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Ciências da Terra e do espaço universitárias — 1.º ano · 本科一年级

28A circulação geral da atmosfera

Os veleiros que cruzavam da Europa e da África para as Américas dependiam dos ventos alísios, leste constantes dos trópicos. Mais perto do equador, a cerca de cinco graus dele, os mesmos ventos se extinguiam, no cinturão de calmarias e aguaceiros persistentes que os marinheiros chamavam de doldrums. Muito acima de ambos, a cerca de nove quilômetros de altura, estreitos rios de ar chamados correntes de jato podem soprar a mais de $440\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ . Este capítulo explica os três: por que o ar que se move sobre um planeta em rotação acaba soprando ao longo das isóbaras em vez de através delas, como o excedente dos trópicos aciona uma grande célula de circulação em cada lado do equador, e por que o ar que deixa o equador em altitude se transforma em um jato de oeste.

Um ciclone extratropical sobre o Golfo do Alasca em 28 de janeiro de 2018, visto pelo instrumento MODIS a partir da órbita; a costa do Alasca, coberta de neve, está no alto à esquerda, e o norte está aproximadamente para cima. As faixas de nuvem se enrolam em sentido anti-horário em direção ao centro, como faz o ar de uma depressão do Hemisfério Norte. (NASA, MODIS/LANCE, domínio público, via Wikimedia Commons.)

O que você já sabe

Os livros de física dão a relação hidrostática e a força de Coriolis: em um referencial que gira com velocidade angular $\vec\Omega$ , um corpo de massa $m$ que se move com velocidade $\vec v$ em relação ao referencial sente a força fictícia $-2m\,\vec\Omega\times\vec v$ , em ângulo reto com seu movimento. Para a Terra, $\Omega = 2\pi/T_\star$ com o dia sideral $T_\star = 23.9345\,\mathrm{h}$ , isto é $\Omega = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ . O Livro 1 descreveu os ventos globais (os alísios, os ventos de oeste, os leste polares), a célula de convecção, as depressões e anticiclones, as isóbaras de um mapa do tempo e o giro do vento em torno dos centros. Capítulo 26 deu a atmosfera padrão e o gradiente adiabático seco, e Capítulo 27 o transporte de calor para os polos que a circulação leva.

28.1 Forças sobre o ar em movimento

Uma porção de ar é empurrada pela pressão do ar em volta, puxada pela gravidade, freada pelo atrito perto do solo e, vista da Terra em rotação, desviada pela força de Coriolis. A gravidade e a força de pressão vertical se equilibram quase exatamente: é a relação hidrostática. O tempo é feito pelas forças que restam na horizontal.

Definição 28.1 (Força do gradiente de pressão)

A força do gradiente de pressão é a força resultante exercida sobre uma porção de fluido pela pressão do fluido em volta. Por unidade de massa ela é $-(1/\rho)\nabla p$ , em que $\rho$ é a densidade e $\nabla p$ o gradiente de pressão: aponta de alta para baixa pressão, através das isóbaras.

Proposição 28.2 (A força do gradiente de pressão)

Sobre uma porção de volume $\mathrm dV$ e densidade $\rho$ , a pressão do fluido circundante exerce a força $-\nabla p\,\mathrm dV$ , uma aceleração $-(1/\rho)\nabla p$ .

Demonstração. Tome uma pequena caixa de arestas $\mathrm dx$ , $\mathrm dy$ , $\mathrm dz$ ao longo dos eixos. Em sua face em $x$ , a pressão empurra na direção $+x$ com a força $p(x)\,\mathrm dy\,\mathrm dz$ ; em sua face em $x + \mathrm dx$ , na direção $-x$ com $p(x + \mathrm dx)\,\mathrm dy\,\mathrm dz$ . A força líquida ao longo de $x$ é $[p(x) - p(x + \mathrm dx)]\,\mathrm dy\,\mathrm dz = -(\partial p/\partial x)\,\mathrm dV$ , e analogamente ao longo de $y$ e $z$ . O total é $-\nabla p\, \mathrm dV$ ; dividindo pela massa $\rho\,\mathrm dV$ obtém-se a aceleração. ∎

Uma pressão uniforme não exerce força líquida: só suas diferenças empurram. Em um mapa do tempo o gradiente horizontal é lido nas isóbaras: seu tamanho é o degrau de pressão entre duas isóbaras dividido pela distância entre elas. Para isóbaras de $4\,\mathrm{hPa}$ de distância e $400\,\mathrm{km}$ de distância ao nível do mar, onde $\rho \approx 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ , a aceleração é $400/(1.225 \times 4 \times 10^{5}) = 8.2 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ , menos de um décimo de milésimo de $g$ , mas suficiente para levar o ar do repouso a $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ em três horas e meia.

O ar sente a força de Coriolis porque é observado da Terra em rotação. Sua parte horizontal depende da latitude por meio de um único número.

Definição 28.3 (Parâmetro de Coriolis)

O parâmetro de Coriolis na latitude $\varphi$ é $f = 2\Omega\sin\varphi$ , em que $\Omega$ é a velocidade angular da Terra. É positivo no Hemisfério Norte, negativo no Sul, zero no equador e maior nos polos, $2\Omega = 1.458 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

Proposição 28.4 (Aceleração horizontal de Coriolis)

Para um vento horizontal $\vec v$ na latitude $\varphi$ , a parte horizontal da aceleração de Coriolis é $-f\,\vec k\times\vec v$ , em que $\vec k$ é a vertical ascendente: ela tem tamanho $|f|\,|\vec v|$ e aponta em ângulo reto com o vento, para sua direita no Hemisfério Norte e para sua esquerda no Sul.

Demonstração. Use eixos locais $x$ para leste, $y$ para norte, $z$ para cima. O vetor de rotação da Terra está no plano do meridiano, no ângulo $\varphi$ acima do horizonte norte: $\vec\Omega = \Omega(0, \cos\varphi, \sin\varphi)$ . Para $\vec v = (u, v, 0)$ ,

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

Como $\vec k\times\vec v = (-v, u, 0)$ , a parte horizontal $(fv, -fu)$ é $-f\,\vec k\times\vec v$ . O vetor $\vec k\times\vec v$ é $\vec v$ girado de $90{}^{\circ}$ no sentido anti-horário visto de cima; seu oposto é $\vec v$ girado no sentido horário, para a direita, quando $f > 0$ , e para a esquerda quando $f < 0$ . ∎

A parte vertical, $2\Omega u\cos\varphi$ , vale no máximo $1.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ para um vento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cerca de $1.5 \times 10^{-4}$ de $g$ : o equilíbrio hidrostático a absorve. A parte horizontal, por menor que seja, não tem rival na atmosfera livre acima da camada de atrito, e em horas ela molda todos os ventos.

Perto do solo, o ar também roça contra a superfície. Na camada mais baixa, de um quilômetro, a camada de atrito dos meteorologistas, o atrito muda tanto a velocidade quanto a direção do vento; os redemoinhos turbulentos levam o arrasto da superfície para cima, e a força age aproximadamente contra o vento e cresce com ele. Acima, na atmosfera livre, o atrito é pequeno.

28.2 O vento geostrófico

Definição 28.5 (Equilíbrio geostrófico, vento geostrófico)

Um escoamento horizontal está em equilíbrio geostrófico quando sua força do gradiente de pressão e sua força de Coriolis se anulam. O vento geostrófico $\vec v_g$ é o vento que realiza esse equilíbrio para um dado campo de pressão: $-(1/\rho)\nabla p - f\,\vec k\times\vec v_g = \vec 0$ .

