16Contrainte, déformation et rhéologie

Dans les années 1960, des eaux usées pompées dans un puits d’élimination au Rocky Mountain Arsenal, près de Denver, se sont répandues dans le socle cristallin fracturé entre $3.7\,\mathrm{km}$ et $7.0\,\mathrm{km}$ sous la surface, et des séismes ont suivi. Ils sont restés dans la partie de la roche où la pression du fluide avait augmenté de plus d’environ $3.2\,\mathrm{MPa}$.

Un demi-siècle plus tard la même chose s’est produite à plus grande échelle en Oklahoma, où l’eau salée remontée avec le pétrole et le gaz est réinjectée dans le sous-sol. Dans l’État et autour de lui, les séismes de magnitude 3 ou plus ont été au nombre de un à cinq par an de 2005 à 2008, puis $20$ en 2009, $585$ en 2014 et $888$ en 2015, plus de deux par jour ; des secousses de magnitude 5.7 et 5.8 ont ébranlé Prague, en 2011, et Pawnee, en 2016. Quatre puits d’élimination à fort débit à eux seuls pourraient rendre compte d’un cinquième des séismes du centre des États-Unis, et en ont déclenché certains à plus de $30\,\mathrm{km}$.

L’eau n’a rien repoussé ; elle a seulement élevé la pression du fluide dans les pores de la roche. Pourquoi cela ferait-il glisser une faille ? La réponse demande trois idées, qui sont le sujet de ce chapitre : la contrainte sur un plan à l’intérieur d’une roche, la condition dans laquelle le plan cède, et le fait que la pression du fluide interstitiel s’oppose à la force qui presse les deux côtés l’un contre l’autre. Avec elles, et avec une loi de fluage pour la roche chaude, nous pouvons tracer la résistance de toute la lithosphère en fonction de la profondeur.

Tu sais déjà

Une force répartie sur une surface agit par sa force par unité d’aire, en pascals ; la pression dans un fluide au repos croît avec la profondeur comme $\rho g z$ (livres de physique). Un ressort, et un solide en petites déformations, obéissent à la loi de Hooke : la déformation est proportionnelle à la contrainte, avec le module d’Young pour constante ; un fluide visqueux résiste en proportion de sa vitesse de cisaillement, avec sa viscosité pour constante. Le volume de troisième année des livres de physique décrit contrainte et déformation en trois dimensions avec des tenseurs ; ce chapitre n’en demande que deux. Une matrice symétrique $2\times2$ a deux valeurs propres réelles et deux vecteurs propres perpendiculaires (mathématiques, première année). Les géothermes du Chapitre 10 donnent la température en profondeur ; les failles ont été rencontrées au livre 1, année 7.

16.1 La contrainte en deux dimensions

Coupons une roche par la pensée le long d’une petite surface plane. La roche d’un côté presse sur la roche de l’autre avec une force, et la force par unité d’aire est la traction sur cette surface, dans le mot des livres de physique. Sa direction n’est pas, en général, celle de la normale à la surface.

Définition 16.1 (Contrainte normale)

Sur un plan passant par un point d’une roche, la force par unité d’aire que la roche d’un côté exerce sur l’autre a une composante selon la normale au plan, la contrainte normale $\sigma_n$, et une composante le long du plan, la contrainte de cisaillement $\tau$. En sciences de la Terre la contrainte normale est comptée positive quand elle comprime.

La convention de signe est l’opposée de celle de l’ingénieur. Elle est choisie parce que presque toute contrainte dans la Terre solide est une compression : le poids de la roche au-dessus presse sur tout ce qui est en dessous.

Nous travaillons dans un plan vertical, avec un axe $x$ horizontal et un axe $y$. Sur un plan perpendiculaire à $x$ la contrainte normale est $\sigma_{xx}$ et la contrainte de cisaillement $\sigma_{xy}$ ; sur un plan perpendiculaire à $y$ ce sont $\sigma_{yy}$ et $\sigma_{yx}$. Les deux contraintes de cisaillement sont égales : sur un petit carré, les forces de cisaillement sur les côtés verticaux font un couple de moment $\sigma_{xy}a\cdot a$ pour un côté $a$, celles sur les côtés horizontaux un couple $\sigma_{yx}a\cdot a$ tournant dans l’autre sens, et le carré tournerait sur lui-même s’ils différaient. Donc trois nombres décrivent la contrainte en un point, et ils suffisent à la donner sur tout plan.

Proposition 16.2 (Contrainte sur un plan incliné)

Soit un plan de normale unitaire $\vec n = (\cos\theta, \sin\theta)$, à l’angle $\theta$ de l’axe $x$, et soit $\vec m = (-\sin\theta, \cos\theta)$ le vecteur unitaire le long du plan. Les contraintes normale et de cisaillement sur lui sont

$$\begin{align*} \sigma_n &= \sigma_{xx}\cos^2\theta + 2\sigma_{xy}\sin\theta\cos\theta + \sigma_{yy}\sin^2\theta = \frac{\sigma_{xx}+\sigma_{yy}}{2} + \frac{\sigma_{xx}-\sigma_{yy}}{2}\cos2\theta + \sigma_{xy}\sin2\theta, \\ \tau &= (\sigma_{yy}-\sigma_{xx})\sin\theta\cos\theta + \sigma_{xy}(\cos^2\theta - \sin^2\theta) = -\frac{\sigma_{xx}-\sigma_{yy}}{2}\sin2\theta + \sigma_{xy}\cos2\theta , \end{align*}$$

avec $\tau$ compté positivement selon $\vec m$.

Théorème 16.3 (Contraintes principales)

En tout point d’une roche il y a deux plans perpendiculaires sur lesquels la contrainte de cisaillement est nulle. Les contraintes normales sur eux sont la plus grande et la plus petite contrainte normale sur tous les plans passant par le point,

$$\sigma_{1,3} = \frac{\sigma_{xx}+\sigma_{yy}}{2} \pm \sqrt{\Bigl(\frac{\sigma_{xx}-\sigma_{yy}}{2}\Bigr)^2 + \sigma_{xy}^2}, \qquad \tan2\theta_p = \frac{2\sigma_{xy}}{\sigma_{xx}-\sigma_{yy}},$$

où $\theta_p$ est l’angle de l’axe $x$ à la normale du plan qui porte $\sigma_1$.

Définition 16.4 (Contraintes principales, contrainte différentielle)

Les contraintes principales en un point sont les contraintes normales $\sigma_1 \ge \sigma_3$ sur les deux plans sans contrainte de cisaillement, et leurs directions sont les directions principales. En trois dimensions il y en a trois, $\sigma_1 \ge \sigma_2 \ge \sigma_3$, sur trois plans perpendiculaires. La contrainte différentielle est $\sigma_1 - \sigma_3$, et la contrainte moyenne dans le plan est $(\sigma_1+\sigma_3)/2$.

Un état de contrainte se lit le plus facilement dans ses directions principales. Si l’on mesure l’angle $\theta$ à partir de la direction de $\sigma_1$ et non à partir de l’axe $x$, les formules perdent leurs derniers termes.

