11Termobarometría y trayectorias P–T–t

Un granate de unos milímetros, crecido en un esquisto, conserva en su núcleo la composición que tenía cuando empezó a crecer y en su borde la que tenía cuando dejó de hacerlo. Cada zona estuvo en equilibrio con la biotita y la plagioclasa que la rodeaban en ese momento, y la forma en que el hierro, el magnesio y el calcio se repartieron entre esos minerales depende de la temperatura y de la presión. Leído con la termodinámica del capítulo anterior, un granate dice a qué profundidad se enterró su roca y cuánto se calentó; datado, dice cuándo, y a qué velocidad volvió a subir la roca. Este capítulo convierte los minerales metamórficos en termómetros, barómetros y relojes, y sigue a una roca a lo largo de su trayectoria por la corteza.

Lo que ya sabes

Del volumen de bachillerato: el grado metamórfico, los minerales índice y las isogradas. Del volumen de primer año: la geoterma y la producción de calor radiogénico; la corteza continental de unos $35\,\mathrm{km}$ de espesor; la datación radiométrica, la temperatura de cierre de un mineral y la edad de enfriamiento que da; la corteza oceánica y su peridotita. De los libros de física: la ecuación del calor $\partial T/\partial t = \kappa\, \partial^2 T/\partial z^2$ y la difusividad térmica $\kappa$. De los libros de química: la constante de equilibrio, $\Delta_r G^\circ + RT\ln K = 0$, y las actividades en soluciones ideales. Del Capítulo 10: las reacciones metamórficas, la pendiente de Clapeyron, el diagrama $\ce{Al2SiO5}$ y las facies.

11.1 Las zonas metamórficas

En las lutitas de las Highlands de Escocia, George Barrow cartografió en la década de 1890 una sucesión de zonas, cada una marcada por la primera aparición de un nuevo mineral índice. Hacia el grado más alto, a la clorita se le unen sucesivamente la biotita, el granate, la estaurolita, la cianita y la sillimanita; en las secciones tipo las zonas del granate a la sillimanita se formaron a unos 500 a $650\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y 5 a $7\,\mathrm{kbar}$.

Definición 11.1 (Zonas barrovienses; gradiente metamórfico de campo)

Las zonas barrovienses son las zonas metamórficas de las metapelitas en el orden clorita, biotita, granate, estaurolita, cianita, sillimanita, cada una de las cuales empieza en la isograda de su mineral índice. El gradiente metamórfico de campo de una región es la curva, en el plano presión–temperatura, que pasa por las condiciones de pico registradas por sus rocas en los lugares donde afloran hoy.

Cada punto de un gradiente de campo procede de una roca distinta, y cada roca alcanzó su propio pico en su propio momento: el gradiente de campo no es la geoterma de ningún momento, ni la trayectoria de ninguna roca. Es la traza que dejan los picos en la superficie de erosión actual.

Las isogradas se cartografían a partir de apariciones de minerales, y solo se convierten en condiciones de presión y temperatura cuando se conocen las reacciones que hay detrás. Para ir más lejos, hay que medir la temperatura y la presión en una sola roca.

11.2 Termómetros y barómetros

Definición 11.2 (Geotermómetro; geobarómetro; reacción de intercambio; reacción de transferencia neta)

Un geotermómetro (geobarómetro) es un equilibrio entre minerales cuya posición depende sobre todo de la temperatura (de la presión), de modo que las composiciones de los minerales dan la temperatura (la presión) de su último equilibrio. Una reacción de intercambio intercambia dos elementos entre dos minerales, como el hierro y el magnesio entre el granate y la biotita, sin crear ni destruir ninguno de los dos minerales. Una reacción de transferencia neta forma unos minerales a expensas de otros.

El termómetro más usado de las metapelitas es el intercambio de hierro y magnesio entre el granate y la biotita,

almandino más flogopita que dan piropo más annita. Sean $X_{\text{Mg}}$ y $X_{\text{Fe}}$ las fracciones de los sitios ocupadas por el magnesio y el hierro en cada mineral, y

Proposición 11.3 (Un equilibrio de intercambio)

Si el granate y la biotita son soluciones ideales y $\Delta_r H$, $\Delta_r S$ y $\Delta_r V$ de la reacción anterior son constantes, entonces en el equilibrio

$$3RT\ln K_D = -(\Delta_r H + P\,\Delta_r V) + T\,\Delta_r S, \qquad\text{luego}\qquad T = \frac{\Delta_r H + P\,\Delta_r V}{\Delta_r S - 3R\ln K_D}.$$

Las constantes proceden de experimentos en los que granate y biotita sintéticos intercambiaron hierro y magnesio a temperatura conocida y a $2.07\,\mathrm{kbar}$. Doce de esos intervalos, de 550 a $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, representados como $\ln K_D$ frente a $1/T$, caen cerca de una recta (figura siguiente); ajustados por mínimos cuadrados con $\Delta_r V = 0.311\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, dan $\Delta_r H = 52\,630\,\mathrm{J}$ y $\Delta_r S = 20.19\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$, los valores de los recálculos publicados de los mismos datos. A mayor temperatura la razón $K_D$ sube hacia 1: el granate toma una parte mayor del magnesio.

Para $K_D = 0.18$ a $5\,\mathrm{kbar}$, $T = (52630 + 0.311\times5000)/(20.19 - 3\times8.314 \times\ln 0.18) = 54185/62.96 = 861\,\mathrm{K}$, o sea $587\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Un kilobar más añade $0.311\times1000/62.96 = 4.9\,\mathrm{K}$: la reacción intercambia iones de la misma carga entre sitios de casi el mismo tamaño, su variación de volumen es pequeña, y la presión apenas importa. Eso es lo que hace un termómetro.

Un barómetro necesita lo contrario: una reacción con una gran variación de volumen. La reacción de transferencia neta

anortita que da grosularia, cianita y cuarzo, empaqueta los átomos de tres feldespatos en minerales más densos: $\Delta_r V = -6.21\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, veinte veces la del intercambio. Su equilibrio entre miembros extremos, invertido en experimentos de 900 a $1250\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y de 19 a $28\,\mathrm{kbar}$, sigue la recta

En una roca, la grosularia es una pequeña parte del granate y la anortita una parte de la plagioclasa. Con actividades ideales, $a_{\text{grosularia}} = X_{\text{Ca,grt}}^3$ y $a_{\text{anortita}} = X_{\text{an}}$, la condición $\Delta_r G^\circ + RT\ln K = 0$ escrita a $P$ y a $P_0$ da

Este geobarómetro, llamado GASP por los cuatro minerales (granate, aluminosilicato, sílice, plagioclasa), sirve allí donde una metapelita contiene los cuatro.

