16مقارنة بين الأحواض الرسوبية

قبالة ساحل شرق الولايات المتحدة، تحت الرصيف القاري، يحوي منخفض بالتيمور كانيون ما لا يقل عن $14\,\mathrm{km}$ من الصخر الرسوبي. والبئر المحفورة في ركام كهذا تقرأ تاريخه بالعكس: فكل وحدة تعبرها كانت يومًا قاع البحر، على عمق تسجّله الأحافير والرواسب، ثم دُفنت وانضغطت منذ ذلك الحين. وعمق كل سطح مؤرَّخ نقطة على منحنى للهبوط. ومع ذلك فإن معظم الهبوط سبّبه وزن الرواسب نفسها. ولمعرفة ما صنع الحوض، يجب أن يُرفع ذلك الوزن، طبقة بعد طبقة. يبيّن هذا الفصل كيف، وما تقوله النتيجة عن الغلاف الصخري.

ما تعرفه من قبل

من مجلد السنة الأولى: الحوض الرسوبي، والهبوط والهبوط التكتوني، والاستيعاب، والسكونية؛ والانضغاط، وفكّ الانضغاط وقانون أثي، والسمك الصلب لطبقة؛ وحمل الرواسب، الذي يضخّم الهبوط بالعامل $(\rho_m - \rho_w)/(\rho_m - \rho_s)$؛ وتوازن إيري؛ والغلاف الصخري وتدرّجه الحراري؛ والشقوق القارية والهوامش السلبية. من مجلدات الفيزياء: معادلة الحرارة وحلولها بمتسلسلات فورييه. من الفصل 13: الحوض الأمامي الجبلي، والفليش والمولاس.

16.1 الأحواض وما يجعلها تهبط

ميّز مجلد السنة الأولى الأحواض بحسب موقعها. أمّا هنا فتُميَّز بحسب ما يحرّك هبوطها.

تعريف 16.1 (الأحواض داخل الكراتونية، وأحواض الشقّ، وأحواض الهامش السلبي)

الحوض داخل الكراتوني حوض واسع، دائري أو بيضوي، في داخل قارة، بعيد عن حدود الصفائح، يهبط ببطء على مدى أزمنة طويلة جدًا دون تصدّع كبير. وحوض الشقّ حوض تحدّه صدوع عادية في غلاف صخري قاري يُمطّ؛ ويتبع هبوطه التمطّط ثم تبرّد الغلاف الصخري. وحوض الهامش السلبي هو إسفين الرواسب، المتثخّن نحو المحيط، الذي يتراكم على هامش قاري بعد الانفصال، فوق القشرة المرقّقة للشقّ القديم.

يُكمل الحوض الأمامي الجبلي في الفصل 13 القائمة، وتُترك الأحواض التي تنفتح على امتداد الصدوع المضربية لمجلد السنة الثالثة. وثلاث آليات تجعل قاع الحوض يهبط:

• الترقيق الميكانيكي: حين تُمطّ القشرة وتُرقّق بالصدوع، تحلّ محلّ القشرة الخفيفة مادة الوشاح الأكثف وينخفض السطح لاستعادة التوازن الأيزوستاتي؛
• الانكماش الحراري: الغلاف الصخري الذي سُخّن، بالتمطّط أو من الأسفل، يبرد بعد ذلك، فيزداد كثافة ويهبط، ببطء، على مدى عشرات ملايين السنين؛
• التحميل: وزن حزام دفعي، أو وزن الرواسب نفسها، يثني الغلاف الصخري نحو الأسفل؛ وذلك الانثناء ينتمي إلى مجلد السنة الثالثة، والصورة المحلية لحمل الرواسب، صورة إيري، تكفي هنا.

تجمع أحواض الشقّ بين الآليتين الأوليين، وترث الهوامش السلبية الثانية من مرحلة شقّها، وتصنع الثالثةُ الأحواض الأمامية الجبلية. أمّا الأحواض داخل الكراتونية فهي الأقل فهمًا.

أحواض الشقّ في بحر الشمال هي الحالة الكلاسيكية للآليتين الأوليين. فقد تكوّنت فيه غرابن منذ الترياسي، ودام آخر تمطّط كبير من الجوراسي الأوسط إلى منتصف الطباشيري؛ ثم هدأت الصدوع، واستمر وسط الحوض في الهبوط كصحن واسع، ملأته الطباشير والأحجار الرملية، وفي معظم الحقب الثالث، الطين الصفحي والحجر الطيني. ولو حُمّلت قاعدته بالماء وحده، لهبطت 1100 إلى $1400\,\mathrm{m}$ أخرى في الوسط و600 إلى $700\,\mathrm{m}$ على الجانبين بعد توقّف التصدّع.

ويُظهر الهامش السلبي لشرق الولايات المتحدة الهبوط نفسه على نطاق أكبر. فالمقاطع الزلزالية عبر الرصيف تُظهر أكثر من $14\,\mathrm{km}$ من صخور الميزوزوي والأحدث منها في منخفض بالتيمور كانيون و$8\,\mathrm{km}$ في حوض جورجز بانك، في وحدات تتثخّن نحو المحيط. وتتبع مراكز ترسّبه الجوراسية بنى الشقّ ونطاقات هبوطه الحراري اللاحق.

حوض ميشيغان هو النموذج المرجعي للأحواض داخل الكراتونية. بيضوي، مساحته بضع مئات الآلاف من الكيلومترات المربعة، ويحوي أكثر من $4\,\mathrm{km}$ من رواسب الدهر الظاهر ترسّبت في نوبات متمايزة على مدى نحو 500 مليون سنة، مع قليل من التصدّع. ونوبات هبوطه الأسرع تتزامن مع نوبات أحواض أخرى في دواخل أمريكا الشمالية وقارات أخرى، ما يوحي بسبب أكبر من حوض واحد. والتجريد العكسي لأكثر من 57 000 سجلّ آبار يُظهر نمط هبوط طويل العمر شبه دائري، يقترح المؤلّفون أن هبوطًا وشاحيًا نحو الأسفل قد يفسّره، تقطعه أزمنة تكوّنين جبليين على الهامش البعيد للقارة. ولا يزال سبب هبوط الأحواض داخل الكراتونية موضع خلاف.

