27Radiação e transporte de calor

De um milhão de milhas de distância, a face iluminada da Terra é um disco de mar azul, terra marrom e nuvem branca. A luz do sol cai mais diretamente no centro do disco, perto dos trópicos, e roça suas bordas; os trópicos absorvem muito mais energia que as regiões polares. No entanto os trópicos não se tornam mais quentes ano após ano, nem os polos mais frios. Os ventos e as correntes oceânicas levam o excesso em direção aos polos, vários petawatts dele. Este capítulo mede os três termos desse balanço: a luz solar que cada latitude recebe, a parte que ela retém e o infravermelho que devolve ao espaço, e o transporte que faz a diferença. Uma grande parcela do transporte viaja de forma invisível, como vapor d’água, cujo calor latente é liberado onde ele condensa em chuva.

O que você já sabe

Capítulo 1 definiu a insolação, a potência da luz solar recebida por metro quadrado de uma superfície horizontal no topo da atmosfera, $I = S_0(a/r)^2\sin h_\odot$ enquanto o Sol está acima, com $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à distância média $a$; deu a altitude do Sol a partir de seu ângulo horário $H$, de sua declinação $\delta$ e da latitude $\varphi$, $\sin h_\odot = \sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\cos H$; e o ângulo horário $H_0$ do pôr do Sol, $\cos H_0 = -\tan\varphi\tan\delta$ (Proposição 1.16). Capítulo 3 definiu o albedo de Bond de um planeta e sua temperatura de equilíbrio. Os livros de física dão a lei do inverso do quadrado para a luz, a radiação de um corpo negro, $\sigma T^4$ por metro quadrado com $\sigma = 5.670 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{K}^{-4}$ (Stefan–Boltzmann), e o calor latente de uma mudança de estado. O Livro 2 mostrou que a Terra intercepta em média um quarto da constante solar, desenhou o balanço global de energia da Terra e verificou que ele se equilibra, e descreveu em palavras o transporte de calor em direção aos polos.

27.1 Insolação com a latitude e a estação

A insolação instantânea muda de minuto a minuto à medida que o Sol cruza o céu. Para o clima, o que conta é sua soma ao longo de um dia.

Definição 27.1 (Insolação média diária)

A insolação média diária $\bar Q$ em uma latitude em um dado dia é a insolação instantânea média nas 24 horas desse dia, noites incluídas, a declinação do Sol e sua distância sendo mantidas nos valores do dia. É uma potência por metro quadrado de superfície horizontal no topo da atmosfera, em $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Manter $\delta$ e $r$ fixos durante um dia é inofensivo: a declinação muda no máximo $0.4{}^{\circ}$ por dia, e a distância menos de $0.03\,\%$.

Teorema 27.2 (Insolação média diária)

Na latitude $\varphi$, em um dia em que a declinação do Sol é $\delta$ e sua distância $r$,

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

onde $h_0 \in [0, \pi]$ é o ângulo horário do pôr do Sol em radianos: $\cos h_0 = -\tan\varphi\tan\delta$ quando $|\tan\varphi\tan\delta| \le 1$; $h_0 = \pi$ no dia polar ($\tan\varphi\tan\delta > 1$); $h_0 = 0$, e $\bar Q = 0$, na noite polar ($\tan\varphi\tan\delta < -1$).

Dois casos especiais valem a pena conhecer de cor. No equador, $\varphi = 0$ e $h_0 = \pi/2$ qualquer que seja a estação:

maior nos equinócios, $S_0/\pi = 433.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ à distância média. Em um polo no seu verão, $h_0 = \pi$ e $\varphi = \pi/2$: $\bar Q_\text{polo} = S_0(a/r)^2\sin\delta$, o Sol dando voltas no céu a uma altitude constante igual à declinação.

Proposição 27.3 (O verão polar)

Em um dia de declinação $\delta > 0$, a insolação média diária no Polo Norte excede a do equador se e somente se $\pi\tan\delta > 1$, isto é $\delta > 17.66{}^{\circ}$. No solstício de junho, $\delta = 23.44{}^{\circ}$, a razão é $\pi\tan \delta = 1.362$.

Com a órbita da Terra, o solstício de junho cai perto do afélio, $(a/r)^2 = 0.968$: o Polo Norte recebe então $524\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ como média diária, o equador $385\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Seis meses depois o Polo Sul, perto do periélio, recebe $559\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $6.7\,\%$ a mais que o Polo Norte teve em seu verão: a razão é exatamente a dos dois valores de $(a/r)^2$. A figura abaixo mostra $\bar Q$ ao longo de um ano inteiro. Os máximos estão nos polos nos solstícios; as cunhas escuras são as noites polares, delimitadas pela latitude $90{}^{\circ} - |\delta|$; o ponto subsolar, onde o Sol passa a pino ao meio-dia, se desloca entre os trópicos com a declinação.

A média de $\bar Q$ ao longo do ano dá a insolação média anual de cada latitude (figura abaixo): $415.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ no equador, $328.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $40{}^{\circ}$, $172.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ em cada polo. O verão polar é intenso, mas o inverno polar é escuro, e ao longo de um ano o equador recebe $2.41$ vezes mais que um polo. A curva é a mesma nos dois hemisférios, embora o verão austral seja o mais brilhante; Exercício 27.10 mostra por quê.

