21Dinâmica dos oceanos

Pelo estreito da Flórida, a corrente do Golfo transporta cerca de $32\,\mathrm{Sv}$ de água para o norte, e ela cresce à medida que acompanha a costa para o norte, até cerca de $150\,\mathrm{Sv}$ perto de $40{}^{\circ}$ N. Do outro lado do mesmo oceano, ao largo de Portugal e do norte da África, nada parecido flui para o sul: a água que a corrente do Golfo transporta para o norte retorna em direção ao equador como uma deriva lenta e ampla, por milhares de quilômetros de mar aberto. Toda bacia oceânica do Hemisfério Norte tem o mesmo formato assimétrico, com a sua corrente rápida no lado oeste. A assimetria decorre do vento, do atrito do mar e de um fato sobre a Terra: o parâmetro de Coriolis cresce em direção ao polo.

O que você já sabe

A força de maré da Lua e do Sol, as marés de sizígia e de quadratura, estão nos volumes de física. A tensão do vento, a camada de Ekman, o transporte de Ekman e a espiral de Ekman, a ressurgência e o afundamento, os giros, as correntes de contorno oeste, o sverdrup ($1\,\mathrm{Sv} = 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$), a circulação meridional de revolvimento e a formação de água profunda estão no volume do primeiro ano, no seu capítulo sobre a circulação oceânica; ali a tensão do vento é escrita $\vec T$, aqui $\vec\tau$. O parâmetro de Coriolis, o plano $\beta$, o raio de Rossby e o equilíbrio geostrófico estão no Capítulo 19; a vorticidade e a vorticidade potencial no Capítulo 20.

21.1 A camada de Ekman deduzida

No volume do primeiro ano, o transporte de Ekman foi obtido a partir de um balanço de forças sobre toda a camada, e a espiral de velocidades em seu interior foi enunciada. Com um atrito de viscosidade turbulenta constante $A_z$, a espiral decorre das equações em poucas linhas. Escreve-se a velocidade horizontal como um número complexo, $W = u + \mathrm iv$, e a tensão do vento como $\tau = \tau_x + \mathrm i\tau_y$; a multiplicação por $-\mathrm i$ faz girar um vetor de $90{}^{\circ}$ no sentido horário, para a sua direita vista de cima.

Teorema 21.1 (Perfil de velocidades de uma camada superficial estacionária forçada pelo vento)

Em um oceano estacionário, horizontalmente uniforme, de grande profundidade e densidade constante $\rho$, com viscosidade turbulenta vertical constante $A_z$ e o parâmetro de Coriolis $f > 0$, a corrente gerada por uma tensão do vento $\tau$ é

$$W(z) = W_0\,\mathrm e^{(1+\mathrm i)z/\delta},\qquad W_0 = \frac{\tau}{\rho\sqrt{fA_z}}\,\mathrm e^{-\mathrm i\pi/4},\qquad \delta = \sqrt{\frac{2A_z}{f}} ,$$

para $z \le 0$. A corrente superficial é girada de $45{}^{\circ}$ à direita da tensão; com a profundidade ela gira ainda mais para a direita e decai como $\mathrm e^{z/\delta}$; o transporte total $\int_{-\infty}^0 W\,\mathrm dz = -\mathrm i\tau/(\rho f)$ é perpendicular à direita da tensão.

O teorema recupera os dois resultados do volume do primeiro ano: a corrente superficial de Ekman, girada de $45{}^{\circ}$, e o transporte $\tau/(\rho f)$, perpendicular à tensão e independente de $A_z$, grandeza que nunca é bem conhecida. Na profundidade $\pi\delta$, a corrente flui em sentido oposto à corrente superficial, reduzida por $\mathrm e^{-\pi}$, para $4\,\%$.

Definição 21.2 (Profundidade de Ekman; bombeamento de Ekman)

A profundidade de Ekman é $D_E = \pi\delta = \pi\sqrt{2A_z/f}$, a profundidade em que a corrente da espiral de Ekman flui em sentido oposto à corrente superficial; ela mede a espessura da camada de Ekman. O bombeamento de Ekman é a velocidade vertical $w_E$ na base da camada de Ekman, forçada pela convergência ou divergência do transporte de Ekman: para baixo onde os transportes convergem, para cima, chamada às vezes de sucção de Ekman, onde divergem.

Proposição 21.3 (Bombeamento de Ekman)

Com a velocidade vertical nula na superfície do mar, o bombeamento de Ekman é

$$w_E = \operatorname{curl}_z\frac{\vec\tau}{\rho f} = \frac{1}{\rho f}\Big(\frac{\partial\tau_y}{\partial x} - \frac{\partial\tau_x}{\partial y}\Big) + \frac{\beta\tau_x}{\rho f^2} ,$$

com o sentido positivo para cima.

Um vento que gira ciclonicamente sobre o mar, com rotacional positivo, puxa a água de baixo da camada para cima; um vento anticiclônico a empurra para baixo. Sobre os oceanos subtropicais, os alísios sopram de leste no lado equatorial, e os ventos de oeste no lado polar. Seus transportes de Ekman, para norte sob os alísios e para sul sob os ventos de oeste, convergem entre eles: a água superficial se acumula e é bombeada para baixo, como na figura abaixo. Ao longo de uma costa onde o vento sopra com a costa à sua esquerda (no Hemisfério Norte), o transporte se afasta da margem, e a ressurgência costeira, tratada no volume do primeiro ano, é uma sucção de Ekman concentrada contra uma parede.

21.2 O balanço de Sverdrup

Abaixo da camada de Ekman, o oceano é geostrófico. Uma coluna de água que é comprimida pelo bombeamento de Ekman deve, para conservar sua vorticidade potencial $f/h$, deslocar-se para onde $f$ é menor: em direção ao equador. Em 1947, H. U. Sverdrup tornou o argumento quantitativo para toda a profundidade do escoamento forçado pelo vento.

