11Thermobarométrie et chemins P–T–t

Un grenat de quelques millimètres, cristallisé dans un schiste, conserve dans son cœur la composition qu’il avait au début de sa croissance et dans sa bordure celle qu’il avait à son arrêt. Chaque zone était en équilibre avec la biotite et le plagioclase qui l’entouraient, et la façon dont le fer, le magnésium et le calcium se répartissaient entre ces minéraux dépend de la température et de la pression. Lu à la lumière de la thermodynamique du chapitre précédent, un grenat dit à quelle profondeur sa roche fut enfouie et jusqu’à quelle température elle s’est échauffée ; daté, il dit quand, et à quelle vitesse la roche est remontée. Ce chapitre fait des minéraux métamorphiques des thermomètres, des baromètres et des horloges, et suit une roche le long de son chemin à travers la croûte.

Tu sais déjà

Du volume de lycée : grade métamorphique, minéraux indicateurs et isogrades. Du volume de première année universitaire : le géotherme et la production de chaleur radiogénique ; la croûte continentale d’environ $35\,\mathrm{km}$ d’épaisseur ; datation radiométrique, la température de fermeture d’un minéral et l’âge de refroidissement qu’il donne ; la croûte océanique et sa péridotite. Des volumes de physique : l’équation de la chaleur $\partial T/\partial t = \kappa\, \partial^2 T/\partial z^2$ et la diffusivité thermique $\kappa$. Des volumes de chimie : la constante d’équilibre, $\Delta_r G^\circ + RT\ln K = 0$, et les activités dans les solutions idéales. Du Chapitre 10 : réactions métamorphiques, la pente de Clapeyron, le diagramme de $\ce{Al2SiO5}$ et les faciès.

11.1 Zones métamorphiques

Dans les argilites des Hautes-Terres d’Écosse, George Barrow cartographia dans les années 1890 une suite de zones, chacune marquée par la première apparition d’un nouveau minéral indicateur. En allant vers les grades plus élevés, la chlorite est rejointe tour à tour par la biotite, le grenat, la staurolite, la disthène et la sillimanite ; dans les coupes types, les zones du grenat à la sillimanite se sont formées vers 500 à $650\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et 5 à $7\,\mathrm{kbar}$.

Définition 11.1 (Zones de Barrow ; gradient métamorphique de terrain)

Les zones de Barrow sont les zones métamorphiques des métapélites dans l’ordre chlorite, biotite, grenat, staurolite, disthène, sillimanite, chacune commençant à l’isograde de son minéral indicateur. Le gradient métamorphique de terrain d’une région est la courbe, dans le plan pression–température, passant par les conditions au pic enregistrées par ses roches aux endroits où elles affleurent aujourd’hui.

Chaque point d’un gradient métamorphique de terrain vient d’une roche différente, et chaque roche a atteint son pic à un moment qui lui est propre : le gradient n’est pas le géotherme d’un instant donné, ni le chemin d’une roche donnée. C’est la trace que laissent les pics sur la surface d’érosion actuelle.

Les isogrades sont cartographiés à partir des apparitions de minéraux, et ne deviennent des conditions de pression et de température qu’une fois connues les réactions qui les sous-tendent. Pour aller plus loin, il faut mesurer la température et la pression dans une seule roche.

11.2 Thermomètres et baromètres

Définition 11.2 (Géothermomètre ; géobaromètre ; réaction d’échange ; réaction de transfert net)

Un géothermomètre (géobaromètre) est un équilibre entre minéraux dont la position dépend surtout de la température (de la pression), de sorte que les compositions des minéraux donnent la température (la pression) de leur dernier équilibre. Une réaction d’échange échange deux éléments entre deux minéraux, comme le fer et le magnésium entre grenat et biotite, sans créer ni détruire aucun des deux minéraux. Une réaction de transfert net forme certains minéraux aux dépens d’autres.

Le thermomètre le plus utilisé pour les métapélites est l’échange de fer et de magnésium entre grenat et biotite,

almandin plus phlogopite donnant pyrope plus annite. Soient $X_{\text{Mg}}$ et $X_{\text{Fe}}$ les fractions des sites occupés par le magnésium et le fer dans chaque minéral, et

Proposition 11.3 (Un équilibre d’échange)

Si le grenat et la biotite sont des solutions idéales et que $\Delta_r H$, $\Delta_r S$ et $\Delta_r V$ de la réaction ci-dessus sont constants, alors à l’équilibre

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

Les constantes proviennent d’expériences où du grenat et de la biotite synthétiques échangeaient du fer et du magnésium à température connue et sous $2.07\,\mathrm{kbar}$. Douze encadrements de ce type, de 550 à $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, portés en $\ln K_D$ en fonction de $1/T$, tombent près d’une droite (la figure ci-dessous) ; par moindres carrés, avec $\Delta_r V = 0.311\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, on obtient $\Delta_r H = 52\,630\,\mathrm{J}$ et $\Delta_r S = 20.19\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$, les valeurs des recalculs publiés des mêmes données. À plus haute température, le rapport $K_D$ monte vers 1 : le grenat retient une plus grande part du magnésium.

Pour $K_D = 0.18$ à $5\,\mathrm{kbar}$, $T = (52630 + 0.311\times5000)/(20.19 - 3\times8.314 \times\ln 0.18) = 54185/62.96 = 861\,\mathrm{K}$, soit $587\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Un kilobar de plus ajoute $0.311\times1000/62.96 = 4.9\,\mathrm{K}$ : la réaction échange des ions de même charge entre des sites de taille presque identique, sa variation de volume est faible, et la pression joue à peine. C’est ce qui en fait un thermomètre.

