27Le rayonnement et le transport de chaleur

À un million de milles, la face éclairée de la Terre est un disque de mer bleue, de terre brune et de nuages blancs. La lumière du Soleil tombe le plus directement au milieu du disque, près des tropiques, et rase ses bords ; les tropiques absorbent bien plus d’énergie que les régions polaires. Pourtant les tropiques ne se réchauffent pas d’année en année, ni les pôles ne se refroidissent. Les vents et les courants océaniques portent l’excédent vers les pôles, plusieurs pétawatts. Ce chapitre mesure les trois termes de ce bilan : la lumière solaire que reçoit chaque latitude, la part qu’elle garde et l’infrarouge qu’elle renvoie vers l’espace, et le transport qui compense la différence. Une grande part du transport voyage sous une forme invisible, la vapeur d’eau, dont la chaleur latente est libérée partout où elle se condense en pluie.

Tu sais déjà

Le Chapitre 1 a défini l’insolation, la puissance de la lumière du Soleil reçue par mètre carré d’une surface horizontale au sommet de l’atmosphère, $I = S_0(a/r)^2\sin h_\odot$ tant que le Soleil est levé, avec $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à la distance moyenne $a$ ; il a donné la hauteur du Soleil d’après son angle horaire $H$, sa déclinaison $\delta$ et la latitude $\varphi$, $\sin h_\odot = \sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\cos H$ ; et l’angle horaire $H_0$ du coucher, $\cos H_0 = -\tan\varphi\tan\delta$ (Proposition 1.16). Le Chapitre 3 a défini l’albédo de Bond d’une planète et sa température d’équilibre. Les volumes de physique donnent la loi en inverse du carré pour la lumière, le rayonnement d’un corps noir, $\sigma T^4$ par mètre carré avec $\sigma = 5.670 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{K}^{-4}$ (Stefan–Boltzmann), et la chaleur latente d’un changement d’état. Le livre 2 a montré que la Terre intercepte en moyenne le quart de la constante solaire, a dessiné le bilan énergétique global de la Terre et vérifié qu’il s’équilibre, et a décrit le transport de chaleur vers les pôles en mots.

27.1 L’insolation selon la latitude et la saison

L’insolation instantanée change de minute en minute à mesure que le Soleil traverse le ciel. Pour le climat, ce qui compte est sa somme sur un jour.

Définition 27.1 (Insolation journalière moyenne)

L’insolation journalière moyenne $\bar Q$ à une latitude un jour donné est l’insolation instantanée moyennée sur les 24 heures de ce jour, nuits comprises, la déclinaison du Soleil et sa distance étant tenues à leurs valeurs du jour. C’est une puissance par mètre carré de surface horizontale au sommet de l’atmosphère, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Tenir $\delta$ et $r$ fixes pendant un jour est sans danger : la déclinaison change d’au plus $0.4{}^{\circ}$ par jour, et la distance de moins de $0.03\,\%$.

Théorème 27.2 (Insolation journalière moyenne)

À la latitude $\varphi$, un jour où la déclinaison du Soleil est $\delta$ et sa distance $r$,

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

où $h_0 \in [0, \pi]$ est l’angle horaire du coucher en radians : $\cos h_0 = -\tan\varphi\tan\delta$ quand $|\tan\varphi\tan\delta| \le 1$ ; $h_0 = \pi$ dans le jour polaire ($\tan\varphi\tan\delta > 1$) ; $h_0 = 0$, et $\bar Q = 0$, dans la nuit polaire ($\tan\varphi\tan\delta < -1$).

Deux cas particuliers valent d’être sus par cœur. À l’équateur, $\varphi = 0$ et $h_0 = \pi/2$ quelle que soit la saison :

maximale aux équinoxes, $S_0/\pi = 433.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à la distance moyenne. À un pôle en été, $h_0 = \pi$ et $\varphi = \pi/2$ : $\bar Q_\text{pôle} = S_0(a/r)^2\sin\delta$, le Soleil tournant dans le ciel à une hauteur constante égale à la déclinaison.

Proposition 27.3 (L’été polaire)

Un jour de déclinaison $\delta > 0$, l’insolation journalière moyenne au pôle Nord dépasse celle à l’équateur si et seulement si $\pi\tan\delta > 1$, c’est-à-dire $\delta > 17.66{}^{\circ}$. Au solstice de juin, $\delta = 23.44{}^{\circ}$, le rapport est $\pi\tan \delta = 1.362$.

Avec l’orbite de la Terre, le solstice de juin tombe près de l’aphélie, $(a/r)^2 = 0.968$ : le pôle Nord reçoit alors $524\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en moyenne journalière, l’équateur $385\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Six mois plus tard le pôle Sud, près du périhélie, reçoit $559\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $6.7\,\%$ de plus que le pôle Nord dans son été : le rapport est exactement celui des deux valeurs de $(a/r)^2$. La figure ci-dessous montre $\bar Q$ sur toute une année. Les maxima sont aux pôles aux solstices ; les coins sombres sont les nuits polaires, limitées par la latitude $90{}^{\circ} - |\delta|$ ; le point subsolaire, où le Soleil passe au zénith à midi, se déplace entre les tropiques avec la déclinaison.

La moyenne de $\bar Q$ sur l’année donne l’insolation annuelle moyenne de chaque latitude (figure ci-dessous) : $415.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à l’équateur, $328.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $40{}^{\circ}$, $172.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à l’un ou l’autre pôle. L’été polaire est intense mais l’hiver polaire est sombre, et sur une année l’équateur reçoit $2.41$ fois autant qu’un pôle. La courbe est la même dans les deux hémisphères, bien que l’été austral soit le plus lumineux ; l’Exercice 27.10 montre pourquoi.

