11Isostasia e anomalias da gravidade

Nos anos 1840 os topógrafos que mediam um arco de meridiano pelo norte da Índia encontraram uma discrepância que não podiam atribuir aos instrumentos. Entre duas estações a cerca de 370 milhas, Kaliana, ao pé do Himalaia, e Kalianpur, muito mais ao sul, a diferença de latitude obtida por triangulação excedeu a obtida pelas estrelas em 5.236 segundos de arco. O culpado óbvio eram as montanhas: sua atração puxa um fio de prumo para o norte, e os astrônomos ajustavam seus instrumentos pelo fio de prumo. Em 1855 John Henry Pratt calculou a atração do Himalaia e dos planaltos além dele e encontrou que ela deveria ter feito a discrepância ser de 15.885 segundos, mais de três vezes o que foi observado. As montanhas puxavam muito menos do que sua massa visível exigia. No mesmo ano George Airy respondeu que a crosta flutua sobre uma camada mais densa como uma jangada de toras sobre a água, de modo que terrenos altos têm uma raiz profunda de rocha leve; Pratt propôs depois outra resposta, uma rocha tornada mais leve pela expansão sob as montanhas. As duas ainda são ensinadas: as montanhas têm embaixo rocha leve que compensa sua massa. Este capítulo transforma essa ideia em números, e mostra como a gravidade, medida a um milionésimo de seu valor, revela as massas escondidas sob a topografia.

O que você já sabe

A lei de gravitação de Newton dá o campo $g = GM/r^2$ fora de uma massa esférica $M$; o campo deriva de um potencial gravitacional, e uma superfície equipotencial é em todo ponto perpendicular ao campo (física). Em um fluido em repouso a pressão cresce com a profundidade como $\mathrm dp/\mathrm dz = \rho g$, e um corpo flutuante desloca seu próprio peso de fluido (física, primeiro ano universitário). Abaixo da litosfera a astenosfera flui ao longo de tempos longos; a crosta é mais leve que o manto embaixo dela (Capítulo 9; Livro 2, 11º ano).

11.1 A gravidade e sua medida

A aceleração da gravidade na superfície da Terra é próxima de $9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, e as variações que interessam aos geólogos são um milhão de vezes menores. Elas são contadas em uma unidade do antigo sistema centímetro–grama, o gal: $1\,\mathrm{Gal} = 1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{s}^{-2} = 0.01\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, de modo que

Um gravímetro de campo resolve alguns milésimos de miligal; as anomalias estudadas neste capítulo vão de uma fração de miligal sobre um corpo de minério enterrado a algumas centenas de miligals sobre uma cadeia de montanhas.

Mesmo em uma Terra sem topografia, a gravidade não seria a mesma em toda parte. A Terra gira, de modo que o que um fio de prumo ou um gravímetro sente é a soma da atração gravitacional e do efeito centrífugo da rotação; e a Terra é achatada, de modo que os polos ficam mais perto de seu centro que o equador. Os dois efeitos tornam a gravidade mais fraca no equador do que nos polos. Um geólogo compara cada medida com uma referência suave que as contém.

Definição 11.1 (Gravidade normal)

A gravidade normal $\gamma$ é a gravidade de um modelo da Terra: um elipsoide de revolução com a massa e a rotação da Terra, escolhido de modo que sua superfície seja uma equipotencial de sua própria gravidade (gravitação mais o efeito centrífugo). Nessa superfície, a gravidade normal depende apenas da latitude.

O elipsoide em si, seu achatamento e a maneira como seus parâmetros são ajustados à Terra real são estudados no Livro 5. Aqui precisamos apenas de sua gravidade.

Proposição 11.2 (A fórmula da gravidade normal)

No elipsoide de referência adotado em 1980, a gravidade normal na latitude geográfica $\varphi$ é, em sua forma usual em série,

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

Ela dá $9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ no equador, $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ a $45{}^{\circ}$ e $9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ nos polos: uma diferença de $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ do equador ao polo. A rotação sozinha explica a maior parte. Com o dia sideral de $23.9345\,\mathrm{h}$, a velocidade angular é $\omega = 2\pi/86\,164\,\mathrm{s} = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, e a aceleração centrífuga no equador, $\omega^2 a$ com $a = 6378.137\,\mathrm{km}$, é $0.0339\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, ou $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; o achatamento fornece o resto (Exercício 11.2).

A gravidade é medida de duas maneiras. Um gravímetro absoluto deixa cair uma massa de teste em uma câmara de vácuo e acompanha sua queda livre com um interferômetro a laser, cronometrado por um relógio atômico: a aceleração sai diretamente da distância e do tempo. Um gravímetro relativo é uma massa pendurada em uma mola, cujo alongamento muda com a gravidade; é leve e rápido, mas só dá diferenças entre lugares, e deriva, de modo que um levantamento retorna a uma estação-base cuja gravidade é conhecida. Os melhores instrumentos absolutos têm precisão de cerca de um microgal, uma parte em um bilhão de $g$.

No campo — Um levantamento gravimétrico em terra

Um levantamento gravimétrico é uma caminhada lenta de estação em estação. Em cada uma, o geofísico instala o gravímetro relativo no seu tripé, nivela-o, espera a mola se acomodar e faz várias leituras; um receptor de posicionamento por satélite ao lado registra a posição e a altura da estação. A cada poucas horas a equipe volta à estação-base, para que a deriva da mola possa ser medida e removida. A altura importa tanto quanto a gravidade: como mostra a próxima seção, a gravidade cai $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ para cada metro de altura, de modo que uma altura errada em $1\,\mathrm{cm}$ estraga a leitura em $3\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

11.2 Isostasia

A compensação imaginada por Airy e Pratt para o Himalaia é um caso de um estado geral das camadas externas da Terra.