Teorema 21.4 (balanço de Sverdrup)

Em um oceano estacionário no qual os termos não lineares e o atrito lateral são desprezíveis, o interior é geostrófico abaixo da camada de Ekman, e a velocidade vertical se anula em alguma profundidade $-H$, o transporte volumétrico total para norte por unidade de largura do escoamento forçado pelo vento obedece ao balanço de Sverdrup

$$\beta V = \frac{1}{\rho}\operatorname{curl}_z\vec\tau = \frac{1}{\rho}\Big(\frac{\partial\tau_y}{\partial x} - \frac{\partial\tau_x}{\partial y}\Big) .$$

O balanço é notável pelo que dispensa: nem a profundidade do escoamento, nem sua estrutura vertical, nem a viscosidade de turbilhão, apenas o rotacional do vento e $\beta$. Sverdrup o derivou das equações de movimento integradas até uma profundidade de movimento nulo, e testou-o contra as seções hidrográficas dos navios de pesquisa Carnegie e Bushnell no Pacífico tropical oriental, entre $34{}^{\circ}$ N e $10{}^{\circ}$ S, com a profundidade de movimento nulo em $1000\,\mathrm{m}$: os transportes calculados a partir do vento coincidiram com os obtidos do campo de densidade, mesmo onde as correntes corriam contra o vento. Trabalhos posteriores, com ventos melhores, encontraram a melhor concordância com uma profundidade de movimento nulo próxima de $500\,\mathrm{m}$, e medições da tensão média no Pacífico equatorial em 1999 encontraram o escoamento ali em balanço de Sverdrup. Saber se o balanço vale em toda parte é mais difícil de demonstrar do que de supor: quase toda teoria da circulação oceânica parte dele.

Considere-se a bacia fictícia do problema deste capítulo: entre $20{}^{\circ}$ e $50{}^{\circ}$ N, com $6000\,\mathrm{km}$ de largura, sob uma tensão zonal $\tau_x = -\tau_0\cos(\pi(\varphi - 20{}^{\circ})/30{}^{\circ})$ com $\tau_0 = 0.1\,\mathrm{Pa}$, de leste em $20{}^{\circ}$ N, de oeste em $50{}^{\circ}$ N, nula em $35{}^{\circ}$ N. Sobre quase toda a bacia o rotacional da tensão é negativo: a água é bombeada para baixo, cerca de $35\,\mathrm{m}$ por ano em $35{}^{\circ}$ N, e o interior escoa para o sul, $4.9\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ por metro de largura em $35{}^{\circ}$ N, $29.4\,\mathrm{Sv}$ através da bacia. Calculado a partir dos ventos observados, o transporte de Sverdrup do giro subtropical do Atlântico Norte atinge cerca de $30\,\mathrm{Sv}$ próximo de $28{}^{\circ}$ N.

O transporte de Sverdrup fixa $V$ em cada ponto, mas uma função de corrente precisa de uma condição de contorno, e uma parede meridional só pode receber uma. Se o interior não admite escoamento pela parede oriental, o escoamento para o sul não tem para onde ir na parede ocidental; a massa retorna por uma corrente que as equações de Sverdrup, sem atrito, não conseguem descrever.

21.3 Intensificação ocidental

Em 1948, H. Stommel acrescentou o atrito mais simples ao oceano mais simples, e encontrou o escoamento de retorno comprimido contra a parede ocidental, como na figura do giro dele no volume do primeiro ano. Ele só obteve esse resultado com um parâmetro de Coriolis que cresce para o norte: sem rotação, ou com um parâmetro uniforme, o giro dele era simétrico.

Definição 21.5 (Intensificação ocidental; modelo de Stommel; camada limite de Munk)

A intensificação ocidental é a compressão do escoamento de retorno de um giro dirigido pelo vento em uma corrente estreita e rápida contra o lado ocidental da bacia. O modelo de Stommel é um oceano homogêneo de profundidade constante em uma bacia retangular, dirigido por uma tensão zonal do vento e freado por um atrito no fundo proporcional à velocidade integrada na profundidade, com taxa $r$; sua função de corrente de transporte $\psi$ ($U = -\partial\psi/\partial y$, $V = \partial\psi/\partial x$) obedece a

$$r\nabla^2\psi + \beta\frac{\partial\psi}{\partial x} = \frac{1}{\rho}\operatorname{curl}_z\vec\tau ,\qquad \psi = 0 \text{ nas paredes.}$$

A camada limite de Munk é a camada limite ocidental do mesmo giro quando uma viscosidade turbulenta lateral $A_H$ substitui o atrito no fundo; sua escala de largura é $\delta_M = (A_H/\beta)^{1/3}$.

A equação é o balanço de Sverdrup com o rotacional do atrito no fundo acrescentado: integrada na profundidade, $\beta V = \rho^{-1}\operatorname{curl}_z \vec\tau - r\zeta_T$, em que $\zeta_T = \nabla^2\psi$ é a vorticidade do transporte.

Teorema 21.6 (Camada limite ocidental do giro de Stommel)

Em uma bacia $0 \le x \le X$, $0 \le y \le L$, com $\tau_x = -\tau_0 \cos(\pi y/L)$ e $\delta_S = r/\beta \ll X$, a função de corrente de Stommel é, até a ordem principal em $\delta_S/X$,

$$\psi = A\sin\frac{\pi y}{L}\Big[(X - x) - X\mathrm e^{-x/\delta_S}\Big], \qquad A = \frac{\pi\tau_0}{\rho\beta L} .$$

O interior transporta $AX\sin(\pi y/L)$ para o sul; uma camada limite de largura $\delta_S$ junto à parede ocidental o devolve para o norte; não pode existir camada limite junto à parede oriental.