Proposition 27.4 (La moyenne globale)

À chaque instant, l’insolation moyennée sur toute la sphère est $\tfrac14 S_0(a/r)^2$. Moyennée aussi sur l’année, elle est $S_0/(4\sqrt{1 - e^2})$, où $e$ est l’excentricité de l’orbite : $340.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ pour la Terre, à $0.02\,\%$ de $S_0/4 = 340.25\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

27.2 Rayonnement absorbé et émis

De la lumière du Soleil qu’une latitude reçoit, elle en réfléchit une fraction directement, par les nuages, la neige, la glace, le désert et, à un moindre degré, la mer ; elle absorbe le reste, dans l’air et à la surface. Elle perd aussi de l’énergie en émettant du rayonnement infrarouge vers l’espace, jour et nuit.

Définition 27.5 (Rayonnement infrarouge sortant)

Le rayonnement infrarouge sortant (OLR, de l’anglais outgoing longwave radiation) est la puissance de rayonnement infrarouge quittant le sommet de l’atmosphère vers l’espace, par mètre carré. La température d’émission $T_e$ est la température d’un corps noir qui émettrait la même puissance : $\sigma T_e^4 = \text{OLR}$.

L’OLR vient en partie de la surface, à travers l’air là où il est transparent à l’infrarouge, et en partie de l’air et des sommets de nuages plus haut. La température d’émission est une propriété du rayonnement, non la température d’un niveau particulier : elle est plus basse que celle du sol en dessous, parce que les couches émettrices sont plus froides.

Définition 27.6 (Rayonnement net ; excédent et déficit radiatifs)

Le rayonnement net au sommet de l’atmosphère est

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

où $\alpha$ est l’albédo local, la fraction de la lumière du Soleil incidente réfléchie vers l’espace ; les trois grandeurs sont des moyennes annuelles à une latitude. Une latitude où $R > 0$ a un excédent radiatif ; une où $R < 0$ a un déficit radiatif.

Sur toute la Terre le rayonnement net doit avoir une moyenne presque nulle, puisque la planète ne se réchauffe ni ne se refroidit de plus de quelques dixièmes de watt par mètre carré : la dernière évaluation place le déséquilibre à $0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, sur un flux incident de $340\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ dont $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ sont réfléchis (un albédo global de $0.294$) et $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ repartent sous forme d’infrarouge.

Les profils zonaux de ce chapitre viennent d’une réanalyse, c’est-à-dire d’un système de prévision météorologique exécuté sur les décennies passées, qui assimile les observations de chaque jour et fournit un état complet et cohérent de l’atmosphère. La réanalyse utilisée ici, à partir de 1948, donne des moyennes mensuelles sur une grille de 94 latitudes et 192 longitudes ; ce chapitre utilise ses moyennes sur 1991–2020. Ses flux de rayonnement sont des sorties de modèle, des prévisions contraintes par les observations. La figure ci-dessous montre leurs moyennes zonales en fonction de $\sin\varphi$, de sorte que des largeurs égales sur l’axe sont des aires égales sur la sphère.

Les deux courbes ont des formes très différentes. La lumière solaire absorbée chute de $288\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ près de l’équateur à $76\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $81{}^{\circ}$ N, d’un facteur $3.8$ : l’insolation baisse, et l’albédo passe de $0.31$ à $0.57$, avec le Soleil bas, la neige et la glace de mer. L’OLR ne chute que de $245\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $192\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, d’un facteur $1.27$ ; les températures d’émission sont $256\,\mathrm{K}$ et $241\,\mathrm{K}$. L’OLR est même légèrement plus bas à l’équateur, $245\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, que près de $20{}^{\circ}$, $269\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ : les nuages de la ceinture de pluie équatoriale montent haut et leurs sommets froids émettent peu, tandis que les cieux subtropicaux plus clairs laissent s’échapper davantage d’infrarouge. Partout où la lumière solaire absorbée dépasse l’OLR, la latitude a un excédent.

Exemple 27.7 (Le bilan global de la réanalyse)

En moyenne sur le globe, la réanalyse reçoit $341.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, réfléchit $117.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (un albédo de $0.342$), absorbe $224.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ et émet $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ : un rayonnement net de $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. L’OLR est à $1.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de la valeur évaluée de $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, mais la réflexion est supérieure de $17\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ aux $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ évalués. Un déséquilibre réel de cette taille refroidirait la Terre de $6.6\,\mathrm{PW}$ ; c’est une erreur du modèle, non une propriété de la Terre, et le transport ci-dessous est calculé après retrait de la moyenne globale.

27.3 Le transport méridien de chaleur

Définition 27.8 (Transport méridien de chaleur)

Le transport méridien de chaleur $T(\varphi)$ à travers le parallèle de latitude $\varphi$ est l’énergie portée vers le nord à travers ce parallèle par unité de temps, par l’atmosphère et l’océan ensemble, en moyenne annuelle. Il est compté positif vers le nord et mesuré en pétawatts ($1\,\mathrm{PW}$ = $10^{15}\,\mathrm{W}$).

Proposition 27.9 (Le transport d’après le rayonnement net)

Si l’énergie stockée dans chaque bande de latitude ne change pas d’une année à l’autre, alors pour une Terre de rayon $a_\oplus$,

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

et $T$ est extrême aux latitudes où $R$ change de signe.

Appliquée à la réanalyse, avec sa moyenne globale de $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ retranchée de $R$ à chaque latitude, la proposition donne la courbe ci-dessous. Le transport est dirigé vers le nord dans l’hémisphère nord et vers le sud dans l’hémisphère sud, toujours vers le pôle. Il culmine à $4.1\,\mathrm{PW}$ près de $38{}^{\circ}$ N et $4.5\,\mathrm{PW}$ près de $32{}^{\circ}$ S, là où $R$ moins sa moyenne change de signe ; à travers $40{}^{\circ}$ N il vaut $4.11\,\mathrm{PW}$. Il est faible à l’équateur, où l’excédent de chaque hémisphère est exporté vers son propre pôle.