Método 11.4 (Temperatura y presión de una roca)

(1) Mídanse, en minerales que crecieron juntos, las composiciones que necesitan el termómetro y el barómetro. (2) Supóngase una presión y calcúlese la temperatura con el termómetro. (3) A esa temperatura, calcúlese la presión con el barómetro. (4) Repítanse (2) y (3) hasta que ninguna cambie; bastan dos o tres vueltas, ya que cada ecuación depende poco de la variable que fija la otra. Gráficamente, la respuesta está donde la línea del termómetro corta la del barómetro. (5) Propáguense las incertidumbres: para errores independientes, $\sigma_T^2 = (\partial T/\partial\ln K_D)^2\sigma_{\ln K_D}^2 + (\partial T/\partial P)^2\sigma_P^2$, y de forma análoga para $P$.

Las líneas del termómetro son casi verticales, las del barómetro inclinadas: se cortan con un ángulo amplio, lo que mantiene precisa la intersección. La mezcla ideal es la principal simplificación de este capítulo. Los granates reales contienen calcio y manganeso, las biotitas reales aluminio, titanio y hierro férrico, y las calibraciones que los corrigen desplazan las temperaturas decenas de grados (en una región bien estudiada, $574\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en lugar de $530\,{}^{\circ}\mathrm{C}$); las mejores declaran una incertidumbre de unos $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

11.3 Trayectorias presión–temperatura

Una roca no alcanza su presión máxima y su temperatura máxima en el mismo momento. Se entierra y se calienta, después vuelve a subir y se enfría, y sus minerales reaccionan todo el tiempo.

Definición 11.5 (Trayectoria P–T; trayectorias prógrada y retrógrada; condiciones del pico metamórfico)

La trayectoria P–T de una roca es la sucesión de presiones y temperaturas por las que pasó durante un episodio metamórfico. Su trayectoria prógrada es la parte a lo largo de la cual sube la temperatura, su trayectoria retrógrada la parte a lo largo de la cual baja. Las condiciones del pico metamórfico son la presión y la temperatura en la temperatura más alta de la trayectoria, el pico térmico; el pico de presión, o pico bárico, no tiene por qué coincidir con él.

Una trayectoria es horaria cuando, dibujada con la temperatura hacia la derecha y la presión hacia arriba, el pico térmico llega después del pico bárico, durante la descompresión; es antihoraria cuando el pico térmico se alcanza mientras la presión aún sube. Qué sentido sigue una roca depende de cómo le llegó el calor, y el caso más sencillo puede calcularse.

Imagínese una corteza de $35\,\mathrm{km}$ de espesor, en estado estacionario, con una producción de calor de $1.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, un flujo de calor de $25\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ desde abajo, una conductividad de $2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ y una difusividad de $1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, estas tres últimas dentro de los intervalos medidos en rocas. Su flujo de calor en superficie es de $60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ y su Moho está a $595\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Una colisión apila una segunda copia de esta corteza encima de ella, deprisa en comparación con el tiempo que necesita el calor para desplazarse: las rocas de la lámina inferior conservan sus temperaturas pero quedan $35\,\mathrm{km}$ más abajo, de modo que la geoterma se vuelve un diente de sierra, con rocas a $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $35\,\mathrm{km}$ bajo rocas calientes de la lámina superior. La corteza tiene ahora $70\,\mathrm{km}$ de espesor y contiene el doble de roca productora de calor. Treinta millones de años después del apilamiento, empieza la erosión, que retira $35\,\mathrm{km}$ en 70 millones de años ($0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$).

Proposición 11.6 (Escala de tiempo de la relajación térmica)

En una capa de espesor $L$ cuyas dos caras se mantienen a temperatura fija, una perturbación de temperatura de la forma $\sin(\pi z/L)$ decae como $e^{-t/\tau}$, con

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

El diente de sierra tiene una longitud de onda del orden del espesor de una lámina: con $L = 35\,\mathrm{km}$, $\tau = 3.9\,\mathrm{Myr}$, y la cuña fría a $35\,\mathrm{km}$ se borra en menos de diez millones de años. Toda la corteza engrosada, $L = 70\,\mathrm{km}$, se relaja en $\tau = 16\,\mathrm{Myr}$, de modo que el calentamiento continúa durante decenas de millones de años, hacia la geoterma mucho más caliente que sostiene una corteza el doble de gruesa y con el doble de roca productora de calor. La figura siguiente muestra las geotermas calculadas.

Sígase la roca que estaba en la superficie antes del apilamiento y queda a $35\,\mathrm{km}$ justo después de él, bajo $9.6\,\mathrm{kbar}$. En cinco millones de años se calienta de 0 a $395\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ sin moverse; al empezar la erosión ha alcanzado $558\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La erosión la hace subir entonces, pero el calor sigue llegando más deprisa de lo que escapa: la roca aún se calienta cuando ha subido $6\,\mathrm{km}$, y alcanza su pico térmico, $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $7.8\,\mathrm{kbar}$, 43 millones de años después del apilamiento. Solo entonces se enfría, pasando por $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $13\,\mathrm{km}$ de profundidad y $74\,\mathrm{Myr}$, camino de la superficie. La trayectoria (figura siguiente) es horaria. Además permanece a menos de $50\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ de su temperatura de pico durante treinta millones de años, cerca de un tercio de todo su recorrido, como hallaron England y Thompson en 1984 para la mayoría de los casos geológicamente plausibles: una roca pasa mucho tiempo cerca de su pico, y los minerales que conserva registran sobre todo esa etapa.

El modelo muestra también por qué algunas trayectorias giran en sentido contrario. El engrosamiento por sí solo calienta una roca solo después de que se haya enterrado, de modo que su pico térmico llega durante la exhumación. Una roca cuya temperatura sube mientras aún se está enterrando necesita calor de otra procedencia, como un magma que asciende en la corteza por encima o al lado de ella, y sigue una trayectoria antihoraria. Y en la corteza engrosada la base se calienta muy por encima de su temperatura inicial: England y Thompson concluyeron que una fusión considerable de la corteza es una consecuencia probable del engrosamiento, el tema del Capítulo 12.

