasar esa masa una vez por la célula? (c) La misma pregunta con la célula de invierno del norte, $21.4 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 28.8.

(a) El área entre el ecuador y $30{}^{\circ}$ N es $2\pi a_\oplus^2\sin30{}^{\circ} = 1.275 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$ ; la masa de aire por metro cuadrado entre los dos niveles es $\Delta p/g = 9 \times 10^{4}/9.81 = 9174\,\mathrm{kg}$ ; el total es $1.170 \times 10^{18}\,\mathrm{kg}$ . (b) $1.170 \times 10^{18}/8.7 \times 10^{10} = 1.34 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ , unos $156$ días, cinco meses. (c) $1.170 \times 10^{18}/21.4 \times 10^{10} = 5.47 \times 10^{6}\,\mathrm{s}$ , unos $63$ días, dos meses.

Ejercicio 28.9 ★★

Supóngase que bajo una alta subtropical el aire desciende a $1\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ , y que no está saturado. (a) ¿Cuánto desciende en un día? (b) ¿Cuánto se calienta en un día, si nada más actúa, con el gradiente adiabático seco de $9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ ? (c) El aire no se calienta tanto día tras día. ¿Qué proceso de Capítulo 27 compensa el calentamiento? (d) ¿Por qué muchos de los grandes desiertos cálidos se encuentran bajo estas altas?

Solución

Solución de Ejercicio 28.9.

(a) $0.01 \times 86\,400 = 864\,\mathrm{m}$ al día. (b) $0.864 \times 9.8 = 8.5\,\mathrm{K}$ al día. (c) El aire se enfría emitiendo radiación infrarroja: la atmósfera pierde más energía por radiación de la que absorbe, y el descenso del aire, que lo calienta por compresión, compensa la pérdida. (d) El aire que desciende se calienta y se seca respecto a la saturación, sus nubes se evaporan y la lluvia no puede formarse: las altas subtropicales son cinturones de cielos despejados y poca lluvia, donde se forman desiertos cálidos en tierra.

Ejercicio 28.10 ★★★

A $50{}^{\circ}$ N, tómese $f = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ e isobaras circulares de radio $r = 500\,\mathrm{km}$ (Observación 28.9). (a) Alrededor de una baja donde el viento geostrófico sería $15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , resuélvase $V^2/r + fV = f|\vec v_g|$ para el viento de gradiente $V$ . (b) Alrededor de un alto, muéstrese que $V^2/r - fV + f |\vec v_g| = 0$ tiene solución solo si $|\vec v_g| \leq fr/4$ , y calcúlese ese límite. (c) ¿Qué implica (b) para la separación de las isobaras cerca del centro de un anticiclón, comparada con una depresión?

Solución

Solución de Ejercicio 28.10.

(a) $V^2 + frV - fr|\vec v_g| = 0$ con $fr = 55.85\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $V = \tfrac12\bigl(-55.85 + \sqrt{55.85^2 + 4 \times 55.85 \times 15}\bigr) = 12.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $82\,\%$ del viento geostrófico. (b) $V^2 - frV + fr|\vec v_g| = 0$ tiene raíces reales solo si $(fr)^2 \geq 4fr|\vec v_g|$ , es decir, $|\vec v_g| \leq fr/4 = 14.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) Cerca del centro de un alto, donde $r$ es pequeño, el límite $fr/4$ es pequeño: el gradiente de presión debe ser débil, las isobaras muy separadas y los vientos suaves. Una depresión no tiene tal límite: sus isobaras pueden agolparse cerca del centro, con vientos fuertes.

Ejercicio 28.11 ★★★

(a) Muéstrese que para $\varphi$ pequeño (en radianes) el viento de un anillo que deja el ecuador en reposo es $u \approx \Omega a_\oplus\varphi^2$ . (b) Compárese la aproximación con la fórmula exacta a $10{}^{\circ}$ , con $\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) El viento medio anual del reanálisis a $200\,\mathrm{hPa}$ alcanza su máximo, $27.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cerca de $35{}^{\circ}$ N. ¿A qué latitud alcanzaría el anillo esta velocidad? (d) ¿Qué dice la respuesta sobre hasta dónde puede confiarse en el argumento del momento angular?

Solución

Solución de Ejercicio 28.11.