Le carré sur la figure est un avertissement. Une étude des années 1985–1989, quand une expérience satellitaire mesurait de façon fiable le rayonnement au sommet de l’atmosphère, a calculé le transport de l’atmosphère à partir des vents, des températures et de l’humidité de deux réanalyses : l’atmosphère seule porte $5.0\,\mathrm{PW}$ à $43{}^{\circ}$ N, plus que les $4.0\,\mathrm{PW}$ de cette réanalyse pour l’atmosphère et l’océan ensemble. La même étude a trouvé que les flux de la réanalyse issus du modèle s’accordent moins bien avec des estimations océaniques indépendantes que des flux dérivés des observations. Une fois la moyenne globale retirée, le transport ne dépend que de la façon dont $R$ varie avec la latitude, et le rayonnement net de cette réanalyse varie trop peu des tropiques aux pôles. La forme de la courbe, ses maxima aux moyennes latitudes et sa quasi-symétrie, peut être crue ; sa hauteur est trop faible d’au moins un cinquième.

Qui porte la chaleur ? La même étude trouve que l’océan en porte plus que l’atmosphère seulement entre l’équateur et $17{}^{\circ}$ N ; à $35{}^{\circ}$, où le transport total culmine dans chaque hémisphère, l’atmosphère en porte $78\,\%$ dans le nord et $92\,\%$ dans le sud. La part de l’océan est l’objet du Chapitre 29, celle de l’atmosphère du Chapitre 28.

Méthode 27.10 (Le transport à partir de bandes zonales)

1. Diviser la calotte au-delà de la latitude considérée en bandes ; pour chacune, prendre l’insolation moyenne $\bar Q_i$, l’albédo $\alpha_i$ et l’OLR$_i$.
2. Calculer le rayonnement net de chaque bande, $R_i = (1 - \alpha_i)\bar Q_i - \text{OLR}_i$, et retrancher la moyenne globale de $R$ si elle n’est pas nulle.
3. Calculer l’aire de chaque bande, $A_i = 2\pi a_\oplus^2(\sin\varphi_{i,2} - \sin\varphi_{i,1})$, avec $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$.
4. Le transport à travers le bord est moins la puissance nette de la calotte, $-\sum_i R_i A_i$, positif vers le pôle ; diviser par $10^{15}$ pour obtenir des pétawatts.

27.4 Chaleur latente et chaleur sensible

La surface de la Terre absorbe la plus grande part de la lumière du Soleil, mais l’atmosphère rayonne la plus grande part de l’infrarouge vers l’espace. La surface cède de l’énergie à l’air de trois façons : par son propre rayonnement infrarouge, en réchauffant l’air à son contact, et en évaporant de l’eau, dont la chaleur latente est libérée partout où la vapeur se condense. Cet endroit peut être à des milliers de kilomètres : la chaleur latente voyage avec le vent.

Définition 27.11 (Flux de chaleur latente et sensible ; rapport de Bowen)

Le flux de chaleur latente $LE$ est la puissance par mètre carré que la surface perd par évaporation : le taux d’évaporation $E$, en $\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$, multiplié par la chaleur latente de vaporisation $L$. Le flux de chaleur sensible $H$ est la puissance par mètre carré que la surface passe à l’air par conduction et turbulence, en le réchauffant. Les deux sont comptés positifs vers le haut. Leur rapport $B = H/LE$ est le rapport de Bowen.

Vers $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $L = 2.4655\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Le rapport de Bowen est petit sur la mer et sur le sol humide, où l’eau est abondante, et grand sur les terres sèches. Dans la réanalyse il vaut $0.09$ à l’équateur, $0.37$ à $25{}^{\circ}$ N, la latitude des grands déserts chauds, et est négatif à $70{}^{\circ}$ N, où les surfaces de neige et de glace sont plus froides que l’air au-dessus en moyenne annuelle, si bien que la chaleur sensible va vers le bas. En moyenne sur le globe, la réanalyse donne $LE = 82.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ et $H = 15.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, un rapport de Bowen de $0.18$ ; les valeurs évaluées sont $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ et $21\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, un rapport de $0.26$.

Le livre 2 a transformé le flux de chaleur latente en une hauteur d’eau évaporée chaque année. La réciproque transforme une pluie, qu’un pluviomètre peut recueillir, en un flux d’énergie.

Proposition 27.12 (Les précipitations comme flux d’énergie)

Un taux de précipitation de $1\,\mathrm{m}$ d’eau par an libère dans l’atmosphère, là où sa vapeur s’est condensée, une puissance moyenne de

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

Exemple 27.13 (Le cycle de l’eau comme flux d’énergie)

Le cycle mondial de l’eau apporte $373\,000$ kilomètres cubes de pluie et de neige à l’océan chaque année et $113\,000$ aux terres : répartis sur les $5.10 \times 10^{8}\,\mathrm{km}^{2}$ de la Terre, $0.953\,\mathrm{m}$ par an, ce qui libère $74\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ d’après la Proposition 27.12. La réanalyse fait pleuvoir $2.82\,\mathrm{mm}$ par jour, $1.03\,\mathrm{m}$ par an, $80\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Les deux sont proches du flux de chaleur latente évalué de $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, dont l’intervalle d’incertitude est $72\text{ à }85\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ : au fil des ans, l’eau qui s’évapore retombe et la chaleur latente prélevée à la surface est entièrement cédée à l’air.

Le bilan vaut pour le globe, non pour chaque latitude, et la différence est un transport (figure ci-dessous). Dans les subtropiques la mer évapore plus d’eau qu’il n’en tombe : $LE$ dépasse $LP$, la chaleur latente des précipitations. La ceinture de pluie équatoriale et les moyennes latitudes reçoivent plus de pluie qu’elles n’évaporent. Entre les deux, la vapeur est portée par le vent, et avec elle la chaleur latente. Par l’argument de la Proposition 27.9, appliqué à l’intégrale de $LE - LP$, la réanalyse porte $1.4\,\mathrm{PW}$ de chaleur latente vers le nord à travers $40{}^{\circ}$ N, un tiers de son transport total en ce lieu ; le transport latent est dessiné en tirets sur la figure du transport ci-dessus.