11.4 Añadir el tiempo

Definición 11.7 (Trayectoria P–T–t)

La trayectoria P–T–t de una roca es su trayectoria P–T con el momento en que se alcanzó cada punto.

El tiempo procede de la datación radiométrica. Un mineral que creció durante el episodio y ha conservado desde entonces sus isótopos hijos, como una zona de granate datada por el método samario–neodimio, data su propio crecimiento, y su composición da la presión y la temperatura de ese momento. Un mineral que creció antes, a mayor temperatura, da en cambio una edad de enfriamiento: el momento en que la roca se enfrió por debajo de la temperatura de cierre de ese mineral y ese sistema isotópico (volumen de primer año). Para el argón en un grano de moscovita de $100\,\text{µ}\mathrm{m}$ de radio, que se enfría a $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ por millón de años, la temperatura de cierre es de $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $5\,\mathrm{kbar}$ y de $425\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $10\,\mathrm{kbar}$.

Definición 11.8 (Exhumación; tasa de exhumación)

La exhumación es el desplazamiento de una roca hacia la superficie de la Tierra, por retirada de las rocas que tiene encima. La tasa de exhumación es la velocidad a la que disminuye su profundidad.

Proposición 11.9 (Velocidades a partir de dos puntos datados)

Si una roca estaba a la temperatura $T_1$ y a la profundidad $z_1$ en el momento $t_1$ y a $T_2$, $z_2$ en un momento posterior $t_2$ (edades contadas hacia atrás desde hoy, $t_1 > t_2$), sus velocidades medias de enfriamiento y de exhumación en el intervalo son

$$\frac{T_1 - T_2}{t_1 - t_2} \qquad\text{y}\qquad \frac{z_1 - z_2}{t_1 - t_2},$$

y sus incertidumbres, para errores independientes en las dos edades, se deducen de $\sigma_{t_1 - t_2}^2 = \sigma_{t_1}^2 + \sigma_{t_2}^2$.

La profundidad a la que se fijó una edad de enfriamiento rara vez se mide: se estima a partir de la geoterma de la época, y por eso las tasas de exhumación son menos seguras que las velocidades de enfriamiento. Una presión, cuando una asociación mineral la proporciona, fija directamente la profundidad, como $z = P/(\bar\rho g)$ con $\bar\rho$ la densidad media de las rocas suprayacentes.

11.5 Series metamórficas y cinturones pareados

Definición 11.10 (Serie metamórfica; cinturones metamórficos pareados)

Una serie metamórfica (o serie de facies) es una sucesión de facies metamórficas desarrolladas en un mismo intervalo de razones entre presión y temperatura, y que ocupan por tanto un sector radial del plano presión–temperatura. Los cinturones metamórficos pareados son dos cinturones paralelos de la misma edad, uno de series de alta presión y otro de series de baja presión.

Se suelen distinguir tres series. Una razón alta entre presión y temperatura, a lo largo de un gradiente frío, lleva de la facies de las zeolitas a los esquistos azules y las eclogitas: la serie de las zonas de subducción. Una razón intermedia pasa por las facies de los esquistos verdes, las anfibolitas y las granulitas, con cianita y después sillimanita en las metapelitas: la serie barroviense. Una razón baja, a lo largo de gradientes calientes como los que hay cerca de las intrusiones, produce andalucita y después sillimanita: la serie de baja presión o de Buchan. La figura siguiente dibuja tres gradientes a través del diagrama de los aluminosilicatos.

La idea de las series vino de Japón, donde Akiho Miyashiro las definió en 1961. En el suroeste del país el cinturón de Sanbagawa, de metamorfismo de alta presión y baja temperatura, se extiende más de $800\,\mathrm{km}$ junto al cinturón de Ryoke, de metamorfismo de alta temperatura y baja presión, separados ambos por una falla mayor: el par clásico. El cinturón de Sanbagawa es una antigua zona de subducción, el de Ryoke el arco volcánico que había encima. Una zona de subducción produce así ambas series a la vez, rocas frías arrastradas hacia abajo por la placa que se hunde, rocas calientes calentadas en el arco; se conocen cinturones pareados del mismo tipo alrededor del Pacífico.

11.6 Ultra alta presión y exhumación

En 1984 se describió en el macizo de Dora Maira, en los Alpes occidentales, una cuarcita cuyos granates, de hasta $25\,\mathrm{cm}$ y de piropo casi puro, encierran granos de coesita, el polimorfo denso de la sílice, en parte retransformada en cuarzo; la expansión durante esa inversión agrietó radialmente el granate huésped alrededor de cada grano. La coesita y sus acompañantes implican al menos $28\,\mathrm{kbar}$ a unos $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: rocas de la corteza continental superior, antiguos sedimentos, habían descendido a $90\,\mathrm{km}$ o más y habían vuelto.

Definición 11.11 (Metamorfismo de ultra alta presión)

El metamorfismo de ultra alta presión es el metamorfismo de rocas corticales a presiones lo bastante altas para que crezca coesita, o diamante.

Seis años después, se hallaron diamantes de $12\,\text{µ}\mathrm{m}$ de media en gneises, esquistos y rocas de granate y piroxeno del macizo de Kokchetav, en el norte de Kazajistán, encerrados en granate y circón, que los protegieron de transformarse en grafito: crecieron a $40\,\mathrm{kbar}$ o más y por encima de 900 a $1000\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La corteza continental, aun siendo ligera, puede ser arrastrada a más de cien kilómetros de profundidad.

Cómo vuelve lo cuentan sus relojes. En las rocas subducidas más profundas de los Alpes, la titanita datada en etapas sucesivas muestra que una roca calcosilicatada alcanzó unos $3.5\,\mathrm{GPa}$ a $35.1 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, estaba a $1 \pm 0.15\,\mathrm{GPa}$ a $32.9 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, y cerca de 0.4 a $0.5\,\mathrm{GPa}$ a $31.8 \pm 0.5\,\mathrm{Ma}$. Las tasas medias de exhumación, 3.4 y después $1.6\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, igualan las velocidades de las placas: las rocas volvieron más o menos tan deprisa como bajaron, mucho más deprisa de lo que la erosión habría podido desenterrarlas. Los autores invocan la flotabilidad, la corteza ligera que sube a través del manto más denso, y las fallas normales, que adelgazan las rocas suprayacentes.

