地球与空间科学 · 第 3 册 · 本科一年级

Sciences de la Terre et de l’Univers à l’université — 1re année

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Sciences de la Terre et de l’Univers à l’université — 1re année · 本科一年级

28La circulation générale de l’atmosphère

Les navires à voile qui traversaient de l’Europe et de l’Afrique vers les Amériques comptaient sur les alizés, vents d’est réguliers des tropiques. Plus près de l’équateur, à moins de cinq degrés environ, les mêmes vents mouraient, dans la ceinture de calmes et d’averses persistantes que les marins appelaient le pot-au-noir. Bien au-dessus des deux, vers neuf kilomètres d’altitude, d’étroites rivières d’air appelées courants-jets peuvent souffler à plus de 440 km/h440\,\mathrm{km}/\mathrm{h}. Ce chapitre explique les trois : pourquoi l’air en mouvement sur une planète en rotation finit par souffler le long des isobares plutôt qu’à travers elles, comment l’excédent des tropiques entraîne une grande cellule de retournement de chaque côté de l’équateur, et pourquoi l’air qui quitte l’équateur en altitude se transforme en un courant-jet d’ouest.

Un cyclone extratropical sur le golfe d’Alaska le 28 janvier 2018, vu par l’instrument MODIS depuis l’orbite ; la côte enneigée de l’Alaska est en haut à gauche, et le nord est à peu près en haut. Les bandes de nuages s’enroulent dans le sens trigonométrique vers le centre, comme l’air d’une dépression de l’hémisphère Nord. (NASA, MODIS/LANCE, domaine public, via Wikimedia Commons.)
Un cyclone extratropical sur le golfe d’Alaska le 28 janvier 2018, vu par l’instrument MODIS depuis l’orbite ; la côte enneigée de l’Alaska est en haut à gauche, et le nord est à peu près en haut. Les bandes de nuages s’enroulent dans le sens trigonométrique vers le centre, comme l’air d’une dépression de l’hémisphère Nord. (NASA, MODIS/LANCE, domaine public, via Wikimedia Commons.)

Tu sais déjà

Les volumes de physique donnent la relation hydrostatique et la force de Coriolis : dans un référentiel qui tourne à la vitesse angulaire Ω⃗\vec\Omega, un corps de masse mm se déplaçant à la vitesse v⃗\vec v par rapport au référentiel subit la force fictive −2m Ω⃗×v⃗-2m\,\vec\Omega\times\vec v, perpendiculaire à son mouvement. Pour la Terre, Ω=2π/T⋆\Omega = 2\pi/T_\star avec le jour sidéral T⋆=23.9345 hT_\star = 23.9345\,\mathrm{h}, soit Ω=7.292×10−5 rad s−1\Omega = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}. Le livre 1 a décrit les vents globaux (les alizés, les vents d’ouest, les vents d’est polaires), la cellule de convection, les dépressions et les anticyclones, les isobares d’une carte météorologique, et la rotation du vent autour des centres. Le Chapitre 26 a donné l’atmosphère standard et le gradient adiabatique sec, et le Chapitre 27 le transport de chaleur vers les pôles que la circulation assure.

28.1 Les forces sur l’air en mouvement

Une parcelle d’air est poussée par la pression de l’air alentour, tirée par la pesanteur, freinée par le frottement près du sol, et, vue depuis la Terre en rotation, déviée par la force de Coriolis. La pesanteur et la force de pression verticale s’équilibrent presque exactement : c’est la relation hydrostatique. Le temps est fait par les forces qui restent dans l’horizontale.

Définition 28.1 (Force de gradient de pression)

La force de gradient de pression est la force nette exercée sur une parcelle de fluide par la pression du fluide environnant. Par unité de masse elle vaut −(1/ρ)∇p-(1/\rho)\nabla p, où ρ\rho est la masse volumique et ∇p\nabla p le gradient de pression : elle va des hautes vers les basses pressions, à travers les isobares.

Proposition 28.2 (La force de gradient de pression)

Sur une parcelle de volume dV\mathrm dV et de masse volumique ρ\rho, la pression du fluide environnant exerce la force −∇p dV-\nabla p\,\mathrm dV, soit une accélération −(1/ρ)∇p-(1/\rho)\nabla p.

Démonstration. Prenons une petite boîte d’arêtes dx\mathrm dx, dy\mathrm dy, dz\mathrm dz le long des axes. Sur sa face en xx, la pression pousse dans la direction +x+x avec la force p(x) dy dzp(x)\,\mathrm dy\,\mathrm dz ; sur sa face en x+dxx + \mathrm dx, dans la direction −x-x avec p(x+dx) dy dzp(x + \mathrm dx)\,\mathrm dy\,\mathrm dz. La force nette selon xx est [p(x)−p(x+dx)] dy dz=−(∂p/∂x) dV[p(x) - p(x + \mathrm dx)]\,\mathrm dy\,\mathrm dz = -(\partial p/\partial x)\,\mathrm dV, et de même selon yy et zz. Le total est −∇p dV-\nabla p\, \mathrm dV ; la division par la masse ρ dV\rho\,\mathrm dV donne l’accélération. ∎

Une pression uniforme n’exerce aucune force nette : seules ses différences poussent. Sur une carte météorologique le gradient horizontal se lit sur les isobares : sa valeur est l’écart de pression entre deux isobares divisé par leur distance. Pour des isobares espacées de 4 hPa4\,\mathrm{hPa} et de 400 km400\,\mathrm{km} au niveau de la mer, où ρ≈1.225 kg m−3\rho \approx 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}, l’accélération est 400/(1.225×4×105)=8.2×10−4 m s−2400/(1.225 \times 4 \times 10^{5}) = 8.2 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}, moins d’un dix-millième de gg, et pourtant assez pour amener l’air du repos à 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s} en trois heures et demie.

L’air ressent la force de Coriolis parce qu’il est observé depuis la Terre qui tourne. Sa partie horizontale dépend de la latitude par un seul nombre.

Définition 28.3 (Paramètre de Coriolis)

Le paramètre de Coriolis à la latitude φ\varphi est f=2Ωsin⁡φf = 2\Omega\sin\varphi, où Ω\Omega est la vitesse angulaire de la Terre. Il est positif dans l’hémisphère Nord, négatif dans le Sud, nul à l’équateur, et le plus grand aux pôles, 2Ω=1.458×10−4 s−12\Omega = 1.458 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}.

Proposition 28.4 (Accélération de Coriolis horizontale)

Pour un vent horizontal v⃗\vec v à la latitude φ\varphi, la partie horizontale de l’accélération de Coriolis est −f k⃗×v⃗-f\,\vec k\times\vec v, où k⃗\vec k est la verticale ascendante : elle a pour valeur ∣f∣ ∣v⃗∣|f|\,|\vec v| et est perpendiculaire au vent, à sa droite dans l’hémisphère Nord et à sa gauche dans le Sud.

Démonstration. Utilisons des axes locaux xx vers l’est, yy vers le nord, zz vers le haut. Le vecteur rotation de la Terre est dans le plan méridien, à l’angle φ\varphi au-dessus de l’horizon nord : Ω⃗=Ω(0,cos⁡φ,sin⁡φ)\vec\Omega = \Omega(0, \cos\varphi, \sin\varphi). Pour v⃗=(u,v,0)\vec v = (u, v, 0),

Ω⃗×v⃗=Ω (−vsin⁡φ, usin⁡φ, −ucos⁡φ),−2Ω⃗×v⃗=(fv, −fu, 2Ωucos⁡φ).\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).

Comme k⃗×v⃗=(−v,u,0)\vec k\times\vec v = (-v, u, 0), la partie horizontale (fv,−fu)(fv, -fu) est −f k⃗×v⃗-f\,\vec k\times\vec v. Le vecteur k⃗×v⃗\vec k\times\vec v est v⃗\vec v tourné de 90∘90{}^{\circ} dans le sens trigonométrique vu d’en haut ; son opposé est v⃗\vec v tourné dans le sens horaire, vers la droite, quand f>0f > 0, et vers la gauche quand f<0f < 0. ∎

La partie verticale, 2Ωucos⁡φ2\Omega u\cos\varphi, vaut au plus 1.5×10−3 m s−21.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} pour un vent de 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, environ 1.5×10−41.5 \times 10^{-4} de gg : l’équilibre hydrostatique l’absorbe. La partie horizontale, si petite soit-elle, n’a pas de rivale dans l’atmosphère libre au-dessus de la couche de frottement, et sur des heures elle façonne tout vent.

Près du sol, l’air frotte aussi contre la surface. Dans le premier kilomètre, la couche de frottement des météorologues, le frottement change à la fois la vitesse et la direction du vent ; des tourbillons turbulents portent vers le haut la traînée de la surface, et la force agit à peu près contre le vent et croît avec lui. Au-dessus, dans l’atmosphère libre, le frottement est faible.

28.2 Le vent géostrophique

Définition 28.5 (Équilibre géostrophique, vent géostrophique)

Un écoulement horizontal est en équilibre géostrophique quand sa force de gradient de pression et sa force de Coriolis se compensent. Le vent géostrophique v⃗g\vec v_g est le vent qui réalise cet équilibre pour un champ de pression donné : −(1/ρ)∇p−f k⃗×v⃗g=0⃗-(1/\rho)\nabla p - f\,\vec k\times\vec v_g = \vec 0.