27.5 Le bilan énergétique de la surface

Le bilan global dessiné au livre 2 peut se lire comme une équation pour la surface.

Proposition 27.14 (Bilan énergétique de la surface)

Soit $R_n$ le rayonnement net à la surface, lumière du Soleil absorbée plus infrarouge reçu de l’air moins infrarouge émis, et $G$ la puissance par mètre carré qui va dans le sol ou l’océan en dessous. Alors, par mètre carré,

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

En moyenne globale, $R_n = 160 + 342 - 398 = 104\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, dont $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ vont à l’évaporation, $21\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ au flux de chaleur sensible, et $G \approx 1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, aux arrondis des chiffres près, à l’océan et au sol.

Le flux de chaleur latente, quatre cinquièmes de $R_n$, est de loin le plus grand des deux termes non radiatifs : sur le globe, la surface se refroidit surtout en évaporant de l’eau. Le petit $G$ est le chauffage du système climatique, les $0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ du bilan au sommet de l’atmosphère ; les neuf dixièmes en sont stockés dans l’océan.

Remarque 27.15 (Local et global)

En un lieu donné, $G$ est loin d’être petit : il est grand et positif le jour et en été, négatif la nuit et en hiver, et ne se compense que sur un jour ou sur une année. Sur l’océan, la chaleur stockée dans la couche de mélange peut aussi être emportée latéralement par les courants : le bilan local doit alors inclure le transport de l’océan, comme le bilan d’une bande de latitude inclut celui de l’atmosphère.

27.6 Exercices

Exercice 27.1 ★

(a) Calculer $S_0/\pi$ avec $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) Le jour de l’équinoxe de mars, l’insolation journalière moyenne à l’équateur est de $436.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. En déduire $(a/r)^2$ et $r/a$ ce jour-là. (c) Au solstice de juin, $(a/r)^2 = 0.9683$ et $\delta = 23.44{}^{\circ}$. Calculer l’insolation journalière moyenne à l’équateur.

Solution

Solution de Exercice 27.1.

(a) $S_0/\pi = 1361/\pi = 433.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) À l’équateur à un équinoxe $\bar Q = (S_0/\pi)(a/r)^2$, donc $(a/r)^2 = 436.7/433.2 = 1.0080$ et $r/a = 1.0080^{-1/2} = 0.9960$ : la Terre est $0.4\,\%$ plus près du Soleil que sa distance moyenne. (c) $\bar Q = 433.2 \times 0.9683 \times \cos23.44{}^{\circ} = 384.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Exercice 27.2 ★

L’insolation annuelle moyenne est de $415.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à l’équateur et de $172.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ aux pôles ; la moyenne globale est de $340.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) De quel facteur l’équateur dépasse-t-il les pôles ? (b) La moyenne annuelle égale la moyenne globale à $37.0{}^{\circ}$ N et S. Quelle fraction de la surface de la Terre se trouve entre ces deux parallèles ? (c) Pourquoi cela fait-il paraître la courbe de la moyenne annuelle plus favorable aux hautes latitudes que ne l’est réellement la surface de la Terre ?

Solution

Solution de Exercice 27.2.

(a) $415.6/172.4 = 2.41$. (b) La zone entre les parallèles $\pm\varphi$ a pour aire $2\pi a_\oplus^2 \times 2\sin\varphi$, une fraction $\sin\varphi$ de la sphère : $\sin37.0{}^{\circ} = 0.602$, $60\,\%$. (c) Sur un axe en latitude, les bandes près des pôles paraissent aussi larges que celles près de l’équateur, mais elles couvrent bien moins d’aire : la zone au-delà de $60{}^{\circ}$ ne fait que $1 - \sin60{}^{\circ} = 13.4\,\%$ de la surface. En fonction de $\sin\varphi$, les tropiques remplissent la plus grande part de l’axe.

Exercice 27.3 ★

Dans la réanalyse l’OLR est de $244.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ près de l’équateur, $192.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $81{}^{\circ}$ N et $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ en moyenne globale. (a) Calculer les trois températures d’émission. (b) Sur les mêmes latitudes, la lumière solaire absorbée chute de $287.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $75.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Comparer les deux rapports. (c) Qu’implique la comparaison pour le rayonnement net ?

Solution

Solution de Exercice 27.3.

(a) $T_e = (\text{OLR}/\sigma)^{1/4}$ : $256.4\,\mathrm{K}$, $241.3\,\mathrm{K}$ et $254.5\,\mathrm{K}$. (b) Lumière solaire absorbée : $287.7/75.8 = 3.80$ ; OLR : $244.9/192.3 = 1.27$. (c) Le rayonnement net suit la lumière solaire absorbée : positif et grand dans les tropiques, fortement négatif aux hautes latitudes. L’OLR, qui varie peu, ne compense pas la chute de la lumière solaire absorbée.

Exercice 27.4 ★

La précipitation moyenne globale de la réanalyse est de $2.82\,\mathrm{mm}$ par jour. (a) La convertir en mètres par an. (b) Calculer la chaleur latente qu’elle libère, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, avec la Proposition 27.12. (c) Comparer avec le flux de chaleur latente global propre à la réanalyse, $82.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, et expliquer pourquoi les deux doivent s’accorder sur de nombreuses années.

Solution

Solution de Exercice 27.4.

(a) $2.82 \times 365.25 = 1030\,\mathrm{mm}$, $1.03\,\mathrm{m}$ par an. (b) $1.030 \times 78.1 = 80.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (c) Le $LE$ de la réanalyse est plus grand de $2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Sur de nombreuses années l’atmosphère ne peut continuer d’accumuler de la vapeur d’eau : toute l’eau évaporée retombe, donc $LE$ et $LP$ doivent être égaux en moyenne globale. La différence est un déséquilibre du modèle, comme son déséquilibre radiatif.

