পৃথিবী ও মহাকাশ বিজ্ঞান · বই 5 · স্নাতক তৃতীয় বর্ষ

علوم الأرض والفضاء الجامعية — السنة الثالثة

বইগুলো এখনো বাংলা ভাষায় পাওয়া যায় না — العربية সংস্করণ দেখানো হচ্ছে।

علوم الأرض والفضاء الجامعية — السنة الثالثة · স্নাতক তৃতীয় বর্ষ

5النماذج الحرارية للغلاف الصخري

ابتعد بالسفينة عن ظهرة وسط المحيط فيزداد عمق قاع البحر نحو 2.5 km2.5\,\mathrm{km} عند المحور، وأكثر من 5 km5\,\mathrm{km} تحت أقدم قاع محيطي. لم يُضَف إلى الصفيحة شيء ولم يُنتزع منها، وإنّما بَرَدت فحسب، وتقلّصت وغاصت. وقاع المحيط مقياسٌ لحرارة الصفيحة التي تحته، ويقرأ مسبارُ التدفق الحراري المغروس في رواسبه التبريدَ نفسه من الأعلى. يحلّ هذا الفصل تبريد الصفيحة بطريقتين، بوصفها نصفَ فضاء وبوصفها صفيحةً ذات سماكةٍ محدودة، ويقارن كلتيهما بعمق قاع المحيط الحقيقي وتدفقه الحراري، ثم ينتقل إلى القارّات، التي يأتي جزء من حرارتها من قشرتها نفسها.

ما تعرفه من قبل

معادلةُ الانتشار للحرارة، ∂T/∂t=κ∇2T\partial T/\partial t = \kappa\nabla^2T، مع الموصلية الحرارية kk والانتشارية الحرارية κ=k/(ρc)\kappa = k/(\rho c)، تُدرَس في كتب الفيزياء؛ أمّا متسلسلات فورييه ودالة الخطأ erf⁡x=(2/π)∫0xe−u2 du\operatorname{erf}x = (2/\sqrt\pi)\int_0^xe^{-u^2}\,\mathrm du فموجودتان في مجلّدات الجامعة من كتب الرياضيات. أمّا التدفق الحراري، وإنتاج الحرارة المشعّة، والمنحنى الحراري، ومقياس الزمن التوصيلي L2/κL^2/\kappa، والطبقة الحدّية الحرارية والغلاف الصخري الحراري فقد عُرِّفت في مجلد السنة الأولى، في فصلها عن ميزانية الحرارة في الأرض؛ والتوازن الأيزوستاتي في فصلها عن التوازن الأيزوستاتي والشذوذات الثقلية؛ وقانون العمق–العمر d=dr+Ctd = d_r + C\sqrt t بُرهن في فصلها عن الشقوق والظهرات والهوامش السلبية، مُسلِّمًا بالمقطع الحراري الذي يشتقّه هذا الفصل. ونموذج تمدّد الأحواض، والهبوط بعد التصدّع والثابت الزمني الحراري موجودان في مجلد السنة الثانية، في فصلها عن الأحواض الرسوبية.

5.1 التوصيل والانتقال الأفقي ونسبتهما

تنتقل الحرارة في الغلاف الصخري بطريقتين: تنتشر نزولًا على طول تدرّج درجة الحرارة، وتحملها صخور متحرّكة، كصفيحةٍ مبتعدةٍ عن ظهرة، وجبلٍ متآكلٍ يرتفع، وصهارةٍ صاعدة. وأيّ الطريقتين تغلب يتوقّف على عددٍ واحد.

تعريف 5.1 (عدد بيكليه الحراري)

لصخرٍ يتحرّك بسرعة uu عبر طولٍ LL، يُسمّى عدد بيكليه الحراري ويُعطى بالعلاقة:

Pe=uLκ,\mathrm{Pe} = \frac{uL}{\kappa},

وهو نسبةُ الزمن التوصيلي L2/κL^2/\kappa إلى زمن الانتقال الأفقي L/uL/u. يغلب الانتقال الأفقي حيث Pe≫1\mathrm{Pe} \gg 1، ويغلب التوصيل حيث Pe≪1\mathrm{Pe} \ll 1.