Théorème 28.6 (Le vent géostrophique)

Loin de l’équateur,

v⃗g=1ρf k⃗×∇p,∣v⃗g∣=∣∇p∣ρ ∣f∣.\vec v_g = \frac{1}{\rho f}\,\vec k\times\nabla p, \qquad |\vec v_g| = \frac{|\nabla p|}{\rho\,|f|} .

Le vent géostrophique souffle le long des isobares, plus vite là où elles sont plus rapprochées. Dans l’hémisphère Nord il garde la basse pression à sa gauche ; dans l’hémisphère Sud, à sa droite.

Démonstration. Pour un vecteur horizontal w⃗\vec w, k⃗×(k⃗×w⃗)=−w⃗\vec k\times(\vec k\times\vec w) = -\vec w. L’application de k⃗×\vec k\times à l’équilibre f k⃗×v⃗g=−(1/ρ)∇pf\,\vec k\times\vec v_g = -(1/\rho)\nabla p donne −fv⃗g=−(1/ρ) k⃗×∇p-f\vec v_g = -(1/\rho)\,\vec k\times\nabla p, d’où la formule, valable là où f≠0f \neq 0. Comme k⃗×∇p\vec k\times\nabla p est perpendiculaire à ∇p\nabla p, le vent est perpendiculaire au gradient, c’est-à-dire le long des isobares ; sa valeur est ∣∇p∣/(ρ∣f∣)|\nabla p|/(\rho|f|). Le vecteur k⃗×∇p\vec k\times\nabla p est le gradient tourné de 90∘90{}^{\circ} dans le sens trigonométrique. En regardant dans sa direction, le gradient, qui pointe vers les hautes pressions, est à droite, donc la basse pression est à gauche ; pour f>0f > 0 le vent a la direction de k⃗×∇p\vec k\times\nabla p, pour f<0f < 0 la direction opposée. ∎

Exemple 28.7 (Un vent lu sur les isobares)

À 50∘50{}^{\circ} N, f=2×7.292×10−5×sin⁡50∘=1.117×10−4 s−1f = 2 \times 7.292 \times 10^{-5} \times \sin50{}^{\circ} = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}. Des isobares espacées de 4 hPa4\,\mathrm{hPa} et de 400 km400\,\mathrm{km} donnent ∣∇p∣=400/4×105=1.0×10−3 Pa m−1|\nabla p| = 400/4 \times 10^{5} = 1.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1} et, avec ρ=1.225 kg m−3\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}, un vent géostrophique de 1.0×10−3/(1.225×1.117×10−4)=7.3 m/s1.0 \times 10^{-3}/(1.225 \times 1.117 \times 10^{-4}) = 7.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. Le même espacement à 20∘20{}^{\circ} N, où ff est moins de moitié aussi grand, donnerait 16.4 m/s16.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

L’équilibre n’est pas instantané. De l’air mis en mouvement par un gradient de pression tourne sous la force de Coriolis au rythme ff, environ une fois toutes les 2π/f2\pi/f, quelque seize heures à 50∘50{}^{\circ} ; les configurations qui durent plus de quelques heures, et sont plus grandes que quelques centaines de kilomètres, sont proches de l’équilibre géostrophique. Près de l’équateur ff tend vers zéro, la formule cesse de valoir, et les vents des tropiques profonds ne sont pas géostrophiques.

Forces sur une parcelle d’air dans l’hémisphère Nord, la basse pression étant au nord. À gauche : dans l’atmosphère libre la force de gradient de pression (rouge) et la force de Coriolis (bleue) se compensent, et le vent souffle le long des isobares avec la basse à sa gauche. À droite : près du sol le frottement (vert) agit contre le vent ; les trois forces ne s’équilibrent que si le vent est plus lent et dévié d’un angle vers la basse (dessiné pour = 25 et la traînée de la ).
Forces sur une parcelle d’air dans l’hémisphère Nord, la basse pression étant au nord. À gauche : dans l’atmosphère libre la force de gradient de pression (rouge) et la force de Coriolis (bleue) se compensent, et le vent souffle le long des isobares avec la basse à sa gauche. À droite : près du sol le frottement (vert) agit contre le vent ; les trois forces ne s’équilibrent que si le vent est plus lent et dévié d’un angle α\alpha vers la basse (dessiné pour α=25∘\alpha = 25{}^{\circ} et la traînée de la Proposition 28.8).

Proposition 28.8 (Le frottement tourne le vent vers les basses pressions)

Supposons qu’un vent horizontal permanent v⃗\vec v subisse la force de gradient de pression, la force de Coriolis et une force de frottement −v⃗/τ-\vec v/\tau, avec τ>0\tau > 0, à une latitude où f>0f > 0. Alors le vent coupe les isobares vers les basses pressions à l’angle α\alpha avec tan⁡α=1/(fτ)\tan\alpha = 1/(f\tau), et sa vitesse est ∣v⃗∣=∣v⃗g∣cos⁡α|\vec v| = |\vec v_g|\cos\alpha, inférieure à celle du vent géostrophique.

Démonstration. Soit V=∣v⃗∣V = |\vec v|, v^\hat v le vecteur unitaire le long du vent et n^\hat n le vecteur unitaire perpendiculaire à lui, à sa gauche. L’équilibre est −(1/ρ)∇p−f k⃗×v⃗−v⃗/τ=0⃗-(1/\rho)\nabla p - f\, \vec k\times\vec v - \vec v/\tau = \vec 0, et k⃗×v⃗=Vn^\vec k\times\vec v = V\hat n. Le long de v^\hat v : −(1/ρ) ∇p⋅v^=V/τ>0-(1/\rho)\,\nabla p\cdot\hat v = V/\tau > 0, donc le vent a une composante descendant le gradient de pression, vers les basses pressions. Le long de n^\hat n : −(1/ρ) ∇p⋅n^=fV-(1/\rho)\,\nabla p\cdot\hat n = fV. La force de gradient de pression, de valeur P=∣∇p∣/ρ=f∣v⃗g∣P = |\nabla p|/\rho = f|\vec v_g|, a donc pour composantes V/τV/\tau le long du vent et fVfV à travers lui : elle fait avec le vent l’angle β\beta avec tan⁡β=1/(fτ)\tan\beta = 1/(f\tau), et P2=V2(f2+1/τ2)P^2 = V^2(f^2 + 1/\tau^2). Les isobares sont perpendiculaires au gradient, donc le vent les coupe sous l’angle α=β\alpha = \beta, et V=P/f2+1/τ2=(P/f)cos⁡α=∣v⃗g∣cos⁡αV = P/\sqrt{f^2 + 1/\tau^2} = (P/f)\cos\alpha = |\vec v_g|\cos\alpha. ∎

Une surface plus rugueuse signifie une traînée plus forte, un τ\tau plus court et un angle plus grand : le vent coupe les isobares plus fortement sur terre que sur mer. Le frottement réel n’est pas exactement linéaire en fonction du vent, mais la conclusion, plus lent et dévié vers la basse, est générale.

Remarque 28.9 (Le vent de gradient)

Autour d’un centre les isobares sont courbes, et l’air qui les suit est accéléré vers le centre de courbure, V2/rV^2/r pour un cercle de rayon rr. Autour d’une basse dans l’hémisphère Nord, la force de gradient de pression doit alors dépasser la force de Coriolis : fV+V2/r=f∣v⃗g∣fV + V^2/r = f|\vec v_g|, et le vent, dit vent de gradient, est plus faible que le géostrophique. Autour d’une haute, la force de Coriolis doit dépasser la force de gradient de pression, fV−V2/r=f∣v⃗g∣fV - V^2/r = f|\vec v_g| : le vent est plus fort, mais l’équation n’a de solution que si ∣v⃗g∣≤fr/4|\vec v_g| \leq fr/4, ce qui interdit les forts gradients de pression près du centre d’un anticyclone (Exercice 28.10).

28.3 Dépressions et anticyclones

Définition 28.10 (Cyclone, anticyclone)

Un cyclone est une circulation de vents à grande échelle autour d’un centre de basse pression, une dépression ; un anticyclone est une circulation autour d’un centre de haute pression. Un cyclone tourne dans le sens trigonométrique dans l’hémisphère Nord et dans le sens horaire dans le Sud ; un anticyclone dans le sens inverse.

Les sens de rotation découlent du Théorème 28.6 : dans l’hémisphère Nord, un vent qui garde la basse à sa gauche tourne autour de la basse dans le sens trigonométrique et autour d’une haute dans le sens horaire. Vus de l’espace, les nuages d’une dépression dessinent la rotation (la photographie en tête du chapitre) ; dans l’hémisphère Sud les spirales sont des images en miroir.

Histoire des sciences — La loi de Buys Ballot, 1857

En 1857 le météorologue néerlandais C. H. D. Buys Ballot énonça une règle tirée des observations : dans l’hémisphère Nord, une personne tournant le dos au vent a la basse pression à gauche et la haute pression à droite ; dans l’hémisphère Sud, l’inverse. Il ignorait que le météorologue américain William Ferrel l’avait déjà déduite de la théorie, et reconnut plus tard la priorité de Ferrel. Le vent géostrophique est la loi en équations.