Proposition 16.5 (Cercle de Mohr)

Sur un plan dont la normale fait l’angle $\theta$ avec la direction de $\sigma_1$,

$$\sigma_n = \frac{\sigma_1+\sigma_3}{2} + \frac{\sigma_1-\sigma_3}{2}\cos2\theta, \qquad |\tau| = \frac{\sigma_1-\sigma_3}{2}\,|\sin2\theta| .$$

Quand $\theta$ tourne, le point $(\sigma_n, |\tau|)$ parcourt la moitié supérieure du cercle de centre $((\sigma_1+\sigma_3)/2,\, 0)$ et de rayon $(\sigma_1-\sigma_3)/2$, à l’angle $2\theta$ de son extrémité $\sigma_1$. La plus grande contrainte de cisaillement, $(\sigma_1-\sigma_3)/2$, agit sur les plans à $45{}^{\circ}$ des directions principales.

Le signe de $\tau$ dit seulement dans quel sens les deux côtés glisseraient, donc la moitié supérieure du cercle est d’ordinaire tracée seule. La construction porte le nom de l’ingénieur Christian Otto Mohr, qui bâtit aussi dessus un critère de rupture, vers lequel nous allons (Section 16.3).

La contrainte en profondeur

Définition 16.6 (Pression lithostatique, pression de fluide interstitiel, contrainte effective)

À la profondeur $z$, le poids de la roche au-dessus, par unité d’aire horizontale, est la contrainte verticale $\sigma_v = \int_0^z\rho g\,\mathrm dz'$, qui vaut $\rho g z$ dans une couche de masse volumique uniforme $\rho$. Quand la contrainte est la même dans toutes les directions et égale à elle, la roche est sous la pression lithostatique. La pression de l’eau, du pétrole ou du gaz dans les pores et les fissures de la roche est la pression de fluide interstitiel $P$ ; elle est hydrostatique, $P = \rho_w g z$, quand les pores communiquent avec la surface. La contrainte effective est la contrainte moins la pression interstitielle, $\sigma' = \sigma - P$, sur tout plan ; $\lambda = P/\sigma_v$ est le rapport de pression interstitielle.

Dans une croûte de masse volumique $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, la contrainte verticale croît de $2700\times9.81\times1000 = 26.5\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre et une pression interstitielle hydrostatique de $9.81\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre : $\lambda = 1000/2700 = 0.37$. Le fluide interstitiel écarte les grains avec la même pression dans toutes les directions ; il ne retire rien à la contrainte de cisaillement, mais il retire $P$ à chaque contrainte normale. Là où les pores sont scellés, par de l’argile ou du sel par exemple, le fluide peut porter une part du poids de la roche au-dessus, et $\lambda$ monte vers 1.

La contrainte dans la croûte n’est pas lithostatique. Les plaques poussent et tirent, la croûte fléchit, les montagnes pèsent sur leurs racines, et les contraintes horizontales diffèrent de la contrainte verticale. Près de la surface, qui ne porte aucune contrainte de cisaillement, une direction principale est verticale, comme le montre le Chapitre 17 : $\sigma_v$ est $\sigma_1$, $\sigma_2$ ou $\sigma_3$, et les trois cas sont les trois façons dont les failles se déplacent.

16.2 La déformation

La contrainte est une cause ; la déformation est ce que la roche enregistre. Un fossile étiré, un galet aplati, un banc raccourci en plis mesurent tous un changement de forme.

Définition 16.7 (Extension, étirement, déformation de cisaillement)

Une ligne de matière de longueur $\ell_0$ déformée à la longueur $\ell$ a l’extension $e = (\ell - \ell_0)/\ell_0$ et l’étirement $S = \ell/\ell_0 = 1 + e$ ; un raccourcissement est une extension négative, un étirement inférieur à 1. Deux lignes de matière qui étaient perpendiculaires et font maintenant l’angle $90{}^{\circ} - \psi$ ont été cisaillées de l’angle $\psi$, et la déformation de cisaillement est $\gamma = \tan\psi$.

Une déformation est homogène quand chaque petite région de la roche se déforme de la même façon. La nouvelle position $\vec x'$ du point $\vec x$ est alors une fonction linéaire, $\vec x' = F\vec x$, avec une matrice $2\times2$ constante $F$ (et $\det F > 0$, puisque la roche ne se retourne pas comme un gant). Les droites restent droites et les parallèles parallèles ; un carré devient un parallélogramme, et un cercle devient une ellipse.

Proposition 16.8 (L’ellipse de déformation)

Sous la déformation homogène $\vec x' = F\vec x$, le cercle de rayon 1 devient une ellipse dont les demi-axes sont les racines carrées $S_1 \ge S_2$ des valeurs propres de $FF^{\mathsf T}$, selon ses vecteurs propres perpendiculaires. $S_1$ et $S_2$ sont les plus grand et plus petit étirements de toutes les lignes de matière, et l’aire est multipliée par $\det F = S_1S_2$.

Définition 16.9 (Ellipse de déformation)

L’ellipse de déformation est l’ellipse en laquelle une déformation homogène change un cercle de rayon 1 ; ses demi-axes sont les étirements principaux $S_1 \ge S_2$, et ses axes les directions principales de la déformation.

Deux déformations qui changent également la forme d’un corps peuvent être très différentes.

Définition 16.10 (Cisaillement pur, cisaillement simple)

Un cisaillement pur est une déformation homogène qui conserve l’aire et garde ses directions principales fixes dans la roche : $F = \begin{pmatrix} k & 0 \\ 0 & 1/k\end{pmatrix}$ dans ces axes, avec $k > 1$. Un cisaillement simple déplace chaque point parallèlement à une direction, la direction de cisaillement, de $\gamma$ fois sa distance à un plan fixe qui lui est parallèle : $F = \begin{pmatrix} 1 & \gamma \\ 0 & 1\end{pmatrix}$.

Les deux conservent l’aire, puisque les deux déterminants valent 1. En cisaillement pur les lignes de matière selon les axes de l’ellipse de déformation sont les mêmes lignes à chaque étape : la déformation est coaxiale. En cisaillement simple elles ne le sont pas, comme le montrent la proposition suivante et la figure qui la suit.

Proposition 16.11 (L’ellipse du cisaillement simple)

Un cisaillement simple $\gamma$ a pour étirements principaux

$$S_{1,2} = \sqrt{1 + \gamma^2/4} \pm \gamma/2 ,$$

et le grand axe de son ellipse de déformation fait avec la direction de cisaillement l’angle $\theta'$ donné par $\tan2\theta' = 2/\gamma$.

L’ellipse de déformation enregistre la déformation totale, ou finie. Une déformation qui se poursuit pendant des millions d’années est la somme de nombreux petits incréments, chacun une déformation infinitésimale ; pour un petit $\gamma$ la proposition donne $S_{1,2} \approx 1 \pm \gamma/2$ et $\theta' \approx 45{}^{\circ}$. En cisaillement simple les incréments étirent toujours le plus vite à $45{}^{\circ}$ de la direction de cisaillement, tandis que l’ellipse finie tourne vers elle, $31.7{}^{\circ}$ pour $\gamma = 1$, $22.5{}^{\circ}$ pour $\gamma = 2$, de plus en plus près à mesure que $\gamma$ croît. C’est pourquoi des galets aplatis et des minéraux étirés dans une zone de cisaillement intense se couchent presque dans son plan, et pourquoi l’angle qu’ils font avec la zone mesure jusqu’où elle a joué.

