10Le bilan thermique de la Terre

Sous une montagne des Alpes japonaises, dans une ancienne cavité de mine, une cuve contenant mille tonnes de scintillateur liquide guette de faibles éclairs de lumière. La plupart proviennent d’antineutrinos produits par les réacteurs nucléaires du pays qui l’entoure, mais certains viennent d’en bas : l’uranium et le thorium de la Terre émettent des antineutrinos en se désintégrant, et ceux-ci traversent toute la planète comme si elle était vide. En 2135 jours de comptage, le détecteur a enregistré 841 événements candidats, dont 106 ont été attribués à la Terre elle-même. De cette poignée d’éclairs, son équipe a estimé en 2011 que la désintégration de l’uranium et du thorium chauffe la Terre d’environ 20 térawatts. La planète entière en perd environ 47. Ce chapitre rend compte de la différence : d’où vient la chaleur de la Terre, comment on mesure la chaleur qui s’en écoule, comment la température croît avec la profondeur quand la chaleur est transportée par conduction, pourquoi le manteau doit convecter, et pourquoi les plaques sont la limite froide supérieure de cette convection.

Tu sais déjà

La chaleur s’écoule du chaud vers le froid ; la conductivité thermique $k$ d’une roche mesure avec quelle facilité la chaleur la traverse, sa diffusivité thermique $\kappa = k/(\rho c)$ avec quelle rapidité une variation de température s’y propage (physique, volume de deuxième année). Les noyaux radioactifs se désintègrent avec une demi-vie fixe (physique). La température croît avec la profondeur le long du géotherme, et le manteau convecte (livre 2, années 11 et 12). La lithosphère est l’enveloppe externe résistante de la Terre (Chapitre 9).

10.1 D’où vient la chaleur

Définition 10.1 (Flux géothermique)

Le flux géothermique $q$ en un point de la surface de la Terre, ou densité de flux de chaleur en surface, est la puissance d’origine interne qui traverse la surface en ce point, par unité d’aire, comptée positivement vers l’extérieur. Il se mesure en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$, en pratique en $\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Intégré sur toute la surface, il donne la perte de chaleur de la Terre $Q = \oint q\,\mathrm dS$.

Le flux géothermique a été mesuré en des dizaines de milliers de sites. Une compilation de $38\,347$ mesures, publiée en 2010, donne les valeurs moyennes ci-dessous, océans et continents étant comptés séparément :

Le total, arrondi à son incertitude, est $Q = (47 \pm 2)\,\mathrm{TW}$. Les deux tiers s’en échappent par le plancher océanique, plus jeune et plus mince que les continents. C’est un flux faible : le Soleil apporte environ $173\,000\,\mathrm{TW}$ à la Terre, et la chaleur interne ne représente que $0.03\,\%$ du bilan d’énergie en surface. Mais c’est le flux qui anime les volcans, les plaques et la formation des montagnes, et il a deux sources.

Définition 10.2 (Production de chaleur radiogénique)

La production de chaleur radiogénique $A$ d’une roche est la chaleur libérée par unité de volume et par unité de temps par la désintégration des noyaux radioactifs qu’elle contient, en $\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, en pratique en $\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$. Une roche de masse volumique $\rho$ contenant les fractions massiques $C_i$ d’éléments producteurs de chaleur, chacun libérant $H_i$ watts par kilogramme d’élément, a pour production

$$A = \rho \sum_i C_i H_i .$$

Quatre isotopes produisent presque toute cette chaleur, parce qu’ils ont une longue durée de vie, une abondance suffisante et une grande énergie : $\ce{^{238}U}$, $\ce{^{235}U}$, $\ce{^{232}Th}$ et $\ce{^{40}K}$. La chaleur par kilogramme de chaque élément est la chaleur par kilogramme de son isotope radioactif multipliée par la part de cet isotope dans l’élément (Exercice 10.3) :

Le potassium libère trente mille fois moins de chaleur par kilogramme que l’uranium, mais c’est un élément majeur de nombreuses roches, que l’on compte en pour cent là où l’on compte l’uranium et le thorium en parties par million. Les roches riches en ces trois éléments sont les granites et leurs apparentés ; les plus pauvres sont les péridotites du manteau. Une compilation de $2188$ analyses donne ces médianes, en $\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$ :

La dispersion dans chaque groupe est large : un quart des granites produisent moins de $1.74\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, un quart plus de $3.23\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$. La croûte continentale est enrichie en ces éléments, la croûte océanique et le manteau appauvris ; mais le manteau est si vaste qu’il détient encore une grande part des sources de chaleur de la planète.

Définition 10.3 (Refroidissement séculaire)

Le refroidissement séculaire est la part de la perte de chaleur de la Terre fournie par la lente baisse de la température de son intérieur, manteau et noyau : la libération de la chaleur stockée depuis la formation de la planète, au taux $-\sum_j M_j c_j\,\mathrm dT_j/\mathrm dt$ pour des réservoirs de masse $M_j$, de chaleur massique $c_j$ et de température moyenne $T_j$.

La conservation de l’énergie donne le bilan de la Terre entière : la chaleur perdue en surface est la production radiogénique plus le refroidissement séculaire,

Les géoneutrinos mesurent une partie du premier terme : le résultat de 2011, qui combinait deux détecteurs, attribue $20\,\mathrm{TW}$ à l’uranium et au thorium, et l’on sait que le $\ce{^{40}K}$, dont les antineutrinos sont trop faibles pour être détectés ainsi, en ajoute environ $4\,\mathrm{TW}$.

Environ la moitié de la perte de chaleur est donc radiogénique, et l’autre moitié, environ $23\,\mathrm{TW}$, est du refroidissement séculaire. Une partie de ce refroidissement est celle du noyau : la chaleur qui traverse la limite noyau–manteau est estimée à $5\text{ à }15\,\mathrm{TW}$. Ces chiffres sont incertains : la mesure elle-même comporte une incertitude d’environ $9\,\mathrm{TW}$, et les résultats des géoneutrinos ne confinent pour l’instant la part radiogénique qu’à $15\text{ à }41\,\mathrm{TW}$, tandis que les modèles de Terre de types différents s’étalent de $14\text{ à }46\,\mathrm{TW}$. Le total, mesuré en surface, est le terme le mieux connu du bilan (figure ci-dessous).