11.7 El metamorfismo de fondo oceánico

Definición 11.12 (Metamorfismo de fondo oceánico; serpentinización)

El metamorfismo de fondo oceánico es el metamorfismo regional de la litosfera oceánica cerca de los centros de expansión, por fluidos acuosos calientes que circulan con fuertes gradientes geotérmicos; la recristalización suele ser incompleta y la temperatura suele aumentar con la profundidad. La serpentinización es la hidratación de rocas ricas en olivino que las transforma en serpentina.

El agua de mar que penetra en la corteza joven cerca del eje de una dorsal se calienta, reacciona con las rocas y vuelve a subir. Los basaltos que atraviesa recristalizan, de forma incompleta, en minerales hidratados, en un amplio intervalo de temperaturas. Donde el agua alcanza la peridotita, como en las dorsales lentas donde la roca del manto llega al fondo marino y alimenta fuentes como las del campo hidrotermal de Lost City (volumen de primer año), el olivino incorpora agua:

la forsterita da serpentina y brucita. Los volúmenes molares, 43.65 para la forsterita, 107.50 para la serpentina y $24.63\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$ para la brucita, muestran lo que esto hace a la roca: $87.30\,\mathrm{cm}^{3}$ de olivino se convierten en $132.13\,\mathrm{cm}^{3}$ de sólidos, un $51\,\%$ más, y la densidad baja de 3.22 a $2.54\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$. La roca se hincha y se aligera, y el agua que ha fijado desciende con ella cuando la placa subduce.

En el laboratorio — Leer un granate

Para leer una trayectoria P–T, el petrólogo corta primero una lámina delgada por el centro de un granate, ya que una sección descentrada no pasa por el núcleo. Al microscopio se cartografían las inclusiones: pequeños granos de cuarzo, biotita, plagioclasa o cianita atrapados mientras el granate crecía, a veces alineados en trenes que conservan una foliación más antigua de la roca. Una microsonda electrónica mide después la composición a lo largo de una línea del núcleo al borde, y un mapa de magnesio, hierro, calcio y manganeso muestra las zonas de crecimiento. Cada zona se empareja con los minerales que crecieron con ella: las inclusiones para el núcleo, la matriz en contacto para el borde. El termómetro y el barómetro se aplican a cada par, y las zonas se datan cuando un mineral lo permite. El Capítulo 31 describe los instrumentos.

11.8 Ejercicios

Ejercicio 11.1 ★

Seis muestras de una misma formación de lutitas, recogidas a lo largo de una carretera, contienen: (A) clorita, moscovita, cuarzo; (B) biotita, clorita, moscovita, cuarzo; (C) granate, biotita, moscovita, cuarzo; (D) estaurolita, granate, biotita, moscovita, cuarzo; (E) cianita, estaurolita, biotita, moscovita, cuarzo; (F) sillimanita, biotita, moscovita, cuarzo. (a) ¿En qué zona barroviense está cada una? (b) ¿Cuántas isogradas cruza la carretera, y cuáles? (c) ¿Por qué no basta con conocer las isogradas para trazar el gradiente metamórfico de campo?

Solución

Solución de Ejercicio 11.1.

(a) A zona de la clorita, B zona de la biotita, C zona del granate, D zona de la estaurolita, E zona de la cianita, F zona de la sillimanita. (b) Cinco: las isogradas de la biotita, el granate, la estaurolita, la cianita y la sillimanita, cada una entre dos muestras sucesivas, con el grado aumentando de A a F. (c) Una isograda solo dice que una reacción tuvo lugar; un gradiente de campo necesita presiones y temperaturas, que proceden de reacciones calibradas o de la termobarometría de la asociación de pico de cada roca.

Ejercicio 11.2 ★

Un granate tiene $X_{\text{Mg}} = 0.10$ y $X_{\text{Fe}} = 0.80$, la biotita que hay a su lado $X_{\text{Mg}} = 0.45$ y $X_{\text{Fe}} = 0.50$. (a) Calcúlense $K_D$ y $\ln K_D$. (b) Con la calibración de este capítulo, calcúlese la temperatura a $5\,\mathrm{kbar}$ y a $7\,\mathrm{kbar}$. (c) ¿Es el resultado un indicador de temperatura o de presión?

Solución

Solución de Ejercicio 11.2.

(a) $(X_{\text{Mg}}/X_{\text{Fe}})_{\text{grt}} = 0.10/0.80 = 0.125$, $(X_{\text{Mg}}/X_{\text{Fe}})_{\text{bt}} = 0.45/0.50 = 0.900$; $K_D = 0.1389$, $\ln K_D = -1.9741$. (b) $3R = 24.942$; el denominador es $20.19 + 24.942\times1.9741 = 69.428$; a $5\,\mathrm{kbar}$, $T = 54185/69.428 = 780.5\,\mathrm{K} = 507\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; a $7\,\mathrm{kbar}$, $T = (52630 + 2177)/69.428 = 789.4\,\mathrm{K} = 516\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) Dos kilobares la cambian solo $9\,\mathrm{K}$: un termómetro.

Ejercicio 11.3 ★

Una metapelita da $580\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $6.0\,\mathrm{kbar}$. (a) Bajo rocas de densidad media $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ($g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$), ¿a qué profundidad estaba? (b) ¿Qué gradiente de temperatura implica desde $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en la superficie? (c) La línea experimental cianita $=$ sillimanita pasa por $3.67\,\mathrm{kbar}$ a $500\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y por $5.77\,\mathrm{kbar}$ a $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: ¿qué aluminosilicato debería contener la roca?

Solución

Solución de Ejercicio 11.3.

(a) $z = P/(\bar\rho g) = 6.0\times10^8/(2800\times9.81) = 21.8\,\mathrm{km}$. (b) $(580 - 10)/21.8 = 26\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. (c) A $580\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ la línea está en $3.67 + 0.8\times2.10 = 5.35\,\mathrm{kbar}$; a $6.0\,\mathrm{kbar}$ la roca está del lado de alta presión: cianita.