Definição 11.3 (Isostasia; profundidade de compensação)

Uma região está em isostasia, ou equilíbrio isostático, quando existe uma profundidade, a profundidade de compensação, na qual a pressão é a mesma em todo ponto da superfície horizontal, qualquer que seja a topografia acima dela. Abaixo da profundidade de compensação as rochas se comportam como um fluido em repouso; acima dela, as colunas de crosta e manto flutuam sobre elas.

Proposição 11.4 (Massas iguais acima da profundidade de compensação)

Se a gravidade $g$ é a mesma ao longo de todas as colunas, uma região está em isostasia com profundidade de compensação $z_c$ se, e somente se, toda coluna vertical de seção unitária, da superfície até $z_c$, contém a mesma massa.

Duas maneiras simples de distribuir as massas dão os dois modelos clássicos (figura abaixo).

Proposição 11.5 (Isostasia de Airy)

Seja a crosta de densidade uniforme $\rho_c$ e espessura $H$ onde sua superfície está ao nível do mar, sobre um manto de densidade $\rho_m > \rho_c$. Em equilíbrio isostático:

1. onde a superfície está a uma altura $h$ acima do nível do mar, a crosta tem uma raiz de profundidade $r = h\,\rho_c/(\rho_m - \rho_c)$ abaixo da crosta normal, e uma espessura $H + h + r$;
2. onde a superfície está a uma profundidade $d$ abaixo do nível do mar, sob água de densidade $\rho_w$, a crosta tem uma anti-raiz: sua base é elevada em $r' = d\,(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c)$, e sua espessura é $H - d - r'$.

Isto é a isostasia de Airy: compensação por variações de espessura, com densidade constante.

Proposição 11.6 (Isostasia de Pratt)

Seja cada coluna terminando na mesma profundidade de compensação $D$ abaixo do nível do mar, com uma densidade uniforme em cada coluna, $\rho_0$ onde a superfície está ao nível do mar. Em equilíbrio isostático, uma coluna cuja superfície está a uma altura $h$ tem a densidade

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

e uma coluna sob uma profundidade $d$ de água tem a densidade $\rho = (\rho_0 D - \rho_w d)/(D - d)$. Isto é a isostasia de Pratt: compensação por variações de densidade a profundidade constante.

Com $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ e $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, a raiz de Airy é $h\times2700/600 = 4.5\,h$: uma cordilheira de $2\,\mathrm{km}$ de altura tem uma raiz de $9\,\mathrm{km}$, um planalto de $4\,\mathrm{km}$ de altura uma de $18\,\mathrm{km}$. No modelo de Pratt com $D = 100\,\mathrm{km}$ e $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, as mesmas duas colunas têm as densidades 2647 e $2596\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, duas e quatro por cento mais leves. Os dois modelos equilibram as mesmas massas; diferem no lugar da rocha leve, e isso é algo que a sismologia pode ver: Airy prevê um Moho que se aprofunda sob as montanhas, Pratt um Moho plano.

A isostasia é uma afirmação sobre regiões amplas em tempos longos. A astenosfera cede apenas a cargas que persistem por milhares de anos, e a litosfera acima dela é rígida o bastante para espalhar uma carga estreita por uma região ampla, por flexão, como uma tábua que sustenta um peso: um único vulcão não precisa ser compensado embaixo de si mesmo; essa flexão da litosfera é estudada no Livro 5. Sob grandes cadeias de montanhas a crosta é muito mais espessa que sua média continental, de cerca de $30\,\mathrm{km}$: a imagem de Airy, raízes de crosta leve, é a mais próxima para cadeias de montanhas. A de Pratt, rocha mais leve a profundidade constante, explica as dorsais meso-oceânicas, que ficam altas sobre um manto superior tornado mais leve pela sua temperatura mais alta.

Os dois níveis da Terra

A isostasia organiza a topografia do planeta inteiro. Sua distribuição é resumida por uma curva.

Definição 11.7 (Curva hipsométrica)

A curva hipsométrica de um planeta dá, para cada fração $f$ de sua superfície, a altitude $z(f)$ ultrapassada exatamente por essa fração. É a distribuição acumulada das altitudes, lida de cima.

Para desenhá-la a partir de um modelo de elevação em grade, cada célula da grade deve ser ponderada por sua área. Em uma grade de um grau em latitude e longitude, a célula entre as latitudes $\varphi_1$ e $\varphi_2$ tem a área $R^2\,\Delta\lambda\,(\sin\varphi_2 - \sin\varphi_1)$, que diminui em direção aos polos; somadas todas as células, as áreas dão $4\pi R^2$ exatamente. Ordenando as células por altitude e acumulando suas áreas obtém-se a curva da figura abaixo. Ela mostra que $70.9\,\%$ da superfície fica abaixo do nível do mar; que a altitude média das terras é cerca de $0.8\,\mathrm{km}$ e a profundidade média do oceano cerca de $3.7\,\mathrm{km}$; e que a maior parte da superfície pertence a um de dois degraus planos, as plataformas continentais perto do nível do mar e o fundo abissal entre cerca de 3.5 e $6\,\mathrm{km}$ de profundidade, unidos por uma queda abrupta.

Um planeta com um único tipo de crosta, com sua topografia erguida e desgastada ao acaso, teria um só nível, com altitudes espalhadas em torno dele. A Terra tem dois, porque tem dois tipos de crosta em equilíbrio isostático: a crosta continental, espessa e leve, flutua alta; a crosta oceânica, fina e densa, fica baixa (Livro 2, 11º ano). Exercício 11.8 mostra que o modelo de Airy, com uma só densidade crustal, não consegue produzir os dois níveis com as espessuras crustais observadas.

11.3 Anomalias da gravidade

Duas correções

Um gravímetro numa colina está mais longe do centro da Terra que um ao nível do mar, e fica sobre uma camada de rocha que o outro não tem. Os dois efeitos são calculados antes de a medida ser comparada com a gravidade normal.

