11Isostasie et anomalies de pesanteur

Dans les années 1840, les arpenteurs qui mesuraient un arc de méridien à travers le nord de l’Inde se heurtèrent à un désaccord qu’ils ne pouvaient imputer à leurs instruments. Entre deux stations distantes d’environ 370 milles, Kaliana au pied de l’Himalaya et Kalianpur loin au sud, la différence de latitude trouvée par triangulation dépassait de 5.236 secondes d’arc celle trouvée par les étoiles. Le coupable évident était la montagne : son attraction tire le fil à plomb vers le nord, et les astronomes réglaient leurs instruments sur le fil à plomb. En 1855, John Henry Pratt calcula l’attraction de l’Himalaya et des plateaux qui le prolongent et trouva qu’elle aurait dû produire un désaccord de 15.885 secondes, plus de trois fois ce qu’on observait. Les montagnes attiraient bien moins que leur masse visible ne l’exigeait. La même année, George Airy répondit que la croûte flotte sur une couche plus dense comme un radeau de rondins sur l’eau, si bien qu’un terrain élevé a une profonde racine de roche légère ; Pratt proposa plus tard une autre réponse, une roche rendue plus légère par dilatation sous les montagnes. Les deux sont encore enseignées : les montagnes reposent sur de la roche légère qui compense leur masse. Ce chapitre traduit cette idée en nombres, et montre comment la pesanteur, mesurée au millionième de sa valeur, révèle les masses cachées sous le relief.

Tu sais déjà

La loi de la gravitation de Newton donne le champ $g = GM/r^2$ à l’extérieur d’une masse sphérique $M$ ; le champ dérive d’un potentiel gravitationnel, et une surface équipotentielle est partout perpendiculaire au champ (physique). Dans un fluide au repos la pression croît avec la profondeur selon $\mathrm dp/\mathrm dz = \rho g$, et un corps flottant déplace son propre poids de fluide (physique, volume de première année). Sous la lithosphère l’asthénosphère s’écoule sur de longues durées ; la croûte est plus légère que le manteau qui la porte (Chapitre 9 ; livre 2, année 11).

11.1 La pesanteur et sa mesure

L’accélération de la pesanteur à la surface de la Terre est voisine de $9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, et les variations qui intéressent les géologues sont un million de fois plus petites. On les compte dans une unité de l’ancien système centimètre–gramme, le gal : $1\,\mathrm{Gal} = 1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{s}^{-2} = 0.01\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, de sorte que

Un instrument de terrain résout quelques millièmes de milligal ; les anomalies étudiées dans ce chapitre vont d’une fraction de milligal au-dessus d’un gisement enfoui à quelques centaines de milligals au-dessus d’une chaîne de montagnes.

Même sur une Terre sans relief, la pesanteur ne serait pas partout la même. La Terre tourne, si bien que ce que sentent un fil à plomb ou un gravimètre est la somme de l’attraction gravitationnelle et de l’effet centrifuge de la rotation ; et la Terre est aplatie, si bien que les pôles sont plus près de son centre que l’équateur. Les deux effets rendent la pesanteur plus faible à l’équateur qu’aux pôles. Le géologue compare chaque mesure à une référence lisse qui les contient.

Définition 11.1 (Pesanteur normale)

La pesanteur normale $\gamma$ est la pesanteur d’une Terre modèle : un ellipsoïde de révolution de la masse et de la rotation de la Terre, choisi de sorte que sa surface soit une équipotentielle de sa propre pesanteur (gravitation plus effet centrifuge). Sur cette surface, la pesanteur normale ne dépend que de la latitude.

L’ellipsoïde lui-même, son aplatissement et la façon dont ses paramètres sont ajustés à la Terre réelle sont étudiés au livre 5. Ici nous n’avons besoin que de sa pesanteur.

Proposition 11.2 (La formule de la pesanteur normale)

Sur l’ellipsoïde de référence adopté en 1980, la pesanteur normale à la latitude géographique $\varphi$ est, sous sa forme usuelle en série,

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

Elle donne $9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ à l’équateur, $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ à $45{}^{\circ}$ et $9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ aux pôles : une différence de $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ de l’équateur au pôle. La rotation à elle seule en explique l’essentiel. Avec le jour sidéral de $23.9345\,\mathrm{h}$, la vitesse angulaire est $\omega = 2\pi/86\,164\,\mathrm{s} = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, et l’accélération centrifuge à l’équateur, $\omega^2 a$ avec $a = 6378.137\,\mathrm{km}$, est de $0.0339\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, soit $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; l’aplatissement fournit le reste (Exercice 11.2).

La pesanteur se mesure de deux façons. Un gravimètre absolu lâche une masse d’épreuve dans une chambre à vide et suit sa chute libre par un interféromètre laser, cadencé par une horloge atomique : l’accélération sort directement de la distance et du temps. Un gravimètre relatif est une masse suspendue à un ressort, dont l’allongement change avec la pesanteur ; il est léger et rapide, mais il ne donne que des différences entre lieux, et il dérive, si bien qu’un levé revient à une station de base dont la pesanteur est connue. Les meilleurs instruments absolus sont exacts à environ un microgal, un milliardième de $g$.

Sur le terrain — Un levé gravimétrique à terre

Un levé gravimétrique est une lente marche de station en station. À chacune, le géophysicien pose le gravimètre relatif sur son trépied, le cale, attend que le ressort se stabilise et fait plusieurs lectures ; un récepteur de positionnement par satellite à côté de lui enregistre la position et la hauteur de la station. Toutes les quelques heures l’équipe retourne à la station de base, afin que la dérive du ressort puisse être mesurée et retirée. La hauteur compte autant que la pesanteur : comme le montre la section suivante, la pesanteur diminue de $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ par mètre de hauteur, si bien qu’une hauteur fausse de $1\,\mathrm{cm}$ gâte la lecture de $3\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

11.2 L’isostasie

La compensation qu’Airy et Pratt imaginaient pour l’Himalaya est un cas d’un état général des couches externes de la Terre.

