16Bassins sédimentaires comparés

Au large de la côte est des États-Unis, sous le plateau continental, le Baltimore Canyon Trough contient au moins $14\,\mathrm{km}$ de roches sédimentaires. Un forage qui traverse une telle pile lit son histoire à rebours : chaque unité qu’il recoupe fut jadis le fond de la mer, à une profondeur que les fossiles et les sédiments enregistrent, puis elle a été enfouie et comprimée. La profondeur de chaque surface datée est un point d’une courbe d’enfoncement. Pourtant, la plus grande part de l’enfoncement tient au poids du sédiment lui-même. Pour comprendre ce qui a fait le bassin, il faut retrancher ce poids, couche par couche. Ce chapitre montre comment, et ce que le résultat dit de la lithosphère.

Tu sais déjà

Du volume de première année : bassin sédimentaire, subsidence et subsidence tectonique, accommodation, eustatisme ; compaction, décompaction et loi d’Athy, épaisseur solide d’une couche ; la charge sédimentaire, qui amplifie la subsidence par $(\rho_m - \rho_w)/(\rho_m - \rho_s)$ ; isostasie d’Airy ; la lithosphère et son géotherme ; rifts continentaux et marges passives. Des volumes de physique : l’équation de la chaleur et ses solutions de Fourier. Du Chapitre 13 : le bassin d’avant-pays, le flysch et la molasse.

16.1 Bassins et causes de leur enfoncement

Le volume de première année distinguait les bassins par leur position. Ici on les distingue par ce qui entraîne leur subsidence.

Définition 16.1 (Bassins intracratoniques, de rift et de marge passive)

Un bassin intracratonique est un bassin large, rond ou ovale, situé à l’intérieur d’un continent, loin des limites de plaques, qui s’enfonce lentement pendant de très longues durées sans faille majeure. Un bassin de rift est un bassin borné par des failles normales dans une lithosphère continentale qu’on étire ; sa subsidence suit l’étirement, puis le refroidissement de la lithosphère. Un bassin de marge passive est le coin de sédiments, épaississant vers le large, qui s’accumule sur une marge continentale après la rupture, au-dessus de la croûte amincie de l’ancien rift.

Le bassin d’avant-pays du Chapitre 13 complète la liste, et les bassins qui s’ouvrent le long de failles de décrochement sont réservés au volume de troisième année. Trois mécanismes font s’enfoncer le plancher d’un bassin :

• amincissement mécanique : lorsque la croûte est étirée et amincie par des failles, la croûte légère est remplacée par du manteau plus dense et la surface s’abaisse pour rétablir l’isostasie ;
• contraction thermique : une lithosphère chauffée, par étirement ou par le bas, se refroidit ensuite, devient plus dense et s’enfonce, lentement, pendant des dizaines de millions d’années ;
• charge : le poids d’une chaîne de chevauchement, ou celui du sédiment lui-même, fait fléchir la lithosphère vers le bas ; cette flexion relève du volume de troisième année, et la forme locale, d’Airy, de la charge sédimentaire suffit ici.

Les bassins de rift combinent les deux premiers mécanismes, les marges passives héritent du second de leur stade de rift, et les bassins d’avant-pays résultent du troisième. Les bassins intracratoniques sont les moins bien compris.

Les bassins de rift de la mer du Nord sont le cas classique des deux premiers mécanismes. Des grabens s’y sont formés dès le Trias, et le dernier étirement majeur a duré du Jurassique moyen au Crétacé moyen ; les failles se sont ensuite tues, et le centre du bassin a continué de s’enfoncer en cuvette large, comblée par des craies, des grès et, pendant la plus grande partie du Tertiaire, des schistes et des argilites. Chargé par l’eau seule, son socle se serait enfoncé encore de 1100 à $1400\,\mathrm{m}$ au centre et de 600 à $700\,\mathrm{m}$ sur les flancs après l’arrêt des failles.

La marge passive de la côte est des États-Unis montre le même enfoncement, à plus grande échelle. Les profils sismiques à travers le plateau montrent plus de $14\,\mathrm{km}$ de roches mésozoïques et plus récentes dans le Baltimore Canyon Trough, et $8\,\mathrm{km}$ dans le bassin de Georges Bank, en couches qui s’épaississent vers le large. Ses dépocentres jurassiques suivent les structures du rift et les zones de sa subsidence thermique ultérieure.

Le bassin du Michigan est le type des bassins intracratoniques. De forme ovale, il couvre quelques centaines de milliers de kilomètres carrés et renferme plus de $4\,\mathrm{km}$ de sédiments phanérozoïques, déposés en épisodes distincts pendant quelque 500 millions d’années, avec peu de failles. Ses épisodes de subsidence plus rapide coïncident avec ceux d’autres bassins situés à l’intérieur de l’Amérique du Nord et d’autres continents, ce qui suggère une cause plus vaste qu’un seul bassin. Le backstripping de plus de 57 000 diagraphies de puits montre une subsidence durable et presque circulaire, que les auteurs suggèrent pouvoir attribuer à un flux descendant du manteau, interrompue aux époques de deux orogenèses sur la marge lointaine du continent. Pourquoi les bassins intracratoniques s’enfoncent reste un sujet de débat.