Exercice 27.5 ★★

(a) Au solstice de juin ($\delta = 23.44{}^{\circ}$, $(a/r)^2 = 0.9683$), calculer l’insolation journalière moyenne au pôle Nord. (b) Au solstice de décembre, $(a/r)^2 = 1.0334$ ; la calculer au pôle Sud et le rapport des deux. (c) Le Soleil ne s’élève qu’à $23.4{}^{\circ}$ au-dessus de l’horizon au pôle : expliquer comment le pôle peut tout de même battre l’équateur.

Solution

Solution de Exercice 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) $1361 \times 1.0334 \times 0.3978 = 559.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; le rapport est $1.0334/0.9683 = 1.067$. (c) Le pôle a de la lumière 24 heures sur 24 à une hauteur constante, donc son $\sin h_\odot$ moyen sur le jour est $\sin\delta = 0.398$. À l’équateur le Soleil est haut à midi, mais couché la moitié du temps ; la moyenne de $\sin h_\odot$ sur les 24 heures est $\cos\delta/\pi = 0.292$. Le rapport est $\pi\tan\delta = 1.362$ (Proposition 27.3).

Exercice 27.6 ★★

À $40{}^{\circ}$ N, calculer l’angle horaire du coucher, la durée du jour et l’insolation journalière moyenne (a) au solstice de juin, avec $(a/r)^2 = 0.9683$, $\delta = 23.44{}^{\circ}$ ; (b) au solstice de décembre, avec $(a/r)^2 = 1.0334$, $\delta = -23.44{}^{\circ}$. (c) Quelle part du rapport entre les deux vient de la distance au Soleil ?

Solution

Solution de Exercice 27.6.

(a) $\cos h_0 = -\tan40{}^{\circ}\tan23.44{}^{\circ} = -0.3638$, $h_0 = 111.33{}^{\circ} = 1.943\,\mathrm{rad}$ ; le jour dure $24 \times 111.33/180 = 14.84\,\mathrm{h}$ ; $\bar Q = (1361/\pi) \times 0.9683 \times (1.943 \times 0.6428 \times 0.3978 + 0.7660 \times 0.9175 \times 0.9315) = 483.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (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) Le rapport est $483.0/155.9 = 3.10$. La distance contribue $0.9683/1.0334 = 0.937$ : elle joue contre l’été boréal. La géométrie, la hauteur du Soleil et la durée du jour, contribue $3.10/0.937 = 3.31$, tout le contraste saisonnier et plus.

Exercice 27.7 ★★

La réanalyse donne les moyennes zonales suivantes ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$) :

latitude	$0{}^{\circ}$	$25{}^{\circ}$ 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) Calculer le rapport de Bowen à chaque latitude. (b) Quelle latitude a le plus grand rapport ? Quelle sorte de surface l’explique ? (c) Interpréter le signe de $H$ à $70{}^{\circ}$ N.

Solution

Solution de Exercice 27.7.

(a) $B = H/LE$ : $0.093$ à l’équateur, $0.374$ à $25{}^{\circ}$ N, $0.338$ à $45{}^{\circ}$ N, $-0.152$ à $70{}^{\circ}$ N. (b) $25{}^{\circ}$ N : la moyenne zonale comprend les grands déserts chauds, terres sèches avec peu d’eau à évaporer, où le sol chauffé réchauffe l’air à la place. (c) $H < 0$ signifie que la chaleur passe de l’air à la surface : en moyenne annuelle la neige et la glace de mer sont plus froides que l’air au-dessus d’elles, qui est réchauffé par de l’air venu de latitudes plus basses.

Exercice 27.8 ★★

Le bilan global évalué au sommet de l’atmosphère est de $340\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ incidents, $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ réfléchis, $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ émis ; la réanalyse donne $341.9\,$, $117.0\,$ et $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Calculer les deux albédos et les deux rayonnements nets. (b) Quel terme explique l’essentiel du déséquilibre de la réanalyse ? (c) Montrer que si la moyenne globale de $R$ n’était pas retirée, la Proposition 27.9 laisserait un transport de $-6.6\,\mathrm{PW}$ au pôle Nord, et expliquer pourquoi c’est impossible.

Solution

Solution de Exercice 27.8.

(a) Évalué : $\alpha = 100/340 = 0.294$, $R = 340 - 100 - 239 = +1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (les $0.7$ arrondis). Réanalyse : $\alpha = 117.0/341.9 = 0.342$, $R = 341.9 - 117.0 - 237.7 = -12.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ avec ces termes arrondis, $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ avec ceux, non arrondis, de l’Exemple 27.7. (b) La réanalyse absorbe $224.8$ contre $240$, $15.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de moins, parce qu’elle réfléchit $17\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de plus ; son OLR n’est inférieur que de $1.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. L’excès de réflexion explique le déséquilibre. (c) L’intégration de $R$ du pôle Sud au pôle Nord donne l’intégrale globale, $-12.9 \times 4\pi a_\oplus^2 = -12.9 \times 5.10\times10^{14} = -6.6\,\mathrm{PW}$. Un transport à travers le pôle Nord est impossible : il n’y a rien au-delà, le parallèle est un point. La proposition ne vaut que si $\int R\,\mathrm dA = 0$, ce qu’exige le régime permanent.

Exercice 27.9 ★★

Dans la réanalyse, la ceinture comprise entre $30{}^{\circ}$ S et $30{}^{\circ}$ N a un rayonnement net moyen, après retrait de la moyenne globale, de $+33\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Calculer l’aire de la ceinture et son excédent total en pétawatts. (b) Si les deux hémisphères exportaient l’excédent à parts égales, combien traverserait chacun des parallèles $30{}^{\circ}$ N et $30{}^{\circ}$ S ? (c) La réanalyse donne $4.00\,\mathrm{PW}$ vers le nord à travers $30{}^{\circ}$ N et $4.50\,\mathrm{PW}$ vers le sud à travers $30{}^{\circ}$ S. Que dit la différence ?

Solution

Solution de Exercice 27.9.