Proposição 27.4 (A média global)

A cada instante, a insolação média sobre toda a esfera é $\tfrac14 S_0(a/r)^2$. Média também ao longo do ano, ela é $S_0/(4\sqrt{1 - e^2})$, onde $e$ é a excentricidade da órbita: $340.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ para a Terra, a menos de $0.02\,\%$ de $S_0/4 = 340.25\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

27.2 Radiação absorvida e emitida

Da luz solar que uma latitude recebe, ela reflete uma fração de volta diretamente, pelas nuvens, neve, gelo, deserto e, em menor grau, pelo mar; absorve o resto, no ar e na superfície. Ela também perde energia emitindo radiação infravermelha para o espaço, de dia e de noite.

Definição 27.5 (Radiação de onda longa emitida)

A radiação de onda longa emitida (OLR) é a potência da radiação infravermelha que deixa o topo da atmosfera rumo ao espaço, por metro quadrado. A temperatura de emissão $T_e$ é a temperatura de um corpo negro que emitiria a mesma potência: $\sigma T_e^4 = \text{OLR}$.

A OLR vem em parte da superfície, através do ar onde ele é transparente ao infravermelho, e em parte do ar e do topo das nuvens mais altos. A temperatura de emissão é uma propriedade da radiação, não a temperatura de um nível particular: ela é menor que a do solo abaixo, porque as camadas que emitem são mais frias.

Definição 27.6 (Radiação líquida; excedente e déficit radiativos)

A radiação líquida no topo da atmosfera é

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

onde $\alpha$ é o albedo local, a fração da luz solar incidente refletida para o espaço; as três grandezas são médias anuais em uma latitude. Uma latitude onde $R > 0$ tem um excedente radiativo; uma onde $R < 0$ tem um déficit radiativo.

Em toda a Terra a radiação líquida deve ter média quase nula, já que o planeta não se aquece nem se resfria mais que algumas décimas de watt por metro quadrado: a avaliação mais recente põe o desequilíbrio em $0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, sobre uma entrada de $340\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ dos quais $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ são refletidos (um albedo global de $0.294$) e $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ saem como infravermelho.

Os perfis zonais deste capítulo vêm de uma reanálise, isto é, um sistema de previsão do tempo rodado nas últimas décadas, que assimila as observações de cada dia e produz um estado completo e coerente da atmosfera. A reanálise usada aqui, desde 1948, dá médias mensais em uma grade de 94 latitudes e 192 longitudes; este capítulo usa suas médias de 1991–2020. Seus fluxos de radiação são saídas de modelo, previsões restringidas pelas observações. A figura abaixo mostra suas médias zonais contra $\sin\varphi$, de modo que larguras iguais no eixo são áreas iguais na esfera.

As duas curvas têm formas muito diferentes. A luz solar absorvida cai de $288\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ perto do equador para $76\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $81{}^{\circ}$ N, por um fator de $3.8$: a insolação diminui, e o albedo sobe de $0.31$ para $0.57$, com o Sol baixo, a neve e o gelo marinho. A OLR cai apenas de $245\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ para $192\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, por um fator de $1.27$; as temperaturas de emissão são $256\,\mathrm{K}$ e $241\,\mathrm{K}$. A OLR é até ligeiramente menor no equador, $245\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, que perto de $20{}^{\circ}$, $269\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: as nuvens do cinturão equatorial de chuvas sobem alto e seus topos frios emitem pouco, enquanto os céus subtropicais mais claros deixam escapar mais infravermelho. Onde a luz solar absorvida excede a OLR, a latitude tem um excedente.

Exemplo 27.7 (O balanço global da reanálise)

Médias sobre o globo, a reanálise recebe $341.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, reflete $117.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (um albedo de $0.342$), absorve $224.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ e emite $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: uma radiação líquida de $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. A OLR está a menos de $1.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ dos $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ avaliados, mas a reflexão é $17\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ maior que os $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ avaliados. Um desequilíbrio real desse tamanho resfriaria a Terra em $6.6\,\mathrm{PW}$; é um erro do modelo, não uma propriedade da Terra, e o transporte abaixo é calculado depois de remover a média global.

27.3 Transporte meridional de calor

Definição 27.8 (Transporte meridional de calor)

O transporte meridional de calor $T(\varphi)$ através do paralelo de latitude $\varphi$ é a energia levada para o norte através desse paralelo por unidade de tempo, pela atmosfera e pelo oceano juntos, na média anual. Conta-se positivamente para o norte e mede-se em petawatts ($1\,\mathrm{PW}$ = $10^{15}\,\mathrm{W}$).

Proposição 27.9 (Transporte a partir da radiação líquida)

Se a energia armazenada em cada faixa de latitude não muda de um ano para o outro, então, para uma Terra de raio $a_\oplus$,

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

e $T$ é extremo nas latitudes onde $R$ muda de sinal.

Aplicada à reanálise, com a média global de $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ subtraída de $R$ em cada latitude, a proposição dá a curva abaixo. O transporte é para o norte no hemisfério norte e para o sul no hemisfério sul, sempre em direção ao polo. Ele atinge o máximo de $4.1\,\mathrm{PW}$ perto de $38{}^{\circ}$ N e $4.5\,\mathrm{PW}$ perto de $32{}^{\circ}$ S, onde $R$ menos sua média muda de sinal; a $40{}^{\circ}$ N ele vale $4.11\,\mathrm{PW}$. É pequeno no equador, onde o excedente de cada hemisfério é exportado para seu próprio polo.