La chaleur radiogénique était plus grande dans le passé, parce que les isotopes étaient plus abondants : le $\ce{^{235}U}$ et le $\ce{^{40}K}$, ceux de courte durée de vie, contribuaient alors bien davantage (livre 2, année 12). Le moteur thermique de la Terre ralentit lentement, sur les deux tableaux.

10.2 Mesurer le flux géothermique

Le flux géothermique ne se mesure pas directement : on le calcule à partir d’un gradient de température et d’une conductivité.

Proposition 10.4 (Loi de Fourier)

Dans un milieu de conductivité thermique $k$, la chaleur est conduite le long du gradient de température à un taux par unité d’aire qui lui est proportionnel. Avec $z$ la profondeur, comptée positivement vers le bas, et $q$ compté positivement vers le haut,

$$q = k\,\frac{\mathrm dT}{\mathrm dz} .$$

La loi est établie dans le volume de deuxième année des livres de physique. La plupart des roches conduisent la chaleur à $1.5\text{ à }3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ en dessous de $200\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, moins quand elles sont chaudes ; les modèles du flux continental donnent à la croûte supérieure granitique environ $2.7\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ ;

un gradient de $25\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ y signifie un flux d’environ $70\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Quand les roches traversées par un forage ont des conductivités différentes, le gradient change de l’une à l’autre, mais pas le flux, tant qu’aucune chaleur n’est produite ni stockée entre elles. La proposition suivante en fait un test.

Proposition 10.5 (Diagramme de Bullard)

Soit $R(z) = \int_0^z \mathrm d\zeta/k(\zeta)$ la résistance thermique, par unité d’aire, des roches comprises entre la surface et la profondeur $z$, en $\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{K}\,\mathrm{W}^{-1}$. Si le flux $q$ est le même à toute profondeur d’un forage, la température est une fonction linéaire de la résistance thermique : $T(z) = T_0 + q\,R(z)$.

Méthode 10.6 (Le flux géothermique à partir d’un forage)

1. Enregistrer la température le long du forage longtemps après le forage, quand la perturbation due au fluide de forage s’est éteinte, et mettre de côté les quelques dizaines de mètres les plus proches de la surface, qui suivent les saisons.
2. Mesurer au laboratoire la conductivité d’échantillons carottés de chaque roche traversée, et calculer la résistance thermique $R(z)$ à chaque profondeur enregistrée.
3. Tracer $T$ en fonction de $R$ : la pente de la droite est le flux géothermique. Une cassure révèle de l’eau circulant dans les roches, un changement passé de la température de surface, ou une erreur sur une conductivité.
4. Corriger, si besoin, du relief, qui courbe les isothermes sous les collines et les vallées, et du lent réchauffement depuis la dernière glaciation, qui perturbe encore le premier kilomètre environ.

En mer, il n’est pas besoin de forage. La température au fond de l’océan profond est très stable, si bien que quelques mètres de sédiment meuble portent déjà le gradient d’équilibre. Une lance d’acier portant une rangée de capteurs de température est larguée d’un navire et enfoncée dans le sédiment par un lourd poids (figure ci-dessous) ; les capteurs enregistrent le gradient, et une impulsion de chaleur envoyée le long de la lance donne la conductivité du sédiment en place. Le plancher océanique a un piège. Sur la croûte jeune, l’eau de mer circule à travers le basalte fissuré et emporte une bonne part de la chaleur par advection, si bien que le flux conductif mesuré est bien en deçà de la perte réelle. La perte à travers le plancher le plus jeune est donc calculée à partir du modèle de refroidissement de la Section 10.5, calé sur la croûte ancienne où la circulation a cessé : cette part calculée, $23.1\,\mathrm{TW}$, fait environ la moitié du total mondial.

Sur le terrain — Le flux géothermique en mer

Sur un navire de recherche, la sonde de flux est une lourde lance suspendue à la grue de poupe. On la descend au bout du câble du navire jusque juste au-dessus du fond marin, puis on la lâche : le poids l’enfonce dans le sédiment, et l’équipage attend sur le pont que les capteurs se mettent à la température de la vase, puis la remonte et passe à la station suivante, un peu plus loin. Une ligne de telles stations à travers le flanc d’une dorsale donne la décroissance du flux avec l’âge du plancher, et la dispersion entre stations voisines montre où l’eau circule à travers la croûte en dessous.

10.3 Le géotherme conductif stationnaire

Définition 10.7 (Géotherme)

Le géotherme sous un point de la surface est la température en fonction de la profondeur en ce point, $T(z)$. C’est un géotherme conductif stationnaire lorsqu’il ne change pas avec le temps et que la chaleur y est transportée par conduction seule.

Dans la lithosphère, loin des volcans actifs et de la circulation d’eau, la chaleur est transportée par conduction, et à l’échelle de millions d’années le géotherme est stationnaire. Sa forme découle alors d’un bilan d’énergie.

Théorème 10.8 (Conduction stationnaire avec production de chaleur)

Le long d’un géotherme conductif stationnaire, dans un milieu de conductivité uniforme $k$ avec une production de chaleur $A(z)$ et sans flux horizontal de chaleur,

$$\frac{\mathrm dq}{\mathrm dz} = -A(z), \qquad\text{c'est-à-dire}\qquad k\,\frac{\mathrm d^2T}{\mathrm dz^2} = -A(z).$$

En lisant de la surface vers le bas, le flux décroît avec la profondeur de la chaleur produite au-dessus de chaque niveau : ce qui traverse la surface est la chaleur venue d’en dessous plus toute la chaleur produite en chemin. Deux distributions de $A$ donnent des formes fermées.

