11Isostasia y anomalías de la gravedad

A comienzos de los años 1840 los topógrafos que medían un arco de meridiano a través del norte de la India se encontraron con una discrepancia que no podían atribuir a sus instrumentos. Entre dos estaciones distantes unas 370 millas, Kaliana, al pie del Himalaya, y Kalianpur, mucho más al sur, la diferencia de latitud obtenida por triangulación superaba en 5.236 segundos de arco la obtenida a partir de las estrellas. El culpable obvio eran las montañas: su atracción desvía la plomada hacia el norte, y los astrónomos orientaban sus instrumentos por la plomada. En 1855 John Henry Pratt calculó la atracción del Himalaya y de las mesetas que lo rodean, y encontró que debía haber producido una discrepancia de 15.885 segundos, más de tres veces lo observado. Las montañas atraían mucho menos de lo que su masa visible exigía. El mismo año George Airy respondió que la corteza flota sobre una capa más densa como una balsa de troncos sobre el agua, de modo que las zonas altas tienen una raíz profunda de roca ligera; Pratt propuso después otra respuesta, una roca aligerada por dilatación bajo las montañas. Ambas se siguen enseñando: las montañas tienen debajo roca ligera que compensa su masa. Este capítulo convierte esa idea en números, y muestra cómo la gravedad, medida con una precisión de una millonésima de su valor, revela las masas ocultas bajo el relieve.

Lo que ya sabes

La ley de gravitación de Newton da el campo $g = GM/r^2$ fuera de una masa esférica $M$; el campo deriva de un potencial gravitatorio, y una superficie equipotencial es en todas partes perpendicular al campo (física). En un fluido en reposo la presión crece con la profundidad como $\mathrm dp/\mathrm dz = \rho g$, y un cuerpo flotante desaloja un peso de fluido igual al suyo (física, primer año universitario). Bajo la litosfera la astenosfera fluye durante tiempos largos; la corteza es más ligera que el manto que hay debajo (Capítulo 9; libro 2, año 11).

11.1 La gravedad y su medida

La aceleración de la gravedad en la superficie terrestre es cercana a $9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, y las variaciones que interesan a los geólogos son un millón de veces menores. Se cuentan en una unidad del antiguo sistema centímetro–gramo, el gal: $1\,\mathrm{Gal} = 1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{s}^{-2} = 0.01\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, de modo que

Un instrumento de campo resuelve unas pocas milésimas de miligal; las anomalías estudiadas en este capítulo van desde una fracción de miligal sobre un yacimiento enterrado hasta unos pocos cientos de miligales sobre una cordillera.

Incluso en una Tierra sin relieve, la gravedad no sería la misma en todas partes. La Tierra gira, de modo que lo que siente una plomada o un gravímetro es la suma de la atracción gravitatoria y del efecto centrífugo de la rotación; y la Tierra está achatada, de modo que los polos están más cerca de su centro que el ecuador. Ambos efectos hacen que la gravedad sea más débil en el ecuador que en los polos. Un geólogo compara cada medida con una referencia suave que las contenga.

Definición 11.1 (Gravedad normal)

Gravedad normal $\gamma$ es la gravedad de una Tierra modelo: un elipsoide de revolución con la masa y la rotación de la Tierra, elegido de modo que su superficie sea una equipotencial de su propia gravedad (gravitación más efecto centrífugo). Sobre esa superficie, la gravedad normal depende solo de la latitud.

El elipsoide mismo, su achatamiento y la forma en que sus parámetros se ajustan a la Tierra real se estudian en el libro de tercer año universitario. Aquí solo necesitamos su gravedad.

Proposición 11.2 (La fórmula de la gravedad normal)

Sobre el elipsoide de referencia adoptado en 1980, la gravedad normal a la latitud geográfica $\varphi$ es, en su forma habitual en serie,

$$\gamma(\varphi) = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\,\bigl(1 + 0.0053024\sin^2\varphi - 0.0000058\sin^2 2\varphi\bigr).$$

Da $9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ en el ecuador, $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ a $45{}^{\circ}$ y $9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ en los polos: una diferencia de $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ entre el ecuador y el polo. La rotación por sí sola explica la mayor parte. Con el día sidéreo de $23.9345\,\mathrm{h}$, la velocidad angular es $\omega = 2\pi/86\,164\,\mathrm{s} = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, y la aceleración centrífuga en el ecuador, $\omega^2 a$ con $a = 6378.137\,\mathrm{km}$, es $0.0339\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, o $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; el achatamiento aporta el resto (Ejercicio 11.2).

La gravedad se mide de dos maneras. Un gravímetro absoluto deja caer una masa de prueba en una cámara de vacío y sigue su caída libre con un interferómetro láser, cronometrada por un reloj atómico: la aceleración sale directamente de la distancia y el tiempo. Un gravímetro relativo es una masa colgada de un resorte, cuyo estiramiento cambia con la gravedad; es ligero y rápido, pero solo da diferencias entre lugares, y deriva, así que un levantamiento vuelve a una estación base cuya gravedad es conocida. Los mejores instrumentos absolutos tienen una precisión de unos $1\,\text{µ}\mathrm{Gal}$, una parte en mil millones de $g$.

Sobre el terreno — Un levantamiento gravimétrico en el terreno

Un levantamiento gravimétrico es una lenta caminata de estación en estación. En cada una el geofísico coloca el gravímetro relativo sobre su trípode, lo nivela, espera a que el resorte se asiente y toma varias lecturas; un receptor de posicionamiento por satélite junto a él registra la posición y la altura de la estación. Cada pocas horas el equipo vuelve a la estación base, para medir y corregir la deriva del resorte. La altura importa tanto como la gravedad: como muestra la sección siguiente, la gravedad disminuye $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por cada metro de altura, así que una altura equivocada en $1\,\mathrm{cm}$ estropea la lectura en $3\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

11.2 Isostasia

La compensación que imaginaron Airy y Pratt para el Himalaya es un caso de un estado general de las capas externas de la Tierra.

