11Termobarometri dan Lintasan P–T–t

Sebutir garnet selebar beberapa milimeter, yang tumbuh di dalam sekis, menyimpan di intinya komposisi yang dimilikinya ketika mulai tumbuh dan di tepinya komposisi yang dimilikinya ketika berhenti tumbuh. Setiap zona setimbang dengan biotit dan plagioklas di sekelilingnya pada saat itu, dan cara besi, magnesium, dan kalsium terbagi di antara mineral-mineral ini bergantung pada suhu dan tekanan. Bila dibaca dengan termodinamika bab sebelumnya, garnet menunjukkan seberapa dalam batuannya terkubur dan seberapa panas batuan itu; bila diberi umur, garnet menunjukkan kapan, dan seberapa cepat batuan itu naik kembali. Bab ini mengubah mineral metamorf menjadi termometer, barometer, dan jam, lalu mengikuti sebuah batuan di sepanjang lintasannya menembus kerak.

Yang sudah kamu ketahui

Dari volume sekolah menengah atas: derajat metamorfisme, mineral indeks, dan isograd. Dari volume Tahun 1: geoterm dan produksi panas radiogenik; kerak benua yang tebalnya sekitar $35\,\mathrm{km}$; penentuan umur radiometrik, suhu penutupan suatu mineral dan umur pendinginan yang diberikannya; kerak samudra dan peridotitnya. Dari buku-buku fisika: persamaan kalor $\partial T/\partial t = \kappa\, \partial^2 T/\partial z^2$ dan difusivitas termal $\kappa$. Dari buku-buku kimia: tetapan kesetimbangan, $\Delta_r G^\circ + RT\ln K = 0$, dan aktivitas dalam larutan ideal. Dari Bab 10: reaksi metamorfik, kemiringan Clapeyron, diagram $\ce{Al2SiO5}$, dan fasies.

11.1 Zona metamorfik

Di batu lumpur Dataran Tinggi Skotlandia, George Barrow memetakan pada tahun 1890-an serangkaian zona, masing-masing ditandai oleh kemunculan pertama mineral indeks yang baru. Ke arah derajat yang lebih tinggi, klorit berturut-turut disertai biotit, garnet, staurolit, kianit, dan silimanit; di penampang-penampang tipenya, zona garnet sampai silimanit terbentuk pada sekitar 500 sampai $650\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan 5 sampai $7\,\mathrm{kbar}$.

Definisi 11.1 (Zona Barrow; gradien metamorfik lapangan)

Yang disebut zona Barrow adalah zona-zona metamorfik metapelit dengan urutan klorit, biotit, garnet, staurolit, kianit, silimanit, masing-masing dimulai pada isograd mineral indeksnya. Yang disebut gradien metamorfik lapangan suatu wilayah adalah kurva, pada bidang tekanan–suhu, yang melalui kondisi puncak yang direkam batuan-batuannya di tempat batuan itu kini tersingkap.

Setiap titik pada gradien lapangan berasal dari batuan yang berbeda, dan setiap batuan mencapai puncaknya sendiri pada waktunya sendiri: gradien lapangan bukanlah geoterm pada satu saat mana pun, juga bukan lintasan satu batuan mana pun. Gradien itu adalah jejak yang ditinggalkan puncak-puncak itu pada permukaan erosi masa kini.

Isograd dipetakan dari kemunculan mineral, dan baru menjadi kondisi tekanan dan suhu setelah reaksi di baliknya diketahui. Untuk melangkah lebih jauh, kita perlu mengukur suhu dan tekanan dalam satu batuan.

11.2 Termometer dan barometer

Definisi 11.2 (Geotermometer; geobarometer; reaksi pertukaran; reaksi transfer neto)

Yang disebut geotermometer (geobarometer) adalah kesetimbangan di antara mineral-mineral yang posisinya terutama bergantung pada suhu (tekanan), sehingga komposisi mineral-mineral itu memberikan suhu (tekanan) kesetimbangan terakhirnya. Yang disebut reaksi pertukaran adalah reaksi yang menukar dua unsur di antara dua mineral, seperti besi dan magnesium di antara garnet dan biotit, tanpa menciptakan atau memusnahkan salah satu mineral itu. Yang disebut reaksi transfer neto adalah reaksi yang membentuk sebagian mineral dengan mengorbankan mineral lain.

Termometer metapelit yang paling luas dipakai adalah pertukaran besi dan magnesium antara garnet dan biotit,

yaitu almandin ditambah flogopit menghasilkan pirop ditambah anit. Misalkan $X_{\text{Mg}}$ dan $X_{\text{Fe}}$ fraksi situs yang diisi magnesium dan besi dalam setiap mineral, dan

Proposisi 11.3 (Sebuah kesetimbangan pertukaran)

Jika garnet dan biotit adalah larutan ideal dan $\Delta_r H$, $\Delta_r S$, dan $\Delta_r V$ reaksi di atas konstan, maka pada kesetimbangan

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

Konstanta-konstantanya berasal dari percobaan tempat garnet dan biotit sintetis bertukar besi dan magnesium pada suhu yang diketahui dan $2.07\,\mathrm{kbar}$. Dua belas rentang semacam itu, dari 550 sampai $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, yang diplot sebagai $\ln K_D$ terhadap $1/T$, jatuh di dekat sebuah garis (gambar di bawah); bila dicocokkan dengan kuadrat terkecil dengan $\Delta_r V = 0.311\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, rentang-rentang itu memberikan $\Delta_r H = 52\,630\,\mathrm{J}$ dan $\Delta_r S = 20.19\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$, nilai-nilai dari perhitungan ulang terbitan atas data yang sama. Pada suhu yang lebih tinggi, rasio $K_D$ naik mendekati 1: garnet mengambil bagian magnesium yang lebih besar.

Untuk $K_D = 0.18$ pada $5\,\mathrm{kbar}$, $T = (52630 + 0.311\times5000)/(20.19 - 3\times8.314 \times\ln 0.18) = 54185/62.96 = 861\,\mathrm{K}$, atau $587\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Satu kilobar lagi menambahkan $0.311\times1000/62.96 = 4.9\,\mathrm{K}$: reaksi itu menukar ion bermuatan sama di antara situs yang ukurannya hampir sama, perubahan volumenya kecil, dan tekanan hampir tidak berpengaruh. Itulah yang membuatnya menjadi termometer.