Le frottement ajoute une torsion importante. Près du sol le vent coupe les isobares vers les basses pressions (Proposition 28.8) : autour d’une dépression l’air s’enroule vers l’intérieur, converge près du sol, et doit monter. L’air qui monte se détend et se refroidit au gradient adiabatique sec (Chapitre 26), et une fois saturé sa vapeur d’eau se condense : les dépressions apportent nuages et pluie. Autour d’un anticyclone l’air de surface s’enroule vers l’extérieur ; l’air descend d’en haut pour le remplacer, se réchauffe par compression, et ses nuages s’évaporent : les anticyclones apportent un temps stable, souvent clair.

La carte ci-dessous est un exemple inventé, calculé et non observé : une dépression de 28 hPa28\,\mathrm{hPa} de profondeur et un anticyclone de 20 hPa20\,\mathrm{hPa} de hauteur sur un fond de 1013 hPa1013\,\mathrm{hPa}, centrés près de 50∘50{}^{\circ} N. À chaque station la barbule de vent montre le vent géostrophique calculé d’après la carte avec le Théorème 28.6.

Une carte inventée de pression au niveau de la mer près de 50 N (isobares tous les 4\, hPa ; pressions centrales 986\, hPa et 1033\, hPa). Chaque barbule pointe vers le vent géostrophique à sa station, le fût vers l’endroit d’où vient le vent ; une barbule entière vaut 10\, kn, une demi-barbule 5\, kn, une flamme 50\, kn (1\, kn = 0.514\, m/ s). Les vents tournent dans le sens trigonométrique autour de la basse et dans le sens horaire autour de la haute, et sont les plus forts là où les isobares se serrent entre les deux, atteignant 36\, m/ s.
Une carte inventée de pression au niveau de la mer près de 50∘50{}^{\circ} N (isobares tous les 4 hPa4\,\mathrm{hPa} ; pressions centrales 986 hPa986\,\mathrm{hPa} et 1033 hPa1033\,\mathrm{hPa}). Chaque barbule pointe vers le vent géostrophique à sa station, le fût vers l’endroit d’où vient le vent ; une barbule entière vaut 10 kn10\,\mathrm{kn}, une demi-barbule 5 kn5\,\mathrm{kn}, une flamme 50 kn50\,\mathrm{kn} (1 kn1\,\mathrm{kn} = 0.514 m/s0.514\,\mathrm{m}/\mathrm{s}). Les vents tournent dans le sens trigonométrique autour de la basse et dans le sens horaire autour de la haute, et sont les plus forts là où les isobares se serrent entre les deux, atteignant 36 m/s36\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

28.4 La circulation à trois cellules

Moyennés autour du globe et sur de nombreuses années, les vents qui soufflent vers le nord ou le sud sont faibles, quelques mètres par seconde au plus, mais ils portent beaucoup d’air. Leur configuration se voit au mieux dans la masse qui circule entre l’équateur et les pôles.

Définition 28.11 (Fonction de courant méridienne moyenne)

La fonction de courant méridienne moyenne ψ(p,φ)\psi(p, \varphi) est la masse d’air par seconde qui traverse la latitude φ\varphi vers le nord au-dessus du niveau de pression pp, en moyenne zonale et temporelle :

ψ(p,φ)=2πa⊕cos⁡φg∫0p[v] dp′,\psi(p, \varphi) = \frac{2\pi a_\oplus\cos\varphi}{g}\int_0^p [v]\,\mathrm dp' ,

où [v][v] est le vent vers le nord moyenné autour du parallèle. Elle se mesure en kg s−1\mathrm{kg}\,\mathrm{s}^{-1}.

Puisque dp′=−ρg dz\mathrm dp' = -\rho g\,\mathrm dz par la relation hydrostatique, 2πa⊕cos⁡φ [v] dp′/g2\pi a_\oplus \cos\varphi\,[v]\,\mathrm dp'/g est le flux de masse à travers un anneau du parallèle. L’air qui traverse le parallèle au-dessus de pp doit le traverser dans l’autre sens en dessous de pp, puisque la masse ne s’accumule pas : ψ\psi s’annule au sol et au sommet, et ses lignes d’égale valeur sont les trajets de la circulation moyenne. Une cellule avec ψ>0\psi > 0 tourne dans le sens horaire quand on la dessine avec le pôle Nord à droite : vers le nord en haut, vers le sud en bas.

La fonction de courant méridienne moyenne dans l’hiver boréal (en haut) et l’été boréal (en bas), d’après le vent vers le nord en moyenne zonale de la Réanalyse 1 NCEP-NCAR, moyennes 1991–2020 (données fournies par le NOAA PSL). Rouge : cellules dans le sens horaire dans cette vue (montant sur leur côté sud), bleu : dans le sens trigonométrique ; noir : les lignes zéro qui séparent les cellules. La cellule de Hadley d’hiver chevauche l’équateur et écrase celle d’été.
La fonction de courant méridienne moyenne dans l’hiver boréal (en haut) et l’été boréal (en bas), d’après le vent vers le nord en moyenne zonale de la Réanalyse 1 NCEP-NCAR, moyennes 1991–2020 (données fournies par le NOAA PSL). Rouge : cellules dans le sens horaire dans cette vue (montant sur leur côté sud), bleu : dans le sens trigonométrique ; noir : les lignes zéro qui séparent les cellules. La cellule de Hadley d’hiver chevauche l’équateur et écrase celle d’été.

En moyenne annuelle la réanalyse montre deux fortes cellules à cheval sur l’équateur, avec des maxima de 8.7×1010 kg/s8.7 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s} près de 15∘15{}^{\circ} N et 15∘15{}^{\circ} S à 400 hPa400\,\mathrm{hPa} ; à 500 hPa500\,\mathrm{hPa} leurs bords polaires se situent à 33∘33{}^{\circ} N et 32∘32{}^{\circ} S. Au-delà d’elles, deux cellules plus faibles tournent dans l’autre sens, jusqu’à environ 61∘61{}^{\circ} N et 64∘64{}^{\circ} S. Les saisons remodèlent le tableau : de décembre à février, l’hiver boréal, la cellule qui monte au sud de l’équateur et descend dans les subtropiques nord porte 21.4×1010 kg/s21.4 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s} et s’étend de 13∘13{}^{\circ} S à 31∘31{}^{\circ} N ; de juin à août son image en miroir porte 18.9×1010 kg/s18.9 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s} de 17∘17{}^{\circ} N à 29∘29{}^{\circ} S.

Définition 28.12 (Cellules de Hadley, de Ferrel et polaires ; anticyclone subtropical)

La circulation méridienne moyenne de chaque hémisphère a trois cellules. La cellule de Hadley monte près de l’équateur, s’écoule vers le pôle en altitude, descend près de 30∘30{}^{\circ} et revient vers l’équateur à la surface. La cellule de Ferrel, entre environ 30∘30{}^{\circ} et 60∘60{}^{\circ}, tourne dans l’autre sens : elle descend près de 30∘30{}^{\circ} et monte près de 60∘60{}^{\circ}, son écoulement de surface allant vers le pôle. La cellule polaire, la plus petite et la plus faible, monte près de 60∘60{}^{\circ}, descend sur le pôle et revient vers 60∘60{}^{\circ} à la surface. Les anticyclones subtropicaux sont les ceintures de haute pression au niveau de la mer près de 30∘30{}^{\circ} N et S, sous les branches descendantes des cellules de Hadley.

Définition 28.13 (Alizés, vents d’ouest)

Les alizés sont les vents de surface persistants qui soufflent des anticyclones subtropicaux vers la dépression équatoriale, déviés par la force de Coriolis en vents de nord-est dans l’hémisphère Nord et de sud-est dans l’hémisphère Sud. Les vents d’ouest sont les vents dominants venant de l’ouest des moyennes latitudes, entre environ 35∘35{}^{\circ} et 60∘60{}^{\circ}. Au-delà d’eux soufflent les vents d’est polaires.

La branche de surface de chaque cellule explique son vent. Le flux de retour de la cellule de Hadley va vers l’équateur et est dévié vers l’ouest par la force de Coriolis : les alizés. Le flux de surface de la cellule de Ferrel va vers le pôle et est dévié vers l’est : les vents d’ouest. Dans la moyenne annuelle de la réanalyse, le vent zonal juste au-dessus du sol est de −3.5 m/s-3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 15∘15{}^{\circ} N et de −4.4 m/s-4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 15∘15{}^{\circ} S (négatif : venant de l’est), +1.9 m/s+1.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} N et +6.5 m/s+6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} S ; la pression au niveau de la mer culmine à 1017.5 hPa1017.5\,\mathrm{hPa} près de 35∘35{}^{\circ} N et 1018.7 hPa1018.7\,\mathrm{hPa} près de 32∘32{}^{\circ} S, et tombe à 988 hPa988\,\mathrm{hPa} à 60∘60{}^{\circ} S, le profond creux de l’océan Austral.