Teorema 28.6 (O vento geostrófico)

Longe do equador,

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

O vento geostrófico sopra ao longo das isóbaras, mais depressa onde elas estão mais próximas. No Hemisfério Norte ele deixa a baixa pressão à sua esquerda; no Hemisfério Sul, à sua direita.

Demonstração. Para um vetor horizontal $\vec w$ , $\vec k\times(\vec k\times\vec w) = -\vec w$ . Aplicando $\vec k\times$ ao equilíbrio $f\,\vec k\times\vec v_g = -(1/\rho)\nabla p$ obtém-se $-f\vec v_g = -(1/\rho)\,\vec k\times\nabla p$ , daí a fórmula, válida onde $f \neq 0$ . Como $\vec k\times\nabla p$ é perpendicular a $\nabla p$ , o vento é perpendicular ao gradiente, isto é, segue as isóbaras; seu tamanho é $|\nabla p|/(\rho|f|)$ . O vetor $\vec k\times\nabla p$ é o gradiente girado de $90{}^{\circ}$ no sentido anti-horário. Olhando ao longo dele, o gradiente, que aponta para a alta pressão, fica à direita, logo a baixa pressão fica à esquerda; para $f > 0$ o vento tem a direção de $\vec k\times\nabla p$ , para $f < 0$ , a oposta. ∎

Exemplo 28.7 (Um vento lido das isóbaras)

A $50{}^{\circ}$ N, $f = 2 \times 7.292 \times 10^{-5} \times \sin50{}^{\circ} = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Isóbaras de $4\,\mathrm{hPa}$ de distância e $400\,\mathrm{km}$ de distância dão $|\nabla p| = 400/4 \times 10^{5} = 1.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}$ e, com $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ , um vento geostrófico de $1.0 \times 10^{-3}/(1.225 \times 1.117 \times 10^{-4}) = 7.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . O mesmo espaçamento a $20{}^{\circ}$ N, onde $f$ é menos da metade, daria $16.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

O equilíbrio não é instantâneo. O ar posto em movimento por um gradiente de pressão gira sob a força de Coriolis à taxa $f$ , cerca de uma vez a cada $2\pi/f$ , cerca de dezesseis horas a $50{}^{\circ}$ ; padrões que duram mais que algumas horas, e são maiores que algumas centenas de quilômetros, são próximos do geostrófico. Perto do equador $f$ tende a zero, a fórmula deixa de valer, e os ventos dos trópicos profundos não são geostróficos.

Forças sobre uma porção de ar no Hemisfério Norte, com baixa pressão ao norte. À esquerda: na atmosfera livre a força do gradiente de pressão (vermelho) e a força de Coriolis (azul) se anulam, e o vento sopra ao longo das isóbaras com a baixa à sua esquerda. À direita: perto do solo o atrito (verde) age contra o vento; as três forças só se equilibram se o vento for mais lento e girado de um ângulo em direção à baixa (desenhado para = 25 e o arrasto de ). — Forças sobre uma porção de ar no Hemisfério Norte, com baixa pressão ao norte. À esquerda: na atmosfera livre a força do gradiente de pressão (vermelho) e a força de Coriolis (azul) se anulam, e o vento sopra ao longo das isóbaras com a baixa à sua esquerda. À direita: perto do solo o atrito (verde) age contra o vento; as três forças só se equilibram se o vento for mais lento e girado de um ângulo $\alpha$ em direção à baixa (desenhado para $\alpha = 25{}^{\circ}$ e o arrasto de Proposição 28.8).

Proposição 28.8 (O atrito faz o vento girar em direção à baixa pressão)

Suponha que um vento horizontal estacionário $\vec v$ esteja sujeito à força do gradiente de pressão, à força de Coriolis e a uma força de atrito $-\vec v/\tau$ , com $\tau > 0$ , em uma latitude onde $f > 0$ . Então o vento cruza as isóbaras em direção à baixa pressão, no ângulo $\alpha$ com $\tan\alpha = 1/(f\tau)$ , e sua velocidade é $|\vec v| = |\vec v_g|\cos\alpha$ , menor que o vento geostrófico.

Demonstração. Seja $V = |\vec v|$ , $\hat v$ o vetor unitário ao longo do vento e $\hat n$ o vetor unitário em ângulo reto com ele, à sua esquerda. O equilíbrio é $-(1/\rho)\nabla p - f\, \vec k\times\vec v - \vec v/\tau = \vec 0$ , e $\vec k\times\vec v = V\hat n$ . Ao longo de $\hat v$ : $-(1/\rho)\,\nabla p\cdot\hat v = V/\tau > 0$ , de modo que o vento tem uma componente descendo o gradiente de pressão, em direção à baixa pressão. Ao longo de $\hat n$ : $-(1/\rho)\,\nabla p\cdot\hat n = fV$ . A força do gradiente de pressão, de tamanho $P = |\nabla p|/\rho = f|\vec v_g|$ , tem portanto componentes $V/\tau$ ao longo do vento e $fV$ através dele: forma com o vento o ângulo $\beta$ com $\tan\beta = 1/(f\tau)$ , e $P^2 = V^2(f^2 + 1/\tau^2)$ . As isóbaras são perpendiculares ao gradiente, de modo que o vento as cruza em $\alpha = \beta$ , e $V = P/\sqrt{f^2 + 1/\tau^2} = (P/f)\cos\alpha = |\vec v_g|\cos\alpha$ . ∎

Uma superfície mais áspera significa um arrasto mais forte, um $\tau$ menor e um ângulo maior: o vento cruza as isóbaras mais inclinadamente sobre a terra que sobre o mar. O atrito real não é exatamente linear no vento, mas a conclusão, mais lento e girado em direção à baixa, é geral.

Observação 28.9 (O vento de gradiente)

Em torno de um centro as isóbaras são curvas, e o ar que as segue é acelerado em direção ao centro de curvatura, $V^2/r$ para um círculo de raio $r$ . Em torno de uma baixa no Hemisfério Norte, a força do gradiente de pressão deve então exceder a força de Coriolis: $fV + V^2/r = f|\vec v_g|$ , e o vento, chamado vento de gradiente, é mais fraco que o geostrófico. Em torno de uma alta, a força de Coriolis deve exceder a do gradiente de pressão, $fV - V^2/r = f|\vec v_g|$ : o vento é mais forte, mas a equação só tem solução se $|\vec v_g| \leq fr/4$ , o que proíbe gradientes de pressão fortes perto do centro de um anticiclone (Exercício 28.10).

28.3 Depressões e anticiclones

Definição 28.10 (Ciclone, anticiclone)

Um ciclone é uma circulação de grande escala de ventos em torno de um centro de baixa pressão, uma depressão; um anticiclone é uma circulação em torno de um centro de alta pressão. Um ciclone gira no sentido anti-horário no Hemisfério Norte e no sentido horário no Sul; um anticiclone, no sentido contrário.

Os sentidos de rotação seguem de Teorema 28.6: no Hemisfério Norte, um vento que deixa a baixa à sua esquerda gira em torno da baixa no sentido anti-horário e em torno de uma alta no sentido horário. Vistas do espaço, as nuvens de uma depressão traçam o giro (a fotografia no início do capítulo); no Hemisfério Sul as espirais são imagens espelhadas.