Proposição 11.8 (Gradiente do ar livre)

Fora de uma Terra esférica de raio $R$, a gravidade diminui com a altura $h$ à taxa

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

na superfície, $2g/R \approx 3.08 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-2}$, cerca de $0.308\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro.

O achatamento e a rotação alteram um pouco o gradiente; o valor normalmente usado na prática é $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$.

Proposição 11.9 (Placa de Bouguer)

Uma placa horizontal infinita de espessura $h$ e densidade uniforme $\rho$ atrai um ponto fora dela com a aceleração vertical

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

qualquer que seja a distância do ponto à placa. Numericamente $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro de espessura por $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ de densidade.

Definição 11.10 (Anomalias da gravidade)

Seja $g$ a gravidade medida em uma estação de latitude $\varphi$ e altura $h$ acima do nível do mar.

• Uma anomalia da gravidade é a diferença entre a gravidade medida, corrigida a um nível comum, e a gravidade normal na mesma latitude.
• A correção do ar livre é $+0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}\times h$: ela devolve a diminuição da gravidade com a altura. A anomalia do ar livre é $\Delta g_{\mathrm{FA}} = g + 0.3086\,h - \gamma(\varphi)$.
• A correção de Bouguer é $-2\pi G\rho h$: ela remove a atração da rocha entre a estação e o nível do mar, tratada como uma placa de densidade $\rho$, convencionalmente $2670\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, o que dá $0.112\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro. A anomalia de Bouguer é $\Delta g_{\mathrm B} = \Delta g_{\mathrm{FA}} - 2\pi G\rho h$.

A placa é um modelo grosseiro do terreno em torno de uma estação em região acidentada: vales abaixo da estação são contados como rocha que não está lá, e colinas acima dela puxam para cima e não são contadas de modo algum. Uma terceira redução, a correção de terreno, calculada a partir de um modelo digital de elevação, remove os dois erros. No mar a correção do ar livre se anula, e a redução de Bouguer substitui a água por rocha.

Método 11.11 (Redução de uma leitura gravimétrica)

1. Calcule a gravidade normal $\gamma(\varphi)$ na latitude da estação.
2. Some a correção do ar livre $0.3086\,h$ (em $\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, com $h$ em metros) à gravidade medida e subtraia $\gamma$: esta é a anomalia do ar livre.
3. Subtraia a correção de Bouguer $0.0419\times(\rho/1000)\times h$, isto é $0.112\,h$ para a densidade padrão: esta é a anomalia de Bouguer.
4. Trabalhe em miligals do início ao fim, e mantenha a gravidade medida e a normal com sete algarismos significativos: a anomalia é uma pequena diferença de dois números grandes.

Exemplo 11.12 (Uma estação nas colinas)

Em uma estação a latitude $45{}^{\circ}$ e $1200\,\mathrm{m}$ acima do nível do mar, o gravímetro dá $9.802\,597\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. A gravidade normal ali é $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; o valor medido é menor em $360.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. A correção do ar livre é $0.3086\times1200 = 370.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -360.3 + 370.3 = +10.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. A correção de Bouguer é $0.112\times1200 = 134.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm B} = -124.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$: há menos massa sob esta estação do que sob uma estação ao nível do mar, depois que a rocha acima do nível do mar é retirada.

O que as anomalias dizem sobre a compensação

Proposição 11.13 (Anomalias sobre uma topografia ampla)

Considere um planalto de altura $h$ e densidade $\rho_c$, muito mais largo que sua profundidade de compensação, e uma estação perto de seu centro. Tome a densidade de Bouguer igual a $\rho_c$.

1. Se o planalto não está compensado, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 2\pi G\rho_c h$ e $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.
2. Se ele está em equilíbrio isostático, qualquer que seja a distribuição das massas de compensação, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ e $\Delta g_{\mathrm B} \approx -2\pi G\rho_c h$.

Para a compensação de Airy, a anomalia de Bouguer do segundo caso é também $-2\pi G(\rho_m - \rho_c)r$, a atração da massa ausente da raiz, pois $(\rho_m - \rho_c)r = \rho_c h$. Anomalias do ar livre próximas de zero sobre regiões amplas são portanto a assinatura da isostasia, e anomalias de Bouguer que seguem a topografia como imagem especular medem as massas de compensação: as anomalias de Bouguer são regionalmente negativas ao longo dos Alpes, e sobre as dorsais meso-oceânicas, por mais altas que sejam, a anomalia do ar livre é pequena. Sobre os oceanos a anomalia de Bouguer é positiva: substituir a água por rocha acrescenta massa acima de uma coluna que não tem massa ausente.

Perto das bordas da topografia a aproximação de placa falha, porque a topografia está próxima da estação e a raiz muito abaixo dela. A figura abaixo dá a atração exata de uma cadeia-modelo de $200\,\mathrm{km}$ de largura e $2\,\mathrm{km}$ de altura. Sem compensação, a anomalia do ar livre é $+225\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ no centro, próxima do valor da placa de $226\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; com uma raiz de Airy de $9\,\mathrm{km}$, a anomalia do ar livre no centro cai para $+55\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, e não zero, porque uma cadeia com apenas $200\,\mathrm{km}$ de largura não parece infinita a $40\,\mathrm{km}$ acima de sua raiz, e a anomalia do ar livre torna-se fortemente negativa logo além de cada borda, onde a estação vê a raiz, mas não a montanha.