16.2 منحنيات الهبوط

تعطي البئر، أو المقطع المقيس، لكل وحدة عمقها الحالي ونوع صخرها وعمرها، مقروءًا من الأحافير أو من المضاهاة. ومع عمق الماء الذي ترسّبت فيه كل وحدة، مقروءًا من أحافيرها وبناها الرسوبية، تعطي تاريخ الحوض.

تعريف 16.2 (منحنى الهبوط)

منحنى الهبوط لحوض في موقع ما هو التمثيل البياني لعمق سطح مرجعي، هو عادة القاعدة أو قاعدة أقدم وحدة، تحت مستوى سطح البحر، بدلالة الزمن. ويستعمل منحنى الهبوط الكلي سمك الرواسب كما كان في كل زمن، مضافًا إليه عمق الماء؛ أمّا منحنى الهبوط التكتوني فيستبدل بالرواسب ماءً ويزيل أثرها الأيزوستاتي.

لم تكن الوحدة في الماضي بسمكها اليوم قطّ. فبعد دفنها فقدت مساميتها؛ ولم تتغيّر حبيباتها، لكن ماءها عُصر. وقد كتب مجلد السنة الأولى المسامية على العمق $z$ بقانون أثي، $\phi(z) = \phi_0\,e^{-z/c}$، ووجد السمك الصلب لطبقة بين $z_1$ و$z_2$،

الذي يبقى ثابتًا حين تتحرّك الطبقة. ولفكّ انضغاط وحدة إلى موضع أقل عمقًا، مع قمّتها الآن عند $z_1'$، يُبحث عن القاعدة $z_2'$ التي تحفظ السمك الصلب نفسه. وليس للمعادلة حلّ مغلق، لكن التكرار بالنقطة الثابتة

ابتداءً من $z_2' = z_1' + T_s$ يتقارب في بضع خطوات. وكتلة الطبقة لكل وحدة مساحة هي كتلة حبيباتها مضافًا إليها كتلة ماء مسامّها،

حيث $\rho_g$ كثافة الحبيبات؛ وقسمة كتلة عمود على سمكه تعطي كثافته المتوسطة $\bar\rho_s$.

للصخارات المستعملة في هذا الفصل، الرمل والطين الصفحي والطباشير والرمل الطيني، يعطي الجدول أدناه ثوابت سكلاتر وكريستي (1980)، كما هي مضمّنة في برنامج مفتوح المصدر. يحتفظ الرمل بمساميته إلى أعمق مدى، ويفقدها الطباشير أسرع.

16.3 التجريد العكسي

يمزج منحنى الهبوط الكلي سببين: ما صنع الحوض أيًّا كان، ووزن ما ملأه. والفصل بينهما هو غرض الإجراء التالي، الأداة المركزية لتحليل الأحواض.

تعريف 16.3 (التجريد العكسي)

التجريد العكسي هو إعادة بناء الهبوط التكتوني لحوض عبر الزمن: تُزال وحدات البئر واحدة تلو الأخرى، بدءًا بالأحدث، ويُفكّ انضغاط الباقية في كل خطوة، ويُزال الأثر الأيزوستاتي لحمل الرواسب والماء للحصول على العمق الذي كانت القاعدة ستقف عنده تحت الماء وحده.

الخطوة الأخيرة توازن أيزوستاتي. وقد أجراه مجلد السنة الأولى لحوض ممتلئ حتى مستوى سطح البحر؛ والحالة العامة تضيف عمق الماء ومستوى البحر.

قضية 16.4 (التجريد العكسي وفق إيري)

ليحوِ حوض، في زمن ما، عمودًا رسوبيًا سمكه $S$ وكثافته المتوسطة $\bar\rho_s$، تحت عمق ماء $W_d$، بينما كان البحر أعلى من مستواه الحالي بمقدار $\Delta_{SL}$. في توازن أيزوستاتي محلي فوق وشاح كثافته $\rho_m$، ومع ماء كثافته $\rho_w$، يكون الهبوط التكتوني في ذلك الزمن، مقيسًا من مستوى سطح البحر الحالي، هو

$$Y = S\,\frac{\rho_m - \bar\rho_s}{\rho_m - \rho_w} + W_d - \Delta_{SL}\,\frac{\rho_m}{\rho_m - \rho_w}.$$

مع $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ و$\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$، يُحسب عمود من رواسب كثافتها المتوسطة $2300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ بالجزء $1030/2300 = 0.45$ من سمكه في الهبوط التكتوني: فأكثر من نصف سمك ملء الحوض يفسح له المجال وزنه الذاتي. والبحر الأعلى من اليوم بمقدار $100\,\mathrm{m}$ يُنقص النتيجة بمقدار $145\,\mathrm{m}$. وعمق الماء ومستوى البحر في الماضي هما أضعف المعطيات: فالأحافير تعطي مدى لأعماق الماء، يبلغ عرضه غالبًا مئات الأمتار على المنحدر، ويرث الهبوط التكتوني ذلك المدى.

طريقة 16.5 (التجريد العكسي لبئر)

1. عدّد الوحدات من القاعدة، مع الأعماق الحالية لقممها وقواعدها، وثوابت صخارتها $(\rho_g, \phi_0, c)$، وأعمار قممها، وعمق الماء عند كل عمر من تلك الأعمار.
2. احسب السمك الصلب $T_s$ لكل وحدة من أعماقها الحالية.
3. لعمر قمّة الوحدة $k$، أزل كل الوحدات الأحدث. ضع قمّة الوحدة $k$ عند العمق صفر وفكّ انضغاطها؛ ثم ضع كل وحدة أقدم، بالدور، تحت التي فوقها وفكّ انضغاطها.
4. اجمع السماكات للحصول على $S$، والكتل للحصول على الكثافة المتوسطة $\bar\rho_s = \sum m / S$.
5. طبّق القضية 16.4 للحصول على $Y$؛ والهبوط الكلي هو $S + W_d$.
6. كرّر لكل عمر، من الأقدم إلى الحاضر؛ وارسم $Y$ و$S + W_d$ بدلالة العمر.