A mesma resposta vem da vorticidade. Sobre o interior, o vento dá a cada coluna vorticidade negativa, e a coluna a paga movendo-se para o sul, em direção a valores menores de $f$. Na volta para o norte, ela ganha vorticidade planetária e precisa perdê-la, o que só o atrito pode fazer. Em uma corrente para o norte cuja velocidade cai para leste a partir de perto da parede ocidental, $\partial v/\partial x < 0$ na maior parte de sua largura: a vorticidade da corrente é negativa, e o atrito, agindo contra ela fornece a vorticidade positiva de que as colunas precisam. Uma corrente para o norte junto a uma parede oriental teria vorticidade positiva, e o atrito retiraria o sinal errado.

Com $r = 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ a $35{}^{\circ}$ N, $\delta_S = 53\,\mathrm{km}$, e o escoamento para o norte ocupa os primeiros $250\,\mathrm{km}$ a partir da parede. Em 1950, W. H. Munk substituiu o atrito de fundo por uma viscosidade turbulenta lateral $A_H$, que atua sobre o cisalhamento dentro da corrente; a equação ganha um termo $A_H\nabla^4\psi$, e, junto à parede oeste, a correção passa a ser $\mathrm e^{-x/2\delta_M}$ multiplicada por uma oscilação, $\cos(\sqrt3x/2\delta_M)$ e $\sin(\sqrt3x/2\delta_M)$. Com $A_H = 5 \times 10^{3}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, o jato para o norte tem cerca de $225\,\mathrm{km}$ de largura ($233\,\mathrm{km}$ na bacia da figura), com uma fraca contracorrente além dele, uma forma próxima à da corrente do Golfo e à de Kuroshio. Como na camada de Stommel, o transporte do jato não depende do atrito, mas apenas do rotacional da tensão do vento, da largura da bacia e de $\beta$. A partir dos ventos de sua época, Munk calculou $36\,\mathrm{Sv}$ para a corrente do Golfo e $39\,\mathrm{Sv}$ para a Kuroshio, cerca da metade dos transportes então medidos; com um coeficiente de arrasto melhor e médias mais finas da tensão, encontrou-se $32\,\mathrm{Sv}$ para a corrente do Golfo em 1978. Medida principalmente com um cabo submarino, a corrente do Golfo no Estreito da Flórida tem transportado $31.7\,\mathrm{Sv}$ em média desde 2004. A jusante, ela cresce para cerca de $150\,\mathrm{Sv}$ perto de $40{}^{\circ}$ N, e, ao largo do Cabo Hatteras, uma forte recirculação, que a teoria linear não contém, prejudica a concordância.

21.4 A circulação abissal

O oceano profundo é alimentado a partir de poucos lugares. No volume do primeiro ano, a água profunda se forma onde a água superficial é resfriada e adensada no extremo norte do Atlântico e ao redor da Antártida, e se espalha pelas bacias como Água Profunda do Atlântico Norte e Água de Fundo Antártica. Entre 1958 e 1960, H. Stommel, A. B. Arons e A. J. Faller perguntaram como ela se espalha, usando o mesmo argumento de vorticidade de Sverdrup.

Definição 21.7 (modelo de Stommel–Arons)

O modelo de Stommel–Arons da circulação abissal supõe que a água profunda é suprida por convecção em poucas fontes de alta latitude, e que a água retorna à parte superior do oceano por uma ressurgência lenta e uniforme $W_0$ através da base da termoclina, equilibrada pela mistura descendente de calor, e que o escoamento interior é geostrófico e conserva a vorticidade potencial. A circulação fecha-se por correntes profundas de contorno oeste.

Proposição 21.8 (Escoamento interior em direção aos polos do abismo)

No modelo de Stommel–Arons, sobre um fundo plano, o transporte integrado em profundidade para o norte do interior abissal é

$$V = \frac{f}{\beta}W_0 = a\tan\varphi\,W_0 ,$$

em direção aos polos nos dois hemisférios quando $W_0 > 0$.

O resultado é contraintuitivo: o interior abissal escoa em direção às fontes, não para longe delas. Stommel e Arons construíram experimentos em tanques em rotação para se convencerem. A água das fontes percorre as paredes ocidentais, em correntes profundas de contorno oeste que alimentam o interior ao longo do caminho. Em um setor do oceano entre o equador e o polo, com toda a fonte $S_0$ junto ao polo, a corrente de contorno oeste transporta $2S_0\sin\varphi$ em direção ao equador, o dobro da fonte no polo e nada no equador: o excedente sobre $S_0$ é água recirculando a partir do interior. O modelo faz com que a circulação profunda seja movida pela mistura, e não pelo afundamento: sem a ressurgência, a convecção apenas encheria o abismo com uma poça estagnada de água fria. Seus tempos de trânsito vão de poucos séculos perto das fontes a quase mil anos no Pacífico Norte. No fundo real do oceano, as cristas dividem as bacias, e a mistura é intensa sobre topografia acidentada, e o escoamento profundo é muito mais zonal do que o do modelo. Sua previsão duradoura é a corrente profunda de contorno oeste: no Atlântico Norte, ela retorna cerca de $14\,\mathrm{Sv}$ de água a $2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ para o sul, enquanto a corrente do Golfo leva a água quente para o norte.

O interior do modelo, como o de Sverdrup, é geostrófico, e as correntes geostróficas do mar profundo são medidas do mesmo modo que Sverdrup as mediu: a partir da densidade.

Definição 21.9 (Método dinâmico)

O método dinâmico calcula a corrente geostrófica entre duas estações hidrográficas a partir da densidade medida em ambas, em relação a um nível de pressão de referência em que a corrente é tomada como nula ou conhecida. A distância geopotencial entre duas superfícies de pressão, $\int\alpha\,\mathrm dp$ com $\alpha = 1/\rho$ o volume específico, é dividida em uma parte padrão, igual nas duas estações, e na anomalia geopotencial $\Delta\Phi$; a corrente na superfície superior, perpendicular à linha entre as estações $A$ e $B$, distantes $L$ uma da outra, é

$$v = \frac{\Delta\Phi_B - \Delta\Phi_A}{fL} .$$

Por que não medir a pressão diretamente, como fazem os meteorologistas? Uma corrente geostrófica de $10\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ a $30{}^{\circ}$ exige um gradiente de pressão de $7.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{Pa}/\mathrm{m}$, $750\,\mathrm{Pa}$ ao longo de $100\,\mathrm{km}$: o peso de $7.4\,\mathrm{cm}$ de água do mar. Nenhum medidor de pressão no fundo do mar pode ser nivelado com tanta precisão. A densidade, calculada com precisão de algumas partes por milhão, fornece, em vez disso, a inclinação de uma superfície de pressão em relação a outra. A água mais leve e mais quente fica à direita da corrente, olhando no sentido do escoamento, no Hemisfério Norte. Através da corrente do Golfo, as superfícies de densidade constante mudam de profundidade em mais de um quilômetro ao longo de $100\,\mathrm{km}$.