Método 11.14 (Teste de isostasia para uma região)

1. Calcule a média da anomalia do ar livre sobre uma área várias vezes mais larga que a espessura da crosta, longe das bordas da topografia.
2. Se estiver perto de zero, a região está compensada; se se aproximar de $2\pi G\rho_c$ vezes a altura média, não está.
3. A razão $-\Delta g_{\mathrm B}/(2\pi G\rho_c h)$ dá a fração da topografia que está compensada.
4. Evidências sísmicas ou de outro tipo sobre a profundidade do Moho distinguem a compensação de Airy da de Pratt: a gravidade em grande escala sozinha não consegue, pois as duas colocam o mesmo déficit de massa sob a topografia.

História — A gravidade no mar

Um pêndulo mede a gravidade pelo seu período, mas em um navio as ondas o sacodem muito mais do que qualquer anomalia. Nos anos 1920 o geodesista holandês Felix Vening Meinesz achou o caminho: dois pêndulos oscilando em fase oposta no mesmo quadro sentem as mesmas acelerações horizontais do navio, e sua diferença as cancela. A partir de 1923 ele levou seu aparelho em submarinos da marinha holandesa, onde, submersos, era poupado do pior das ondas, primeiro em uma viagem às Índias Orientais e depois em levantamentos de seus mares. Ao longo das fossas oceânicas profundas do arquipélago encontrou longas faixas de anomalias isostáticas fortemente negativas, e depois as encontrou ao longo de outras fossas: só podia explicá-las por uma crosta mantida para baixo ali por forças externas, fora do equilíbrio isostático.

11.4 O geoide

A superfície do mar em repouso é uma superfície de potencial gravitacional constante: se não fosse, a água fluiria ao longo dela. É a referência natural para as alturas, e a superfície à qual os antigos fios de prumo eram perpendiculares.

Definição 11.15 (Geoide; altura do geoide)

O geoide é a superfície equipotencial da gravidade da Terra (gravitação mais o efeito centrífugo da rotação) que coincide com a superfície média do mar sobre os oceanos abertos, em repouso, e se prolonga sob os continentes. A altura do geoide $N$ em um ponto é a altura do geoide acima do elipsoide de referência, contada negativa onde o geoide fica abaixo dele.

As alturas acima do nível do mar nos mapas são alturas acima do geoide; as alturas dadas pelo posicionamento por satélite são alturas acima do elipsoide; as duas diferem por $N$. O geoide se afasta do elipsoide em $+85\,\mathrm{m}$ perto da Islândia e $-106\,\mathrm{m}$ ao largo do sul da Índia, menos de $200\,\mathrm{m}$ no total, enquanto a topografia da superfície sólida abrange cerca de $20\,\mathrm{km}$: o geoide é uma superfície muito mais suave que o terreno.

Proposição 11.16 (Altura do geoide e anomalia do potencial)

Seja $\Phi$ o potencial gravitacional da Terra e $\Phi_n$ o potencial normal, o da Terra-modelo cuja superfície, o elipsoide de referência, tem o mesmo potencial $\Phi_0$ que o geoide, ambos contados com o sinal da física (o potencial cresce para cima e $g = -\nabla\Phi$). Seja $T = \Phi - \Phi_n$ a anomalia do potencial no geoide. Em primeira ordem,

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

Os geodesistas, que contam o potencial com o sinal oposto, escrevem o mesmo resultado $N = T/\gamma$, a fórmula de Bruns.

Um excesso de massa abaixo de um ponto torna ali o potencial mais negativo, logo $T < 0$ e $N > 0$: o geoide se eleva sobre um excesso de massa e afunda sobre um déficit. Os $85\,\mathrm{m}$ da elevação perto da Islândia correspondem a uma anomalia de potencial de $-85\,\mathrm{m}\times9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} \approx -830\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Como o potencial decai como $1/r$ enquanto a atração decai como $1/r^2$, o geoide é dominado por massas grandes e profundas, e as anomalias da gravidade por massas rasas. Uma cadeia de montanhas compensada eleva o geoide apenas pouco, pois seu excesso de massa e o déficit de sua raiz quase se cancelam; uma carga não compensada o eleva muito mais.

Os desvios são pequenos: toda a discrepância que preocupou os topógrafos da Índia foi de cerca de cinco segundos de arco. Sobre os oceanos o geoide é visível. Desde 1978, altímetros de radar em satélites cronometram pulsos de micro-ondas refletidos pela superfície do mar para medir sua altura. Uma vez eliminadas marés, ondas e correntes por média, a superfície do mar fica mais alta sobre montes submarinos e dorsais e mais baixa sobre fossas e planícies abissais, e essas ondulações (Exercício 11.11 estima uma delas) mapeiam a topografia do fundo oceânico profundo onde nenhum navio sondou. O satélite GOCE, de 2009 a 2013, voou a cerca de $260\,\mathrm{km}$ e mediu o campo gravitacional a partir da órbita, visando o geoide com precisão de 1 a $2\,\mathrm{cm}$ e as anomalias da gravidade a cerca de $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, com uma resolução melhor que $100\,\mathrm{km}$.

A isostasia em movimento

A isostasia é alcançada pelo escoamento, e o escoamento leva tempo. No auge da última glaciação, cerca de $20\,000$ anos atrás, uma calota de gelo com cerca de $3\,\mathrm{km}$ de espessura cobria a Escandinávia. O gelo tem cerca de nove décimos da densidade da água, logo, com um manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, a depressão isostática total sob uma calota dessas é $3000\,\mathrm{m}\times900/3300 \approx 820\,\mathrm{m}$. O gelo foi embora, e a terra ainda está subindo: o posicionamento por satélite mede até cerca de $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ de soerguimento no norte da Suécia, a oeste do Golfo de Bótnia, hoje. A taxa com que uma depressão relaxa mede a viscosidade do manto embaixo, tema do Livro 5; Exercício 11.12 mostra como.

11.5 Exercícios

Exercício 11.1 ★

(a) Converta uma anomalia de Bouguer de $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ para $\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, e exprima-a como fração de $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) O mesmo para $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, a precisão visada para as anomalias da gravidade pelo GOCE, e para $1\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

Solução

Solução de Exercício 11.1.