يبيّن الشكل أدناه النتيجة لبئر مختلقة في حوض شقّ. فقد أُخذت لُباب أربع وحدات: رمل متزامن مع التصدّع ترسّب بينما كانت الصدوع نشطة، بين 165 و$150\,\mathrm{Ma}$؛ ثم طين صفحي، وطباشير، ورمل طيني. واليوم لا حاجة إلى فكّ الانضغاط: فالقاعدة تقع على عمق $6030\,\mathrm{m}$ وللعمود كثافة متوسطة قدرها $2358\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$، فيكون $Y = 2648\,\mathrm{m}$ تحت $100\,\mathrm{m}$ من الماء. وعند $150\,\mathrm{Ma}$، كان سمك الرمل وحده، بعد فكّ انضغاطه عند السطح، $2239\,\mathrm{m}$، بكثافة متوسطة قدرها $2055\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$: وتحت $200\,\mathrm{m}$ من الماء، $Y = 1441\,\mathrm{m}$. والهبوط الكلي أكثر من ضعف الهبوط التكتوني، ويُظهر المنحنى التكتوني مرحلة أولى سريعة، ثم هبوطًا متباطئًا: وهو شكل الشقّ.

16.4 نموذج التمطّط

لماذا يهبط حوض الشقّ أولًا بسرعة ثم ببطء؟ في عام 1978 اقترح د. ماكنزي نموذجًا بسيطًا إلى حدّ أن معاملاته يمكن توفيقها على بئر واحدة.

تعريف 16.6 (نموذج التمطّط؛ معامل التمطّط؛ الهبوط المتزامن مع التصدّع والهبوط اللاحق له)

يمثّل نموذج التمطّط لحوض التصدّعَ على أنه تمطّط لحظي منتظم للغلاف الصخري كله بالقصّ الخالص: تترقّق القشرة والغلاف الصخري الوشاحي بالعامل نفسه، ويصعد الأستينوسفير الحارّ سلبيًا ليملأ الحيّز، ثم يبرد الغلاف الصخري. ومعامل التمطّط $\beta$ هو نسبة عرض المنطقة الممطوطة بعد التمطّط إلى عرضها قبله، وتساوي نسبة السمك الابتدائي للقشرة إلى سمكها النهائي. والهبوط الناتج أثناء التمطّط هو الهبوط المتزامن مع التصدّع؛ والناتج بعده بتبرّد الغلاف الصخري هو الهبوط اللاحق للتصدّع، أو الهبوط الحراري.

يستغرق التمطّط في الطبيعة زمنًا محدودًا، ملايين السنين. وتسمح صيغ لاحقة من النموذج بأن يدوم، لكن ما دام ليس بطيئًا جدًا فإن الصيغة اللحظية البسيطة تعطي الهبوط بصورة تقريبية لكنها صحيحة، لأن التبرّد بعد التمطّط يجري على النحو نفسه تقريبًا.

قضية 16.7 (الهبوط في نموذج التمطّط)

ليكن غلاف صخري سمكه $a$، وقشرته سمكها $t_c$، ذو تدرّج حراري خطي من $0$ عند السطح إلى درجة حرارة الأستينوسفير $T_1$ عند قاعدته؛ ولتكن كثافتا القشرة والوشاح $\rho_c(1 - \alpha T)$ و$\rho_m(1 - \alpha T)$، حيث $\alpha$ معامل التمدّد الحراري. إذا مُطّ لحظيًا بالعامل $\beta$ ومُلئ الحوض بماء كثافته $\rho_w$:

1. فإن الهبوط المتزامن مع التصدّع هو

   $$S_i = \frac{a\left(1 - \dfrac{1}{\beta}\right)\left[(\rho_m - \rho_c)\dfrac{t_c}{a} \left(1 - \dfrac{\alpha T_1 t_c}{2a}\right) - \dfrac{\alpha T_1 \rho_m}{2}\right]} {\rho_m(1 - \alpha T_1) - \rho_w};$$

2. والهبوط اللاحق للتصدّع، بعد زمن $t$ من التمطّط، هو، حتى الحدّ الأول من متسلسلة،

   $$S_t = E_0\,\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta}\left(1 - e^{-t/\tau}\right),\qquad E_0 = \frac{4a\rho_m\alpha T_1}{\pi^2(\rho_m - \rho_w)},\qquad \tau = \frac{a^2}{\pi^2\kappa},$$

   حيث $\kappa$ الانتشارية الحرارية و$\tau$ ثابت الزمن الحراري للغلاف الصخري.

معاملات ورقة ماكنزي هي $a = 125\,\mathrm{km}$، $T_1 = 1333\,{}^{\circ}\mathrm{C}$، $\alpha = 3.28 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$، $\kappa = 8 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$، $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ (عند $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$)، $\rho_c = 2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$؛ ومع ماء البحر عند $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ تعطي $\tau = 62.7\,\mathrm{Myr}$ و$E_0 = 3207\,\mathrm{m}$. ومع قشرة سمكها $35\,\mathrm{km}$، يكون الهبوط المتزامن مع التصدّع $S_i = 4334\,\mathrm{m} \times (1 - 1/\beta)$.

ثلاث سمات للنموذج تنتقل إلى الأحواض الحقيقية.