16.3 La rhéologie

Définition 16.12 (Rhéologie, comportement cassant et ductile)

La rhéologie d’un matériau est la façon dont il se déforme et s’écoule sous contrainte : la relation entre contrainte, déformation et vitesse de déformation. Une roche montre un comportement cassant quand elle se déforme par rupture ou par glissement sur des fractures, sur des surfaces discrètes, avec une perte soudaine de résistance ; elle montre un comportement ductile quand elle se déforme de façon permanente et continue dans son volume, sans perdre sa cohésion.

Les roches montrent tous les comportements des livres de physique. Sous de petites et brèves contraintes elles sont élastiques : la déformation est proportionnelle à la contrainte, comme dans la loi de Hooke, et disparaît avec elle ; les ondes sismiques (Chapitre 9) traversent la roche élastique. Sur de longues durées le manteau chaud s’écoule comme un fluide très visqueux, la vitesse de déformation croissant avec la contrainte. Entre les deux, la roche froide se rompt et glisse, et la roche chaude flue. Quel comportement l’emporte dépend de la contrainte, de la température, de la pression, du fluide dans les pores et du temps accordé.

La rupture cassante

Définition 16.13 (Critère de rupture de Coulomb)

Une roche obéit au critère de rupture de Coulomb si un plan qui la traverse se rompt, ou si une fracture existante glisse, dès que sur ce plan

$$\tau = C + \mu\,\sigma_n' , \qquad \sigma_n' = \sigma_n - P ,$$

où $C \ge 0$ est la cohésion de la roche, $\mu$ son coefficient de frottement interne et $\phi = \arctan\mu$ son angle de frottement interne.

Le critère porte les noms de Coulomb et de Mohr. Ses constantes sont mesurées sur des échantillons au laboratoire, et diffèrent d’une roche à l’autre. Une fracture existante a perdu sa cohésion : pour elle, $C = 0$, et le frottement sur elle dépend à peine de la roche (Proposition 16.15), avec $\mu$ entre 0.6 et 0.85, un angle de frottement entre $31{}^{\circ}$ et $40{}^{\circ}$.

Théorème 16.14 (L’angle de rupture)

Une roche qui obéit au critère de Coulomb se rompt d’abord sur les plans qui font l’angle $45{}^{\circ} - \phi/2$ avec la direction de $\sigma_1$, de part et d’autre d’elle, et elle se rompt quand

$$\frac{\sigma_1' - \sigma_3'}{2} = C\cos\phi + \frac{\sigma_1' + \sigma_3'}{2}\,\sin\phi .$$

Avec $\phi = 30{}^{\circ}$, une roche se rompt sur des plans à $30{}^{\circ}$ de $\sigma_1$, et les deux plans possibles font $60{}^{\circ}$ entre eux, coupés en deux par $\sigma_1$. C’est l’angle entre les failles conjuguées que l’on voit sur le terrain, et la raison, comme le montre le Chapitre 17, pour laquelle les failles normales plongent fortement et les chevauchements doucement.

Pour le glissement sur des fractures qui existent déjà, l’expérience donne le frottement lui-même, et le donne avec une simplicité surprenante.

Proposition 16.15 (La loi de Byerlee)

Pour la plupart des roches, le glissement sur une fracture ou une faille existante commence quand la contrainte de cisaillement atteint

$$\tau = 0.85\,\sigma_n' \quad (\sigma_n' < 200\,\mathrm{MPa}), \qquad \tau = 50\,\mathrm{MPa} + 0.6\,\sigma_n' \quad (\sigma_n' > 200\,\mathrm{MPa}),$$

quelle que soit la sorte de roche : c’est la loi de Byerlee.

La loi est un résultat d’expérience, non de théorie. James Byerlee a mesuré, en 1975, la résistance à la fracture et la résistance au frottement d’un grès sous pressions de confinement et interstitielle, et les a trouvées toutes deux gouvernées par la contrainte effective seule, la différence des deux pressions ; la résistance à la fracture variait jusqu’à $20\,\%$ avec le ciment entre les grains, mais le frottement ne dépendait pas de la roche, et la même loi valait pour le gabbro, la dunite, la serpentinite, le granite et le calcaire. Les deux droites se rencontrent en $\sigma_n' = 200\,\mathrm{MPa}$, où les deux donnent $170\,\mathrm{MPa}$.

La loi de la contrainte effective est la clé de l’ouverture de ce chapitre. Élever la pression interstitielle de $\Delta P$ abaisse chaque contrainte normale effective de $\Delta P$ et laisse chaque contrainte de cisaillement telle qu’elle était : le cercle de Mohr glisse vers la gauche, inchangé en taille, vers la droite de rupture. Une faille qui était sûre peut être amenée à glisser sans aucun changement de la contrainte tectonique. La contrainte de cisaillement critique sur une faille est $\tau_c = \tau_0 + \mu(\sigma_n - P)$, et l’injection agit sur son dernier terme. À Denver les séismes sont restés dans la roche où la pression interstitielle avait augmenté de plus d’environ $3.2\,\mathrm{MPa}$, comme si cette hausse était ce dont les failles de là avaient besoin.

Méthode 16.16 (Tester une faille pour le glissement)

Pour décider si une faille à la profondeur $z$ va glisser, et ce qui l’y amènerait :

1. Trouver les contraintes principales dans le plan perpendiculaire à la direction de la faille : $\sigma_v = \rho g z$, et la contrainte horizontale, mesurée ou supposée ; prendre la pression interstitielle $P$ (hydrostatique, $\rho_w g z$, si rien d’autre n’est connu).
2. Mesurer l’angle $\theta$ entre la normale à la faille et la direction de $\sigma_1$.
3. Calculer $\sigma_n$ et $\tau$ sur la faille avec la Proposition 16.5, puis $\sigma_n' = \sigma_n - P$.
4. Comparer $\tau$ avec le frottement de la Proposition 16.15 : en dessous, la faille tient ; $\tau/\sigma_n'$ comparé à 0.85 mesure la marge.
5. La hausse de pression interstitielle qui l’amène à glisser est $\Delta P = \sigma_n' - \tau/0.85$ sur la branche inférieure de la loi ($\sigma_n' - (\tau - 50)/0.6$, en mégapascals, sur la supérieure).

Le fluage ductile

La roche chaude n’attend pas de se rompre. Au-dessus de quelques centaines de degrés dans une roche riche en quartz, et à des températures plus élevées dans l’olivine, les cristaux se déforment par le lent mouvement de défauts dans leur réseau, et la roche flue à une vitesse qui croît fortement avec la contrainte et avec la température.