(a) $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal} = -150\times10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -1.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, e $1.5 \times 10^{-3}/9.81 = 1.53 \times 10^{-4}$ 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 $g$: um gravímetro que resolve um microgal mede a gravidade com cerca de uma parte em um bilhão.

Exercício 11.2 ★

(a) Calcule a gravidade normal no equador, a $45{}^{\circ}$ e nos polos com a fórmula do capítulo. (b) Dê a diferença entre equador e polo em miligals. (c) A aceleração centrífuga no equador é $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Que fração da diferença a rotação explica diretamente?

Solução

Solução de Exercício 11.2.

(a) No equador ambos os senos se anulam: $\gamma = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. A $45{}^{\circ}$, $\sin^2\varphi = 0.5$ e $\sin^2 2\varphi = 1$: $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0026512 - 0.0000058) = 9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Nos polos, $\sin^2\varphi = 1$ e $\sin 2\varphi = 0$: $\gamma = 9.780327\times1.0053024 = 9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) $9.832186 - 9.780327 = 0.051\,859\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, isto é $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $3392/5186 = 0.65$: o efeito centrífugo explica cerca de dois terços da diferença; o achatamento, que aproxima os polos do centro, o resto.

Exercício 11.3 ★

Um planalto se ergue $3\,\mathrm{km}$ acima do nível do mar. Com uma crosta de densidade $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ e um manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, calcule sua raiz de Airy e o espessamento de sua crosta.

Solução

Solução de Exercício 11.3.

$r = h\rho_c/(\rho_m - \rho_c) = 3\times2800/500 = 16.8\,\mathrm{km}$. A crosta é mais espessa em $h + r = 19.8\,\mathrm{km}$ (isto é $h\rho_m/(\rho_m - \rho_c) = 3\times3300/500$).

Exercício 11.4 ★

(a) De quanto um gravímetro deve ser elevado para que sua leitura caia $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$? Use $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$. (b) Um levantamento visa anomalias com precisão de $0.01\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Com que precisão as alturas das estações devem ser conhecidas?

Solução

Solução de Exercício 11.4.

(a) $1/0.3086 = 3.24\,\mathrm{m}$. (b) $0.01/0.3086 = 0.032\,\mathrm{m}$: as alturas devem ser conhecidas a cerca de $3\,\mathrm{cm}$, por isso um levantamento registra a altura de cada estação com posicionamento por satélite ou nivelamento.

Exercício 11.5 ★★

No modelo de Pratt com $D = 100\,\mathrm{km}$ e $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) calcule a densidade das colunas que ficam 1, 3 e $5\,\mathrm{km}$ de altura; (b) calcule a densidade de uma coluna sob $4\,\mathrm{km}$ de água do mar de densidade $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (c) Por que o modelo de Pratt se adapta melhor ao fundo oceânico do que aos continentes?

Solução

Solução de Exercício 11.5.

(a) $\rho = 2700\times100/(100 + h)$: $2673\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para $1\,\mathrm{km}$, $2621\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para $3\,\mathrm{km}$, $2571\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para $5\,\mathrm{km}$. (b) $\rho = (2700\times100 - 1030\times4)/96 = 265\,880/96 = 2770\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$: a coluna sob o mar é mais densa. (c) O modelo de Pratt pede variações laterais de densidade a profundidade constante. Sob o fundo oceânico essas variações existem: litosfera jovem e quente perto de uma dorsal é mais leve que litosfera velha e fria longe dela (Capítulo 10). Sob os continentes, ao contrário, a espessura da crosta se mostra variar com a topografia.

Exercício 11.6 ★★

Duas estações estão a latitude $48{}^{\circ}$, onde a gravidade normal é $9.808\,911\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. A estação 1, a $350\,\mathrm{m}$ acima do nível do mar, lê $9.807\,751\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; a estação 2, a $1850\,\mathrm{m}$, lê $9.803\,552\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (a) Calcule as anomalias do ar livre e de Bouguer das duas, com a densidade de Bouguer padrão. (b) O que as anomalias da estação 2 sugerem sobre as montanhas ao redor dela?

Solução

Solução de Exercício 11.6.

(a) Estação 1: $g - \gamma = 9.807751 - 9.808911 = -0.001\,160\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -116.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; correção do ar livre $0.3086\times350 = 108.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -8.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; correção de Bouguer $0.112\times350 = 39.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm B} = -47.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Estação 2: $g - \gamma = -535.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; correção do ar livre $0.3086\times1850 = 570.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +35.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; correção de Bouguer $0.112\times1850 = 207.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm B} = -172.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (b) Na estação 2 a anomalia de Bouguer é fortemente negativa: sob as montanhas há um déficit de massa, uma raiz de crosta leve. A anomalia do ar livre, pequena em comparação com a correção de Bouguer, mostra que o déficit quase equilibra as montanhas: elas estão em grande parte compensadas (cerca de $172/207$, ou $83\,\%$, se o modelo de placa valer para toda a cadeia).

Exercício 11.7 ★★

(a) Seguindo a demonstração de Proposição 11.9, mostre que um disco horizontal de raio $a$, espessura $h$ e densidade $\rho$ atrai um ponto sobre seu eixo, a uma distância $z \gg h$ acima dele, com $2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$. (b) Qual raio dá $90\,\%$ do valor da placa em $z = 1\,\mathrm{km}$? (c) O que isso diz sobre a área do terreno que importa para a correção de Bouguer?

Solução

Solução de Exercício 11.7.