• تكبر الدرجة المتزامنة مع التصدّع مع $\beta$، وكذلك الهبوط اللاحق للتصدّع؛ لكن نسبتهما تتغيّر قليلًا، بحيث يشير الجزءان كلاهما إلى $\beta$ نفسه إذا صحّ النموذج.
• لا يتوقّف المقياس الزمني للهبوط اللاحق للتصدّع على $\beta$: إذ يحدّده سمك الغلاف الصخري وحده. فبعد $\tau$، يكون $63\,\%$ من الهبوط الحراري قد تمّ؛ وبعد $3\tau$، نحو $95\,\%$. والشقّ الذي توقّف قبل مئتي مليون سنة لا يكاد يهبط بعد ذلك.
• الحدّ المتزامن مع التصدّع تنافس بين القشرة الخفيفة المرقّقة، التي تجعل السطح يهبط، والأستينوسفير الحارّ الصاعد، الذي يرفعه. ومع قشرة رقيقة يغلب الثاني ويرفع التمطّطُ السطحَ (التمرين 16.10).

لتوفيق بئر، يعطي الهبوط التكتوني عند نهاية التصدّع $S_i$، ومنه $\beta = 1/(1 - S_i/4334\,\mathrm{m})$ لقشرة سمكها $35\,\mathrm{km}$؛ ثم يُتنبّأ بمنحنى ما بعد التصدّع ويُقارن ببقية النقاط المستخرجة بالتجريد العكسي. ففي البئر المختلقة، يعطي $S_i = 1441\,\mathrm{m}$ القيمة $\beta = 1.50$، ويمرّ المنحنى على بعد أمتار قليلة من النقاط اللاحقة (الشكل في القسم 16.3). والأحواض الحقيقية نادرًا ما تكون بهذا الكرم. ففي وسط بحر الشمال، يعيد تمطّط قدره من 50 إلى $100\,\%$ في الوسط، أي $\beta$ من 1.5 إلى 2، إنتاج سعة الهبوط اللاحق للتصدّع ومعدّله. وعلى هامش شرق الولايات المتحدة، لا تملك إلا قطعة واحدة، منصّة لونغ آيلاند، ملئًا مبكرًا لاحقًا للتصدّع بالسمك الذي يتنبّأ به التمطّط المنتظم؛ أمّا في حوض جورجز بانك ومنخفض بالتيمور كانيون فالملء أسمك من 1.5 إلى 3 مرات، ولا بدّ من أسباب أخرى تعمل.

16.5 مقارنة بين الأحواض

يجمع الجدول أدناه العائلات الأربع. وتختلف المنحنيات في الشكل وفي المقياس الزمني، وكثيرًا ما يكون منحنى الهبوط أول دليل على طبيعة حوض مدفون تحت صخور أحدث.

يهبط الحوض الأمامي الجبلي تحت حمل يتحرّك نحوه: فيهاجر الحوض مع الحزام، والحوض الألبي بما لا يقل عن $210\,\mathrm{km}$ فوق الكراتون الأوروبي، ويُدسر فوق جزئه الداخلي في النهاية وتحمله الصدوع الدفعية، كما حدث للمولاس تحت الألبي في الفصل 13. ويتباطأ الشقّ كلما برد، أيًّا كان تمطّطه. ويهبط الحوض داخل الكراتوني ببطء وطويلًا، على دفعات؛ ولا التمطّط ولا الحمل يفسّرانه جيدًا، ولهذا يبقى مسألة بحثية.

في المختبر — تحليل الهبوط

يُنجز محلّلو الأحواض عمل إطار الطريقة ببرامج. فأحد البرامج المفتوحة المصدر، مثلًا، يقرأ موقع حفر في صورة قائمة وحدات بأعمارها وأعماقها وصخاراتها، وجدول صخارات بكثافة حبيباتها ومساميتها السطحية وطول تناقصها. ووحدة التجريد العكسي فيه تفكّ انضغاط الوحدات وتعيد الهبوط التكتوني عند كل عمر؛ ولأن عمق الماء القديم لا يُعرف إلا في صورة مدى، يعطي المستخدم حدًّا أدنى وحدًّا أقصى فيعيد البرنامج الهبوطين ومتوسطهما. ووحدة ثانية تعمل في الاتجاه المعاكس: فمن نموذج للهبوط التكتوني تتنبّأ بأعماق الماء في الماضي، ويمكن مقارنتها بالأحافير. ثم يوفّق المحلّلون معاملات التمطّط، ويختبرون منحنيات مستوى البحر، ويرسمون خرائط هبوط حوض كامل من مئات الآبار أو آلافها.

التمارين

معطيات التمارين، ما لم يُذكر غير ذلك: $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$، $\rho_c = 2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$، $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$؛ ونموذج التمطّط مع $a = 125\,\mathrm{km}$، $T_1 = 1333\,{}^{\circ}\mathrm{C}$، $\alpha = 3.28 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$، $\kappa = 8 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$، $\tau = 62.7\,\mathrm{Myr}$، $E_0 = 3207\,\mathrm{m}$؛ وقشرة سمكها $35\,\mathrm{km}$ تعطي $S_i = 4334\,\mathrm{m}\times(1 - 1/\beta)$؛ وثوابت الصخارات في جدول القسم 16.2.

تمرين 16.1 ★

سمِّ عائلة كل حوض والسبب الرئيسي لهبوطه: (أ) حوض ميشيغان؛ (ب) وسط بحر الشمال؛ (ج) منخفض بالتيمور كانيون؛ (د) مولاس شمال الألب؛ (ه) السهل الهندي–الغانجي أمام الهيمالايا.

حل

حل التمرين 16.1.

(أ) داخل كراتوني: هبوط بطيء على دفعات على مدى مئات ملايين السنين، دون تصدّع كبير؛ وسببه موضع خلاف. (ب) شقّ: ترقيق ميكانيكي للقشرة أثناء التمطّط، ثم انكماش حراري مع تبرّد الغلاف الصخري. (ج) هامش سلبي: الهبوط الحراري الموروث من مرحلة الشقّ، يضخّمه حمل إسفين رسوبي سميك. (د) و(ه) أمامي جبلي: الغلاف الصخري منثنٍ نحو الأسفل بحمل الحزام الدفعي، الألب والهيمالايا.