Proposition 10.9 (Une couche radiogénique uniforme)

Soit une production de chaleur $A$ de la surface jusqu’à la profondeur $h$ et nulle en dessous, la surface à la température $T_0$ et le flux de surface $q_0$. Alors pour $0 \le z \le h$

$$q(z) = q_0 - A z, \qquad T(z) = T_0 + \frac{q_0 z}{k} - \frac{A z^2}{2k},$$

et au-dessous de $h$ le flux est uniforme, $q_m = q_0 - A h$, et le géotherme une droite de pente $q_m/k$.

Théorème 10.10 (Production de chaleur exponentielle et relation linéaire du flux)

Soit une production de chaleur qui décroît avec la profondeur comme $A(z) = A_0 e^{-z/D}$, un flux qui tend vers $q_m$ à grande profondeur, et la surface à $T_0$. Alors

$$q(z) = q_m + A_0 D\,e^{-z/D}, \qquad T(z) = T_0 + \frac{q_m z}{k} + \frac{A_0 D^2}{k}\bigl(1 - e^{-z/D}\bigr),$$

et le flux de surface est

$$q_0 = q_m + A_0 D .$$

La dernière ligne est une prédiction que l’on peut tester en surface. Des plutons granitiques d’une même région partagent le même flux profond $q_m$ et, s’ils ne diffèrent que par leur richesse en uranium, thorium et potassium, la même échelle $D$ ; alors le flux mesuré au-dessus de chaque pluton doit être une fonction linéaire de la production de chaleur mesurée sur ses roches, de pente $D$, une longueur, et d’ordonnée à l’origine $q_m$, le flux réduit, venant de dessous la couche radiogénique. Francis Birch observa le premier une telle droite, rapportée en 1968, et la même année trois provinces furent définies par leurs droites :

Les ordonnées à l’origine, publiées sous la forme 0.8, 1.4 et $0.4\times10^{-6}\,\mathrm{cal}\,\mathrm{cm}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$, sont converties avec $1\,\text{µ}\mathrm{cal}\,\mathrm{cm}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1} = 41.84\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ (Exercice 10.4). Les pentes varient peu, de 7 à $10\,\mathrm{km}$ ; le flux réduit varie beaucoup, et ses cartes montrent où le manteau en dessous est chaud, comme sous la croûte étirée du Basin and Range. La couche uniforme de la Proposition 10.9 donne aussi une droite, de pente $h$ : les deux modèles s’ajustent aux données, mais seul l’exponentiel reste une droite de même pente quand les plutons sont érodés à des profondeurs différentes (Exercice 10.10), ce qui le fait préférer.

Méthode 10.11 (La température en profondeur sous un pluton)

1. Mesurer le flux de surface $q_0$ au-dessus du pluton (méthode du forage) et sa production de chaleur $A_0$ d’après ses teneurs en U, Th et K.
2. À partir de la droite de la province, ou avec une valeur de $D$ d’environ $10\,\mathrm{km}$, calculer $q_m = q_0 - A_0 D$.
3. Appliquer le Théorème 10.10. Au-delà de quelques fois $D$, $e^{-z/D}$ est négligeable et le géotherme est la droite $T_0 + A_0D^2/k + q_m z/k$ : la couche radiogénique a élevé toutes les températures profondes de $A_0D^2/k$.

Sur la figure, la température au Moho va d’environ $320{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour le flux le plus faible à plus de $700{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour le plus fort : le flux géothermique de surface porte une lecture directe de la température de la croûte profonde, qui gouverne sa résistance (Chapitre 16).

10.4 Conduction contre convection

La conduction est lente. À quel point, l’équation de la chaleur le dit ; les livres de physique la déduisent de la loi de Fourier et du bilan du Théorème 10.8 complété par le stockage : en une dimension, sans production de chaleur, $\partial T/\partial t = \kappa\,\partial^2 T/\partial z^2$.

Proposition 10.12 (L’échelle de temps conductive)

Une variation de température imposée à la frontière d’un corps conducteur se propage sur une distance $L$ en un temps de l’ordre de

$$\tau = \frac{L^2}{\kappa} .$$

Les roches ont $\kappa \approx 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$. Le cycle journalier de température pénètre de quelques dizaines de centimètres dans le sol, le cycle annuel de quelques mètres, et le réchauffement depuis la dernière glaciation d’un kilomètre environ. À travers une lithosphère épaisse de $100\,\mathrm{km}$, $\tau = 10^{16}\,\mathrm{s}$, soit environ $300\,\mathrm{Ma}$. À travers le manteau, épais de $2900\,\mathrm{km}$, $\tau = 8.4 \times 10^{18}\,\mathrm{s}$, soit $270\,\mathrm{Ga}$ : soixante fois l’âge de la Terre, $4.54\,\mathrm{Ga}$. La conduction seule n’aurait pu amener la chaleur du manteau profond nulle part près de la surface. Le manteau convecte, et dans son intérieur la chaleur est transportée par le mouvement de la roche elle-même, à la vitesse des plaques, des centimètres par an.

Définition 10.13 (Adiabate du manteau)

L’adiabate du manteau est le géotherme de l’intérieur bien mélangé du manteau en convection : la température que prend la roche du manteau quand elle monte ou descend assez vite pour n’échanger aucune chaleur avec son environnement, se refroidissant par détente en montant et se réchauffant par compression en descendant.

La thermodynamique donne son gradient, $\mathrm dT/\mathrm dz = \alpha g T/c_p$, avec $\alpha$ la dilatation thermique et $c_p$ la chaleur massique (physique, admis ici). Il est faible. Une évaluation récente fondée sur la physique des minéraux donne $0.54\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ à $50\,\mathrm{km}$ de profondeur, décroissant jusqu’à $0.36\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ à $410\,\mathrm{km}$, puis de 0.41 à $0.23\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ à travers le manteau inférieur, avec $1646\,\mathrm{K}$ à $50\,\mathrm{km}$ et $2587\,\mathrm{K}$ à $2800\,\mathrm{km}$.

Extrapolée à la surface, l’adiabate donne la température potentielle du manteau, $1619\,\mathrm{K}$ ou environ $1350{}^{\circ}\mathrm{C}$ : la température que prendrait le manteau s’il était ramené à la surface sans échanger de chaleur. La notion de température potentielle est définie, pour l’atmosphère et l’océan, au Chapitre 26. Une température qui n’augmente que de $0.5\,\mathrm{K}$ par kilomètre alors que le géotherme conductif près de la surface monte de $25\,\mathrm{K}$ est la signature de la convection.