Método 21.10 (Corrente geostrófica a partir de duas estações)

1. Em cada estação, calcule a anomalia de volume específico $\delta = \alpha(S, T, p) - \alpha(35, 0, p)$ a partir da salinidade, da temperatura e da pressão medidas.
2. Integre-a desde a pressão de referência até cada pressão $p$: $\Delta\Phi(p) = \int_p^{p_{\text{ref}}}\delta\,\mathrm dp$.
3. Em cada pressão, $v(p) = (\Delta\Phi_B - \Delta\Phi_A)/(fL)$ é a corrente em relação ao nível de referência, positiva com a estação $B$ à direita.
4. Acrescente a corrente no nível de referência, se ela for conhecida, a partir de um flutuador à deriva ali ou da inclinação da superfície do mar medida por satélite.

No campo — Uma matriz de flutuadores

Dados de 2024

Quase quatro mil flutuadores Argo percorrem o oceano mundial. Lançado pela lateral de um navio, um flutuador afunda até cerca de $1000\,\mathrm{m}$ e deriva ali por cerca de nove dias; depois afunda até $2000\,\mathrm{m}$ e sobe até a superfície, medindo condutividade, temperatura e pressão no trajeto, e o ciclo recomeça aproximadamente a cada dez dias; os flutuadores Deep Argo perfilam até $6000\,\mathrm{m}$. Em julho de 2024, a matriz coletou seu trigésimo milionésimo perfil. A partir dos perfis, os oceanógrafos calculam as anomalias geopotenciais do método dinâmico em cada flutuador, e o deslocamento do próprio flutuador entre duas emersões fornece a corrente média na profundidade de estacionamento: a velocidade de referência que Sverdrup precisou supor agora é medida.

21.5 Marés oceânicas

Duas vezes por dia, um pouco menos de uma hora mais tarde a cada dia, o mar sobe e desce. Os livros de física explicam a força de maré: a atração da Lua é mais intensa no lado da Terra voltado para a Lua do que no centro, e mais fraca no lado oposto, de modo que, em relação ao centro, a água é puxada para fora ao longo da linha em direção à Lua, dos dois lados.

Definição 21.11 (Maré de equilíbrio; constituinte de maré)

A maré de equilíbrio é a forma que a superfície de um oceano que cobrisse toda a Terra assumiria se seguisse o potencial gerador de maré instantaneamente, sem inércia. Um constituinte de maré é um dos termos harmônicos, cada um com uma frequência fixa determinada pelos movimentos da Lua e do Sol e uma amplitude e fase encontradas em cada lugar, cuja soma produz a maré; são nomeados por uma letra e pelo número de ciclos por dia, como M$_2$, o principal constituinte lunar semidiurno.

Teorema 21.12 (Maré de equilíbrio da Lua)

Para a Lua, de massa $M$ a uma distância $d$ do centro da Terra, de massa $M_E$ e raio $a$, a maré de equilíbrio a um ângulo $\theta$ do ponto sob a Lua é

$$\eta = K\,\frac{3\cos^2\theta - 1}{2},\qquad K = \frac{M}{M_E}\Big(\frac{a}{d}\Big)^3 a .$$

Com a razão de massas $0.0123$, $d = 384\,400\,\mathrm{km}$ e $a = 6371\,\mathrm{km}$, $K = 0.357\,\mathrm{m}$: o mar fica $0.36\,\mathrm{m}$ mais alto sob a Lua e no lado oposto, e $0.18\,\mathrm{m}$ mais baixo no grande círculo entre eles, uma amplitude total de $0.54\,\mathrm{m}$. Na latitude $\varphi$, com a Lua na declinação $\delta$ e no ângulo horário $H$, $\cos\theta = \sin\varphi\sin\delta + \cos\varphi\cos\delta\cos H$. À medida que a Terra gira sob as duas saliências, um lugar passa por duas preamares em um dia lunar, $24\,\mathrm{h}$ $50\,\mathrm{min}$: a maré semidiurna. Quando a Lua está ao norte ou ao sul do equador, as duas saliências ficam inclinadas, e as duas preamares de um dia são desiguais, como mostra a figura abaixo. O Sol produz uma maré de mesma forma, com amplitude de $0.46$ vez a da Lua; as duas se somam na lua nova e na lua cheia, nas marés de sizígia, e se anulam em parte nas quadraturas.

A análise harmônica da maré de equilíbrio fornece seus constituintes. As cinco maiores, com suas amplitudes de equilíbrio, estão na tabela abaixo. Pelo menos 39 constituintes são necessários para prever a maré de um porto com precisão de um milésimo de seu maior termo, e um marégrafo deve operar por mais de 18.6 anos, o período de modulação das marés lunares, para separá-los todos.

A maré real não é a maré de equilíbrio. Para manter uma saliência sob a Lua no equador, a maré teria de percorrer a Terra em um dia lunar, a cerca de $460\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, velocidade que uma onda longa de gravidade atinge apenas em um oceano de $22\,\mathrm{km}$ de profundidade; e os continentes a detêm. A maré é antes uma onda longa forçada, oscilando em cada bacia perto da ressonância, e a rotação da Terra faz com que ela circule em torno da bacia.