تمرين 16.2 ★

يحوي حوض $3.0\,\mathrm{km}$ من رواسب كثافتها المتوسطة $2300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (أ) أوجد هبوطه التكتوني إذا بلغت الرواسب مستوى سطح البحر. (ب) وإذا كان فوقها $200\,\mathrm{m}$ من الماء؟ (ج) ما الجزء من سمك الملء الناتج عن حمل الملء نفسه؟

حل

حل التمرين 16.2.

(أ) $Y = 3000\times(3330 - 2300)/(3330 - 1030) = 3000\times1030/2300 = 1343\,\mathrm{m}$. (ب) $1343 + 200 = 1543\,\mathrm{m}$. (ج) دون حملها، كانت القاعدة ستقع على $1343\,\mathrm{m}$: فالجزء الذي يفسح له الحمل المجال من السمك هو $1 - 1343/3000 = 55\,\%$.

تمرين 16.3 ★

تُظهر الدراسات الزلزالية بالانكسار أن قشرة سمكها $35\,\mathrm{km}$ رُقّقت إلى $25\,\mathrm{km}$ في شقّ. (أ) ما قيمة $\beta$؟ (ب) ما سمك الغلاف الصخري بعد التمطّط مباشرة؟ (ج) ما الهبوط المتزامن مع التصدّع تحت الماء؟

حل

حل التمرين 16.3.

(أ) $\beta = 35/25 = 1.4$. (ب) $125/1.4 = 89.3\,\mathrm{km}$. (ج) $S_i = 4334\times(1 - 1/1.4) = 1238\,\mathrm{m}$.

تمرين 16.4 ★

(أ) تحقّق من أن $\tau = 62.7\,\mathrm{Myr}$ ($1~\text{Myr} = 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$). (ب) تستعمل بعض البرامج $\kappa = 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$: كم يكون $\tau$ عندئذ؟ (ج) كم يكون لغلاف صخري سمكه $100\,\mathrm{km}$، مع $\kappa = 8 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$؟ (د) ما الجزء من الهبوط اللاحق للتصدّع الذي يكون قد تمّ بعد $\tau$، وبعد $3\tau$؟

حل

حل التمرين 16.4.

(أ) $\tau = (1.25\times10^{5})^2/(\pi^2\times8\times10^{-7}) = 1.979 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$، أي $1.979\times10^{15}/3.156\times10^{13} = 62.7\,\mathrm{Myr}$. (ب) $62.7\times0.8 = 50.2\,\mathrm{Myr}$. (ج) $62.7\times(100/125)^2 = 40.1\,\mathrm{Myr}$. (د) $1 - e^{-1} = 63\,\%$؛ $1 - e^{-3} = 95\,\%$.

تمرين 16.5 ★★

تقع وحدة من الطين الصفحي اليوم بين $1000\,\mathrm{m}$ و$2000\,\mathrm{m}$. (أ) أوجد مساميتها عند القمة وعند القاعدة. (ب) أوجد سمكها الصلب. (ج) أوجد كتلتها لكل وحدة مساحة وكثافتها المتوسطة، والمسامّ ممتلئة بالماء.

حل

حل التمرين 16.5.

(أ) $0.63\,e^{-1000/1960} = 0.378$؛ $0.63\,e^{-2000/1960} = 0.227$. (ب) $T_s = 1000 - 0.63\times1960\times(0.6004 - 0.3605) = 704\,\mathrm{m}$. (ج) $m = 2700\times704 + 1030\times296 = 2.206 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ $\bar\rho = 2206\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

تمرين 16.6 ★★

يُعاد الطين الصفحي في التمرين 16.5 إلى السطح. (أ) كرّر صيغة فكّ الانضغاط ابتداءً من $z_2' = T_s$ حتى يتغيّر بأقل من $1\,\mathrm{m}$. (ب) ما كثافته المتوسطة عند السطح؟ (ج) بكم كان أسمك؟

حل

حل التمرين 16.6.

(أ) $z_2' \leftarrow 704 + 1234.8\,(1 - e^{-z_2'/1960})$: 1077، 1226، 1278، 1296، 1301، 1303، 1304؛ فسمك الطبقة $1304\,\mathrm{m}$. (ب) $(2700\times704 + 1030\times600)/1304 = 1932\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (ج) بمقدار $304\,\mathrm{m}$، أي $30\,\%$: وهو الماء الذي عصره الانضغاط.

تمرين 16.7 ★★

في وسط بحر الشمال، هبطت القاعدة المحمّلة بالماء من 1100 إلى $1400\,\mathrm{m}$ بعد التمطّط الذي انتهى في منتصف الطباشيري، قبل نحو $100\,\mathrm{Myr}$. (أ) ما الهبوط اللاحق للتصدّع الذي يعطيه النموذج بعد $100\,\mathrm{Myr}$ من أجل $\beta = 1.5$ و$\beta = 2$؟ (ب) هل تحصر هاتان القيمتان الرصد؟ (ج) من أجل أي $\beta$ يعطي النموذج $1250\,\mathrm{m}$؟ استعمل $\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta} = 0.4705$ من أجل $\beta = 1.6$ و$0.5204$ من أجل $\beta = 1.7$ واستكمل خطيًا.

حل

حل التمرين 16.7.

(أ) $1 - e^{-100/62.7} = 0.7971$. من أجل $\beta = 1.5$: $3207\times0.4135\times0.7971 = 1057\,\mathrm{m}$؛ ومن أجل $\beta = 2$: $3207\times0.6366\times0.7971 = 1627\,\mathrm{m}$. (ب) نعم: فالقيم من 1100 إلى $1400\,\mathrm{m}$ تقع بينهما. (ج) $\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta} = 1250/(3207\times0.7971) = 0.4890$، ومنه $\beta = 1.6 + 0.1\times(0.4890 - 0.4705)/(0.5204 - 0.4705) = 1.64$، ضمن التمطّط من 50 إلى $100\,\%$ المستنتج للحوض.