(a) Como na demonstração da proposição, uma camada fina à distância $z$ contribui com a atração $G\rho\,2\pi z\,h\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds$, agora com a integral parada em $s = a$: $\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds = 1/z - 1/\sqrt{z^2 + a^2}$. Logo $g = 2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$, que tende ao valor da placa quando $a \to \infty$. (b) $z/\sqrt{z^2 + a^2} = 0.1$ dá $\sqrt{z^2 + a^2} = 10z$, $a = \sqrt{99}\,z = 9.95\,\mathrm{km}$ para $z = 1\,\mathrm{km}$. (c) A rocha dentro de cerca de dez vezes sua profundidade abaixo da estação fornece $90\,\%$ da atração: a correção de terreno precisa da topografia em um raio de vários quilômetros a dezenas de quilômetros em torno de cada estação, não apenas embaixo dela.

Exercício 11.8 ★★

No modelo de Airy, com uma crosta de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, de $35\,\mathrm{km}$ de espessura ao nível do mar, sobre um manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) calcule o antirraiz e a espessura crustal sob $4\,\mathrm{km}$ de água do mar de densidade $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) A crosta oceânica tem, de fato, cerca de $5\,\mathrm{km}$ de espessura. O que a diferença mostra?

Solução

Solução de Exercício 11.8.

(a) $r' = d(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c) = 4\times1770/500 = 14.16\,\mathrm{km}$, e a crosta tem $35 - 4 - 14.16 = 16.84\,\mathrm{km}$ de espessura. (b) O modelo de Airy com uma só densidade crustal prevê uma crosta oceânica espessa demais em mais de três vezes espessa demais. A crosta oceânica não é uma crosta continental afinada: é uma rocha diferente, mais densa, e os dois níveis da Terra são dois tipos de crosta, como sugere a curva hipsométrica.

Exercício 11.9 ★★

No relato da abertura, a discrepância na diferença de latitude entre Kaliana e Kalianpur foi $5.236''$, enquanto a atração do Himalaia calculada por Pratt deveria ter produzido $15.885''$. (a) Converta ambos os ângulos em radianos. (b) Uma aceleração horizontal $a_h$ inclina um fio de prumo pelo o ângulo $a_h/g$. Qual diferença de atração horizontal entre as duas estações cada ângulo corresponde, em miligals, com $g = 9.79\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$? (c) Que fração da atração das montanhas visíveis a compensação cancelou?

Solução

Solução de Exercício 11.9.

(a) Um segundo de arco é $\pi/(180\times3600) = 1/206\,265$ de radiano: $5.236''$ $= 2.538 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$ e $15.885''$ $= 7.701 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$. (b) $a_h = g\theta$: $9.79\times2.538 \times 10^{-5} = 2.485 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = 24.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ observados, e $9.79\times7.701 \times 10^{-5} = 75.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ calculados a partir das montanhas visíveis. (c) $1 - 5.236/15.885 = 0.670$: a compensação cancelou cerca de dois terços da atração das montanhas visíveis.

Exercício 11.10 ★★★

Um domo de sal é modelado como uma esfera de raio $2\,\mathrm{km}$, com centro a $4\,\mathrm{km}$ de profundidade, com densidade $200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ menor que as rochas ao redor. (a) Mostre que uma esfera enterrada de massa anômala $M$ a profundidade $z$ dá, à distância horizontal $x$, a anomalia $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) Calcule a anomalia acima de seu centro. (c) A que distância ela caiu para metade de seu valor máximo? (d) Como a profundidade de uma esfera poderia ser lida em um perfil medido?

Solução

Solução de Exercício 11.10.

(a) Fora dela, uma esfera atrai como uma massa pontual em seu centro, com $GM/(x^2 + z^2)$ ao longo da linha até o centro; a componente vertical é isso vezes o cosseno $z/\sqrt{x^2 + z^2}$, o que dá $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) $M = \tfrac43\pi(2000\,\mathrm{m})^3\times(-200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}) = -6.70 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$, e acima do centro $GM/z^2 = 6.674 \times 10^{-11}\times (-6.70 \times 10^{12})/(4000)^2 = -2.80 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -2.80\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $(1 + x^2/z^2)^{-3/2} = 1/2$ dá $x = z\sqrt{2^{2/3} - 1} = 0.766\,z = 3.07\,\mathrm{km}$. (d) A semilargura à meia altura do perfil dá a profundidade: $z = 1.305\,x_{1/2}$. Um corpo mais profundo dá uma anomalia mais larga e mais suave.

Exercício 11.11 ★★★

Um monte submarino é um cone de $3\,\mathrm{km}$ de altura com base de raio $15\,\mathrm{km}$ repousando sobre um fundo oceânico de $5\,\mathrm{km}$ de profundidade. Sua rocha tem densidade de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, a água do mar $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Calcule seu excesso de massa sobre a água que desloca. (b) Trate-o como uma massa pontual em seu centro de massa, a um quarto de sua altura acima da base, e use Proposição 11.16 com $\gamma = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ para estimar a altura da elevação da superfície do mar acima dele. (c) A massa pontual superestima ou subestima a elevação? (d) Se o monte submarino fosse totalmente compensado por uma raiz, como mudaria a elevação?

Solução

Solução de Exercício 11.11.

(a) $V = \tfrac13\pi R^2 H = \tfrac13\pi(15 \times 10^{3}\,\mathrm{m})^2(3 \times 10^{3}\,\mathrm{m}) = 7.07 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{3}$, e $\Delta m = (2800 - 1030)V = 1.25 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$. (b) O centro de massa fica $0.75\,\mathrm{km}$ acima do fundo, a $d = 5 - 0.75 = 4.25\,\mathrm{km}$ abaixo da superfície do mar. Ali a anomalia de potencial é $T = -G\Delta m/d$, logo $N = G\Delta m/(\gamma d) = 6.674 \times 10^{-11}\times1.25 \times 10^{15}/(9.81\times4250) = 2.0\,\mathrm{m}$. (c) A maior parte da massa do cone está em sua parte inferior larga, a 5 a $16\,\mathrm{km}$ do ponto acima do cume: a média de $1/r$ sobre a massa é menor que $1/4.25\,\mathrm{km}$, e a massa pontual superestima o potencial. Somando discos finos obtém-se cerca de $1.1\,\mathrm{m}$. (d) Uma raiz de crosta leve embaixo poria um déficit da mesma massa mais fundo; os dois potenciais quase se cancelam, e a elevação seria muito menor, mas não nula, já que o déficit fica mais longe da superfície que o excesso.