Histoire des sciences — John Perry et la Terre qui se refroidit

En 1862–1863, William Thomson, plus tard Lord Kelvin, calcula l’âge de la Terre à partir de son refroidissement. Il la traita comme un solide refroidi par conduction à partir d’une température uniforme d’environ $3900{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; avec le gradient moyen qu’il choisit d’après les mesures de son temps, environ $36\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$, et une diffusivité de $1.2 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, le temps nécessaire pour atteindre le gradient actuel était d’environ $96\,\mathrm{Ma}$, entre des bornes de 24 et $400\,\mathrm{Ma}$ (Exercice 10.9). Les géologues le trouvèrent bien trop court. En 1895, un an avant la découverte de la radioactivité, son ancien assistant John Perry s’en prit plutôt à une hypothèse : si l’intérieur était en partie fluide et convectait, il transporterait la chaleur comme s’il avait une conductivité énorme, et tout l’intérieur, non une mince enveloppe externe, alimenterait le flux de surface. Son argument fut négligé et oublié ; la convection du manteau, établie bien plus tard, lui donna raison : le manteau profond se refroidit par convection, et c’est le refroidissement séculaire du bilan.

Proposition 10.14 (La Terre bien brassée de Perry)

Soit une sphère de rayon $R$ dont l’intérieur bien brassé est à la température uniforme $T_i(t)$, de capacité thermique $\rho c$ par unité de volume, sous un couvercle conducteur d’épaisseur $L \ll R$ et de conductivité $k$ dont la surface est à $0{}^{\circ}\mathrm{C}$, et sans production de chaleur. Alors

$$T_i(t) = T_i(0)\,e^{-t/\tau_P}, \qquad \tau_P = \frac{RL}{3\kappa},$$

et le flux de surface $kT_i/L$ décroît avec la même constante de temps.

Pour $R = 6400\,\mathrm{km}$, $L = 100\,\mathrm{km}$ et $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\tau_P = 6.8\,\mathrm{Ga}$ : une Terre qui convecte garde un flux élevé pendant des milliards d’années, là où la Terre conductrice de Kelvin le perdait en quelques dizaines de millions (Exercice 10.11).

10.5 La lithosphère comme couche limite thermique

Définition 10.15 (Couche limite thermique, lithosphère thermique)

Dans un fluide en convection, une couche limite thermique est une couche le long d’une frontière, à travers laquelle la chaleur passe par conduction et la température passe de celle de la frontière à celle de l’intérieur bien mélangé. La lithosphère thermique est la couche limite thermique supérieure du manteau : l’enveloppe externe de la Terre depuis la surface jusqu’à la profondeur où le géotherme conductif rejoint l’adiabate du manteau.

Les plaques sont le sommet froid de la convection du manteau, sa couche limite supérieure. Leur base, là où le géotherme conductif raide s’infléchit en l’adiabate doux, se situe à $70\text{ à }230\,\mathrm{km}$ dans la figure des géothermes pour des flux continentaux de 70 à $40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, dans l’intervalle mesuré par la sismologie (Chapitre 9) : la lithosphère définie par sa résistance et la lithosphère définie par sa température sont à peu près la même enveloppe, car la résistance dépend de la température. Au bas du manteau, la couche D$''$ est la couche limite inférieure, chauffée par le dessous par le noyau.

Sous les océans, la couche limite naît à la dorsale, où le manteau chaud monte à la surface, et s’épaissit à mesure que la plaque s’éloigne et se refroidit. Le refroidissement d’un demi-espace à partir d’une température uniforme, résolu par Fourier et utilisé par Kelvin pour toute la Terre, la décrit bien (le Chapitre 13 et le volume de troisième année le dérivent) : les isothermes s’approfondissent comme la racine carrée de l’âge du plancher (figure ci-dessous), et le flux décroît comme

la valeur utilisée dans le bilan global. À $100\,\mathrm{Ma}$ le demi-espace s’est refroidi sur environ $130\,\mathrm{km}$ (Exercice 10.12). La plaque réelle cesse de s’épaissir plus tôt : les ondes sismiques traversant le Pacifique sont le mieux ajustées par une plaque refroidie qui tend vers une épaisseur de $85\text{ à }95\,\mathrm{km}$, l’aplatissement du vieux plancher océanique retrouvé au Chapitre 13.

Le bilan thermique, le flux géothermique et la structure thermique des plaques se rejoignent dans les chapitres suivants : la plaque en refroidissement s’enfonce (Chapitre 13), et la lithosphère froide qui plonge aux zones de subduction est le courant descendant de la convection dont elle fait partie.

10.6 Exercices

Exercice 10.1 ★

Un forage dans un granite de conductivité $2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ montre un gradient stationnaire de $22\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$. Calculer le flux géothermique, et la puissance qui traverse un kilomètre carré de la surface en ce lieu.

Solution

Solution de Exercice 10.1.

$q = k\,\mathrm dT/\mathrm dz = 2.5\times0.022\,\mathrm{K}\,\mathrm{m}^{-1} = 0.055\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2} = 55\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Through $1\,\mathrm{km}^{2}$ $= 10^{6}\,\mathrm{m}^{2}$ : $5.5 \times 10^{4}\,\mathrm{W}$, soit $55\,\mathrm{kW}$.

Exercice 10.2 ★

À partir des aires et des flux moyens des continents ($2.073 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$, $70.9\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$) et des océans ($3.028 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$, $105.4\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$), calculer la perte de chaleur de chacun, le total et le flux moyen sur la surface de la Terre ($5.101 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}$). Quelle fraction des $173\,000\,\mathrm{TW}$ reçus du Soleil cela représente-t-il ?

Solution

Solution de Exercice 10.2.