Definición 11.3 (Isostasia; profundidad de compensación)

Una región está en isostasia, o equilibrio isostático, cuando existe una profundidad, la profundidad de compensación, a la que la presión es la misma en cada punto de la superficie horizontal, sea cual sea el relieve por encima. Bajo la profundidad de compensación las rocas se comportan como un fluido en reposo; por encima de ella, las columnas de corteza y manto flotan sobre él.

Proposición 11.4 (Masas iguales por encima de la profundidad de compensación)

Si la gravedad $g$ es la misma en todas las columnas, una región está en isostasia con profundidad de compensación $z_c$ si y solo si cada columna vertical de sección unitaria, desde la superficie hasta $z_c$, contiene la misma masa.

Dos formas sencillas de repartir las masas dan los dos modelos clásicos (figura de abajo).

Proposición 11.5 (Isostasia de Airy)

Sea la corteza de densidad uniforme $\rho_c$ y espesor $H$ donde su superficie está al nivel del mar, sobre un manto de densidad $\rho_m > \rho_c$. En equilibrio isostático:

1. donde la superficie se alza una altura $h$ sobre el nivel del mar, la corteza tiene una raíz de profundidad $r = h\,\rho_c/(\rho_m - \rho_c)$ bajo la corteza normal, y un espesor $H + h + r$;
2. donde la superficie yace a una profundidad $d$ bajo el nivel del mar, bajo agua de densidad $\rho_w$, la corteza tiene una antirraíz: su base se eleva $r' = d\,(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c)$, y su espesor es $H - d - r'$.

Esta es la isostasia de Airy: compensación por cambios de espesor a densidad constante.

Proposición 11.6 (Isostasia de Pratt)

Sea cada columna terminada en la misma profundidad de compensación $D$ bajo el nivel del mar, con densidad uniforme en cada columna, $\rho_0$ donde la superficie está al nivel del mar. En equilibrio isostático, una columna cuya superficie se alza una altura $h$ tiene la densidad

$$\rho(h) = \rho_0\,\frac{D}{D + h},$$

y una columna bajo una profundidad $d$ de agua tiene la densidad $\rho = (\rho_0 D - \rho_w d)/(D - d)$. Esta es la isostasia de Pratt: compensación por cambios de densidad a profundidad constante.

Con $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ y $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, la raíz de Airy es $h\times2700/600 = 4.5\,h$: un relieve de $2\,\mathrm{km}$ de altura tiene una raíz de $9\,\mathrm{km}$, y una meseta de $4\,\mathrm{km}$, una de $18\,\mathrm{km}$. En el modelo de Pratt, con $D = 100\,\mathrm{km}$ y $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, las mismas dos columnas tienen las densidades 2647 y $2596\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, dos y cuatro por ciento más ligeras. Ambos modelos equilibran las mismas masas; difieren en dónde está la roca ligera, y eso lo puede ver la sismología: Airy predice un Moho que se hunde bajo las montañas, y Pratt uno plano.

La isostasia es una afirmación sobre regiones amplias y tiempos largos. La astenosfera cede solo ante cargas que persisten miles de años, y la litosfera que está encima es lo bastante rígida como para repartir una carga estrecha sobre una región amplia por flexión, como una tabla soporta un peso: un volcán aislado no tiene por qué estar compensado bajo sí mismo; esta flexión de la litosfera se estudia en el libro de tercer año universitario. Bajo las grandes cordilleras la corteza es mucho más gruesa que su promedio continental de unos $30\,\mathrm{km}$: el cuadro de Airy, raíces de corteza ligera, es el más cercano para las cordilleras. El de Pratt, roca más ligera a profundidad constante, explica las dorsales oceánicas, que se elevan sobre un manto superior aligerado por su mayor temperatura.

Los dos niveles de la Tierra

La isostasia organiza el relieve de todo el planeta. Su distribución se resume en una sola curva.

Definición 11.7 (Curva hipsométrica)

La curva hipsométrica de un planeta da, para cada fracción $f$ de su superficie, la elevación $z(f)$ que supera exactamente esa fracción. Es la distribución acumulada de las elevaciones, leída desde arriba.

Para dibujarla a partir de un modelo de elevaciones en malla, cada celda debe ponderarse por su área. En una malla de un grado de latitud y longitud, la celda comprendida entre las latitudes $\varphi_1$ y $\varphi_2$ tiene el área $R^2\,\Delta\lambda\,(\sin\varphi_2 - \sin\varphi_1)$, que se encoge hacia los polos; sumadas todas las celdas, las áreas dan exactamente $4\pi R^2$. Ordenar las celdas por elevación y acumular sus áreas da la curva de la figura de abajo. Muestra que el $70.9\,\%$ de la superficie yace bajo el nivel del mar; que la elevación media de las tierras emergidas es de unos $0.8\,\mathrm{km}$ y la profundidad media del océano de unos $3.7\,\mathrm{km}$; y que la mayor parte de la superficie pertenece a uno de dos escalones planos, las plataformas continentales cerca del nivel del mar y el fondo abisal entre unos 3.5 y $6\,\mathrm{km}$ de profundidad, unidos por una caída abrupta.

Un planeta con un solo tipo de corteza, con su relieve levantado y desgastado al azar, tendría un solo nivel, con elevaciones dispersas alrededor de él. La Tierra tiene dos, porque tiene dos tipos de corteza en equilibrio isostático: la corteza continental, gruesa y ligera, flota alta; la corteza oceánica, delgada y densa, baja (libro 2, año 11). Ejercicio 11.8 muestra que el modelo de Airy con una sola densidad cortical no puede producir ambos niveles con los espesores corticales observados.

11.3 Anomalías de la gravedad

Dos correcciones

Un gravímetro en una colina está más lejos del centro de la Tierra que uno al nivel del mar, y se apoya sobre una capa de roca que el otro no tiene. Ambos efectos se calculan antes de comparar la medida con la gravedad normal.

Proposición 11.8 (Gradiente de aire libre)

Fuera de una Tierra esférica de radio $R$, la gravedad disminuye con la altura $h$ a razón de

$$\frac{\mathrm dg}{\mathrm dh} = -\frac{2g}{R}\,;$$

en la superficie, $2g/R \approx 3.08 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-2}$, unos $0.308\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro.