Barometer memerlukan kebalikannya: reaksi dengan perubahan volume yang besar. Reaksi transfer neto

yaitu anortit menghasilkan grosular, kianit, dan kuarsa, memampatkan atom-atom tiga feldspar ke dalam mineral yang lebih rapat: $\Delta_r V = -6.21\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, dua puluh kali perubahan volume reaksi pertukaran tadi. Kesetimbangan anggota-ujungnya, yang dibalikkan dalam percobaan pada 900 sampai $1250\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan 19 sampai $28\,\mathrm{kbar}$, berjalan di sepanjang

Dalam batuan, grosular hanyalah bagian kecil garnet dan anortit adalah bagian dari plagioklas. Dengan aktivitas ideal, $a_{\text{grosular}} = X_{\text{Ca,grt}}^3$ dan $a_{\text{anortit}} = X_{\text{an}}$, syarat $\Delta_r G^\circ + RT\ln K = 0$ yang dituliskan pada $P$ dan pada $P_0$ memberikan

Geobarometer ini, yang dinamai GASP menurut empat mineralnya (garnet, aluminosilikat, silika, plagioklas), dapat dipakai di mana pun metapelit mengandung keempatnya.

Metode 11.4 (Suhu dan tekanan satu batuan)

(1) Ukurlah, pada mineral-mineral yang tumbuh bersama, komposisi yang diperlukan termometer dan barometer. (2) Tebaklah suatu tekanan dan hitunglah suhunya dengan termometer. (3) Pada suhu itu, hitunglah tekanannya dengan barometer. (4) Ulangi (2) dan (3) sampai keduanya tidak berubah; dua atau tiga putaran sudah cukup, karena setiap persamaan hanya sedikit bergantung pada variabel yang ditetapkan persamaan lainnya. Secara grafis, jawabannya adalah titik potong garis termometer dengan garis barometer. (5) Rambatkan ketidakpastiannya: untuk galat yang saling independen, $\sigma_T^2 = (\partial T/\partial\ln K_D)^2\sigma_{\ln K_D}^2 + (\partial T/\partial P)^2\sigma_P^2$, dan dengan cara serupa untuk $P$.

Garis-garis termometer hampir vertikal, garis-garis barometer miring: keduanya berpotongan dengan sudut lebar, yang menjaga titik potong tetap teliti. Pencampuran ideal adalah penyederhanaan utama bab ini. Garnet yang sebenarnya mengandung kalsium dan mangan, biotit yang sebenarnya mengandung aluminium, titanium, dan besi feri, dan kalibrasi yang mengoreksinya menggeser suhu sebesar puluhan derajat (di satu wilayah yang diteliti dengan baik, $574\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, bukan $530\,{}^{\circ}\mathrm{C}$); kalibrasi terbaik mengklaim ketidakpastian sekitar $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

11.3 Lintasan tekanan–suhu

Batuan tidak mencapai tekanan tertinggi dan suhu tertingginya pada saat yang sama. Batuan itu terkubur dan terpanaskan, lalu terangkat kembali dan mendingin, dan mineral-mineralnya bereaksi di sepanjang perjalanan itu.

Definisi 11.5 (Lintasan P–T; lintasan progradasi dan retrogradasi; kondisi puncak metamorfisme)

Yang disebut lintasan P–T suatu batuan adalah urutan tekanan dan suhu yang dilaluinya selama suatu peristiwa metamorfik. Lintasan progradasi-nya adalah bagian tempat suhu naik, dan lintasan retrogradasi-nya adalah bagian tempat suhu turun. Yang disebut kondisi puncak metamorfisme adalah tekanan dan suhu pada suhu tertinggi lintasan itu, yaitu puncak termal; puncak tekanan, atau puncak barik, tidak harus bertepatan dengannya.

Lintasan disebut searah jarum jam bila, digambar dengan suhu ke kanan dan tekanan ke atas, puncak termal datang sesudah puncak barik, selama dekompresi; lintasan itu berlawanan arah jarum jam bila puncak termal tercapai sementara tekanan masih naik. Arah mana yang diikuti suatu batuan bergantung pada bagaimana panas mencapainya, dan kasus paling sederhana dapat dihitung.

Bayangkan kerak setebal $35\,\mathrm{km}$, dalam keadaan tunak, dengan produksi panas $1.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, aliran panas $25\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ dari bawah, konduktivitas $2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, dan difusivitas $1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, ketiga nilai terakhir berada dalam rentang yang terukur pada batuan. Aliran panas permukaannya $60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ dan Moho-nya terletak pada $595\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Sebuah tumbukan menumpukkan salinan kedua kerak ini di atasnya, dengan cepat dibandingkan dengan waktu yang diperlukan panas untuk berpindah: batuan lembar bawah mempertahankan suhunya tetapi kini berada $35\,\mathrm{km}$ lebih dalam, sehingga geoterm menjadi bergerigi, dengan batuan bersuhu $0\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada $35\,\mathrm{km}$ di bawah batuan panas lembar atas. Kerak itu kini setebal $70\,\mathrm{km}$ dan mengandung dua kali lipat batuan penghasil panas. Tiga puluh juta tahun setelah penumpukan, erosi dimulai dan mengupas $35\,\mathrm{km}$ dalam 70 juta tahun ($0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$).

Proposisi 11.6 (Skala waktu relaksasi termal)

Dalam lapisan setebal $L$ yang kedua permukaannya dijaga pada suhu tetap, gangguan suhu berbentuk $\sin(\pi z/L)$ meluruh sebagai $e^{-t/\tau}$, dengan

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

Pola gerigi itu memiliki panjang gelombang seorde dengan tebal satu lembar: dengan $L = 35\,\mathrm{km}$, $\tau = 3.9\,\mathrm{Ma}$, dan baji dingin pada $35\,\mathrm{km}$ terhapus dalam sepuluh juta tahun. Seluruh kerak yang menebal, $L = 70\,\mathrm{km}$, berelaksasi dalam $\tau = 16\,\mathrm{Ma}$, sehingga pemanasan berlanjut selama puluhan juta tahun, menuju geoterm yang jauh lebih panas yang dapat ditopang oleh kerak dua kali lebih tebal dengan dua kali lipat batuan penghasil panas. Gambar di bawah memperlihatkan geoterm hasil perhitungan.

Ikutilah batuan yang berada di permukaan sebelum penumpukan dan terletak pada $35\,\mathrm{km}$ tepat sesudahnya, di bawah $9.6\,\mathrm{kbar}$. Dalam lima juta tahun batuan itu menghangat dari 0 sampai $395\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ tanpa berpindah; ketika erosi dimulai, suhunya telah mencapai $558\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Erosi lalu mengangkatnya, tetapi panas terus datang lebih cepat daripada yang lolos: batuan itu masih menghangat ketika telah naik $6\,\mathrm{km}$, dan mencapai puncak termalnya, $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada $7.8\,\mathrm{kbar}$, 43 juta tahun setelah penumpukan. Baru setelah itu batuan itu mendingin, melewati $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada kedalaman $13\,\mathrm{km}$ dan $74\,\mathrm{Ma}$, dalam perjalanannya ke permukaan. Lintasannya (gambar di bawah) searah jarum jam. Batuan itu juga tetap berada dalam jarak $50\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dari suhu puncaknya selama tiga puluh juta tahun, sekitar sepertiga seluruh perjalanannya, seperti yang ditemukan England dan Thompson pada 1984 untuk sebagian besar kasus yang masuk akal secara geologis: batuan menghabiskan waktu lama di dekat puncaknya, dan mineral yang dipertahankannya sebagian besar merekam tahap itu.