Définition 11.3 (Isostasie ; profondeur de compensation)

Une région est en isostasie, ou équilibre isostatique, quand il existe une profondeur, la profondeur de compensation, où la pression est la même en tout point de la surface horizontale, quel que soit le relief au-dessus. Au-dessous de la profondeur de compensation les roches se comportent comme un fluide au repos ; au-dessus, les colonnes de croûte et de manteau flottent sur elles.

Proposition 11.4 (Masses égales au-dessus de la profondeur de compensation)

Si la pesanteur $g$ est la même le long de toutes les colonnes, une région est en isostasie avec la profondeur de compensation $z_c$ si et seulement si chaque colonne verticale de section unité, de la surface jusqu’à $z_c$, contient la même masse.

Deux manières simples de répartir les masses donnent les deux modèles classiques (figure ci-dessous).

Proposition 11.5 (Isostasie d’Airy)

Soit une croûte de masse volumique uniforme $\rho_c$ et d’épaisseur $H$ là où sa surface est au niveau de la mer, sur un manteau de masse volumique $\rho_m > \rho_c$. À l’équilibre isostatique :

1. là où la surface se tient à une hauteur $h$ au-dessus du niveau de la mer, la croûte a une racine de profondeur $r = h\,\rho_c/(\rho_m - \rho_c)$ sous la croûte normale, et une épaisseur $H + h + r$ ;
2. là où la surface se trouve à une profondeur $d$ sous le niveau de la mer, sous une eau de masse volumique $\rho_w$, la croûte a une anti-racine : sa base est relevée de $r' = d\,(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c)$, et son épaisseur est $H - d - r'$.

C’est l’isostasie d’Airy : compensation par des changements d’épaisseur à masse volumique constante.

Proposition 11.6 (Isostasie de Pratt)

Soit des colonnes qui se terminent toutes à la même profondeur de compensation $D$ sous le niveau de la mer, avec une masse volumique uniforme dans chaque colonne, $\rho_0$ là où la surface est au niveau de la mer. À l’équilibre isostatique une colonne dont la surface se tient à une hauteur $h$ a la masse volumique

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

et une colonne sous une profondeur $d$ d’eau a la masse volumique $\rho = (\rho_0 D - \rho_w d)/(D - d)$. C’est l’isostasie de Pratt : compensation par des changements de masse volumique à profondeur constante.

Avec $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, la racine d’Airy est $h\times2700/600 = 4.5\,h$ : une chaîne haute de $2\,\mathrm{km}$ a une racine de $9\,\mathrm{km}$, un plateau haut de $4\,\mathrm{km}$ une de $18\,\mathrm{km}$. Dans le modèle de Pratt avec $D = 100\,\mathrm{km}$ et $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, les deux mêmes colonnes ont les masses volumiques 2647 et $2596\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, plus légères de deux et quatre pour cent. Les deux modèles équilibrent les mêmes masses ; ils diffèrent par l’endroit où se trouve la roche légère, et c’est ce que la sismologie peut voir : Airy prédit un Moho qui s’approfondit sous les montagnes, Pratt un Moho plat.

L’isostasie est un énoncé sur de vastes régions et de longues durées. L’asthénosphère ne cède qu’à des charges qui persistent des milliers d’années, et la lithosphère au-dessus d’elle est assez rigide pour étaler une charge étroite sur une large région en fléchissant, comme une planche porte un poids : un volcan isolé n’a pas besoin d’être compensé sous lui-même ; cette flexion de la lithosphère est étudiée au livre 5. Sous les grandes chaînes de montagnes la croûte est bien plus épaisse que sa moyenne continentale d’environ $30\,\mathrm{km}$ : l’image d’Airy, des racines de croûte légère, est la plus proche pour les chaînes de montagnes. Celle de Pratt, de la roche plus légère à profondeur constante, explique les dorsales médio-océaniques, qui se dressent haut au-dessus d’un manteau supérieur rendu plus léger par sa température plus élevée.

Les deux niveaux de la Terre

L’isostasie organise le relief de toute la planète. Sa répartition est résumée par une seule courbe.

Définition 11.7 (Courbe hypsométrique)

La courbe hypsométrique d’une planète donne, pour chaque fraction $f$ de sa surface, l’altitude $z(f)$ dépassée par exactement cette fraction. C’est la distribution cumulative de l’altitude, lue à partir du haut.

Pour la tracer à partir d’un modèle d’altitude en grille, chaque cellule doit être pondérée par son aire. Sur une grille d’un degré en latitude et en longitude, la cellule comprise entre les latitudes $\varphi_1$ et $\varphi_2$ a l’aire $R^2\,\Delta\lambda\,(\sin\varphi_2 - \sin\varphi_1)$, qui diminue vers les pôles ; sommées sur toutes les cellules, les aires donnent exactement $4\pi R^2$. En triant les cellules par altitude et en cumulant leurs aires on obtient la courbe de la figure ci-dessous. Elle montre que $70.9\,\%$ de la surface est sous le niveau de la mer ; que l’altitude moyenne des terres est d’environ $0.8\,\mathrm{km}$ et la profondeur moyenne de l’océan d’environ $3.7\,\mathrm{km}$ ; et que la plus grande partie de la surface appartient à l’une de deux marches plates, les plates-formes continentales près du niveau de la mer et le plancher abyssal entre environ 3.5 et $6\,\mathrm{km}$ de profondeur, reliés par une forte descente.

Une planète à un seul type de croûte, dont le relief serait élevé et usé au hasard, aurait un seul niveau, avec des altitudes dispersées autour de lui. La Terre en a deux, parce qu’elle a deux types de croûte en équilibre isostatique : la croûte continentale épaisse et légère flotte haut, la croûte océanique mince et dense bas (livre 2, année 11). L’Exercice 11.8 montre que le modèle d’Airy à une seule masse volumique de croûte ne peut produire les deux niveaux avec les épaisseurs de croûte observées.

11.3 Les anomalies de pesanteur

Deux corrections

Un gravimètre sur une colline est plus loin du centre de la Terre qu’un gravimètre au niveau de la mer, et se tient sur une couche de roche que l’autre n’a pas. Les deux effets sont calculés avant que la mesure soit comparée à la pesanteur normale.