O quadrado na figura é um aviso. Um estudo dos anos 1985–1989, quando um experimento de satélite mediu a radiação no topo da atmosfera de modo confiável, calculou o transporte da atmosfera a partir dos ventos, temperaturas e umidade de duas reanálises: a atmosfera sozinha transporta $5.0\,\mathrm{PW}$ a $43{}^{\circ}$ N, mais que os $4.0\,\mathrm{PW}$ desta reanálise para a atmosfera e o oceano juntos. O mesmo estudo constatou que os fluxos gerados pelo modelo da reanálise concordam menos bem com estimativas independentes do oceano do que os fluxos derivados das observações. Removida a média global, o transporte depende apenas de como $R$ varia com a latitude, e a radiação líquida desta reanálise varia pouco demais dos trópicos aos polos. A forma da curva, seus picos nas latitudes médias e sua quase simetria, pode ser confiável; sua altura fica pelo menos um quinto aquém.

Quem leva o calor? O mesmo estudo constata que o oceano leva mais que a atmosfera apenas entre o equador e $17{}^{\circ}$ N; a $35{}^{\circ}$, onde o transporte total atinge o máximo em cada hemisfério, a atmosfera leva $78\,\%$ dele no norte e $92\,\%$ no sul. A parcela do oceano é o assunto de Capítulo 29, a da atmosfera de Capítulo 28.

Método 27.10 (Transporte a partir de faixas zonais)

1. Divida a calota a polo da latitude de interesse em faixas; para cada uma, tome a insolação média $\bar Q_i$, o albedo $\alpha_i$ e a OLR$_i$.
2. Calcule a radiação líquida de cada faixa, $R_i = (1 - \alpha_i)\bar Q_i - \text{OLR}_i$, e subtraia a média global de $R$ se ela não for nula.
3. Calcule a área de cada faixa, $A_i = 2\pi a_\oplus^2(\sin\varphi_{i,2} - \sin\varphi_{i,1})$, com $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$.
4. O transporte através da borda é menos a potência líquida da calota, $-\sum_i R_i A_i$, positivo em direção ao polo; divida por $10^{15}$ para petawatts.

27.4 Calor latente e sensível

A superfície da Terra absorve a maior parte da luz solar, mas a atmosfera irradia a maior parte do infravermelho para o espaço. A superfície entrega energia ao ar de três maneiras: por sua própria radiação infravermelha, aquecendo o ar em contato com ela, e evaporando água, cujo calor latente é liberado onde o vapor condensa. Esse lugar pode estar a milhares de quilômetros de distância: o calor latente viaja com o vento.

Definição 27.11 (Fluxos de calor latente e sensível; razão de Bowen)

O fluxo de calor latente $LE$ é a potência por metro quadrado que a superfície perde por evaporação: a taxa de evaporação $E$, em $\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$, vezes o calor latente de vaporização $L$. O fluxo de calor sensível $H$ é a potência por metro quadrado que a superfície passa para o ar por condução e turbulência, aquecendo-o. Ambos são contados positivamente para cima. Sua razão $B = H/LE$ é a razão de Bowen.

Perto de $15\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $L = 2.4655\,\mathrm{MJ}\,\mathrm{kg}^{-1}$. A razão de Bowen é pequena sobre o mar e sobre o solo úmido, onde a água é abundante, e grande sobre a terra seca. Na reanálise ela vale $0.09$ no equador, $0.37$ a $25{}^{\circ}$ N, a latitude dos grandes desertos quentes, e é negativa a $70{}^{\circ}$ N, onde as superfícies de neve e gelo estão, na média anual, mais frias que o ar acima delas, de modo que o calor sensível desce. Médio sobre o globo, a reanálise dá $LE = 82.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ e $H = 15.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, uma razão de Bowen de $0.18$; os valores avaliados são $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ e $21\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, uma razão de $0.26$.

O Livro 2 transformou o fluxo de calor latente em uma profundidade de água evaporada por ano. O inverso transforma uma chuva, que um pluviômetro pode coletar, em um fluxo de energia.

Proposição 27.12 (Precipitação como fluxo de energia)

Uma taxa de precipitação de $1\,\mathrm{m}$ de água por ano libera na atmosfera, onde seu vapor condensou, uma potência média de

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

Exemplo 27.13 (O ciclo da água como fluxo de energia)

O ciclo global da água traz ao oceano $373\,000$ quilômetros cúbicos de chuva e neve a cada ano, e $113\,000$ à terra: distribuídos pelos $5.10 \times 10^{8}\,\mathrm{km}^{2}$ da Terra, dão $0.953\,\mathrm{m}$ por ano, o que libera $74\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ pela Proposição 27.12. A reanálise chove $2.82\,\mathrm{mm}$ por dia, $1.03\,\mathrm{m}$ por ano, $80\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Ambos estão próximos do fluxo de calor latente avaliado, de $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, cuja faixa de incerteza é $72\text{ a }85\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: ao longo dos anos, a água que evapora volta a cair, e o calor latente retirado da superfície é todo entregue ao ar.

O balanço vale para o globo, não para cada latitude, e a diferença é um transporte (figura abaixo). Nos subtrópicos o mar evapora mais água do que cai ali: $LE$ excede $LP$, o calor latente da precipitação. O cinturão equatorial de chuvas e as latitudes médias recebem mais chuva do que evaporam. Entre os dois, o vapor é levado pelo vento, e com ele o calor latente. Pelo argumento de Proposição 27.9, aplicado à integral de $LE - LP$, a reanálise leva $1.4\,\mathrm{PW}$ de calor latente para o norte através de $40{}^{\circ}$ N, um terço de seu transporte total ali; o transporte latente está desenhado tracejado na figura de transporte acima.

27.5 O balanço de energia da superfície

O balanço global desenhado no Livro 2 pode ser lido como uma equação para a superfície.