16.2 Courbes de subsidence

Un puits, ou une coupe mesurée, donne pour chaque unité sa profondeur actuelle, son type de roche et son âge, lu sur des fossiles ou par corrélation. Avec la profondeur d’eau dans laquelle chaque unité s’est déposée, lue sur ses fossiles et ses structures sédimentaires, il donne l’histoire du bassin.

Définition 16.2 (Courbe de subsidence)

Une courbe de subsidence d’un bassin en un site est le graphe de la profondeur d’une surface de référence, en général le socle ou la base de l’unité la plus ancienne, sous le niveau de la mer, en fonction du temps. La courbe de subsidence totale utilise l’épaisseur du sédiment telle qu’elle était à chaque époque, plus la profondeur d’eau ; la courbe de subsidence tectonique remplace le sédiment par de l’eau et supprime son effet isostatique.

Une unité n’a jamais été aussi épaisse dans le passé qu’aujourd’hui. Enfouie, elle a perdu sa porosité : ses grains n’ont pas changé, mais leur eau a été expulsée. Le volume de première année écrivait la porosité à la profondeur $z$ sous la forme de la loi d’Athy, $\phi(z) = \phi_0\,e^{-z/c}$, et trouvait l’épaisseur solide d’une couche comprise entre $z_1$ et $z_2$,

qui reste la même lorsque la couche se déplace. Pour décompacter une unité jusqu’à une position moins profonde, son sommet étant désormais en $z_1'$, on cherche la base $z_2'$ qui conserve la même épaisseur solide. L’équation n’a pas de solution fermée, mais l’itération de point fixe

à partir de $z_2' = z_1' + T_s$ converge en quelques pas. La masse par unité de surface de la couche est celle de ses grains plus celle de son eau interstitielle,

avec $\rho_g$ la masse volumique des grains ; diviser la masse d’une colonne par son épaisseur donne sa masse volumique moyenne $\bar\rho_s$.

Pour les lithologies de ce chapitre, sable, argilite, craie et sable argileux, le tableau ci-dessous donne les constantes de Sclater et Christie (1980), telles qu’elles sont regroupées dans un programme libre. Le sable garde sa porosité le plus profondément, la craie la perd le plus vite.

16.3 Backstripping (décompaction-désurcharge)

Une courbe de subsidence totale mêle deux causes : ce qui a fait le bassin, et le poids de ce qui l’a rempli. Les séparer est l’objet de la procédure suivante, l’outil central de l’analyse de bassin.

Définition 16.3 (Backstripping)

Backstripping est la reconstruction de la subsidence tectonique d’un bassin au cours du temps : les unités d’un puits sont retirées une à une, en commençant par la plus jeune ; les unités restantes sont décompactées à chaque étape, et l’effet isostatique de la charge sédimentaire et de l’eau est retiré pour donner la profondeur à laquelle le socle se serait tenu sous l’eau seule.

La dernière étape est un bilan isostatique. Le volume de première année l’a établi pour un bassin rempli jusqu’au niveau de la mer ; le cas général ajoute la profondeur d’eau et le niveau de la mer.

Proposition 16.4 (Backstripping d’Airy)

Soit un bassin qui porte, à un instant donné, une colonne de sédiment d’épaisseur $S$ et de masse volumique moyenne $\bar\rho_s$, sous une profondeur d’eau $W_d$, alors que la mer se tenait $\Delta_{SL}$ au-dessus de son niveau actuel. En isostasie locale au-dessus d’un manteau de masse volumique $\rho_m$, avec de l’eau de masse volumique $\rho_w$, la subsidence tectonique à cet instant, mesurée depuis le niveau actuel de la mer, vaut

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

Avec $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, une colonne de sédiment de masse volumique moyenne $2300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ compte pour $1030/2300 = 0.45$ de son épaisseur dans la subsidence tectonique : plus de la moitié de l’épaisseur du remplissage d’un bassin est de la place créée par son propre poids. Une mer $100\,\mathrm{m}$ plus haute qu’aujourd’hui abaisse le résultat de $145\,\mathrm{m}$. La profondeur d’eau et le niveau passé de la mer sont les données les plus faibles : les fossiles donnent une fourchette de profondeurs d’eau, souvent large de centaines de mètres sur la pente, et la subsidence tectonique en hérite.

Méthode 16.5 (Backstripping d’un puits)

1. Lister les unités depuis la base, avec les profondeurs actuelles de leurs sommets et de leurs bases, leurs constantes lithologiques $(\rho_g, \phi_0, c)$, les âges de leurs sommets, et la profondeur d’eau à chacun de ces âges.
2. Calculer l’épaisseur solide $T_s$ de chaque unité à partir de ses profondeurs actuelles.
3. Pour l’âge du sommet de l’unité $k$, retirer toutes les unités plus jeunes. Placer le sommet de l’unité $k$ à profondeur nulle et la décompacter ; placer chaque unité plus ancienne, à son tour, sous celle qui la surmonte, et la décompacter.
4. Additionner les épaisseurs pour obtenir $S$, et les masses pour obtenir la masse volumique moyenne $\bar\rho_s = \sum m / S$.
5. Appliquer la Proposition 16.4 pour obtenir $Y$ ; la subsidence totale vaut $S + W_d$.
6. Répéter pour chaque âge, du plus ancien au présent ; tracer $Y$ et $S + W_d$ en fonction de l’âge.