Model itu juga menunjukkan mengapa sebagian lintasan berbelok ke arah sebaliknya. Penebalan saja memanaskan batuan hanya setelah batuan itu terkubur, sehingga puncak termalnya datang selama ekshumasi. Batuan yang suhunya naik selagi masih terkubur memerlukan panas dari tempat lain, misalnya magma yang naik ke dalam kerak di atas atau di sampingnya, dan mengikuti lintasan berlawanan arah jarum jam. Dan dalam kerak yang menebal, dasarnya menjadi jauh lebih panas daripada suhu awalnya: England dan Thompson menyimpulkan bahwa pelelehan kerak yang cukup besar adalah akibat penebalan yang mungkin terjadi, pokok bahasan Bab 12.

11.4 Menambahkan waktu

Definisi 11.7 (Lintasan P–T–t)

Yang disebut lintasan P–T–t suatu batuan adalah lintasan P–T-nya beserta waktu tercapainya setiap titik.

Waktu diperoleh dari penentuan umur radiometrik. Mineral yang tumbuh selama peristiwa itu dan telah mempertahankan isotop anaknya sejak saat itu, seperti zona garnet yang diberi umur dengan metode samarium–neodimium, memberikan umur pertumbuhannya sendiri, dan komposisinya memberikan tekanan dan suhu pada saat itu. Mineral yang tumbuh lebih awal, pada suhu yang lebih tinggi, malah memberikan umur pendinginan: waktu ketika batuan itu mendingin melewati suhu penutupan mineral dan sistem isotop tersebut (volume Tahun 1). Untuk argon dalam butir muskovit berjari-jari $100\,\text{µ}\mathrm{m}$, yang mendingin $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ per juta tahun, suhu penutupannya $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada $5\,\mathrm{kbar}$ dan $425\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada $10\,\mathrm{kbar}$.

Definisi 11.8 (Ekshumasi; laju ekshumasi)

Yang disebut ekshumasi adalah perpindahan batuan ke arah permukaan Bumi, melalui pengupasan batuan di atasnya. Yang disebut laju ekshumasi adalah laju berkurangnya kedalaman batuan itu.

Proposisi 11.9 (Laju dari dua titik yang diberi umur)

Jika suatu batuan bersuhu $T_1$ dan berada pada kedalaman $z_1$ pada waktu $t_1$, serta bersuhu $T_2$, berkedalaman $z_2$ pada waktu yang lebih kemudian $t_2$ (umur dihitung mundur dari masa kini, $t_1 > t_2$), laju pendinginan dan laju ekshumasi rata-ratanya pada selang itu adalah

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

dan ketidakpastiannya, untuk galat yang saling independen pada kedua umur, diperoleh dari $\sigma_{t_1 - t_2}^2 = \sigma_{t_1}^2 + \sigma_{t_2}^2$.

Kedalaman tempat suatu umur pendinginan ditetapkan jarang diukur: kedalaman itu ditaksir dari geoterm pada masa itu, itulah sebabnya laju ekshumasi kurang pasti dibandingkan dengan laju pendinginan. Tekanan, bila suatu himpunan mineral memberikannya, menetapkan kedalaman secara langsung, sebagai $z = P/(\bar\rho g)$ dengan $\bar\rho$ massa jenis rata-rata batuan di atasnya.

11.5 Seri metamorfik dan sabuk berpasangan

Definisi 11.10 (Seri metamorfik; sabuk metamorfik berpasangan)

Yang disebut seri metamorfik (atau seri fasies) adalah urutan fasies metamorfik yang berkembang pada rentang rasio tekanan terhadap suhu yang sama, sehingga menempati sektor radial pada bidang tekanan–suhu. Yang disebut sabuk metamorfik berpasangan adalah dua sabuk sejajar yang berumur sama, yang satu berseri tekanan tinggi dan yang lain berseri tekanan rendah.

Tiga seri lazim dibedakan. Rasio tekanan terhadap suhu yang tinggi, di sepanjang gradien yang dingin, mengarah dari fasies zeolit ke sekis biru dan eklogit: seri zona subduksi. Rasio menengah mengarah melalui fasies sekis hijau, amfibolit, dan granulit, dengan kianit lalu silimanit dalam metapelit: seri Barrow. Rasio rendah, di sepanjang gradien panas seperti gradien di dekat intrusi, menghasilkan andalusit lalu silimanit: seri tekanan rendah atau seri Buchan. Gambar di bawah menggambarkan tiga gradien yang melintasi diagram aluminosilikat.

Gagasan seri metamorfik berasal dari Jepang, tempat Akiho Miyashiro mendefinisikannya pada 1961. Di bagian barat daya negeri itu, sabuk Sanbagawa, dengan metamorfisme bertekanan tinggi dan bersuhu rendah, membentang lebih dari $800\,\mathrm{km}$ di samping sabuk Ryoke, dengan metamorfisme bersuhu tinggi dan bertekanan rendah, keduanya dipisahkan oleh sesar besar: pasangan klasik. Sabuk Sanbagawa adalah zona subduksi purba, sabuk Ryoke adalah busur vulkanik di atasnya. Jadi zona subduksi menghasilkan kedua seri sekaligus, batuan dingin yang terseret turun oleh lempeng yang tenggelam, dan batuan panas yang terpanaskan di busur; sabuk berpasangan sejenis dikenal di sekeliling Pasifik.

11.6 Tekanan ultratinggi dan ekshumasi

Pada 1984 dideskripsikan sebuah kuarsit dari masif Dora Maira di Alpen Barat yang garnet-garnetnya, berukuran sampai $25\,\mathrm{cm}$ dan hampir berupa pirop murni, menyelubungi butir-butir koesit, polimorf silika yang rapat, yang sebagian telah berubah kembali menjadi kuarsa; pemuaian selama inversi itu meretakkan garnet induknya secara radial di sekeliling setiap butir. Koesit dan mineral-mineral penyertanya menunjukkan sekurang-kurangnya $28\,\mathrm{kbar}$ pada sekitar $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: batuan kerak benua bagian atas, yang dahulu sedimen, telah turun sampai $90\,\mathrm{km}$ atau lebih dan kembali naik.