Un baromètre demande l’inverse : une réaction à forte variation de volume. La réaction de transfert net

l’anorthite donnant grossulaire, disthène et quartz, tasse les atomes de trois feldspaths en minéraux plus denses : $\Delta_r V = -6.21\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, vingt fois celle de l’échange. Son équilibre entre pôles, inversé dans des expériences entre 900 et $1250\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et 19 à $28\,\mathrm{kbar}$, suit la droite

Dans une roche, le grossulaire est une petite part du grenat, et l’anorthite une part du plagioclase. Avec des activités idéales, $a_{\text{grossulaire}} = X_{\text{Ca,grt}}^3$ et $a_{\text{anorthite}} = X_{\text{an}}$, la condition $\Delta_r G^\circ + RT\ln K = 0$ écrite en $P$ et en $P_0$ donne

Ce géobaromètre, nommé GASP d’après les quatre minéraux (grenat, aluminosilicate, silice, plagioclase), sert partout où une métapélite les renferme tous.

Méthode 11.4 (Température et pression d’une roche)

(1) Mesurer, dans des minéraux qui ont cristallisé ensemble, les compositions que demandent le thermomètre et le baromètre. (2) Supposer une pression et calculer la température avec le thermomètre. (3) À cette température, calculer la pression avec le baromètre. (4) Recommencer (2) et (3) jusqu’à ce que ni l’une ni l’autre ne change ; deux ou trois tours suffisent, car chaque équation dépend faiblement de la variable que fixe l’autre. Graphiquement, la réponse est là où la droite du thermomètre croise la droite du baromètre. (5) Propager les incertitudes : pour des erreurs indépendantes, $\sigma_T^2 = (\partial T/\partial\ln K_D)^2\sigma_{\ln K_D}^2 + (\partial T/\partial P)^2\sigma_P^2$, et de même pour $P$.

Les droites du thermomètre sont presque verticales, celles du baromètre inclinées : elles se croisent sous un grand angle, ce qui rend l’intersection précise. Le mélange idéal est la simplification principale de ce chapitre. Les vrais grenats renferment du calcium et du manganèse, les vraies biotites de l’aluminium, du titane et du fer ferrique, et les calibrations qui en tiennent compte décalent les températures de plusieurs dizaines de degrés (dans une région bien étudiée, $574\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ au lieu de $530\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) ; les meilleures revendiquent une incertitude d’environ $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

11.3 Chemins pression–température

Une roche n’atteint pas sa pression maximale et sa température maximale au même instant. Elle est enfouie et réchauffée, puis ramenée vers la surface et refroidie, et ses minéraux réagissent tout au long du trajet.

Définition 11.5 (Chemin P–T ; chemins prograde et rétrograde ; conditions au pic du métamorphisme)

Le chemin P–T d’une roche est la suite des pressions et des températures qu’elle a traversées au cours d’un événement métamorphique. Son chemin prograde est la portion le long de laquelle la température monte, son chemin rétrograde, la portion où elle descend. Les conditions au pic du métamorphisme sont la pression et la température à la plus haute température du chemin, le pic thermique ; le pic de pression, ou pic barique, ne coïncide pas forcément avec lui.

Un chemin est dit horaire lorsque, tracé avec la température vers la droite et la pression vers le haut, le pic thermique vient après le pic barique, pendant la décompression ; il est antihoraire lorsque le pic thermique est atteint alors que la pression augmente encore. Quel sens suit une roche dépend de la manière dont la chaleur l’a atteinte, et le cas le plus simple peut être calculé.

Imaginons une croûte de $35\,\mathrm{km}$ d’épaisseur, en régime permanent, avec une production de chaleur de $1.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, un flux de chaleur de $25\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ venant du dessous, une conductivité de $2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ et une diffusivité de $1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, ces trois valeurs étant comprises dans les intervalles mesurés sur des roches. Son flux de chaleur en surface vaut $60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ et son Moho se trouve à $595\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Une collision empile une seconde copie de cette croûte par-dessus, rapidement au regard du temps que met la chaleur à se déplacer : les roches de la nappe inférieure gardent leurs températures mais se trouvent $35\,\mathrm{km}$ plus bas, si bien que le géotherme devient une dent de scie, avec des roches à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $35\,\mathrm{km}$ sous des roches chaudes de la nappe supérieure. La croûte est désormais épaisse de $70\,\mathrm{km}$ et contient deux fois plus de roche productrice de chaleur. Trente millions d’années après l’empilement, l’érosion commence et enlève $35\,\mathrm{km}$ en 70 millions d’années ($0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$).

Proposition 11.6 (Échelle de temps de la relaxation thermique)

Dans une couche d’épaisseur $L$ dont les deux faces sont maintenues à température fixe, une perturbation de température de la forme $\sin(\pi z/L)$ décroît comme $e^{-t/\tau}$, avec

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

La dent de scie a une longueur d’onde de l’ordre de l’épaisseur d’une nappe : avec $L = 35\,\mathrm{km}$, $\tau = 3.9\,\mathrm{Ma}$, et le coin froid à $35\,\mathrm{km}$ est effacé en dix millions d’années. La croûte épaissie entière, $L = 70\,\mathrm{km}$, se relâche avec $\tau = 16\,\mathrm{Ma}$, de sorte que le réchauffement se poursuit pendant des dizaines de millions d’années, vers le géotherme bien plus chaud que supporte une croûte deux fois plus épaisse, avec deux fois plus de roche productrice de chaleur. La figure ci-dessous montre les géothermes calculés.

Suivons la roche qui se trouvait en surface avant l’empilement et qui se trouve à $35\,\mathrm{km}$ juste après, sous $9.6\,\mathrm{kbar}$. En cinq millions d’années, elle se réchauffe de 0 à $395\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ sans bouger ; au début de l’érosion, elle a atteint $558\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. L’érosion la remonte ensuite, mais la chaleur arrive encore plus vite que la roche ne s’échappe : elle se réchauffe encore lorsqu’elle est remontée de $6\,\mathrm{km}$, et atteint son pic thermique, $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $7.8\,\mathrm{kbar}$, 43 millions d’années après l’empilement. Ce n’est qu’alors qu’elle se refroidit, en passant par $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $13\,\mathrm{km}$ de profondeur, et $74\,\mathrm{Ma}$, en route vers la surface. Le chemin (figure ci-dessous) est horaire. Il reste aussi à moins de $50\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ de sa température de pic pendant trente millions d’années, soit environ un tiers de son trajet complet, comme l’ont trouvé England et Thompson en 1984 pour la plupart des cas géologiquement plausibles : une roche passe longtemps près de son pic, et les minéraux qu’elle conserve enregistrent surtout cette étape.