História — Lei de Buys Ballot, 1857

Em 1857 o meteorologista holandês C. H. D. Buys Ballot enunciou uma regra encontrada nas observações: no Hemisfério Norte, uma pessoa de costas para o vento tem a baixa pressão à sua esquerda e a alta à sua direita; no Hemisfério Sul, o inverso. Ele não sabia que o meteorologista americano William Ferrel já a havia deduzido da teoria, e depois reconheceu a prioridade de Ferrel. O vento geostrófico é a lei em equações.

Por fim, o atrito acrescenta uma reviravolta importante. Perto do solo o vento cruza as isóbaras em direção à baixa pressão (Proposição 28.8): em torno de uma depressão o ar espirala para dentro, converge perto do solo e precisa subir. O ar ascendente se expande e esfria à taxa adiabática seca (Capítulo 26), e, uma vez saturado, seu vapor d’água condensa: depressões trazem nuvens e chuva. Em torno de um anticiclone o ar da superfície espirala para fora; o ar desce de cima para substituí-lo, aquece por compressão, e suas nuvens se evaporam: anticiclones trazem tempo estável, muitas vezes claro.

O mapa abaixo é um exemplo inventado, calculado e não observado: uma depressão de $28\,\mathrm{hPa}$ de profundidade e um anticiclone de $20\,\mathrm{hPa}$ de altura sobre um fundo de $1013\,\mathrm{hPa}$ , centrados perto de $50{}^{\circ}$ N. Em cada estação a barbela do vento mostra o vento geostrófico calculado a partir do mapa com Teorema 28.6.

Um mapa de pressão ao nível do mar inventado, perto de 50 N (isóbaras a cada 4\, hPa; pressões centrais de 986\, hPa e 1033\, hPa). Cada barbela aponta para o vento geostrófico em sua estação, com a haste voltada para o lado de onde o vento vem; uma pena inteira é 10\, kn, meia pena 5\, kn, uma bandeira 50\, kn (1\, kn = 0.514\, m/ s). Os ventos giram no sentido anti-horário em torno da baixa e no sentido horário em torno da alta, e são mais fortes onde as isóbaras se apertam entre as duas, chegando a 36\, m/ s. — Um mapa de pressão ao nível do mar inventado, perto de $50{}^{\circ}$ N (isóbaras a cada $4\,\mathrm{hPa}$ ; pressões centrais de $986\,\mathrm{hPa}$ e $1033\,\mathrm{hPa}$ ). Cada barbela aponta para o vento geostrófico em sua estação, com a haste voltada para o lado de onde o vento vem; uma pena inteira é $10\,\mathrm{kn}$ , meia pena $5\,\mathrm{kn}$ , uma bandeira $50\,\mathrm{kn}$ ( $1\,\mathrm{kn}$ = $0.514\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ). Os ventos giram no sentido anti-horário em torno da baixa e no sentido horário em torno da alta, e são mais fortes onde as isóbaras se apertam entre as duas, chegando a $36\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

28.4 A circulação de três células

Em média sobre o globo e ao longo de muitos anos, os ventos que sopram para o norte ou para o sul são fracos, de alguns metros por segundo no máximo, mas carregam muito ar. Seu padrão é mais bem visto na massa que flui entre o equador e os polos.

Definição 28.11 (Função de corrente meridional média)

A função de corrente meridional média $\psi(p, \varphi)$ é a massa de ar por segundo que cruza a latitude $\varphi$ para o norte acima do nível de pressão $p$ , na média zonal e temporal:

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

onde $[v]$ é o vento para o norte médio sobre o paralelo. Ela é medida em $\mathrm{kg}\,\mathrm{s}^{-1}$ .

Como $\mathrm dp' = -\rho g\,\mathrm dz$ pela relação hidrostática, $2\pi a_\oplus \cos\varphi\,[v]\,\mathrm dp'/g$ é o fluxo de massa através de um anel do paralelo. O ar que cruza o paralelo acima de $p$ deve cruzá-lo no sentido contrário abaixo de $p$ , já que a massa não se acumula: $\psi$ se anula no solo e no topo, e suas linhas de valor igual são os caminhos da circulação média. Uma célula com $\psi > 0$ gira no sentido horário quando desenhada com o Polo Norte à direita: para o norte acima, para o sul abaixo.

A função de corrente meridional média no inverno boreal (em cima) e no verão boreal (embaixo), a partir do vento para o norte médio zonal da Reanálise 1 NCEP-NCAR, médias 1991–2020 (dados fornecidos pelo NOAA PSL). Vermelho: células no sentido horário nesta vista (ascendendo em seu lado sul), azul: no sentido anti-horário; preto: as linhas nulas que separam as células. A célula de Hadley de inverno cruza o equador e ofusca a de verão.

Na média anual, a reanálise mostra duas células fortes em torno do equador, com máximos de $8.7 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ perto de $15{}^{\circ}$ N e $15{}^{\circ}$ S a $400\,\mathrm{hPa}$ ; a $500\,\mathrm{hPa}$ suas bordas polares ficam a $33{}^{\circ}$ N e $32{}^{\circ}$ S. Mais a polo delas, duas células mais fracas giram no sentido contrário, até cerca de $61{}^{\circ}$ N e $64{}^{\circ}$ S. As estações remodelam o quadro: de dezembro a fevereiro, o inverno do norte, a célula que ascende ao sul do equador e desce nos subtrópicos do norte transporta $21.4 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ e vai de $13{}^{\circ}$ S a $31{}^{\circ}$ N; de junho a agosto, sua imagem espelhada transporta $18.9 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ de $17{}^{\circ}$ N a $29{}^{\circ}$ S.

Definição 28.12 (Células de Hadley, Ferrel e polar; altas subtropicais)

A circulação meridional média de cada hemisfério tem três células. A célula de Hadley ascende perto do equador, escoa para o polo em altitude, desce perto de $30{}^{\circ}$ e retorna em direção ao equador na superfície. A célula de Ferrel, entre cerca de $30{}^{\circ}$ e $60{}^{\circ}$ , gira no sentido contrário: desce perto de $30{}^{\circ}$ e sobe perto de $60{}^{\circ}$ , com seu escoamento de superfície para o polo. A célula polar, a menor e a mais fraca, sobe perto de $60{}^{\circ}$ , desce sobre o polo e retorna em direção a $60{}^{\circ}$ na superfície. As altas subtropicais são os cinturões de alta pressão ao nível do mar perto de $30{}^{\circ}$ N e S, sob os ramos descendentes das células de Hadley.

Definição 28.13 (Alísios, ventos de oeste)

Os alísios são os ventos de superfície persistentes que sopram das altas subtropicais em direção à baixa equatorial, desviados pela força de Coriolis para nordeste no Hemisfério Norte e para sudeste no Sul. Os ventos de oeste são os ventos predominantes de oeste das latitudes médias, entre cerca de $35{}^{\circ}$ e $60{}^{\circ}$ . Mais para os polos sopram os leste polares.

O ramo de superfície de cada célula explica seu vento. O escoamento de retorno da célula de Hadley se move em direção ao equador e é desviado para oeste pela força de Coriolis: os alísios. O escoamento de superfície da célula de Ferrel se move para o polo e é desviado para leste: os ventos de oeste. Na média anual da reanálise, o vento zonal logo acima do solo é de $-3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ N e $-4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ S (negativo: de leste), $+1.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N e $+6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ S; a pressão ao nível do mar atinge o máximo de $1017.5\,\mathrm{hPa}$ perto de $35{}^{\circ}$ N e $1018.7\,\mathrm{hPa}$ perto de $32{}^{\circ}$ S, e cai para $988\,\mathrm{hPa}$ a $60{}^{\circ}$ S, o profundo cavado do Oceano Austral.