Definisi 11.11 (Metamorfisme tekanan ultratinggi)

Yang disebut metamorfisme tekanan ultratinggi adalah metamorfisme batuan kerak pada tekanan yang cukup tinggi bagi tumbuhnya koesit, atau intan.

Enam tahun kemudian, intan berukuran rata-rata $12\,\text{µ}\mathrm{m}$ ditemukan dalam gneis, sekis, dan batuan garnet–piroksen di masif Kokchetav di Kazakhstan utara, terselubung dalam garnet dan zirkon, yang melindunginya dari perubahan menjadi grafit: intan itu tumbuh pada $40\,\mathrm{kbar}$ atau lebih dan di atas 900 sampai $1000\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Kerak benua, betapapun ringannya, dapat terseret turun lebih dari seratus kilometer.

Bagaimana kerak itu kembali diceritakan oleh jam-jamnya. Di batuan terdalam yang tersubduksi di Alpen, titanit yang diberi umur pada tahap-tahap berurutan menunjukkan bahwa sebuah batuan kalk-silikat mencapai sekitar $3.5\,\mathrm{GPa}$ pada $35.1 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, berada pada $1 \pm 0.15\,\mathrm{GPa}$ pada $32.9 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, dan di sekitar 0.4 sampai $0.5\,\mathrm{GPa}$ pada $31.8 \pm 0.5\,\mathrm{Ma}$. Laju ekshumasi rata-ratanya, 3.4 lalu $1.6\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, setara dengan kecepatan lempeng: batuan itu kembali kira-kira secepat ketika turun, jauh lebih cepat daripada yang dapat dicapai erosi dalam mengupas batuan di atasnya. Para penulisnya mengajukan daya apung, yaitu kerak ringan yang naik menembus mantel yang lebih rapat, dan sesar normal, yang menipiskan batuan di atasnya.

11.7 Metamorfisme dasar samudra

Definisi 11.12 (Metamorfisme dasar samudra; serpentinisasi)

Yang disebut metamorfisme dasar samudra adalah metamorfisme regional litosfer samudra di dekat pusat pemekaran, oleh fluida berair panas yang bersirkulasi di bawah gradien geotermal yang curam; rekristalisasinya umumnya tidak tuntas dan suhunya biasanya naik dengan kedalaman. Yang disebut serpentinisasi adalah hidrasi batuan kaya olivin menjadi serpentin.

Air laut yang tersedot ke dalam kerak muda di dekat sumbu punggungan memanas, bereaksi dengan batuan, dan naik kembali. Basal yang dilaluinya terekristalisasi, secara tidak tuntas, menjadi mineral hidrus, pada rentang suhu yang lebar. Di tempat air mencapai peridotit, seperti di punggungan lambat tempat batuan mantel naik sampai ke dasar laut dan memasok mata air seperti mata air di lapangan Lost City (volume Tahun 1), olivin mengikat air:

forsterit menghasilkan serpentin dan brusit. Volume molarnya, 43.65 untuk forsterit, 107.50 untuk serpentin, dan $24.63\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$ untuk brusit, menunjukkan akibatnya bagi batuan: $87.30\,\mathrm{cm}^{3}$ olivin menjadi $132.13\,\mathrm{cm}^{3}$ padatan, $51\,\%$ lebih banyak, dan massa jenisnya turun dari 3.22 menjadi $2.54\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$. Batuan itu mengembang dan menjadi lebih ringan, dan air yang diikatnya ikut turun bersamanya ketika lempeng itu tersubduksi.

Di laboratorium — Membaca sebutir garnet

Untuk membaca lintasan P–T, seorang petrolog pertama-tama membuat sayatan tipis melalui pusat sebutir garnet, karena sayatan yang tidak melalui pusat akan melewatkan intinya. Di bawah mikroskop, inklusinya dipetakan: butir-butir kecil kuarsa, biotit, plagioklas, atau kianit yang terperangkap ketika garnet tumbuh, kadang-kadang berjajar dalam jejak yang mengawetkan foliasi batuan yang lebih tua. Mikroprobe elektron kemudian mengukur komposisi di sepanjang garis dari inti ke tepi, dan peta magnesium, besi, kalsium, dan mangan memperlihatkan zona-zona pertumbuhannya. Setiap zona dipasangkan dengan mineral yang tumbuh bersamanya: inklusi untuk inti, matriks yang bersentuhan untuk tepi. Termometer dan barometer diterapkan pada setiap pasangan, dan zona-zona itu diberi umur bila suatu mineral memungkinkannya. Bab 31 menguraikan instrumen-instrumennya.

11.8 Latihan

Latihan 11.1 ★

Enam sampel dari satu formasi batu lumpur, yang dikumpulkan di sepanjang sebuah jalan, mengandung: (A) klorit, muskovit, kuarsa; (B) biotit, klorit, muskovit, kuarsa; (C) garnet, biotit, muskovit, kuarsa; (D) staurolit, garnet, biotit, muskovit, kuarsa; (E) kianit, staurolit, biotit, muskovit, kuarsa; (F) silimanit, biotit, muskovit, kuarsa. (a) Di zona Barrow mana setiap sampel terletak? (b) Berapa isograd yang dilintasi jalan itu, dan isograd yang mana? (c) Mengapa mengetahui isograd saja tidak cukup untuk menggambar gradien metamorfik lapangan?

Solusi

Solusi Latihan 11.1.

(a) Sampel A terletak di zona klorit, B di zona biotit, C di zona garnet, D di zona staurolit, E di zona kianit, dan F di zona silimanit. (b) Lima: isograd biotit, garnet, staurolit, kianit, dan silimanit, masing-masing di antara dua sampel yang berurutan, dengan derajat naik dari A ke F. (c) Isograd hanya mengatakan bahwa suatu reaksi telah berlangsung; gradien lapangan memerlukan tekanan dan suhu, yang berasal dari reaksi yang terkalibrasi atau dari termobarometri himpunan mineral puncak setiap batuan.

Latihan 11.2 ★

Sebutir garnet memiliki $X_{\text{Mg}} = 0.10$ dan $X_{\text{Fe}} = 0.80$, biotit di sampingnya $X_{\text{Mg}} = 0.45$ dan $X_{\text{Fe}} = 0.50$. (a) Hitunglah $K_D$ dan $\ln K_D$. (b) Dengan kalibrasi bab ini, hitunglah suhunya pada $5\,\mathrm{kbar}$ dan pada $7\,\mathrm{kbar}$. (c) Apakah hasil ini pengukur suhu atau pengukur tekanan?