Le modèle montre aussi pourquoi certains chemins tournent dans l’autre sens. L’épaississement seul réchauffe une roche seulement après qu’elle a été enfouie, si bien que son pic thermique survient pendant l’exhumation. Une roche dont la température monte alors qu’elle est encore enfouie a besoin de chaleur venue d’ailleurs, par exemple d’un magma remontant dans la croûte au-dessus ou à côté d’elle, et suit un chemin antihoraire. Et dans la croûte épaissie, la base se réchauffe bien au-dessus de sa température initiale : England et Thompson concluent qu’une fusion importante de la croûte est une conséquence probable de l’épaississement, qui fait l’objet du Chapitre 12.

11.4 Ajouter le temps

Définition 11.7 (Chemin P–T–t)

Le chemin P–T–t d’une roche est son chemin P–T auquel on associe l’instant auquel chaque point a été atteint.

Le temps vient de la datation radiométrique. Un minéral qui a cristallisé pendant l’événement et conservé ses isotopes fils depuis, comme une zone de grenat datée par la méthode samarium–néodyme, date sa propre croissance, et sa composition donne la pression et la température de ce moment. Un minéral qui a cristallisé plus tôt, à plus haute température, donne au contraire un âge de refroidissement : le moment où la roche s’est refroidie à travers la température de fermeture de ce minéral et de ce système isotopique (volume de première année universitaire). Pour l’argon dans un grain de muscovite de rayon $100\,\text{µ}\mathrm{m}$, refroidi à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années, la température de fermeture vaut $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $5\,\mathrm{kbar}$ et $425\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $10\,\mathrm{kbar}$.

Définition 11.8 (Exhumation ; vitesse d’exhumation)

Exhumation est le mouvement d’une roche vers la surface de la Terre, par enlèvement des roches qui la surmontent. La vitesse d’exhumation est la vitesse de diminution de sa profondeur.

Proposition 11.9 (Vitesses à partir de deux points datés)

Si une roche se trouvait à la température $T_1$ et à la profondeur $z_1$ à l’instant $t_1$, puis à $T_2$, $z_2$ à un instant ultérieur $t_2$ (âges comptés à rebours depuis aujourd’hui, $t_1 > t_2$), ses vitesses moyennes de refroidissement et d’exhumation sur l’intervalle sont

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

Leurs incertitudes, pour des erreurs indépendantes sur les deux âges, découlent de $\sigma_{t_1 - t_2}^2 = \sigma_{t_1}^2 + \sigma_{t_2}^2$.

La profondeur à laquelle un âge de refroidissement a été fixé est rarement mesurée : on l’estime à partir du géotherme de l’époque, ce qui explique que les vitesses d’exhumation soient moins sûres que les vitesses de refroidissement. Une pression, lorsqu’un assemblage minéralogique en donne une, fixe directement la profondeur, par $z = P/(\bar\rho g)$, avec $\bar\rho$ la masse volumique moyenne des roches au-dessus.

11.5 Séries métamorphiques et ceintures couplées

Définition 11.10 (Série métamorphique ; ceintures métamorphiques couplées)

Une série métamorphique (ou série de faciès) est une suite de faciès métamorphiques développés dans la même gamme de rapports pression sur température, occupant donc un secteur radial du plan pression–température. Les ceintures métamorphiques couplées sont deux ceintures parallèles de même âge, l’une de séries haute pression et l’autre de séries basse pression.

On distingue couramment trois séries. Un rapport pression sur température élevé, le long d’un gradient froid, mène du faciès des zéolites aux schistes bleus et aux éclogites : la série des zones de subduction. Un rapport intermédiaire traverse les faciès schiste vert, amphibolite et granulite, avec disthène puis sillimanite dans les métapélites : la série de Barrow. Un rapport faible le long de gradients chauds comme ceux qui bordent les intrusions, produit d’abord de l’andalousite puis de la sillimanite : la série basse pression, ou série de Buchan. La figure ci-dessous trace trois gradients sur le diagramme des aluminosilicates.

L’idée des séries est venue du Japon, où Akiho Miyashiro les définit en 1961. Dans le sud-ouest du pays, la ceinture de Sanbagawa, de métamorphisme haute pression et basse température, s’étend sur plus de $800\,\mathrm{km}$ à côté de la ceinture de Ryoke, de métamorphisme haute température et basse pression, les deux étant séparées par une grande faille : la paire classique. La ceinture de Sanbagawa est une ancienne zone de subduction ; la ceinture de Ryoke en est l’arc volcanique. Une zone de subduction produit ainsi les deux séries à la fois, des roches froides entraînées vers le bas par la plaque qui plonge, des roches chauffées dans l’arc ; des ceintures couplées du même genre sont connues autour du Pacifique.

11.6 Ultra-haute pression et exhumation

En 1984 fut décrit un quartzite du massif de Dora Maira, dans les Alpes occidentales, dont les grenats, jusqu’à $25\,\mathrm{cm}$ de diamètre et presque purs en pyrope, renferment des grains de coésite, la forme dense de la silice, partiellement retransformée en quartz ; la dilatation lors de cette inversion a fracturé radialement le grenat hôte autour de chaque grain. La coésite et ses compagnons impliquent au moins $28\,\mathrm{kbar}$ vers $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : des roches de la croûte continentale supérieure, autrefois des sédiments, étaient descendues à $90\,\mathrm{km}$ ou plus, puis sont remontées.

Définition 11.11 (Métamorphisme d’ultra-haute pression)

Le métamorphisme d’ultra-haute pression est le métamorphisme de roches crustales à des pressions assez élevées pour que la coésite ou le diamant puissent croître.

Six ans plus tard, des diamants de $12\,\text{µ}\mathrm{m}$ en moyenne furent trouvés dans des gneiss, des schistes et des roches à grenat et pyroxène du massif de Kokchetav, dans le nord du Kazakhstan, enfermés dans du grenat et du zircon, qui les protégeaient de la transformation en graphite : ils ont cristallisé à $40\,\mathrm{kbar}$ ou plus et au-dessus de 900 à $1000\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La croûte continentale, pourtant légère, peut être entraînée à plus d’une centaine de kilomètres de profondeur.