El achatamiento y la rotación cambian ligeramente el gradiente; el valor que se usa en la práctica es $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$.

Proposición 11.9 (Placa de Bouguer)

Una placa horizontal infinita de espesor $h$ y densidad uniforme $\rho$ atrae a un punto exterior con la aceleración vertical

$$g_B = 2\pi G\rho h ,$$

cualquiera que sea la distancia del punto a la placa. Numéricamente $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro de espesor y por cada $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ de densidad.

Definición 11.10 (Anomalías de la gravedad)

Sea $g$ la gravedad medida en una estación de latitud $\varphi$ y altura $h$ sobre el nivel del mar.

• Una anomalía de la gravedad es la diferencia entre la gravedad medida, corregida a un nivel común, y la gravedad normal a la misma latitud.
• La corrección de aire libre es $+0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}\times h$: restituye la disminución de la gravedad con la altura. La anomalía de aire libre es $\Delta g_{\mathrm{FA}} = g + 0.3086\,h - \gamma(\varphi)$.
• La corrección de Bouguer es $-2\pi G\rho h$: elimina la atracción de la roca entre la estación y el nivel del mar, tratada como una placa de densidad $\rho$, convencionalmente $2670\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, lo que da $0.112\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro. La anomalía de Bouguer es $\Delta g_{\mathrm B} = \Delta g_{\mathrm{FA}} - 2\pi G\rho h$.

La placa es un modelo grosero del terreno alrededor de una estación en un país accidentado: los valles bajo la estación se cuentan como roca que no está, y las colinas por encima de ella tiran hacia arriba y no se cuentan en absoluto. Una tercera reducción, la corrección del terreno, calculada a partir de un modelo digital de elevaciones, elimina ambos errores. En el mar la corrección de aire libre se anula, y la reducción de Bouguer sustituye el agua por roca.

Método 11.11 (Reducción de una lectura de gravedad)

1. Calcúlese la gravedad normal $\gamma(\varphi)$ a la latitud de la estación.
2. Súmese a la gravedad medida la corrección de aire libre $0.3086\,h$ (en $\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, con $h$ en metros) y réstese $\gamma$: esta es la anomalía de aire libre.
3. Réstese la corrección de Bouguer $0.0419\times(\rho/1000)\times h$, es decir $0.112\,h$ para la densidad estándar: esta es la anomalía de Bouguer.
4. Trabájese en miligales en todo momento, y consérvense la gravedad medida y la normal con siete cifras significativas: la anomalía es una pequeña diferencia de dos números grandes.

Ejemplo 11.12 (Una estación en las colinas)

En una estación a latitud $45{}^{\circ}$ y $1200\,\mathrm{m}$ sobre el nivel del mar, el gravímetro da $9.802\,597\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. La gravedad normal allí es $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; el valor medido es menor en $360.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. La corrección de aire libre es $0.3086\times1200 = 370.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -360.3 + 370.3 = +10.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. La corrección de Bouguer es $0.112\times1200 = 134.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm B} = -124.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$: hay menos masa bajo esta estación que bajo una estación al nivel del mar, una vez eliminada la roca sobre el nivel del mar.

Lo que las anomalías dicen sobre la compensación

Proposición 11.13 (Anomalías sobre un relieve amplio)

Considérese una meseta de altura $h$ y densidad $\rho_c$, mucho más ancha que su profundidad de compensación, y una estación cerca de su centro. Tómese la densidad de Bouguer igual a $\rho_c$.

1. Si la meseta no está compensada, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 2\pi G\rho_c h$ y $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.
2. Si está en equilibrio isostático, sea cual sea la distribución de las masas compensadoras, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ y $\Delta g_{\mathrm B} \approx -2\pi G\rho_c h$.

En la compensación de Airy, la anomalía de Bouguer del segundo caso es también $-2\pi G(\rho_m - \rho_c)r$, la atracción de la masa que falta en la raíz, ya que $(\rho_m - \rho_c)r = \rho_c h$. Las anomalías de aire libre cercanas a cero sobre regiones amplias son así la señal de la isostasia, y las anomalías de Bouguer que siguen el relieve como imagen especular miden las masas compensadoras: las anomalías de Bouguer son regionalmente negativas a lo largo de los Alpes, y sobre las dorsales oceánicas, por elevadas que estén, la anomalía de aire libre es pequeña. Sobre los océanos la anomalía de Bouguer es positiva: sustituir el agua por roca añade masa sobre una columna a la que no le falta ninguna.

Cerca de los bordes del relieve la aproximación de la placa falla, porque el relieve está cerca de la estación y la raíz muy por debajo de ella. La figura de abajo da la atracción exacta de una cordillera modelo de $200\,\mathrm{km}$ de anchura y $2\,\mathrm{km}$ de altura. Sin compensación, la anomalía de aire libre es $+225\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ en el centro, cerca del valor de la placa, $226\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; con una raíz de Airy de $9\,\mathrm{km}$, la anomalía de aire libre central cae a $+55\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, no a cero, porque una cordillera de solo $200\,\mathrm{km}$ de anchura no parece infinita desde $40\,\mathrm{km}$ por encima de su raíz, y la anomalía de aire libre se vuelve bruscamente negativa justo más allá de cada borde, donde la estación ve la raíz pero no la montaña.

Método 11.14 (Prueba de isostasia de una región)

1. Promédiese la anomalía de aire libre sobre un área varias veces más ancha que el espesor de la corteza, lejos de los bordes del relieve.
2. Si está cerca de cero, la región está compensada; si se acerca a $2\pi G\rho_c$ por la altura media, no lo está.
3. El cociente $-\Delta g_{\mathrm B}/(2\pi G\rho_c h)$ da la fracción del relieve que está compensada.
4. La evidencia sísmica u otra sobre la profundidad del Moho distingue la compensación de Airy de la de Pratt: la gravedad de gran escala por sí sola no puede, ya que ambas ponen el mismo déficit de masa bajo el relieve.