La figure ci-dessous montre le résultat pour un puits fictif dans un bassin de rift. Quatre unités ont été carottées : un sable syn-rift déposé pendant que les failles étaient actives, entre 165 et $150\,\mathrm{Ma}$ ; puis une argilite, une craie et un sable argileux. Aujourd’hui, aucune décompaction n’est nécessaire : le socle se trouve à $6030\,\mathrm{m}$ et la colonne a une masse volumique moyenne de $2358\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, de sorte que $Y = 2648\,\mathrm{m}$ sous $100\,\mathrm{m}$ d’eau. À $150\,\mathrm{Ma}$, le seul sable, décompacté à la surface, mesurait $2239\,\mathrm{m}$ d’épaisseur, avec une masse volumique moyenne de $2055\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ : sous $200\,\mathrm{m}$ d’eau, $Y = 1441\,\mathrm{m}$. La subsidence totale vaut plus du double de la subsidence tectonique, et la courbe tectonique montre un premier stade rapide, puis un enfoncement qui ralentit : la forme d’un rift.

16.4 Le modèle d’étirement

Pourquoi un bassin de rift s’enfonce-t-il d’abord vite, puis lentement ? En 1978, D. McKenzie a proposé un modèle si simple que ses paramètres peuvent être ajustés sur un seul puits.

Définition 16.6 (Modèle d’étirement ; facteur d’étirement ; subsidence syn-rift et post-rift)

Le modèle d’étirement d’un bassin représente le rifting comme un étirement instantané et uniforme de toute la lithosphère par cisaillement pur : croûte et manteau lithosphérique sont amincis du même facteur, et l’asthénosphère chaude remonte passivement pour remplir l’espace, après quoi la lithosphère se refroidit. Le facteur d’étirement $\beta$ est le rapport de la largeur de la région étirée après étirement à sa largeur avant, égal au rapport de l’épaisseur initiale à l’épaisseur finale de la croûte. La subsidence produite pendant l’étirement est la subsidence syn-rift ; celle qui suit, due au refroidissement de la lithosphère, est la subsidence post-rift, ou subsidence thermique.

L’étirement dans la nature dure un temps fini, de quelques millions d’années. Les versions ultérieures du modèle le laissent durer, mais tant qu’il n’est pas trop lent, la version instantanée simple donne la subsidence à peu près, mais correctement, puisque après l’étirement le refroidissement se déroule à peu près de la même façon.

Proposition 16.7 (Subsidence dans le modèle d’étirement)

Soit une lithosphère d’épaisseur $a$, avec une croûte d’épaisseur $t_c$, dont le géotherme est linéaire, de $0$ en surface à la température $T_1$ de l’asthénosphère à sa base ; soient croûte et manteau de masses volumiques $\rho_c(1 - \alpha T)$ et $\rho_m(1 - \alpha T)$, avec $\alpha$ le coefficient de dilatation thermique. Si elle est étirée instantanément de $\beta$ et que le bassin est rempli d’eau de masse volumique $\rho_w$ :

1. la subsidence syn-rift vaut

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

2. la subsidence post-rift, à un temps $t$ après l’étirement, vaut, au premier terme d’une série,

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

   où $\kappa$ est la diffusivité thermique et $\tau$ la constante de temps thermique de la lithosphère.

Les paramètres de l’article de McKenzie sont $a = 125\,\mathrm{km}$, $T_1 = 1333\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\alpha = 3.28 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\kappa = 8 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ (à $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$), $\rho_c = 2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ; avec de l’eau de mer à $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ elles donnent $\tau = 62.7\,\mathrm{Ma}$ et $E_0 = 3207\,\mathrm{m}$. Avec une croûte de $35\,\mathrm{km}$, la subsidence syn-rift vaut $S_i = 4334\,\mathrm{m} \times (1 - 1/\beta)$.

Trois caractéristiques du modèle se transposent aux bassins réels.

• La marche syn-rift croît avec $\beta$, et la subsidence post-rift aussi ; mais leur rapport change peu, de sorte que les deux parties indiquent le même $\beta$ si le modèle est valable.
• L’échelle de temps de la subsidence post-rift ne dépend pas de $\beta$ : elle est fixée par l’épaisseur de la lithosphère seule. Après $\tau$, $63\,\%$ de la subsidence thermique est acquise ; après $3\tau$, environ $95\,\%$. Un rift arrêté il y a deux cents millions d’années ne s’enfonce presque plus.
• Le terme syn-rift est une compétition entre la croûte légère amincie, qui fait s’enfoncer la surface, et l’asthénosphère chaude remontée, qui la soutient. Avec une croûte mince, la seconde l’emporte et l’étirement élève la surface (Exercice 16.10).