Continents $2.073 \times 10^{14}\times0.0709 = 1.470 \times 10^{13}\,\mathrm{W} = 14.70\,\mathrm{TW}$ ; océans $3.028 \times 10^{14}\times0.1054 = 31.92\,\mathrm{TW}$ ; total $46.61\,\mathrm{TW}$, et le flux moyen $4.661 \times 10^{13}/5.101 \times 10^{14} = 91.4\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ (les valeurs publiées 46.7 et 91.6 ne diffèrent que par l’arrondi des deux moyennes). La fraction de l’apport solaire est $46.6/173000 = 2.7 \times 10^{-4}$, soit $0.027\,\%$.

Exercice 10.3 ★

À partir du tableau des quatre isotopes, calculer la chaleur libérée par kilogramme d’uranium naturel ($99.274\,\%$ d’$\ce{^{238}U}$ et $0.720\,\%$ d’$\ce{^{235}U}$ des atomes ; leurs masses diffèrent d’environ $1\,\%$, donc les prendre pour des fractions massiques) et par kilogramme de potassium naturel, dont le $\ce{^{40}K}$ fait $0.0117\,\%$ des atomes (prendre la masse d’un atome de $\ce{^{40}K}$ égale à $39.96/39.10$ fois la masse moyenne d’un atome de potassium).

Solution

Solution de Exercice 10.3.

Uranium : $0.99274\times9.513 \times 10^{-5} + 0.00720\times5.685 \times 10^{-4} = 9.444 \times 10^{-5} + 4.09 \times 10^{-6} = 9.85 \times 10^{-5}\,\mathrm{W}\,\mathrm{kg}^{-1}$ ; le rare $\ce{^{235}U}$ en fournit $4\,\%$. Potassium : la fraction massique du $\ce{^{40}K}$ est $1.17 \times 10^{-4}\times39.96/39.10 = 1.196 \times 10^{-4}$, donc $1.196 \times 10^{-4}\times2.847 \times 10^{-5} = 3.40 \times 10^{-9}\,\mathrm{W}\,\mathrm{kg}^{-1}$.

Exercice 10.4 ★

Convertir les ordonnées à l’origine des trois provinces, 0.8, 1.4 et $0.4\times10^{-6}\,\mathrm{cal}\,\mathrm{cm}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$, en $\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ ($1\,\mathrm{cal} = 4.184\,\mathrm{J}$). Prédire le flux de surface au-dessus d’un granite de production de chaleur $3.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$ dans chaque province.

Solution

Solution de Exercice 10.4.

$1\,\text{µ}\mathrm{cal}\,\mathrm{cm}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1} = 4.184 \times 10^{-6}\,\mathrm{J}\,\mathrm{s}^{-1}/10^{-4}\,\mathrm{m}^{2} = 41.84\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ : est des États-Unis $33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, Basin and Range $58.6\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, Sierra Nevada $16.7\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Avec $A_0D$ en $\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ quand $A_0$ est en $\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$ et $D$ en $\mathrm{km}$ : $33.5 + 3.0\times7.5 = 56.0\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $58.6 + 3.0\times9.4 = 86.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $16.7 + 3.0\times10 = 46.7\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Le même granite donne des flux presque deux fois plus forts dans le Basin and Range que dans la Sierra Nevada : la différence est dans le manteau en dessous.

Exercice 10.5 ★★

Une croûte a une production de chaleur uniforme de $2.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$ dans ses $10\,\mathrm{km}$ supérieurs et nulle en dessous, une conductivité de $2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, un flux de surface de $60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ et une température de surface de $10{}^{\circ}\mathrm{C}$. Calculer la température à $10\,\mathrm{km}$, le flux sous la couche radiogénique, et la température au Moho, à $35\,\mathrm{km}$ de profondeur.

Solution

Solution de Exercice 10.5.

$T(10\,\text{km}) = 10 + \frac{0.060\times10^4}{2.5} - \frac{2 \times 10^{-6}\times10^8}{2\times2.5} = 10 + 240 - 40 = 210{}^{\circ}\mathrm{C}$. Below, $q_m = 60 - 2.0\times10 = 40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, un gradient de $16\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$, et $T(35\,\text{km}) = 210 + 16\times25 = 610{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Exercice 10.6 ★★

Un forage traverse $300\,\mathrm{m}$ d’argilite ($k = 1.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$), puis du granite ($k = 3.0\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$). Les températures d’équilibre sont de $12.0{}^{\circ}\mathrm{C}$ en surface, $24.0{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $300\,\mathrm{m}$ et $34.0{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $800\,\mathrm{m}$. Calculer le gradient et le flux dans chaque roche, la résistance thermique à $300\,\mathrm{m}$ et à $800\,\mathrm{m}$, et la pente du diagramme de Bullard. Le flux est-il constant ?

Solution

Solution de Exercice 10.6.

Argilite : gradient $12.0/0.300 = 40\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$, $q = 1.5\times0.040 = 60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Granite : $10.0/0.500 = 20\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$, $q = 3.0\times0.020 = 60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. $R(300) = 300/1.5 = 200\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{K}\,\mathrm{W}^{-1}$, $R(800) = 200 + 500/3.0 = 366.7\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{K}\,\mathrm{W}^{-1}$. Les trois points $(0, 12.0)$, $(200, 24.0)$, $(366.7, 34.0)$ sont alignés, de pente $22.0/366.7 = 0.0600\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ : le flux est le même, $60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, dans les deux roches ; seul le gradient change, en proportion inverse de la conductivité.

Exercice 10.7 ★★

Avec $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calculer l’échelle de temps conductive pour $L = 1\,\mathrm{m}$, $10\,\mathrm{m}$, $100\,\mathrm{km}$ et $2900\,\mathrm{km}$, chacune dans une unité adaptée. Quels cycles de température de surface se ressentent encore à $10\,\mathrm{m}$ sous le sol ? Comparer le dernier temps à l’âge de la Terre.

Solution

Solution de Exercice 10.7.