Exercício 11.12 ★★★

Modele a recuperação da Escandinávia depois do gelo: suponha que o gelo desapareceu de repente há $10\,000$ anos, deixando uma depressão de $818\,\mathrm{m}$ que desde então diminuiu como $w(t) = w_0\,e^{-t/\tau}$. (a) Mostre que a taxa de soerguimento é $w/\tau$. (b) Com $\tau = 4000$ anos, calcule a depressão remanescente e a taxa de soerguimento hoje, e compare a taxa com os $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ medidos. (c) Mostre que $\tau = 3100$ anos e $\tau = 68\,000$ anos dão ambos cerca de $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ hoje. Que depressão remanescente cada um implica, e como um levantamento gravimétrico poderia decidir entre eles? (d) Que propriedade do manto $\tau$ mede?

Solução

Solução de Exercício 11.12.

(a) A taxa de soerguimento é $-\mathrm dw/\mathrm dt = w_0\,e^{-t/\tau}/\tau = w/\tau$. (b) $w = 818\,e^{-10000/4000} = 818\times0.0821 = 67.1\,\mathrm{m}$, e a taxa é $67.1\,\mathrm{m}/4000\,\mathrm{yr} = 16.8\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, mais de uma vez e meia o valor medido. (c) Com $\tau = 3100$ anos, $w = 818\,e^{-3.226} = 32.5\,\mathrm{m}$ e a taxa é $10.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$; com $\tau = 68\,000$ anos, $w = 818\,e^{-0.147} = 706\,\mathrm{m}$ e a taxa é $10.4\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$. As duas implicam depressões remanescentes muito diferentes. Uma depressão não compensada é um déficit de massa de rocha do manto: sobre uma região ampla ela dá uma anomalia do ar livre de cerca de $-2\pi G\rho_m w$, isto é $-0.0419\times3.3\times706 \approx -98\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ para o caso lento, contra $-4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ para o rápido. Um levantamento gravimétrico (ou a altura de antigas praias) as distingue. (d) A constante de tempo mede a rapidez com que o manto volta a fluir sob a depressão: sua viscosidade.

11.6 Problema: a raiz de uma cadeia de montanhas

Problema 11.1

Problema de fim de semana — a raiz de um planalto, Airy contra Pratt, a gravidade sobre ele, e o que a erosão faz com ele

Um planalto amplo, de várias centenas de quilômetros de largura, se ergue $4\,\mathrm{km}$ acima de uma planície ao nível do mar cuja crosta tem $35\,\mathrm{km}$ de espessura. Tome $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para a crosta, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ para o manto, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, e $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ por metro por $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

Parte I — O planalto de Airy.

1. Calcule a raiz de Airy do planalto.
2. Deduza a espessura de sua crosta e a profundidade de seu Moho abaixo do nível do mar.
3. Tome a profundidade de compensação a $60\,\mathrm{km}$ abaixo do nível do mar. Calcule a massa por metro quadrado acima dela na coluna do planalto e na coluna da planície.
4. Calcule a pressão a $60\,\mathrm{km}$ de profundidade.
5. Por que a raiz é 4.5 vezes a altura? Qual seria a razão com uma crosta de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$?
6. O que um levantamento de refração sísmica através da borda do planalto mostraria se o modelo de Airy valesse?

Parte II — O planalto de Pratt. Suponha agora, em vez disso, uma profundidade de compensação $D = 100\,\mathrm{km}$ abaixo do nível do mar e uma coluna da planície de densidade uniforme $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

7. Calcule a densidade da coluna do planalto.
8. Verifique que as duas colunas têm a mesma massa por metro quadrado acima de $D$.
9. Em quantos por cento a coluna do planalto deve ser mais leve?
10. Se essa diferença de densidade se devesse só ao calor, com um coeficiente de expansão térmica de $3 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, quanto mais quente a coluna do planalto teria de estar, em média? Isso é plausível?
11. Onde está o Moho sob o planalto no modelo de Pratt?
12. Um levantamento de refração encontra o Moho a $52\,\mathrm{km}$ sob o planalto. Qual modelo se ajusta?

Parte III — A gravidade sobre o centro.

13. Calcule a correção de Bouguer para uma estação no planalto.
14. Preveja as anomalias do ar livre e de Bouguer no centro, se o planalto não fosse compensado.
15. Preveja-as para o planalto de Airy, e confira a anomalia de Bouguer com a massa ausente da raiz.
16. Uma estação no centro do planalto, a latitude $30{}^{\circ}$ e $4000\,\mathrm{m}$, lê $9.781\,085\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Calcule a gravidade normal a $30{}^{\circ}$, e então as anomalias do ar livre e de Bouguer.
17. Que fração do planalto está compensada?
18. A anomalia de Bouguer no centro seria diferente se o planalto fosse compensado à maneira de Pratt? Explique.
19. Esboce a anomalia do ar livre ao longo de um perfil atravessando uma borda do planalto, e explique sua forma.

Parte IV — A erosão. Os rios removem uma camada de $1\,\mathrm{km}$ de espessura de toda a superfície do planalto, lentamente o bastante para que a isostasia acompanhe.

20. Qual é a nova espessura da crosta, e sua nova raiz de Airy?
21. Qual é a nova altitude do planalto?
22. De quanto subiu a rocha que agora está na superfície?
23. Quanta rocha deve ser erodida ao todo para levar o planalto ao nível do mar? O que isso diz sobre as rochas vistas em antigos cinturões de montanhas?
24. De quanto desce a superfície do planalto para cada quilômetro de rocha erodida?