Esquerda: os ventos de superfície da circulação de três células, desviados para a direita do seu movimento no Hemisfério Norte e para a esquerda no Sul, entre os cinturões de pressão. Direita: as três células do Hemisfério Norte numa seção meridional (altura fora de escala); o Hemisfério Sul é a imagem espelhada. Os alísios são o ramo de retorno da célula de Hadley, os ventos de oeste o ramo de superfície da célula de Ferrel.

História — Hadley 1735, Ferrel 1856

Em 1735 George Hadley publicou nas Philosophical Transactions um breve artigo sobre a causa dos alísios gerais. Para explicá-los, propôs uma única circulação em cada hemisfério, do equador ao polo. Em 1856 William Ferrel publicou An essay on the winds and currents of the ocean, no qual o ar das latitudes médias flui em direção ao polo e para leste perto da superfície: o primeiro relato dos ventos de oeste entre $35{}^{\circ}$ e $60{}^{\circ}$ . Seu artigo não oferecia justificativa matemática; a circulação que descreveu é a célula que leva seu nome.

Por que a célula de Hadley deveria parar perto de $30{}^{\circ}$ , em vez de ir até o polo, como pensava Hadley? A resposta está no momento angular que o ar carrega em torno do eixo da Terra.

Proposição 28.14 (O vento de momento angular)

Um anel de ar na latitude $\varphi$ , com vento para leste $u$ em relação ao solo, tem o momento angular absoluto por unidade de massa em torno do eixo da Terra $M = (\Omega a_\oplus\cos\varphi + u)\,a_\oplus\cos\varphi$ . Se um anel em repouso na latitude $\varphi_0$ se move para $\varphi$ sem torque agindo sobre ele, chega com o vento de

u(\varphi) = \Omega a_\oplus\,\frac{\cos^2\varphi_0 - \cos^2\varphi}{\cos\varphi}, \qquad\text{e a partir do equador}\qquad u(\varphi) = \Omega a_\oplus\,\frac{\sin^2\varphi}{\cos\varphi} .

Demonstração. Um anel na latitude $\varphi$ está à distância $r = a_\oplus\cos\varphi$ do eixo. Sua velocidade absoluta para leste é a do solo, $\Omega r$ , mais o vento $u$ ; seu momento angular por unidade de massa é $M = (\Omega r + u)\,r$ . Sem torque, $M$ se conserva: $(\Omega a_\oplus\cos\varphi + u)\cos\varphi = \Omega a_\oplus \cos^2\varphi_0$ , daí a primeira fórmula; $\varphi_0 = 0$ dá a segunda, já que $1 - \cos^2\varphi = \sin^2\varphi$ . ∎

O solo no equador se move para leste a $\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . O ar que deixa o equador em repouso em altitude e se move para o polo se aproxima do eixo e, como uma patinadora que encolhe os braços, gira mais depressa que o solo abaixo dele: a $20{}^{\circ}$ sopraria de oeste a $58\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , a $30{}^{\circ}$ a $134\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , a $40{}^{\circ}$ a $251\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . Nenhum vento de tal força é observado. O vento zonal médio a $200\,\mathrm{hPa}$ atinge o máximo de $42.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ perto de $30{}^{\circ}$ N no inverno do norte e $40.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ perto de $30{}^{\circ}$ S no inverno do sul.

O vento para leste de um anel de ar que deixa o equador em repouso e conserva seu momento angular (vermelho, ), contra o vento zonal médio a 200\, hPa na reanálise (preto: inverno do norte; tracejado: verão do norte), Reanálise 1 NCEP-NCAR, médias 1991–2020, dados fornecidos pelo NOAA PSL. Os dois concordam perto do equador; a partir de 15 em direção ao polo, o anel ultrapassa cada vez mais o vento real. — O vento para leste de um anel de ar que deixa o equador em repouso e conserva seu momento angular (vermelho, Proposição 28.14), contra o vento zonal médio a $200\,\mathrm{hPa}$ na reanálise (preto: inverno do norte; tracejado: verão do norte), Reanálise 1 NCEP-NCAR, médias 1991–2020, dados fornecidos pelo NOAA PSL. Os dois concordam perto do equador; a partir de $15{}^{\circ}$ em direção ao polo, o anel ultrapassa cada vez mais o vento real.

A proposição impõe um limite ao ramo superior da célula de Hadley. À medida que seu ar se move para o polo, seu vento de oeste cresce, e cresce a força de Coriolis que o devolve ao equador; muito antes de se atingirem as velocidades do anel, o escoamento se torna instável e se desfaz em grandes redemoinhos, as depressões e anticiclones das latitudes médias. Esses redemoinhos, em vez de uma circulação suave, levam calor e momento angular para o polo além dos subtrópicos; a célula de Ferrel é a assinatura média de seu movimento, e o jato real é mais lento que o anel porque os redemoinhos retiram parte de seu momento angular. Por que a célula termina perto de $30{}^{\circ}$ , em vez de $20{}^{\circ}$ ou $40{}^{\circ}$ , exige a teoria dessas instabilidades, que vai além deste volume.

Dados de 2021

A avaliação do Painel Intergovernamental sobre Mudanças Climáticas publicada em 2021 encontra um alargamento provável da circulação de Hadley desde os anos 1980, sobretudo por sua extensão no Hemisfério Norte, embora com apenas confiança média quanto à extensão das mudanças, junto com um fortalecimento, particularmente no Hemisfério Norte (confiança média).

28.5 A ZCIT e a circulação de Walker

Definição 28.15 (Zona de convergência intertropical)

A zona de convergência intertropical (ZCIT) é o cinturão perto do equador onde os alísios de nordeste e de sudeste convergem, formando uma faixa muitas vezes contínua de nuvens e tempestades. É o ramo ascendente das duas células de Hadley; os ventos fracos de sua superfície são as doldrums dos marinheiros.

A zona de convergência intertropical sobre o Pacífico leste: uma linha de nuvens brilhantes atravessando o oceano ao norte do equador, com a América Central e a do Sul à direita. A imagem combina dados de nuvens do satélite geoestacionário GOES-11 com cores da cobertura do solo. (NASA Earth Observatory, domínio público, via Wikimedia Commons.)

O ar convergente precisa subir, e o ar úmido ascendente forma nuvens: a ZCIT é o cinturão mais chuvoso do planeta, e sua posição é traçada pela latitude onde a precipitação zonal média atinge o máximo. A ZCIT segue o Sol, com atraso. Na reanálise o máximo se desloca de $12.8{}^{\circ}$ S em fevereiro para $10.9{}^{\circ}$ N em setembro; média sobre os doze meses ela fica a $2.6{}^{\circ}$ N. A média zonal esconde grandes diferenças entre longitudes: sobre o Pacífico leste da fotografia a faixa fica ao norte do equador, e uma média zonal mistura essas faixas com outras que oscilam mais longe com as estações.