$\tau = L^2/\kappa$ : $1\,\mathrm{m}$, $10^{6}\,\mathrm{s}$ ou $12$ jours ; $10\,\mathrm{m}$, $10^{8}\,\mathrm{s}$ ou $3.2$ ans ; $100\,\mathrm{km}$, $10^{16}\,\mathrm{s}$ ou $317\,\mathrm{Ma}$ ; $2900\,\mathrm{km}$, $8.4 \times 10^{18}\,\mathrm{s}$ ou $267\,\mathrm{Ga}$. À $10\,\mathrm{m}$ le cycle journalier ne se ressent pas du tout, et le cycle annuel, plus court que les trois ans nécessaires pour traverser $10\,\mathrm{m}$, très faiblement seulement : seules les variations qui durent des années ou plus passent. Le dernier temps vaut $267/4.54 = 59$ fois l’âge de la Terre.

Exercice 10.8 ★★

L’adiabate du manteau est à $1646\,\mathrm{K}$ à $50\,\mathrm{km}$ de profondeur, avec un gradient de $0.54\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ en ce point, décroissant jusqu’à $0.36\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ à $410\,\mathrm{km}$. (a) L’extrapoler à la surface avec le gradient à $50\,\mathrm{km}$, et donner la température potentielle en kelvins et en degrés Celsius. (b) Estimer la température à $410\,\mathrm{km}$ avec la moyenne des deux gradients, et la comparer au $1799\,\mathrm{K}$ publié juste au-dessus de la discontinuité.

Solution

Solution de Exercice 10.8.

(a) $1646 - 0.54\times50 = 1619\,\mathrm{K}$, soit $1346{}^{\circ}\mathrm{C}$, la valeur publiée de $1350{}^{\circ}\mathrm{C}$ arrondie. (b) Gradient moyen $(0.54 + 0.36)/2 = 0.45\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$, donc $1646 + 0.45\times360 = 1808\,\mathrm{K}$, $9\,\mathrm{K}$ ($0.5\,\%$) au-dessus de $1799\,\mathrm{K}$ : le gradient ne décroît pas linéairement, mais l’estimation est proche.

Exercice 10.9 ★★

Un demi-espace refroidi à partir de la température uniforme $T_0$, sa surface étant maintenue à $0{}^{\circ}\mathrm{C}$, a après un temps $t$ le gradient de surface $G = T_0/\sqrt{\pi\kappa t}$ (admis). (a) Exprimer $t$ en fonction de $G$. (b) Avec les valeurs de Kelvin, $T_0 = 3900{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 1.2 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ et $G = 1/50$ de degré Fahrenheit par pied, calculer $G$ en $\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ et l’âge. (c) Refaire le calcul avec $T_0 = 1300{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ et $G = 36\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$.

Solution

Solution de Exercice 10.9.

(a) $G^2 = T_0^2/(\pi\kappa t)$ donne $t = T_0^2/(\pi\kappa G^2)$. (b) $G = 0.02\times\tfrac59\,\mathrm{K}/0.3048\,\mathrm{m} = 0.036\,45\,\mathrm{K}\,\mathrm{m}^{-1} = 36.45\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$; $t = 3900^2/(\pi\times1.2 \times 10^{-6}\times0.03645^2) = 1.521 \times 10^{7}/5.009 \times 10^{-9} = 3.04 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$, soit $96\,\mathrm{Ma}$, le chiffre de Kelvin. (c) $t = 1300^2/(\pi\times10^{-6}\times0.036^2) = 4.15 \times 10^{14}\,\mathrm{s} = 13\,\mathrm{Ma}$ : une température initiale plus réaliste rend la Terre conductrice plus jeune encore.

Exercice 10.10 ★★★

Une province est érodée : une épaisseur $e$ est enlevée au sommet de chaque pluton, le flux profond $q_m$ restant inchangé. (a) Dans le modèle exponentiel, montrer que la nouvelle production de chaleur de surface et le nouveau flux, $A_0'$ et $q_0'$, vérifient encore $q_0' = q_m + A_0'D$. (b) Dans le modèle à couche uniforme d’épaisseur $h$, montrer qu’un pluton érodé de $e$ se place sur une droite de pente $h - e$. (c) Des plutons d’une même province ont été érodés de quantités différentes. Quel modèle prédit qu’ils tombent encore sur une seule droite ?

Solution

Solution de Exercice 10.10.

(a) Après l’érosion, la nouvelle surface est l’ancienne profondeur $e$, où la production de chaleur était $A_0' = A_0e^{-e/D}$ et le flux $q(e) = q_m + A_0De^{-e/D} = q_m + A_0'D$ ; mesurée depuis la nouvelle surface, la production décroît encore comme $A_0'e^{-z'/D}$. Le pluton se déplace le long de la même droite. (b) La couche a maintenant l’épaisseur $h - e$ avec le même $A$, donc $q_0' = q_m + A(h - e)$ : sur une droite de pente $h - e$ passant par $q_m$. (c) Seul le modèle exponentiel : dans le modèle à couche uniforme, des plutons érodés de profondeurs différentes se placeraient sur des droites de pentes différentes, et les points d’une province seraient dispersés. Qu’on observe une seule droite plaide pour une production décroissant à peu près exponentiellement avec la profondeur.

Exercice 10.11 ★★★

Dans le modèle de Perry (Proposition 10.14), prendre $R = 6400\,\mathrm{km}$, $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $k = 3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ et une température intérieure initiale de $1300{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calculer $\tau_P$ pour des couvercles de 50 et $100\,\mathrm{km}$. (b) Pour le couvercle de $50\,\mathrm{km}$, calculer le flux de surface au départ et après $2\,\mathrm{Ga}$. (c) Le demi-espace conducteur de Kelvin, de mêmes $k$ et $T_0$, a un flux de surface $kT_0/\sqrt{\pi\kappa t}$ : le calculer après $2\,\mathrm{Ga}$, et comparer.

Solution

Solution de Exercice 10.11.