À gauche : les vents de surface de la circulation à trois cellules, déviés à droite de leur mouvement dans l’hémisphère Nord et à gauche dans le Sud, entre les ceintures de pression. À droite : les trois cellules de l’hémisphère Nord sur une coupe méridienne (hauteur hors échelle) ; l’hémisphère Sud est l’image en miroir. Les alizés sont la branche de retour de la cellule de Hadley, les vents d’ouest la branche de surface de la cellule de Ferrel.
À gauche : les vents de surface de la circulation à trois cellules, déviés à droite de leur mouvement dans l’hémisphère Nord et à gauche dans le Sud, entre les ceintures de pression. À droite : les trois cellules de l’hémisphère Nord sur une coupe méridienne (hauteur hors échelle) ; l’hémisphère Sud est l’image en miroir. Les alizés sont la branche de retour de la cellule de Hadley, les vents d’ouest la branche de surface de la cellule de Ferrel.

Histoire des sciences — Hadley 1735, Ferrel 1856

En 1735 George Hadley publia dans les Philosophical Transactions un court article sur la cause des alizés généraux. Pour les expliquer il proposa une seule circulation dans chaque hémisphère, de l’équateur au pôle. En 1856 William Ferrel publia An essay on the winds and currents of the ocean, où l’air des latitudes moyennes s’écoule vers le pôle et vers l’est près de la surface : la première description des vents d’ouest entre 35∘35{}^{\circ} et 60∘60{}^{\circ}. Son article ne donnait aucune justification mathématique ; la circulation qu’il décrivait est la cellule qui porte son nom.

Pourquoi la cellule de Hadley devrait-elle s’arrêter près de 30∘30{}^{\circ} plutôt que d’aller jusqu’au pôle, comme Hadley le pensait ? La réponse tient au moment cinétique que l’air porte autour de l’axe de la Terre.

Proposition 28.14 (Le vent du moment cinétique)

Un anneau d’air à la latitude φ\varphi, avec un vent vers l’est uu par rapport au sol, a le moment cinétique absolu par unité de masse autour de l’axe de la Terre M=(Ωa⊕cos⁡φ+u) a⊕cos⁡φM = (\Omega a_\oplus\cos\varphi + u)\,a_\oplus\cos\varphi. Si un anneau au repos à la latitude φ0\varphi_0 se déplace en φ\varphi sans qu’aucun couple n’agisse sur lui, il arrive avec le vent

u(φ)=Ωa⊕ cos⁡2φ0−cos⁡2φcos⁡φ,et depuis l’eˊquateuru(φ)=Ωa⊕ sin⁡2φcos⁡φ.u(\varphi) = \Omega a_\oplus\,\frac{\cos^2\varphi_0 - \cos^2\varphi}{\cos\varphi}, \qquad\text{et depuis l'équateur}\qquad u(\varphi) = \Omega a_\oplus\,\frac{\sin^2\varphi}{\cos\varphi} .

Démonstration. Un anneau à la latitude φ\varphi est à la distance r=a⊕cos⁡φr = a_\oplus\cos\varphi de l’axe. Sa vitesse absolue vers l’est est celle du sol, Ωr\Omega r, plus le vent uu ; son moment cinétique par unité de masse est M=(Ωr+u) rM = (\Omega r + u)\,r. Sans couple, MM est conservé : (Ωa⊕cos⁡φ+u)cos⁡φ=Ωa⊕cos⁡2φ0(\Omega a_\oplus\cos\varphi + u)\cos\varphi = \Omega a_\oplus \cos^2\varphi_0, d’où la première formule ; φ0=0\varphi_0 = 0 donne la seconde, puisque 1−cos⁡2φ=sin⁡2φ1 - \cos^2\varphi = \sin^2\varphi. ∎

Le sol à l’équateur se déplace vers l’est à Ωa⊕=464.6 m/s\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. L’air qui le quitte au repos en altitude et se déplace vers le pôle se rapproche de l’axe et, comme une patineuse qui replie les bras, tourne plus vite que le sol en dessous de lui : à 20∘20{}^{\circ} il soufflerait de l’ouest à 58 m/s58\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, à 30∘30{}^{\circ} à 134 m/s134\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, à 40∘40{}^{\circ} à 251 m/s251\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. Aucun vent de cette force n’est observé. Le vent en moyenne zonale à 200 hPa200\,\mathrm{hPa} culmine à 42.3 m/s42.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s} près de 30∘30{}^{\circ} N dans l’hiver boréal et à 40.4 m/s40.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s} près de 30∘30{}^{\circ} S dans l’hiver austral.

Le vent vers l’est d’un anneau d’air qui quitte l’équateur au repos et garde son moment cinétique (rouge, ), comparé au vent en moyenne zonale à 200\, hPa dans la réanalyse (noir : hiver boréal ; tirets : été boréal), Réanalyse 1 NCEP-NCAR, moyennes 1991–2020, données fournies par le NOAA PSL. Les deux s’accordent près de l’équateur ; au-delà de 15 l’anneau dépasse de plus en plus le vent réel.
Le vent vers l’est d’un anneau d’air qui quitte l’équateur au repos et garde son moment cinétique (rouge, Proposition 28.14), comparé au vent en moyenne zonale à 200 hPa200\,\mathrm{hPa} dans la réanalyse (noir : hiver boréal ; tirets : été boréal), Réanalyse 1 NCEP-NCAR, moyennes 1991–2020, données fournies par le NOAA PSL. Les deux s’accordent près de l’équateur ; au-delà de 15∘15{}^{\circ} l’anneau dépasse de plus en plus le vent réel.

La proposition donne une limite à la branche supérieure de la cellule de Hadley. À mesure que son air se déplace vers le pôle, son vent d’ouest croît, et la force de Coriolis qui le renvoie vers l’équateur aussi ; bien avant que les vitesses de l’anneau soient atteintes, l’écoulement devient instable et se brise en grands tourbillons, les dépressions et anticyclones des moyennes latitudes. Ces tourbillons, plutôt qu’un retournement régulier, portent la chaleur et le moment cinétique vers le pôle au-delà des subtropiques ; la cellule de Ferrel est la signature moyenne de leur mouvement, et le courant-jet réel est plus lent que l’anneau parce que les tourbillons emportent une partie de son moment cinétique. Pourquoi la cellule s’arrête près de 30∘30{}^{\circ} plutôt qu’à 20∘20{}^{\circ} ou 40∘40{}^{\circ} exige la théorie de ces instabilités, au-delà de ce volume.

Chiffres de 2021

L’évaluation du Groupe d’experts intergouvernemental sur l’évolution du climat publiée en 2021 conclut à un élargissement probable de la circulation de Hadley depuis les années 1980, surtout par son extension dans l’hémisphère Nord, mais avec seulement une confiance moyenne sur l’ampleur des changements, ainsi qu’à un renforcement, en particulier dans l’hémisphère Nord (confiance moyenne).

28.5 La ZCIT et la circulation de Walker

Définition 28.15 (Zone de convergence intertropicale)

La zone de convergence intertropicale (ZCIT) est la ceinture près de l’équateur où les alizés de nord-est et de sud-est convergent, formant une bande souvent continue de nuages et d’orages. C’est la branche ascendante des deux cellules de Hadley ; les vents faibles de sa surface sont le pot-au-noir des marins.

La zone de convergence intertropicale sur le Pacifique oriental : une ligne de nuages brillants traversant l’océan au nord de l’équateur, avec l’Amérique centrale et du Sud à droite. L’image combine des données de nuages du satellite géostationnaire GOES-11 avec des couleurs de la couverture du sol. (NASA Earth Observatory, domaine public, via Wikimedia Commons.)
La zone de convergence intertropicale sur le Pacifique oriental : une ligne de nuages brillants traversant l’océan au nord de l’équateur, avec l’Amérique centrale et du Sud à droite. L’image combine des données de nuages du satellite géostationnaire GOES-11 avec des couleurs de la couverture du sol. (NASA Earth Observatory, domaine public, via Wikimedia Commons.)

L’air qui converge doit monter, et l’air humide qui monte construit des nuages : la ZCIT est la ceinture la plus pluvieuse de la planète, et sa position est repérée par la latitude où les précipitations en moyenne zonale culminent. La ZCIT suit le Soleil, avec un retard. Dans la réanalyse le maximum passe de 12.8∘12.8{}^{\circ} S en février à 10.9∘10.9{}^{\circ} N en septembre ; moyennée sur les douze mois elle se situe à 2.6∘2.6{}^{\circ} N. La moyenne zonale cache de grandes différences entre longitudes : sur le Pacifique oriental de la photographie la bande se situe au nord de l’équateur, et une moyenne zonale mêle de telles bandes à d’autres qui oscillent davantage avec les saisons.

La latitude du maximum de précipitations en moyenne zonale, mois par mois, entre 20 S et 20 N : la zone de convergence intertropicale migre vers le nord dans l’été boréal et vers le sud dans l’été austral, deux ou trois mois en retard sur le Soleil. Réanalyse 1 NCEP-NCAR, moyennes 1991–2020, données fournies par le NOAA PSL.
La latitude du maximum de précipitations en moyenne zonale, mois par mois, entre 20∘20{}^{\circ} S et 20∘20{}^{\circ} N : la zone de convergence intertropicale migre vers le nord dans l’été boréal et vers le sud dans l’été austral, deux ou trois mois en retard sur le Soleil. Réanalyse 1 NCEP-NCAR, moyennes 1991–2020, données fournies par le NOAA PSL.