Definição 21.13 (Onda de Kelvin)

Uma onda de Kelvin oceânica é uma onda longa de gravidade que se propaga ao longo de uma costa, ou ao longo do equador, sem velocidade transversal a ela, com sua altura decaindo exponencialmente à medida que se afasta da costa, a distância da ordem do raio de Rossby. Ao longo de uma costa, ela se propaga com a costa à sua direita no Hemisfério Norte, e à sua esquerda no Hemisfério Sul.

Teorema 21.14 (Onda de Kelvin costeira)

Em um oceano de profundidade uniforme $H$ sobre um plano $f$, com $f > 0$, limitado por uma costa retilínea ao longo de $y = 0$, situado em $y > 0$, as equações lineares de águas rasas têm soluções com $v = 0$

$$\eta = \mathrm e^{-y/L_R}F(x - ct),\qquad u = \frac{g}{c}\,\eta,\qquad c = \sqrt{gH},\quad L_R = \frac{c}{f},$$

para qualquer perfil $F$, e nenhuma solução com $v = 0$ se propaga no sentido $-x$.

Sobre o oceano profundo, com $4000\,\mathrm{m}$ de profundidade, $c = 198\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ e o raio de Rossby é de cerca de $2000\,\mathrm{km}$ em latitudes médias: a maré percorre toda a bacia. Sobre um mar de plataforma com $50\,\mathrm{m}$ de profundidade, $c = 22\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, o raio de Rossby é menor que $200\,\mathrm{km}$, e um comprimento de onda de M$_2$ é de cerca de $1000\,\mathrm{km}$. Em um golfo, a maré que entra por uma costa como onda de Kelvin retorna pela costa oposta, de novo com a costa à direita; as duas ondas se anulam em pontos intermediários.

Definição 21.15 (Ponto anfidrômico; linha cotidal; linha de igual amplitude)

Um ponto anfidrômico é um ponto em que a amplitude de uma constituinte de maré é nula e em torno do qual sua preamar gira. Uma linha cotidal une os lugares em que a preamar de uma constituinte ocorre no mesmo instante; uma linha de igual amplitude une os lugares de mesma amplitude de maré. As linhas cotidais irradiam-se dos pontos anfidrômicos; as linhas de igual amplitude os circundam.

Os mapas da maré oceânica feitos a partir de altimetria por satélite, com precisão de cerca de $2\,\mathrm{cm}$ em mar profundo, mostram essa estrutura em toda parte: a crista de M$_2$ gira no sentido anti-horário em torno dos pontos anfidrômicos das bacias do Hemisfério Norte e no sentido horário no Hemisfério Sul, e as maiores amplitudes estão nas costas. As marés dissipam $3.75\,\mathrm{TW}$, $3.5\,\mathrm{TW}$ dos quais no oceano, cerca de dois terços da energia de M$_2$ nas plataformas e nos mares rasos e um terço por ondas internas no oceano profundo. Essa energia alonga o dia em cerca de $2.07\,\mathrm{ms}$ por século e afasta a Lua em $3.86\,\mathrm{cm}$ por ano; e a parte dissipada no oceano profundo mistura essas águas, fornecendo parte da mistura que, no quadro de Stommel–Arons, impulsiona a circulação abissal.

21.6 Exercícios

Exercício 21.1 ★

Uma tensão do vento de oeste de $0.12\,\mathrm{Pa}$ sopra sobre o mar a $40{}^{\circ}$ N ($\rho = 1025\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$, $\Omega = 7.292\,115 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$). Calcule o transporte volumétrico de Ekman por metro de largura e sua direção, e o transporte através de uma seção de $1000\,\mathrm{km}$ de comprimento, em sverdrups.

Solução

Solução de Exercício 21.1.

$f = 9.37 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$; $\tau/(\rho f) = 0.12/(1025\times9.37 \times 10^{-5}) = 1.25\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, à direita do vento: sul. Através de $1000\,\mathrm{km}$, $1.25 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$, $1.25\,\mathrm{Sv}$.

Exercício 21.2 ★

Com $A_z = 0.05\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, calcule a profundidade de Ekman a $45{}^{\circ}$ N. Qual fração da corrente superficial permanece nessa profundidade?

Solução

Solução de Exercício 21.2.

$f = 1.031 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$; $D_E = \pi\sqrt{2\times0.05/1.031 \times 10^{-4}} = 98\,\mathrm{m}$. A corrente ali é $\mathrm e^{-\pi} = 0.043$ da corrente superficial, fluindo no sentido oposto.

Exercício 21.3 ★

A $30{}^{\circ}$ N, o rotacional da tensão do vento é $-1 \times 10^{-7}\,\mathrm{Pa}/\mathrm{m}$ em uma bacia de $5000\,\mathrm{km}$ de largura ($a = 6371\,\mathrm{km}$). Calcule $\beta$, o transporte de Sverdrup por unidade de largura e o transporte total, com sua direção.

Solução

Solução de Exercício 21.3.

$\beta = 2\Omega\cos30{}^{\circ}/a = 1.98 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$; $V = -1 \times 10^{-7}/(1025\times1.98 \times 10^{-11}) = -4.92\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$; através de $5000\,\mathrm{km}$, $-24.6\,\mathrm{Sv}$: para o sul.

Exercício 21.4 ★

A partir dos períodos de M$_2$ e S$_2$, calcule o período do ciclo de marés de sizígia e de quadratura, o intervalo de tempo entre dois alinhamentos das duas constituintes.

Solução

Solução de Exercício 21.4.

As duas constituintes de maré voltam a ficar em fase após $1/(1/12 - 1/12.4206) = 354\,\mathrm{h}$, $14.77$ dias, metade de um mês sinódico.

Exercício 21.5 ★★

Uma tensão do vento de oeste cresce linearmente de 0 em $35{}^{\circ}$ N até $0.1\,\mathrm{Pa}$ em $45{}^{\circ}$ N, a $1110\,\mathrm{km}$ mais ao norte. Calcule o bombeamento de Ekman em $40{}^{\circ}$ N, mantendo os dois termos da Proposição 21.3, em metros por ano. A água é empurrada para cima ou para baixo?