Solusi

Solusi Latihan 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) $3R = 24.942$; penyebut $20.19 + 24.942\times1.9741 = 69.428$; pada $5\,\mathrm{kbar}$, $T = 54185/69.428 = 780.5\,\mathrm{K} = 507\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; pada $7\,\mathrm{kbar}$, $T = (52630 + 2177)/69.428 = 789.4\,\mathrm{K} = 516\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (c) Dua kilobar hanya mengubahnya sebesar $9\,\mathrm{K}$: sebuah termometer.

Latihan 11.3 ★

Sebuah metapelit memberikan $580\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $6.0\,\mathrm{kbar}$. (a) Di bawah batuan bermassa jenis rata-rata $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ ($g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$), seberapa dalam letaknya? (b) Gradien suhu berapa yang tersirat dari situ, mulai dari $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ di permukaan? (c) Garis eksperimental kianit $=$ silimanit melalui $3.67\,\mathrm{kbar}$ pada $500\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $5.77\,\mathrm{kbar}$ pada $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$: aluminosilikat mana yang seharusnya dikandung batuan itu?

Solusi

Solusi Latihan 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) Pada $580\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ garis itu terletak pada $3.67 + 0.8\times2.10 = 5.35\,\mathrm{kbar}$; pada $6.0\,\mathrm{kbar}$ batuan berada di sisi tekanan tinggi: kianit.

Latihan 11.4 ★

Untuk serpentinisasi forsterit yang dituliskan dalam bab ini: (a) periksalah bahwa persamaannya setara dalam massa, dengan massa molar 140.693 (forsterit), 18.015 (air), 277.112 (serpentin), dan $58.320\,\mathrm{g}\,\mathrm{mol}^{-1}$ (brusit); (b) hitunglah perubahan volume padatannya; (c) hitunglah massa jenis olivin dan massa jenis produknya. (d) Apa akibat perubahan itu bagi peridotit terserpentinisasi di bawah dasar laut?

Solusi

Solusi Latihan 11.4.

(a) Pereaksi $2\times140.693 + 3\times18.015 = 335.431\,\mathrm{g}$; produk $277.112 + 58.320 = 335.432\,\mathrm{g}$: setara sampai batas pembulatan. (b) $2\times43.65 = 87.30\,\mathrm{cm}^{3}$ menjadi $107.50 + 24.63 = 132.13\,\mathrm{cm}^{3}$: $+51.4\,\%$. (c) Olivin $281.386/87.30 = 3.223\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$; produk $335.432/132.13 = 2.539\,\mathrm{g}\,\mathrm{cm}^{-3}$. (d) Batuan itu mengembang sebesar setengah volumenya dan menjadi lebih ringan; batuan itu juga menyimpan air di dalam mineral-mineralnya.

Latihan 11.5 ★★

Kalibrasikan termometer itu dari empat percobaan pada $2.07\,\mathrm{kbar}$: $\ln K_D = -1.157$ dan $-1.255$ pada $799\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $-1.738$ dan $-1.826$ pada $550\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. (a) Rata-ratakan setiap pasangan dan carilah garis $\ln K_D = a/T + b$ yang melalui kedua rata-rata itu. (b) Turunkan $\Delta_r H$ dan $\Delta_r S$, dengan $\Delta_r V = 0.311\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$. (c) Bandingkan suhu yang diberikan kalibrasimu dan kalibrasi bab ini pada $5\,\mathrm{kbar}$ untuk $K_D = 0.18$, $0.10$, dan $0.30$. Apa kesimpulanmu tentang ekstrapolasi suatu kalibrasi?

Solusi

Solusi Latihan 11.5.

(a) Rata-ratanya $-1.206$ pada $1072.15\,\mathrm{K}$ dan $-1.782$ pada $823.15\,\mathrm{K}$. Dengan $1/T = 9.3271\times10^{-4}$ dan $1.21485\times10^{-3}$, $a = (-1.206 + 1.782)/(9.3271\times10^{-4} - 1.21485\times10^{-3}) = -2041.5$ K dan $b = -1.206 + 2041.5/1072.15 = 0.6982$. (b) $\Delta_r H + 2070\times0.311 = 2041.5\times24.942 = 50\,920\,\mathrm{J}$, sehingga $\Delta_r H = 50\,276\,\mathrm{J}$; $\Delta_r S = 0.6982\times24.942 = 17.41\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$. (c) Pada $5\,\mathrm{kbar}$: untuk $K_D = 0.18$, 588.1 terhadap $587.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; untuk $0.10$, 419 terhadap $425\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; untuk $0.30$, 819 terhadap $806\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Di dalam rentang percobaan, kedua kalibrasi itu sesuai, walaupun konstanta-konstantanya berbeda sebesar $2.4\,\mathrm{kJ}$ dan $2.8\,\mathrm{J}\,\mathrm{K}^{-1}$; galat $\Delta_r H$ dan $\Delta_r S$ saling mengimbangi di sana dan membesar di luarnya. Suatu kalibrasi tidak boleh dipakai jauh di luar kondisi percobaannya.

Latihan 11.6 ★★

(a) Dari volume molar pada $298\,\mathrm{K}$ (almandin 115.32, pirop 113.12, anit 154.30, flogopit 149.65, grosular 125.28, anortit 100.79, kianit 44.15, kuarsa $22.69\,\mathrm{cm}^{3}\,\mathrm{mol}^{-1}$), hitunglah $\Delta_r V$ reaksi pertukaran dan reaksi GASP, lalu bandingkan dengan nilai yang dipakai kalibrasinya, $0.311$ dan $-6.21\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$. (b) Untuk $K_D = 0.18$, berapa kelvin galat sebesar $1\,\mathrm{kbar}$ menggeser suhunya? (c) Di sepanjang garis GASP sebuah batuan dengan $X_{\text{Ca}}/X_{\text{an}} = 0.20$, berapa bar galat sebesar $17\,\mathrm{K}$ menggeser tekanannya?

Solusi

Solusi Latihan 11.6.

(a) Pertukaran: $(113.12 + 154.30) - (115.32 + 149.65) = +2.45\,\mathrm{cm}^{3} = 0.245\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, terhadap 0.311. GASP: $125.28 + 2\times44.15 + 22.69 - 3\times100.79 = -66.10\,\mathrm{cm}^{3} = -6.61\,\mathrm{J}\,\mathrm{bar}^{-1}$, terhadap $-6.21$, nilai kalibrasi pada $800\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $10\,\mathrm{kbar}$, tempat pemuaian termal dan pemampatan mengubah volumenya. Dalam kedua kasus, perubahan GASP dua puluh sampai tiga puluh kali perubahan pertukaran. (b) $\partial T/\partial P = 0.311/62.96 = 4.9 \times 10^{-3}\,\mathrm{K}/\mathrm{bar}$: $4.9\,\mathrm{K}$ per kilobar. (c) Kemiringan garisnya $22.80 + 8.314\times3\ln 0.20/6.21 = 22.80 - 6.46 = 16.3\,\mathrm{bar}/\mathrm{K}$; $17\,\mathrm{K}$ menggeser tekanan sebesar $280\,\mathrm{bar}$.