Proposition 16.17 (Fluage en loi de puissance)

À haute température une roche qui se déforme par fluage par dislocations s’écoule à la vitesse de déformation

$$\dot\varepsilon = A\,(\sigma_1 - \sigma_3)^n \exp\Bigl(-\frac{E + PV}{RT}\Bigr),$$

où $T$ est la température absolue, $P$ la pression, $R$ la constante des gaz, et $A$, $n$, $E$ (l’énergie d’activation) et $V$ (le volume d’activation) sont des constantes du matériau, mesurées au laboratoire. Pour s’écouler à la vitesse $\dot\varepsilon$, elle demande la contrainte différentielle

$$\sigma_1 - \sigma_3 = \Bigl(\frac{\dot\varepsilon}{A}\Bigr)^{1/n} \exp\Bigl(\frac{E + PV}{nRT}\Bigr).$$

Les mécanismes derrière la loi sont le sujet du volume de troisième année. Ses constantes viennent d’expériences ; pour la quartzite humide, $n = 4$, $E = 223\,\mathrm{kJ}\,\mathrm{mol}^{-1}$ et $A = 1.1 \times 10^{-4}$ (contrainte en mégapascals, temps en secondes), d’après Gleason et Tullis (1995) ; pour l’olivine sèche, $n = 3.5$, $E = 530\,\mathrm{kJ}\,\mathrm{mol}^{-1}$, $V = 18\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$ et $A = 10^{5}$, d’après Hirth et Kohlstedt (2003) ; $R = 8.314\,462\,618\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$.

Deux traits de la loi façonnent la lithosphère. La contrainte ne dépend que faiblement de la vitesse : dix fois plus vite ne demande que $10^{1/4} = 1.78$ fois plus de contrainte de quartzite. Et elle dépend énormément de la température : l’exponentielle divise la résistance de la quartzite par plusieurs à chaque centaine de degrés. Les vitesses de déformation naturelles sont lentes. Une ceinture de croûte large de $300\,\mathrm{km}$ qui absorbe $1\,\mathrm{cm}$ de mouvement de plaque par an se déforme à $0.01/(3.16 \times 10^{7}\times3 \times 10^{5}) \approx 1 \times 10^{-15}\,\mathrm{s}^{-1}$, la vitesse que nous utiliserons.

Au laboratoire — Mesurer la résistance de la roche

Les laboratoires de mécanique des roches mesurent la résistance dans une cellule triaxiale. Un cylindre de roche, carotté et rectifié plat à ses extrémités, est scellé dans une gaine de caoutchouc ou de métal tendre qui empêche le fluide de confinement d’entrer dans ses pores. Il prend place dans une cuve sous pression à parois épaisses : de l’huile autour de lui fixe la pression de confinement, qui joue le rôle de $\sigma_2 = \sigma_3$ ; un piston appuie sur ses extrémités et ajoute la charge axiale, $\sigma_1$. Une ligne séparée remplit les pores d’eau à une pression propre, de sorte que la contrainte effective puisse varier à contrainte totale fixée. La machine enregistre la force axiale et le raccourcissement de l’échantillon tandis qu’il est chargé à vitesse constante, jusqu’à ce qu’il se rompe ou, dans un échantillon scié en travers à l’avance, jusqu’à ce que la coupure se mette à glisser. Un four dans la cuve chauffe les échantillons pour des expériences de fluage, menées à des vitesses de déformation de bien des ordres de grandeur plus rapides que toutes celles de la Terre et qu’il faut extrapoler jusqu’à elle.

16.4 La résistance de la lithosphère

À chaque profondeur la lithosphère peut céder de deux façons : par glissement sur des failles, avec une résistance qui croît avec la pression effective, ou par fluage, avec une résistance qui diminue à mesure qu’elle chauffe. Elle se déforme de celle des deux façons qui demande la plus petite contrainte.

Définition 16.18 (Enveloppe de résistance, transition cassant–ductile, couche sismogène)

L’enveloppe de résistance de la lithosphère est la courbe, en fonction de la profondeur, de la plus grande contrainte différentielle qu’elle peut supporter à une vitesse de déformation donnée : à chaque profondeur, la plus petite de la résistance au frottement et de la résistance au fluage. La transition cassant–ductile est la profondeur où les deux sont égales : au-dessus d’elle la roche se déforme par failles, en dessous par fluage. La couche sismogène est l’intervalle de profondeurs où commencent la plupart des séismes.

Proposition 16.19 (Résistance au frottement en fonction de la profondeur)

Dans une couche de masse volumique $\rho$ avec une pression interstitielle hydrostatique, une contrainte principale verticale, des failles de toute orientation et sans cohésion, le glissement avec frottement $\mu$ commence à la contrainte différentielle

$$\begin{align*} \sigma_1 - \sigma_3 &= \frac{2\mu}{\sqrt{1+\mu^2} + \mu}\,\rho g z(1-\lambda) && \text{si $\sigma_v = \sigma_1$}, \\ \sigma_1 - \sigma_3 &= \frac{2\mu}{\sqrt{1+\mu^2} - \mu}\,\rho g z(1-\lambda) && \text{si $\sigma_v = \sigma_3$}, \end{align*}$$

avec $\lambda = \rho_w/\rho$ : le premier cas donne des failles normales, le second des chevauchements.

Avec $\mu = 0.85$ et $\rho = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $S$ croît de $16.7\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre et la résistance au frottement de $13.1\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre en extension et de $61.3\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre en compression, près de cinq fois plus : une croûte est bien plus facile à écarter qu’à comprimer. Au-delà d’une contrainte normale effective de $200\,\mathrm{MPa}$ la branche supérieure de la loi de Byerlee prend le relais, et la pente tombe, en compression, à environ $35\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre.

La figure ci-dessus met les deux résistances ensemble pour deux lithosphères. Le continent a le géotherme du Chapitre 10 avec un flux de chaleur de surface de $55\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, une croûte de quartzite humide épaisse de $35\,\mathrm{km}$, et de l’olivine sèche en dessous ; le plancher océanique a $60\,\mathrm{Ma}$, avec le géotherme du demi-espace du même chapitre, et de l’olivine du fond marin vers le bas. La vitesse de déformation est $10^{-15}\,\mathrm{s}^{-1}$. Les $35\,\mathrm{km}$ sont la profondeur moyenne du Moho sous les continents dans le modèle de Terre de référence du Chapitre 9.

Sous le continent la transition cassant–ductile tombe à $13.7\,\mathrm{km}$ en compression, à $249{}^{\circ}\mathrm{C}$, et à $17.1\,\mathrm{km}$ en extension. Une croûte plus chaude la ferait remonter, une plus froide l’enfoncerait, puisque la loi de fluage ne dépend que de la température à une contrainte donnée. La transition est le niveau le plus résistant de la croûte. En dessous la résistance s’effondre : au Moho, à $527{}^{\circ}\mathrm{C}$, la quartzite s’écoule sous $7.6\,\mathrm{MPa}$, alors que l’olivine à la même température demanderait quelque $30\,000\,\mathrm{MPa}$, si loin au-delà de la résistance au frottement que le haut du manteau est de nouveau cassant. Une seconde transition suit à $44.6\,\mathrm{km}$ en compression. La croûte inférieure de ce modèle est une couche molle entre deux couches fortes : le « sandwich à la gelée ». Sous l’océan toute la lithosphère est de l’olivine, et la résistance croît jusqu’à une seule transition à $38.2\,\mathrm{km}$, à $641{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Les séismes s’accordent avec l’enveloppe océanique : à l’intérieur des plaques océaniques, ils atteignent des profondeurs où la température est de $600\text{ à }800{}^{\circ}\mathrm{C}$, proche des $641{}^{\circ}\mathrm{C}$ de la transition unique du modèle. Des séismes plus profonds ne se produisent que là où une plaque plonge sous une autre, jusqu’à plus de $700\,\mathrm{km}$ (Chapitre 14).