Solução

Solução de Exercício 21.5.

Em $40{}^{\circ}$ N, $f = 9.37 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\beta = 1.75 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\tau_x = 0.05\,\mathrm{Pa}$ e $\partial\tau_x/\partial y = 0.1/1.11 \times 10^{6} = 9.0 \times 10^{-8}\,\mathrm{Pa}/\mathrm{m}$. O primeiro termo, $-9.0 \times 10^{-8}/(1025\times9.37 \times 10^{-5}) = -9.38 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$; o segundo, $0.05\times1.75 \times 10^{-11}/(1025\times (9.37 \times 10^{-5})^2) = +9.7 \times 10^{-8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$. $w_E = -8.4 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $-26.5\,\mathrm{m}/\mathrm{yr}$: a água é empurrada para baixo.

Exercício 21.6 ★★

Em um giro de Stommel com $r = 2 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$ e $\beta = 2 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$, calcule a largura $\delta_S$. Se a corrente de contorno transporta $30\,\mathrm{Sv}$ nos $800\,\mathrm{m}$ superiores, dentro de uma largura $\delta_S$, qual é a sua velocidade média?

Solução

Solução de Exercício 21.6.

$\delta_S = 2 \times 10^{-6}/2 \times 10^{-11} = 100\,\mathrm{km}$; velocidade $= 30 \times 10^{6}/(1 \times 10^{5}\times800) = 0.375\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Exercício 21.7 ★★

Calcule a largura de Munk $\delta_M$ e a largura do jato para o norte, $(2\pi/\sqrt3)\,\delta_M$, em $30{}^{\circ}$ N para $A_H = 10^{4}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$. Como a largura muda se $A_H$ for oito vezes menor?

Solução

Solução de Exercício 21.7.

$\beta = 1.98 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$; $\delta_M = (10^4/1.98 \times 10^{-11})^{1/3} = 79.6\,\mathrm{km}$, e o jato tem $3.628\,\delta_M = 289\,\mathrm{km}$ de largura. Com $A_H$ oito vezes menor, ambas são reduzidas à metade, já que $8^{1/3} = 2$.

Exercício 21.8 ★★

Duas estações distantes $80\,\mathrm{km}$ entre si estão sobre uma linha que vai de oeste ($A$) a leste ($B$), em $36{}^{\circ}$ N. Em relação à superfície de $1000\,\mathrm{dbar}$, a anomalia geopotencial da superfície do mar é $14.5\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ em $A$ e $21.3\,\mathrm{J}/\mathrm{kg}$ em $B$. Calcule a corrente superficial em relação a $1000\,\mathrm{dbar}$ e sua direção. Qual estação tem a coluna de água mais quente?

Solução

Solução de Exercício 21.8.

$f = 8.57 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}^{-1}$; $v = (21.3 - 14.5)/(8.57 \times 10^{-5}\times8 \times 10^{4}) = 0.99\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, positivo com $B$ à direita: olhando de $A$ para $B$, a leste, a corrente segue para o norte. A superfície do mar fica $6.8/9.81 = 0.69\,\mathrm{m}$ mais alta em $B$; a coluna de água em $B$ é a mais leve e mais quente, à direita da corrente.

Exercício 21.9 ★★

Com a maré de equilíbrio da Lua, $K = 0.357\,\mathrm{m}$, e a razão $0.46$ da maré solar para a lunar, calcule a amplitude de equilíbrio (preamar sob os astros menos baixa-mar a $90{}^{\circ}$) em marés de sizígia e de quadratura, e a razão entre elas.

Solução

Solução de Exercício 21.9.

Amplitude de sizígia $1.5K(1 + 0.46) = 0.78\,\mathrm{m}$; amplitude de quadratura $1.5K(1 - 0.46) = 0.29\,\mathrm{m}$; razão $1.46/0.54 = 2.7$.

Exercício 21.10 ★★★

No plano $\beta$ equatorial, $f = \beta_0y$ com $\beta_0 = 2\Omega/a$. Mostre que a onda de Kelvin $\eta = G(y)F(x - ct)$, $v = 0$, torna-se $G = \exp(-\beta_0y^2/2c)$, aprisionada em ambos os lados do equador, e propaga-se para leste. Calcule sua escala de aprisionamento $\sqrt{c/\beta_0}$ para uma onda de velocidade $2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Solução

Solução de Exercício 21.10.

Como no Teorema 21.14, $u = \pm(g/c)\eta$ para $F(x \mp ct)$, e $fu = -g\,\partial\eta/\partial y$ torna-se $\beta_0y(\pm g/c)G = -gG'$, logo $G = \exp(\mp\beta_0y^2/2c)$. Apenas o sinal superior, correspondente à onda para leste, é limitado nos dois lados do equador. $\beta_0 = 2.29 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\sqrt{2.5/2.29 \times 10^{-11}} = 330\,\mathrm{km}$.

Exercício 21.11 ★★★

(a) Deduza $V = a\tan\varphi\,W_0$ para o interior abissal a partir de $\beta v = f\,\partial w/\partial z$. (b) Com $W_0 = 10^{-7}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, calcule $V$ em $30{}^{\circ}$ N e o transporte total em direção ao polo através de uma bacia de $5000\,\mathrm{km}$ de largura. (c) De onde deve vir a água?

Solução

Solução de Exercício 21.11.

(a) Integrando $\beta v = f\,\partial w/\partial z$ desde o fundo, $w = 0$, até o topo da camada abissal, $w = W_0$: $\beta V = fW_0$, e $f/\beta = a\tan\varphi$. (b) $V = 6.371 \times 10^{6}\times0.577\times10^{-7} = 0.368\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, $1.84\,\mathrm{Sv}$ através de $5000\,\mathrm{km}$, em direção ao polo. (c) A partir de uma corrente de contorno oeste profunda, alimentada pelas fontes de altas latitudes; o interior escoa em direção às fontes, enquanto a corrente de contorno se afasta delas.