Proposition 11.8 (Gradient à l’air libre)

À l’extérieur d’une Terre sphérique de rayon $R$, la pesanteur décroît avec la hauteur $h$ au taux

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

à la surface, $2g/R \approx 3.08 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-2}$, soit environ $0.308\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ par mètre.

L’aplatissement et la rotation changent légèrement le gradient ; la valeur utilisée en pratique est $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$.

Proposition 11.9 (Plaque de Bouguer)

Une plaque horizontale infinie d’épaisseur $h$ et de masse volumique uniforme $\rho$ attire un point extérieur avec l’accélération verticale

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

quelle que soit la distance du point à la plaque. Numériquement $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ par mètre d’épaisseur et par $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ de masse volumique.

Définition 11.10 (Anomalies de pesanteur)

Soit $g$ la pesanteur mesurée à une station de latitude $\varphi$ et de hauteur $h$ au-dessus du niveau de la mer.

• Une anomalie de pesanteur est la différence entre la pesanteur mesurée, ramenée à un niveau commun, et la pesanteur normale à la même latitude.
• La correction à l’air libre est $+0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}\times h$ : elle rajoute la diminution de la pesanteur avec la hauteur. L’anomalie à l’air libre est $\Delta g_{\mathrm{FA}} = g + 0.3086\,h - \gamma(\varphi)$.
• La correction de Bouguer est $-2\pi G\rho h$ : elle retire l’attraction de la roche comprise entre la station et le niveau de la mer, traitée comme une plaque de masse volumique $\rho$, par convention $2670\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, ce qui donne $0.112\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ par mètre. L’anomalie de Bouguer est $\Delta g_{\mathrm B} = \Delta g_{\mathrm{FA}} - 2\pi G\rho h$.

La plaque est un modèle grossier du sol autour d’une station en pays accidenté : les vallées en dessous de la station sont comptées comme de la roche qui n’est pas là, les collines au-dessus tirent vers le haut et ne sont pas comptées du tout. Une troisième réduction, la correction de terrain, calculée à partir d’un modèle numérique d’altitude, retire les deux erreurs. En mer la correction à l’air libre s’annule, et la réduction de Bouguer remplace l’eau par de la roche.

Méthode 11.11 (Réduire une lecture de pesanteur)

1. Calculer la pesanteur normale $\gamma(\varphi)$ à la latitude de la station.
2. Ajouter la correction à l’air libre $0.3086\,h$ (en $\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, avec $h$ en mètres) à la pesanteur mesurée et retrancher $\gamma$ : c’est l’anomalie à l’air libre.
3. Retrancher la correction de Bouguer $0.0419\times(\rho/1000)\times h$, soit $0.112\,h$ pour la masse volumique standard : c’est l’anomalie de Bouguer.
4. Travailler en milligals d’un bout à l’autre, et garder la pesanteur mesurée et normale à sept chiffres significatifs : l’anomalie est une petite différence de deux grands nombres.

Exemple 11.12 (Une station dans les collines)

À une station de latitude $45{}^{\circ}$ et à $1200\,\mathrm{m}$ au-dessus du niveau de la mer, le gravimètre donne $9.802\,597\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. La pesanteur normale y est de $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ ; la valeur mesurée est plus basse de $360.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. La correction à l’air libre est $0.3086\times1200 = 370.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -360.3 + 370.3 = +10.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. La correction de Bouguer est $0.112\times1200 = 134.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm B} = -124.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ : il y a moins de masse sous cette station que sous une station au niveau de la mer, une fois la roche au-dessus du niveau de la mer retirée.

Ce que les anomalies disent de la compensation

Proposition 11.13 (Anomalies sur un vaste relief)

Considérons un plateau de hauteur $h$ et de masse volumique $\rho_c$, bien plus large que sa profondeur de compensation, et une station près de son centre. Prenons la masse volumique de Bouguer égale à $\rho_c$.

1. Si le plateau n’est pas compensé, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 2\pi G\rho_c h$ et $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.
2. S’il est en équilibre isostatique, quelle que soit la répartition des masses compensatrices, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ et $\Delta g_{\mathrm B} \approx -2\pi G\rho_c h$.

Pour une compensation d’Airy l’anomalie de Bouguer du second cas est aussi $-2\pi G(\rho_m - \rho_c)r$, l’attraction de la masse manquante de la racine, puisque $(\rho_m - \rho_c)r = \rho_c h$. Des anomalies à l’air libre proches de zéro sur de vastes régions sont donc la signature de l’isostasie, et des anomalies de Bouguer qui suivent le relief en image inverse mesurent les masses compensatrices : les anomalies de Bouguer sont régionalement négatives tout le long des Alpes, et au-dessus des dorsales médio-océaniques, pourtant hautes, l’anomalie à l’air libre est faible. Au-dessus des océans l’anomalie de Bouguer est positive : remplacer l’eau par de la roche ajoute de la masse au-dessus d’une colonne à laquelle il n’en manque pas.

Près des bords du relief l’approximation de la plaque échoue, parce que la topographie est proche de la station et la racine loin en dessous. La figure ci-dessous donne l’attraction exacte d’une chaîne modèle large de $200\,\mathrm{km}$ et haute de $2\,\mathrm{km}$. Sans compensation, l’anomalie à l’air libre est de $+225\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ au centre, proche de la valeur de la plaque, $226\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; avec une racine d’Airy de $9\,\mathrm{km}$, l’anomalie à l’air libre au centre tombe à $+55\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, et non à zéro, parce qu’une chaîne large de $200\,\mathrm{km}$ seulement ne paraît pas infinie vue de $40\,\mathrm{km}$ au-dessus de sa racine, et l’anomalie à l’air libre devient nettement négative juste au-delà de chaque bord, où la station voit la racine mais pas la montagne.

Méthode 11.14 (Tester une région pour l’isostasie)

1. Moyenner l’anomalie à l’air libre sur une aire plusieurs fois plus large que la croûte n’est épaisse, loin des bords du relief.
2. Si elle est proche de zéro, la région est compensée ; si elle approche $2\pi G\rho_c$ fois la hauteur moyenne, elle ne l’est pas.
3. Le rapport $-\Delta g_{\mathrm B}/(2\pi G\rho_c h)$ donne la fraction du relief qui est compensée.
4. Des données sismiques ou autres sur la profondeur du Moho distinguent la compensation d’Airy de celle de Pratt : la pesanteur à grande échelle seule ne le peut pas, puisque les deux placent le même déficit de masse sous le relief.