(a) L’aire est $2\pi a_\oplus^2 \times 2\sin30{}^{\circ} = 2\pi a_\oplus^2 = 2.55 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$, la moitié de la Terre ; l’excédent est $33 \times 2.55\times10^{14} = 8.4\,\mathrm{PW}$. (b) $4.2\,\mathrm{PW}$ à travers chaque parallèle. (c) Les deux font $8.5\,\mathrm{PW}$, l’excédent, mais elles sont inégales : l’hémisphère sud exporte $0.5\,\mathrm{PW}$ de plus que le nord. L’excédent n’est pas partagé à l’équateur : dans cette réanalyse $0.36\,\mathrm{PW}$ de l’excédent des tropiques nord traversent l’équateur vers le sud.

Exercice 27.10 ★★★

L’insolation journalière moyenne dépend de la latitude, de la déclinaison et du facteur $(a/r)^2$. (a) Avec la deuxième loi de Kepler, $r^2\,\mathrm d\lambda/\mathrm dt = h$ constant, où $\lambda$ est la longitude écliptique du Soleil, montrer que l’énergie qu’une latitude reçoit pendant que $\lambda$ avance de $\mathrm d\lambda$ ne dépend pas de $r$. (b) En déduire que l’insolation annuelle moyenne à la latitude $\varphi$ égale celle à $-\varphi$, bien que l’été austral soit plus lumineux. (c) Dans le modèle d’orbite de ce chapitre, le Soleil met $186.4$ jours de l’équinoxe de mars à celui de septembre et $178.8$ jours au retour. Expliquer comment ces nombres s’accordent avec (b).

Solution

Solution de Exercice 27.10.

(a) Écrivons la moyenne journalière $\bar Q = (a/r)^2 F(\varphi, \delta)$, avec $F$ la parenthèse du Théorème 27.2 multipliée par $S_0/\pi$. Pendant $\mathrm dt$ l’énergie reçue par mètre carré est $\bar Q\,\mathrm dt$, et $\mathrm dt = r^2\,\mathrm d\lambda/h$, donc $\bar Q\,\mathrm dt = (a^2/h) F(\varphi, \delta(\lambda))\,\mathrm d\lambda$ : le facteur $r^2$ se simplifie. (b) Sur une année l’énergie est $(a^2/h)\int_0^{2\pi} F(\varphi, \delta(\lambda))\,\mathrm d\lambda$. La formule est inchangée quand $\varphi$ et $\delta$ changent de signe ensemble, $F(-\varphi, \delta) = F(\varphi, -\delta)$, et $\delta(\lambda + \pi) = -\delta(\lambda)$, puisque $\sin\delta = \sin\varepsilon \sin\lambda$. Le décalage de $\lambda$ de $\pi$ dans l’intégrale montre que $-\varphi$ reçoit la même énergie que $\varphi$. (c) Le printemps et l’été boréaux durent $7.6$ jours de plus, parce que la Terre est près de l’aphélie et se déplace alors lentement ; l’été austral est plus lumineux mais plus court. D’après (a), les deux effets se compensent exactement.

Exercice 27.11 ★★★

(a) En utilisant la deuxième loi de Kepler sous la forme $r^2\,\mathrm d\lambda/\mathrm dt = h$ et l’aire de l’ellipse, $\pi a b = hP/2$ sur une période $P$, montrer que la moyenne temporelle de $(a/r)^2$ sur une orbite est $a/b = 1/\sqrt{1 - e^2}$. (b) Achever la démonstration de la Proposition 27.4. (c) Avec $e = 0.0167$, calculer la moyenne annuelle globale et son écart à $S_0/4$.

Solution

Solution de Exercice 27.11.

(a) $\langle (a/r)^2\rangle = \frac1P\int_0^P \frac{a^2}{r^2}\,\mathrm dt = \frac1P\int_0^{2\pi}\frac{a^2}{r^2}\frac{r^2}{h}\,\mathrm d\lambda = \frac{2\pi a^2}{hP} = \frac{2\pi a^2}{2\pi a b} = \frac ab$, et $b = a\sqrt{1-e^2}$. (b) La moyenne globale instantanée $\frac14 S_0(a/r)^2$ a donc pour moyenne $\frac14 S_0 \langle(a/r)^2\rangle = S_0/(4\sqrt{1-e^2})$. (c) Numériquement, $340.25/\sqrt{1 - 0.0167^2} = 340.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, soit $0.05\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ou $0.014\,\%$ au-dessus de $S_0/4$.

Exercice 27.12 ★★★

La réanalyse donne un transport total de $4.10\,\mathrm{PW}$ à travers $35{}^{\circ}$ N et $4.02\,\mathrm{PW}$ à travers $43{}^{\circ}$ N. (a) En utilisant la répartition de Trenberth et Caron à $35{}^{\circ}$ N (atmosphère $78\,\%$), partager le total de la réanalyse en une part atmosphérique et une part océanique. (b) La même étude trouve $5.0\,\mathrm{PW}$ pour l’atmosphère seule à $43{}^{\circ}$ N. Que dit cela de la réanalyse ? (c) Retirer la moyenne globale de $R$ ne guérit pas cette erreur. Pourquoi pas ?

Solution

Solution de Exercice 27.12.

(a) Atmosphère $0.78 \times 4.10 = 3.20\,\mathrm{PW}$, océan $0.22 \times 4.10 = 0.90\,\mathrm{PW}$. (b) On trouve que l’atmosphère seule porte plus, $5.0\,\mathrm{PW}$, que l’atmosphère et l’océan de la réanalyse ensemble, $4.02\,\mathrm{PW}$ : le transport total de la réanalyse est trop faible d’au moins un cinquième ($1 - 4.02/5.0 = 0.20$). Son rayonnement net varie trop peu entre les tropiques et les pôles. (c) Retirer une constante de $R$ rend son intégrale globale nulle mais laisse inchangée sa variation avec la latitude ; l’erreur réside dans cette variation, dans l’albédo des nuages et des surfaces du modèle à chaque latitude, et pas seulement dans la moyenne globale.