Le manteau continental est là où le tableau est contesté. Pendant une vingtaine d’années le sandwich à la gelée a été l’opinion dominante, bâtie sur des mesures de laboratoire sur l’olivine sèche et sur quelques séismes que l’on croyait situés sous le Moho. En 2002 James Jackson a soutenu qu’il fallait l’abandonner : de meilleures profondeurs montraient que les séismes dans les continents sont confinés à une seule couche, d’ordinaire la croûte supérieure, parfois toute la croûte, sans séismes convaincants dans le manteau en dessous, même là où le Moho n’est qu’à $300\text{ à }500{}^{\circ}\mathrm{C}$. De petites quantités d’eau, quelques parties par million dans l’olivine, suffisent à l’affaiblir considérablement, et le manteau continental pourrait fort bien en contenir autant ; la résistance des continents résiderait alors surtout dans leur croûte. Les deux visions tracent des enveloppes différentes à partir des mêmes lois, avec de l’olivine sèche ou humide sous le Moho.

Quelle que soit la bonne, une enveloppe est une borne et non une mesure : les lois de laboratoire sont extrapolées sur de nombreux ordres de grandeur de vitesse de déformation, et les contraintes maximales qu’elle montre, plus d’un gigapascal, sont bien au-dessus des $1\text{ à }10\,\mathrm{MPa}$ que l’on voit libérés par les séismes.

16.5 Exercices

Exercice 16.1 ★

Prendre une croûte de masse volumique $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. À une profondeur de $10\,\mathrm{km}$, calculer (a) la contrainte verticale, (b) la pression interstitielle hydrostatique, (c) la contrainte effective verticale et le rapport de pression interstitielle $\lambda$.

Solution

Solution de Exercice 16.1.

(a) $\sigma_v = 2700\times9.81\times10\,000 = 2.65 \times 10^{8}\,\mathrm{Pa} = 264.9\,\mathrm{MPa}$. (b) $P = 1000\times9.81\times10\,000 = 98.1\,\mathrm{MPa}$. (c) $\sigma_v' = 264.9 - 98.1 = 166.8\,\mathrm{MPa}$, et $\lambda = 98.1/264.9 = 0.370$, ce qui vaut $1000/2700$.

Exercice 16.2 ★

(a) Un banc de $10\,\mathrm{km}$ de long est étiré jusqu’à $13\,\mathrm{km}$ : donner son extension et son étirement. (b) Un autre, de $10\,\mathrm{km}$ de long, est raccourci jusqu’à $7\,\mathrm{km}$. (c) Deux lignes d’une roche qui étaient perpendiculaires font maintenant un angle de $60{}^{\circ}$ : quels sont le cisaillement angulaire et la déformation de cisaillement ?

Solution

Solution de Exercice 16.2.

(a) $e = (13-10)/10 = 0.30$ et $S = 1.30$. (b) $e = (7-10)/10 = -0.30$, un raccourcissement de $30\,\%$, et $S = 0.70$. (c) L’angle s’est fermé de $\psi = 30{}^{\circ}$, et $\gamma = \tan30{}^{\circ} = 0.577$.

Exercice 16.3 ★

En un point, $\sigma_1 = 100\,\mathrm{MPa}$ et $\sigma_3 = 40\,\mathrm{MPa}$. (a) Tracer le cercle de Mohr. (b) Quelle est la plus grande contrainte de cisaillement, sur quels plans agit-elle, et quelle contrainte normale agit sur eux ? (c) Calculer $\sigma_n$ et $\tau$ sur le plan dont la normale fait $30{}^{\circ}$ avec $\sigma_1$.

Solution

Solution de Exercice 16.3.

(a) Centre $70\,\mathrm{MPa}$, rayon $30\,\mathrm{MPa}$. (b) La plus grande contrainte de cisaillement est le rayon, $30\,\mathrm{MPa}$, sur les plans à $45{}^{\circ}$ de $\sigma_1$ et de $\sigma_3$, qui portent la contrainte normale du centre, $70\,\mathrm{MPa}$. (c) $2\theta = 60{}^{\circ}$ : $\sigma_n = 70 + 30\cos60{}^{\circ} = 85\,\mathrm{MPa}$ et $\tau = 30\sin60{}^{\circ} = 26.0\,\mathrm{MPa}$.

Exercice 16.4 ★

Une roche a la cohésion $10\,\mathrm{MPa}$ et l’angle de frottement interne $30{}^{\circ}$. (a) Sous quel angle avec $\sigma_1$ se rompt-elle, et quel angle les deux plans de fracture possibles font-ils entre eux ? (b) Avec $\sigma_3' = 20\,\mathrm{MPa}$, quelle $\sigma_1'$ effective la rompt ?

Solution

Solution de Exercice 16.4.

(a) $45{}^{\circ} - 30{}^{\circ}/2 = 30{}^{\circ}$ avec $\sigma_1$, de part et d’autre d’elle, donc les deux plans font $60{}^{\circ}$ entre eux. (b) Avec $c' = 20 + r$, la condition du Théorème 16.14 s’écrit $r = C\cos\phi + (20 + r)\sin\phi$, donc

$$r = \frac{C\cos\phi + 20\sin\phi}{1 - \sin\phi} = \frac{8.66 + 10}{0.5} = 37.3\,\mathrm{MPa},$$

et $\sigma_1' = 20 + 2r = 94.6\,\mathrm{MPa}$.

Exercice 16.5 ★★

Dans les axes $x$ (horizontal) et $y$ (vertical), $\sigma_{xx} = 60\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_{yy} = 20\,\mathrm{MPa}$ et $\sigma_{xy} = 15\,\mathrm{MPa}$. (a) Calculer les contraintes principales et l’angle $\theta_p$. (b) Vérifier avec la Proposition 16.2 que le plan de normale $\theta_p$ ne porte aucune contrainte de cisaillement et porte la contrainte normale $\sigma_1$. (c) Quelle est la plus grande contrainte de cisaillement en ce point ?

Solution

Solution de Exercice 16.5.

(a) $c = 40$ et $R = \sqrt{20^2 + 15^2} = 25\,\mathrm{MPa}$ : $\sigma_1 = 65\,\mathrm{MPa}$ et $\sigma_3 = 15\,\mathrm{MPa}$ ; $\tan2\theta_p = 30/40 = 0.75$, $2\theta_p = 36.87{}^{\circ}$, $\theta_p = 18.43{}^{\circ}$. (b) À cet angle $\cos^2\theta = 0.9$, $\sin^2\theta = 0.1$ et $\sin\theta\cos\theta = 0.3$ : $\sigma_n = 60\times0.9 + 2\times15\times0.3 + 20\times0.1 = 54 + 9 + 2 = 65\,\mathrm{MPa}$, et $\tau = (20-60)\times0.3 + 15\times(0.9-0.1) = -12 + 12 = 0$. (c) $R = 25\,\mathrm{MPa}$, sur les plans à $45{}^{\circ}$ des directions principales.

Exercice 16.6 ★★

Une zone de cisaillement a déformé sa roche par un cisaillement simple $\gamma = 2$. (a) Calculer les étirements principaux et l’angle du grand axe de l’ellipse de déformation avec la direction de cisaillement. (b) Vérifier que l’aire n’a pas changé. (c) Une ligne de matière était à $45{}^{\circ}$ de la direction de cisaillement, montant dans le sens du cisaillement : où se trouve-t-elle maintenant, et quel est son étirement ? Comparer avec (a).