(a) Para $\varphi$ pequeño, $\sin\varphi \approx \varphi$ y $\cos\varphi \approx 1$ , así que $u \approx \Omega a_\oplus\varphi^2$ . (b) $10{}^{\circ} = 0.1745\,\mathrm{rad}$ : $464.6 \times 0.1745^2 = 14.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , frente a $14.23\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ exacto, $0.5\,\%$ menos. (c) Resolviendo $464.6\sin^2\varphi/\cos\varphi = 27.0$ numéricamente se obtiene $\varphi = 13.7{}^{\circ}$ . (d) El anillo ya coincide con la corriente en chorro real anual media a menos de $14{}^{\circ}$ : la conservación del momento angular describe la rama superior de la célula de Hadley solo en los trópicos profundos; hacia el polo, desde unos $15{}^{\circ}$ , los remolinos toman el mando.

Ejercicio 28.12 ★★★

El máximo de precipitación media zonal del reanálisis se sitúa en las latitudes siguientes, de enero a diciembre: $-10.5{}^{\circ}$ , $-12.8{}^{\circ}$ , $-5.8{}^{\circ}$ , $-4.6{}^{\circ}$ , $5.5{}^{\circ}$ , $7.3{}^{\circ}$ , $8.6{}^{\circ}$ , $10.4{}^{\circ}$ , $10.9{}^{\circ}$ , $9.1{}^{\circ}$ , $7.4{}^{\circ}$ , $6.2{}^{\circ}$ (negativo: sur). (a) Calcúlese la media anual y el intervalo. (b) La latitud subsolar es extrema en junio y en diciembre. ¿Con cuántos meses de retraso va la ZCIT detrás de ella, y qué puede almacenar calor en el sistema climático para causar tal retraso? (c) Supóngase que sobre un océano la ZCIT se mantiene al norte del ecuador todo el año. Explíquese cómo puede la media zonal cruzar aun así el ecuador.

Solución

Solución de Ejercicio 28.12.

(a) Media $31.7/12 = 2.6{}^{\circ}$ N; intervalo desde $12.8{}^{\circ}$ S hasta $10.9{}^{\circ}$ N, es decir, $23.7{}^{\circ}$ . (b) La posición más septentrional llega en septiembre, tres meses después del solsticio de junio; la más meridional en febrero, dos meses después del solsticio de diciembre. El retraso procede del almacenamiento de calor, sobre todo en la capa de mezcla del océano (Capítulo 26), que se calienta y se enfría despacio. (c) La media zonal promedia todas las longitudes: si sobre los continentes la banda de lluvia se desplaza mucho hacia el hemisferio de verano, la media de todas las longitudes puede cruzar el ecuador aunque la banda sobre un océano no lo haga.

28.8 Problema: lectura de un mapa del tiempo de latitudes medias

Problema 28.1

Problema de fin de semana — el viento en una estación cerca de $50{}^{\circ}$ N

Un mapa del tiempo del Atlántico Norte muestra, cerca de una estación P a $50{}^{\circ}$ N, isobaras rectas de oeste a este, cada $4\,\mathrm{hPa}$ , con las presiones más bajas hacia el norte. P yace entre las isobaras de $1004\,\mathrm{hPa}$ y $1008\,\mathrm{hPa}$ , que están a $250\,\mathrm{km}$ allí; su presión a nivel del mar es $1006\,\mathrm{hPa}$ y su temperatura del aire $10{}^{\circ}\mathrm{C}$ . El mapa es inventado, pero sus cifras son típicas. Úsense $\Omega = 2\pi/(23.9345\,\mathrm{h})$ , $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$ , $R_d = 287.05\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ para el aire seco, $1\,\mathrm{kn}$ = $0.514\,444\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Parte I — El gradiente de presión y el viento geostrófico.

Calcúlese la densidad del aire en P con la ley de los gases ideales.
Calcúlese el gradiente de presión horizontal en P, en $\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}$ .
Calcúlese la aceleración debida a la fuerza del gradiente de presión.
Calcúlese $\Omega$ y el parámetro de Coriolis a $50{}^{\circ}$ N.
Calcúlese la rapidez del viento geostrófico en P.
Exprésese en nudos y en $\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
Muéstrese que el tiempo que la fuerza del gradiente de presión por sí sola necesitaría para llevar el aire en reposo hasta la rapidez geostrófica es $1/f$ , y calcúlese, junto con el tiempo $2\pi/f$ que la fuerza de Coriolis tarda en girar un viento una vuelta completa.