Ejercicio 11.4 ★

Para la serpentinización de la forsterita escrita en este capítulo: (a) compruébese que la ecuación está ajustada en masa, con las masas molares 140.693 (forsterita), 18.015 (agua), 277.112 (serpentina) y $58.320\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$ (brucita); (b) calcúlese la variación de volumen de los sólidos; (c) calcúlense las densidades del olivino y de los productos. (d) ¿Qué efecto tiene el cambio en una peridotita serpentinizada bajo el fondo marino?

Solución

Solución de Ejercicio 11.4.

(a) Reactivos $2\times140.693 + 3\times18.015 = 335.431\,\mathrm{g}$; productos $277.112 + 58.320 = 335.432\,\mathrm{g}$: ajustada salvo redondeo. (b) $2\times43.65 = 87.30\,\mathrm{cm}^{3}$ se convierten en $107.50 + 24.63 = 132.13\,\mathrm{cm}^{3}$: $+51.4\,\%$. (c) Olivino $281.386/87.30 = 3.223\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$; productos $335.432/132.13 = 2.539\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$. (d) La roca aumenta su volumen en la mitad y se vuelve más ligera; además almacena agua en sus minerales.

Ejercicio 11.5 ★★

Calíbrese el termómetro a partir de cuatro de los experimentos a $2.07\,\mathrm{kbar}$: $\ln K_D = -1.157$ y $-1.255$ a $799\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $-1.738$ y $-1.826$ a $550\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Promédiese cada par y hállese la recta $\ln K_D = a/T + b$ que pasa por las dos medias. (b) Dedúzcanse $\Delta_r H$ y $\Delta_r S$, con $\Delta_r V = 0.311\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$. (c) Compárense las temperaturas que dan su calibración y la del capítulo a $5\,\mathrm{kbar}$ para $K_D = 0.18$, $0.10$ y $0.30$. ¿Qué se concluye sobre la extrapolación de una calibración?

Solución

Solución de Ejercicio 11.5.

(a) Medias $-1.206$ a $1072.15\,\mathrm{K}$ y $-1.782$ a $823.15\,\mathrm{K}$. Con $1/T = 9.3271\times10^{-4}$ y $1.21485\times10^{-3}$, $a = (-1.206 + 1.782)/(9.3271\times10^{-4} - 1.21485\times10^{-3}) = -2041.5$ K y $b = -1.206 + 2041.5/1072.15 = 0.6982$. (b) $\Delta_r H + 2070\times0.311 = 2041.5\times24.942 = 50\,920\,\mathrm{J}$, luego $\Delta_r H = 50\,276\,\mathrm{J}$; $\Delta_r S = 0.6982\times24.942 = 17.41\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$. (c) A $5\,\mathrm{kbar}$: para $K_D = 0.18$, 588.1 frente a $587.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; para $0.10$, 419 frente a $425\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; para $0.30$, 819 frente a $806\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Dentro del intervalo de los experimentos las dos calibraciones coinciden, aunque sus constantes difieren en $2.4\,\mathrm{kJ}$ y $2.8\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$; los errores de $\Delta_r H$ y de $\Delta_r S$ se compensan allí y crecen fuera de él. Una calibración no debe usarse lejos de las condiciones de sus experimentos.

Ejercicio 11.6 ★★

(a) A partir de los volúmenes molares a $298\,\mathrm{K}$ (almandino 115.32, piropo 113.12, annita 154.30, flogopita 149.65, grosularia 125.28, anortita 100.79, cianita 44.15, cuarzo $22.69\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$), calcúlese el $\Delta_r V$ del intercambio y de la reacción GASP, y compárese con los valores que usan las calibraciones, $0.311$ y $-6.21\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$. (b) Para $K_D = 0.18$, ¿cuántos kelvin desplaza la temperatura un error de $1\,\mathrm{kbar}$? (c) A lo largo de la línea GASP de una roca con $X_{\text{Ca}}/X_{\text{an}} = 0.20$, ¿cuántos bares desplaza la presión un error de $17\,\mathrm{K}$?

Solución

Solución de Ejercicio 11.6.

(a) Intercambio: $(113.12 + 154.30) - (115.32 + 149.65) = +2.45\,\mathrm{cm}^{3} = 0.245\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, frente a 0.311. GASP: $125.28 + 2\times44.15 + 22.69 - 3\times100.79 = -66.10\,\mathrm{cm}^{3} = -6.61\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, frente a $-6.21$, el valor de la calibración a $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $10\,\mathrm{kbar}$, donde la dilatación térmica y la compresión cambian los volúmenes. En ambos casos la variación de GASP es de veinte a treinta veces la del intercambio. (b) $\partial T/\partial P = 0.311/62.96 = 4.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{K}/\mathrm{bar}$: $4.9\,\mathrm{K}$ por kilobar. (c) La pendiente de la línea es $22.80 + 8.314\times3\ln 0.20/6.21 = 22.80 - 6.46 = 16.3\,\mathrm{bar}/\mathrm{K}$; $17\,\mathrm{K}$ desplazan la presión $280\,\mathrm{bar}$.

Ejercicio 11.7 ★★

A $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, un granate tiene $X_{\text{Ca}} = 0.08$ y la plagioclasa que hay a su lado $X_{\text{an}} = 0.30$. (a) Calcúlese la presión GASP. (b) Rehágase con $X_{\text{an}} = 0.35$. (c) ¿A qué profundidad estaba la roca, para una densidad media de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$?

Solución

Solución de Ejercicio 11.7.

(a) $P_0 = 22.80\times600 - 1093 = 12\,587\,\mathrm{bar}$; $3\ln(0.08/0.30) = -3.9653$; $RT = 8.314\times873.15 = 7259.4\,\mathrm{J}$; $P = 12587 + 7259.4\times(-3.9653)/6.21 = 12587 - 4635 = 7952\,\mathrm{bar}$. (b) $3\ln(0.08/0.35) = -4.4277$, $P = 12587 - 5176 = 7411\,\mathrm{bar}$: $0.54\,\mathrm{kbar}$ menos, de modo que la plagioclasa debe analizarse con cuidado. (c) $7952\times10^5/(2800\times9.81) = 29.0\,\mathrm{km}$.