Proposição 27.14 (Balanço de energia da superfície)

Seja $R_n$ a radiação líquida na superfície, a luz solar absorvida mais o infravermelho recebido do ar menos o infravermelho emitido, e $G$ a potência por metro quadrado que vai para o solo ou o oceano abaixo. Então, por metro quadrado,

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

Na média global, $R_n = 160 + 342 - 398 = 104\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, dos quais $82\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ vão para a evaporação, $21\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ para o fluxo de calor sensível, e $G \approx 1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, dentro do arredondamento dos números, para o oceano e o solo.

O fluxo de calor latente, quatro quintos de $R_n$, é de longe o maior dos dois termos não radiativos: sobre o globo, a superfície se resfria sobretudo evaporando água. O pequeno $G$ é o aquecimento do sistema climático, os $0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ do balanço no topo da atmosfera; nove décimos dele são armazenados no oceano.

Observação 27.15 (Local e global)

Em um lugar único, $G$ está longe de ser pequeno: é grande e positivo de dia e no verão, negativo à noite e no inverno, e só se anula em média ao longo de um dia ou de um ano. Sobre o oceano, o calor armazenado na camada de mistura pode também ser levado para os lados pelas correntes: o balanço local deve então incluir o transporte do oceano, como o balanço de uma faixa de latitude inclui o da atmosfera.

27.6 Exercícios

Exercício 27.1 ★

(a) Calcule $S_0/\pi$ com $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) No dia do equinócio de março, a insolação média diária no equador é $436.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Deduza $(a/r)^2$ e $r/a$ nesse dia. (c) No solstício de junho, $(a/r)^2 = 0.9683$ e $\delta = 23.44{}^{\circ}$. Calcule a insolação média diária no equador.

Solução

Solução de Exercício 27.1.

(a) $S_0/\pi = 1361/\pi = 433.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) No equador num equinócio $\bar Q = (S_0/\pi)(a/r)^2$, logo $(a/r)^2 = 436.7/433.2 = 1.0080$ e $r/a = 1.0080^{-1/2} = 0.9960$: a Terra está $0.4\,\%$ mais perto do Sol que sua distância média. (c) $\bar Q = 433.2 \times 0.9683 \times \cos23.44{}^{\circ} = 384.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Exercício 27.2 ★

A insolação média anual é $415.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ no equador e $172.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ nos polos; a média global é $340.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Por qual fator o equador excede os polos? (b) A média anual iguala a média global a $37.0{}^{\circ}$ N e S. Que fração da superfície da Terra fica entre esses dois paralelos? (c) Por que isso faz a curva anual parecer mais favorável às altas latitudes do que a superfície da Terra realmente é?

Solução

Solução de Exercício 27.2.

(a) $415.6/172.4 = 2.41$. (b) A zona entre os paralelos $\pm\varphi$ tem a área $2\pi a_\oplus^2 \times 2\sin\varphi$, uma fração $\sin\varphi$ da esfera: $\sin37.0{}^{\circ} = 0.602$, $60\,\%$. (c) Num eixo em latitude, as faixas perto dos polos parecem tão largas quanto as perto do equador, mas cobrem bem menos área: a zona a polo de $60{}^{\circ}$ é apenas $1 - \sin60{}^{\circ} = 13.4\,\%$ da superfície. Contra $\sin\varphi$, os trópicos ocupam a maior parte do eixo.

Exercício 27.3 ★

Na reanálise a OLR é $244.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ perto do equador, $192.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $81{}^{\circ}$ N e $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ na média global. (a) Calcule as três temperaturas de emissão. (b) Nas mesmas latitudes, a luz solar absorvida cai de $287.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ para $75.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Compare as duas razões. (c) O que a comparação implica para a radiação líquida?

Solução

Solução de Exercício 27.3.

(a) $T_e = (\text{OLR}/\sigma)^{1/4}$: $256.4\,\mathrm{K}$, $241.3\,\mathrm{K}$ e $254.5\,\mathrm{K}$. (b) Luz solar absorvida: $287.7/75.8 = 3.80$; OLR: $244.9/192.3 = 1.27$. (c) A radiação líquida segue a luz solar absorvida: positiva e grande nos trópicos, fortemente negativa nas altas latitudes. A OLR, que varia pouco, não compensa a queda da luz solar absorvida.

Exercício 27.4 ★

A precipitação média global da reanálise é de $2.82\,\mathrm{mm}$ por dia. (a) Converta-a em metros por ano. (b) Calcule o calor latente que ela libera, em $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, com Proposição 27.12. (c) Compare com o próprio fluxo de calor latente global da reanálise, $82.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, e explique por que os dois devem concordar ao longo de muitos anos.

Solução

Solução de Exercício 27.4.

(a) $2.82 \times 365.25 = 1030\,\mathrm{mm}$, $1.03\,\mathrm{m}$ por ano. (b) $1.030 \times 78.1 = 80.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (c) O $LE$ da reanálise é $2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ maior. Ao longo de muitos anos a atmosfera não pode continuar acumulando vapor d’água: toda a água evaporada volta a cair, de modo que $LE$ e $LP$ devem ser iguais na média global. A diferença é um desequilíbrio do modelo, como seu desequilíbrio radiativo.

Exercício 27.5 ★★

(a) No solstício de junho ($\delta = 23.44{}^{\circ}$, $(a/r)^2 = 0.9683$), calcule a insolação média diária no Polo Norte. (b) No solstício de dezembro, $(a/r)^2 = 1.0334$; calcule-a no Polo Sul e a razão entre as duas. (c) O Sol fica só a $23.4{}^{\circ}$ acima do horizonte no polo: explique como o polo ainda pode superar o equador.