Le retour se lit dans ses horloges. Dans les roches subduites les plus profondes des Alpes, la titanite datée à des stades successifs montre qu’une roche calco-silicatée a atteint environ $3.5\,\mathrm{GPa}$ à $35.1 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, se trouvait à $1 \pm 0.15\,\mathrm{GPa}$ à $32.9 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, et vers 0.4 à $0.5\,\mathrm{GPa}$ à $31.8 \pm 0.5\,\mathrm{Ma}$. Les vitesses moyennes d’exhumation, 3.4 puis $1.6\,\mathrm{cm}\,\mathrm{an}^{-1}$, correspondent aux vitesses des plaques : les roches sont remontées à peu près aussi vite qu’elles étaient descendues, bien plus vite que l’érosion n’aurait pu les découvrir. Les auteurs invoquent la flottabilité, la croûte légère remontant à travers le manteau plus dense, et des failles normales, qui amincissent les roches au-dessus.

11.7 Métamorphisme océanique

Définition 11.12 (Métamorphisme océanique ; serpentinisation)

Métamorphisme océanique est le métamorphisme régional de la lithosphère océanique près des dorsales, par des fluides aqueux chauds circulant sous de forts gradients géothermiques ; la recristallisation est en général incomplète et la température augmente en général avec la profondeur. La serpentinisation est l’hydratation de roches riches en olivine en serpentine.

L’eau de mer aspirée dans la jeune croûte près de l’axe d’une dorsale se réchauffe, réagit avec les roches et remonte. Les basaltes qu’elle traverse recristallisent, de façon incomplète, en minéraux hydratés sur une large gamme de températures. Là où l’eau atteint la péridotite, comme sur les dorsales lentes où la roche du manteau affleure au fond de la mer et alimente des sources comme celles du champ de Lost City (volume de première année universitaire), l’olivine fixe de l’eau :

la forstérite donnant serpentine et brucite. Les volumes molaires, 43.65 pour la forstérite, 107.50 pour la serpentine et $24.63\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$ pour la brucite, montrent ce que cela fait à la roche : $87.30\,\mathrm{cm}^{3}$ d’olivine deviennent $132.13\,\mathrm{cm}^{3}$ de solides, soit $51\,\%$ de plus, et la masse volumique tombe de 3.22 à $2.54\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$. La roche gonfle et s’allège, et l’eau qu’elle a fixée descend avec elle lorsque la plaque est subduite.

Au laboratoire — Lire un grenat

Pour lire un chemin P–T, un pétrologue découpe d’abord une lame mince passant par le centre d’un grenat, car une coupe excentrée manque le cœur. Au microscope, les inclusions sont cartographiées : de petits grains de quartz, de biotite, de plagioclase ou de disthène piégés pendant la croissance du grenat, parfois alignés en traînées qui conservent une foliation plus ancienne de la roche. Une microsonde électronique mesure ensuite la composition le long d’une ligne allant du cœur à la bordure, et une cartographie du magnésium, du fer, du calcium et du manganèse montre les zones de croissance. Chaque zone est associée aux minéraux qui ont cristallisé avec elle : les inclusions pour le cœur, la matrice en contact pour la bordure. Le thermomètre et le baromètre sont appliqués à chaque couple, et les zones sont datées lorsqu’un minéral le permet. Chapitre 31 décrit les instruments.

11.8 Exercices

Exercice 11.1 ★

Six échantillons d’une même formation d’argilites, prélevés le long d’une route, contiennent : (A) chlorite, muscovite, quartz ; (B) biotite, chlorite, muscovite, quartz ; (C) grenat, biotite, muscovite, quartz ; (D) staurolite, grenat, biotite, muscovite, quartz ; (E) disthène, staurolite, biotite, muscovite, quartz ; (F) sillimanite, biotite, muscovite, quartz. (a) Dans quelle zone de Barrow se situe chacun ? (b) Combien d’isogrades la route traverse-t-elle, et lesquels ? (c) Pourquoi ne suffit-il pas de connaître les isogrades pour tracer le gradient métamorphique de terrain ?

Solution

Solution de Exercice 11.1.

(a) A zone à chlorite, B zone à biotite, C zone à grenat, D zone à staurolite, E zone à disthène, F zone à sillimanite. (b) Cinq : les isogrades de la biotite, du grenat, de la staurolite, de la disthène et de la sillimanite, chacun entre deux échantillons successifs, le grade montant de A à F. (c) Un isograde indique seulement qu’une réaction a eu lieu ; un gradient de terrain demande des pressions et des températures, qui viennent de réactions calibrées ou de la thermobarométrie de l’assemblage au pic de chaque roche.

Exercice 11.2 ★

Un grenat a $X_{\text{Mg}} = 0.10$ et $X_{\text{Fe}} = 0.80$, la biotite qui le jouxte a $X_{\text{Mg}} = 0.45$ et $X_{\text{Fe}} = 0.50$. (a) Calculer $K_D$ et $\ln K_D$. (b) Avec la calibration de ce chapitre, calculer la température à $5\,\mathrm{kbar}$ et à $7\,\mathrm{kbar}$. (c) Le couple est-il un thermomètre ou un baromètre ?

Solution

Solution de Exercice 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) $3R = 24.942$ ; dénominateur $20.19 + 24.942\times1.9741 = 69.428$ ; à $5\,\mathrm{kbar}$, $T = 54185/69.428 = 780.5\,\mathrm{K} = 507\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; à $7\,\mathrm{kbar}$, $T = (52630 + 2177)/69.428 = 789.4\,\mathrm{K} = 516\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) Deux kilobars la modifient de seulement $9\,\mathrm{K}$ : un thermomètre.