Pour ajuster un puits, la subsidence tectonique en fin de rifting donne $S_i$, donc $\beta = 1/(1 - S_i/4334\,\mathrm{m})$ pour une croûte de $35\,\mathrm{km}$ ; la courbe post-rift est alors prédite et comparée aux autres points backstrippés. Dans le puits fictif, $S_i = 1441\,\mathrm{m}$ donne $\beta = 1.50$, et la courbe passe à quelques mètres des points plus récents (figure de Section 16.3). Les bassins réels se prêtent rarement si bien à l’exercice. En mer du Nord centrale, un étirement de 50 à $100\,\%$ au milieu, avec $\beta$ de 1.5 à 2, reproduit l’amplitude et la vitesse de la subsidence post-rift. Sur la marge orientale des États-Unis, seul un segment, la plate-forme de Long Island, a un remplissage post-rift précoce aussi épais que le prévoit un étirement uniforme ; dans le Georges Bank Basin et le Baltimore Canyon Trough, le remplissage est 1.5 à 3 fois plus épais, et d’autres causes doivent agir.

16.5 Bassins comparés

Le tableau ci-dessous rassemble les quatre familles. Les courbes diffèrent par leur forme et leur échelle de temps, et une courbe de subsidence est souvent le premier indice de la nature d’un bassin enfoui sous des roches plus récentes.

Un bassin d’avant-pays s’enfonce sous une charge qui se déplace vers lui : le bassin migre avec la chaîne, le bassin alpin, d’au moins $210\,\mathrm{km}$ sur le craton européen, et sa partie interne est finalement recouverte et entraînée par les chevauchements, comme la molasse subalpine l’a été dans Chapitre 13. Un rift ralentit en se refroidissant, quel que soit son étirement ; un bassin intracratonique s’enfonce lentement et longtemps, par pulsations ; ni l’étirement ni une charge n’en rendent bien compte, ce qui en fait encore une question de recherche.

Au laboratoire — Analyse de la subsidence

Les analystes de bassin font avec des programmes le travail de la méthode. Un programme libre, par exemple, lit un site de forage comme une liste d’unités, avec leurs âges, leurs profondeurs et leurs lithologies, ainsi qu’une table des lithologies avec leur masse volumique des grains, leur porosité de surface et leur longueur de décroissance. Son module de backstripping décompacte les unités et renvoie la subsidence tectonique à chaque âge ; puisqu’une profondeur d’eau ancienne n’est connue que sous forme d’intervalle, l’utilisateur donne un minimum et un maximum, et le programme renvoie les deux subsidences et leur moyenne. Un second module travaille dans l’autre sens : à partir d’un modèle de subsidence tectonique, il prédit les profondeurs d’eau du passé, que l’on peut confronter aux fossiles. Les analystes ajustent ensuite des facteurs d’étirement, testent des courbes du niveau marin et cartographient la subsidence d’un bassin entier à partir de centaines ou de milliers de puits.

Exercices

Données des exercices, sauf mention contraire : $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_c = 2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ; modèle d’étirement avec $a = 125\,\mathrm{km}$, $T_1 = 1333\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\alpha = 3.28 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\kappa = 8 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\tau = 62.7\,\mathrm{Ma}$, $E_0 = 3207\,\mathrm{m}$ ; une croûte de $35\,\mathrm{km}$ donne $S_i = 4334\,\mathrm{m}\times(1 - 1/\beta)$ ; constantes lithologiques dans le tableau de Section 16.2.

Exercice 16.1 ★

Nommer la famille de chaque bassin et la cause principale de sa subsidence : (a) le bassin du Michigan ; (b) le centre de la mer du Nord ; (c) le Baltimore Canyon Trough ; (d) la molasse nord-alpine ; (e) la plaine indo-gangétique au pied de l’Himalaya.

Solution

Solution de Exercice 16.1.

(a) Intracratonique : enfoncement lent, par pulsations, pendant des centaines de millions d’années, sans faille majeure ; sa cause est débattue. (b) Rift : amincissement mécanique de la croûte pendant l’étirement, puis contraction thermique à mesure que la lithosphère se refroidit. (c) Marge passive : subsidence thermique héritée du stade de rift, amplifiée par la charge d’un épais coin de sédiments. (d) et (e) Avant-pays : la lithosphère fléchie vers le bas par la charge de la chaîne de chevauchement, des Alpes et de l’Himalaya.

Exercice 16.2 ★

Un bassin contient $3.0\,\mathrm{km}$ de sédiment de masse volumique moyenne $2300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Calculer sa subsidence tectonique si le sédiment atteint le niveau de la mer. (b) Et si $200\,\mathrm{m}$ d’eau le recouvrent ? (c) Quelle fraction de l’épaisseur du remplissage est due à la charge du remplissage lui-même ?

Solution

Solution de Exercice 16.2.

(a) $Y = 3000\times(3330 - 2300)/(3330 - 1030) = 3000\times1030/2300 = 1343\,\mathrm{m}$. (b) $1343 + 200 = 1543\,\mathrm{m}$. (c) Sans sa charge, le socle se trouverait à $1343\,\mathrm{m}$ : $1 - 1343/3000 = 55\,\%$ de l’épaisseur est de la place créée par la charge.