A latitude do máximo de precipitação zonal média, mês a mês, entre 20 S e 20 N: a zona de convergência intertropical migra para o norte no verão do norte e para o sul no verão do sul, dois ou três meses atrás do Sol. Reanálise 1 NCEP-NCAR, médias 1991–2020, dados fornecidos pelo NOAA PSL. — A latitude do máximo de precipitação zonal média, mês a mês, entre $20{}^{\circ}$ S e $20{}^{\circ}$ N: a zona de convergência intertropical migra para o norte no verão do norte e para o sul no verão do sul, dois ou três meses atrás do Sol. Reanálise 1 NCEP-NCAR, médias 1991–2020, dados fornecidos pelo NOAA PSL.

Ao longo do próprio equador, onde $f = 0$ , o ar se move diretamente pelo gradiente de pressão, e uma circulação leste–oeste aparece sobre o Pacífico.

Definição 28.16 (Circulação de Walker)

A circulação de Walker é a célula de circulação leste–oeste da atmosfera ao longo do Pacífico equatorial: o ar sobe sobre as águas quentes do oeste, em torno do Continente Marítimo, escoa para leste em altitude, desce sobre o Pacífico leste e retorna para oeste perto da superfície, com os alísios.

A circulação de Walker ao longo do Pacífico equatorial (esquemático; altura fora de escala): ascendendo sobre o oeste quente, para leste em altitude, descendo no leste e voltando para oeste com os alísios perto da superfície.

A circulação de Walker não é estacionária. Quando ela se enfraquece, o movimento ascendente sobre o Continente Marítimo se enfraquece e o ar ali pode até descer; quando se fortalece, a subida e a chuva sobre o oeste aumentam. Essas oscilações, El Niño e La Niña, e as inversões sazonais das monções são assunto do Livro 4. Ao longo das décadas desde 1980, a avaliação de 2021 do IPCC encontra um fortalecimento muito provável da circulação de Walker, parecido com o estado de La Niña, e um deslocamento para oeste, com confiança média quanto ao tamanho das mudanças.

28.6 Correntes de jato

Definição 28.17 (Corrente de jato; jatos subtropical e da frente polar)

Uma corrente de jato é uma faixa estreita de vento forte, normalmente um vento horizontal alto na troposfera, cuja posição muda de dia para dia. O jato subtropical sopra de oeste perto da borda polar da célula de Hadley, em geral entre $20{}^{\circ}$ e $30{}^{\circ}$ de latitude a alturas de $12\text{ a }14\,\mathrm{km}$ . O jato da frente polar sopra de oeste acima da fronteira entre ar polar e subtropical, entre cerca de $50{}^{\circ}$ e $60{}^{\circ}$ ; é o núcleo rápido dos ventos de oeste, guiado pelas e guiando as depressões e anticiclones das latitudes médias.

Correntes de jato costumam ser encontradas perto de $9\,\mathrm{km}$ , podem passar de $440\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ , e são mais fortes no inverno de cada hemisfério, quando o contraste de temperatura entre os trópicos e o polo é maior. O jato subtropical é o vento de momento angular de Proposição 28.14, domado pelos redemoinhos; ele fica na borda da célula de Hadley, perto de $30{}^{\circ}$ na média de inverno. O jato da frente polar oscila para o norte e para o sul com as depressões que passam, e a média sobre o globo o espalha: na média zonal do verão do norte resta apenas um máximo fraco de $21.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ perto de $42.5{}^{\circ}$ N, e no verão do sul $29.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ perto de $47.5{}^{\circ}$ S. Por que o vento aumenta com a altura onde a temperatura cai em direção ao polo, o vento térmico, é mostrado no Livro 5.

28.7 Exercícios

Exercício 28.1 ★

Tome $\Omega = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ . (a) Calcule o parâmetro de Coriolis a $0{}^{\circ}$ , $30{}^{\circ}$ , $45{}^{\circ}$ e $90{}^{\circ}$ N. (b) Calcule a aceleração horizontal de Coriolis de um vento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N e compare-a com $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ . (c) Em que direção ela aponta se o vento sopra para o norte?

Solução

Solução de Exercício 28.1.

(a) $f = 2\Omega\sin\varphi$ : $0$ no equador, $7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ a $30{}^{\circ}$ , $1.031 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ a $45{}^{\circ}$ e $1.458 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ no polo. (b) $fV = 1.031 \times 10^{-4} \times 10 = 1.03 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ , cerca de $1.05 \times 10^{-4}$ de $g$ . (c) No Hemisfério Norte o desvio é para a direita do movimento: um vento que sopra para o norte é empurrado para leste.

Exercício 28.2 ★

Duas isóbaras de $4\,\mathrm{hPa}$ de distância estão a $400\,\mathrm{km}$ de distância ao nível do mar, onde $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ . (a) Calcule a aceleração devida à força do gradiente de pressão. (b) Se nada mais atuasse, quanto tempo levaria para acelerar um ar parado a $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ? (c) Compare essa aceleração com a aceleração de Coriolis de um vento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N, e diga o que isso sugere.

Solução

Solução de Exercício 28.2.

(a) $|\nabla p|/\rho = (400/4 \times 10^{5})/1.225 = 8.16 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ . (b) $10/8.16 \times 10^{-4} = 12\,250\,\mathrm{s}$ , $3.4\,\mathrm{h}$ . (c) A aceleração de Coriolis de um vento de $10\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N é $1.03 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ : as duas são do mesmo tamanho (razão $0.79$ ). Em poucas horas depois de começar a se mover, o ar sente uma força de Coriolis capaz de equilibrar o gradiente de pressão: o vento se estabiliza perto da velocidade geostrófica, aqui $8.16 \times 10^{-4}/1.031 \times 10^{-4} = 7.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , em vez de acelerar descendo o gradiente.

Exercício 28.3 ★

A $40{}^{\circ}$ N, isóbaras de $4\,\mathrm{hPa}$ de distância estão a $250\,\mathrm{km}$ de distância; tome $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ . (a) Calcule o vento geostrófico em $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e em nós ( $1\,\mathrm{kn}$ = $0.5144\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ). (b) A baixa fica ao sul. De que direção sopra o vento? (c) Descreva a barbela do vento (haste e penas) que um meteorologista desenharia.

Solução

Solução de Exercício 28.3.

(a) $f = 2 \times 7.292 \times 10^{-5} \times \sin40{}^{\circ} = 9.374 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $|\vec v_g| = (400/2.5 \times 10^{5})/(1.225 \times 9.374 \times 10^{-5}) = 13.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , ou $13.93/0.5144 = 27.1\,\mathrm{kn}$ . (b) No Hemisfério Norte o vento deixa a baixa à sua esquerda: com a baixa ao sul, sopra para oeste, vindo do leste (azimute $90{}^{\circ}$ ). (c) A haste aponta para leste a partir do círculo da estação, para dentro do vento; $27.1\,\mathrm{kn}$ arredonda para $25\,\mathrm{kn}$ , duas penas inteiras e meia pena, desenhadas no lado sul da haste, em direção à baixa.

Exercício 28.4 ★

As médias anuais da reanálise dão, perto do solo, o vento para leste $-3.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ N, $-4.4\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ S, $+1.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ N e $+6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $45{}^{\circ}$ S, e a pressão ao nível do mar $1011.8\,\mathrm{hPa}$ a $15{}^{\circ}$ N, $1016.8\,\mathrm{hPa}$ a $30{}^{\circ}$ N e $1015.8\,\mathrm{hPa}$ a $45{}^{\circ}$ N. (a) Dê o nome do cinturão de vento em cada uma das quatro latitudes. (b) Explique o sinal de cada vento com o ramo de superfície de uma célula. (c) Onde fica a alta subtropical do Hemisfério Norte segundo essas pressões?