Histoire des sciences — La pesanteur en mer

Un pendule mesure la pesanteur par sa période, mais sur un navire les vagues l’agitent bien plus que n’importe quelle anomalie. Dans les années 1920 le géodésien néerlandais Felix Vening Meinesz trouva la parade : deux pendules oscillant en opposition de phase dans le même cadre sentent les mêmes accélérations horizontales du navire, et leur différence les annule. À partir de 1923 il emporta son appareil sur des sous-marins de la marine néerlandaise, où, en immersion, il était épargné par le pire des vagues, d’abord lors d’un voyage aux Indes orientales puis dans des levés de leurs mers. Le long des fosses océaniques de l’archipel il trouva de longues bandes d’anomalies isostatiques fortement négatives, puis il en trouva le long d’autres fosses : il ne put les expliquer que par une croûte maintenue vers le bas, là, par des forces extérieures, hors d’équilibre isostatique.

11.4 Le géoïde

La surface de la mer au repos est une surface de potentiel de pesanteur constant : s’il n’en était pas ainsi, l’eau s’écoulerait le long d’elle. C’est la référence naturelle des hauteurs, et la surface à laquelle les anciens fils à plomb étaient perpendiculaires.

Définition 11.15 (Géoïde ; hauteur du géoïde)

Le géoïde est la surface équipotentielle de la pesanteur de la Terre (gravitation plus effet centrifuge de la rotation) qui coïncide avec la surface moyenne de la mer au repos sur les océans ouverts, et se prolonge sous les continents. La hauteur du géoïde $N$ en un point est la hauteur du géoïde au-dessus de l’ellipsoïde de référence, comptée négativement là où le géoïde se trouve en dessous.

Les altitudes au-dessus du niveau de la mer sur les cartes sont des hauteurs au-dessus du géoïde ; les hauteurs données par le positionnement par satellite sont des hauteurs au-dessus de l’ellipsoïde ; les deux diffèrent de $N$. Le géoïde s’écarte de l’ellipsoïde de $+85\,\mathrm{m}$ près de l’Islande et de $-106\,\mathrm{m}$ au large du sud de l’Inde, moins de $200\,\mathrm{m}$ en tout, alors que le relief de la surface solide s’étend sur environ $20\,\mathrm{km}$ : le géoïde est une surface bien plus lisse que le sol.

Proposition 11.16 (Hauteur du géoïde et anomalie de potentiel)

Soit $\Phi$ le potentiel de pesanteur de la Terre et $\Phi_n$ le potentiel normal, celui de la Terre modèle dont la surface, l’ellipsoïde de référence, a le même potentiel $\Phi_0$ que le géoïde, tous deux comptés avec le signe de la physique (le potentiel croît vers le haut et $g = -\nabla\Phi$). Soit $T = \Phi - \Phi_n$ l’anomalie de potentiel au géoïde. Au premier ordre,

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

Les géodésiens, qui comptent le potentiel avec le signe opposé, écrivent le même résultat $N = T/\gamma$, formule de Bruns.

Un excès de masse sous un point rend le potentiel plus négatif en ce point, donc $T < 0$ et $N > 0$ : le géoïde se bombe au-dessus d’un excès de masse et s’enfonce au-dessus d’un déficit. Les $85\,\mathrm{m}$ de la bosse près de l’Islande correspondent à une anomalie de potentiel de $-85\,\mathrm{m}\times9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} \approx -830\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Comme le potentiel décroît en $1/r$ alors que l’attraction décroît en $1/r^2$, le géoïde est dominé par de grandes masses profondes, et les anomalies de pesanteur par des masses peu profondes. Une chaîne de montagnes compensée ne relève le géoïde que légèrement, parce que son excès de masse et le déficit de sa racine s’annulent presque ; une charge non compensée le relève bien davantage.

Les déviations sont petites : tout le désaccord qui tourmentait les arpenteurs de l’Inde était d’environ cinq secondes d’arc. Sur les océans le géoïde est visible. Depuis 1978, des altimètres radar sur satellites ont chronométré des impulsions micro-ondes réfléchies par la surface de la mer pour mesurer sa hauteur. Une fois les marées, les vagues et les courants moyennés, la surface de la mer se tient plus haut au-dessus des monts sous-marins et des dorsales et plus bas au-dessus des fosses et des plaines abyssales, et ces bosses (l’Exercice 11.11 en estime une) cartographient le relief du plancher océanique profond là où aucun navire n’a sondé. Le satellite GOCE, de 2009 à 2013, a volé à environ $260\,\mathrm{km}$ et mesuré le champ de pesanteur depuis l’orbite, visant le géoïde à 1 à $2\,\mathrm{cm}$ et les anomalies de pesanteur à environ $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, avec une résolution meilleure que $100\,\mathrm{km}$.

L’isostasie en mouvement

L’isostasie s’atteint par un écoulement, et un écoulement prend du temps. Au maximum de la dernière glaciation, il y a environ $20\,000$ ans, une calotte de glace épaisse d’environ $3\,\mathrm{km}$ recouvrait la Scandinavie. La glace est environ neuf dixièmes aussi dense que l’eau, donc avec un manteau de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, l’enfoncement isostatique complet sous une telle calotte est $3000\,\mathrm{m}\times900/3300 \approx 820\,\mathrm{m}$. La glace a disparu, et la terre remonte encore : le positionnement par satellite mesure jusqu’à environ $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$ de soulèvement dans le nord de la Suède, à l’ouest du golfe de Botnie, aujourd’hui. La vitesse à laquelle une dépression se relâche mesure la viscosité du manteau en dessous, sujet du livre 5 ; l’Exercice 11.12 montre comment.

11.5 Exercices

Exercice 11.1 ★

(a) Convertir une anomalie de Bouguer de $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ en $\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, et l’exprimer comme une fraction de $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) La même chose pour $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, la précision visée pour les anomalies de pesanteur issues de GOCE, et pour $1\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

Solution

Solution de Exercice 11.1.