تمرين 16.8 ★★

يُملأ حوض نموذج التمطّط المتزامن مع التصدّع لا بالماء بل برواسب كثافتها $2300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (أ) ما الذي يتغيّر في صيغة $S_i$؟ (ب) احسب $S_i$ المحمّل بالرواسب من أجل $\beta = 1.5$ مع قشرة سمكها $35\,\mathrm{km}$، علمًا بأن بسط الصيغة هو $a(1 - 1/\beta)\times74.69\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ وأن $\rho_m(1 - \alpha T_1) = 3184.4\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (ج) قارن بالقيمة المحمّلة بالماء.

حل

حل التمرين 16.8.

(أ) تحلّ كثافة الملء محلّ $\rho_w$ في المقام. (ب) البسط هو $125\,000\times(1/3)\times74.69 = 3.112 \times 10^{6}$؛ $S_i = 3.112\times10^{6}/(3184.4 - 2300) = 3519\,\mathrm{m}$. (ج) تحت الماء، $3.112\times10^{6}/2154.4 = 1445\,\mathrm{m}$: فالحوض المملوء بالرواسب أعمق بمقدار 2.44 مرة.

تمرين 16.9 ★★

تعطي بئر مجرّدة عكسيًا $Y = 2171\,\mathrm{m}$ عند $100\,\mathrm{Ma}$، بافتراض مستوى البحر الحالي. (أ) إذا كان البحر حينها أعلى بمقدار $100\,\mathrm{m}$، فكم يكون $Y$؟ (ب) إذا أعطت الأحافير عمق ماء بين 100 و$500\,\mathrm{m}$ بدلًا من $300\,\mathrm{m}$، فما مدى $Y$ الناتج؟ (ج) أي الشكّين أكبر؟

حل

حل التمرين 16.9.

(أ) $2171 - 100\times3330/2300 = 2171 - 145 = 2026\,\mathrm{m}$. (ب) يتغيّر $Y$ مترًا بمتر مع $W_d$: من 1971 إلى $2371\,\mathrm{m}$. (ج) عمق الماء، $\pm200\,\mathrm{m}$، مقابل $145\,\mathrm{m}$ لمستوى البحر.

تمرين 16.10 ★★★

(أ) بيّن انطلاقًا من القضية 16.7 أن التمطّط يجعل السطح يرتفع بدلًا من أن يهبط حين يكون $(\rho_m - \rho_c)\frac{t_c}{a}\left(1 - \frac{\alpha T_1 t_c}{2a}\right) < \frac{\alpha T_1\rho_m}{2}$. (ب) بإهمال الحدّ الصغير $\alpha T_1 t_c/(2a)$، أوجد سمك القشرة الحرج. (ج) حسّنه بتكرار واحد. (د) أين على الأرض تبحث عن شقوق ترتفع وهي تنفتح؟

حل

حل التمرين 16.10.

(أ) إشارة $S_i$ هي إشارة القوس في بسطه، لأن المقام، $3184.4 - 1030$، موجب؛ فيكون سالبًا، أي رفعًا، حين يكون القوس سالبًا. (ب) $(\rho_m - \rho_c)t_c/a = \alpha T_1\rho_m/2$ يعطي $t_c = a\,\alpha T_1\rho_m/(2(\rho_m - \rho_c)) = 125\times0.04372\times 3330/1060 = 17.17\,\mathrm{km}$. (ج) $t_c = 17.17/(1 - 0.04372\times17.17/250) = 17.22\,\mathrm{km}$. (د) حيث تكون القشرة أرقّ من نحو $17\,\mathrm{km}$ قبل التمطّط: في الغلاف الصخري المحيطي، أو في قشرة قارية رقّقها تصدّع سابق.

تمرين 16.11 ★★★

(أ) اكتب التوازن الأيزوستاتي في برهان القضية 16.7، الجزء (1)، واستنتج صيغة $S_i$. (ب) بيّن أن الهبوط اللاحق للتصدّع النهائي الدقيق، حين تعود الصفيحة إلى تدرّجها الحراري الخطي، هو $\alpha\rho_m T_1 a(1 - 1/\beta)/(2(\rho_m - \rho_w))$. (ج) احسبه من أجل $\beta = 2$ وقارنه بالقيمة النهائية لصيغة الحدّ الأول.

حل

حل التمرين 16.11.

(أ) قبل التمطّط، يحوي العمود الغلاف الصخري ذا الكتلة $M = \rho_c t_c(1 - \alpha T_1 t_c/(2a)) + \rho_m(a - t_c)(1 - \alpha T_1(a + t_c)/(2a))$؛ وبعده، $\rho_w S_i + M/\beta + \rho_m(1 - \alpha T_1)(a - S_i - a/\beta)$. وبمساواتهما، $S_i[\rho_m(1 - \alpha T_1) - \rho_w] = (1 - 1/\beta)[\rho_m(1 - \alpha T_1)a - M]$، وبنشر $M$، $\rho_m(1 - \alpha T_1)a - M = (\rho_m - \rho_c)t_c(1 - \alpha T_1 t_c/(2a)) - \rho_m\alpha T_1 a/2$: وهي الصيغة. (ب) المظهر النهائي هو $T_1 z/a$؛ ويزيد عليه المظهر الابتدائي بمقدار $T_1 z(\beta - 1)/a$ فوق $a/\beta$ وبمقدار $T_1(1 - z/a)$ تحته. والتكاملان هما $T_1 a(\beta - 1)/(2\beta^2)$ و$T_1 a(\beta - 1)^2/(2\beta^2)$، ومجموعهما $T_1 a(1 - 1/\beta)/2$. والانكماش، أي $\alpha$ مضروبًا في هذا، محمّلًا بالماء، يعطي العبارة. (ج) $3.28\times10^{-5} \times3330\times1333\times125\,000\times0.5/(2\times2300) = 1978\,\mathrm{m}$، مقابل $3207\times 2/\pi = 2042\,\mathrm{m}$: فالحدّ الأول يبالغ في الهبوط النهائي بمقدار $64\,\mathrm{m}$، أي $3\,\%$.