(a) $\tau_P = RL/(3\kappa)$ : pour $50\,\mathrm{km}$, $6.4 \times 10^{6}\times5 \times 10^{4}/3 \times 10^{-6} = 1.07 \times 10^{17}\,\mathrm{s} = 3.4\,\mathrm{Ga}$ ; pour $100\,\mathrm{km}$, $6.8\,\mathrm{Ga}$. (b) $q = kT_i/L = 3\times1300/5 \times 10^{4} = 78\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ au départ, et $78\,e^{-2/3.38} = 43\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ après $2\,\mathrm{Ga}$. (c) $3\times1300/\sqrt{\pi\times10^{-6}\times6.31 \times 10^{16}} = 3900/4.45 \times 10^{5} = 8.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ : la Terre bien brassée perd encore cinq fois plus de chaleur après deux milliards d’années. Tout son intérieur alimente la surface, là où seule une enveloppe externe le fait dans une Terre conductrice.

Exercice 10.12 ★★★

Le flux de surface d’un demi-espace en refroidissement est $q = k\,\Delta T/\sqrt{\pi\kappa t}$ (Exercice 10.9). (a) Avec $k = 3\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ et $\Delta T = 1336\,\mathrm{K}$ (de la température potentielle à un fond marin d’environ $10{}^{\circ}\mathrm{C}$), calculer la constante $C$ de $q = C/\sqrt t$, avec $t$ en millions d’années, et la comparer à la valeur $490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$ ajustée aux données. (b) Avec $C = 490$, donner le flux à 1, 10 et $100\,\mathrm{Ma}$. (c) L’isotherme $1200{}^{\circ}\mathrm{C}$ de la figure des isothermes de refroidissement se trouve à $z = 2\times1.163\sqrt{\kappa t}$ ; calculer sa profondeur à $100\,\mathrm{Ma}$.

Solution

Solution de Exercice 10.12.

(a) $\sqrt{\pi\kappa\times1\,\mathrm{Ma}} = \sqrt{\pi\times10^{-6}\times3.156 \times 10^{13}} = 9957\,\mathrm{m}$, donc $C = 3\times1336/9957 = 0.403\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-2}$ pour $t$ en Ma, $403\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$ : $82\,\%$ des 490 ajustés. Le modèle demande un $k\,\Delta T$ plus grand (environ $4900\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}$) : une conductivité plus élevée du manteau, ou un intérieur plus chaud, comme le long de l’adiabate. (b) $490/\sqrt1 = 490$, $490/\sqrt{10} = 155$ et $490/\sqrt{100} = 49\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. (c) $z = 2.326\sqrt{10^{-6}\times3.156 \times 10^{15}} = 2.326\times56\,180\,\mathrm{m} = 131\,\mathrm{km}$.

10.7 Problème : Des roches chaudes sous les plutons

Problème 10.1

Problème du week-end — flux géothermique et production de chaleur de cinq plutons granitiques, la relation linéaire et la température de la croûte profonde

Cinq plutons granitiques d’une même province ont été forés. Dans chaque forage, la température d’équilibre a été enregistrée à $100\,\mathrm{m}$ et $500\,\mathrm{m}$, et la conductivité du granite a été mesurée sur des carottes ; ses teneurs en uranium, thorium et potassium ont été analysées sur des échantillons de surface. Tous les cinq granites ont une masse volumique de $2650\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

pluton	$T$ à $100\,\mathrm{m}$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$T$ à $500\,\mathrm{m}$ (${}^{\circ}\mathrm{C}$)	$k$ ($\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$)	U, Th (ppm)	K ($\%$)
A	13.1	19.2	2.9	2.0, 8	3.0
B	12.4	20.2	2.6	3.5, 14	3.5
C	13.6	21.4	3.1	5.0, 18	4.0
D	12.9	23.1	2.7	7.0, 25	4.2
E	14.2	25.5	3.0	10.0, 35	4.5

Utiliser les chaleurs d’élément $9.85 \times 10^{-5}\,\mathrm{W}\,\mathrm{kg}^{-1}$ (U), $2.63 \times 10^{-5}\,\mathrm{W}\,\mathrm{kg}^{-1}$ (Th) et $3.40 \times 10^{-9}\,\mathrm{W}\,\mathrm{kg}^{-1}$ (K). Sous les plutons, prendre $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ pour toute la croûte et une température de surface de $10{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Partie I — Flux géothermique.

1. Calculer le gradient de température dans chaque forage.
2. Pourquoi faut-il enregistrer les températures des semaines ou des mois après le forage, et pourquoi laisse-t-on de côté les $100\,\mathrm{m}$ supérieurs ?
3. Calculer le flux géothermique en chaque pluton.
4. Les comparer au flux continental moyen, $70.9\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$.
5. Les gradients de B et C sont égaux. Pourquoi leurs flux ne le sont-ils pas ?
6. Les plutons se trouvent sous des collines. Le relief élèverait-il ou abaisserait-il le gradient mesuré sous un sommet ? (Penser à la forme des isothermes.)

Partie II — Production de chaleur et droite.

7. Calculer la production de chaleur due à l’uranium dans chaque pluton.
8. La même pour le thorium.
9. La même pour le potassium.
10. Les additionner pour obtenir $A_0$ de chaque pluton. Quel élément contribue le moins ?
11. Tracer $q_0$ en fonction de $A_0$. Les points sont-ils proches d’une droite ?
12. Calculer les moyennes de $A_0$ et de $q_0$, et les sommes $\sum (A_0 - \bar A_0)^2$ et $\sum (A_0 - \bar A_0)(q_0 - \bar q_0)$.
13. En déduire la droite des moindres carrés $q_0 = q_m + D A_0$ : sa pente $D$ (en $\mathrm{km}$) et son ordonnée à l’origine $q_m$.
14. Comparer $D$ et $q_m$ aux trois provinces du chapitre. À laquelle cette province ressemble-t-elle ?

Partie III — Le géotherme sous le pluton E. Arrondir $D$ à $10\,\mathrm{km}$ et $q_m$ à $30\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, et prendre pour le pluton E la valeur arrondie $A_0 = 5.46\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$.

15. Écrire le géotherme $T(z)$ du Théorème 10.10 avec ces valeurs.
16. Calculer le flux à 10, 20 et $35\,\mathrm{km}$.
17. Quelle fraction du flux de surface au-dessus de E vient d’en dessous de la couche radiogénique ?
18. Calculer la température à $10\,\mathrm{km}$.
19. Calculer la température à $20\,\mathrm{km}$.