Le long de l’équateur lui-même, où f=0f = 0, l’air se déplace tout droit en descendant le gradient de pression, et une circulation est–ouest apparaît sur le Pacifique.

Définition 28.16 (Circulation de Walker)

La circulation de Walker est la cellule de retournement est–ouest de l’atmosphère le long du Pacifique équatorial : l’air monte sur les eaux chaudes de l’ouest, autour du Continent maritime, s’écoule vers l’est en altitude, descend sur le Pacifique oriental et revient vers l’ouest près de la surface avec les alizés.

La circulation de Walker le long du Pacifique équatorial (schématique ; hauteur hors échelle) : ascendante sur l’ouest chaud, vers l’est en altitude, descendante à l’est et retour vers l’ouest avec les alizés près de la surface.
La circulation de Walker le long du Pacifique équatorial (schématique ; hauteur hors échelle) : ascendante sur l’ouest chaud, vers l’est en altitude, descendante à l’est et retour vers l’ouest avec les alizés près de la surface.

La circulation de Walker n’est pas stable. Quand elle s’affaiblit, le mouvement ascendant sur le Continent maritime s’affaiblit et l’air y peut même descendre ; quand elle se renforce, l’ascendance et la pluie sur l’ouest augmentent. Ces oscillations, El Niño et La Niña, et les renversements saisonniers des moussons sont l’objet du volume de deuxième année. Sur les décennies depuis 1980, l’évaluation de 2021 du GIEC conclut à un renforcement très probable de la circulation de Walker, ressemblant à l’état La Niña, et à un déplacement vers l’ouest, avec une confiance moyenne sur l’ampleur des changements.

28.6 Les courants-jets

Définition 28.17 (Courant-jet ; courants-jets subtropical et du front polaire)

Un courant-jet est une étroite bande de vent fort, normalement un vent horizontal haut dans la troposphère, dont la position change d’un jour à l’autre. Le courant-jet subtropical souffle de l’ouest près du bord polaire de la cellule de Hadley, en général entre 20∘20{}^{\circ} et 30∘30{}^{\circ} de latitude à des hauteurs de 12 aˋ 14 km12\text{ à }14\,\mathrm{km}. Le courant-jet du front polaire souffle de l’ouest au-dessus de la frontière entre l’air polaire et l’air subtropical, entre environ 50∘50{}^{\circ} et 60∘60{}^{\circ} ; c’est le noyau rapide des vents d’ouest, dirigé par les dépressions et anticyclones des moyennes latitudes et les dirigeant.

Les courants-jets se trouvent typiquement vers 9 km9\,\mathrm{km}, peuvent dépasser 440 km/h440\,\mathrm{km}/\mathrm{h}, et sont les plus forts dans l’hiver de chaque hémisphère, quand le contraste de température entre les tropiques et le pôle est le plus grand. Le courant-jet subtropical est le vent du moment cinétique de la Proposition 28.14, apprivoisé par les tourbillons ; il se situe au bord de la cellule de Hadley, près de 30∘30{}^{\circ} dans la moyenne d’hiver. Le courant-jet du front polaire oscille vers le nord et le sud avec les dépressions qui passent, et la moyenne autour du globe l’étale : dans la moyenne zonale de l’été boréal il ne reste qu’un faible maximum de 21.6 m/s21.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s} près de 42.5∘42.5{}^{\circ} N, et dans l’été austral 29.9 m/s29.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} près de 47.5∘47.5{}^{\circ} S. Pourquoi le vent augmente avec la hauteur partout où la température baisse vers le pôle, le vent thermique, est montré dans le volume de troisième année.

28.7 Exercices

Exercice 28.1 ★

Prendre Ω=7.292×10−5 rad s−1\Omega = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}. (a) Calculer le paramètre de Coriolis à 0∘0{}^{\circ}, 30∘30{}^{\circ}, 45∘45{}^{\circ} et 90∘90{}^{\circ} N. (b) Calculer l’accélération de Coriolis horizontale d’un vent de 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} N et la comparer à g=9.81 m s−2g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}. (c) Dans quelle direction pointe-t-elle si le vent souffle vers le nord ?

Solution

Solution de Exercice 28.1.

(a) f=2Ωsin⁡φf = 2\Omega\sin\varphi : 00 à l’équateur, 7.29×10−5 s−17.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1} à 30∘30{}^{\circ}, 1.031×10−4 s−11.031 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1} à 45∘45{}^{\circ} et 1.458×10−4 s−11.458 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1} au pôle. (b) fV=1.031×10−4×10=1.03×10−3 m s−2fV = 1.031 \times 10^{-4} \times 10 = 1.03 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}, environ 1.05×10−41.05 \times 10^{-4} de gg. (c) Dans l’hémisphère Nord la déviation se fait à droite du mouvement : un vent soufflant vers le nord est poussé vers l’est.

Exercice 28.2 ★

Deux isobares distantes de 4 hPa4\,\mathrm{hPa} sont espacées de 400 km400\,\mathrm{km} au niveau de la mer, où ρ=1.225 kg m−3\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}. (a) Calculer l’accélération due à la force de gradient de pression. (b) Si rien d’autre n’agissait, combien de temps faudrait-il pour accélérer l’air immobile jusqu’à 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ? (c) Comparer cette accélération à l’accélération de Coriolis d’un vent de 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} N, et dire ce que cela suggère.

Solution

Solution de Exercice 28.2.

(a) ∣∇p∣/ρ=(400/4×105)/1.225=8.16×10−4 m s−2|\nabla p|/\rho = (400/4 \times 10^{5})/1.225 = 8.16 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}. (b) 10/8.16×10−4=12 250 s10/8.16 \times 10^{-4} = 12\,250\,\mathrm{s}, 3.4 h3.4\,\mathrm{h}. (c) L’accélération de Coriolis d’un vent de 10 m/s10\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} N est de 1.03×10−3 m s−21.03 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} : les deux sont de même taille (rapport 0.790.79). Quelques heures après le début du mouvement, l’air subit une force de Coriolis capable d’équilibrer le gradient de pression : le vent se fixe près de la vitesse géostrophique, ici 8.16×10−4/1.031×10−4=7.9 m/s8.16 \times 10^{-4}/1.031 \times 10^{-4} = 7.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, au lieu d’accélérer en descendant le gradient.

Exercice 28.3 ★

À 40∘40{}^{\circ} N, des isobares distantes de 4 hPa4\,\mathrm{hPa} sont espacées de 250 km250\,\mathrm{km} ; prendre ρ=1.225 kg m−3\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}. (a) Calculer le vent géostrophique en m/s\mathrm{m}/\mathrm{s} et en nœuds (1 kn1\,\mathrm{kn} = 0.5144 m/s0.5144\,\mathrm{m}/\mathrm{s}). (b) La basse se trouve au sud. D’où le vent souffle-t-il ? (c) Décrire la barbule de vent (fût et barbules) qu’un prévisionniste dessinerait.

Solution

Solution de Exercice 28.3.

(a) f=2×7.292×10−5×sin⁡40∘=9.374×10−5 s−1f = 2 \times 7.292 \times 10^{-5} \times \sin40{}^{\circ} = 9.374 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1} ; ∣v⃗g∣=(400/2.5×105)/(1.225×9.374×10−5)=13.9 m/s|\vec v_g| = (400/2.5 \times 10^{5})/(1.225 \times 9.374 \times 10^{-5}) = 13.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, soit 13.93/0.5144=27.1 kn13.93/0.5144 = 27.1\,\mathrm{kn}. (b) Dans l’hémisphère Nord le vent garde la basse à sa gauche : avec la basse au sud, il souffle vers l’ouest, venant de l’est (azimut 90∘90{}^{\circ}). (c) Le fût pointe vers l’est depuis le cercle de la station, vers le vent ; 27.1 kn27.1\,\mathrm{kn} s’arrondit à 25 kn25\,\mathrm{kn}, deux barbules entières et une demi-barbule, dessinées du côté horaire du fût, ici son côté sud, vers la basse.

Exercice 28.4 ★

Les moyennes annuelles de la réanalyse donnent, près du sol, le vent vers l’est −3.5 m/s-3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 15∘15{}^{\circ} N, −4.4 m/s-4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 15∘15{}^{\circ} S, +1.9 m/s+1.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} N et +6.5 m/s+6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 45∘45{}^{\circ} S, et la pression au niveau de la mer 1011.8 hPa1011.8\,\mathrm{hPa} à 15∘15{}^{\circ} N, 1016.8 hPa1016.8\,\mathrm{hPa} à 30∘30{}^{\circ} N et 1015.8 hPa1015.8\,\mathrm{hPa} à 45∘45{}^{\circ} N. (a) Nommer la ceinture de vent à chacune des quatre latitudes. (b) Expliquer le signe de chaque vent avec la branche de surface d’une cellule. (c) Où est l’anticyclone subtropical de l’hémisphère Nord d’après ces pressions ?

Solution

Solution de Exercice 28.4.