Exercício 21.12 ★★★

Uma corrente geostrófica $W_g = u_g + \mathrm iv_g$ escoa sobre um fundo marinho plano em $z = 0$, com viscosidade de turbilhão $A_z$ e sem deslizamento no fundo. (a) Mostre que $W = W_g(1 - \mathrm e^{-(1+\mathrm i)z/\delta})$, $\delta = \sqrt{2A_z/f}$. (b) Mostre que o déficit de transporte desta camada de Ekman de fundo bombeia a velocidade vertical $w = \tfrac12\delta\zeta_g$ para o interior, sendo $\zeta_g$ a vorticidade da corrente geostrófica. (c) Para $A_z = 0.01\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, $f = 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$ e um oceano de $4000\,\mathrm{m}$ de profundidade, calcule $\delta$, a taxa de desaceleração $r = f\delta/2H$, e seu inverso, em dias.

Solução

Solução de Exercício 21.12.

(a) Com $z$ para cima a partir do fundo, $A_zW'' = \mathrm if(W - W_g)$, o gradiente de pressão é o do escoamento geostrófico acima. $W - W_g = C\mathrm e^{-(1+\mathrm i)z/\delta}$ é limitada para cima, e $W(0) = 0$ dá $C = -W_g$. (b) O déficit de transporte é $\int_0^\infty(W - W_g)\,\mathrm dz = -W_g\delta/(1+\mathrm i) = -\tfrac12\delta(1 - \mathrm i)W_g$, ou seja $-\tfrac12\delta(u_g + v_g,\ v_g - u_g)$. Como o escoamento geostrófico é não divergente, $w = -\nabla\cdot(\text{déficit}) = \tfrac12\delta(\partial_x v_g - \partial_y u_g) = \tfrac12\delta\zeta_g$. (c) $\delta = \sqrt{0.02/10^{-4}} = 14.1\,\mathrm{m}$; $r = 10^{-4}\times14.1/8000 = 1.77 \times 10^{-7}\,\mathrm{s}^{-1}$, um tempo de spin-down de $65$ dias.

21.7 Problema: Um giro no mar de Ammar

Problema 21.1

Problema de fim de semana — bombeamento de Ekman, transporte de Sverdrup, a corrente de contorno oeste e a maré de um oceano inventado

O mar de Ammar é uma bacia oceânica inventada, um retângulo de $20{}^{\circ}$ a $50{}^{\circ}$ N e $6000\,\mathrm{km}$ de largura, $4000\,\mathrm{m}$ de profundidade. A tensão do vento é zonal, $\tau_x = -\tau_0\cos(\pi(\varphi - 20{}^{\circ})/30{}^{\circ})$ com $\tau_0 = 0.1\,\mathrm{Pa}$. Considere $\rho = 1025\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$, $\Omega = 7.292\,115 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$, $a = 6371\,\mathrm{km}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$, e, quando se pedir um plano $\beta$, seu valor em $35{}^{\circ}$ N.

Parte I — A camada de Ekman.

1. Calcule a tensão do vento em $20{}^{\circ}$, $35{}^{\circ}$ e $50{}^{\circ}$ N.
2. Calcule $f$ nas mesmas latitudes.
3. Calcule o transporte de volume de Ekman por unidade de largura em $20{}^{\circ}$ e $50{}^{\circ}$ N, com sua direção. Os transportes convergem ou divergem na bacia?
4. Com $A_z = 0.05\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, calcule a profundidade de Ekman em $35{}^{\circ}$ N.
5. Calcule o bombeamento de Ekman em $35{}^{\circ}$ N, em metros por segundo e por ano.
6. Quantos anos levaria este bombeamento para empurrar a água superficial para baixo $500\,\mathrm{m}$?

Parte II — O interior de Sverdrup.

7. Calcule o comprimento $L$ da bacia do sul ao norte e $\beta$ em $35{}^{\circ}$ N.
8. Calcule o rotacional da tensão do vento em $35{}^{\circ}$ N.
9. Calcule o transporte de Sverdrup por unidade de largura em $35{}^{\circ}$ N, com sua direção.
10. Calcule o transporte interior total através da bacia em $35{}^{\circ}$ N, em sverdrups.
11. Se este escoamento estiver distribuído nos primeiros $1000\,\mathrm{m}$, qual é sua velocidade média, e quantos anos uma parcela leva para se deslocar $1000\,\mathrm{km}$ para o sul?
12. Mostre que $fw_E/\beta$ em $35{}^{\circ}$ N fornece o mesmo transporte, e explique o porquê com a vorticidade potencial de uma coluna.

Parte III — A corrente de contorno oeste.

13. Explique por que o escoamento de retorno não pode correr ao longo do lado leste da bacia.
14. Com um atrito de fundo $r = 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-1}$, calcule a largura de Stommel $\delta_S$.
15. Calcule o transporte para o norte por unidade de largura na parede oeste, $A(X/\delta_S - 1)$, e a velocidade média se ela preencher a camada superior de $1000\,\mathrm{m}$.
16. A que distância da parede termina o escoamento para o norte?
17. Calcule o transporte para o norte da camada limite de Stommel, e explique por que ele fica aquém do transporte interior em cerca de $1.5\,\mathrm{Sv}$.
18. Com $A_H = 5 \times 10^{3}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, calcule $\delta_M$ e a largura do jato para o norte de Munk.
19. O jato de Munk transporta $1 + \mathrm e^{-\pi/\sqrt3}$ vezes o transporte interior. Calcule-o e diga para onde vai o excesso.

Parte IV — A maré do mar de Ammar.