Latihan 11.7 ★★

Pada $600\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, sebutir garnet memiliki $X_{\text{Ca}} = 0.08$ dan plagioklas di sampingnya $X_{\text{an}} = 0.30$. (a) Hitunglah tekanan GASP-nya. (b) Ulangi dengan $X_{\text{an}} = 0.35$. (c) Seberapa dalam letak batuan itu, untuk massa jenis rata-rata $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$?

Solusi

Solusi Latihan 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) $3\ln(0.08/0.35) = -4.4277$, $P = 12587 - 5176 = 7411\,\mathrm{bar}$: $0.54\,\mathrm{kbar}$ lebih rendah, jadi plagioklas harus dianalisis dengan cermat. (c) $7952\times10^5/(2800\times9.81) = 29.0\,\mathrm{km}$.

Latihan 11.8 ★★

Gunakan umur titanit batuan terdalam yang tersubduksi di Alpen: sekitar $3.5\,\mathrm{GPa}$ pada $35.1 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, $1.0\,\mathrm{GPa}$ pada $32.9 \pm 0.9\,\mathrm{Ma}$, $0.45\,\mathrm{GPa}$ pada $31.8 \pm 0.5\,\mathrm{Ma}$. (a) Dengan massa jenis rata-rata $3000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, ubahlah tekanan itu menjadi kedalaman. (b) Hitunglah kedua laju ekshumasi rata-ratanya dan bandingkan dengan nilai terbitan 3.4 dan $1.6\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$. (c) Berapa ketidakpastian selang waktu pertama, dan rentang laju mana yang dimungkinkannya? (d) Bandingkan dengan laju erosi model penebalan, $0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$.

Solusi

Solusi Latihan 11.8.

(a) $z = P/(\bar\rho g)$: $118.9\,\mathrm{km}$, $34.0\,\mathrm{km}$, dan $15.3\,\mathrm{km}$. (b) $(118.9 - 34.0)/2.2 = 38.6\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma} = 3.9\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ dan $(34.0 - 15.3)/1.1 = 17.0\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma} = 1.7\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, sedikit di atas nilai terbitan 3.4 dan 1.6: konversi tekanan ke kedalaman yang mereka pakai menghasilkan selisih kedalaman yang sedikit lebih kecil. (c) $\sigma = \sqrt{0.9^2 + 0.9^2} = 1.3\,\mathrm{Ma}$, jadi $2.2 \pm 1.3$ juta tahun dan laju antara $84.9/3.47 = 24$ dan $84.9/0.93 = 91\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$, 2.4 sampai $9.1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$: bagaimanapun juga cepat. (d) Laju terendah pun sekitar lima puluh kali $0.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ model itu: erosi saja tidak mungkin melakukannya.

Latihan 11.9 ★★

Untuk $K_D = 0.18$ pada $5\,\mathrm{kbar}$, (a) hitunglah $\partial T/\partial\ln K_D$ dan $\partial T/\partial P$ dari proposisi itu; (b) dengan $\sigma_{\ln K_D} = 0.05$ (galat $5\,\%$ pada $K_D$) dan $\sigma_P = 1\,\mathrm{kbar}$, hitunglah $\sigma_T$. (c) Galat mana yang dominan? Bandingkan dengan ketidakpastian $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ yang diklaim untuk kalibrasi terbaik.

Solusi

Solusi Latihan 11.9.

(a) $\partial T/\partial\ln K_D = 3RT/(\Delta_r S - 3R\ln K_D) = 24.942\times860.6/62.96 = 341\,\mathrm{K}$; $\partial T/\partial P = 0.311/62.96 = 4.9\,\mathrm{K}$ per kilobar. (b) $\sigma_T = \sqrt{(341\times0.05)^2 + 4.9^2} = \sqrt{17.0^2 + 4.9^2} = 17.7\,\mathrm{K}$. (c) Galat analitis pada $K_D$ yang dominan; galat ini saja sudah dua pertiga dari $25\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ kalibrasi terbaik, yang juga mencakup galat kalibrasi itu sendiri.

Latihan 11.10 ★★★

Tepi sebutir garnet memiliki $X_{\text{Mg}} = 0.10$, $X_{\text{Fe}} = 0.75$, $X_{\text{Ca}} = 0.07$; biotit matriks $X_{\text{Mg}} = 0.42$, $X_{\text{Fe}} = 0.52$; plagioklas $X_{\text{an}} = 0.25$. (a) Terapkan metode bab ini, mulai dari $6\,\mathrm{kbar}$, sampai suhunya berubah kurang dari $1\,\mathrm{K}$. (b) Aluminosilikat mana yang seharusnya dikandung batuan itu (gunakan garis eksperimental Latihan 11.3)? (c) Mengapa barometernya harus memakai aluminosilikat yang benar-benar ada?

Solusi

Solusi Latihan 11.10.

(a) Garnet $0.10/0.75 = 0.1333$, biotit $0.42/0.52 = 0.8077$, $K_D = 0.1650$, $\ln K_D = -1.8018$, penyebut $20.19 + 24.942\times1.8018 = 65.130$; $3\ln(0.07/0.25) = -3.8189$. Pada $6000\,\mathrm{bar}$: $T = 54496/65.130 = 836.7\,\mathrm{K} = 563.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, lalu $P = 22.80\times563.6 - 1093 + 8.314\times836.7\times(-3.8189)/6.21 = 7479\,\mathrm{bar}$. Pada $7479\,\mathrm{bar}$: $T = 570.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $P = 7603\,\mathrm{bar}$. Pada $7603\,\mathrm{bar}$: $T = 571.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $P = 7614\,\mathrm{bar}$; sekali lagi, $T = 571.3\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Batuan itu mencapai kesetimbangan pada sekitar $571\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $7.6\,\mathrm{kbar}$. (b) Pada $571\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ garis kianit $=$ silimanit terletak pada $3.67 + 0.71\times2.10 = 5.16\,\mathrm{kbar}$: kianit. (c) Barometer itu dikalibrasi untuk kianit; dengan silimanit, reaksinya, dan garisnya, berbeda, karena kedua polimorf itu tidak memiliki energi Gibbs yang sama.