Exercice 11.3 ★

Une métapélite donne $580\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $6.0\,\mathrm{kbar}$. (a) Sous des roches de masse volumique moyenne $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ($g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$), à quelle profondeur se trouvait-elle ? (b) Quel gradient de température cela implique-t-il depuis $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en surface ? (c) La droite expérimentale disthène $=$ sillimanite passe par $3.67\,\mathrm{kbar}$ à $500\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $5.77\,\mathrm{kbar}$ à $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : quel aluminosilicate la roche doit-elle contenir ?

Solution

Solution de Exercice 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) À $580\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, la droite se situe à $3.67 + 0.8\times2.10 = 5.35\,\mathrm{kbar}$ ; à $6.0\,\mathrm{kbar}$, la roche est du côté des hautes pressions : disthène.

Exercice 11.4 ★

Pour la serpentinisation de la forstérite écrite dans ce chapitre : (a) vérifier que l’équation est équilibrée en masse, avec des masses molaires de 140.693 (forstérite), 18.015 (eau), 277.112 (serpentine) et $58.320\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$ (brucite) ; (b) calculer la variation de volume des solides ; (c) calculer les masses volumiques de l’olivine et des produits. (d) Que fait cette variation à une péridotite serpentinisée sous le fond de la mer ?

Solution

Solution de Exercice 11.4.

(a) Réactifs $2\times140.693 + 3\times18.015 = 335.431\,\mathrm{g}$ ; produits $277.112 + 58.320 = 335.432\,\mathrm{g}$ : équilibré à l’arrondi près. (b) $2\times43.65 = 87.30\,\mathrm{cm}^{3}$ deviennent $107.50 + 24.63 = 132.13\,\mathrm{cm}^{3}$ : $+51.4\,\%$. (c) Olivine $281.386/87.30 = 3.223\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$ ; produits $335.432/132.13 = 2.539\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$. (d) La roche gonfle d’environ la moitié de son volume et devient plus légère ; elle aussi stocke de l’eau dans ses minéraux.

Exercice 11.5 ★★

Calibrer le thermomètre à partir de quatre expériences à $2.07\,\mathrm{kbar}$ : $\ln K_D = -1.157$ et $-1.255$ à $799\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $-1.738$ et $-1.826$ à $550\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Calculer la moyenne de chaque couple et trouver la droite $\ln K_D = a/T + b$ passant par les deux moyennes. (b) En déduire $\Delta_r H$ et $\Delta_r S$, avec $\Delta_r V = 0.311\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$. (c) Comparer les températures que donnent votre calibration et celle du chapitre à $5\,\mathrm{kbar}$ pour $K_D = 0.18$, $0.10$ et $0.30$. Que concluez-vous sur l’extrapolation d’une calibration ?

Solution

Solution de Exercice 11.5.

(a) Moyennes $-1.206$ à $1072.15\,\mathrm{K}$ et $-1.782$ à $823.15\,\mathrm{K}$. Avec $1/T = 9.3271\times10^{-4}$ et $1.21485\times10^{-3}$, $a = (-1.206 + 1.782)/(9.3271\times10^{-4} - 1.21485\times10^{-3}) = -2041.5$ K et $b = -1.206 + 2041.5/1072.15 = 0.6982$. (b) $\Delta_r H + 2070\times0.311 = 2041.5\times24.942 = 50\,920\,\mathrm{J}$, donc $\Delta_r H = 50\,276\,\mathrm{J}$ ; $\Delta_r S = 0.6982\times24.942 = 17.41\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$. (c) À $5\,\mathrm{kbar}$ : pour $K_D = 0.18$, 588.1 contre $587.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; pour $0.10$, 419 contre $425\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; pour $0.30$, 819 contre $806\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Dans l’intervalle des expériences, les deux calibrations concordent, bien que leurs constantes diffèrent de $2.4\,\mathrm{kJ}$ et $2.8\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$ ; les erreurs de $\Delta_r H$ et $\Delta_r S$ se compensent là, et croissent en dehors. Une calibration ne doit pas être utilisée loin des conditions de ses expériences.

Exercice 11.6 ★★

(a) À partir des volumes molaires à $298\,\mathrm{K}$ (almandin 115.32, pyrope 113.12, annite 154.30, phlogopite 149.65, grossulaire 125.28, anorthite 100.79, disthène 44.15, quartz $22.69\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$), calculer $\Delta_r V$ de l’échange et de la réaction GASP, et comparer aux valeurs qu’utilisent les calibrations, $0.311$ et $-6.21\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$. (b) Pour $K_D = 0.18$, de combien de kelvins une erreur de $1\,\mathrm{kbar}$ décale-t-elle la température ? (c) Le long de la droite GASP d’une roche dont $X_{\text{Ca}}/X_{\text{an}} = 0.20$, de combien de bars une erreur de $17\,\mathrm{K}$ décale la pression ?

Solution

Solution de Exercice 11.6.

(a) Échange : $(113.12 + 154.30) - (115.32 + 149.65) = +2.45\,\mathrm{cm}^{3} = 0.245\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, contre 0.311. GASP : $125.28 + 2\times44.15 + 22.69 - 3\times100.79 = -66.10\,\mathrm{cm}^{3} = -6.61\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, contre $-6.21$, la valeur de la calibration à $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $10\,\mathrm{kbar}$, où la dilatation thermique et la compression modifient les volumes. Dans les deux cas, la variation GASP est vingt à trente fois celle de l’échange. (b) $\partial T/\partial P = 0.311/62.96 = 4.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{K}/\mathrm{bar}$ : $4.9\,\mathrm{K}$ par kilobar. (c) La pente de la droite vaut $22.80 + 8.314\times3\ln 0.20/6.21 = 22.80 - 6.46 = 16.3\,\mathrm{bar}/\mathrm{K}$ ; $17\,\mathrm{K}$ décalent la pression de $280\,\mathrm{bar}$.

Exercice 11.7 ★★

À $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, un grenat a $X_{\text{Ca}} = 0.08$ et le plagioclase qui le jouxte $X_{\text{an}} = 0.30$. (a) Calculer la pression GASP. (b) Refaire le calcul avec $X_{\text{an}} = 0.35$. (c) À quelle profondeur se trouvait la roche, pour une masse volumique moyenne de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ?