Solução

Solução de Exercício 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) $1361 \times 1.0334 \times 0.3978 = 559.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$; a razão é $1.0334/0.9683 = 1.067$. (c) O polo tem luz solar 24 horas em 24 a uma altitude constante, de modo que seu $\sin h_\odot$ médio no dia é $\sin\delta = 0.398$. No equador o Sol fica alto ao meio-dia, mas abaixo do horizonte metade do tempo; a média de $\sin h_\odot$ sobre as 24 horas é $\cos\delta/\pi = 0.292$. A razão é $\pi\tan\delta = 1.362$ (Proposição 27.3).

Exercício 27.6 ★★

A $40{}^{\circ}$ N, calcule o ângulo horário do pôr do Sol, a duração do dia e a insolação média diária (a) no solstício de junho, com $(a/r)^2 = 0.9683$, $\delta = 23.44{}^{\circ}$; (b) no solstício de dezembro, com $(a/r)^2 = 1.0334$, $\delta = -23.44{}^{\circ}$. (c) Que parcela da razão entre as duas vem da distância ao Sol?

Solução

Solução de Exercício 27.6.

(a) $\cos h_0 = -\tan40{}^{\circ}\tan23.44{}^{\circ} = -0.3638$, $h_0 = 111.33{}^{\circ} = 1.943\,\mathrm{rad}$; o dia dura $24 \times 111.33/180 = 14.84\,\mathrm{h}$; $\bar Q = (1361/\pi) \times 0.9683 \times (1.943 \times 0.6428 \times 0.3978 + 0.7660 \times 0.9175 \times 0.9315) = 483.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (b) $\cos h_0 = +0.3638$, $h_0 = 68.67{}^{\circ}$, $9.16\,\mathrm{h}$; $\bar Q = 155.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (c) A razão é $483.0/155.9 = 3.10$. A distância contribui com $0.9683/1.0334 = 0.937$: ela trabalha contra o verão do norte. A geometria, a altitude do Sol e a duração do dia contribuem com $3.10/0.937 = 3.31$, toda a diferença sazonal e mais.

Exercício 27.7 ★★

A reanálise dá as seguintes médias zonais ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$):

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) Calcule a razão de Bowen em cada latitude. (b) Qual latitude tem a maior razão? Que tipo de superfície a explica? (c) Interprete o sinal de $H$ a $70{}^{\circ}$ N.

Solução

Solução de Exercício 27.7.

(a) $B = H/LE$: $0.093$ no equador, $0.374$ a $25{}^{\circ}$ N, $0.338$ a $45{}^{\circ}$ N, $-0.152$ a $70{}^{\circ}$ N. (b) $25{}^{\circ}$ N: a média zonal inclui os grandes desertos quentes, terra seca com pouca água para evaporar, onde o solo aquecido aquece o ar em vez disso. (c) $H < 0$ significa que o calor flui do ar para a superfície: na média anual a neve e o gelo marinho são mais frios que o ar acima deles, que é aquecido por ar trazido de latitudes mais baixas.

Exercício 27.8 ★★

O balanço global avaliado no topo da atmosfera é $340\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ de entrada, $100\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ refletidos, $239\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ emitidos; a reanálise dá $341.9\,$, $117.0\,$ e $237.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Calcule os dois albedos e as duas radiações líquidas. (b) Que termo explica a maior parte do desequilíbrio da reanálise? (c) Mostre que, se a média global de $R$ não fosse removida, Proposição 27.9 deixaria um transporte de $-6.6\,\mathrm{PW}$ no Polo Norte, e explique por que isso é impossível.

Solução

Solução de Exercício 27.8.

(a) Avaliado: $\alpha = 100/340 = 0.294$, $R = 340 - 100 - 239 = +1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ (o $0.7$ arredondado). Reanálise: $\alpha = 117.0/341.9 = 0.342$, $R = 341.9 - 117.0 - 237.7 = -12.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ com estes termos arredondados, $-12.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ com os não arredondados de Exemplo 27.7. (b) A reanálise absorve $224.8$ contra $240$, $15.2\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a menos, porque reflete $17\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a mais; sua OLR é apenas $1.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ menor. A reflexão em excesso explica o desequilíbrio. (c) Integrando $R$ do Polo Sul ao Polo Norte obtém-se a integral global, $-12.9 \times 4\pi a_\oplus^2 = -12.9 \times 5.10\times10^{14} = -6.6\,\mathrm{PW}$. Um transporte através do Polo Norte é impossível: não há nada além dele, o paralelo é um ponto. A proposição vale apenas se $\int R\,\mathrm dA = 0$, o que o regime permanente exige.

Exercício 27.9 ★★

Na reanálise, o cinturão entre $30{}^{\circ}$ S e $30{}^{\circ}$ N tem uma radiação líquida média, após remoção da média global, de $+33\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. (a) Calcule a área do cinturão e seu excedente total em petawatts. (b) Se os dois hemisférios exportassem o excedente igualmente, quanto cruzaria cada um dos paralelos $30{}^{\circ}$ N e $30{}^{\circ}$ S? (c) A reanálise dá $4.00\,\mathrm{PW}$ para o norte através de $30{}^{\circ}$ N e $4.50\,\mathrm{PW}$ para o sul através de $30{}^{\circ}$ S. O que a diferença diz?

Solução

Solução de Exercício 27.9.