20. Calcule a velocidade de uma onda de Kelvin na bacia e o raio de Rossby em $35{}^{\circ}$ N.
21. Calcule o comprimento de onda da onda de Kelvin associada a M$_2$.
22. Quanto tempo uma onda de Kelvin leva para dar uma volta completa ao longo das costas da bacia, e quantos períodos de M$_2$ isso representa?
23. Com que velocidade a maré de equilíbrio precisaria percorrer o círculo de $35{}^{\circ}$ N para permanecer sob a Lua, e em que profundidade de oceano uma onda longa se propagaria com essa velocidade?
24. Indique onde deve estar o ponto anfidrômico da bacia, e em que sentido a preamar gira ao redor dele?
25. Calcule a amplitude de equilíbrio semidiurna em $35{}^{\circ}$ N, $\tfrac34 K\cos^2\varphi$, com $K = 0.357\,\mathrm{m}$, para a Lua sobre o equador.
26. Dê o transporte da corrente de contorno oeste que fecha o giro do mar de Ammar.

Solução

Solução de Problema 21.1.

1. $\tau_x = -0.1\,\mathrm{Pa}$ (de leste), 0 e $+0.1\,\mathrm{Pa}$ (de oeste).

2. $f = 4.99 \times 10^{-5}$, $8.37 \times 10^{-5}$ e $1.117 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}^{-1}$.

3. $V_E = -\tau_x/(\rho f)$: $+1.96\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ (norte) em $20{}^{\circ}$ N e $-0.87\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ (sul) em $50{}^{\circ}$ N. Elas convergem.

4. $D_E = \pi\sqrt{2\times0.05/8.37 \times 10^{-5}} = 109\,\mathrm{m}$.

5. $\tau_x = 0$ em $35{}^{\circ}$ N, portanto $w_E = -(1/\rho f)\, \partial\tau_x/\partial y = -\pi\tau_0/(\rho fL) = -1.10 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, $-34.7\,\mathrm{m}/\mathrm{yr}$, para baixo.

6. $500/34.7 = 14.4\text{ anos}$.

7. $L = a\times\pi/6 = 3336\,\mathrm{km}$; $\beta = 1.875 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{s}^{-1}$.

8. $\operatorname{curl}_z\vec\tau = -\pi\tau_0/L = -9.42 \times 10^{-8}\,\mathrm{Pa}/\mathrm{m}$.

9. $V = -9.42 \times 10^{-8}/(1025\times1.875 \times 10^{-11}) = -4.90\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, para o sul.

10. $4.90\times6 \times 10^{6} = 2.94 \times 10^{7}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{s}$, $29.4\,\mathrm{Sv}$ para o sul.

11. $4.9\,\mathrm{mm}/\mathrm{s}$; $1000\,\mathrm{km}$ em $2.0 \times 10^{8}\,\mathrm{s}$, $6.5$ anos.

12. $fw_E/\beta = 8.37 \times 10^{-5}\times(-1.10 \times 10^{-6})/ 1.875 \times 10^{-11} = -4.90\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$: o mesmo, porque o transporte de Ekman se anula onde $\tau_x = 0$. Uma coluna comprimida à taxa $w_E$ mantém sua vorticidade potencial $f/h$ apenas deslocando-se para valores menores de $f$, para o sul, à taxa $\beta V_g = fw_E$.

13. Uma camada limite só pode ser aquela em que a correção para o interior decai afastando-se da parede; com $\beta > 0$ isso é $\mathrm e^{-x/\delta_S}$, que decai para leste, a partir da parede oeste apenas. Em termos de vorticidade, o atrito em uma corrente para o norte contra uma parede leste removeria vorticidade positiva, o sinal errado.

14. $\delta_S = 10^{-6}/1.875 \times 10^{-11} = 53.3\,\mathrm{km}$.

15. $A = 4.90\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, $X/\delta_S = 112.5$: $4.90\times111.5 = 546\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, $0.55\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ através de $1000\,\mathrm{m}$.

16. Onde $(X/\delta_S)\mathrm e^{-x/\delta_S} = 1$: $x = \delta_S\ln(X/\delta_S) = 252\,\mathrm{km}$.

17. $A(X - \delta_S - x_0) = 4.90\times(6000 - 53 - 252)\times 10^3 = 27.9\,\mathrm{Sv}$. O escoamento interior ainda segue para o sul na faixa junto à parede; o déficit, $A(x_0 + \delta_S) = 1.5\,\mathrm{Sv}$, é o transporte do interior que teria atravessado essa faixa.

18. $\delta_M = (5 \times 10^{3}/1.875 \times 10^{-11})^{1/3} = 64.4\,\mathrm{km}$; jato $3.628\times64.4 = 233\,\mathrm{km}$.

19. $1.163\times29.4 - A\times233\,\mathrm{km} = 34.2 - 1.1 = 33.0\,\mathrm{Sv}$; o excesso, $16\,\%$ do transporte interior, retorna para o sul na contracorrente logo a leste do jato.

20. $c = \sqrt{9.81\times4000} = 198\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$; $L_R = 198/8.37 \times 10^{-5} = 2370\,\mathrm{km}$.

21. $198\times12.4206\times3600 = 8860\,\mathrm{km}$.

22. Perímetro $2(6000 + 3336) = 18\,670\,\mathrm{km}$, $26.2\,\mathrm{h}$, 2.1 M$_2$ períodos.

23. O círculo tem $2\pi a\cos35{}^{\circ} = 32\,790\,\mathrm{km}$, percorrido em um dia lunar, $24.84\,\mathrm{h}$: $367\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$, o que exige $c^2/g = 13.7\,\mathrm{km}$ de água.

24. Com um raio de Rossby comparável à largura da bacia e o comprimento de onda da M$_2$ comparável ao comprimento da bacia, cerca de um ponto anfidrômico, perto do centro da bacia; a preamar gira no sentido anti-horário em torno dele, mantendo a costa à sua direita.

25. $\tfrac34\times0.357\times\cos^235{}^{\circ} = 0.18\,\mathrm{m}$.

26. A corrente de contorno oeste retorna para o norte os $29\,\mathrm{Sv}$ que o interior transporta para o sul ($29.4\,\mathrm{Sv}$ pelo cálculo).