Ejercicio 11.8 ★★

Úsense las edades de titanita de las rocas subducidas más profundas de los Alpes: unos $3.5\,\mathrm{GPa}$ a $35.1 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, $1.0\,\mathrm{GPa}$ a $32.9 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, $0.45\,\mathrm{GPa}$ a $31.8 \pm 0.5\,\mathrm{Ma}$. (a) Con una densidad media de $3000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, conviértanse las presiones en profundidades. (b) Calcúlense las dos tasas medias de exhumación y compárense con los valores publicados, 3.4 y $1.6\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$. (c) ¿Cuál es la incertidumbre del primer intervalo de tiempo, y qué intervalo de velocidades permite? (d) Compárese con la velocidad de erosión del modelo de engrosamiento, $0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$.

Solución

Solución de Ejercicio 11.8.

(a) $z = P/(\bar\rho g)$: $118.9\,\mathrm{km}$, $34.0\,\mathrm{km}$ y $15.3\,\mathrm{km}$. (b) $(118.9 - 34.0)/2.2 = 38.6\,\mathrm{km}/\mathrm{Myr} = 3.9\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ y $(34.0 - 15.3)/1.1 = 17.0\,\mathrm{km}/\mathrm{Myr} = 1.7\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, algo por encima de los valores publicados, 3.4 y 1.6: su conversión de presión en profundidad da diferencias de profundidad algo menores. (c) $\sigma = \sqrt{0.9^2 + 0.9^2} = 1.3\,\mathrm{Myr}$, luego $2.2 \pm 1.3$ millones de años y una velocidad entre $84.9/3.47 = 24$ y $84.9/0.93 = 91\,\mathrm{km}/\mathrm{Myr}$, de 2.4 a $9.1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$: rápida en cualquier caso. (d) Incluso la velocidad más baja es unas cincuenta veces los $0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ del modelo: la erosión sola no puede lograrlo.

Ejercicio 11.9 ★★

Para $K_D = 0.18$ a $5\,\mathrm{kbar}$, (a) calcúlense $\partial T/\partial\ln K_D$ y $\partial T/\partial P$ a partir de la proposición; (b) con $\sigma_{\ln K_D} = 0.05$ (un error del $5\,\%$ en $K_D$) y $\sigma_P = 1\,\mathrm{kbar}$, calcúlese $\sigma_T$. (c) ¿Qué error domina? Compárese con la incertidumbre de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ que se atribuye a las mejores calibraciones.

Solución

Solución de Ejercicio 11.9.

(a) $\partial T/\partial\ln K_D = 3RT/(\Delta_r S - 3R\ln K_D) = 24.942\times860.6/62.96 = 341\,\mathrm{K}$; $\partial T/\partial P = 0.311/62.96 = 4.9\,\mathrm{K}$ por kilobar. (b) $\sigma_T = \sqrt{(341\times0.05)^2 + 4.9^2} = \sqrt{17.0^2 + 4.9^2} = 17.7\,\mathrm{K}$. (c) Domina el error analítico de $K_D$; por sí solo supone dos tercios de los $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ de las mejores calibraciones, que incluyen además los errores de la propia calibración.

Ejercicio 11.10 ★★★

El borde de un granate tiene $X_{\text{Mg}} = 0.10$, $X_{\text{Fe}} = 0.75$, $X_{\text{Ca}} = 0.07$; la biotita de la matriz $X_{\text{Mg}} = 0.42$, $X_{\text{Fe}} = 0.52$; la plagioclasa $X_{\text{an}} = 0.25$. (a) Aplíquese el método de este capítulo, partiendo de $6\,\mathrm{kbar}$, hasta que la temperatura cambie menos de $1\,\mathrm{K}$. (b) ¿Qué aluminosilicato debería contener la roca (úsese la línea experimental del Ejercicio 11.3)? (c) ¿Por qué debe usar el barómetro el aluminosilicato realmente presente?

Solución

Solución de Ejercicio 11.10.

(a) Granate $0.10/0.75 = 0.1333$, biotita $0.42/0.52 = 0.8077$, $K_D = 0.1650$, $\ln K_D = -1.8018$, denominador $20.19 + 24.942\times1.8018 = 65.130$; $3\ln(0.07/0.25) = -3.8189$. A $6000\,\mathrm{bar}$: $T = 54496/65.130 = 836.7\,\mathrm{K} = 563.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, después $P = 22.80\times563.6 - 1093 + 8.314\times836.7\times(-3.8189)/6.21 = 7479\,\mathrm{bar}$. A $7479\,\mathrm{bar}$: $T = 570.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $P = 7603\,\mathrm{bar}$. A $7603\,\mathrm{bar}$: $T = 571.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $P = 7614\,\mathrm{bar}$; una vez más, $T = 571.3\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La roca se equilibró a unos $571\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $7.6\,\mathrm{kbar}$. (b) A $571\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ la línea cianita $=$ sillimanita está en $3.67 + 0.71\times2.10 = 5.16\,\mathrm{kbar}$: cianita. (c) El barómetro se calibró para la cianita; con sillimanita la reacción, y su línea, son otras, ya que los dos polimorfos no tienen la misma energía de Gibbs.

Ejercicio 11.11 ★★★

Con $\kappa = 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$: (a) calcúlese el tiempo de relajación de la proposición para $L = 35\,\mathrm{km}$ y para $L = 70\,\mathrm{km}$. (b) El modelo erosiona $35\,\mathrm{km}$ en 70 millones de años; compárese ese tiempo con los dos de (a). (c) Explíquese, a partir de esos tiempos, por qué la roca del modelo alcanza su pico térmico después de su pico de presión. (d) Si la erosión fuera diez veces más rápida, ¿qué cambiaría en la trayectoria?

Solución

Solución de Ejercicio 11.11.