Solution

Solution de Exercice 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) $3\ln(0.08/0.35) = -4.4277$, $P = 12587 - 5176 = 7411\,\mathrm{bar}$ : $0.54\,\mathrm{kbar}$ de moins, donc le plagioclase doit être analysé avec soin. (c) $7952\times10^5/(2800\times9.81) = 29.0\,\mathrm{km}$.

Exercice 11.8 ★★

Utiliser les âges à la titanite des roches subduites les plus profondes des Alpes : environ $3.5\,\mathrm{GPa}$ à $35.1 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, $1.0\,\mathrm{GPa}$ à $32.9 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, $0.45\,\mathrm{GPa}$ à $31.8 \pm 0.5\,\mathrm{Ma}$. (a) Avec une masse volumique moyenne de $3000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, convertir les pressions en profondeurs. (b) Calculer les deux vitesses moyennes d’exhumation et les comparer aux valeurs publiées, 3.4 et $1.6\,\mathrm{cm}\,\mathrm{an}^{-1}$. (c) Quelle est l’incertitude du premier intervalle de temps, et quelle gamme de vitesses permet-elle ? (d) Comparer à la vitesse d’érosion du modèle d’épaississement, $0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$.

Solution

Solution de Exercice 11.8.

(a) $z = P/(\bar\rho g)$ : $118.9\,\mathrm{km}$, $34.0\,\mathrm{km}$ et $15.3\,\mathrm{km}$. (b) $(118.9 - 34.0)/2.2 = 38.6\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma} = 3.9\,\mathrm{cm}\,\mathrm{an}^{-1}$ et $(34.0 - 15.3)/1.1 = 17.0\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma} = 1.7\,\mathrm{cm}\,\mathrm{an}^{-1}$, un peu au-dessus des valeurs publiées 3.4 et 1.6 : leur conversion de pression en profondeur donne des écarts de profondeur un peu plus petits différences. (c) $\sigma = \sqrt{0.9^2 + 0.9^2} = 1.3\,\mathrm{Ma}$, donc $2.2 \pm 1.3$ millions d’années et une vitesse comprise entre $84.9/3.47 = 24$ et $84.9/0.93 = 91\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$, 2.4 à $9.1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{an}^{-1}$ : rapide dans tous les cas. (d) Même la vitesse la plus faible est environ cinquante fois les $0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$ du modèle : la seule érosion ne peut pas y suffire.

Exercice 11.9 ★★

Pour $K_D = 0.18$ à $5\,\mathrm{kbar}$, (a) calculer $\partial T/\partial\ln K_D$ et $\partial T/\partial P$ à partir de la proposition ; (b) avec $\sigma_{\ln K_D} = 0.05$ (une erreur de $5\,\%$ sur $K_D$) et $\sigma_P = 1\,\mathrm{kbar}$, calculer $\sigma_T$. (c) Quelle erreur domine ? Comparer à l’incertitude de $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ revendiquée pour les meilleures calibrations.

Solution

Solution de Exercice 11.9.

(a) $\partial T/\partial\ln K_D = 3RT/(\Delta_r S - 3R\ln K_D) = 24.942\times860.6/62.96 = 341\,\mathrm{K}$ ; $\partial T/\partial P = 0.311/62.96 = 4.9\,\mathrm{K}$ par kilobar. (b) $\sigma_T = \sqrt{(341\times0.05)^2 + 4.9^2} = \sqrt{17.0^2 + 4.9^2} = 17.7\,\mathrm{K}$. (c) L’erreur analytique sur $K_D$ domine ; à elle seule elle représente les deux tiers de les $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ des meilleures calibrations, qui incluent aussi les erreurs de la calibration elle-même.

Exercice 11.10 ★★★

Une bordure de grenat a $X_{\text{Mg}} = 0.10$, $X_{\text{Fe}} = 0.75$, $X_{\text{Ca}} = 0.07$ ; la biotite de la matrice $X_{\text{Mg}} = 0.42$, $X_{\text{Fe}} = 0.52$ ; le plagioclase $X_{\text{an}} = 0.25$. (a) Appliquer la méthode de ce chapitre, en partant de $6\,\mathrm{kbar}$, jusqu’à ce que la température change de moins de $1\,\mathrm{K}$. (b) Quel aluminosilicate doit la roche contenir (utiliser la droite expérimentale de l’Exercice 11.3) ? (c) Pourquoi le baromètre doit-il utiliser l’aluminosilicate réellement présent ?

Solution

Solution de Exercice 11.10.

(a) Grenat $0.10/0.75 = 0.1333$, biotite $0.42/0.52 = 0.8077$, $K_D = 0.1650$, $\ln K_D = -1.8018$, dénominateur $20.19 + 24.942\times1.8018 = 65.130$ ; $3\ln(0.07/0.25) = -3.8189$. À $6000\,\mathrm{bar}$ : $T = 54496/65.130 = 836.7\,\mathrm{K} = 563.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, puis $P = 22.80\times563.6 - 1093 + 8.314\times836.7\times(-3.8189)/6.21 = 7479\,\mathrm{bar}$. À $7479\,\mathrm{bar}$ : $T = 570.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $P = 7603\,\mathrm{bar}$. À $7603\,\mathrm{bar}$ : $T = 571.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $P = 7614\,\mathrm{bar}$ ; une fois de plus, $T = 571.3\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La roche s’est équilibrée vers $571\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $7.6\,\mathrm{kbar}$. (b) À $571\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, la droite disthène $=$ sillimanite se situe à $3.67 + 0.71\times2.10 = 5.16\,\mathrm{kbar}$ : disthène. (c) Le baromètre a été calibré pour la disthène ; avec la sillimanite, la réaction et sa droite diffèrent, car les deux polymorphes n’ont pas la même énergie de Gibbs.