Latihan 11.11 ★★★

Dengan $\kappa = 1 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$: (a) hitunglah waktu relaksasi proposisi itu untuk $L = 35\,\mathrm{km}$ dan untuk $L = 70\,\mathrm{km}$. (b) Model itu mengikis $35\,\mathrm{km}$ dalam 70 juta tahun; bandingkan waktu itu dengan kedua waktu pada (a). (c) Jelaskan, dari waktu-waktu ini, mengapa batuan dalam model mencapai puncak termalnya setelah puncak tekanannya. (d) Jika erosi sepuluh kali lebih cepat, apa yang akan berubah pada lintasannya?

Solusi

Solusi Latihan 11.11.

(a) $\tau = L^2/(\pi^2\kappa)$: untuk $35\,\mathrm{km}$, $1.225\times10^9/(9.870\times10^{-6}) = 1.24 \times 10^{14}\,\mathrm{s} = 3.9\,\mathrm{Ma}$; untuk $70\,\mathrm{km}$, empat kali lebih lama, $15.7\,\mathrm{Ma}$. (b) Tujuh puluh juta tahun adalah empat sampai delapan belas kali waktu-waktu itu: panas berpindah menembus kerak yang menebal jauh lebih cepat daripada erosi mengupasnya. (c) Batuan itu mencapai kedalaman terbesarnya seketika, saat penumpukan; panas datang selama puluhan juta tahun berikutnya, sementara erosi perlahan-lahan mengangkatnya: suhunya terus naik untuk sementara waktu selama dekompresi. (d) Erosi dalam tujuh juta tahun akan mengangkat batuan itu sebelum konduksi sempat memanaskannya: puncak termal yang lebih rendah, yang tercapai lebih awal, pada tekanan yang lebih tinggi, dan lintasan dingin kembali ke permukaan.

Latihan 11.12 ★★★

Ambillah kerak setebal $35\,\mathrm{km}$ bermassa jenis $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ di atas mantel bermassa jenis $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Pada kedalaman berapa tekanan mencapai $28\,\mathrm{kbar}$, nilai minimum bagi koesit Dora Maira? (b) Dan $40\,\mathrm{kbar}$, bagi intan Kokchetav? (c) Gradien rata-rata berapa yang tersirat dari $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada kedalaman (a), dan termasuk seri mana? (d) Dengan $3.4\,\mathrm{cm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, berapa lama pendakian dari kedalaman (a) sampai $35\,\mathrm{km}$?

Solusi

Solusi Latihan 11.12.

(a) Kerak memberikan beban $35000\times2800\times9.81 = 0.961\,\mathrm{GPa}$; sisa $1.839\,\mathrm{GPa}$ memerlukan $1.839\times10^9/(3300\times9.81) = 56.8\,\mathrm{km}$ mantel: kedalaman $91.8\,\mathrm{km}$, sesuai dengan $90\,\mathrm{km}$ atau lebih pada studi aslinya. (b) $(4.0 - 0.961)\times10^9/(3300\times9.81) = 93.9\,\mathrm{km}$, kedalaman $128.9\,\mathrm{km}$. (c) $700/91.8 = 7.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$: rasio tekanan terhadap suhu yang sangat tinggi, seri zona subduksi. (d) $(91.8 - 35)/34 = 1.7\,\mathrm{Ma}$.

11.9 Soal: Perjalanan sebutir garnet

Soal 11.1

Soal akhir pekan — termobarometri, lintasan, dan laju ekshumasi sebuah sekis

Sebuah sekis kianit–garnet–biotit mengandung garnet yang memiliki inti dan tepi. Intinya menyelubungi biotit, plagioklas, dan kianit; tepinya bersentuhan dengan biotit dan plagioklas matriks. Di sekeliling garnet, sebagian kianit digantikan oleh silimanit, dan di pinggir garnet tumbuh sedikit klorit. Hasil analisisnya adalah:

	$X_{\text{Mg}}$	$X_{\text{Fe}}$	$X_{\text{Ca}}$ atau $X_{\text{an}}$
inti garnet	0.080	0.760	0.050
biotit inklusi dalam inti	0.40	0.58	—
plagioklas inklusi dalam inti	—	—	0.25
tepi garnet	0.120	0.720	0.060
biotit matriks	0.46	0.53	—
plagioklas matriks	—	—	0.28

Gunakan termometer garnet–biotit dan barometer GASP bab ini (pencampuran ideal), $R = 8.314\,\mathrm{J}\,\mathrm{mol}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, massa jenis rata-rata $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ di atas batuan, dan bulatkan setiap rasio sampai empat desimal.

Bagian I — Suhu.

1. Hitunglah $X_{\text{Mg}}/X_{\text{Fe}}$ dalam inti garnet dan dalam biotit inklusi, lalu $K_D$ dan $\ln K_D$ untuk inti.
2. Lakukan hal yang sama untuk tepi dan biotit matriks.
3. Hitunglah suhu inti pada $6\,\mathrm{kbar}$.
4. Hitunglah suhu tepi pada $6\,\mathrm{kbar}$.
5. Berapa kelvin galat sebesar $1\,\mathrm{kbar}$ akan mengubah suhu-suhu ini?
6. Mengapa inti dipasangkan dengan biotit inklusi, dan tepi dengan biotit matriks?

Bagian II — Tekanan.

7. Hitunglah tekanan anggota ujung $P_0$ reaksi GASP pada kedua suhu pertanyaan 3 dan 4.
8. Hitunglah tekanan GASP inti pada suhu pertanyaan 3.
9. Hitunglah tekanan GASP tepi pada suhu pertanyaan 4.
10. Hitung ulang suhu tepi pada tekanan pertanyaan 9, lalu tekanannya pada suhu itu, dan sekali lagi suhunya. Berikan suhu dan tekanan tepi.
11. Lakukan hal yang sama satu kali untuk inti. Mengapa hasilnya hampir tidak berubah?
12. Ubahlah tekanan inti dan tepi menjadi kedalaman.
13. Garis eksperimental kianit $=$ silimanit melalui 3.67, 5.77, dan $7.86\,\mathrm{kbar}$ pada 500, 600, dan $700\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Aluminosilikat mana yang stabil ketika inti tumbuh, dan ketika tepi tumbuh? Apakah kianit di inti konsisten?

Bagian III — Lintasannya.