تمرين 16.12 ★★★

هامش سلبي مُطّ بالعامل $\beta = 2$ ويبرد منذ $150\,\mathrm{Myr}$؛ وبقي الحوض ممتلئًا برواسب كثافتها المتوسطة $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ حتى مستوى سطح البحر. (أ) أوجد الهبوط اللاحق للتصدّع المحمّل بالماء. (ب) ما سمك الرواسب اللاحقة للتصدّع؟ (ج) في منخفض بالتيمور كانيون يكون الملء المبكر اللاحق للتصدّع أسمك من 1.5 إلى 3 مرات مما يتنبّأ به التمطّط المنتظم: ما السمك الذي يعنيه ذلك هنا؟ (د) اقترح أسبابًا.

حل

حل التمرين 16.12.

(أ) $3207\times0.6366\times(1 - e^{-150/62.7}) = 2042\times0.9086 = 1855\,\mathrm{m}$. (ب) $1855\times 2300/(3330 - 2400) = 4588\,\mathrm{m}$. (ج) من 6.9 إلى $13.8\,\mathrm{km}$. (د) يُغفل النموذج عدة أمور قد تعمّق الحوض: غلاف صخري وشاحي مُطّ أكثر من القشرة، واستجابة إقليمية (انثنائية) لحمل الرواسب، ورفع عابر للهامش أثناء التصدّع يتبعه هبوط، أو إمداد بالرواسب كبير إلى حدّ أن الحوض امتلأ فوق طاقته وحُمّل فوق مستوى سطح البحر على الرصيف.

مسألة 16.1

مسألة نهاية الأسبوع — التجريد العكسي لبئر

في حوض كيستريل المختلق، أُخذت من بئر لُباب أربع وحدات. من القاعدة: رمل ترسّب أثناء التصدّع، من 165 إلى $150\,\mathrm{Ma}$، يقع اليوم بين $4420\,\mathrm{m}$ و$6030\,\mathrm{m}$؛ ثم طين صفحي، من 150 إلى $100\,\mathrm{Ma}$، بين $3310\,\mathrm{m}$ و$4420\,\mathrm{m}$؛ ثم طباشير، من 100 إلى $60\,\mathrm{Ma}$، بين $1700\,\mathrm{m}$ و$3310\,\mathrm{m}$؛ ثم رمل طيني، من $60\,\mathrm{Ma}$ إلى اليوم، بين $0\,\mathrm{m}$ و$1700\,\mathrm{m}$ تحت قاع البحر. وتعطي الأحافير عمق الماء عند قمّة كل وحدة حين ترسّبت: $200\,\mathrm{m}$ عند $150\,\mathrm{Ma}$، و$300\,\mathrm{m}$ عند $100\,\mathrm{Ma}$، و$150\,\mathrm{m}$ عند $60\,\mathrm{Ma}$؛ واليوم يبلغ $100\,\mathrm{m}$. استعمل جدول الصخارات في الفصل، و$\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ و$\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ لماء البحر وماء المسامّ كليهما، ومستوى البحر كما هو اليوم، ونموذج التمطّط في الفصل مع قشرة سمكها $35\,\mathrm{km}$. والأعماق مدوّرة إلى المتر.

الجزء الأول — الانضغاط.

1. أوجد مسامية الرمل عند قمّته وعند قاعدته اليوم.
2. أوجد السمك الصلب للرمل.
3. السماكات الصلبة للطين الصفحي والطباشير والرمل الطيني هي $1011\,\mathrm{m}$ و$1409\,\mathrm{m}$ و$1004\,\mathrm{m}$. تحقّق من إحداها.
4. أوجد كتلة كل وحدة لكل وحدة مساحة اليوم، ثم الكثافة المتوسطة للعمود كله.
5. عند $150\,\mathrm{Ma}$ كان الرمل عند قاع البحر. فكّ انضغاطه: كرّر ابتداءً من $z_2' = T_s$ حتى يصير التغيّر أقل من $1\,\mathrm{m}$.
6. أوجد الكثافة المتوسطة للرمل بعد فكّ انضغاطه.

الجزء الثاني — التجريد العكسي.

7. أوجد الهبوط التكتوني $Y$ عند $150\,\mathrm{Ma}$.
8. أوجد الهبوط التكتوني اليوم. لماذا لا حاجة إلى فكّ الانضغاط؟
9. يعطي برنامج $Y = 2171\,\mathrm{m}$ عند $100\,\mathrm{Ma}$ و$Y = 2453\,\mathrm{m}$ عند $60\,\mathrm{Ma}$. احسب المعدّل المتوسط للهبوط التكتوني في كل فترة من الفترات الثلاث منذ $150\,\mathrm{Ma}$.
10. أوجد الهبوط الكلي اليوم وقارنه بالهبوط التكتوني.
11. ما الجزء من عمق القاعدة اليوم الناتج عن حمل الرواسب؟
12. لو كان البحر عند $100\,\mathrm{Ma}$ أعلى من اليوم بمقدار $100\,\mathrm{m}$، فكم كان سيكون $Y$ حينئذ؟

الجزء الثالث — توفيق نموذج التمطّط. يُعدّ التصدّع لحظيًا ومنتهيًا عند $150\,\mathrm{Ma}$.

13. أي نقطة من المنحنى تعطي الهبوط المتزامن مع التصدّع؟
14. أوجد معامل التمطّط $\beta$، بمنزلتين عشريتين.
15. ما سمك القشرة والغلاف الصخري بعد التمطّط مباشرة؟
16. مع $\beta$ مدوّرًا، احسب $\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta}$ والهبوط النهائي اللاحق للتصدّع.
17. تنبّأ بقيمة $Y$ عند 100 و60 و$0\,\mathrm{Ma}$.
18. قارن بالقيم المستخرجة بالتجريد العكسي.
19. التوفيق قريب لأن البئر مختلقة. اذكر ثلاثة أسباب تجعل بئرًا حقيقية لا تتوافق بهذا القدر.