(a) A área é $2\pi a_\oplus^2 \times 2\sin30{}^{\circ} = 2\pi a_\oplus^2 = 2.55 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$, metade da Terra; o excedente é $33 \times 2.55\times10^{14} = 8.4\,\mathrm{PW}$. (b) $4.2\,\mathrm{PW}$ através de cada paralelo. (c) Os dois somam $8.5\,\mathrm{PW}$, o excedente, mas são desiguais: o hemisfério sul exporta $0.5\,\mathrm{PW}$ a mais que o do norte. O excedente não é dividido no equador: nesta reanálise $0.36\,\mathrm{PW}$ do excedente do trópico norte cruza o equador para o sul.

Exercício 27.10 ★★★

A insolação média diária depende da latitude, da declinação e do fator $(a/r)^2$. (a) Com a segunda lei de Kepler, $r^2\,\mathrm d\lambda/\mathrm dt = h$ constante, em que $\lambda$ é a longitude eclíptica do Sol, mostre que a energia que uma latitude recebe enquanto $\lambda$ avança por $\mathrm d\lambda$ não depende de $r$. (b) Deduza que a insolação média anual na latitude $\varphi$ é igual à de $-\varphi$, embora o verão austral seja mais brilhante. (c) No modelo orbital deste capítulo, o Sol leva $186.4$ dias do equinócio de março ao de setembro e $178.8$ dias para voltar. Explique como esses números se encaixam em (b).

Solução

Solução de Exercício 27.10.

(a) Escreva a média diária como $\bar Q = (a/r)^2 F(\varphi, \delta)$, com $F$ o colchete de Teorema 27.2 vezes $S_0/\pi$. Durante $\mathrm dt$ a energia recebida por metro quadrado é $\bar Q\,\mathrm dt$, e $\mathrm dt = r^2\,\mathrm d\lambda/h$, logo, então $\bar Q\,\mathrm dt = (a^2/h) F(\varphi, \delta(\lambda))\,\mathrm d\lambda$: o fator $r^2$ se cancela. (b) Ao longo de um ano a energia é $(a^2/h)\int_0^{2\pi} F(\varphi, \delta(\lambda))\,\mathrm d\lambda$. A fórmula não muda quando $\varphi$ e $\delta$ mudam de sinal juntos, $F(-\varphi, \delta) = F(\varphi, -\delta)$, e $\delta(\lambda + \pi) = -\delta(\lambda)$, já que $\sin\delta = \sin\varepsilon \sin\lambda$. Deslocando $\lambda$ de $\pi$ na integral, mostra-se que $-\varphi$ recebe a mesma energia que $\varphi$. (c) A primavera e o verão do norte duram $7.6$ dias a mais, porque a Terra está perto do afélio e se move devagar então; o verão austral é mais brilhante, mas mais curto. Pela (a), os dois efeitos se cancelam exatamente.

Exercício 27.11 ★★★

(a) Usando a segunda lei de Kepler na forma $r^2\,\mathrm d\lambda/\mathrm dt = h$ e a área da elipse, $\pi a b = hP/2$ em um período $P$, mostre que a média no tempo de $(a/r)^2$ sobre uma órbita é $a/b = 1/\sqrt{1 - e^2}$. (b) Complete a demonstração de Proposição 27.4. (c) Com $e = 0.0167$, calcule a média anual global e sua diferença de $S_0/4$.

Solução

Solução de Exercício 27.11.

(a) $\langle (a/r)^2\rangle = \frac1P\int_0^P \frac{a^2}{r^2}\,\mathrm dt = \frac1P\int_0^{2\pi}\frac{a^2}{r^2}\frac{r^2}{h}\,\mathrm d\lambda = \frac{2\pi a^2}{hP} = \frac{2\pi a^2}{2\pi a b} = \frac ab$, e $b = a\sqrt{1-e^2}$. (b) A média global instantânea $\frac14 S_0(a/r)^2$ tem média $\frac14 S_0 \langle(a/r)^2\rangle = S_0/(4\sqrt{1-e^2})$. (c) $340.25/\sqrt{1 - 0.0167^2} = 340.30\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $0.05\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ ou $0.014\,\%$ acima de $S_0/4$.

Exercício 27.12 ★★★

A reanálise dá um transporte total de $4.10\,\mathrm{PW}$ através de $35{}^{\circ}$ N e $4.02\,\mathrm{PW}$ através de $43{}^{\circ}$ N. (a) Usando a partição de Trenberth e Caron a $35{}^{\circ}$ N (atmosfera $78\,\%$), separe o total da reanálise em uma parte atmosférica e uma oceânica. (b) O mesmo estudo encontra $5.0\,\mathrm{PW}$ só para a atmosfera a $43{}^{\circ}$ N. O que isso diz sobre a reanálise? (c) Remover a média global de $R$ não corrige esse erro. Por que não?

Solução

Solução de Exercício 27.12.

(a) Atmosfera $0.78 \times 4.10 = 3.20\,\mathrm{PW}$, oceano $0.22 \times 4.10 = 0.90\,\mathrm{PW}$. (b) A atmosfera sozinha transporta mais, $5.0\,\mathrm{PW}$, que a atmosfera e o oceano juntos desta reanálise, $4.02\,\mathrm{PW}$: o transporte total da reanálise é menor em pelo menos um quinto ($1 - 4.02/5.0 = 0.20$). Sua radiação líquida varia pouco demais entre os trópicos e os polos. (c) Remover uma constante de $R$ torna nula sua integral global, mas deixa inalterada sua variação com a latitude; o erro está nessa variação, no albedo das nuvens e superfícies do modelo em cada latitude, e não apenas na média global.