(a) $\tau = L^2/(\pi^2\kappa)$: para $35\,\mathrm{km}$, $1.225\times10^9/(9.870\times10^{-6}) = 1.24 \times 10^{14}\,\mathrm{s} = 3.9\,\mathrm{Myr}$; para $70\,\mathrm{km}$, cuatro veces más, $15.7\,\mathrm{Myr}$. (b) Setenta millones de años son de cuatro a dieciocho veces esos tiempos: el calor atraviesa la corteza engrosada mucho más deprisa de lo que la erosión la retira. (c) La roca alcanza su máxima profundidad de golpe, en el apilamiento; el calor llega a lo largo de las decenas de millones de años siguientes, mientras la erosión la va subiendo despacio: la temperatura sigue subiendo un tiempo mientras se produce la descompresión. (d) Una erosión en siete millones de años subiría la roca antes de que la conducción la hubiera calentado: un pico térmico más bajo, alcanzado pronto, a mayor presión, y una trayectoria fría de vuelta a la superficie.

Ejercicio 11.12 ★★★

Tómese una corteza de $35\,\mathrm{km}$ de espesor y densidad $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ sobre un manto de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) ¿A qué profundidad alcanza la presión $28\,\mathrm{kbar}$, el mínimo para la coesita de Dora Maira? (b) ¿Y $40\,\mathrm{kbar}$, para los diamantes de Kokchetav? (c) ¿Qué gradiente medio implican $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a la profundidad de (a), y en qué serie cae? (d) A $3.4\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, ¿cuánto dura el ascenso desde la profundidad de (a) hasta $35\,\mathrm{km}$?

Solución

Solución de Ejercicio 11.12.

(a) La corteza pesa $35000\times2800\times9.81 = 0.961\,\mathrm{GPa}$; los $1.839\,\mathrm{GPa}$ restantes requieren $1.839\times10^9/(3300\times9.81) = 56.8\,\mathrm{km}$ de manto: profundidad $91.8\,\mathrm{km}$, como los $90\,\mathrm{km}$ o más del estudio original. (b) $(4.0 - 0.961)\times10^9/(3300\times9.81) = 93.9\,\mathrm{km}$, profundidad $128.9\,\mathrm{km}$. (c) $700/91.8 = 7.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$: una razón muy alta entre presión y temperatura, la serie de las zonas de subducción. (d) $(91.8 - 35)/34 = 1.7\,\mathrm{Myr}$.

11.9 Problema: el viaje de un granate

Problema 11.1

Problema de fin de semana — termobarometría, trayectoria y tasa de exhumación de un esquisto

Un esquisto de cianita, granate y biotita contiene granates con un núcleo y un borde. El núcleo encierra biotita, plagioclasa y cianita; el borde está en contacto con la biotita y la plagioclasa de la matriz. Alrededor de los granates, parte de la cianita está reemplazada por sillimanita, y en los bordes de los granates ha crecido algo de clorita. Los análisis son:

	$X_{\text{Mg}}$	$X_{\text{Fe}}$	$X_{\text{Ca}}$ o $X_{\text{an}}$
núcleo del granate	0.080	0.760	0.050
biotita incluida en el núcleo	0.40	0.58	—
plagioclasa incluida en el núcleo	—	—	0.25
borde del granate	0.120	0.720	0.060
biotita de la matriz	0.46	0.53	—
plagioclasa de la matriz	—	—	0.28

Úsense el termómetro granate–biotita y el barómetro GASP de este capítulo (mezcla ideal), $R = 8.314\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, una densidad media de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ sobre la roca, y redondéese cada razón a cuatro decimales.

Parte I — Temperaturas.

1. Calcúlese $X_{\text{Mg}}/X_{\text{Fe}}$ en el núcleo del granate y en la biotita incluida, y después $K_D$ y $\ln K_D$ para el núcleo.
2. Hágase lo mismo para el borde y la biotita de la matriz.
3. Calcúlese la temperatura del núcleo a $6\,\mathrm{kbar}$.
4. Calcúlese la temperatura del borde a $6\,\mathrm{kbar}$.
5. ¿Cuántos kelvin cambiaría estas temperaturas un error de $1\,\mathrm{kbar}$?
6. ¿Por qué se empareja el núcleo con la biotita incluida, y el borde con la biotita de la matriz?

Parte II — Presiones.

7. Calcúlese la presión de miembros extremos $P_0$ de la reacción GASP a las dos temperaturas de las preguntas 3 y 4.
8. Calcúlese la presión GASP del núcleo a la temperatura de la pregunta 3.
9. Calcúlese la presión GASP del borde a la temperatura de la pregunta 4.
10. Recalcúlese la temperatura del borde a la presión de la pregunta 9, después su presión a esa temperatura, y una vez más la temperatura. Dense la temperatura y la presión del borde.
11. Hágase lo mismo una vez para el núcleo. ¿Por qué cambia tan poco?
12. Conviértanse en profundidades las presiones del núcleo y del borde.
13. La línea experimental cianita $=$ sillimanita pasa por 3.67, 5.77 y $7.86\,\mathrm{kbar}$ a 500, 600 y $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. ¿Qué aluminosilicato era estable cuando creció el núcleo, y cuando creció el borde? ¿Es coherente la cianita del núcleo?

Parte III — La trayectoria.

14. Entre el núcleo y el borde, ¿cuánto cambiaron la temperatura y la presión? ¿Crecía el granate en la trayectoria prógrada o en la retrógrada?
15. La sillimanita reemplaza a la cianita alrededor de los granates. A la temperatura del borde, ¿por debajo de qué presión debió de pasar la roca para que eso ocurriera? ¿Qué hizo la roca después de que creciera el borde?
16. La clorita crece en los bordes de los granates. ¿Qué parte de la trayectoria registra?
17. Dibújese la trayectoria: núcleo, borde, sillimanita, clorita. ¿Es horaria o antihoraria? ¿Qué pico llegó primero?
18. El modelo de engrosamiento de este capítulo lleva su roca a un pico térmico de $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $7.8\,\mathrm{kbar}$. ¿Es del mismo tipo la trayectoria del esquisto?

Parte IV — A qué velocidad.

19. El borde del granate da una edad samario–neodimio de $412.0 \pm 1.5\,\mathrm{Ma}$, que se toma como la edad del pico; una moscovita de la matriz da una edad argón de $398.0 \pm 1.0\,\mathrm{Ma}$, el momento en que la roca se enfrió por debajo de $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Calcúlese la velocidad media de enfriamiento entre ambas.
20. La temperatura de cierre de $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ supone un enfriamiento de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ por millón de años. ¿Exige la velocidad de la pregunta 19 un valor más alto o más bajo, y por qué?
21. A $398\,\mathrm{Ma}$, tómese una geoterma de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ desde $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en la superficie. ¿A qué profundidad se cerró la moscovita?
22. ¿Cuánto subió la roca entre el pico y el cierre de la moscovita?
23. ¿Cuál es la incertidumbre del intervalo de tiempo?
24. Calcúlese la tasa media de exhumación desde el pico hasta el cierre de la moscovita, en milímetros por año y redondeada a la décima: el número clave de este problema.