27.7 Problème : Quelle chaleur traverse le 40^e parallèle ?

Problème 27.1

Problème du week-end — le bilan énergétique de la calotte au nord de $40{}^{\circ}$ N

La calotte de la Terre au nord de $40{}^{\circ}$ N, qui contient l’essentiel de l’Europe, de la Russie et du Canada, rayonne plus d’énergie vers l’espace qu’elle n’en absorbe du Soleil. Ce problème mesure le déficit, et donc la chaleur que l’atmosphère et l’océan apportent à travers le 40^e parallèle. Utiliser $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$, $\sigma = 5.670 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{K}^{-4}$, $L = 2.4655 \times 10^{6}\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Les données de bandes sont les moyennes de la réanalyse pour 1991–2020.

Partie I — La lumière du Soleil au nord de $40{}^{\circ}$ N. Au solstice de juin $\delta = 23.44{}^{\circ}$ et $(a/r)^2 = 0.9683$ ; au solstice de décembre $\delta = -23.44{}^{\circ}$ et $(a/r)^2 = 1.0334$ ; à l’équinoxe de mars $\delta = 0$ et $(a/r)^2 = 1.0081$.

1. Calculer l’insolation journalière moyenne à $40{}^{\circ}$ N les trois jours.
2. La calculer à $80{}^{\circ}$ N les mêmes trois jours.
3. En juin, $80{}^{\circ}$ N reçoit plus que $40{}^{\circ}$ N. Expliquer pourquoi, avec les angles horaires du coucher.
4. En intégrant le théorème sur l’année, on trouve des moyennes annuelles de $306.9\,$, $260.3\,$, $213.7\,$, $185.6\,$ et $173.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $45{}^{\circ}$, $55{}^{\circ}$, $65{}^{\circ}$, $75{}^{\circ}$ et $85{}^{\circ}$ N. Comparer avec l’insolation de bande du tableau de la Partie II et donner deux raisons des différences.
5. L’insolation moyenne globale de la réanalyse est de $341.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Quelle valeur de $S_0$ implique-t-elle ?
6. Calculer l’aire de la calotte au nord de $40{}^{\circ}$ N et la fraction de la surface de la Terre qu’elle couvre.

Partie II — Absorbé et émis. La réanalyse donne, pour cinq bandes de la calotte :

bande	$40{}^{\circ}$–$50{}^{\circ}$	$50{}^{\circ}$–$60{}^{\circ}$	$60{}^{\circ}$–$70{}^{\circ}$	$70{}^{\circ}$–$80{}^{\circ}$	$80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$
$\bar Q$ ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$)	308.4	262.4	217.3	188.7	176.1
albédo $\alpha$	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. Calculer le rayonnement solaire absorbé de chaque bande.
8. Calculer le rayonnement net de chaque bande. Quelle bande a le plus grand déficit ?
9. Calculer la température d’émission de chaque bande.
10. De $40{}^{\circ}$–$50{}^{\circ}$ à $80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$, de quel facteur la lumière solaire absorbée chute-t-elle, et de quel facteur l’OLR ?
11. Donner deux raisons pour lesquelles l’albédo augmente vers le pôle.
12. Pourquoi l’OLR varie-t-il tellement moins que la lumière solaire absorbée ?

Partie III — Le rayonnement net de la calotte.

13. Calculer l’aire de chaque bande et vérifier qu’elles s’additionnent à l’aire de la question 6.
14. Calculer la puissance radiative nette de chaque bande et de toute la calotte, en pétawatts.
15. Calculer l’albédo moyen de la calotte, en pondérant chaque bande par sa lumière solaire incidente, et le comparer à l’albédo global de la réanalyse, $0.342$.
16. Le rayonnement net moyen global de la réanalyse est de $-12.90\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Que signifierait-il s’il était réel ? Comparer avec le déséquilibre évalué de $+0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
17. Retrancher cette moyenne globale du rayonnement net de chaque bande et calculer de nouveau la puissance nette de la calotte.
18. Expliquer, avec la Proposition 27.9, pourquoi le déficit corrigé de la calotte doit être apporté à travers le 40^e parallèle.

Partie IV — Le transport et sa part latente. Sur la calotte la réanalyse donne un flux de chaleur latente moyen de $42.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ et une précipitation moyenne de $1.95\,\mathrm{mm}$ par jour ; sur le globe, la moyenne de $LE - LP$ est de $2.07\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

19. Calculer le transport à travers $40{}^{\circ}$ N, en pétawatts.
20. Calculer la chaleur latente $LP$ libérée par les précipitations de la calotte, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, et la comparer à $LE$.
21. En retirant la moyenne globale de $LE - LP$, calculer la chaleur latente apportée dans la calotte sous forme de vapeur d’eau, en pétawatts.
22. Quelle fraction du transport à travers $40{}^{\circ}$ N est de la chaleur latente ?
23. En prenant la part de l’atmosphère trouvée par Trenberth et Caron à $35{}^{\circ}$ N, $78\,\%$, comme valable à $40{}^{\circ}$ N, partager le transport en chaleur latente, reste du transport atmosphérique, et océan.
24. La même étude trouve $5.0\,\mathrm{PW}$ pour l’atmosphère seule à $43{}^{\circ}$ N. Votre réponse est-elle une borne supérieure ou inférieure de la vérité ?
25. Quelle chaleur traverse le 40^e parallèle nord, en pétawatts ?

Solution

Solution de Problème 27.1.