Historia — La gravedad en el mar

Un péndulo mide la gravedad a través de su período, pero en un barco las olas lo sacuden mucho más que cualquier anomalía. En los años 1920 el geodesta neerlandés Felix Vening Meinesz encontró la manera de rodearlo: dos péndulos que oscilan en fase opuesta en un mismo marco sienten las mismas aceleraciones horizontales del barco, y su diferencia las cancela. Desde 1923 llevó su aparato en submarinos de la marina neerlandesa, donde, sumergidos, se libraban de lo peor de las olas; primero en un viaje a las Indias Orientales y después en levantamientos de sus mares. A lo largo de las fosas oceánicas del archipiélago encontró largos cinturones de anomalías isostáticas fuertemente negativas, y luego las encontró en otras fosas: solo podía explicarlas por una corteza retenida allí por fuerzas externas, fuera del equilibrio isostático.

11.4 El geoide

La superficie del mar en reposo es una superficie de potencial gravitatorio constante: si no lo fuera, el agua fluiría a lo largo de ella. Es la referencia natural para las alturas, y la superficie a la que eran perpendiculares las antiguas plomadas.

Definición 11.15 (Geoide; altura del geoide)

El geoide es la superficie equipotencial de la gravedad de la Tierra (gravitación más el efecto centrífugo de la rotación) que coincide con la superficie media del mar en los océanos abiertos, en reposo, y se prolonga bajo los continentes. La altura del geoide $N$ en un punto es la altura del geoide sobre el elipsoide de referencia, contada negativa donde el geoide yace por debajo de él.

Las alturas sobre el nivel del mar en los mapas son alturas sobre el geoide; las alturas que dan los sistemas de posicionamiento por satélite son alturas sobre el elipsoide; ambas difieren en $N$. El geoide se aparta del elipsoide en $+85\,\mathrm{m}$ cerca de Islandia y $-106\,\mathrm{m}$ frente al sur de la India, menos de $200\,\mathrm{m}$ en total, mientras que el relieve de la superficie sólida abarca unos $20\,\mathrm{km}$: el geoide es una superficie mucho más suave que el terreno.

Proposición 11.16 (Altura del geoide y anomalía de potencial)

Sea $\Phi$ el potencial gravitatorio de la Tierra y $\Phi_n$ el potencial normal, el de la Tierra modelo cuya superficie, el elipsoide de referencia, tiene el mismo potencial $\Phi_0$ que el geoide, ambos contados con el signo de la física (el potencial crece hacia arriba y $g = -\nabla\Phi$). Sea $T = \Phi - \Phi_n$ la anomalía de potencial en el geoide. En primer orden,

$$N = -\frac{T}{\gamma} .$$

Los geodesistas, que cuentan el potencial con el signo opuesto, escriben el mismo resultado como $N = T/\gamma$, la fórmula de Bruns.

Un exceso de masa bajo un punto hace el potencial allí más negativo, así que $T < 0$ y $N > 0$: el geoide se abomba sobre el exceso de masa y se hunde sobre un déficit. Los $85\,\mathrm{m}$ de la elevación cerca de Islandia corresponden a una anomalía de potencial de $-85\,\mathrm{m}\times9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} \approx -830\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Como el potencial decae como $1/r$ mientras que la atracción decae como $1/r^2$, el geoide está dominado por masas grandes y profundas, y las anomalías de gravedad por las someras. Una cordillera compensada eleva poco el geoide, porque su exceso de masa y el déficit de su raíz casi se cancelan; una carga no compensada lo eleva mucho más.

Las desviaciones son pequeñas: toda la discrepancia que inquietó a los topógrafos de la India fue de unos cinco segundos de arco. Sobre los océanos el geoide es visible. Desde 1978, los altímetros de radar a bordo de satélites miden el tiempo de impulsos de microondas reflejados por la superficie del mar para medir su altura. Una vez promediadas las mareas, las olas y las corrientes, la superficie del mar se eleva sobre los montes submarinos y las dorsales, y baja sobre las fosas y las llanuras abisales, y estas protuberancias (Ejercicio 11.11 estima una) dibujan el relieve del fondo oceánico profundo donde ningún barco ha sondeado. El satélite GOCE, de 2009 a 2013, voló a unos $260\,\mathrm{km}$ y midió el campo de gravedad desde órbita, con el objetivo de determinar el geoide con una precisión de 1 a $2\,\mathrm{cm}$ y las anomalías de gravedad con unos $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, con una resolución mejor que $100\,\mathrm{km}$.

La isostasia en movimiento

La isostasia se alcanza por flujo, y el flujo lleva tiempo. En el máximo de la última glaciación, hace unos $20\,000$ años, una capa de hielo de unos $3\,\mathrm{km}$ de espesor cubría Escandinavia. El hielo tiene unos nueve décimos de la densidad del agua, así que con un manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, el hundimiento isostático total bajo una capa así es $3000\,\mathrm{m}\times900/3300 \approx 820\,\mathrm{m}$. El hielo ha desaparecido, y la tierra sigue elevándose: el posicionamiento por satélite mide hasta unos $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ de levantamiento en el norte de Suecia, al oeste del golfo de Botnia, hoy. La velocidad a la que se relaja un hundimiento mide la viscosidad del manto de abajo, tema del libro de tercer año universitario; Ejercicio 11.12 muestra cómo.

11.5 Ejercicios

Ejercicio 11.1 ★

(a) Conviértase una anomalía de Bouguer de $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ a $\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, y exprésese como fracción de $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) Lo mismo para $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, la precisión buscada para las anomalías de gravedad de GOCE, y para $1\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

Solución

Solución de Ejercicio 11.1.

(a) $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal} = -150\times10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -1.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, y $1.5 \times 10^{-3}/9.81 = 1.53 \times 10^{-4}$ de $g$. (b) $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal} = 10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $1.02 \times 10^{-6}$ de $g$; $1\,\text{µ}\mathrm{Gal} = 10^{-8}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $1.02 \times 10^{-9}$ de $g$: un gravímetro que resuelve un microgal mide la gravedad con una precisión de una parte en mil millones.