27.7 Problema: quanto calor atravessa o 40.º paralelo?

Problema 27.1

Problema de fim de semana — o balanço de energia da calota ao norte de $40{}^{\circ}$ N

A calota da Terra ao norte de $40{}^{\circ}$ N, que abriga a maior parte da Europa, da Rússia e do Canadá, irradia mais energia para o espaço do que absorve do Sol. Este problema mede o déficit, e portanto o calor que a atmosfera e o oceano trazem através do 40.º paralelo. Use $S_0 = 1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$, $\sigma = 5.670 \times 10^{-8}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{K}^{-4}$, $L = 2.4655 \times 10^{6}\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Os dados das faixas são as médias da reanálise para 1991–2020.

Parte I — Luz solar ao norte de $40{}^{\circ}$ N. No solstício de junho $\delta = 23.44{}^{\circ}$ e $(a/r)^2 = 0.9683$; no solstício de dezembro $\delta = -23.44{}^{\circ}$ e $(a/r)^2 = 1.0334$; no equinócio de março $\delta = 0$ e $(a/r)^2 = 1.0081$.

1. Calcule a insolação média diária a $40{}^{\circ}$ N nos três dias.
2. Calcule-a a $80{}^{\circ}$ N nos mesmos três dias.
3. Em junho, $80{}^{\circ}$ N recebe mais que $40{}^{\circ}$ N. Explique por que, com os ângulos horários do pôr do Sol.
4. Integrando o teorema ao longo do ano, encontram-se médias anuais de $306.9\,$, $260.3\,$, $213.7\,$, $185.6\,$ e $173.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $45{}^{\circ}$, $55{}^{\circ}$, $65{}^{\circ}$, $75{}^{\circ}$ e $85{}^{\circ}$ N. Compare com a insolação das faixas da tabela na Parte II e dê duas razões para as diferenças.
5. A insolação média global da reanálise é $341.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Que valor de $S_0$ ela implica?
6. Calcule a área da calota ao norte de $40{}^{\circ}$ N e a fração da superfície da Terra que ela cobre.

Parte II — Absorvida e emitida. A reanálise dá, para cinco faixas da calota:

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

7. Calcule a radiação solar absorvida de cada faixa.
8. Calcule a radiação líquida de cada faixa. Qual faixa tem o maior déficit?
9. Calcule a temperatura de emissão de cada faixa.
10. De $40{}^{\circ}$–$50{}^{\circ}$ a $80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$, por qual fator cai a luz solar absorvida, e por qual fator a OLR?
11. Dê duas razões pelas quais o albedo aumenta em direção ao polo.
12. Por que a OLR varia tão menos que a luz solar absorvida?

Parte III — A radiação líquida da calota.

13. Calcule a área de cada faixa e verifique que elas somam a área da questão 6.
14. Calcule a potência radiativa líquida de cada faixa e da calota inteira, em petawatts.
15. Calcule o albedo médio da calota, ponderando cada faixa por sua luz solar incidente, e compare com o albedo global da reanálise, $0.342$.
16. A média global da radiação líquida da reanálise é $-12.90\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. O que isso significaria se fosse real? Compare com o desequilíbrio avaliado de $+0.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
17. Subtraia essa média global da radiação líquida de cada faixa e calcule de novo a potência líquida da calota.
18. Explique, com Proposição 27.9, por que o déficit corrigido da calota deve ser trazido através do 40.º paralelo.

Parte IV — O transporte e sua parcela latente. Sobre a calota a reanálise dá um fluxo médio de calor latente de $42.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ e uma precipitação média de $1.95\,\mathrm{mm}$ por dia; sobre o globo, a média de $LE - LP$ é $2.07\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.

19. Calcule o transporte através de $40{}^{\circ}$ N, em petawatts.
20. Calcule o calor latente $LP$ liberado pela precipitação da calota, em $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, e compare com $LE$.
21. Removendo a média global de $LE - LP$, calcule o calor latente trazido para a calota como vapor d’água, em petawatts.
22. Qual fração do transporte através de $40{}^{\circ}$ N é calor latente?
23. Tomando a parcela da atmosfera encontrada por Trenberth e Caron a $35{}^{\circ}$ N, $78\,\%$, como válida a $40{}^{\circ}$ N, separe o transporte em calor latente, no restante do transporte atmosférico e no oceano.
24. O mesmo estudo encontra $5.0\,\mathrm{PW}$ só para a atmosfera a $43{}^{\circ}$ N. Sua resposta é um limite superior ou inferior da verdade?
25. Quanto calor atravessa o 40.º paralelo norte, em petawatts?

Solução

Solução de Problema 27.1.