(a) 15∘15{}^{\circ} N : alizés de nord-est ; 15∘15{}^{\circ} S : alizés de sud-est ; 45∘45{}^{\circ} N et 45∘45{}^{\circ} S : vents d’ouest. (b) À 15∘15{}^{\circ} l’air de surface de la cellule de Hadley retourne vers l’équateur et est dévié vers l’ouest par la force de Coriolis (à droite au nord, à gauche au sud) : vent d’est, uu négatif. À 45∘45{}^{\circ} l’air de surface de la cellule de Ferrel va vers le pôle et est dévié vers l’est : vent d’ouest, uu positif. (c) Des trois latitudes, la pression est la plus élevée à 30∘30{}^{\circ} N, 1016.8 hPa1016.8\,\mathrm{hPa} : l’anticyclone subtropical se trouve près de 30∘30{}^{\circ} N (le profil complet place son maximum près de 35∘35{}^{\circ} N).

Exercice 28.5 ★★

Un gradient de pression de 2 hPa2\,\mathrm{hPa} par 500 km500\,\mathrm{km}, avec ρ=1.225 kg m−3\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}, est trouvé à 60∘60{}^{\circ}, 50∘50{}^{\circ}, 30∘30{}^{\circ}, 20∘20{}^{\circ}, 10∘10{}^{\circ} et 5∘5{}^{\circ} N. (a) Calculer le vent géostrophique à chaque latitude. (b) Les vents réels des tropiques profonds dépassent rarement quelques mètres par seconde pour de tels gradients. Expliquer pourquoi l’équilibre géostrophique échoue près de l’équateur, en utilisant le temps 1/f1/f dont la force de Coriolis a besoin pour tourner le vent.

Solution

Solution de Exercice 28.5.

(a) ∣∇p∣/ρ=(200/5×105)/1.225=3.27×10−4 m s−2|\nabla p|/\rho = (200/5 \times 10^{5})/1.225 = 3.27 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}, divisé par ff : 2.6 m/s2.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 60∘60{}^{\circ}, 2.9 m/s2.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 50∘50{}^{\circ}, 4.5 m/s4.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 30∘30{}^{\circ}, 6.5 m/s6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 20∘20{}^{\circ}, 12.9 m/s12.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 10∘10{}^{\circ} et 25.7 m/s25.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 5∘5{}^{\circ}. (b) La force de Coriolis tourne un vent en un temps de l’ordre de 1/f1/f : 2.2 h2.2\,\mathrm{h} à 60∘60{}^{\circ}, 11 h11\,\mathrm{h} à 10∘10{}^{\circ}, 22 h22\,\mathrm{h} à 5∘5{}^{\circ}, et infini à l’équateur. Près de l’équateur le champ de pression change, et le frottement agit, bien avant que le vent puisse être tourné le long des isobares : l’équilibre ne s’installe jamais, et l’air s’écoule en partie en descendant le gradient, à vitesses modestes.

Exercice 28.6 ★★

(a) Avec la Proposition 28.14, calculer le vent d’un anneau d’air qui quitte l’équateur au repos, à 10∘10{}^{\circ}, 15∘15{}^{\circ}, 20∘20{}^{\circ} et 30∘30{}^{\circ} ; prendre Ωa⊕=464.6 m/s\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. (b) La même chose pour un anneau qui part au repos de 10∘10{}^{\circ}, de 15∘15{}^{\circ}, de 20∘20{}^{\circ} et de 30∘30{}^{\circ}. (c) La branche ascendante de la cellule de Hadley est étalée sur des latitudes plutôt que placée exactement à l’équateur. Comment cela change-t-il le courant-jet prévu ?

Solution

Solution de Exercice 28.6.

(a) u=464.6 sin⁡2φ/cos⁡φu = 464.6\,\sin^2\varphi/\cos\varphi : 14.2 m/s14.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 10∘10{}^{\circ}, 32.2 m/s32.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 15∘15{}^{\circ}, 57.8 m/s57.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 20∘20{}^{\circ}, 134.1 m/s134.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 30∘30{}^{\circ}. (b) u=464.6 (cos⁡210∘−cos⁡2φ)/cos⁡φu = 464.6\,(\cos^210{}^{\circ} - \cos^2\varphi)/\cos\varphi : 17.7 m/s17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 15∘15{}^{\circ}, 42.9 m/s42.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 20∘20{}^{\circ}, 117.9 m/s117.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 30∘30{}^{\circ}. (c) L’air qui part plus loin de l’équateur part plus près de l’axe, avec moins de moment cinétique en réserve : il arrive avec un vent d’ouest plus faible à chaque latitude. L’étalement de la branche ascendante abaisse le courant-jet prévu, mais de loin pas assez pour atteindre les 40 m/s40\,\mathrm{m}/\mathrm{s} observés.

Exercice 28.7 ★★

(a) Un navire de l’hémisphère Nord a le vent du sud-ouest. En utilisant la loi de Buys Ballot, où est le centre de basse pression ? (b) Un navire de l’hémisphère Sud a le vent du nord-ouest. Où est la basse ? (c) Près du sol le vent coupe les isobares vers les basses pressions. Cela change-t-il votre réponse à (a) en tournant la direction de la basse dans le sens horaire ou trigonométrique ?

Solution

Solution de Exercice 28.7.

(a) Le vent souffle vers le nord-est. Le dos tourné à lui, face au nord-est, la basse est à gauche : au nord-ouest. (b) Le vent souffle vers le sud-est ; dans l’hémisphère Sud la basse est à droite d’une personne dont le dos est tourné au vent : au sud-ouest. (c) Le vent de surface est tourné par rapport aux isobares vers la basse, c’est-à-dire dans le sens trigonométrique par rapport au vent géostrophique dans l’hémisphère Nord. Le vent géostrophique, et la basse à angle droit à sa gauche, sont donc tournés dans le sens horaire par rapport à la réponse de (a) : la basse se trouve entre le nord-ouest et le nord, à l’azimut 315∘+α315{}^{\circ} + \alpha pour un angle de coupe α\alpha.

Exercice 28.8 ★★

(a) Calculer la masse d’air comprise entre l’équateur et 30∘30{}^{\circ} N et entre les niveaux de pression 1000 hPa1000\,\mathrm{hPa} et 100 hPa100\,\mathrm{hPa}, avec a⊕=6371 kma_\oplus = 6371\,\mathrm{km} et g=9.81 m s−2g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}. (b) En moyenne annuelle la cellule de Hadley nord de la réanalyse porte 8.7×1010 kg/s8.7 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}. Combien de temps faudrait-il pour faire passer cette masse une fois à travers la cellule ? (c) Même question avec la cellule de l’hiver boréal, 21.4×1010 kg/s21.4 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}.

Solution

Solution de Exercice 28.8.

(a) L’aire entre l’équateur et 30∘30{}^{\circ} N est 2πa⊕2sin⁡30∘=1.275×1014 m22\pi a_\oplus^2\sin30{}^{\circ} = 1.275 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2} ; la masse au-dessus d’un mètre carré entre les deux niveaux est Δp/g=9×104/9.81=9174 kg\Delta p/g = 9 \times 10^{4}/9.81 = 9174\,\mathrm{kg} ; le total est 1.170×1018 kg1.170 \times 10^{18}\,\mathrm{kg}. (b) 1.170×1018/8.7×1010=1.34×107 s1.170 \times 10^{18}/8.7 \times 10^{10} = 1.34 \times 10^{7}\,\mathrm{s}, environ 156156 jours, cinq mois. (c) 1.170×1018/21.4×1010=5.47×106 s1.170 \times 10^{18}/21.4 \times 10^{10} = 5.47 \times 10^{6}\,\mathrm{s}, environ 6363 jours, deux mois.

Exercice 28.9 ★★

Supposons que sous un anticyclone subtropical l’air descende à 1 cm/s1\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}, et qu’il soit non saturé. (a) De quelle distance descend-il en un jour ? (b) De combien se réchauffe-t-il en un jour, si rien d’autre n’agit, avec le gradient adiabatique sec de 9.8 K/km9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km} ? (c) L’air ne se réchauffe pas autant jour après jour. Quel processus du Chapitre 27 compense le réchauffement ? (d) Pourquoi beaucoup des grands déserts chauds se trouvent-ils sous ces anticyclones ?

Solution

Solution de Exercice 28.9.

(a) 0.01×86 400=864 m0.01 \times 86\,400 = 864\,\mathrm{m} par jour. (b) 0.864×9.8=8.5 K0.864 \times 9.8 = 8.5\,\mathrm{K} par jour. (c) L’air se refroidit en émettant du rayonnement infrarouge : l’atmosphère perd plus d’énergie par rayonnement qu’elle n’en absorbe, et la descente de l’air, qui le réchauffe par compression, compense la perte. (d) L’air qui descend se réchauffe et s’assèche par rapport à la saturation, ses nuages s’évaporent et la pluie ne peut se former : les anticyclones subtropicaux sont des ceintures de ciel clair et de peu de pluie, où se forment des déserts chauds sur les terres.