Ejercicio 11.2 ★

(a) Calcúlese la gravedad normal en el ecuador, a $45{}^{\circ}$ y en los polos con la fórmula del capítulo. (b) Dése la diferencia entre el ecuador y el polo en miligales. (c) La aceleración centrífuga en el ecuador es $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. ¿Qué fracción de la diferencia explica directamente la rotación?

Solución

Solución de Ejercicio 11.2.

(a) En el ecuador se anulan ambos senos: $\gamma = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. A $45{}^{\circ}$, $\sin^2\varphi = 0.5$ y $\sin^2 2\varphi = 1$: $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0026512 - 0.0000058) = 9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. En los polos, $\sin^2\varphi = 1$ y $\sin 2\varphi = 0$: $\gamma = 9.780327\times1.0053024 = 9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) $9.832186 - 9.780327 = 0.051\,859\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, es decir $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $3392/5186 = 0.65$: el efecto centrífugo explica casi dos tercios de la diferencia; el achatamiento, que acerca los polos al centro, el resto.

Ejercicio 11.3 ★

Una meseta se alza $3\,\mathrm{km}$ sobre el nivel del mar. Con una corteza de densidad $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ y un manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, calcúlese su raíz de Airy y el engrosamiento de su corteza.

Solución

Solución de Ejercicio 11.3.

$r = h\rho_c/(\rho_m - \rho_c) = 3\times2800/500 = 16.8\,\mathrm{km}$. La corteza es más gruesa en $h + r = 19.8\,\mathrm{km}$ (es decir $h\rho_m/(\rho_m - \rho_c) = 3\times3300/500$).

Ejercicio 11.4 ★

(a) ¿Cuánto debe subirse un gravímetro para que su lectura baje $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$? Úsese $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$. (b) Un levantamiento busca anomalías con una precisión de $0.01\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. ¿Con qué precisión deben conocerse las alturas de las estaciones?

Solución

Solución de Ejercicio 11.4.

(a) $1/0.3086 = 3.24\,\mathrm{m}$. (b) $0.01/0.3086 = 0.032\,\mathrm{m}$: las alturas deben conocerse a unos $3\,\mathrm{cm}$, por lo que un levantamiento registra la altura de cada estación con posicionamiento por satélite o nivelación.

Ejercicio 11.5 ★★

En el modelo de Pratt con $D = 100\,\mathrm{km}$ y $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) calcúlese la densidad de las columnas que se alzan 1, 3 y $5\,\mathrm{km}$; (b) calcúlese la densidad de una columna bajo $4\,\mathrm{km}$ de agua de mar de densidad $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (c) ¿Por qué se adapta mejor el modelo de Pratt al fondo oceánico que a los continentes?

Solución

Solución de Ejercicio 11.5.

(a) $\rho = 2700\times100/(100 + h)$: $2673\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para $1\,\mathrm{km}$, $2621\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para $3\,\mathrm{km}$, $2571\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para $5\,\mathrm{km}$. (b) $\rho = (2700\times100 - 1030\times4)/96 = 265\,880/96 = 2770\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$: la columna bajo el mar es más densa. (c) El modelo de Pratt exige cambios laterales de densidad a profundidad constante. Bajo el fondo oceánico tales cambios existen: la litosfera joven y caliente junto a una dorsal es más ligera que la litosfera vieja y fría alejada de ella (Capítulo 10). Bajo los continentes, en cambio, el espesor de la corteza se ve que cambia con el relieve.

Ejercicio 11.6 ★★

Dos estaciones se sitúan a latitud $48{}^{\circ}$, donde la gravedad normal es $9.808\,911\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. La estación 1, a $350\,\mathrm{m}$ sobre el nivel del mar, lee $9.807\,751\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; la estación 2, a $1850\,\mathrm{m}$, lee $9.803\,552\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (a) Calcúlense las anomalías de aire libre y de Bouguer de ambas, con la densidad estándar de Bouguer. (b) ¿Qué sugieren las anomalías de la estación 2 sobre las montañas que la rodean?

Solución

Solución de Ejercicio 11.6.

(a) Estación 1: $g - \gamma = 9.807751 - 9.808911 = -0.001\,160\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -116.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; corrección de aire libre $0.3086\times350 = 108.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -8.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; corrección de Bouguer $0.112\times350 = 39.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm B} = -47.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Estación 2: $g - \gamma = -535.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; corrección de aire libre $0.3086\times1850 = 570.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +35.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; corrección de Bouguer $0.112\times1850 = 207.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm B} = -172.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (b) En la estación 2 la anomalía de Bouguer es fuertemente negativa: bajo las montañas hay un déficit de masa, una raíz de corteza ligera. La anomalía de aire libre, pequeña comparada con la corrección de Bouguer, muestra que el déficit casi equilibra las montañas: están en gran parte compensadas (en torno a $172/207$, o $83\,\%$, si el modelo de placa vale para toda la cordillera).

Ejercicio 11.7 ★★

(a) Siguiendo la prueba de Proposición 11.9, muéstrese que un disco horizontal de radio $a$, espesor $h$ y densidad $\rho$ atrae a un punto de su eje, a una distancia $z \gg h$ por encima de él, con $2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$. (b) ¿Qué radio da el $90\,\%$ del valor de la placa a $z = 1\,\mathrm{km}$? (c) ¿Qué dice esto sobre el área de terreno que importa para la corrección de Bouguer?

Solución

Solución de Ejercicio 11.7.

(a) Como en la prueba de la proposición, una capa delgada situada a la distancia $z$ contribuye $G\rho\,2\pi z\,h\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds$, ahora con la integral limitada a $s = a$: $\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds = 1/z - 1/\sqrt{z^2 + a^2}$. Así $g = 2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$, que tiende al valor de la placa cuando $a \to \infty$. (b) $z/\sqrt{z^2 + a^2} = 0.1$ da $\sqrt{z^2 + a^2} = 10z$, $a = \sqrt{99}\,z = 9.95\,\mathrm{km}$ para $z = 1\,\mathrm{km}$. (c) La roca dentro de unas diez veces su profundidad bajo la estación aporta el $90\,\%$ de la atracción: la corrección del terreno necesita el relieve en un radio de varios kilómetros a decenas de kilómetros alrededor de cada estación, no solo bajo ella.