الجزء الرابع — الخمسون مليون سنة القادمة.

20. كم من الهبوط التكتوني الإضافي سيحدث خلال $50\,\mathrm{Myr}$ القادمة؟
21. إذا بقي عمق الماء عند $100\,\mathrm{m}$، فكم من الرواسب ذات الكثافة $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ يمكن أن يتراكم في ذلك الزمن؟
22. ما الجزء الذي أتمّه الحوض حتى الآن من هبوطه النهائي اللاحق للتصدّع؟
23. متى كان نصفه قد تمّ؟
24. خلاصة: ما معامل التمطّط الذي تسجّله البئر؟

حل

حل المسألة 16.1.

1. $0.49\,e^{-4420/3704} = 0.149$ عند القمة؛ و$0.49\,e^{-6030/3704} = 0.096$ عند القاعدة. 2. $T_s = 1610 - 0.49\times3704\times(0.3032 - 0.1963) = 1416\,\mathrm{m}$. 3. الطين الصفحي: $1110 - 0.63\times1960\times(e^{-3310/1960} - e^{-4420/1960}) = 1110 - 1234.8 \times(0.1847 - 0.1049) = 1011\,\mathrm{m}$. 4. الرمل الطيني: $2680\times1004 + 1030\times696 = 3.408 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ والطباشير: $2710\times1409 + 1030\times201 = 4.025 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ والطين الصفحي: $2700\times1011 + 1030\times99 = 2.832 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$؛ والرمل: $2650\times1416 + 1030\times194 = 3.952 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. والمجموع $1.4217 \times 10^{7}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$، و$\bar\rho_s = 14\,216\,910/6030 = 2358\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. 5. $z_2' \leftarrow 1416 + 1815\,(1 - e^{-z_2'/3704})$: 1993، 2171، 2221، 2235، 2238، 2239، 2239: أي $2239\,\mathrm{m}$. 6. $(2650\times1416 + 1030\times823)/2239 = 2055\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. 7. $Y = 2239\times(3330 - 2055)/2300 + 200 = 1241 + 200 = 1441\,\mathrm{m}$. 8. $Y = 6030\times(3330 - 2358)/2300 + 100 = 2548 + 100 = 2648\,\mathrm{m}$. فالوحدات مقيسة عند أعماقها الحالية: إنها منضغطة أصلًا بقدر انضغاطها اليوم. 9. $(2171 - 1441)/50 = 14.6\,\mathrm{m}$ لكل مليون سنة من 150 إلى $100\,\mathrm{Ma}$؛ و$(2453 - 2171)/40 = 7.05\,\mathrm{m}$ من 100 إلى $60\,\mathrm{Ma}$؛ و$(2648 - 2453)/60 = 3.25\,\mathrm{m}$ منذ ذلك الحين: فالهبوط يتباطأ. 10. $6030 + 100 = 6130\,\mathrm{m}$، أي 2.31 ضعف الهبوط التكتوني. 11. $(6130 - 2648)/6130 = 57\,\%$. 12. $2171 - 100\times3330/2300 = 2026\,\mathrm{m}$. 13. النقطة عند نهاية التصدّع، $150\,\mathrm{Ma}$: $S_i = 1441\,\mathrm{m}$، إذا لم يحدث هبوط حراري خلال $15\,\mathrm{Myr}$ من التصدّع. 14. $\beta = 1/(1 - 1441/4334) = 1/0.6675 = 1.50$. 15. $35/1.50 = 23.3\,\mathrm{km}$ من القشرة و$125/1.50 = 83.3\,\mathrm{km}$ من الغلاف الصخري. 16. $(1.50/\pi)\sin(\pi/1.50) = 0.4775\times0.8660 = 0.4135$؛ $3207\times0.4135 = 1326\,\mathrm{m}$. 17. $S_i = 4334/3 = 1445\,\mathrm{m}$. عند $100\,\mathrm{Ma}$، $t = 50\,\mathrm{Myr}$: $1326\times(1 - e^{-50/62.7}) = 729\,\mathrm{m}$، $Y = 2173\,\mathrm{m}$؛ وعند $60\,\mathrm{Ma}$: $1326\times0.7620 = 1010\,\mathrm{m}$، $Y = 2455\,\mathrm{m}$؛ واليوم: $1326\times0.9086 = 1205\,\mathrm{m}$، $Y = 2650\,\mathrm{m}$. 18. النموذج أعمق بمقدار $2\,\mathrm{m}$ عند كل نقطة: 2173 مقابل 2171، و2455 مقابل 2453، و2650 مقابل 2648. 19. أعماق ماء قديمة لا تُعرف إلا في حدود مئة متر أو أكثر؛ ومستويات بحر في الماضي مختلفة عن مستواه اليوم؛ وتصدّع دام $15\,\mathrm{Myr}$، فُقد خلاله جزء من الحرارة أصلًا؛ والانثناء بدلًا من التوازن الأيزوستاتي المحلي؛ ووشاح مُطّ أكثر أو أقل من القشرة؛ وقشرة لم يكن سمكها $35\,\mathrm{km}$ قبل التصدّع. 20. $1326\times(e^{-150/62.7} - e^{-200/62.7}) = 67\,\mathrm{m}$. 21. $66.6\times2300/(3330 - 2400) = 165\,\mathrm{m}$. 22. $1 - e^{-150/62.7} = 91\,\%$. 23. $\tau\ln2 = 43.5\,\mathrm{Myr}$ بعد نهاية التصدّع: أي عند $106.5\,\mathrm{Ma}$. 24. $\beta = \textbf{1.50}$: فقد مُطّت القشرة إلى مرة ونصف من عرضها.