Exercice 16.3 ★

Une sismique de réfraction montre qu’une croûte de $35\,\mathrm{km}$ a été amincie à $25\,\mathrm{km}$ dans un rift. (a) Quelle est la valeur de $\beta$ ? (b) Quelle est l’épaisseur de la lithosphère juste après l’étirement ? (c) Quelle est la subsidence syn-rift sous l’eau ?

Solution

Solution de Exercice 16.3.

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

Exercice 16.4 ★

(a) Vérifier que $\tau = 62.7\,\mathrm{Ma}$ ($1~\text{Ma} = 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$). (b) Certains programmes utilisent $\kappa = 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ : quelle est alors $\tau$ ? (c) Quelle serait-elle pour une lithosphère de $100\,\mathrm{km}$ d’épaisseur, avec $\kappa = 8 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ ? (d) Quelle fraction de la subsidence post-rift est acquise après $\tau$, et après $3\tau$ ?

Solution

Solution de Exercice 16.4.

(a) $\tau = (1.25\times10^{5})^2/(\pi^2\times8\times10^{-7}) = 1.979 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$, soit $1.979\times10^{15}/3.156\times10^{13} = 62.7\,\mathrm{Ma}$. (b) $62.7\times0.8 = 50.2\,\mathrm{Ma}$. (c) $62.7\times(100/125)^2 = 40.1\,\mathrm{Ma}$. (d) $1 - e^{-1} = 63\,\%$ ; $1 - e^{-3} = 95\,\%$.

Exercice 16.5 ★★

Une unité d’argilite se trouve aujourd’hui entre $1000\,\mathrm{m}$ et $2000\,\mathrm{m}$. (a) Trouver sa porosité au sommet et à la base. (b) Trouver son épaisseur solide. (c) Trouver sa masse par unité de surface et sa masse volumique moyenne, les pores étant pleins d’eau.

Solution

Solution de Exercice 16.5.

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

Exercice 16.6 ★★

L’argilite de l’Exercice 16.5 est ramenée à la surface. (a) Itérer la formule de décompaction depuis $z_2' = T_s$ jusqu’à ce que la variation soit inférieure à $1\,\mathrm{m}$. (b) Quelle est sa masse volumique moyenne en surface ? (c) De combien était-elle plus épaisse ?

Solution

Solution de Exercice 16.6.

(a) $z_2' \leftarrow 704 + 1234.8\,(1 - e^{-z_2'/1960})$ : 1077, 1226, 1278, 1296, 1301, 1303, 1304 ; la couche est épaisse de $1304\,\mathrm{m}$. (b) $(2700\times704 + 1030\times600)/1304 = 1932\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (c) De $304\,\mathrm{m}$, soit $30\,\%$ : l’eau que la compaction a chassée.

Exercice 16.7 ★★

Au centre de la mer du Nord, le socle chargé d’eau s’est enfoncé de 1100 à $1400\,\mathrm{m}$ après l’étirement qui s’est achevé au Crétacé moyen, il y a environ $100\,\mathrm{Ma}$. (a) Quelle subsidence post-rift le modèle donne-t-il après $100\,\mathrm{Ma}$ pour $\beta = 1.5$ et $\beta = 2$ ? (b) Ces valeurs encadrent-elles l’observation ? (c) Pour quel $\beta$ le modèle donne-t-il $1250\,\mathrm{m}$ ? Utiliser $\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta} = 0.4705$ pour $\beta = 1.6$ et $0.5204$ pour $\beta = 1.7$, et interpoler.

Solution

Solution de Exercice 16.7.

(a) $1 - e^{-100/62.7} = 0.7971$. Pour $\beta = 1.5$ : $3207\times0.4135\times0.7971 = 1057\,\mathrm{m}$ ; pour $\beta = 2$ : $3207\times0.6366\times0.7971 = 1627\,\mathrm{m}$. (b) Oui : l’intervalle 1100 à $1400\,\mathrm{m}$ se situe entre les deux. (c) $\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta} = 1250/(3207\times0.7971) = 0.4890$, donc $\beta = 1.6 + 0.1\times(0.4890 - 0.4705)/(0.5204 - 0.4705) = 1.64$, dans la fourchette de 50 à $100\,\%$ d’étirement déduite pour le bassin.

Exercice 16.8 ★★

Le bassin syn-rift d’un modèle d’étirement n’est pas rempli d’eau mais de sédiment de masse volumique $2300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Dans la formule de $S_i$, qu’est-ce qui change ? (b) Calculer le $S_i$ chargé de sédiment pour $\beta = 1.5$ avec une croûte de $35\,\mathrm{km}$, sachant que le numérateur de la formule vaut $a(1 - 1/\beta)\times74.69\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et que $\rho_m(1 - \alpha T_1) = 3184.4\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (c) Comparer à la valeur chargée d’eau.

Solution

Solution de Exercice 16.8.