صفيحةٌ مبتعدةٌ عن ظهرة بسرعة 25 mm/yr25\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr} تملك، على مسافة 95 km95\,\mathrm{km}، Pe≈94\mathrm{Pe} \approx 94 مع κ=0.8×10−6 m2 s−1\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}: تُنقل الحرارة جانبيًا بفعل الصفيحة أسرع بكثير من انتشارها جانبيًا. ولذلك يبرد كلّ عمودٍ رأسيّ من الصفيحة كأنّه منفرد، بالتوصيل الرأسي إلى قاع البحر البارد، وعمره tt يمثّل الزمن منذ أن غادر المحور. وبذلك تتحوّل مسألة ثنائية البعد إلى مسألة في العمق والزمن.

5.2 نصف الفضاء المبرِّد

تعريف 5.2 (نموذج تبريد نصف الفضاء)

يعامِل نموذج تبريد نصف الفضاء الغلاف الصخري المحيطي كلَّ عمودٍ بوصفه نصف فضاءٍ z≥0z \ge 0 ذا انتشاريةٍ منتظمة، عند درجة الحرارة المنتظمة TmT_m للوشاح لحظةَ مغادرته محورَ الظهرة، ويُثبَّت سطحُه منذ ذلك الحين عند درجة الحرارة T0T_0 لقاع البحر، دون إنتاجٍ للحرارة ودون قاعٍ أسفل.

مبرهنة 5.3 (المنحنى الحراري لدالة الخطأ)

في نموذج تبريد نصف الفضاء، تكون درجة الحرارة على العمق zz تحت قاع بحرٍ عمرُه tt هي:

T(z,t)=T0+(Tm−T0)erf⁡z2κt.T(z, t) = T_0 + (T_m - T_0)\operatorname{erf}\frac{z}{2\sqrt{\kappa t}} .

وهذا هو المنحنى الحراري لدالة الخطأ.

برهان. لتكن θ=(T−T0)/(Tm−T0)\theta = (T - T_0)/(T_m - T_0)؛ فهي تحقّق ∂θ/∂t=κ ∂2θ/∂z2\partial\theta/\partial t = \kappa\,\partial^2\theta/\partial z^2 مع θ(z,0)=1\theta(z, 0) = 1 من أجل z>0z > 0 وθ(0,t)=0\theta(0, t) = 0 من أجل t>0t > 0. ليس للمسألة مقياسُ طولٍ خاصّ بها: إذا كانت θ(z,t)\theta(z, t) حلًّا، فكذلك θ(λz,λ2t)\theta(\lambda z, \lambda^2t) من أجل كلّ λ>0\lambda > 0، بالقيم الابتدائية والحدّية نفسها؛ ولمّا كان الحلّ وحيدًا، فإنّ θ\theta يعتمد على zz وtt فقط عبر η=z/(2κt)\eta = z/(2\sqrt{\kappa t}). بكتابة θ=f(η)\theta = f(\eta)، مع ∂η/∂t=−η/(2t)\partial\eta/\partial t = -\eta/(2t) و∂η/∂z=1/(2κt)\partial\eta/\partial z = 1/(2\sqrt{\kappa t}),

−η2tf′(η)=κ f′′(η)4κt,إذنf′′+2ηf′=0.-\frac{\eta}{2t}f'(\eta) = \kappa\,\frac{f''(\eta)}{4\kappa t}, \qquad\text{إذن}\qquad f'' + 2\eta f' = 0 .

ومنه f′=Ae−η2f' = Ae^{-\eta^2} وf=A∫0ηe−u2 du+Bf = A\int_0^\eta e^{-u^2}\,\mathrm du + B. يعطي الشرط السطحي، عند η=0\eta = 0، B=0B = 0؛ والشرط الابتدائي، الذي يتحقّق عند كلّ عمقٍ حين t→0t \to 0، أي حين η→∞\eta \to \infty، فيعطي Aπ/2=1A\sqrt\pi/2 = 1. إذن f=erf⁡ηf = \operatorname{erf}\eta. ∎

تعتمد درجة الحرارة عند عمقٍ معيّن على z/tz/\sqrt t وحده: يهبط خطّ متساوي الحرارة بقدر الجذر التربيعي للعمر، وتبلغ سماكة الطبقة المبرّدة عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr} ضعفَ سُمكها عند 10 Myr10\,\mathrm{Myr}. ويُستنتَج التدفق الحراري السطحي بالاشتقاق.