Exercice 11.11 ★★★

Avec $\kappa = 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ : (a) calculer le temps de relaxation de la proposition pour $L = 35\,\mathrm{km}$ et pour $L = 70\,\mathrm{km}$. (b) Le modèle érode $35\,\mathrm{km}$ en 70 millions d’années ; comparer ce temps à ceux de (a). (c) Expliquer, à partir de ces temps, pourquoi la roche du modèle atteint son pic thermique après son pic de pression. (d) Si l’érosion était dix fois plus rapide, que changerait-il dans le chemin ?

Solution

Solution de Exercice 11.11.

(a) $\tau = L^2/(\pi^2\kappa)$ : pour $35\,\mathrm{km}$, $1.225\times10^9/(9.870\times10^{-6}) = 1.24 \times 10^{14}\,\mathrm{s} = 3.9\,\mathrm{Ma}$ ; pour $70\,\mathrm{km}$, quatre fois plus, $15.7\,\mathrm{Ma}$. (b) Soixante-dix millions d’années représentent quatre à dix-huit fois ces temps : la chaleur traverse la croûte épaissie bien plus vite que l’érosion ne l’enlève. (c) La roche atteint sa plus grande profondeur d’un coup, lors de l’empilement ; la chaleur arrive pendant les dizaines de millions d’années suivantes, tandis que l’érosion la remonte lentement : la température continue de monter un temps pendant la décompression. (d) Une érosion en sept millions d’années ferait remonter la roche avant que la conduction ne l’ait réchauffée : un pic thermique plus bas, atteint tôt, à plus haute pression, et un chemin froid jusqu’à la surface.

Exercice 11.12 ★★★

Prenons une croûte de $35\,\mathrm{km}$ d’épaisseur et de masse volumique $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, au-dessus d’un manteau de $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) À quelle profondeur la pression atteint-elle $28\,\mathrm{kbar}$, le minimum pour la coésite de Dora Maira ? (b) Et $40\,\mathrm{kbar}$, pour les diamants de Kokchetav ? (c) Quel gradient moyen implique $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à la profondeur de (a), et dans quelle série se range-t-il ? (d) À $3.4\,\mathrm{cm}\,\mathrm{an}^{-1}$, combien de temps dure la remontée depuis la profondeur de (a) jusqu’à $35\,\mathrm{km}$ ?

Solution

Solution de Exercice 11.12.

(a) La croûte pèse $35000\times2800\times9.81 = 0.961\,\mathrm{GPa}$ ; les $1.839\,\mathrm{GPa}$ restants demandent $1.839\times10^9/(3300\times9.81) = 56.8\,\mathrm{km}$ de manteau : profondeur $91.8\,\mathrm{km}$, comme les $90\,\mathrm{km}$ ou plus de l’étude originale. (b) $(4.0 - 0.961)\times10^9/(3300\times9.81) = 93.9\,\mathrm{km}$, profondeur $128.9\,\mathrm{km}$. (c) $700/91.8 = 7.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ : un rapport pression sur température très élevé, la série des zones de subduction. (d) $(91.8 - 35)/34 = 1.7\,\mathrm{Ma}$.

11.9 Problème : le voyage d’un grenat

Problème 11.1

Problème de fin de semaine — thermobarométrie, chemin et vitesse d’exhumation d’un schiste

Un schiste à disthène–grenat–biotite renferme des grenats avec un cœur et une bordure. Le cœur enferme de la biotite, du plagioclase et de la disthène ; la bordure touche la biotite et le plagioclase de la matrice. Autour des grenats, une partie de la disthène est remplacée par de la sillimanite, et aux bords des grenats a poussé de la chlorite. Les analyses sont :

	$X_{\text{Mg}}$	$X_{\text{Fe}}$	$X_{\text{Ca}}$ ou $X_{\text{an}}$
cœur de grenat	0.080	0.760	0.050
biotite incluse dans le cœur	0.40	0.58	—
plagioclase inclus dans le cœur	—	—	0.25
bordure de grenat	0.120	0.720	0.060
biotite de la matrice	0.46	0.53	—
plagioclase de la matrice	—	—	0.28

Utiliser le thermomètre grenat–biotite et le baromètre GASP de ce chapitre (mélange idéal), $R = 8.314\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, une masse volumique moyenne de $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ au-dessus de la roche, et arrondir chaque rapport à quatre décimales.

Partie I — Températures.

1. Calculer $X_{\text{Mg}}/X_{\text{Fe}}$ dans le cœur du grenat et dans la biotite incluse, puis $K_D$ et $\ln K_D$ pour le cœur.
2. Faire de même pour la bordure et la biotite de la matrice.
3. Calculer la température du cœur à $6\,\mathrm{kbar}$.
4. Calculer la température de la bordure à $6\,\mathrm{kbar}$.
5. De combien de kelvins une erreur de $1\,\mathrm{kbar}$ changerait-elle ces températures ?
6. Pourquoi le cœur est-il associé à la biotite incluse, et la bordure à la biotite de la matrice ?

Partie II — Pressions.

7. Calculer la pression du pôle $P_0$ de la réaction GASP aux deux températures des questions 3 et 4.
8. Calculer la pression GASP du cœur à la température de la question 3.
9. Calculer la pression GASP de la bordure à la température de la question 4.
10. Recalculer la température de la bordure à la pression de la question 9, puis sa pression à cette température, et une nouvelle fois la température. Donner la température et la pression de la bordure.
11. Faire de même une fois pour le cœur. Pourquoi change-t-il si peu ?
12. Convertir les pressions du cœur et de la bordure en profondeurs.
13. La droite expérimentale disthène $=$ sillimanite passe par 3.67, 5.77 et $7.86\,\mathrm{kbar}$ à 500, 600 et $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Quel aluminosilicate était stable quand le cœur a cristallisé, et quand la bordure a cristallisé ? La disthène du cœur est-elle cohérente ?

Partie III — Le chemin.

14. Entre le cœur et la bordure, de combien la température et la pression ont-elles changé ? Le grenat croissait-il sur le chemin prograde ou sur le chemin rétrograde ?
15. La sillimanite remplace la disthène autour des grenats. À la température de la bordure, en dessous de quelle pression la roche a-t-elle dû passer pour que cela se produise ? Que fit la roche après la croissance de la bordure ?
16. La chlorite croît aux bords des grenats. Quelle partie du chemin enregistre-t-elle ?
17. Tracer le chemin : cœur, bordure, sillimanite, chlorite. Est-il horaire ou antihoraire ? Quel pic est survenu en premier ?
18. Le modèle d’épaississement de ce chapitre amène sa roche à un pic thermique de $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $7.8\,\mathrm{kbar}$. Le chemin du schiste est-il de même nature ?