Solution

Solution de Exercice 16.6.

(a) $S_{1,2} = \sqrt{1 + 1} \pm 1$ : $S_1 = 2.414$ et $S_2 = 0.414$ ; $\tan2\theta' = 2/2 = 1$, $\theta' = 22.5{}^{\circ}$. (b) $S_1S_2 = (\sqrt2 + 1)(\sqrt2 - 1) = 1$, qui est $\det F$ : pas de changement d’aire. (c) La ligne selon $(1, 1)$ va en $F(1, 1) = (1 + 2, 1) = (3, 1)$, à $\arctan(1/3) = 18.4{}^{\circ}$ de la direction de cisaillement, avec l’étirement $\sqrt{10}/\sqrt2 = 2.24$. Elle a dépassé le grand axe de l’ellipse, à $22.5{}^{\circ}$, vers le plan de cisaillement ; son étirement est un peu inférieur à $S_1$, comme il se doit, puisqu’aucune ligne ne s’étire plus que $S_1$.

Exercice 16.7 ★★

Dans une zone de cisaillement épaisse de $200\,\mathrm{m}$, de petites taches rondes dans une ardoise sont devenues des ellipses d’axes dans le rapport de 4 à 1. Supposer un cisaillement simple, sans changement d’aire. (a) Trouver $S_1$, $S_2$ et $\gamma$. (b) Sous quel angle avec les parois de la zone les grands axes devraient-ils se coucher ? (c) De quelle distance une paroi a-t-elle glissé le long de l’autre ?

Solution

Solution de Exercice 16.7.

(a) $S_1/S_2 = 4$ et $S_1S_2 = 1$ donnent $S_1 = 2$ et $S_2 = 0.5$ ; d’après la Proposition 16.11, $\gamma = S_1 - S_2 = 1.5$. (b) $\tan2\theta' = 2/1.5 = 1.333$, $2\theta' = 53.1{}^{\circ}$ : les grands axes devraient se coucher à $26.6{}^{\circ}$ des parois. (c) $1.5\times200 = 300\,\mathrm{m}$.

Exercice 16.8 ★★

Une faille à une profondeur de $3\,\mathrm{km}$, dans une croûte de masse volumique $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, porte la contrainte normale $70\,\mathrm{MPa}$ et la contrainte de cisaillement $30\,\mathrm{MPa}$. (a) Avec une pression interstitielle hydrostatique, glisse-t-elle d’après la loi de Byerlee ? (b) Et si les pores sont scellés et $\lambda = 0.6$ ? (c) Trouver la valeur de $\lambda$ à laquelle elle commence à glisser.

Solution

Solution de Exercice 16.8.

$\sigma_v = 2700\times9.81\times3000 = 79.46\,\mathrm{MPa}$. (a) $P = 29.43\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_n' = 70 - 29.43 = 40.57\,\mathrm{MPa}$, et Byerlee permet $0.85\times40.57 = 34.5\,\mathrm{MPa}$, plus que les $30\,\mathrm{MPa}$ appliqués : la faille tient. (b) $P = 0.6\times79.46 = 47.68\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_n' = 22.32\,\mathrm{MPa}$, et le frottement ne donne que $19.0\,\mathrm{MPa}$ : la faille glisse. (c) $30 = 0.85\,(70 - 79.46\,\lambda)$ donne $\lambda = (70 - 35.29)/79.46 = 0.437$.

Exercice 16.9 ★★

Utiliser la loi de fluage de la quartzite humide (Proposition 16.17). (a) De quel facteur la contrainte doit-elle croître pour qu’elle s’écoule dix fois plus vite ? (b) De quel facteur sa résistance chute-t-elle entre $400{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $500{}^{\circ}\mathrm{C}$, à la même vitesse et avec $V = 0$ ? (c) Expliquer avec ces deux résultats pourquoi la profondeur de la transition cassant–ductile dépend bien plus du géotherme que de la vitesse de déformation.

Solution

Solution de Exercice 16.9.

(a) La contrainte varie comme $\dot\varepsilon^{1/4}$ : $10^{1/4} = 1.78$. (b) Le rapport des résistances est

$$\exp\Bigl[\frac{E}{nR}\Bigl(\frac{1}{673.15} - \frac{1}{773.15}\Bigr)\Bigr] = \exp\bigl(6705\times1.921 \times 10^{-4}\bigr) = \exp(1.288) = 3.63 .$$

(c) Un changement de vitesse d’un facteur dix change la résistance au fluage d’un facteur 1.78, ce que la température fait en seulement $100\times\ln1.78/\ln3.63 \approx 45{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; sur un géotherme d’environ $20{}^{\circ}\mathrm{C}$ par kilomètre, cela déplace la transition d’environ $2\,\mathrm{km}$. Un changement de géotherme déplace les isothermes, et avec elles la transition, de bien davantage.

Exercice 16.10 ★★★

Là où la contrainte verticale est $\sigma_2$, les failles sont décrochantes. Supposer que la contrainte effective verticale est alors la moyenne $(\sigma_1' + \sigma_3')/2$. (a) Montrer que le glissement avec frottement $\mu$ et sans cohésion commence à $\sigma_1 - \sigma_3 = 2\mu\,\rho g z(1-\lambda)/\sqrt{1+\mu^2}$. (b) Calculer la pente en mégapascals par kilomètre pour $\mu = 0.85$ et $\rho = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, et la placer entre les pentes des failles normales et inverses. (c) Exprimer chacune des trois pentes comme un multiple de la contrainte effective verticale.

Solution

Solution de Exercice 16.10.

(a) Avec $C = 0$, une faille glisse quand $r = \mu c'/\sqrt{1+\mu^2}$ (Théorème 16.14). Ici $c' = S = \rho g z(1-\lambda)$, donc $\sigma_1 - \sigma_3 = 2r = 2\mu S/\sqrt{1+\mu^2}$. (b) $S$ croît de $2700\times9.81\times1000\times(1 - 1000/2700) = 16.68\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre, et $2\times0.85/1.3124 = 1.295$ : la pente est de $21.6\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre, entre $13.1$ (failles normales) et $61.3\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre (chevauchements). (c) $2\mu/(k+\mu) = 0.786$, $2\mu/k = 1.295$ et $2\mu/(k-\mu) = 3.68$, avec $k = 1.3124$ : la contrainte différentielle au glissement vaut 0.79, 1.30 et 3.68 fois la contrainte effective verticale.

Exercice 16.11 ★★★

Modéliser la lithosphère océanique de $60\,\mathrm{Ma}$ comme un demi-espace refroidi depuis $1350{}^{\circ}\mathrm{C}$, avec une surface à $0{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $T = 1350\operatorname{erf}\bigl(z/(2\sqrt{\kappa t})\bigr)$. (a) Calculer $2\sqrt{\kappa t}$. (b) Trouver les profondeurs des isothermes $600{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $800{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) Les séismes à l’intérieur des plaques océaniques atteignent les profondeurs où la température est de $600\text{ à }800{}^{\circ}\mathrm{C}$. Comparer avec la transition cassant–ductile de l’enveloppe de résistance océanique de ce chapitre, à $38.2\,\mathrm{km}$ et $641{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Solution

Solution de Exercice 16.11.