1. Juin : $\cos h_0 = -0.3638$, $h_0 = 111.33{}^{\circ}$, $\bar Q = 483.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Décembre : $h_0 = 68.67{}^{\circ}$, $\bar Q = 155.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Mars : $h_0 = 90{}^{\circ}$, $\bar Q = (1361/\pi) \times 1.0081 \times \cos40{}^{\circ} = 334.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
2. En juin : $\tan80{}^{\circ}\tan23.44{}^{\circ} = 2.46 > 1$, jour polaire, $h_0 = \pi$ : $\bar Q = 1361 \times 0.9683 \times \sin80{}^{\circ}\sin23.44{}^{\circ} = 516.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Décembre : nuit polaire, $\bar Q = 0$. Mars : $(1361/\pi) \times 1.0081 \times \cos80{}^{\circ} = 75.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
3. À $80{}^{\circ}$ N le Soleil ne se couche pas ($h_0 = 180{}^{\circ}$, 24 heures) alors qu’à $40{}^{\circ}$ N il brille $14.8\,\mathrm{h}$. Sa hauteur est plus basse, entre $13.4{}^{\circ}$ et $33.4{}^{\circ}$, mais le terme $h_0\sin\varphi\sin\delta$, qui croît avec la durée du jour et la latitude, l’emporte.
4. Les valeurs de bande dépassent les valeurs centrales de $0.5\,\%$, $0.8\,\%$, $1.7\,\%$, $1.7\,\%$ et $1.3\,\%$. D’abord, la réanalyse utilise un éclairement solaire légèrement plus grand (question 5), $0.5\,\%$ de plus. Ensuite, une moyenne de bande n’est pas la valeur au centre : la moitié équatoriale de chaque bande a plus d’aire et plus de lumière que la moitié polaire.
5. D’après la Proposition 27.4, $S_0 = 4\sqrt{1-e^2} \times 341.9 = 1367\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $0.47\,\%$ de plus que $1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
6. $A = 2\pi a_\oplus^2(1 - \sin40{}^{\circ}) = 2\pi \times (6.371\times10^6)^2 \times 0.3572 = 9.110 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{2}$, une fraction $(1 - \sin40{}^{\circ})/2 = 0.179$ de la Terre.
7. $(1 - \alpha)\bar Q$ : $198.0$, $159.3$, $124.7$, $92.5$, $74.7$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
8. $R$ : $-28.1$, $-51.0$, $-76.6$, $-104.9$, $-116.9$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Les cinq bandes sont en déficit ; la bande polaire $80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$ a le plus grand.
9. $T_e = (\text{OLR}/\sigma)^{1/4}$ : $251.3$, $246.8$, $244.1$, $242.9$, $241.1$ $\mathrm{K}$.
10. Absorbé : $198.0/74.7 = 2.65$ ; OLR : $226.1/191.6 = 1.18$.
11. Le Soleil est plus bas, et la lumière arrivant sous un angle rasant est davantage réfléchie par les nuages et l’eau ; la neige et la glace de mer, surfaces brillantes, couvrent davantage le sol et la mer vers le pôle.
12. L’OLR varie comme $T_e^4$, et $T_e$ ne varie que de $10\,\mathrm{K}$, $4\,\%$, sur la calotte : les hautes latitudes sont maintenues bien plus chaudes que leur lumière solaire seule ne le permettrait, par la chaleur apportée du sud.
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 somme est $9.110 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{2}$.
14. $R_iA_i$ : $-0.883$, $-1.300$, $-1.439$, $-1.207$, $-0.453$ $\mathrm{PW}$ ; la calotte : $-5.28\,\mathrm{PW}$.
15. $\alpha_\text{calotte} = \sum\alpha_i\bar Q_iA_i/\sum\bar Q_iA_i = 0.400$, contre $0.342$ pour le globe.
16. $-12.90 \times 5.10\times10^{14} = -6.58\,\mathrm{PW}$ : la Terre perdrait de la chaleur à ce rythme et se refroidirait. Le déséquilibre évalué est $+0.7 \times 5.10\times10^{14} = +0.36\,\mathrm{PW}$, dix-huit fois plus petit et de signe opposé : le déséquilibre de la réanalyse est une erreur de modèle.
17. $R_i + 12.90$ corrigé : $-15.2$, $-38.1$, $-63.7$, $-92.0$, $-104.0$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; puissances $-0.478$, $-0.972$, $-1.197$, $-1.059$, $-0.403$ $\mathrm{PW}$ ; la calotte : $-4.108\,\mathrm{PW}$, un déficit moyen de $45.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
18. L’énergie de la calotte ne change pas d’une année à l’autre, donc ce qu’elle perd au sommet de l’atmosphère doit y entrer, et la seule voie d’entrée est à travers le 40^e parallèle : $T(40{}^{\circ}) = -2\pi a_\oplus^2\int_{40{}^{\circ}}^{90{}^{\circ}} R\cos\varphi\,\mathrm d\varphi$.
19. $T(40{}^{\circ}\,\text{N}) = +4.11\,\mathrm{PW}$, vers le nord.
20. $LP = 2.4655\times10^6 \times 1.95/86400 = 55.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, plus que $LE = 42.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ : il tombe plus d’eau sur la calotte qu’il n’en évapore ; la différence arrive sous forme de vapeur.
21. $(LE - LP) - 2.07 = 42.4 - 55.6 - 2.07 = -15.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; multiplié par l’aire de la calotte : $-1.40\,\mathrm{PW}$. L’atmosphère apporte $1.40\,\mathrm{PW}$ de chaleur latente à travers $40{}^{\circ}$ N.
22. $1.40/4.11 = 0.34$ : un tiers.
23. Océan $0.22 \times 4.11 = 0.90\,\mathrm{PW}$ ; atmosphère $0.78 \times 4.11 = 3.20\,\mathrm{PW}$, dont $1.40\,\mathrm{PW}$ de chaleur latente et $1.80\,\mathrm{PW}$ portés sous forme de chaleur sensible et d’énergie potentielle de l’air.
24. Une borne inférieure. Le total de la réanalyse à $43{}^{\circ}$ N, $4.02\,\mathrm{PW}$, est inférieur à l’atmosphère seule dans l’étude, $5.0\,\mathrm{PW}$ ; le vrai total est plus grand.
25. Environ $4.11\,\mathrm{PW}$, $4.11 \times 10^{15}\,\mathrm{W}$, d’après le rayonnement de la réanalyse, dont un tiers sous forme de chaleur latente ; la vraie valeur est plus grande encore.