Ejercicio 11.8 ★★

En el modelo de Airy con una corteza de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, de $35\,\mathrm{km}$ de espesor al nivel del mar, sobre un manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) calcúlese la antirraíz y el espesor cortical bajo $4\,\mathrm{km}$ de agua de mar de densidad $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) La corteza oceánica tiene en realidad unos $5\,\mathrm{km}$ de espesor. ¿Qué muestra la diferencia?

Solución

Solución de Ejercicio 11.8.

(a) $r' = d(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c) = 4\times1770/500 = 14.16\,\mathrm{km}$, y la corteza es $35 - 4 - 14.16 = 16.84\,\mathrm{km}$ de espesor. (b) El modelo de Airy con una sola densidad cortical predice una corteza oceánica más de tres veces demasiado gruesa. La corteza oceánica no es corteza continental adelgazada: es una roca distinta y más densa, y los dos niveles de la Tierra son dos tipos de corteza, como sugiere la curva hipsométrica.

Ejercicio 11.9 ★★

En el relato del principio, la discrepancia en la diferencia de latitud entre Kaliana y Kalianpur fue de $5.236''$, mientras que la atracción del Himalaya calculada por Pratt debería haber producido $15.885''$. (a) Conviértanse ambos ángulos a radianes. (b) Una aceleración horizontal $a_h$ inclina una plomada un ángulo $a_h/g$. ¿Qué diferencia de atracción horizontal entre las dos estaciones corresponde a cada ángulo, en miligales, con $g = 9.79\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$? (c) ¿Qué fracción de la atracción de las montañas visibles canceló la compensación?

Solución

Solución de Ejercicio 11.9.

(a) Un segundo de arco es $\pi/(180\times3600) = 1/206\,265$ de radián: $5.236''$ $= 2.538 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$ y $15.885''$ $= 7.701 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$. (b) $a_h = g\theta$: $9.79\times2.538 \times 10^{-5} = 2.485 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = 24.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ observado, y $9.79\times7.701 \times 10^{-5} = 75.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ calculado a partir de las montañas visibles. (c) $1 - 5.236/15.885 = 0.670$: la compensación canceló cerca de dos tercios de la atracción de las montañas visibles.

Ejercicio 11.10 ★★★

Un domo de sal se modela como una esfera de radio $2\,\mathrm{km}$, con su centro a $4\,\mathrm{km}$ de profundidad, y una densidad $200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ menor que las rocas que la rodean. (a) Muéstrese que una esfera enterrada de masa anómala $M$ a profundidad $z$ da, a la distancia horizontal $x$, la anomalía $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) Calcúlese la anomalía sobre su centro. (c) ¿A qué distancia ha caído a la mitad de su valor máximo? (d) ¿Cómo podría leerse la profundidad de una esfera a partir de un perfil medido?

Solución

Solución de Ejercicio 11.10.

(a) Fuera de ella, una esfera atrae como una masa puntual en su centro, con $GM/(x^2 + z^2)$ a lo largo de la recta hasta el centro; la componente vertical es eso por el coseno $z/\sqrt{x^2 + z^2}$, que da $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) $M = \tfrac43\pi(2000\,\mathrm{m})^3\times(-200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}) = -6.70 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$, y sobre el centro $GM/z^2 = 6.674 \times 10^{-11}\times (-6.70 \times 10^{12})/(4000)^2 = -2.80 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -2.80\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $(1 + x^2/z^2)^{-3/2} = 1/2$ da $x = z\sqrt{2^{2/3} - 1} = 0.766\,z = 3.07\,\mathrm{km}$. (d) La semianchura a media altura del perfil da la profundidad: $z = 1.305\,x_{1/2}$. Un cuerpo más profundo da una anomalía más ancha y más suave.

Ejercicio 11.11 ★★★

Un monte submarino es un cono de $3\,\mathrm{km}$ de altura con una base de radio $15\,\mathrm{km}$ que se alza sobre un fondo marino de $5\,\mathrm{km}$ de profundidad. Su roca tiene una densidad de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, el agua de mar $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Calcúlese su exceso de masa sobre el agua que desaloja. (b) Trátese como una masa puntual en su centro de masa, a un cuarto de su altura sobre la base, y úsese Proposición 11.16 con $\gamma = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ para estimar la altura del abultamiento de la superficie del mar sobre él. (c) ¿Sobreestima o subestima la masa puntual el abultamiento? (d) Si el monte submarino estuviera totalmente compensado por una raíz, ¿cómo cambiaría el abultamiento?

Solución

Solución de Ejercicio 11.11.

(a) $V = \tfrac13\pi R^2 H = \tfrac13\pi(15 \times 10^{3}\,\mathrm{m})^2(3 \times 10^{3}\,\mathrm{m}) = 7.07 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{3}$, y $\Delta m = (2800 - 1030)V = 1.25 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$. (b) El centro de masa está a $0.75\,\mathrm{km}$ sobre el fondo, a $d = 5 - 0.75 = 4.25\,\mathrm{km}$ bajo la superficie del mar. Allí la anomalía de potencial es $T = -G\Delta m/d$, así que $N = G\Delta m/(\gamma d) = 6.674 \times 10^{-11}\times1.25 \times 10^{15}/(9.81\times4250) = 2.0\,\mathrm{m}$. (c) La mayor parte de la masa del cono está en su parte inferior, ancha, a entre 5 y $16\,\mathrm{km}$ del punto sobre la cima: el promedio de $1/r$ sobre la masa es menor que $1/4.25\,\mathrm{km}$, y la masa puntual sobrestima el potencial. Sumando discos delgados resulta unos $1.1\,\mathrm{m}$. (d) Una raíz de corteza ligera debajo pondría un déficit de la misma masa más profundo; los dos potenciales casi se cancelan, y el abultamiento sería mucho menor, pero no nulo, ya que el déficit está más lejos de la superficie que el exceso.