(a) $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal} = -150\times10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -1.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, et $1.5 \times 10^{-3}/9.81 = 1.53 \times 10^{-4}$ 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 gravimètre qui résout un microgal mesure la pesanteur à environ une partie sur un milliard.

Exercice 11.2 ★

(a) Calculer la pesanteur normale à l’équateur, à $45{}^{\circ}$ et aux pôles avec la formule du chapitre. (b) Donner la différence équateur–pôle en milligals. (c) L’accélération centrifuge à l’équateur est de $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Quelle fraction de la différence la rotation explique-t-elle directement ?

Solution

Solution de Exercice 11.2.

(a) À l’équateur les deux sinus s’annulent : $\gamma = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. À $45{}^{\circ}$, $\sin^2\varphi = 0.5$ et $\sin^2 2\varphi = 1$ : $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0026512 - 0.0000058) = 9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Aux pôles, $\sin^2\varphi = 1$ et $\sin 2\varphi = 0$ : $\gamma = 9.780327\times1.0053024 = 9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) $9.832186 - 9.780327 = 0.051\,859\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, c’est-à-dire $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $3392/5186 = 0.65$ : l’effet centrifuge explique environ les deux tiers de la différence ; l’aplatissement, qui rapproche les pôles du centre, le reste.

Exercice 11.3 ★

Un plateau se dresse à $3\,\mathrm{km}$ au-dessus du niveau de la mer. Avec une croûte de masse volumique $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et un manteau de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, calculer sa racine d’Airy et l’épaississement de sa croûte.

Solution

Solution de Exercice 11.3.

$r = h\rho_c/(\rho_m - \rho_c) = 3\times2800/500 = 16.8\,\mathrm{km}$. La croûte est plus épaisse de $h + r = 19.8\,\mathrm{km}$ (c’est-à-dire $h\rho_m/(\rho_m - \rho_c) = 3\times3300/500$).

Exercice 11.4 ★

(a) De combien faut-il élever un gravimètre pour que sa lecture diminue de $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ? Utiliser $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$. (b) Un levé vise des anomalies à $0.01\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Avec quelle exactitude les hauteurs des stations doivent-elles être connues ?

Solution

Solution de Exercice 11.4.

(a) $1/0.3086 = 3.24\,\mathrm{m}$. (b) $0.01/0.3086 = 0.032\,\mathrm{m}$ : les hauteurs doivent être connues à environ $3\,\mathrm{cm}$, c’est pourquoi un levé enregistre la hauteur de chaque station par positionnement par satellite ou par nivellement.

Exercice 11.5 ★★

Dans le modèle de Pratt avec $D = 100\,\mathrm{km}$ et $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) calculer la masse volumique des colonnes hautes de 1, 3 et $5\,\mathrm{km}$ ; (b) calculer la masse volumique d’une colonne sous $4\,\mathrm{km}$ d’eau de mer de masse volumique $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (c) Pourquoi le modèle de Pratt convient-il mieux au plancher océanique qu’aux continents ?

Solution

Solution de Exercice 11.5.

(a) $\rho = 2700\times100/(100 + h)$ : $2673\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ pour $1\,\mathrm{km}$, $2621\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ pour $3\,\mathrm{km}$, $2571\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ pour $5\,\mathrm{km}$. (b) $\rho = (2700\times100 - 1030\times4)/96 = 265\,880/96 = 2770\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ : la colonne sous la mer est plus dense. (c) Le modèle de Pratt demande des changements latéraux de masse volumique à profondeur constante. Sous le plancher océanique de tels changements existent : la lithosphère jeune et chaude près d’une dorsale est plus légère que la lithosphère ancienne et froide loin d’elle (Chapitre 10). Sous les continents, au contraire, on voit l’épaisseur de la croûte changer avec le relief.

Exercice 11.6 ★★

Deux stations se trouvent à la latitude $48{}^{\circ}$, où la pesanteur normale est de $9.808\,911\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. La station 1, à $350\,\mathrm{m}$ au-dessus du niveau de la mer, lit $9.807\,751\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ ; la station 2, à $1850\,\mathrm{m}$, lit $9.803\,552\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (a) Calculer les anomalies à l’air libre et de Bouguer des deux, avec la masse volumique de Bouguer standard. (b) Que suggèrent les anomalies de la station 2 sur les montagnes qui l’entourent ?

Solution

Solution de Exercice 11.6.

(a) Station 1 : $g - \gamma = 9.807751 - 9.808911 = -0.001\,160\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -116.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; correction à l’air libre $0.3086\times350 = 108.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -8.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; correction de Bouguer $0.112\times350 = 39.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm B} = -47.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Station 2 : $g - \gamma = -535.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; correction à l’air libre $0.3086\times1850 = 570.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +35.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; correction de Bouguer $0.112\times1850 = 207.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm B} = -172.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (b) À la station 2 l’anomalie de Bouguer est fortement négative : sous les montagnes il y a un déficit de masse, une racine de croûte légère. L’anomalie à l’air libre, petite devant la correction de Bouguer, montre que le déficit équilibre presque les montagnes : elles sont largement compensées (à environ $172/207$, soit $83\,\%$, si le modèle de la plaque vaut pour toute la chaîne).

Exercice 11.7 ★★

(a) En suivant la démonstration de la Proposition 11.9, montrer qu’un disque horizontal de rayon $a$, d’épaisseur $h$ et de masse volumique $\rho$ attire un point sur son axe, à une distance $z \gg h$ au-dessus de lui, avec $2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$. (b) Quel rayon donne $90\,\%$ de la valeur de la plaque à $z = 1\,\mathrm{km}$ ? (c) Qu’est-ce que cela dit de l’aire de terrain qui compte pour la correction de Bouguer ?

Solution

Solution de Exercice 11.7.