Exercice 28.10 ★★★

À 50∘50{}^{\circ} N, prendre f=1.117×10−4 s−1f = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1} et des isobares circulaires de rayon r=500 kmr = 500\,\mathrm{km} (Remarque 28.9). (a) Autour d’une basse où le vent géostrophique serait de 15 m/s15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, résoudre V2/r+fV=f∣v⃗g∣V^2/r + fV = f|\vec v_g| pour le vent de gradient VV. (b) Autour d’une haute, montrer que V2/r−fV+f∣v⃗g∣=0V^2/r - fV + f |\vec v_g| = 0 n’a de solution que si ∣v⃗g∣≤fr/4|\vec v_g| \leq fr/4, et calculer cette limite. (c) Qu’implique (b) pour l’espacement des isobares près du centre d’un anticyclone, comparé à une dépression ?

Solution

Solution de Exercice 28.10.

(a) V2+frV−fr∣v⃗g∣=0V^2 + frV - fr|\vec v_g| = 0 avec fr=55.85 m/sfr = 55.85\,\mathrm{m}/\mathrm{s} : V=12(−55.85+55.852+4×55.85×15)=12.3 m/sV = \tfrac12\bigl(-55.85 + \sqrt{55.85^2 + 4 \times 55.85 \times 15}\bigr) = 12.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, 82 %82\,\% du vent géostrophique. (b) V2−frV+fr∣v⃗g∣=0V^2 - frV + fr|\vec v_g| = 0 n’a de racines réelles que si (fr)2≥4fr∣v⃗g∣(fr)^2 \geq 4fr|\vec v_g|, c’est-à-dire ∣v⃗g∣≤fr/4=14.0 m/s|\vec v_g| \leq fr/4 = 14.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. (c) Près du centre d’une haute, où rr est petit, la limite fr/4fr/4 est petite : le gradient de pression doit être faible, les isobares éloignées et les vents légers. Une dépression n’a pas de telle limite : ses isobares peuvent se serrer près du centre, avec des vents forts.

Exercice 28.11 ★★★

(a) Montrer que pour de petits φ\varphi (en radians) le vent d’un anneau quittant l’équateur au repos est u≈Ωa⊕φ2u \approx \Omega a_\oplus\varphi^2. (b) Comparer l’approximation à la formule exacte à 10∘10{}^{\circ}, avec Ωa⊕=464.6 m/s\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}. (c) Le vent annuel moyen de la réanalyse à 200 hPa200\,\mathrm{hPa} culmine à 27.0 m/s27.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s} près de 35∘35{}^{\circ} N. À quelle latitude l’anneau atteindrait-il cette vitesse ? (d) Que dit la réponse de la mesure dans laquelle l’argument du moment cinétique peut être cru ?

Solution

Solution de Exercice 28.11.

(a) Pour de petits φ\varphi, sin⁡φ≈φ\sin\varphi \approx \varphi et cos⁡φ≈1\cos\varphi \approx 1, donc u≈Ωa⊕φ2u \approx \Omega a_\oplus\varphi^2. (b) 10∘=0.1745 rad10{}^{\circ} = 0.1745\,\mathrm{rad} : 464.6×0.17452=14.15 m/s464.6 \times 0.1745^2 = 14.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, contre 14.23 m/s14.23\,\mathrm{m}/\mathrm{s} exactement, soit 0.5 %0.5\,\% de moins. (c) La résolution de 464.6sin⁡2φ/cos⁡φ=27.0464.6\sin^2\varphi/\cos\varphi = 27.0 numériquement donne φ=13.7∘\varphi = 13.7{}^{\circ}. (d) L’anneau égale déjà le courant-jet annuel moyen réel à moins de 14∘14{}^{\circ} : la conservation du moment cinétique ne décrit la branche supérieure de la cellule de Hadley que dans les tropiques profonds ; au-delà d’environ 15∘15{}^{\circ}, les tourbillons prennent le relais.

Exercice 28.12 ★★★

Les précipitations en moyenne zonale de la réanalyse culminent aux latitudes suivantes, de janvier à décembre : −10.5∘-10.5{}^{\circ}, −12.8∘-12.8{}^{\circ}, −5.8∘-5.8{}^{\circ}, −4.6∘-4.6{}^{\circ}, 5.5∘5.5{}^{\circ}, 7.3∘7.3{}^{\circ}, 8.6∘8.6{}^{\circ}, 10.4∘10.4{}^{\circ}, 10.9∘10.9{}^{\circ}, 9.1∘9.1{}^{\circ}, 7.4∘7.4{}^{\circ}, 6.2∘6.2{}^{\circ} (négatif : sud). (a) Calculer la moyenne annuelle et l’étendue. (b) La latitude subsolaire est extrême en juin et en décembre. De combien de mois la ZCIT est-elle en retard sur elle, et qu’est-ce qui, dans le système climatique, peut stocker de la chaleur et causer un tel retard ? (c) Supposons que sur un océan la ZCIT reste au nord de l’équateur toute l’année. Expliquer comment la moyenne zonale peut tout de même traverser l’équateur.

Solution

Solution de Exercice 28.12.

(a) Moyenne 31.7/12=2.6∘31.7/12 = 2.6{}^{\circ} N ; étendue de 12.8∘12.8{}^{\circ} S à 10.9∘10.9{}^{\circ} N, soit 23.7∘23.7{}^{\circ}. (b) La position la plus au nord arrive en septembre, trois mois après le solstice de juin ; la plus au sud en février, deux mois après le solstice de décembre. Le retard vient du stockage de chaleur, surtout dans la couche de mélange de l’océan (Chapitre 26), qui se réchauffe et se refroidit lentement. (c) La moyenne zonale moyenne toutes les longitudes : si sur les continents la bande de pluie oscille loin dans l’hémisphère d’été, la moyenne de toutes les longitudes peut traverser l’équateur bien que la bande sur un océan ne le fasse pas.

28.8 Problème : Lire une carte météorologique de moyennes latitudes

Problème 28.1

Problème du week-end — le vent à une station près de 50∘50{}^{\circ} N

Une carte météorologique de l’Atlantique Nord montre, près d’une station P à 50∘50{}^{\circ} N, des isobares rectilignes allant d’ouest en est, tous les 4 hPa4\,\mathrm{hPa}, avec les pressions plus basses au nord. P se trouve entre les isobares 1004 hPa1004\,\mathrm{hPa} et 1008 hPa1008\,\mathrm{hPa}, qui sont espacées de 250 km250\,\mathrm{km} en ce lieu ; sa pression au niveau de la mer est de 1006 hPa1006\,\mathrm{hPa} et la température de l’air de 10∘C10{}^{\circ}\mathrm{C}. La carte est inventée, mais ses nombres sont typiques. Utiliser Ω=2π/(23.9345 h)\Omega = 2\pi/(23.9345\,\mathrm{h}), a⊕=6371 kma_\oplus = 6371\,\mathrm{km}, Rd=287.05 J kg−1 K−1R_d = 287.05\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1} pour l’air sec, 1 kn1\,\mathrm{kn} = 0.514 444 m/s0.514\,444\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.

Partie I — Le gradient de pression et le vent géostrophique.

  1. Calculer la masse volumique de l’air en P avec la loi des gaz parfaits.
  2. Calculer le gradient horizontal de pression en P, en Pa m−1\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}.
  3. Calculer l’accélération due à la force de gradient de pression.
  4. Calculer Ω\Omega et le paramètre de Coriolis à 50∘50{}^{\circ} N.
  5. Calculer la vitesse du vent géostrophique en P.
  6. L’exprimer en nœuds et en km/h\mathrm{km}/\mathrm{h}.
  7. Montrer que le temps dont la seule force de gradient de pression aurait besoin pour amener de l’air immobile à la vitesse géostrophique est 1/f1/f, et le calculer, avec le temps 2π/f2\pi/f que la force de Coriolis met à faire tourner un vent d’un tour complet.

Partie II — Direction et hémisphère.

  1. Dans quelle direction pointe la force de gradient de pression en P ? Dans quelle direction souffle le vent géostrophique, et de quel azimut vient-il ?
  2. Vérifier votre réponse avec la loi de Buys Ballot.
  3. Décrire la barbule de vent dessinée en P : la direction du fût, le nombre de barbules, et le côté où elles se placent.
  4. Supposons que les mêmes isobares, avec la basse au nord, se trouvent à 50∘50{}^{\circ} S. D’où le vent soufflerait-il ?
  5. Avec la même masse volumique et le même gradient de pression, calculer le vent géostrophique à 30∘30{}^{\circ} N et 60∘60{}^{\circ} N.
  6. Le calculer à 5∘5{}^{\circ} N. Le résultat est-il crédible ? Expliquer.

Partie III — Le vent au sol. Un anémomètre en P mesure un vent de 9.0 m/s9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s} coupant les isobares à 25∘25{}^{\circ} vers les basses pressions.