Ejercicio 11.12 ★★★

Modélese la recuperación de Escandinavia tras el hielo: supóngase que el hielo desapareció de golpe hace $10\,000$ años, dejando un hundimiento de $818\,\mathrm{m}$ que desde entonces ha disminuido como $w(t) = w_0\,e^{-t/\tau}$. (a) Muéstrese que la velocidad de levantamiento es $w/\tau$. (b) Con $\tau = 4000$ años, calcúlese el hundimiento que queda y la velocidad de levantamiento hoy, y compárese la velocidad con los $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ medidos. (c) Muéstrese que $\tau = 3100$ años y $\tau = 68\,000$ años dan ambos unos $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ hoy. ¿Qué hundimiento restante implica cada uno, y cómo podría un levantamiento gravimétrico decidir entre ellos? (d) ¿Qué propiedad del manto mide $\tau$?

Solución

Solución de Ejercicio 11.12.

(a) La velocidad de levantamiento es $-\mathrm dw/\mathrm dt = w_0\,e^{-t/\tau}/\tau = w/\tau$. (b) $w = 818\,e^{-10000/4000} = 818\times0.0821 = 67.1\,\mathrm{m}$, y la velocidad es $67.1\,\mathrm{m}/4000\,\mathrm{yr} = 16.8\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, más de una vez y media el valor medido. (c) Con $\tau = 3100$ años, $w = 818\,e^{-3.226} = 32.5\,\mathrm{m}$ y la velocidad es $10.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$; con $\tau = 68\,000$ años, $w = 818\,e^{-0.147} = 706\,\mathrm{m}$ y la velocidad es $10.4\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$. Los dos implican hundimientos restantes muy distintos. Un hundimiento no compensado es un déficit de masa de roca del manto: sobre una región amplia da una anomalía de aire libre de unos $-2\pi G\rho_m w$, es decir $-0.0419\times3.3\times706 \approx -98\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ para el caso lento, frente a $-4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ para el rápido. Un levantamiento gravimétrico (o la altura de antiguas líneas de costa) los distingue. (d) La constante de tiempo mide con qué rapidez el manto vuelve a fluir bajo el hundimiento: su viscosidad.

11.6 Problema: la raíz de una cordillera

Problema 11.1

Problema de fin de semana — la raíz de una meseta, Airy frente a Pratt, la gravedad sobre ella, y lo que la erosión le hace

Una meseta amplia, de varios cientos de kilómetros de anchura, se alza $4\,\mathrm{km}$ sobre una llanura al nivel del mar cuya corteza tiene $35\,\mathrm{km}$ de espesor. Tómense $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para la corteza, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para el manto, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, y $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro y por $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

Parte I — La meseta de Airy.

1. Calcúlese la raíz de Airy de la meseta.
2. Dedúzcase el espesor de su corteza y la profundidad de su Moho bajo el nivel del mar.
3. Tómese la profundidad de compensación a $60\,\mathrm{km}$ bajo el nivel del mar. Calcúlese la masa por metro cuadrado sobre ella en la columna de la meseta y en la columna de la llanura.
4. Calcúlese la presión a $60\,\mathrm{km}$ de profundidad.
5. ¿Por qué la raíz es 4.5 veces la altura? ¿Cuál sería la razón con una corteza de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$?
6. ¿Qué mostraría un levantamiento de refracción sísmica a través del borde de la meseta si el modelo de Airy es válido?

Parte II — La meseta de Pratt. Supóngase ahora, en cambio, una profundidad de compensación $D = 100\,\mathrm{km}$ bajo el nivel del mar y una columna de la llanura de densidad uniforme $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

7. Calcúlese la densidad de la columna de la meseta.
8. Compruébese que las dos columnas tienen la misma masa por metro cuadrado sobre $D$.
9. ¿En cuántos por ciento debe ser más ligera la columna de la meseta?
10. Si esta diferencia de densidad se debiera solo al calor, con un coeficiente de dilatación térmica de $3 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, ¿cuánto más caliente tendría que estar la columna de la meseta en promedio? ¿Es verosímil?
11. ¿Dónde está el Moho bajo la meseta en el modelo de Pratt?
12. Una medida de refracción sitúa el Moho a $52\,\mathrm{km}$ bajo la meseta. ¿Qué modelo encaja?

Parte III — La gravedad sobre el centro.

13. Calcúlese la corrección de Bouguer para una estación en la meseta.
14. Prediga las anomalías de aire libre y de Bouguer en el centro si la meseta no estuviera compensada.
15. Prediga las mismas para la meseta de Airy, y compruebe la anomalía de Bouguer con la masa que falta en la raíz.
16. Una estación en el centro de la meseta, a latitud $30{}^{\circ}$ y $4000\,\mathrm{m}$, lee $9.781\,085\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Calcúlese la gravedad normal a $30{}^{\circ}$, y después las anomalías de aire libre y de Bouguer.
17. ¿Qué fracción de la meseta está compensada?
18. ¿Sería distinta la anomalía de Bouguer en el centro si la meseta estuviera compensada a la manera de Pratt? Explíquese.
19. Esbócese la anomalía de aire libre a lo largo de un perfil que cruce un borde de la meseta, y explíquese su forma.

Parte IV — La erosión. Los ríos eliminan una capa de $1\,\mathrm{km}$ de espesor de toda la superficie de la meseta, lo bastante lentamente para que la isostasia pueda seguirle el paso.

20. ¿Cuál es el nuevo espesor de la corteza, y su nueva raíz de Airy?
21. ¿Cuál es la nueva elevación de la meseta?
22. ¿Cuánto ha subido la roca que ahora está en la superficie?
23. ¿Cuánta roca debe erosionarse en total para devolver la meseta al nivel del mar? ¿Qué dice esto de las rocas que se ven en los antiguos cinturones de montañas?
24. ¿Cuánto desciende la superficie de la meseta por cada kilómetro de roca erosionada?