(a) La masse volumique du remplissage remplace $\rho_w$ au dénominateur. (b) Le numérateur vaut $125\,000\times(1/3)\times74.69 = 3.112 \times 10^{6}$ ; $S_i = 3.112\times10^{6}/(3184.4 - 2300) = 3519\,\mathrm{m}$. (c) Sous l’eau, $3.112\times10^{6}/2154.4 = 1445\,\mathrm{m}$ : le bassin rempli de sédiment est 2.44 fois plus profond.

Exercice 16.9 ★★

Un puits backstrippé donne $Y = 2171\,\mathrm{m}$ à $100\,\mathrm{Ma}$, en supposant le niveau de la mer actuel. (a) Si la mer s’était alors tenue $100\,\mathrm{m}$ plus haut, quelle est $Y$ ? (b) Si les fossiles donnent une profondeur d’eau comprise entre 100 et $500\,\mathrm{m}$ au lieu de $300\,\mathrm{m}$, quelle plage de $Y$ en résulte ? (c) Laquelle des deux incertitudes est la plus grande ?

Solution

Solution de Exercice 16.9.

(a) $2171 - 100\times3330/2300 = 2171 - 145 = 2026\,\mathrm{m}$. (b) $Y$ varie mètre pour mètre avec $W_d$ : de 1971 à $2371\,\mathrm{m}$. (c) La profondeur d’eau, $\pm200\,\mathrm{m}$, contre $145\,\mathrm{m}$ pour le niveau de la mer.

Exercice 16.10 ★★★

(a) Montrer à partir de la Proposition 16.7 que l’étirement fait monter la surface au lieu de la faire descendre lorsque $(\rho_m - \rho_c)\frac{t_c}{a}\left(1 - \frac{\alpha T_1 t_c}{2a}\right) < \frac{\alpha T_1\rho_m}{2}$. (b) En négligeant le petit terme $\alpha T_1 t_c/(2a)$, trouver l’épaisseur critique de la croûte. (c) L’affiner par une itération. (d) Où sur Terre chercherait-on des rifts qui remontent en s’ouvrant ?

Solution

Solution de Exercice 16.10.

(a) $S_i$ a le signe du crochet de son numérateur, puisque le dénominateur, $3184.4 - 1030$, est positif ; il est négatif, un soulèvement, lorsque le crochet l’est. (b) $(\rho_m - \rho_c)t_c/a = \alpha T_1\rho_m/2$ donne $t_c = a\,\alpha T_1\rho_m/(2(\rho_m - \rho_c)) = 125\times0.04372\times 3330/1060 = 17.17\,\mathrm{km}$. (c) $t_c = 17.17/(1 - 0.04372\times17.17/250) = 17.22\,\mathrm{km}$. (d) Là où la croûte est plus mince qu’environ $17\,\mathrm{km}$ avant l’étirement : dans la lithosphère océanique, ou dans une croûte continentale déjà amincie par un rifting antérieur.

Exercice 16.11 ★★★

(a) Écrire le bilan isostatique de la démonstration de la Proposition 16.7, partie (1), et en déduire la formule de $S_i$. (b) Montrer que la subsidence post-rift finale exacte, lorsque la plaque a retrouvé son géotherme linéaire, vaut $\alpha\rho_m T_1 a(1 - 1/\beta)/(2(\rho_m - \rho_w))$. (c) Calculer cette valeur pour $\beta = 2$ et la comparer à la valeur finale de la formule du premier terme.

Solution

Solution de Exercice 16.11.

(a) Avant l’étirement, la colonne contient la lithosphère de masse $M = \rho_c t_c(1 - \alpha T_1 t_c/(2a)) + \rho_m(a - t_c)(1 - \alpha T_1(a + t_c)/(2a))$ ; après, $\rho_w S_i + M/\beta + \rho_m(1 - \alpha T_1)(a - S_i - a/\beta)$. En égalant les deux, $S_i[\rho_m(1 - \alpha T_1) - \rho_w] = (1 - 1/\beta)[\rho_m(1 - \alpha T_1)a - M]$, et en développant $M$, $\rho_m(1 - \alpha T_1)a - M = (\rho_m - \rho_c)t_c(1 - \alpha T_1 t_c/(2a)) - \rho_m\alpha T_1 a/2$ : la formule. (b) Le profil final est $T_1 z/a$ ; le profil initial le dépasse de $T_1 z(\beta - 1)/a$ au-dessus de $a/\beta$ et de $T_1(1 - z/a)$ en dessous. Les intégrales valent $T_1 a(\beta - 1)/(2\beta^2)$ et $T_1 a(\beta - 1)^2/(2\beta^2)$, dont la somme est $T_1 a(1 - 1/\beta)/2$. La contraction $\alpha$ fois cette quantité, chargée par l’eau, donne l’expression. (c) $3.28\times10^{-5} \times3330\times1333\times125\,000\times0.5/(2\times2300) = 1978\,\mathrm{m}$, contre $3207\times 2/\pi = 2042\,\mathrm{m}$ : le premier terme surestime la subsidence finale de $64\,\mathrm{m}$, $3\,\%$.