Solução

Solução de Problema 11.1.

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

2. A crosta tem $35 + 4 + 18 = 57\,\mathrm{km}$ de espessura; sua base, o Moho, fica a $35 + 18 = 53\,\mathrm{km}$ abaixo do nível do mar.

3. Planalto: $57\,\mathrm{km}$ de crosta e $60 - 53 = 7\,\mathrm{km}$ de manto, $57\,000\times2700 + 7000\times3300 = 1.539 \times 10^{8} + 2.31 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Planície: $35\,000\times2700 + 25\,000\times3300 = 9.45 \times 10^{7} + 8.25 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Elas são iguais, como Proposição 11.4 exige.

4. $p = g\times\text{massa por unidade de área} = 9.81\times1.770 \times 10^{8} = 1.74 \times 10^{9}\,\mathrm{Pa}$, cerca de $1.7\,\mathrm{GPa}$, sob as duas colunas.

5. A raiz deve compensar, por sua densidade menor, a massa do planalto: cada metro de raiz retira $\rho_m - \rho_c = 600\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ de massa, e cada metro de planalto acrescenta $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, logo $2700/600 = 4.5$ metros de raiz são necessários. Com uma crosta de $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, a razão seria $2900/400 = 7.25$: quanto menor o contraste, mais funda a raiz.

6. O Moho, o forte aumento da velocidade sísmica, seria encontrado aprofundando-se sob a borda do planalto, de $35\,\mathrm{km}$ sob a planície para cerca de $53\,\mathrm{km}$ sob o planalto.

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

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

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

10. $\Delta\rho/\rho = \alpha\,\Delta T$ dá $\Delta T = 0.0385/3 \times 10^{-5} = 1280\,\mathrm{K}$, em média sobre toda a coluna de $104\,\mathrm{km}$. Isso derreteria boa parte da coluna: o calor sozinho não torna este planalto leve o bastante, e o mecanismo de Pratt não pode ser o principal aqui.

11. As colunas de Pratt não têm raiz: o Moho permanece em cerca de $35\,\mathrm{km}$ sob o planalto, como sob a planície.

12. $52\,\mathrm{km}$ está próximo dos $53\,\mathrm{km}$ de Airy e longe dos $35\,\mathrm{km}$ de Pratt: o planalto está compensado principalmente por uma raiz crustal.

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

14. Sem compensação (Proposição 11.13): $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx +452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.

15. Compensado: $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ e $\Delta g_{\mathrm B} \approx -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. A massa ausente da raiz dá $-0.0419\times0.6\times18\,000 = -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, a mesma, pois $\Delta\rho\,r = \rho_c h$.

16. $\sin^230{}^{\circ} = 0.25$ e $\sin^260{}^{\circ} = 0.75$: $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0013256 - 0.0000044) = 9.793\,249\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Então $g - \gamma = 9.781085 - 9.793249 = -1216.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; a correção do ar livre é $0.3086\times4000 = 1234.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, logo $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +18.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, e $\Delta g_{\mathrm B} = 18.0 - 452.5 = -434.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

17. $434.5/452.5 = 0.96$: o planalto está cerca de $96\,\%$ compensado (a pequena anomalia positiva do ar livre é a parcela não compensada, $4\,\%$).

18. Não. Perto do centro de um planalto amplo, cada camada anômala atua como uma placa, cuja atração não depende de sua profundidade: só importa o déficit de massa por unidade de área, e ele é o mesmo, $\rho_c h$, nos dois modelos. Os dois diferem apenas perto das bordas, onde a profundidade das massas de compensação muda a forma da anomalia.

19. Longe da borda, dos dois lados, a anomalia do ar livre é quase nula. A alguns quilômetros para dentro da borda, o planalto sob a estação está perto e estende-se muito para um lado apenas: ele ainda puxa com quase todo o seu valor de placa. A raiz, a $35\,\mathrm{km}$ ou mais abaixo, é vista de lá como um corpo que termina quase em linha reta embaixo: ela puxa com pouco mais da metade de seu efeito. A diferença é um pico positivo. A alguns quilômetros para fora, o planalto puxa muito pouco, enquanto a raiz ainda puxa com quase metade de seu efeito: um vale negativo. O perfil é um par positivo–negativo através de cada borda, como na figura do capítulo.

20. A crosta agora tem $57 - 1 = 56\,\mathrm{km}$ de espessura, $21\,\mathrm{km}$ a mais que a da planície. Em equilíbrio esse excesso se divide em $h' + r'$, com $r' = 4.5\,h'$: $h' = 21/5.5 = 3.818\,\mathrm{km}$ e $r' = 17.18\,\mathrm{km}$.

21. O planalto agora se ergue a $3818\,\mathrm{m}$.

22. A rocha agora na superfície estava $1\,\mathrm{km}$ abaixo da antiga superfície, a $3000\,\mathrm{m}$; agora está a $3818\,\mathrm{m}$: subiu $818\,\mathrm{m}$, isto é $1000\times\rho_c/\rho_m$.

23. Cada quilômetro erodido abaixa a superfície em $1 - 2700/3300 = 0.182$ de quilômetro, logo baixar a superfície em $4\,\mathrm{km}$ exige $4/0.182 = 22\,\mathrm{km}$ de erosão, toda a espessura excedente $h + r$. Em um cinturão de montanhas antigo e desgastado, as rochas da superfície estavam, portanto, outrora a cerca de vinte quilômetros de profundidade: as raízes profundas do cinturão estão expostas.

24. A superfície desce $1000 - 818$: para cada quilômetro de rocha erodido, o abaixamento líquido da superfície é $182\,\mathrm{m}$.