Solução

Solução de Exercício 28.4.

(a) $15{}^{\circ}$ N: alísios de nordeste; $15{}^{\circ}$ S: alísios de sudeste; $45{}^{\circ}$ N e $45{}^{\circ}$ S: ventos de oeste. (b) A $15{}^{\circ}$ o ar de superfície da célula de Hadley volta em direção ao equador e é desviado para oeste pela força de Coriolis (para a direita no norte, para a esquerda no sul): de leste, $u$ negativo. A $45{}^{\circ}$ o ar de superfície da célula de Ferrel se move para o polo e é desviado para leste: de oeste, $u$ positivo. (c) Das três latitudes, a pressão é mais alta a $30{}^{\circ}$ N, $1016.8\,\mathrm{hPa}$ : a alta subtropical fica perto de $30{}^{\circ}$ N (o perfil completo põe seu máximo perto de $35{}^{\circ}$ N).

Exercício 28.5 ★★

Um gradiente de pressão de $2\,\mathrm{hPa}$ por $500\,\mathrm{km}$ , com $\rho = 1.225\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ , é encontrado a $60{}^{\circ}$ , $50{}^{\circ}$ , $30{}^{\circ}$ , $20{}^{\circ}$ , $10{}^{\circ}$ e $5{}^{\circ}$ N. (a) Calcule o vento geostrófico em cada latitude. (b) Os ventos reais dos trópicos profundos raramente passam de alguns metros por segundo sobre gradientes desse tipo. Explique por que o equilíbrio geostrófico falha perto do equador, usando o tempo $1/f$ que a força de Coriolis leva para girar o vento.

Solução

Solução de Exercício 28.5.

(a) $|\nabla p|/\rho = (200/5 \times 10^{5})/1.225 = 3.27 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ , dividido por $f$ : $2.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $60{}^{\circ}$ , $2.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $50{}^{\circ}$ , $4.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ , $6.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ , $12.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $10{}^{\circ}$ e $25.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $5{}^{\circ}$ . (b) A força de Coriolis gira um vento em um tempo da ordem de $1/f$ : $2.2\,\mathrm{h}$ a $60{}^{\circ}$ , $11\,\mathrm{h}$ a $10{}^{\circ}$ , $22\,\mathrm{h}$ a $5{}^{\circ}$ , e infinito no equador. Perto do equador o campo de pressão muda, e o atrito age, muito antes de o vento poder ser girado ao longo das isóbaras: o equilíbrio nunca se estabelece, e o ar flui em parte descendo o gradiente, a velocidades modestas.

Exercício 28.6 ★★

(a) Com Proposição 28.14, calcule o vento de um anel de ar que deixa o equador em repouso, a $10{}^{\circ}$ , $15{}^{\circ}$ , $20{}^{\circ}$ e $30{}^{\circ}$ ; tome $\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (b) O mesmo para um anel que começa em repouso a $10{}^{\circ}$ , $15{}^{\circ}$ , $20{}^{\circ}$ e $30{}^{\circ}$ . (c) O ramo ascendente da célula de Hadley se espalha por latitudes em vez de ficar exatamente no equador. Como isso muda o jato previsto?

Solução

Solução de Exercício 28.6.

(a) $u = 464.6\,\sin^2\varphi/\cos\varphi$ : $14.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $10{}^{\circ}$ , $32.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ , $57.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ , $134.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ . (b) $u = 464.6\,(\cos^210{}^{\circ} - \cos^2\varphi)/\cos\varphi$ : $17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $15{}^{\circ}$ , $42.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ , $117.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ . (c) O ar que começa mais longe do equador começa mais perto do eixo, com menos momento angular sobrando: chega com um vento de oeste mais fraco em cada latitude. Espalhar o ramo ascendente baixa o jato previsto, mas nem de longe o suficiente para atingir os $40\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ observados.

Exercício 28.7 ★★

(a) Um navio no Hemisfério Norte tem o vento de sudoeste. Usando a lei de Buys Ballot, onde está o centro de baixa pressão? (b) Um navio no Hemisfério Sul tem o vento de noroeste. Onde está a baixa? (c) Perto do solo o vento cruza as isóbaras em direção à baixa pressão. Isso muda sua resposta a (a), girando a direção da baixa no sentido horário ou anti-horário?

Solução

Solução de Exercício 28.7.

(a) O vento sopra para nordeste. De costas para ele, de frente para o nordeste, a baixa fica à esquerda: a noroeste. (b) O vento sopra para sudeste; no Hemisfério Sul a baixa fica à direita de quem está de costas para o vento: a sudoeste. (c) O vento de superfície é desviado das isóbaras em direção à baixa, isto é, no sentido anti-horário em relação ao vento geostrófico no Hemisfério Norte. O vento geostrófico, e a baixa em ângulo reto à sua esquerda, são portanto girados no sentido horário em relação à resposta de (a): a baixa fica entre noroeste e norte, no azimute $315{}^{\circ} + \alpha$ para um ângulo de cruzamento $\alpha$ .

Exercício 28.8 ★★

(a) Calcule a massa de ar entre o equador e $30{}^{\circ}$ N e entre os níveis de pressão $1000\,\mathrm{hPa}$ e $100\,\mathrm{hPa}$ , com $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$ e $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ . (b) Na média anual a célula de Hadley norte da reanálise transporta $8.7 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ . Quanto tempo levaria para fazer essa massa passar pela célula uma vez? (c) A mesma pergunta para a célula do inverno do norte, $21.4 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ .

Solução

Solução de Exercício 28.8.

(a) A área entre o equador e $30{}^{\circ}$ N é $2\pi a_\oplus^2\sin30{}^{\circ} = 1.275 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$ ; a massa acima de um metro quadrado entre os dois níveis é $\Delta p/g = 9 \times 10^{4}/9.81 = 9174\,\mathrm{kg}$ ; o total é $1.170 \times 10^{18}\,\mathrm{kg}$ . (b) $1.170 \times 10^{18}/8.7 \times 10^{10} = 1.34 \times 10^{7}\,\mathrm{s}$ , cerca de $156$ dias, cinco meses. (c) $1.170 \times 10^{18}/21.4 \times 10^{10} = 5.47 \times 10^{6}\,\mathrm{s}$ , cerca de $63$ dias, dois meses.

Exercício 28.9 ★★

Suponha que sob uma alta subtropical o ar desce a $1\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ , e que ele é insaturado. (a) Quanto ele desce em um dia? (b) Quanto ele aquece em um dia, se nada mais atuar, com o gradiente adiabático seco de $9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ ? (c) O ar não aquece tanto assim dia após dia. Qual processo de Capítulo 27 equilibra o aquecimento? (d) Por que muitos dos grandes desertos quentes se encontram sob essas altas?

Solução

Solução de Exercício 28.9.

(a) $0.01 \times 86\,400 = 864\,\mathrm{m}$ por dia. (b) $0.864 \times 9.8 = 8.5\,\mathrm{K}$ por dia. (c) O ar esfria emitindo radiação infravermelha: a atmosfera perde mais energia por radiação do que absorve, e a descida do ar, aquecendo-o por compressão, compensa a perda. (d) O ar descendente aquece e seca em relação à saturação, suas nuvens se evaporam e a chuva não pode se formar: as altas subtropicais são cinturões de céu claro e pouca chuva, onde se formam desertos quentes sobre a terra.