(a) Comme dans la démonstration de la proposition, une mince couche à la distance $z$ contribue $G\rho\,2\pi z\,h\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds$, l’intégrale étant maintenant arrêtée en $s = a$ : $\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds = 1/z - 1/\sqrt{z^2 + a^2}$. D’où $g = 2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$, qui tend vers la valeur de la plaque quand $a \to \infty$. (b) $z/\sqrt{z^2 + a^2} = 0.1$ donne $\sqrt{z^2 + a^2} = 10z$, $a = \sqrt{99}\,z = 9.95\,\mathrm{km}$ pour $z = 1\,\mathrm{km}$. (c) La roche comprise dans un rayon d’environ dix fois sa profondeur sous la station fournit $90\,\%$ de l’attraction : la correction de terrain demande le relief sur un rayon de plusieurs kilomètres à dizaines de kilomètres autour de chaque station, et pas seulement sous elle.

Exercice 11.8 ★★

Dans le modèle d’Airy avec une croûte de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, épaisse de $35\,\mathrm{km}$ au niveau de la mer, sur un manteau de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) calculer l’anti-racine et l’épaisseur de la croûte sous $4\,\mathrm{km}$ d’eau de mer de masse volumique $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) La croûte océanique fait en fait environ $5\,\mathrm{km}$ d’épaisseur. Que montre la différence ?

Solution

Solution de Exercice 11.8.

(a) $r' = d(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c) = 4\times1770/500 = 14.16\,\mathrm{km}$, et la croûte fait $35 - 4 - 14.16 = 16.84\,\mathrm{km}$ d’épaisseur. (b) Le modèle d’Airy à une seule masse volumique de croûte prédit une croûte océanique plus de trois fois trop épaisse. La croûte océanique n’est pas de la croûte continentale amincie : c’est une roche différente, plus dense, et les deux niveaux de la Terre sont deux types de croûte, comme le suggère la courbe hypsométrique.

Exercice 11.9 ★★

Dans le récit d’ouverture, le désaccord sur la différence de latitude entre Kaliana et Kalianpur était de $5.236''$, alors que l’attraction de l’Himalaya calculée par Pratt aurait dû produire $15.885''$. (a) Convertir les deux angles en radians. (b) Une accélération horizontale $a_h$ incline un fil à plomb de l’angle $a_h/g$. À quelle différence d’attraction horizontale entre les deux stations chaque angle correspond-il, en milligals, avec $g = 9.79\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ ? (c) Quelle fraction de l’attraction des montagnes visibles la compensation a-t-elle annulée ?

Solution

Solution de Exercice 11.9.

(a) Une seconde d’arc vaut $\pi/(180\times3600) = 1/206\,265$ de radian : $5.236''$ $= 2.538 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$ et $15.885''$ $= 7.701 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$. (b) $a_h = g\theta$ : $9.79\times2.538 \times 10^{-5} = 2.485 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = 24.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ observés, et $9.79\times7.701 \times 10^{-5} = 75.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ calculés à partir des montagnes visibles. (c) $1 - 5.236/15.885 = 0.670$ : la compensation a annulé environ les deux tiers de l’attraction des montagnes visibles.

Exercice 11.10 ★★★

Un dôme de sel est modélisé par une sphère de rayon $2\,\mathrm{km}$, de centre à $4\,\mathrm{km}$ de profondeur, de masse volumique inférieure de $200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ à celle des roches qui l’entourent. (a) Montrer qu’une sphère enfouie de masse anormale $M$ à la profondeur $z$ donne, à la distance horizontale $x$, l’anomalie $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) Calculer l’anomalie à l’aplomb de son centre. (c) À quelle distance est-elle tombée à la moitié de son maximum ? (d) Comment pourrait-on lire la profondeur d’une sphère sur un profil mesuré ?

Solution

Solution de Exercice 11.10.

(a) À l’extérieur, une sphère attire comme une masse ponctuelle en son centre, avec $GM/(x^2 + z^2)$ le long de la droite vers le centre ; la composante verticale est ceci multiplié par le cosinus $z/\sqrt{x^2 + z^2}$, ce qui donne $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) $M = \tfrac43\pi(2000\,\mathrm{m})^3\times(-200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}) = -6.70 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$, et à l’aplomb du centre $GM/z^2 = 6.674 \times 10^{-11}\times (-6.70 \times 10^{12})/(4000)^2 = -2.80 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -2.80\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $(1 + x^2/z^2)^{-3/2} = 1/2$ donne $x = z\sqrt{2^{2/3} - 1} = 0.766\,z = 3.07\,\mathrm{km}$. (d) La demi-largeur à mi-hauteur du profil donne la profondeur : $z = 1.305\,x_{1/2}$. Un corps plus profond donne une anomalie plus large et plus plate.

Exercice 11.11 ★★★

Un mont sous-marin est un cône haut de $3\,\mathrm{km}$ dont la base a un rayon de $15\,\mathrm{km}$, posé sur un plancher marin profond de $5\,\mathrm{km}$. Sa roche a une masse volumique de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, l’eau de mer $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Calculer son excès de masse par rapport à l’eau qu’il déplace. (b) Le traiter comme une masse ponctuelle en son centre de masse, au quart de sa hauteur au-dessus de la base, et utiliser la Proposition 11.16 avec $\gamma = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ pour estimer la hauteur de la bosse de la surface de la mer au-dessus de lui. (c) La masse ponctuelle sur- ou sous-estime-t-elle la bosse ? (d) Si le mont sous-marin était entièrement compensé par une racine, comment la bosse changerait-elle ?

Solution

Solution de Exercice 11.11.

(a) $V = \tfrac13\pi R^2 H = \tfrac13\pi(15 \times 10^{3}\,\mathrm{m})^2(3 \times 10^{3}\,\mathrm{m}) = 7.07 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{3}$, and $\Delta m = (2800 - 1030)V = 1.25 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$. (b) Le centre de masse se trouve à $0.75\,\mathrm{km}$ au-dessus du fond, soit à $d = 5 - 0.75 = 4.25\,\mathrm{km}$ sous la surface de la mer. L’anomalie de potentiel y est $T = -G\Delta m/d$, donc $N = G\Delta m/(\gamma d) = 6.674 \times 10^{-11}\times1.25 \times 10^{15}/(9.81\times4250) = 2.0\,\mathrm{m}$. (c) L’essentiel de la masse du cône se trouve dans sa large partie inférieure, à 5 à $16\,\mathrm{km}$ du point au-dessus du sommet : la moyenne de $1/r$ sur la masse est plus petite que $1/4.25\,\mathrm{km}$, et la masse ponctuelle surestime le potentiel. En sommant de minces disques on obtient environ $1.1\,\mathrm{m}$. (d) Une racine de croûte légère en dessous mettrait un déficit de même masse plus profond ; les deux potentiels s’annulent presque, et la bosse serait bien plus petite, mais pas nulle, puisque le déficit est plus loin de la surface que l’excès.