(a) $t = 60\times10^{6}\times3.156 \times 10^{7} = 1.89 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$ et $2\sqrt{\kappa t} = 2\sqrt{1.89 \times 10^{9}} = 87.0\,\mathrm{km}$. (b) $\operatorname{erf}x = 600/1350 = 0.444$ pour $x = 0.417$ : $z = 0.417\times87.0 = 36.3\,\mathrm{km}$ ; $\operatorname{erf}x = 800/1350 = 0.593$ pour $x = 0.586$ : $z = 51.0\,\mathrm{km}$. (c) Les séismes devraient atteindre $36\text{ à }51\,\mathrm{km}$ ; l’enveloppe place la base de la couche cassante à $38.2\,\mathrm{km}$, dans cet intervalle et près de son sommet, à une température, $641{}^{\circ}\mathrm{C}$, dans l’intervalle observé.

Exercice 16.12 ★★★

Une roche est traversée de fractures de toute orientation, toutes contenant la direction de $\sigma_2$, sans cohésion et de frottement 0.85. Les contraintes principales effectives sont $\sigma_1' = 110\,\mathrm{MPa}$ et $\sigma_3' = 20\,\mathrm{MPa}$. (a) Montrer que certaines fractures glissent. (b) Trouver l’intervalle de l’angle entre les fractures qui glissent et $\sigma_1$. Laquelle est au milieu de l’intervalle ? (c) Jusqu’à quelle valeur de $\sigma_1'$, avec $\sigma_3'$ fixée, au moins une fracture glisse-t-elle encore ?

Solution

Solution de Exercice 16.12.

(a) $r = 45$ et $c' = 65\,\mathrm{MPa}$ ; la distance du centre à la droite $\tau = 0.85\sigma_n'$ est $0.85\times65/1.3124 = 42.1\,\mathrm{MPa}$, inférieure au rayon : le cercle coupe la droite, et les plans sur l’arc au-dessus d’elle glissent. (b) Avec $2\theta$ l’angle depuis l’extrémité $\sigma_1$, le glissement demande $45\sin2\theta \ge 0.85\,(65 + 45\cos2\theta)$, c’est-à-dire $45\sin2\theta - 38.25\cos2\theta \ge 55.25$, ou $59.06\sin(2\theta - 40.36{}^{\circ}) \ge 55.25$, où $40.36{}^{\circ} = \phi$. Donc $\sin(2\theta - \phi) \ge 0.9355$, $2\theta - \phi$ entre $69.31{}^{\circ}$ et $110.69{}^{\circ}$, $2\theta$ entre $109.67{}^{\circ}$ et $151.06{}^{\circ}$ : les normales se trouvent à $54.8{}^{\circ}$ à $75.5{}^{\circ}$ de $\sigma_1$, et les fractures qui glissent à $14.5{}^{\circ}$ à $35.2{}^{\circ}$ de $\sigma_1$. Le milieu de l’intervalle, $24.8{}^{\circ}$, est $45{}^{\circ} - \phi/2$, le plan du Théorème 16.14. (c) Seul ce plan glisse quand le cercle touche juste la droite : $r = \mu(20 + r)/k$, $r = 20\mu/(k - \mu) = 17/0.4624 = 36.8\,\mathrm{MPa}$, et $\sigma_1' = 20 + 2r = 93.5\,\mathrm{MPa}$.

16.6 Problème : La faille va-t-elle glisser ?

Problème 16.1

Problème du week-end — la contrainte sur une faille normale à une profondeur de cinq kilomètres, sa marge de sécurité, et la hausse de pression interstitielle qui la ferait glisser

Une faille est orientée nord–sud et plonge de $60{}^{\circ}$ vers l’est. Un puits d’élimination l’atteint à une profondeur de $5.00\,\mathrm{km}$, dans une croûte de masse volumique $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ dont les pores communiquent avec la surface. Une mesure dans le puits donne la contrainte horizontale perpendiculaire à la faille, $75.0\,\mathrm{MPa}$ ; la contrainte horizontale selon la direction se situe entre elle et la contrainte verticale, si bien que le problème est à deux dimensions dans le plan vertical est–ouest. Prendre $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, l’eau de masse volumique $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et la loi de Byerlee. Donner les contraintes à $0.01\,\mathrm{MPa}$.

Partie I — L’état de contrainte.

1. Calculer la contrainte verticale à la profondeur de la faille.
2. Calculer la pression interstitielle hydrostatique en ce lieu, et le rapport $\lambda$.
3. Laquelle des deux contraintes est $\sigma_1$ et laquelle $\sigma_3$ ? Quelle sorte de faille cet état de contrainte entraîne-t-il ?
4. Calculer la contrainte différentielle, le centre et le rayon du cercle de Mohr.
5. Calculer les contraintes principales effectives et le centre du cercle effectif.
6. Avec $x$ horizontal vers l’est et $y$ vertical, écrire les trois composantes $\sigma_{xx}$, $\sigma_{yy}$, $\sigma_{xy}$. Pourquoi $\sigma_{xy}$ est-elle nulle ?

Partie II — Les contraintes sur la faille.

7. Donner la normale unitaire à la faille dans les axes de la question 6, et l’angle $\theta$ entre elle et $\sigma_1$.
8. Calculer $\sigma_n$ et $\tau$ sur la faille avec la Proposition 16.2.
9. Vérifier les deux valeurs avec le cercle de Mohr : sous quel angle depuis l’extrémité $\sigma_1$ se trouve la faille ?
10. Calculer la contrainte normale effective sur la faille.
11. Calculer le rapport $\tau/\sigma_n'$ et le comparer à 0.85.
12. Quelle contrainte de cisaillement ferait glisser la faille sous la contrainte normale effective actuelle ? De combien de mégapascals en est-elle éloignée ?

Partie III — Le cercle de Mohr et la loi de Byerlee.

13. Tracer le cercle de Mohr effectif et la droite de Byerlee à l’échelle.
14. Calculer la distance du centre du cercle à la droite et la comparer au rayon. Un plan quelconque de la roche peut-il glisser ?
15. Quel plan glisserait le premier ? Donner son angle avec $\sigma_1$ et son pendage.
16. Avec la Proposition 16.19, calculer la contrainte différentielle à laquelle les failles normales glissent à cette profondeur, et la vérifier avec la pente de $13.1\,\mathrm{MPa}$ par kilomètre.
17. À quel niveau la contrainte horizontale devrait-elle tomber pour que le plan le mieux orienté glisse ?
18. À quel niveau pour que la faille du problème glisse ? Expliquer pourquoi il est plus bas.

Partie IV — L’injection.

19. Expliquer pourquoi une hausse $\Delta P$ de la pression interstitielle déplace le cercle effectif de $\Delta P$ vers la gauche sans changer son rayon.
20. Calculer la hausse de pression interstitielle qui amène le plan le mieux orienté à glisser.
21. Le puits est plein d’eau. Quelle pression supplémentaire la pompe doit-elle appliquer en tête de puits pour élever la pression interstitielle à la faille de cette quantité ? À quelle hauteur de colonne d’eau cela équivaut-il ?
22. Si le frottement sur la faille était de 0.6 plutôt que 0.85, glisserait-elle déjà ? Que dit le calme de la faille de son frottement ?
23. À quel rapport $\lambda$ le plan le mieux orienté glisse-t-il ?
24. À une décimale, en mégapascals, quelle hausse de pression interstitielle amène cette faille à glisser ?