Exercício 28.10 ★★★

A $50{}^{\circ}$ N, tome $f = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ e isóbaras circulares de raio $r = 500\,\mathrm{km}$ (Observação 28.9). (a) Em torno de uma baixa onde o vento geostrófico seria $15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , resolva $V^2/r + fV = f|\vec v_g|$ para o vento de gradiente $V$ . (b) Em torno de uma alta, mostre que $V^2/r - fV + f |\vec v_g| = 0$ tem solução apenas se $|\vec v_g| \leq fr/4$ , e calcule esse limite. (c) O que (b) implica para o espaçamento das isóbaras perto do centro de um anticiclone, comparado com uma depressão?

Solução

Solução de Exercício 28.10.

(a) $V^2 + frV - fr|\vec v_g| = 0$ com $fr = 55.85\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $V = \tfrac12\bigl(-55.85 + \sqrt{55.85^2 + 4 \times 55.85 \times 15}\bigr) = 12.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $82\,\%$ do vento geostrófico. (b) $V^2 - frV + fr|\vec v_g| = 0$ tem raízes reais apenas se $(fr)^2 \geq 4fr|\vec v_g|$ , isto é $|\vec v_g| \leq fr/4 = 14.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) Perto do centro de uma alta, onde $r$ é pequeno, o limite $fr/4$ é pequeno: o gradiente de pressão deve ser fraco, as isóbaras bem afastadas e os ventos leves. Uma depressão não tem tal limite: suas isóbaras podem se apertar perto do centro, com ventos fortes.

Exercício 28.11 ★★★

(a) Mostre que, para $\varphi$ pequeno (em radianos), o vento de um anel que deixa o equador em repouso é $u \approx \Omega a_\oplus\varphi^2$ . (b) Compare a aproximação com a fórmula exata a $10{}^{\circ}$ , com $\Omega a_\oplus = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ . (c) O vento zonal médio anual da reanálise a $200\,\mathrm{hPa}$ atinge o máximo de $27.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ perto de $35{}^{\circ}$ N. A que latitude o anel atingiria essa velocidade? (d) O que a resposta diz sobre até onde o argumento do momento angular pode ser confiável?

Solução

Solução de Exercício 28.11.

(a) Para $\varphi$ pequeno, $\sin\varphi \approx \varphi$ e $\cos\varphi \approx 1$ , logo $u \approx \Omega a_\oplus\varphi^2$ . (b) $10{}^{\circ} = 0.1745\,\mathrm{rad}$ : $464.6 \times 0.1745^2 = 14.15\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , contra $14.23\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ exatos, $0.5\,\%$ a menos. (c) Resolvendo $464.6\sin^2\varphi/\cos\varphi = 27.0$ numericamente dá $\varphi = 13.7{}^{\circ}$ . (d) O anel já coincide com o jato anual médio real a menos de $14{}^{\circ}$ : a conservação do momento angular descreve o ramo superior da célula de Hadley apenas nos trópicos profundos; a partir de cerca de $15{}^{\circ}$ em direção ao polo, os redemoinhos assumem.

Exercício 28.12 ★★★

A precipitação zonal média da reanálise atinge o máximo nas seguintes latitudes, de janeiro a dezembro: $-10.5{}^{\circ}$ , $-12.8{}^{\circ}$ , $-5.8{}^{\circ}$ , $-4.6{}^{\circ}$ , $5.5{}^{\circ}$ , $7.3{}^{\circ}$ , $8.6{}^{\circ}$ , $10.4{}^{\circ}$ , $10.9{}^{\circ}$ , $9.1{}^{\circ}$ , $7.4{}^{\circ}$ , $6.2{}^{\circ}$ (negativo: sul). (a) Calcule a média anual e a amplitude. (b) A latitude subsolar é extrema em junho e dezembro. Com quantos meses a ZCIT se atrasa em relação a ela, e o que no sistema climático pode armazenar calor para causar esse atraso? (c) Suponha que sobre um oceano a ZCIT fique ao norte do equador o ano inteiro. Explique como a média zonal ainda pode cruzar o equador.

Solução

Solução de Exercício 28.12.

(a) Média $31.7/12 = 2.6{}^{\circ}$ N; amplitude de $12.8{}^{\circ}$ S a $10.9{}^{\circ}$ N, isto é $23.7{}^{\circ}$ . (b) O máximo ao norte vem em setembro, três meses depois do solstício de junho; o máximo ao sul em fevereiro, dois meses depois do solstício de dezembro. O atraso vem do armazenamento de calor, sobretudo na camada de mistura do oceano (Capítulo 26), que aquece e esfria devagar. (c) A média zonal reúne todas as longitudes: se sobre os continentes a faixa de chuva oscila bastante para o hemisfério de verão, a média de todas as longitudes pode cruzar o equador embora a faixa sobre um oceano não o faça.

28.8 Problema: lendo um mapa do tempo de latitude média

Problema 28.1

Problema de fim de semana — o vento em uma estação perto de $50{}^{\circ}$ N

Um mapa do tempo do Atlântico Norte mostra, perto de uma estação P a $50{}^{\circ}$ N, isóbaras retas de oeste para leste, a cada $4\,\mathrm{hPa}$ , com as pressões mais baixas ao norte. P fica entre as isóbaras de $1004\,\mathrm{hPa}$ e $1008\,\mathrm{hPa}$ , que estão a $250\,\mathrm{km}$ de distância ali; sua pressão ao nível do mar é $1006\,\mathrm{hPa}$ e sua temperatura do ar $10{}^{\circ}\mathrm{C}$ . O mapa é inventado, mas seus números são típicos. Use $\Omega = 2\pi/(23.9345\,\mathrm{h})$ , $a_\oplus = 6371\,\mathrm{km}$ , $R_d = 287.05\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ para o ar seco, $1\,\mathrm{kn}$ = $0.514\,444\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Parte I — O gradiente de pressão e o vento geostrófico.

Calcule a densidade do ar em P com a lei dos gases ideais.
Calcule o gradiente de pressão horizontal em P, em $\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}$ .
Calcule a aceleração devida à força do gradiente de pressão.
Calcule $\Omega$ e o parâmetro de Coriolis a $50{}^{\circ}$ N.
Calcule a velocidade do vento geostrófico em P.
Exprima-a em nós e em $\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
Mostre que o tempo que a força do gradiente de pressão sozinha levaria para trazer ar parado à velocidade geostrófica é $1/f$ , e calcule-o, junto com o tempo $2\pi/f$ que a força de Coriolis leva para girar um vento por um círculo completo.

Parte II — Direção e hemisfério.

Em que direção a força do gradiente de pressão aponta em P? Em que direção sopra o vento geostrófico, e de que azimute ele vem?
Verifique sua resposta com a lei de Buys Ballot.
Descreva a barbela do vento desenhada em P: a direção da haste, o número de penas e o lado em que elas ficam.
Suponha as mesmas isóbaras, com a baixa ao norte, encontradas a $50{}^{\circ}$ S. De que direção sopraria o vento?
Com a mesma densidade e o mesmo gradiente de pressão, calcule o vento geostrófico a $30{}^{\circ}$ N e $60{}^{\circ}$ N.
Calcule-o a $5{}^{\circ}$ N. O resultado é crível? Explique.