1. Junho: $\cos h_0 = -0.3638$, $h_0 = 111.33{}^{\circ}$, $\bar Q = 483.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Dezembro: $h_0 = 68.67{}^{\circ}$, $\bar Q = 155.9\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Março: $h_0 = 90{}^{\circ}$, $\bar Q = (1361/\pi) \times 1.0081 \times \cos40{}^{\circ} = 334.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
2. Junho: $\tan80{}^{\circ}\tan23.44{}^{\circ} = 2.46 > 1$, dia polar, $h_0 = \pi$: $\bar Q = 1361 \times 0.9683 \times \sin80{}^{\circ}\sin23.44{}^{\circ} = 516.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Dezembro: noite polar, $\bar Q = 0$. Março: $(1361/\pi) \times 1.0081 \times \cos80{}^{\circ} = 75.8\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
3. A $80{}^{\circ}$ N o Sol não se põe ($h_0 = 180{}^{\circ}$, 24 horas), enquanto a $40{}^{\circ}$ N ele brilha por $14.8\,\mathrm{h}$. Sua altitude é menor, entre $13.4{}^{\circ}$ e $33.4{}^{\circ}$, mas o termo $h_0\sin\varphi\sin\delta$, que cresce com a duração do dia e a latitude, prevalece.
4. As médias das faixas excedem os valores centrais em $0.5\,\%$, $0.8\,\%$, $1.7\,\%$, $1.7\,\%$ e $1.3\,\%$. Primeiro, a reanálise usa uma irradiância solar ligeiramente maior (Questão 5), $0.5\,\%$ a mais. Segundo, a média de uma faixa não é o valor no centro: a metade equatorial de cada faixa tem mais área e mais luz solar que a metade polar.
5. Pela Proposição 27.4, $S_0 = 4\sqrt{1-e^2} \times 341.9 = 1367\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, $0.47\,\%$ a mais que $1361\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
6. $A = 2\pi a_\oplus^2(1 - \sin40{}^{\circ}) = 2\pi \times (6.371\times10^6)^2 \times 0.3572 = 9.110 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{2}$, uma fração $(1 - \sin40{}^{\circ})/2 = 0.179$ da Terra.
7. $(1 - \alpha)\bar Q$: $198.0$, $159.3$, $124.7$, $92.5$, $74.7$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
8. $R$: $-28.1$, $-51.0$, $-76.6$, $-104.9$, $-116.9$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$. Todas as cinco faixas estão em déficit; a faixa polar $80{}^{\circ}$–$90{}^{\circ}$ tem o maior.
9. $T_e = (\text{OLR}/\sigma)^{1/4}$: $251.3$, $246.8$, $244.1$, $242.9$, $241.1$ $\mathrm{K}$.
10. Absorvida: $198.0/74.7 = 2.65$; OLR: $226.1/191.6 = 1.18$.
11. O Sol está mais baixo, e a luz que chega com ângulo rasante é mais refletida pelas nuvens e pela água; neve e gelo marinho, superfícies brilhantes, cobrem mais do solo e do mar em direção ao polo.
12. A OLR varia como $T_e^4$, e $T_e$ varia apenas $10\,\mathrm{K}$, $4\,\%$, pela calota: as altas latitudes são mantidas bem mais quentes do que sua luz solar sozinha permitiria, pelo calor trazido do sul.
13. Em $\mathrm{m}^{2}$: $3.143 \times 10^{13}$, $2.550 \times 10^{13}$, $1.879 \times 10^{13}$, $1.151 \times 10^{13}$, $0.387 \times 10^{13}$; a soma é $9.110 \times 10^{13}\,\mathrm{m}^{2}$.
14. $R_iA_i$: $-0.883$, $-1.300$, $-1.439$, $-1.207$, $-0.453$ $\mathrm{PW}$; a calota: $-5.28\,\mathrm{PW}$.
15. $\alpha_\text{calota} = \sum\alpha_i\bar Q_iA_i/\sum\bar Q_iA_i = 0.400$, contra $0.342$ do globo.
16. $-12.90 \times 5.10\times10^{14} = -6.58\,\mathrm{PW}$: a Terra estaria perdendo calor a essa taxa e se resfriando. O desequilíbrio avaliado é $+0.7 \times 5.10\times10^{14} = +0.36\,\mathrm{PW}$, dezoito vezes menor e de sinal oposto: o desequilíbrio da reanálise é um erro do modelo.
17. Corrigido, $R_i + 12.90$: $-15.2$, $-38.1$, $-63.7$, $-92.0$, $-104.0$ $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$; potências $-0.478$, $-0.972$, $-1.197$, $-1.059$, $-0.403$ $\mathrm{PW}$; a calota: $-4.108\,\mathrm{PW}$, um déficit médio de $45.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$.
18. A energia da calota não muda de um ano para o outro, de modo que o que ela perde no topo da atmosfera deve entrar nela, e a única maneira de entrar é através do 40.º paralelo: $T(40{}^{\circ}) = -2\pi a_\oplus^2\int_{40{}^{\circ}}^{90{}^{\circ}} R\cos\varphi\,\mathrm d\varphi$.
19. $T(40{}^{\circ}\,\text{N}) = +4.11\,\mathrm{PW}$, para o norte.
20. $LP = 2.4655\times10^6 \times 1.95/86400 = 55.6\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, mais que $LE = 42.4\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$: cai sobre a calota mais água do que evapora dela; a diferença chega como vapor.
21. $(LE - LP) - 2.07 = 42.4 - 55.6 - 2.07 = -15.3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$; vezes a área da calota: $-1.40\,\mathrm{PW}$. A atmosfera traz $1.40\,\mathrm{PW}$ de calor latente através de $40{}^{\circ}$ N.
22. $1.40/4.11 = 0.34$: um terço.
23. Oceano $0.22 \times 4.11 = 0.90\,\mathrm{PW}$; atmosfera $0.78 \times 4.11 = 3.20\,\mathrm{PW}$, dos quais $1.40\,\mathrm{PW}$ latentes e $1.80\,\mathrm{PW}$ transportados como calor sensível e energia potencial do ar.
24. Um limite inferior. O total da reanálise a $43{}^{\circ}$ N, $4.02\,\mathrm{PW}$, é menor que a atmosfera sozinha no estudo, $5.0\,\mathrm{PW}$; o total verdadeiro é maior.
25. Cerca de $4.11\,\mathrm{PW}$, $4.11 \times 10^{15}\,\mathrm{W}$, segundo a radiação da reanálise, um terço dele como calor latente; o valor verdadeiro é ainda maior.