Solution

Solution de Problème 16.1.

1. $\sigma_v = 2700\times9.81\times5000 = 132.44\,\mathrm{MPa}$.

2. $P = 1000\times9.81\times5000 = 49.05\,\mathrm{MPa}$, et $\lambda = 49.05/132.44 = 0.370$.

3. $\sigma_1 = \sigma_v = 132.44\,\mathrm{MPa}$, verticale, et $\sigma_3 = 75.00\,\mathrm{MPa}$, horizontale est–ouest : la croûte est étirée est–ouest sous son propre poids, l’état qui entraîne des failles normales, comme celle-ci.

4. $\sigma_1 - \sigma_3 = 57.44\,\mathrm{MPa}$ ; centre $(132.44 + 75.00)/2 = 103.72\,\mathrm{MPa}$ ; rayon $28.72\,\mathrm{MPa}$.

5. $\sigma_1' = 132.44 - 49.05 = 83.39\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_3' = 75.00 - 49.05 = 25.95\,\mathrm{MPa}$, centre $103.72 - 49.05 = 54.67\,\mathrm{MPa}$.

6. $\sigma_{xx} = 75.00\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_{yy} = 132.44\,\mathrm{MPa}$ et $\sigma_{xy} = 0$ : les axes sont les directions principales, l’une d’elles verticale, donc les plans perpendiculaires à elles ne portent aucune contrainte de cisaillement.

7. Selon son pendage la faille suit le vecteur unitaire $(\cos60{}^{\circ}, -\sin60{}^{\circ})$, vers l’est et vers le bas ; sa normale vers le haut est $\vec n = (\sin60{}^{\circ}, \cos60{}^{\circ}) = (0.866, 0.500)$, à $30{}^{\circ}$ de $x$. Son angle avec $\sigma_1$, selon $y$, a pour cosinus 0.500 : $\theta = 60{}^{\circ}$.

8. Avec $30{}^{\circ}$ de $x$ : $\sigma_n = 75.00\times0.75 + 132.44\times0.25 = 56.25 + 33.11 = 89.36\,\mathrm{MPa}$, et $\tau = (132.44 - 75.00)\times \sin30{}^{\circ}\cos30{}^{\circ} = 57.44\times0.4330 = 24.87\,\mathrm{MPa}$.

9. À $2\theta = 120{}^{\circ}$ de l’extrémité $\sigma_1$ : $\sigma_n = 103.72 + 28.72\cos120{}^{\circ} = 103.72 - 14.36 = 89.36\,\mathrm{MPa}$ et $\tau = 28.72\sin120{}^{\circ} = 24.87\,\mathrm{MPa}$.

10. $\sigma_n' = 89.36 - 49.05 = 40.31\,\mathrm{MPa}$.

11. $24.87/40.31 = 0.617$, inférieur à 0.85 : la faille tient.

12. $0.85\times40.31 = 34.26\,\mathrm{MPa}$ ; la contrainte de cisaillement est en deçà de $9.39\,\mathrm{MPa}$.

13. Le cercle a son centre à $54.67\,\mathrm{MPa}$ et pour rayon $28.72\,\mathrm{MPa}$, de $25.95$ à $83.39\,\mathrm{MPa}$ ; la droite de Byerlee est $\tau = 0.85\,\sigma_n'$ (toutes les contraintes normales ici sont inférieures à $200\,\mathrm{MPa}$) ; la faille est le point $(40.31, 24.87)$, à $120{}^{\circ}$ de l’extrémité $\sigma_1$.

14. $0.85\times54.67/\sqrt{1 + 0.85^2} = 46.47/1.3124 = 35.41\,\mathrm{MPa}$, plus que le rayon, $28.72\,\mathrm{MPa}$ : tout le cercle est sous la droite, et aucun plan de la roche ne peut glisser.

15. $\phi = \arctan0.85 = 40.36{}^{\circ}$ : le plan à $45{}^{\circ} - \phi/2 = 24.8{}^{\circ}$ de $\sigma_1$ vertical, de pendage $65.2{}^{\circ}$.

16. $S = \sigma_v' = 83.39\,\mathrm{MPa}$ et $\sigma_1 - \sigma_3 = 2\times0.85\times83.39/(1.3124 + 0.85) = 65.55\,\mathrm{MPa}$ ; la pente donne $13.11\times5 = 65.55\,\mathrm{MPa}$.

17. $\sigma_3 = 132.44 - 65.55 = 66.88\,\mathrm{MPa}$.

18. La faille glisse quand $r\sin120{}^{\circ} = 0.85\,(c' + r\cos120{}^{\circ})$ avec $c' = (83.39 + \sigma_3')/2$ et $r = (83.39 - \sigma_3')/2$ ; la résolution donne $\sigma_3' = 17.18\,\mathrm{MPa}$, $\sigma_3 = 66.23\,\mathrm{MPa}$. C’est plus bas que pour le meilleur plan : la faille ne se trouve pas au point où le cercle touche d’abord la droite, donc le cercle doit encore grandir avant d’atteindre le point propre de la faille.

19. Chaque contrainte normale effective, $\sigma_1'$ et $\sigma_3'$ comprises, diminue de $\Delta P$, et leur différence ne change pas ; les contraintes de cisaillement ne dépendent pas du tout de la pression interstitielle.

20. Le meilleur plan glisse quand la distance égale le rayon : $0.85\,(54.67 - \Delta P)/1.3124 = 28.72$, donc $\Delta P = 54.67 - 28.72\times1.3124/0.85 = 54.67 - 44.34 = 10.33\,\mathrm{MPa}$.

21. La colonne d’eau du puits pèse autant qu’avant, donc la pompe doit ajouter les $10.33\,\mathrm{MPa}$ entiers en tête de puits, environ 103 fois la pression atmosphérique : le poids d’une colonne d’eau haute de $10.33 \times 10^{6}/(1000\times9.81) = 1053\,\mathrm{m}$.

22. Avec $\mu = 0.6$ la faille ne pourrait supporter que $0.6\times40.31 = 24.19\,\mathrm{MPa}$, moins que les $24.87\,\mathrm{MPa}$ qu’elle porte : elle glisserait déjà. Comme elle est calme, son frottement est d’au moins $0.617$, ou elle a une certaine cohésion.

23. Le plan le mieux orienté glisse quand la pression interstitielle atteint $49.05 + 10.33 = 59.38\,\mathrm{MPa}$, c’est-à-dire $\lambda = 59.38/132.44 = 0.448$, bien en deçà de la valeur lithostatique 1.

24. $\Delta P = \sigma_n' - \tau/0.85 = 40.309 - 24.870/0.85 = 40.309 - 29.259 = 11.049\,\mathrm{MPa}$, plus que les $10.33\,\mathrm{MPa}$ qui feraient bouger un plan de la meilleure orientation. À une décimale, la hausse de pression interstitielle qui amène la faille à glisser est