Solución

Solución de Problema 11.1.

Parte I.

1. Núcleo del granate $0.080/0.760 = 0.1053$, biotita $0.40/0.58 = 0.6897$; $K_D = 0.1527$, $\ln K_D = -1.8793$.

2. Borde $0.120/0.720 = 0.1667$, biotita de la matriz $0.46/0.53 = 0.8679$; $K_D = 0.1921$, $\ln K_D = -1.6497$.

3. $3R = 24.942$; numerador $52630 + 0.311\times6000 = 54496$; denominador $20.19 + 24.942\times1.8793 = 67.064$; $T = 812.6\,\mathrm{K} = 539.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

4. Denominador $20.19 + 24.942\times1.6497 = 61.337$; $T = 54496/61.337 = 888.5\,\mathrm{K} = 615.3\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

5. $0.311\times1000/67.064 = 4.6\,\mathrm{K}$ para el núcleo y $0.311\times1000/61.337 = 5.1\,\mathrm{K}$ para el borde.

6. Un termómetro se aplica a minerales que estuvieron juntos en equilibrio. La biotita incluida en el núcleo quedó aislada del resto de la roca cuando creció el núcleo; la biotita de la matriz intercambió por última vez con el borde. Emparejar el núcleo con la matriz mezclaría dos momentos.

Parte II.

7. Núcleo $22.80\times539.5 - 1093 = 11\,208\,\mathrm{bar}$; borde $22.80\times615.3 - 1093 = 12\,936\,\mathrm{bar}$.

8. $3\ln(0.050/0.25) = -4.8283$; $RT = 8.314\times812.65 = 6756.4\,\mathrm{J}$; $P = 11208 - 6756.4\times4.8283/6.21 = 11208 - 5253 = 5955\,\mathrm{bar}$.

9. $3\ln(0.060/0.28) = -4.6213$; $RT = 8.314\times888.45 = 7386.6\,\mathrm{J}$; $P = 12936 - 5497 = 7439\,\mathrm{bar}$.

10. A $7439\,\mathrm{bar}$: $T = (52630 + 2314)/61.337 = 895.8\,\mathrm{K} = 622.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; a esa temperatura $P = 13102 - 5542 = 7560\,\mathrm{bar}$; después $T = 623.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. El borde creció a unos $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $7.56\,\mathrm{kbar}$.

11. A $5954\,\mathrm{bar}$, $T = 539.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $P = 5950\,\mathrm{bar}$: el núcleo creció a unos $539\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $5.95\,\mathrm{kbar}$. La primera estimación, $6\,\mathrm{kbar}$, ya era cercana, y el termómetro solo se desplaza $4.6\,\mathrm{K}$ por kilobar.

12. Núcleo $5950\times10^5/(2800\times9.81) = 21.7\,\mathrm{km}$; borde $7560\times10^5/27468 = 27.5\,\mathrm{km}$.

13. A $539\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ la línea está en $3.67 + 0.39\times2.10 = 4.49\,\mathrm{kbar}$, por debajo de $5.95\,\mathrm{kbar}$: cianita, coherente con la cianita incluida en el núcleo. A $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ está en $5.77 + 0.23\times2.09 = 6.25\,\mathrm{kbar}$, por debajo de $7.56\,\mathrm{kbar}$: de nuevo cianita.

Parte III.

14. $+84\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ y $+1.6\,\mathrm{kbar}$ (unos $6\,\mathrm{km}$ más abajo): la roca se estaba enterrando y calentando, en su trayectoria prógrada.

15. A $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ o más, por debajo de $6.25\,\mathrm{kbar}$: después de crecer el borde la roca perdió al menos $1.3\,\mathrm{kbar}$, unos $5\,\mathrm{km}$ de recubrimiento, sin dejar de estar al menos igual de caliente. Se exhumó mientras aún estaba caliente.

16. La clorita es un mineral hidratado de bajo grado: registra la parte final de la trayectoria retrógrada, el enfriamiento a poca profundidad, con agua.

17. Enterramiento y calentamiento hasta el borde, descompresión sin enfriamiento, y después enfriamiento: dibujada con la temperatura hacia la derecha y la presión hacia arriba, la trayectoria gira en sentido horario. El pico de presión llegó primero, en el borde; el pico térmico a la vez o más tarde, durante la descompresión.

18. Sí: el modelo también alcanza primero su pico de presión y su pico térmico, $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $7.8\,\mathrm{kbar}$, durante el ascenso, cerca de las condiciones del borde del esquisto. Un engrosamiento seguido de una erosión lenta explica la trayectoria del esquisto.

Parte IV.

19. $(623 - 405)/(412.0 - 398.0) = 218/14.0 = 15.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ por millón de años.

20. La roca se enfrió alrededor de una vez y media más deprisa de lo supuesto. Un mineral que se enfría más deprisa tiene menos tiempo para perder su argón, de modo que se cierra a una temperatura más alta: la verdadera temperatura de cierre está algo por encima de $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, y el cierre algo más abajo.

21. $(405 - 10)/30 = 13.2\,\mathrm{km}$.

22. $27.5 - 13.2 = 14.3\,\mathrm{km}$ (con las profundidades sin redondear, 27.52 y 13.17, $14.35\,\mathrm{km}$).

23. $\sqrt{1.5^2 + 1.0^2} = 1.8\,\mathrm{Myr}$: $14.0 \pm 1.8\,\mathrm{Myr}$, luego una velocidad entre $14.35/15.8 = 0.91$ y $14.35/12.2 = 1.18\,\mathrm{km}/\mathrm{Myr}$.

24. $14.35/14.0 = 1.03\,\mathrm{km}$ por millón de años, es decir, $1.0\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, unas treinta veces más lenta que la primera etapa de exhumación de las rocas alpinas más profundas, y aproximadamente el doble de la velocidad de erosión del modelo de engrosamiento.