قضية 5.4 (علاقة التدفق الحراري–العمر)

في نموذج تبريد نصف الفضاء، يكون التدفق الحراري عبر قاع بحرٍ عمره tt يساوي:

q(t)=k ∂T∂z∣z=0=k(Tm−T0)πκt=Cqt.q(t) = k\,\frac{\partial T}{\partial z}\Big|_{z=0} = \frac{k(T_m - T_0)}{\sqrt{\pi\kappa t}} = \frac{C_q}{\sqrt t} .

برهان. ∂erf⁡(z/2κt)/∂z=(2/π)e−z2/4κt/(2κt)\partial\operatorname{erf}(z/2\sqrt{\kappa t})/\partial z = (2/\sqrt\pi) e^{-z^2/4\kappa t}/(2\sqrt{\kappa t})، وهو عند z=0z = 0 يساوي 1/πκt1/\sqrt{\pi\kappa t}. ∎

مع قيم نموذج الصفيحة الواردة أدناه (k=3.1 W m−1 K−1k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}، Tm−T0=1450 KT_m - T_0 = 1450\,\mathrm{K}، κ=0.8×10−6 m2 s−1\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1})، Cq=505 mW m−2 Myr1/2C_q = 505\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}، قريبة من القيم الواقعة بين 430 إلى 510 mW m−2 Myr1/2510\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2} المُلاءَمة للقياسات العالمية التي أجرتها دراسات مختلفة؛ تُفضِّل مجموعةٌ حديثة القيمةَ 490490. أمّا التدفق الحراري المقاس على القشرة المحيطية الفتيّة، فإنّه يُقلِّل بدرجة كبيرة من تقدير الحرارة التي تغادرها: تحمل مياه البحر المتداولة عبر القشرة المتشقّقة جزءًا من الحرارة بعيدًا عبر الينابيع الحارّة، خارج متناول المجسّات. وعلى القشرة القديمة تتّبع القياسات الصيغة 1/t1/\sqrt t، وتحلّ تقديرات الفقد الحراري للأرض محلّ القياسات على القشرة الأصغر عمرًا من 66.5 Myr66.5\,\mathrm{Myr} بالصيغة Cq/tC_q/\sqrt t.

دمج مجلد السنة الأولى المقطعَ نفسه على العمق، عبر التوازن الأيزوستاتي، للحصول على قانون العمق–العمر، d=dr+Ctd = d_r + C\sqrt t مع C=2ρmα(Tm−T0)κ/(π(ρm−ρw))C = 2\rho_m\alpha(T_m - T_0)\sqrt\kappa/\bigl(\sqrt\pi(\rho_m - \rho_w)\bigr) (الشكل أدناه). وبأخذ ρm=3300 kg m−3\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}، ρw=1030 kg m−3\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3} وα=3.1×10−5 K−1\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}، C=370 m Myr−1/2C = 370\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}، في مقابل 350 m Myr−1/2350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2} المُلاءَمة لقيعان المحيط الهادئ الشمالي والمحيط الأطلسي الشمالي الأصغر عمرًا من 70 Myr70\,\mathrm{Myr}.

التوازن الأيزوستاتي للصفيحة المبرّدة: العمود عند الظهرة والعمود بعمر t لهما الكتلة نفسها فوق عمق التعويض. أمّا الصفيحة المبرّدة الأكثر كثافةً فتهبط، ويملأ الماء الحيّز فوقها.
التوازن الأيزوستاتي للصفيحة المبرّدة: العمود عند الظهرة والعمود بعمر tt لهما الكتلة نفسها فوق عمق التعويض. أمّا الصفيحة المبرّدة الأكثر كثافةً فتهبط، ويملأ الماء الحيّز فوقها.

5.3 نموذج الصفيحة

تكفّ قيعان المحيطات القديمة عن الازدياد عمقًا: ففي المحيط الهادئ الشمالي والمحيط الأطلسي الشمالي يخرج العمق عن t\sqrt t بين 60 و80 Myr80\,\mathrm{Myr}، ويبلغ التدفق الحراري الاستواء. أمّا نصف الفضاء فيواصل التبرّد أبدًا؛ ولا بدّ من شيء يُبقي قاعدة الصفيحة دافئة.