Parte III — O vento no solo. Um anemômetro em P mede um vento de $9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ cruzando as isóbaras a $25{}^{\circ}$ em direção à baixa pressão.

Calcule a razão entre o vento observado e o vento geostrófico, e as componentes do vento observado ao longo e através das isóbaras.
De que azimute sopra o vento observado?
No modelo de arrasto linear de Proposição 28.8, qual constante de tempo $\tau$ dá o ângulo observado, e que velocidade o modelo prevê então? Compare com a observação.
Em torno de uma depressão de raio $500\,\mathrm{km}$ , suponha que o ar da camada mais baixa, de um quilômetro, flui para dentro em toda parte com a componente através das isóbaras da questão 14 e a densidade da questão 1. Calcule a massa de ar que entra na depressão por segundo.
Esse ar deve sair pelo topo da camada. Calcule a velocidade média ascendente ali, em $\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e em metros por dia.
À taxa adiabática seca de $9.8\,\mathrm{K}/\mathrm{km}$ , quanto esfria o ar ascendente em um dia? Que tempo se segue, e o que aconteceria sob um anticiclone?

Parte IV — O jato acima. O vento zonal médio a $200\,\mathrm{hPa}$ no inverno do norte atinge o máximo de $42.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ perto de $30{}^{\circ}$ N (médias da reanálise 1991–2020).

Calcule a velocidade para leste do solo no equador e a $30{}^{\circ}$ N.
Um anel de ar deixa o equador em repouso em altitude e conserva seu momento angular. Calcule seu vento a $20{}^{\circ}$ N e a $30{}^{\circ}$ N.
A mesma pergunta a $30{}^{\circ}$ N para um anel que começa em repouso a $10{}^{\circ}$ N.
De que fator o anel da questão 21 ultrapassa o jato observado a $30{}^{\circ}$ N? Dê duas razões pelas quais o jato real é mais lento.
Calcule a razão entre o momento angular absoluto por unidade de massa do jato observado a $30{}^{\circ}$ N e o do ar em repouso no equador. Que fração foi perdida no caminho?
Qual é a velocidade do vento geostrófico em P, em metros por segundo, e como o vento medido no solo se compara com ela?

Solução

Solução de Problema 28.1.

$\rho = p/(R_dT) = 100\,600/(287.05 \times 283.15) = 1.238\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ .
$|\nabla p| = 400\,\mathrm{Pa}/2.5 \times 10^{5}\,\mathrm{m} = 1.6 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{m}^{-1}$ .
$|\nabla p|/\rho = 1.6 \times 10^{-3}/1.238 = 1.293 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ .
$\Omega = 2\pi/86\,164.2 = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$ ; $f = 2\Omega\sin50{}^{\circ} = 1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ .
$|\vec v_g| = 1.293 \times 10^{-3}/1.117 \times 10^{-4} = 11.57\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
$11.57/0.514444 = 22.5\,\mathrm{kn}$ ; $11.57 \times 3.6 = 41.7\,\mathrm{km}/\mathrm{h}$ .
O tempo é $|\vec v_g|/(|\nabla p|/\rho)$ e $|\vec v_g| = (|\nabla p|/\rho)/f$ , logo ele é $1/f = 8951\,\mathrm{s}$ , $2.49\,\mathrm{h}$ ; e $2\pi/f = 15.6\,\mathrm{h}$ . Padrões que duram um dia ou mais são portanto próximos do equilíbrio.
A força do gradiente de pressão aponta para o norte, em direção à baixa. O vento geostrófico sopra ao longo das isóbaras com a baixa à sua esquerda: para leste, vindo do oeste, azimute $270{}^{\circ}$ : um vento de oeste.
De costas para um vento de oeste, de frente para leste, a esquerda é o norte, onde fica a baixa: a lei é satisfeita.
A haste aponta para oeste a partir do círculo da estação, na direção de onde o vento vem; $22.5\,\mathrm{kn}$ arredonda para $20\,\mathrm{kn}$ , duas penas inteiras; elas ficam do lado norte da haste, em direção à baixa.
A $50{}^{\circ}$ S, $f < 0$ : o vento mantém a baixa à sua direita, de modo que sopra para oeste, vindo do leste.
$f(30{}^{\circ}) = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $17.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; $f(60{}^{\circ}) = 1.263 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $10.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
$f(5{}^{\circ}) = 1.271 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$ dá $101.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , um vento nunca observado com gradientes desse tipo. O tempo de giro $1/f$ é de $22\,\mathrm{h}$ : o equilíbrio não tem tempo de se estabelecer, e a fórmula não se aplica.
$9.0/11.57 = 0.778$ ; ao longo das isóbaras $9.0\cos25{}^{\circ} = 8.16\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , através delas em direção à baixa $9.0\sin25{}^{\circ} = 3.80\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
O vento geostrófico sopra para o azimute $90{}^{\circ}$ ; girado $25{}^{\circ}$ em direção à baixa, no norte, o vento de superfície sopra para $65{}^{\circ}$ , vindo de $245{}^{\circ}$ , o oés-sudoeste.
$\tan\alpha = 1/(f\tau)$ dá $\tau = 1/(1.117 \times 10^{-4}\tan25{}^{\circ}) = 1.92 \times 10^{4}\,\mathrm{s}$ , $5.3\,\mathrm{h}$ ; o modelo prevê $11.57\cos25{}^{\circ} = 10.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , mais que os $9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ observados: o atrito real não é exatamente linear no vento, e freia mais que o modelo nesse ângulo.
Através de um cilindro de raio $R = 500\,\mathrm{km}$ e altura $h = 1\,\mathrm{km}$ : $\dot m = 2\pi R h\rho u_r = 2\pi \times 5 \times 10^{5} \times 1000 \times 1.238 \times 3.80 = 1.48 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{s}$ .
$w = \dot m/(\rho\pi R^2) = 2hu_r/R = 2 \times 1000 \times 3.80/5 \times 10^{5} = 0.0152\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cerca de $1310\,\mathrm{m}$ por dia.
$1.31 \times 9.8 = 12.9\,\mathrm{K}$ por dia: o ar logo atinge a saturação, e a depressão se enche de nuvens e chuva. Sob um anticiclone o ar da superfície escoa para fora, o ar acima desce e aquece, e o céu se limpa.
$\Omega a_\oplus = 7.292 \times 10^{-5} \times 6.371 \times 10^{6} = 464.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ no equador; $464.6\cos30{}^{\circ} = 402.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ N.
$u = 464.6\,\sin^2\varphi/\cos\varphi$ : $57.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $20{}^{\circ}$ N e $134.1\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ N.
$u = 464.6\,(\cos^210{}^{\circ} - \cos^230{}^{\circ})/\cos30{}^{\circ} = 117.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .
$134.1/42.3 = 3.17$ . Os redemoinhos das latitudes médias, depressões e anticiclones, tiram momento angular do ramo superior e o levam para outro lugar; e o ar da célula sobe sobre um conjunto de latitudes, em vez de ficar em repouso no equador. A média zonal também faz a média de um jato sinuoso sobre todas as longitudes.
$M/M_0 = (402.3 + 42.3)\cos30{}^{\circ}/464.6 = 0.829$ : o ar perdeu $17\,\%$ do momento angular que manteria como um anel livre.
A velocidade geostrófica em P é $11.6\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , de oeste; o vento medido no solo é $9.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , cerca de quatro quintos dela, e girado $25{}^{\circ}$ em direção à baixa pelo atrito.

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