Exercice 11.12 ★★★

Modéliser le relèvement de la Scandinavie après la glace : supposons que la glace ait disparu brusquement il y a $10\,000$ ans, laissant une dépression de $818\,\mathrm{m}$ qui a depuis diminué comme $w(t) = w_0\,e^{-t/\tau}$. (a) Montrer que la vitesse de soulèvement est $w/\tau$. (b) Avec $\tau = 4000$ ans, calculer la dépression restante et la vitesse de soulèvement aujourd’hui, et comparer la vitesse à la valeur mesurée de $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$. (c) Montrer que $\tau = 3100$ ans et $\tau = 68\,000$ ans donnent tous deux environ $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$ aujourd’hui. Quelle dépression restante chacun implique-t-il, et comment un levé gravimétrique pourrait-il départager les deux ? (d) Quelle propriété du manteau $\tau$ mesure-t-il ?

Solution

Solution de Exercice 11.12.

(a) La vitesse de soulèvement est $-\mathrm dw/\mathrm dt = w_0\,e^{-t/\tau}/\tau = w/\tau$. (b) $w = 818\,e^{-10000/4000} = 818\times0.0821 = 67.1\,\mathrm{m}$, et la vitesse est $67.1\,\mathrm{m}/4000\,\mathrm{an} = 16.8\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$, plus d’une fois et demie la valeur mesurée. (c) Avec $\tau = 3100$ ans, $w = 818\,e^{-3.226} = 32.5\,\mathrm{m}$ et la vitesse est de $10.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$ ; avec $\tau = 68\,000$ ans, $w = 818\,e^{-0.147} = 706\,\mathrm{m}$ et la vitesse est de $10.4\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$. Les deux impliquent des dépressions restantes très différentes. Une dépression non compensée est un déficit de masse de roche du manteau : sur une vaste région elle donne une anomalie à l’air libre d’environ $-2\pi G\rho_m w$, c’est-à-dire $-0.0419\times3.3\times706 \approx -98\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ pour le cas lent, contre $-4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ pour le cas rapide. Un levé gravimétrique (ou la hauteur des anciens rivages) permet de les distinguer. (d) La constante de temps mesure la vitesse à laquelle le manteau reflue sous la dépression : sa viscosité.

11.6 Problème : La racine d’une chaîne de montagnes

Problème 11.1

Problème du week-end — la racine d’un plateau, Airy contre Pratt, la pesanteur au-dessus de lui, et ce que l’érosion lui fait

Un large plateau, de plusieurs centaines de kilomètres de large, se dresse à $4\,\mathrm{km}$ au-dessus d’une plaine au niveau de la mer dont la croûte fait $35\,\mathrm{km}$ d’épaisseur. Prendre $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ pour la croûte, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ pour le manteau, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, et $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ par mètre et par $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

Partie I — Le plateau d’Airy.

1. Calculer la racine d’Airy du plateau.
2. En déduire l’épaisseur de sa croûte et la profondeur de son Moho sous le niveau de la mer.
3. Prendre la profondeur de compensation à $60\,\mathrm{km}$ sous le niveau de la mer. Calculer la masse par mètre carré au-dessus d’elle dans la colonne du plateau et dans la colonne de la plaine.
4. Calculer la pression à $60\,\mathrm{km}$ de profondeur.
5. Pourquoi la racine est-elle 4.5 fois la hauteur ? Quel serait le rapport avec une croûte de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ?
6. Que montrerait un levé de sismique réfraction à travers le bord du plateau si le modèle d’Airy est valable ?

Partie II — Le plateau de Pratt. Supposons maintenant plutôt une profondeur de compensation $D = 100\,\mathrm{km}$ sous le niveau de la mer et une colonne de plaine de masse volumique uniforme $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

7. Calculer la masse volumique de la colonne du plateau.
8. Vérifier que les deux colonnes ont la même masse par mètre carré au-dessus de $D$.
9. De combien, en pour cent, la colonne du plateau doit-elle être plus légère ?
10. Si cette différence de masse volumique était due à la seule chaleur, avec un coefficient de dilatation thermique de $3 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, de combien la colonne du plateau devrait-elle être plus chaude en moyenne ? Est-ce plausible ?
11. Où est le Moho sous le plateau dans le modèle de Pratt ?
12. Un levé de réfraction trouve le Moho à $52\,\mathrm{km}$ sous le plateau. Quel modèle convient ?

Partie III — La pesanteur au centre.

13. Calculer la correction de Bouguer pour une station sur le plateau.
14. Prédire les anomalies à l’air libre et de Bouguer au centre si le plateau n’était pas compensé.
15. Les prédire pour le plateau d’Airy, et vérifier l’anomalie de Bouguer avec la masse manquante de la racine.
16. Une station au centre du plateau, à la latitude $30{}^{\circ}$ et à $4000\,\mathrm{m}$, lit $9.781\,085\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Calculer la pesanteur normale à $30{}^{\circ}$, puis les anomalies à l’air libre et de Bouguer.
17. Quelle fraction du plateau est compensée ?
18. L’anomalie de Bouguer au centre serait-elle différente si le plateau était compensé à la manière de Pratt ? Expliquer.
19. Esquisser l’anomalie à l’air libre le long d’un profil à travers un bord du plateau, et expliquer sa forme.

Partie IV — L’érosion. Des rivières enlèvent une couche épaisse de $1\,\mathrm{km}$ sur toute la surface du plateau, assez lentement pour que l’isostasie suive.