تعريف 5.5 (نموذج تبريد الصفيحة)

نموذج تبريد الصفيحة للغلاف الصخري المحيطي يأخذ كلَّ عمود طبقةً 0≤z≤L0 \le z \le L ذات انتشارية منتظمة، عند درجة حرارة منتظمة TmT_m لحظة مغادرته الظهرة، ويُثبَّت سطحها عند T0T_0، وتُثبَّت قاعدتها عند TmT_m منذ ذلك الحين.

مبرهنة 5.6 (متسلسلة درجة الحرارة لنموذج الصفيحة)

في نموذج تبريد الصفيحة، مع T0=0T_0 = 0،

T(z,t)=Tm[zL+2π∑n=1∞1nsin⁡nπzL e−n2t/τ],τ=L2π2κ.T(z, t) = T_m\Bigl[\frac zL + \frac2\pi\sum_{n=1}^\infty\frac1n \sin\frac{n\pi z}{L}\,e^{-n^2t/\tau}\Bigr],\qquad \tau = \frac{L^2}{\pi^2\kappa} .

هذه هي متسلسلة درجة الحرارة لنموذج الصفيحة.

برهان. الحالة المستقرّة، التي تُبلَغ عندما t→∞t \to \infty، هي المقطع الخطّي Tmz/LT_mz/L. ويحقّق الانحراف u=T−Tmz/Lu = T - T_mz/L معادلة الانتشار مع u=0u = 0 عند z=0z = 0 وz=Lz = L، ويبدأ بالقيمة u(z,0)=Tm(1−z/L)u(z, 0) = T_m(1 - z/L). بفصل المتغيّرات، u=Z(z)Θ(t)u = Z(z)\Theta(t) يعطي Z′′/Z=Θ′/(κΘ)=−μ2Z''/Z = \Theta'/(\kappa\Theta) = -\mu^2؛ تُفضي الشروط الحدّية إلى Z=sin⁡(nπz/L)Z = \sin(n\pi z/L)، وμ=nπ/L\mu = n\pi/L، وΘ=e−n2π2κt/L2=e−n2t/τ\Theta = e^{-n^2\pi^2\kappa t/L^2} = e^{-n^2t/\tau}. وتحدّد القيم الابتدائية المعاملات bnb_n لمتسلسلة الجيب للدالة Tm(1−z/L)T_m(1 - z/L) على [0,L][0, L]:

bn=2L∫0LTm(1−zL)sin⁡nπzL dz=2Tmnπ,b_n = \frac2L\int_0^LT_m\Bigl(1 - \frac zL\Bigr)\sin\frac{n\pi z}{L}\,\mathrm dz = \frac{2T_m}{n\pi},

بالتكامل بالتجزئة. وبجمع الأنماط نحصل على المتسلسلة. ∎

يتلاشى كلّ نمط خلال زمنه الخاص τ/n2\tau/n^2: فتزول أولًا التوافقيات العليا، والتفاصيل الدقيقة للخطوة الابتدائية، وبعد زمن من رتبة τ\tau لا يبقى إلّا الأوّل منها. ويعطي فصل المتغيّرات نفسه التدفق الحراري والعمقَ عبر التوازن الأيزوستاتي للشكل أعلاه.

قضية 5.7 (العمق والتدفق الحراري لنموذج الصفيحة)

في نموذج تبريد الصفيحة، مع الكثافات ومعامل التمدّد الحراري لقانون العمق– العمر،

q(t)=kTmL[1+2∑n=1∞e−n2t/τ],d(t)=dr+ρmαTmL2(ρm−ρw)[1−8π2∑n فرديe−n2t/τn2].q(t) = \frac{kT_m}{L}\Bigl[1 + 2\sum_{n=1}^\infty e^{-n^2t/\tau}\Bigr],\qquad d(t) = d_r + \frac{\rho_m\alpha T_mL}{2(\rho_m - \rho_w)} \Bigl[1 - \frac{8}{\pi^2}\sum_{n\ \text{فردي}}\frac{e^{-n^2t/\tau}}{n^2}\Bigr].

عندما t→∞t \to \infty، يؤول العمق إلى dr+ρmαTmL/(2(ρm−ρw))d_r + \rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)، والتدفق الحراري إلى kTm/LkT_m/L، كلاهما أُسّيًّا، بثابت الزمن τ\tau.