  1. Calculer le rapport du vent observé au vent géostrophique, et les composantes du vent observé le long des isobares et à travers elles.
  2. De quel azimut le vent observé souffle-t-il ?
  3. Dans le modèle de traînée linéaire de la Proposition 28.8, quelle constante de temps τ\tau donne l’angle observé, et quelle vitesse le modèle prédit-il alors ? Comparer avec l’observation.
  4. Autour d’une dépression de rayon 500 km500\,\mathrm{km}, supposons que l’air du premier kilomètre s’écoule vers l’intérieur partout avec la composante transversale aux isobares de la question 14 et la masse volumique de la question 1. Calculer la masse d’air entrant dans la dépression par seconde.
  5. Cet air doit sortir par le haut de la couche. Calculer la vitesse ascendante moyenne en ce lieu, en m/s\mathrm{m}/\mathrm{s} et en mètres par jour.
  6. Au gradient adiabatique sec de 9.8 K/km9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}, de combien l’air ascendant se refroidit-il en un jour ? Quel temps s’ensuit-il, et que se passerait-il sous un anticyclone à la place ?

Partie IV — Le courant-jet au-dessus. Le vent en moyenne zonale à 200 hPa200\,\mathrm{hPa} dans l’hiver boréal culmine à 42.3 m/s42.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s} près de 30∘30{}^{\circ} N (moyennes de réanalyse 1991–2020).

  1. Calculer la vitesse vers l’est du sol à l’équateur et à 30∘30{}^{\circ} N.
  2. Un anneau d’air quitte l’équateur au repos en altitude et garde son moment cinétique. Calculer son vent à 20∘20{}^{\circ} N et 30∘30{}^{\circ} N.
  3. Même question à 30∘30{}^{\circ} N pour un anneau qui part au repos de 10∘10{}^{\circ} N.
  4. De quel facteur l’anneau de la question 21 dépasse-t-il le courant-jet observé à 30∘30{}^{\circ} N ? Donner deux raisons pour lesquelles le courant-jet réel est plus lent.
  5. Calculer le rapport du moment cinétique absolu par unité de masse du courant-jet observé à 30∘30{}^{\circ} N à celui de l’air au repos à l’équateur. Quelle fraction a été perdue en chemin ?
  6. Quelle est la vitesse du vent géostrophique en P, en mètres par seconde, et comment le vent mesuré au sol se compare-t-il à elle ?
Solution

Solution de Problème 28.1.

  1. ρ=p/(RdT)=100 600/(287.05×283.15)=1.238 kg m−3\rho = p/(R_dT) = 100\,600/(287.05 \times 283.15) = 1.238\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}.
  2. ∣∇p∣=400 Pa/2.5×105 m=1.6×10−3 Pa m−1|\nabla p| = 400\,\mathrm{Pa}/2.5 \times 10^{5}\,\mathrm{m} = 1.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}.
  3. ∣∇p∣/ρ=1.6×10−3/1.238=1.293×10−3 m s−2|\nabla p|/\rho = 1.6 \times 10^{-3}/1.238 = 1.293 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}.
  4. Ω=2π/86 164.2=7.292×10−5 rad s−1\Omega = 2\pi/86\,164.2 = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1} ; f=2Ωsin⁡50∘=1.117×10−4 s−1f = 2\Omega\sin50{}^{\circ} = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}.
  5. ∣v⃗g∣=1.293×10−3/1.117×10−4=11.57 m/s|\vec v_g| = 1.293 \times 10^{-3}/1.117 \times 10^{-4} = 11.57\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.
  6. 11.57/0.514444=22.5 kn11.57/0.514444 = 22.5\,\mathrm{kn} ; 11.57×3.6=41.7 km/h11.57 \times 3.6 = 41.7\,\mathrm{km}/\mathrm{h}.
  7. Le temps est ∣v⃗g∣/(∣∇p∣/ρ)|\vec v_g|/(|\nabla p|/\rho) et ∣v⃗g∣=(∣∇p∣/ρ)/f|\vec v_g| = (|\nabla p|/\rho)/f, donc il vaut 1/f=8951 s1/f = 8951\,\mathrm{s}, 2.49 h2.49\,\mathrm{h} ; et 2π/f=15.6 h2\pi/f = 15.6\,\mathrm{h}. Les configurations qui durent un jour ou plus sont donc proches de l’équilibre.
  8. La force de gradient de pression pointe vers le nord, vers la basse. Le vent géostrophique souffle le long des isobares avec la basse à sa gauche : vers l’est, venant de l’ouest, azimut 270∘270{}^{\circ} : un vent d’ouest.
  9. Le dos tourné à un vent d’ouest, face à l’est, la gauche est le nord, où se trouve la basse : la loi est satisfaite.
  10. Le fût pointe vers l’ouest depuis le cercle de la station, vers l’endroit d’où vient le vent ; 22.5 kn22.5\,\mathrm{kn} s’arrondit à 20 kn20\,\mathrm{kn}, deux barbules entières ; elles se placent du côté horaire du fût, son côté nord, vers la basse.
  11. À 50∘50{}^{\circ} S, f<0f < 0 : le vent garde la basse à sa droite, donc il souffle vers l’ouest, venant de l’est.
  12. f(30∘)=7.292×10−5 s−1f(30{}^{\circ}) = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1} : 17.7 m/s17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s} ; f(60∘)=1.263×10−4 s−1f(60{}^{\circ}) = 1.263 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1} : 10.2 m/s10.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.
  13. f(5∘)=1.271×10−5 s−1f(5{}^{\circ}) = 1.271 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1} donne 101.7 m/s101.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, un vent jamais observé avec de tels gradients. Le temps de rotation 1/f1/f est 22 h22\,\mathrm{h} : l’équilibre n’a pas le temps de s’installer, et la formule ne s’applique pas.
  14. 9.0/11.57=0.7789.0/11.57 = 0.778 ; le long des isobares 9.0cos⁡25∘=8.16 m/s9.0\cos25{}^{\circ} = 8.16\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, à travers elles vers la basse 9.0sin⁡25∘=3.80 m/s9.0\sin25{}^{\circ} = 3.80\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.
  15. Le vent géostrophique souffle vers l’azimut 90∘90{}^{\circ} ; tourné de 25∘25{}^{\circ} vers la basse au nord, le vent de surface souffle vers 65∘65{}^{\circ}, venant de 245∘245{}^{\circ}, l’ouest-sud-ouest.
  16. tan⁡α=1/(fτ)\tan\alpha = 1/(f\tau) donne τ=1/(1.117×10−4tan⁡25∘)=1.92×104 s\tau = 1/(1.117 \times 10^{-4}\tan25{}^{\circ}) = 1.92 \times 10^{4}\,\mathrm{s}, 5.3 h5.3\,\mathrm{h} ; le modèle prédit 11.57cos⁡25∘=10.5 m/s11.57\cos25{}^{\circ} = 10.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, plus que les 9.0 m/s9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s} observés : le frottement réel n’est pas exactement linéaire en fonction du vent, et le ralentit davantage que le modèle à cet angle.
  17. À travers un cylindre de rayon R=500 kmR = 500\,\mathrm{km} et de hauteur h=1 kmh = 1\,\mathrm{km} : m˙=2πRhρur=2π×5×105×1000×1.238×3.80=1.48×1010 kg/s\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}.
  18. w=m˙/(ρπR2)=2hur/R=2×1000×3.80/5×105=0.0152 m/sw = \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}, environ 1310 m1310\,\mathrm{m} par jour.
  19. 1.31×9.8=12.9 K1.31 \times 9.8 = 12.9\,\mathrm{K} par jour : l’air atteint vite la saturation, et la dépression se remplit de nuages et de pluie. Sous un anticyclone l’air de surface s’écoule vers l’extérieur, l’air au-dessus descend et se réchauffe, et le ciel se dégage.
  20. Ωa⊕=7.292×10−5×6.371×106=464.6 m/s\Omega a_\oplus = 7.292 \times 10^{-5} \times 6.371 \times 10^{6} = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à l’équateur ; 464.6cos⁡30∘=402.3 m/s464.6\cos30{}^{\circ} = 402.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 30∘30{}^{\circ} N.
  21. u=464.6 sin⁡2φ/cos⁡φu = 464.6\,\sin^2\varphi/\cos\varphi : 57.8 m/s57.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 20∘20{}^{\circ} N et 134.1 m/s134.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s} à 30∘30{}^{\circ} N.
  22. u=464.6 (cos⁡210∘−cos⁡230∘)/cos⁡30∘=117.9 m/su = 464.6\,(\cos^210{}^{\circ} - \cos^230{}^{\circ})/\cos30{}^{\circ} = 117.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}.
  23. 134.1/42.3=3.17134.1/42.3 = 3.17. Les tourbillons des moyennes latitudes, dépressions et anticyclones, prennent du moment cinétique à la branche supérieure et l’emportent ailleurs ; et l’air de la cellule monte sur une bande de latitudes plutôt qu’au repos à l’équateur. La moyenne zonale moyenne aussi un courant-jet sinueux sur toutes les longitudes.
  24. M/M0=(402.3+42.3)cos⁡30∘/464.6=0.829M/M_0 = (402.3 + 42.3)\cos30{}^{\circ}/464.6 = 0.829 : l’air a perdu 17 %17\,\% du moment cinétique qu’il aurait gardé comme anneau libre.
  25. Le vent géostrophique en P est de 11.6 m/s11.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, venant de l’ouest ; le vent mesuré au sol est de 9.0 m/s9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}, environ les quatre cinquièmes de lui, et tourné de 25∘25{}^{\circ} vers la basse par le frottement.

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