Partie IV — La croûte profonde.

20. Calculer la température au Moho, à $35\,\mathrm{km}$ de profondeur, sous le pluton A ($A_0 = 1.35\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$).
21. De combien les couches radiogéniques de A et E élèvent-elles les températures profondes ? Expliquer la différence entre les deux plutons.
22. Au-dessous de $50\,\mathrm{km}$, $e^{-z/D}$ est négligeable. Trouver la profondeur de l’isotherme $1300{}^{\circ}\mathrm{C}$ sous le pluton E, et sous le pluton A.
23. Comparer ces profondeurs à l’épaisseur de la lithosphère continentale trouvée au Chapitre 9.
24. Quelle est la température au Moho sous le pluton E ?

Solution

Solution de Problème 10.1.

1. Gradient $= (T_{500} - T_{100})/0.4\,\mathrm{km}$ : A $15.25\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$, B $19.50$, C $19.50$, D $25.50$, E $28.25\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$.

2. Le forage perturbe la température de la roche (le fluide de forage refroidit ou réchauffe les parois), et la perturbation met des semaines à des mois à s’éteindre. Les dizaines de mètres supérieurs suivent le cycle saisonnier et les changements récents de la température de surface.

3. $q_0 = k\times$gradient : A $2.9\times15.25 = 44.225\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, B $50.70\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, C $60.45\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, D $68.85\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, E $84.75\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$.

4. A à D sont sous la moyenne continentale, E au-dessus de $13.9\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, soit $20\,\%$.

5. Le flux est la conductivité fois le gradient : C conduit mieux (3.1 contre 2.6), donc le même gradient porte $19\,\%$ de chaleur en plus.

6. Les isothermes ne suivent le relief que partiellement : sous un sommet elles montent moins que la surface, elles sont donc plus écartées en dessous, et le gradient mesuré est diminué (augmenté sous une vallée). Une correction de relief est nécessaire avant de comparer les plutons.

7. $\rho C_U H_U$ : A $2650\times2.0 \times 10^{-6}\times9.85 \times 10^{-5} = 0.522\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, B 0.914, C 1.305, D 1.827, E 2.610.

8. Thorium : A 0.558, B 0.976, C 1.255, D 1.742, E 2.439.

9. Potassium : A $2650\times0.030\times3.40 \times 10^{-9} = 0.270$, B 0.315, C 0.360, D 0.378, E 0.405.

10. $A_0$ = 1.35, 2.20, 2.92, 3.95 et $5.46\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$. Le potassium contribue le moins, de $20\,\%$ du total en A jusqu’à $7\,\%$ en E ; l’uranium et le thorium se partagent le reste presque à parts égales.

11. Oui : les cinq points montent régulièrement, à moins de $1.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ d’une droite.

12. $\bar A_0 = 15.88/5 = 3.176$, $\bar q_0 = 308.975/5 = 61.795$; $\sum(A_0 - \bar A_0)^2 = 10.1681$; $\sum(A_0 - \bar A_0)(q_0 - \bar q_0) = 101.146$.

13. $D = 101.146/10.1681 = 9.95$ (en $\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ par $\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, c’est-à-dire en km) : $D = 9.95\,\mathrm{km}$, et $q_m = 61.795 - 9.95\times3.176 = 30.20\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$.

14. La pente, environ $10\,\mathrm{km}$, est celle des trois provinces ; le flux réduit, $30\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, est proche de celui de l’est des États-Unis, $33\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ : une province calme avec un manteau froid en dessous, à la différence du Basin and Range.

15. $q_m/k = 12\,\mathrm{K}\,\mathrm{km}^{-1}$ et $A_0D^2/k = 5.46 \times 10^{-6}\times10^{8}/2.5 = 218.4\,\mathrm{K}$ : $T(z) = 10 + 12z + 218.4\,(1 - e^{-z/10})$, $z$ en km, $T$ en ${}^{\circ}\mathrm{C}$.

16. $q(z) = 30 + 54.6\,e^{-z/10}$ : $50.1\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $10\,\mathrm{km}$, $37.4$ à $20\,\mathrm{km}$ et $31.7\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ à $35\,\mathrm{km}$.

17. $30/84.6 = 35\,\%$ : près des deux tiers du flux au-dessus de E sont produits dans sa couche radiogénique.

18. $T(10) = 10 + 120 + 218.4\times0.632 = 268{}^{\circ}\mathrm{C}$.

19. $T(20) = 10 + 240 + 218.4\times0.865 = 439{}^{\circ}\mathrm{C}$.

20. Sous A, $A_0D^2/k = 1.35\times100/2.5 = 54.0\,\mathrm{K}$ : $T(35) = 10 + 420 + 54.0\times0.970 = 482{}^{\circ}\mathrm{C}$.

21. De $A_0D^2/k$ : $54\,\mathrm{K}$ sous A et $218\,\mathrm{K}$ sous E. Le flux profond est le même ; la croûte de E est quatre fois plus riche en sources de chaleur, et la chaleur qu’elles produisent doit être conduite vers le haut à travers la même roche, ce qui demande un gradient plus raide sur toute la hauteur.

22. $1300 = 10 + 218.4 + 12z$ donne $z = 89.3\,\mathrm{km}$ sous E ; $1300 = 10 + 54.0 + 12z$ donne $103.0\,\mathrm{km}$ sous A.

23. Les deux se situent dans l’intervalle de la lithosphère continentale, d’une centaine de kilomètres ou moins sous les régions jeunes à environ $250\,\mathrm{km}$ sous les cratons, du côté mince : avec un flux réduit de $30\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ et cette conductivité, le géotherme conductif atteint les températures du manteau vers $100\,\mathrm{km}$ ; sous le pluton le plus radioactif, $14\,\mathrm{km}$ plus tôt.

24. $T(35) = 10 + 420 + 218.4\times(1 - e^{-3.5}) = 430 + 211.8$ : le Moho sous le pluton E est à $642{}^{\circ}\mathrm{C}$.