Solución

Solución de Problema 11.1.

1. $r = h\rho_c/(\rho_m - \rho_c) = 4\times2700/600 = 18\,\mathrm{km}$.

2. La corteza tiene $35 + 4 + 18 = 57\,\mathrm{km}$ de espesor; su base, el Moho, está a $35 + 18 = 53\,\mathrm{km}$ bajo el nivel del mar.

3. Meseta: $57\,\mathrm{km}$ de corteza y $60 - 53 = 7\,\mathrm{km}$ de manto, $57\,000\times2700 + 7000\times3300 = 1.539 \times 10^{8} + 2.31 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Llanura: $35\,000\times2700 + 25\,000\times3300 = 9.45 \times 10^{7} + 8.25 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Son iguales, como Proposición 11.4 exige.

4. $p = g\times\text{masa por unidad de área} = 9.81\times1.770 \times 10^{8} = 1.74 \times 10^{9}\,\mathrm{Pa}$, unos $1.7\,\mathrm{GPa}$, bajo ambas columnas.

5. La raíz debe compensar, con su menor densidad, la masa de la meseta: cada metro de raíz quita $\rho_m - \rho_c = 600\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ de masa, y cada metro de meseta añade $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, así que $2700/600 = 4.5$ metros de raíz son necesarios. Con una corteza de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, la razón sería $2900/400 = 7.25$: cuanto menor es el contraste, más profunda es la raíz.

6. El Moho, el fuerte aumento de la velocidad sísmica, se encontraría más profundo bajo el borde de la meseta, desde $35\,\mathrm{km}$ bajo la llanura hasta unos $53\,\mathrm{km}$ bajo la meseta.

7. $\rho = 2700\times100/104 = 2596\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

8. $104\,000\times2596.2 = 2.700 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$ y $100\,000\times2700 = 2.700 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$.

9. $2700 - 2596 = 104\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, o $104/2700 = 3.85\,\%$.

10. $\Delta\rho/\rho = \alpha\,\Delta T$ da $\Delta T = 0.0385/3 \times 10^{-5} = 1280\,\mathrm{K}$ como promedio sobre toda la columna de $104\,\mathrm{km}$. Eso fundiría buena parte de la columna: el calor por sí solo no puede hacer esta meseta lo bastante ligera, y el mecanismo de Pratt no puede ser aquí el principal.

11. Las columnas de Pratt no tienen raíz: el Moho se queda a unos $35\,\mathrm{km}$ bajo la meseta, como bajo la llanura.

12. $52\,\mathrm{km}$ está cerca de los $53\,\mathrm{km}$ de Airy y lejos de los $35\,\mathrm{km}$ de Pratt: la meseta está compensada sobre todo por una raíz cortical.

13. $0.0419\times2.7\times4000 = 452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

14. Sin compensar (Proposición 11.13): $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx +452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.

15. Compensada: $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ y $\Delta g_{\mathrm B} \approx -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. La masa que falta en la raíz da $-0.0419\times0.6\times18\,000 = -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, la misma, ya que $\Delta\rho\,r = \rho_c h$.

16. $\sin^230{}^{\circ} = 0.25$ y $\sin^260{}^{\circ} = 0.75$: $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0013256 - 0.0000044) = 9.793\,249\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Entonces $g - \gamma = 9.781085 - 9.793249 = -1216.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; la corrección de aire libre es $0.3086\times4000 = 1234.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, así que $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +18.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, y $\Delta g_{\mathrm B} = 18.0 - 452.5 = -434.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

17. $434.5/452.5 = 0.96$: la meseta está compensada en unos $96\,\%$ (la pequeña anomalía de aire libre positiva es el $4\,\%$ sin compensar).

18. No. Cerca del centro de una meseta amplia, cada capa anómala actúa como una placa, cuya atracción no depende de su profundidad: solo importa el déficit de masa por unidad de área, que es el mismo, $\rho_c h$, en ambos modelos. Los dos difieren solo cerca de los bordes, donde la profundidad de las masas compensadoras cambia la forma de la anomalía.

19. Lejos del borde, a cada lado, la anomalía de aire libre es casi cero. A unos pocos kilómetros dentro del borde, la meseta bajo la estación está cerca y se extiende lejos solo a un lado: sigue tirando con casi todo su valor de placa. La raíz, $35\,\mathrm{km}$ o más abajo, se ve desde allí como un cuerpo que termina casi recto por debajo: tira con algo más de la mitad de su efecto. La diferencia es un pico positivo. A unos pocos kilómetros fuera, la meseta tira muy poco, mientras que la raíz sigue tirando con casi la mitad de su efecto: un valle negativo. El perfil es un par positivo–negativo a cada lado del borde, como en la figura del capítulo.

20. La corteza es ahora de $57 - 1 = 56\,\mathrm{km}$ de espesor, $21\,\mathrm{km}$ más que la de la llanura. En equilibrio este exceso se reparte como $h' + r'$ con $r' = 4.5\,h'$: $h' = 21/5.5 = 3.818\,\mathrm{km}$ y $r' = 17.18\,\mathrm{km}$.

21. La meseta se alza ahora $3818\,\mathrm{m}$.

22. La roca que ahora está en la superficie estaba $1\,\mathrm{km}$ bajo la antigua superficie, a $3000\,\mathrm{m}$; ahora está a $3818\,\mathrm{m}$: ha subido $818\,\mathrm{m}$, es decir $1000\times\rho_c/\rho_m$.

23. Cada kilómetro erosionado baja la superficie $1 - 2700/3300 = 0.182$ de kilómetro, así que bajarla $4\,\mathrm{km}$ exige $4/0.182 = 22\,\mathrm{km}$ de erosión, todo el exceso de espesor $h + r$. En un cinturón de montañas antiguo y desgastado, las rocas en la superficie estuvieron, por tanto, una vez a unos veinte kilómetros de profundidad: las raíces profundas del cinturón están expuestas.

24. La superficie baja $1000 - 818$: por cada kilómetro de roca erosionada, el descenso neto de la superficie es $182\,\mathrm{m}$.