20. Quelle est la nouvelle épaisseur de la croûte, et sa nouvelle racine d’Airy ?
21. Quelle est la nouvelle altitude du plateau ?
22. De combien la roche qui est maintenant à la surface est-elle remontée ?
23. Quelle quantité de roche faut-il éroder en tout pour ramener le plateau au niveau de la mer ? Qu’est-ce que cela dit des roches que l’on voit dans les vieilles chaînes de montagnes ?
24. De combien la surface du plateau s’abaisse-t-elle pour chaque kilomètre de roche érodé ?

Solution

Solution de Problème 11.1.

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

2. La croûte fait $35 + 4 + 18 = 57\,\mathrm{km}$ d’épaisseur ; sa base, le Moho, se trouve à $35 + 18 = 53\,\mathrm{km}$ sous le niveau de la mer.

3. Plateau : $57\,\mathrm{km}$ de croûte et $60 - 53 = 7\,\mathrm{km}$ de manteau, $57\,000\times2700 + 7000\times3300 = 1.539 \times 10^{8} + 2.31 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Plaine : $35\,000\times2700 + 25\,000\times3300 = 9.45 \times 10^{7} + 8.25 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Elles sont égales, comme l’exige la Proposition 11.4.

4. $p = g\times\text{masse par unité d'aire} = 9.81\times1.770 \times 10^{8} = 1.74 \times 10^{9}\,\mathrm{Pa}$, environ $1.7\,\mathrm{GPa}$, sous les deux colonnes.

5. La racine doit compenser, par sa plus faible masse volumique, la masse du plateau : chaque mètre de racine retire $\rho_m - \rho_c = 600\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ de masse, et chaque mètre de plateau ajoute $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, donc $2700/600 = 4.5$ mètres de racine sont nécessaires. Avec une croûte de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, le rapport serait $2900/400 = 7.25$ : plus le contraste est faible, plus la racine est profonde.

6. On trouverait le Moho, la forte augmentation de la vitesse sismique, s’approfondir sous le bord du plateau, de $35\,\mathrm{km}$ sous la plaine à environ $53\,\mathrm{km}$ sous le plateau.

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

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

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

10. $\Delta\rho/\rho = \alpha\,\Delta T$ donne $\Delta T = 0.0385/3 \times 10^{-5} = 1280\,\mathrm{K}$ en moyenne sur toute la colonne de $104\,\mathrm{km}$. Cela ferait fondre une bonne part de la colonne : la chaleur seule ne peut rendre ce plateau assez léger, et le mécanisme de Pratt ne peut pas être le principal ici.

11. Les colonnes de Pratt n’ont pas de racine : le Moho reste à environ $35\,\mathrm{km}$ sous le plateau, comme sous la plaine.

12. $52\,\mathrm{km}$ est proche des $53\,\mathrm{km}$ d’Airy et loin des $35\,\mathrm{km}$ de Pratt : le plateau est compensé surtout par une racine crustale.

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

14. Non compensé (Proposition 11.13) : $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx +452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.

15. Compensé : $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ et $\Delta g_{\mathrm B} \approx -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. La masse manquante de la racine donne $-0.0419\times0.6\times18\,000 = -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, la même chose, puisque $\Delta\rho\,r = \rho_c h$.

16. $\sin^230{}^{\circ} = 0.25$ et $\sin^260{}^{\circ} = 0.75$ : $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0013256 - 0.0000044) = 9.793\,249\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Puis $g - \gamma = 9.781085 - 9.793249 = -1216.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ; la correction à l’air libre est $0.3086\times4000 = 1234.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, donc $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +18.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, et $\Delta g_{\mathrm B} = 18.0 - 452.5 = -434.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

17. $434.5/452.5 = 0.96$ : le plateau est compensé à environ $96\,\%$ (la petite anomalie positive à l’air libre est la part non compensée de $4\,\%$).

18. Non. Près du centre d’un large plateau chaque couche anormale agit comme une plaque, dont l’attraction ne dépend pas de sa profondeur : seul compte le déficit de masse par unité d’aire, et il est le même, $\rho_c h$, dans les deux modèles. Les deux ne diffèrent que près des bords, où la profondeur des masses compensatrices change la forme de l’anomalie.

19. Loin du bord de part et d’autre l’anomalie à l’air libre est proche de zéro. À quelques kilomètres à l’intérieur du bord, le plateau sous la station est proche et ne s’étend loin que d’un côté : il tire encore avec presque toute sa valeur de plaque. La racine, à $35\,\mathrm{km}$ ou plus en dessous, est vue de là comme un corps qui se termine presque à la verticale : elle tire avec à peine plus de la moitié de son effet. La différence est un pic positif. À quelques kilomètres à l’extérieur, le plateau tire très peu, alors que la racine tire encore avec presque la moitié de son effet : un creux négatif. Le profil est une paire positif–négatif de part et d’autre de chaque bord, comme sur la figure du chapitre.

20. La croûte fait maintenant $57 - 1 = 56\,\mathrm{km}$ d’épaisseur, soit $21\,\mathrm{km}$ de plus que celle de la plaine. À l’équilibre cet excès se partage en $h' + r'$ avec $r' = 4.5\,h'$ : $h' = 21/5.5 = 3.818\,\mathrm{km}$ et $r' = 17.18\,\mathrm{km}$.

21. Le plateau se tient maintenant à $3818\,\mathrm{m}$.

22. La roche maintenant en surface était $1\,\mathrm{km}$ sous l’ancienne surface, à $3000\,\mathrm{m}$ ; elle est maintenant à $3818\,\mathrm{m}$ : elle est remontée de $818\,\mathrm{m}$, c’est-à-dire $1000\times\rho_c/\rho_m$.

23. Chaque kilomètre érodé abaisse la surface de $1 - 2700/3300 = 0.182$ de kilomètre, donc la ramener vers le bas de $4\,\mathrm{km}$ demande $4/0.182 = 22\,\mathrm{km}$ d’érosion, toute l’épaisseur en excès $h + r$. Dans une vieille chaîne arasée, les roches en surface étaient donc autrefois à une vingtaine de kilomètres de profondeur : les racines profondes de la chaîne sont exhumées.

24. La surface s’abaisse de $1000 - 818$ : pour chaque kilomètre de roche érodé, l’abaissement net de la surface est de $182\,\mathrm{m}$.