Partie IV — À quelle vitesse.

19. La bordure de grenat donne un âge samarium–néodyme de $412.0 \pm 1.5\,\mathrm{Ma}$, pris comme âge du pic ; une muscovite de la matrice donne un âge argon de $398.0 \pm 1.0\,\mathrm{Ma}$, moment où la roche a refroidi à travers $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Calculer la vitesse moyenne de refroidissement entre les deux.
20. La température de fermeture de $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ suppose un refroidissement à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années. La vitesse de la question 19 appelle-t-elle une valeur plus élevée ou plus basse, et pourquoi ?
21. À $398\,\mathrm{Ma}$, prendre un géotherme de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ depuis $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en surface. À quelle profondeur la muscovite s’est-elle fermée ?
22. De combien la roche est-elle remontée entre le pic et la fermeture de la muscovite ?
23. Quelle est l’incertitude de l’intervalle de temps ?
24. Calculer la vitesse moyenne d’exhumation du pic à la fermeture de la muscovite, en millimètres par an et arrondie au dixième : le nombre clé de ce problème.

Solution

Solution de Problème 11.1.

Partie I.

1. Cœur de grenat $0.080/0.760 = 0.1053$, biotite $0.40/0.58 = 0.6897$ ; $K_D = 0.1527$, $\ln K_D = -1.8793$.

2. Bordure $0.120/0.720 = 0.1667$, biotite de la matrice $0.46/0.53 = 0.8679$ ; $K_D = 0.1921$, $\ln K_D = -1.6497$.

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

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

5. $0.311\times1000/67.064 = 4.6\,\mathrm{K}$ pour le cœur et $0.311\times1000/61.337 = 5.1\,\mathrm{K}$ pour la bordure.

6. Un thermomètre s’applique à des minéraux qui étaient en équilibre ensemble. La biotite incluse dans le cœur a été isolée du reste de la roche lorsque le cœur a cristallisé ; la biotite de la matrice a échangé pour la dernière fois avec la bordure. Associer le cœur à la matrice mélangerait deux moments.

Partie II.

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

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. À $7439\,\mathrm{bar}$ : $T = (52630 + 2314)/61.337 = 895.8\,\mathrm{K} = 622.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ; à cette température $P = 13102 - 5542 = 7560\,\mathrm{bar}$ ; puis $T = 623.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. La bordure a cristallisé vers $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $7.56\,\mathrm{kbar}$.

11. À $5954\,\mathrm{bar}$, $T = 539.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $P = 5950\,\mathrm{bar}$ : le cœur a cristallisé vers $539\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $5.95\,\mathrm{kbar}$. La première supposition, $6\,\mathrm{kbar}$, était déjà proche, et le thermomètre ne bouge que de $4.6\,\mathrm{K}$ par kilobar.

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

13. À $539\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, la droite se situe à $3.67 + 0.39\times2.10 = 4.49\,\mathrm{kbar}$, sous $5.95\,\mathrm{kbar}$ : disthène, compatible avec la disthène incluse dans le cœur. À $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, elle se situe à $5.77 + 0.23\times2.09 = 6.25\,\mathrm{kbar}$, sous $7.56\,\mathrm{kbar}$ : de nouveau la disthène.

Partie III.

14. $+84\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et $+1.6\,\mathrm{kbar}$ (environ $6\,\mathrm{km}$ plus profond) : la roche était enfouie et réchauffée, sur son chemin prograde.

15. À $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ou plus, sous $6.25\,\mathrm{kbar}$ : après la croissance de la bordure, la roche a perdu au moins $1.3\,\mathrm{kbar}$, environ $5\,\mathrm{km}$ de couverture, tout en restant au moins aussi chaude. Elle a été exhumée encore chaude.

16. La chlorite est un minéral hydraté de bas grade : elle enregistre le chemin rétrograde tardif, qui se refroidit à faible profondeur, en présence d’eau.

17. Enfouissement et réchauffement jusqu’à la bordure, décompression sans refroidissement, puis refroidissement : tracé avec la température vers la droite et la pression vers le haut, le chemin tourne dans le sens horaire. Le pic de pression est survenu le premier, à la bordure ; le pic thermique au même moment ou plus tard, pendant la décompression.

18. Oui : le modèle atteint aussi son pic de pression en premier et son pic thermique, $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à $7.8\,\mathrm{kbar}$, pendant la remontée, proches des conditions de la bordure du schiste. L’épaississement suivi d’une érosion lente explique le chemin du schiste.

Partie IV.

19. $(623 - 405)/(412.0 - 398.0) = 218/14.0 = 15.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ par million d’années.

20. La roche s’est refroidie environ une fois et demie plus vite que supposé. Un minéral qui se refroidit plus vite a moins de temps pour perdre son argon, donc il se ferme à une température plus élevée : la vraie température de fermeture se situe un peu au-dessus de $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, et la fermeture a lieu un peu plus profondément.

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

22. $27.5 - 13.2 = 14.3\,\mathrm{km}$ (avec les profondeurs non arrondies, 27.52 et 13.17, $14.35\,\mathrm{km}$).

23. $\sqrt{1.5^2 + 1.0^2} = 1.8\,\mathrm{Ma}$ : $14.0 \pm 1.8\,\mathrm{Ma}$, donc une vitesse comprise entre $14.35/15.8 = 0.91$ et $14.35/12.2 = 1.18\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$.

24. $14.35/14.0 = 1.03\,\mathrm{km}$ par million d’années, soit $1.0\,\mathrm{mm}\,\mathrm{an}^{-1}$, environ trente fois plus lent que le premier stade d’exhumation des roches alpines les plus profondes, et environ le double de la vitesse d’érosion du modèle d’épaississement.