Exercice 16.12 ★★★

Une marge passive a été étirée de $\beta = 2$ et se refroidit depuis $150\,\mathrm{Ma}$ ; le bassin est resté rempli de sédiment de masse volumique moyenne $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ jusqu’au niveau de la mer. (a) Trouver la subsidence post-rift à charge d’eau. (b) Quelle est l’épaisseur du sédiment post-rift ? (c) Dans le Baltimore Canyon Trough, le remplissage post-rift précoce est 1.5 à 3 fois plus épais que ne le prévoit un étirement uniforme : quelle épaisseur cela représenterait-il ici ? (d) Suggérer des causes.

Solution

Solution de Exercice 16.12.

(a) $3207\times0.6366\times(1 - e^{-150/62.7}) = 2042\times0.9086 = 1855\,\mathrm{m}$. (b) $1855\times 2300/(3330 - 2400) = 4588\,\mathrm{m}$. (c) De 6.9 à $13.8\,\mathrm{km}$. (d) Le modèle néglige plusieurs facteurs susceptibles d’approfondir le bassin : un manteau lithosphérique plus étiré que la croûte, une réponse régionale (flexurale) à la charge du sédiment, un soulèvement transitoire de la marge pendant le rifting suivi d’un enfoncement, ou un apport de sédiment si grand que le bassin fut comblé puis chargé au-delà du niveau de la mer sur la plate-forme.

Problème 16.1

Problème du week-end — Backstripping d’un puits

Dans le bassin fictif de Kestrel, un puits a carotté quatre unités. De la base : un sable déposé pendant le rifting, de 165 à $150\,\mathrm{Ma}$, situé aujourd’hui entre $4420\,\mathrm{m}$ et $6030\,\mathrm{m}$ ; une argilite, de 150 à $100\,\mathrm{Ma}$, entre $3310\,\mathrm{m}$ et $4420\,\mathrm{m}$ ; une craie, de 100 à $60\,\mathrm{Ma}$, entre $1700\,\mathrm{m}$ et $3310\,\mathrm{m}$ ; un sable argileux, de $60\,\mathrm{Ma}$ à aujourd’hui, entre $0\,\mathrm{m}$ et $1700\,\mathrm{m}$ sous le fond de la mer. Les fossiles donnent la profondeur d’eau au sommet de chaque unité au moment de son dépôt : $200\,\mathrm{m}$ à $150\,\mathrm{Ma}$, $300\,\mathrm{m}$ à $100\,\mathrm{Ma}$, $150\,\mathrm{m}$ à $60\,\mathrm{Ma}$ ; aujourd’hui elle est de $100\,\mathrm{m}$. Utiliser la table lithologique du chapitre, $\rho_m = 3330\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ pour l’eau de mer comme pour l’eau interstitielle, le niveau de la mer comme aujourd’hui, et le modèle d’étirement du chapitre avec une croûte de $35\,\mathrm{km}$. Les profondeurs sont arrondies au mètre près.

Partie I — Compaction.

1. Trouver la porosité du sable à son sommet et à sa base aujourd’hui.
2. Trouver l’épaisseur solide du sable.
3. Les épaisseurs solides de l’argilite, de la craie et du sable argileux sont $1011\,\mathrm{m}$, $1409\,\mathrm{m}$ et $1004\,\mathrm{m}$. Vérifier l’une d’elles.
4. Trouver la masse par unité de surface de chaque unité aujourd’hui, puis la masse volumique moyenne de la colonne entière.
5. À $150\,\mathrm{Ma}$, le sable reposait sur le fond de la mer. Le décompacter : itérer à partir de $z_2' = T_s$ jusqu’à ce que la variation soit inférieure à $1\,\mathrm{m}$.
6. Trouver la masse volumique moyenne du sable décompacté.

Partie II — Backstripping.

7. Trouver la subsidence tectonique $Y$ à $150\,\mathrm{Ma}$.
8. Trouver la subsidence tectonique aujourd’hui. Pourquoi n’a-t-on pas besoin de décompaction ?
9. Un programme donne $Y = 2171\,\mathrm{m}$ à $100\,\mathrm{Ma}$ et $Y = 2453\,\mathrm{m}$ à $60\,\mathrm{Ma}$. Calculer le taux moyen de subsidence tectonique dans chacun des trois intervalles depuis $150\,\mathrm{Ma}$.
10. Trouver la subsidence totale aujourd’hui et la comparer à la subsidence tectonique.
11. Quelle fraction de la profondeur actuelle du socle est due à la charge du sédiment ?
12. Si la mer, à $100\,\mathrm{Ma}$, s’était tenue $100\,\mathrm{m}$ plus haut qu’aujourd’hui, quelle aurait été alors la valeur de $Y$ ?

Partie III — Ajustement du modèle d’étirement. Le rifting est supposé instantané et s’achevant à $150\,\mathrm{Ma}$.

13. Quel point de la courbe donne la subsidence syn-rift ?
14. Trouver le facteur d’étirement $\beta$, à deux décimales près.
15. Quelles étaient l’épaisseur de la croûte et celle de la lithosphère juste après l’étirement ?
16. Avec $\beta$ arrondi, calculer $\frac{\beta}{\pi}\sin\frac{\pi}{\beta}$ et la subsidence post-rift finale.
17. Prédire $Y$ à 100, 60 et $0\,\mathrm{Ma}$.
18. Comparer aux valeurs backstrippées.
19. L’ajustement est serré parce que le puits est fictif. Donner trois raisons pour lesquelles un puits réel ne s’ajusterait pas aussi bien.