Parte II — Dirección y hemisferio.

¿En qué dirección apunta la fuerza del gradiente de presión en P? ¿En qué dirección sopla el viento geostrófico, y de qué azimut llega?
Compruébese la respuesta con la ley de Buys Ballot.
Descríbase la plumilla de viento dibujada en P: la dirección del asta, el número de plumas y el lado en el que están.
Supóngase que las mismas isobaras, con la baja al norte, se encuentran a $50{}^{\circ}$ S. ¿De qué dirección soplaría el viento?
Con la misma densidad y el mismo gradiente de presión, calcúlese el viento geostrófico a $30{}^{\circ}$ N y a $60{}^{\circ}$ N.
Calcúlese a $5{}^{\circ}$ N. ¿Es creíble el resultado? Explíquese.

Parte III — El viento en el suelo. Un anemómetro en P mide un viento de $9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ que cruza las isobaras a $25{}^{\circ}$ hacia la baja presión.

Calcúlese el cociente entre el viento observado y el geostrófico, y las componentes del viento observado a lo largo y a través de las isobaras.
¿De qué azimut sopla el viento observado?
En el modelo de arrastre lineal de Proposición 28.8, ¿qué constante de tiempo $\tau$ da el ángulo observado, y qué rapidez predice entonces el modelo? Compárese con la observación.
Alrededor de una depresión de radio $500\,\mathrm{km}$ , supóngase que el aire del kilómetro más bajo fluye hacia dentro en todas partes con la componente a través de las isobaras de la pregunta 14 y la densidad de la pregunta 1. Calcúlese la masa de aire que entra en la depresión por segundo.
Este aire debe salir por el tope de la capa. Calcúlese la velocidad media ascendente allí, en $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ y en metros por día.
Con el gradiente adiabático seco de $9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ , ¿cuánto se enfría el aire ascendente en un día? ¿Qué tiempo sigue, y qué ocurriría bajo un anticiclón?

Parte IV — La corriente en chorro de arriba. El viento zonal medio a $200\,\mathrm{hPa}$ en el invierno boreal alcanza su máximo, $42.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cerca de $30{}^{\circ}$ N (medias del reanálisis 1991–2020).

Calcúlese la rapidez hacia el este del suelo en el ecuador y a $30{}^{\circ}$ N.
Un anillo de aire deja el ecuador en reposo en altura y conserva su momento angular. Calcúlese su viento a $20{}^{\circ}$ N y a $30{}^{\circ}$ N.
La misma pregunta a $30{}^{\circ}$ N para un anillo que parte del reposo a $10{}^{\circ}$ N.
¿Por qué factor supera el anillo de la pregunta 21 al chorro observado a $30{}^{\circ}$ N? Déense dos razones por las que el chorro real es más lento.
Calcúlese el cociente entre el momento angular absoluto por unidad de masa del chorro observado a $30{}^{\circ}$ N y el del aire en reposo en el ecuador. ¿Qué fracción se ha perdido en el camino?
¿Cuál es la rapidez del viento geostrófico en P, en metros por segundo, y cómo se compara con ella el viento medido en el suelo?

Solución

Solución de Problema 28.1.