14. Di antara inti dan tepi, seberapa besar suhu dan tekanan berubah? Apakah garnet tumbuh pada lintasan progradasi atau retrogradasi?
15. Silimanit menggantikan kianit di sekeliling garnet. Pada suhu tepi, di bawah tekanan berapa batuan itu harus lewat agar hal itu terjadi? Apa yang dialami batuan itu setelah tepinya tumbuh?
16. Klorit tumbuh di pinggir garnet. Bagian lintasan mana yang direkamnya?
17. Gambarlah lintasannya: inti, tepi, silimanit, klorit. Apakah searah atau berlawanan arah jarum jam? Puncak mana yang datang lebih dulu?
18. Model penebalan bab ini membawa batuannya ke puncak termal $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada $7.8\,\mathrm{kbar}$. Apakah lintasan sekis ini sejenis?

Bagian IV — Seberapa cepat.

19. Tepi garnet memberikan umur samarium–neodimium $412.0 \pm 1.5\,\mathrm{Ma}$, yang dianggap sebagai umur puncak; sebutir muskovit matriks memberikan umur argon $398.0 \pm 1.0\,\mathrm{Ma}$, yaitu waktu ketika batuan itu mendingin melewati $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Hitunglah laju pendinginan rata-rata di antara keduanya.
20. Suhu penutupan $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ mengandaikan pendinginan sebesar $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ per juta tahun. Apakah laju pada pertanyaan 19 menuntut nilai yang lebih tinggi atau lebih rendah, dan mengapa?
21. Pada $398\,\mathrm{Ma}$, ambillah geoterm $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ mulai dari $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ di permukaan. Pada kedalaman berapa muskovit itu menutup?
22. Seberapa jauh batuan itu naik antara puncak dan penutupan muskovit?
23. Berapa ketidakpastian selang waktunya?
24. Hitunglah laju ekshumasi rata-rata dari puncak sampai penutupan muskovit, dalam milimeter per tahun dan dibulatkan sampai sepersepuluh: angka kunci soal ini.

Solusi

Solusi Soal 11.1.

Bagian I.

1. Inti garnet $0.080/0.760 = 0.1053$, biotit $0.40/0.58 = 0.6897$; $K_D = 0.1527$, $\ln K_D = -1.8793$.

2. Tepi $0.120/0.720 = 0.1667$, biotit matriks $0.46/0.53 = 0.8679$; $K_D = 0.1921$, $\ln K_D = -1.6497$.

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

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

5. $0.311\times1000/67.064 = 4.6\,\mathrm{K}$ untuk inti dan $0.311\times1000/61.337 = 5.1\,\mathrm{K}$ untuk tepi.

6. Termometer berlaku untuk mineral-mineral yang bersama-sama berada dalam kesetimbangan. Biotit yang terinklusi dalam inti terkurung dari bagian batuan lainnya ketika inti tumbuh; biotit matriks terakhir kali bertukar dengan tepi. Memasangkan inti dengan matriks berarti mencampur dua saat yang berbeda.

Bagian II.

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

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. Pada $7439\,\mathrm{bar}$: $T = (52630 + 2314)/61.337 = 895.8\,\mathrm{K} = 622.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$; pada suhu itu $P = 13102 - 5542 = 7560\,\mathrm{bar}$; lalu $T = 623.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Tepi tumbuh pada sekitar $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $7.56\,\mathrm{kbar}$.

11. Pada $5954\,\mathrm{bar}$, $T = 539.2\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $P = 5950\,\mathrm{bar}$: inti tumbuh pada sekitar $539\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $5.95\,\mathrm{kbar}$. Tebakan pertama, $6\,\mathrm{kbar}$, sudah dekat, dan termometer hanya bergeser $4.6\,\mathrm{K}$ per kilobar.

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

13. Pada $539\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ garis itu terletak pada $3.67 + 0.39\times2.10 = 4.49\,\mathrm{kbar}$, di bawah $5.95\,\mathrm{kbar}$: kianit, konsisten dengan kianit yang terinklusi dalam inti. Pada $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ garis itu terletak pada $5.77 + 0.23\times2.09 = 6.25\,\mathrm{kbar}$, di bawah $7.56\,\mathrm{kbar}$: lagi-lagi kianit.

Bagian III.

14. $+84\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan $+1.6\,\mathrm{kbar}$ (sekitar $6\,\mathrm{km}$ lebih dalam): batuan itu sedang terkubur dan terpanaskan, pada lintasan progradasinya.

15. Pada $623\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ atau lebih, di bawah $6.25\,\mathrm{kbar}$: setelah tepi tumbuh, batuan itu kehilangan sekurang-kurangnya $1.3\,\mathrm{kbar}$, sekitar $5\,\mathrm{km}$ beban batuan di atasnya, sambil tetap sekurang-kurangnya sama panasnya. Batuan itu tersingkap kembali selagi masih panas.

16. Klorit adalah mineral hidrus berderajat rendah: mineral itu merekam lintasan retrogradasi tahap akhir, pendinginan di kedalaman dangkal, dengan kehadiran air.

17. Penimbunan dan pemanasan sampai tepi, dekompresi tanpa pendinginan, lalu pendinginan: bila digambar dengan suhu ke kanan dan tekanan ke atas, lintasannya berbelok searah jarum jam. Puncak tekanan datang lebih dulu, di tepi; puncak termal pada saat yang sama atau lebih kemudian, selama dekompresi.

18. Ya: model itu juga mencapai puncak tekanannya lebih dulu dan puncak termalnya, $593\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pada $7.8\,\mathrm{kbar}$, selama pendakian, dekat dengan kondisi tepi sekis itu. Penebalan yang diikuti erosi lambat menjelaskan lintasan sekis itu.

Bagian IV.

19. $(623 - 405)/(412.0 - 398.0) = 218/14.0 = 15.6\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ per juta tahun.

20. Batuan itu mendingin sekitar satu setengah kali lebih cepat daripada yang diandaikan. Mineral yang mendingin lebih cepat punya waktu lebih sedikit untuk kehilangan argonnya, sehingga mineral itu menutup pada suhu yang lebih tinggi: suhu penutupan yang sebenarnya terletak agak di atas $405\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dan penutupannya agak lebih dalam.

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

22. $27.5 - 13.2 = 14.3\,\mathrm{km}$ (dengan kedalaman yang tidak dibulatkan, 27.52 dan 13.17, $14.35\,\mathrm{km}$).

23. $\sqrt{1.5^2 + 1.0^2} = 1.8\,\mathrm{Ma}$: $14.0 \pm 1.8\,\mathrm{Ma}$, jadi lajunya antara $14.35/15.8 = 0.91$ dan $14.35/12.2 = 1.18\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$.

24. $14.35/14.0 = 1.03\,\mathrm{km}$ per juta tahun, yaitu $1.0\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, sekitar tiga puluh kali lebih lambat daripada tahap pertama ekshumasi batuan Alpen terdalam, dan sekitar dua kali laju erosi model penebalan.