Partie IV — Les 50 prochains Ma.

20. Combien de subsidence tectonique supplémentaire se produira au cours des prochains $50\,\mathrm{Ma}$ ?
21. Si la profondeur d’eau reste à $100\,\mathrm{m}$, quelle quantité de sédiment de masse volumique $2400\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ peut s’accumuler pendant ce temps ?
22. Quelle fraction de sa subsidence post-rift finale le bassin a-t-il déjà accomplie ?
23. Quand en a-t-il accompli la moitié ?
24. En résumé : quel facteur d’étirement le puits enregistre-t-il ?

Solution

Solution de Problème 16.1.

1. $0.49\,e^{-4420/3704} = 0.149$ au sommet ; $0.49\,e^{-6030/3704} = 0.096$ à la base. 2. $T_s = 1610 - 0.49\times3704\times(0.3032 - 0.1963) = 1416\,\mathrm{m}$. 3. Argilite : $1110 - 0.63\times1960\times(e^{-3310/1960} - e^{-4420/1960}) = 1110 - 1234.8 \times(0.1847 - 0.1049) = 1011\,\mathrm{m}$. 4. Sable argileux : $2680\times1004 + 1030\times696 = 3.408 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; craie : $2710\times1409 + 1030\times201 = 4.025 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; argilite : $2700\times1011 + 1030\times99 = 2.832 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; sable : $2650\times1416 + 1030\times194 = 3.952 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Total $1.4217 \times 10^{7}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$, $\bar\rho_s = 14\,216\,910/6030 = 2358\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. 5. $z_2' \leftarrow 1416 + 1815\,(1 - e^{-z_2'/3704})$ : 1993, 2171, 2221, 2235, 2238, 2239, 2239 : $2239\,\mathrm{m}$. 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. $Y = 6030\times(3330 - 2358)/2300 + 100 = 2548 + 100 = 2648\,\mathrm{m}$. Les unités sont mesurées à leurs profondeurs actuelles : elles sont déjà aussi compactées qu’aujourd’hui. 9. $(2171 - 1441)/50 = 14.6\,\mathrm{m}$ par Ma de 150 à $100\,\mathrm{Ma}$ ; $(2453 - 2171)/40 = 7.05\,\mathrm{m}$ de 100 à $60\,\mathrm{Ma}$ ; $(2648 - 2453)/60 = 3.25\,\mathrm{m}$ depuis : l’enfoncement ralentit. 10. $6030 + 100 = 6130\,\mathrm{m}$, soit 2.31 fois la subsidence tectonique. 11. $(6130 - 2648)/6130 = 57\,\%$. 12. $2171 - 100\times3330/2300 = 2026\,\mathrm{m}$. 13. Le point de fin de rifting, $150\,\mathrm{Ma}$ : $S_i = 1441\,\mathrm{m}$, si aucune subsidence thermique ne s’est produite pendant les $15\,\mathrm{Ma}$ de rifting. 14. $\beta = 1/(1 - 1441/4334) = 1/0.6675 = 1.50$. 15. $35/1.50 = 23.3\,\mathrm{km}$ de croûte et $125/1.50 = 83.3\,\mathrm{km}$ de lithosphère. 16. $(1.50/\pi)\sin(\pi/1.50) = 0.4775\times0.8660 = 0.4135$ ; $3207\times0.4135 = 1326\,\mathrm{m}$. 17. $S_i = 4334/3 = 1445\,\mathrm{m}$. À $100\,\mathrm{Ma}$, $t = 50\,\mathrm{Ma}$ : $1326\times(1 - e^{-50/62.7}) = 729\,\mathrm{m}$, $Y = 2173\,\mathrm{m}$ ; à $60\,\mathrm{Ma}$ : $1326\times0.7620 = 1010\,\mathrm{m}$, $Y = 2455\,\mathrm{m}$ ; aujourd’hui : $1326\times0.9086 = 1205\,\mathrm{m}$, $Y = 2650\,\mathrm{m}$. 18. Le modèle est $2\,\mathrm{m}$ plus profond en chaque point : 2173 contre 2171, 2455 contre 2453, 2650 contre 2648. 19. Profondeurs d’eau anciennes connues seulement à une centaine de mètres près ou davantage ; niveaux marins passés différents de l’actuel ; un rifting qui a duré $15\,\mathrm{Ma}$, pendant lequel une part de la chaleur était déjà perdue ; une flexure plutôt qu’une isostasie locale ; un manteau étiré plus ou moins que la croûte ; une croûte qui n’avait pas $35\,\mathrm{km}$ d’épaisseur avant le rifting. 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. $\tau\ln2 = 43.5\,\mathrm{Ma}$ après la fin du rifting : à $106.5\,\mathrm{Ma}$. 24. $\beta = \textbf{1.50}$ : la croûte a été étirée jusqu’à une fois et demie sa largeur.