$\rho = p/(R_dT) = 100\,600/(287.05 \times 283.15) = 1.238\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ .
$|\nabla p| = 400\,\mathrm{Pa}/2.5 \times 10^{5}\,\mathrm{m} = 1.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}$ .
$|\nabla p|/\rho = 1.6 \times 10^{-3}/1.238 = 1.293 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ .
$\Omega = 2\pi/86\,164.2 = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $f = 2\Omega\sin50{}^{\circ} = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ .
$|\vec v_g| = 1.293 \times 10^{-3}/1.117 \times 10^{-4} = 11.57\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
$11.57/0.514444 = 22.5\,\mathrm{kn}$ ; $11.57 \times 3.6 = 41.7\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
El tiempo es $|\vec v_g|/(|\nabla p|/\rho)$ y $|\vec v_g| = (|\nabla p|/\rho)/f$ , así que es $1/f = 8951\,\mathrm{s}$ , $2.49\,\mathrm{h}$ ; y $2\pi/f = 15.6\,\mathrm{h}$ . Los patrones que duran un día o más están, por tanto, cerca del equilibrio.
El gradiente de presión apunta hacia el norte, hacia la baja. El viento geostrófico sopla a lo largo de las isobaras con la baja a su izquierda: hacia el este, desde el oeste, azimut $270{}^{\circ}$ : un viento del oeste.
Con la espalda al viento del oeste, mirando al este, la izquierda es el norte, donde está la baja: la ley se cumple.
El asta apunta al oeste desde el círculo de la estación, hacia de donde viene el viento; $22.5\,\mathrm{kn}$ se redondea a $20\,\mathrm{kn}$ , dos plumas enteras; están en el lado horario del asta, su lado norte, hacia la baja.
A $50{}^{\circ}$ S, $f < 0$ : el viento deja la baja a su derecha, así que sopla hacia el oeste, desde el este.
$f(30{}^{\circ}) = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $f(60{}^{\circ}) = 1.263 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $10.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
$f(5{}^{\circ}) = 1.271 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ da $101.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , un viento nunca observado con gradientes así. El tiempo de giro $1/f$ es $22\,\mathrm{h}$ : el equilibrio no tiene tiempo de establecerse, y la fórmula no se aplica.
$9.0/11.57 = 0.778$ ; a lo largo de las isobaras $9.0\cos25{}^{\circ} = 8.16\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , a través de ellas hacia la baja $9.0\sin25{}^{\circ} = 3.80\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
El viento geostrófico sopla hacia el azimut $90{}^{\circ}$ ; girado $25{}^{\circ}$ hacia la baja en el norte, el viento de superficie sopla hacia $65{}^{\circ}$ , desde $245{}^{\circ}$ , el oeste-suroeste.
$\tan\alpha = 1/(f\tau)$ da $\tau = 1/(1.117 \times 10^{-4}\tan25{}^{\circ}) = 1.92 \times 10^{4}\,\mathrm{s}$ , $5.3\,\mathrm{h}$ ; el modelo predice $11.57\cos25{}^{\circ} = 10.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , más que los $9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ observados: la fricción real no es exactamente lineal en el viento, y frena más que el modelo en este ángulo.
A través de un cilindro de radio $R = 500\,\mathrm{km}$ y altura $h = 1\,\mathrm{km}$ : $\dot m = 2\pi R h\rho u_r = 2\pi \times 5 \times 10^{5} \times 1000 \times 1.238 \times 3.80 = 1.48 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ .
$w = \dot m/(\rho\pi R^2) = 2hu_r/R = 2 \times 1000 \times 3.80/5 \times 10^{5} = 0.0152\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , unos $1310\,\mathrm{m}$ al día.
$1.31 \times 9.8 = 12.9\,\mathrm{K}$ al día: el aire pronto alcanza la saturación, y la depresión se llena de nubes y lluvia. Bajo un anticiclón el aire de superficie fluye hacia fuera, el aire de arriba desciende y se calienta, y el cielo se despeja.
$\Omega a_\oplus = 7.292 \times 10^{-5} \times 6.371 \times 10^{6} = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ en el ecuador; $464.6\cos30{}^{\circ} = 402.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ N.
$u = 464.6\,\sin^2\varphi/\cos\varphi$ : $57.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ N y $134.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ N.
$u = 464.6\,(\cos^210{}^{\circ} - \cos^230{}^{\circ})/\cos30{}^{\circ} = 117.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
$134.1/42.3 = 3.17$ . Los remolinos de las latitudes medias, depresiones y anticiclones, toman momento angular de la rama superior y lo llevan a otra parte; y el aire de la célula sube sobre una banda de latitudes en lugar de estar en reposo sobre el ecuador. La media zonal además promedia un chorro serpenteante sobre todas las longitudes.
$M/M_0 = (402.3 + 42.3)\cos30{}^{\circ}/464.6 = 0.829$ : el aire ha perdido $17\,\%$ del momento angular que habría conservado como anillo libre.
El viento geostrófico en P es $11.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , desde el oeste; el viento medido en el suelo es $9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , unas cuatro quintas partes de él, y girado $25{}^{\circ}$ hacia la baja por la fricción.

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