برهان. باشتقاق المتسلسلة عند z=0z = 0، يكون ∂T/∂z=(Tm/L)[1+2∑e−n2t/τ]\partial T/\partial z = (T_m/L)[1 + 2\sum e^{-n^2t/\tau}]. أمّا العمق فيعطيه التوازن الأيزوستاتي (ρm−ρw)(d−dr)=ρmα∫0L(Tm−T) dz(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int_0^L(T_m - T)\,\mathrm dz. الجزء الخطّي يُسهم بمقدار TmL/2T_mL/2؛ ويُسهم كلّ نمط بالمقدار −(2Tm/nπ)e−n2t/τ∫0Lsin⁡(nπz/L) dz=−(2Tm/nπ)(L/nπ)(1−cos⁡nπ)e−n2t/τ-(2T_m/n\pi)e^{-n^2t/\tau} \int_0^L\sin(n\pi z/L)\,\mathrm dz = -(2T_m/n\pi)(L/n\pi)(1 - \cos n\pi) e^{-n^2t/\tau}، وهو صفر من أجل قيم nn الزوجية، و−(4TmL/n2π2)e−n2t/τ-(4T_mL/n^2\pi^2) e^{-n^2t/\tau} من أجل قيم nn الفردية. وبإخراج TmL/2T_mL/2 عاملًا مشتركًا نحصل على القوس. عند t=0t = 0 يتلاشى القوس، لأنّ ∑n فردي1/n2=π2/8\sum_{n\ \text{فردي}}1/n^2 = \pi^2/8. ∎

نموذجُ الصفيحة الأنسب للأعماق والتدفقات الحرارية العالمية له صفيحةٌ سمكُها 95 km95\,\mathrm{km} وقاعدتها عند 1450 ∘C1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}، وα=3.1×10−5 K−1\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1} وk=3.1 W m−1 K−1k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}، وهي أرقّ وأسخن من القيمتين السابقتين 125 km125\,\mathrm{km} و1350 ∘C1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}. ومع κ=0.8×10−6 m2 s−1\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}، وτ=36.2 Myr\tau = 36.2\,\mathrm{Myr}؛ يستقرّ العمق عند 2500+3104=5604 m2500 + 3104 = 5604\,\mathrm{m} والتدفق الحراري عند 47 mW m−247\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}. ويعجز قاع المحيط الفتيّ عن التمييز بين النموذجين، إذ يختلفان بأقلّ من متر عند 2 Myr2\,\mathrm{Myr}، وبمقدار 100 m100\,\mathrm{m} عند 44 Myr44\,\mathrm{Myr}. وتعطي دراسة الزلازل نتيجةً مماثلةً: تُلائم أفضلَ ملاءمةٍ موجاتُ رايلي في المحيط الهادئ صفائحَ تبريدٍ يبلغ سمكها المقارب من 85 إلى 95 km95\,\mathrm{km}.

النموذجان الحراريّان للتبريد بالثوابت الواردة في النصّ. (أ) عمق خطوط التساوي من 200\, C (الأعلى) إلى 1400\, C (الأسفل): تواصل خطوط نصف الفضاء الهبوط وفق √ t، أمّا خطوط الصفيحة فتتوقّف حين يصبح القطاع خطّيًّا. (ب) التدفق الحراري السطحي: يستقرّ نموذج الصفيحة عند 47\, mW\, m-2، ويتناقص نصف الفضاء وفق 1/√ t.
النموذجان الحراريّان للتبريد بالثوابت الواردة في النصّ. (أ) عمق خطوط التساوي من 200 ∘C200\,{}^{\circ}\mathrm{C} (الأعلى) إلى 1400 ∘C1400\,{}^{\circ}\mathrm{C} (الأسفل): تواصل خطوط نصف الفضاء الهبوط وفق t\sqrt t، أمّا خطوط الصفيحة فتتوقّف حين يصبح القطاع خطّيًّا. (ب) التدفق الحراري السطحي: يستقرّ نموذج الصفيحة عند 47 mW m−247\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، ويتناقص نصف الفضاء وفق 1/t1/\sqrt t.

يمكن وضع قاع المحيط الحقيقي على الرسم نفسه (الشكل أدناه). كلّ خليّة بدرجة واحدة من خطّ العرض وخطّ الطول يُعرف عمرها توضَع عند عمرها وعمقها؛ ويرتفع وسيط كلّ فئة مدّتها خمسة ملايين سنة مع العمر كما تقول النماذج في أوّل 40 Myr40\,\mathrm{Myr}، لكنّ قاع المحيط المرصود أقلّ عمقًا من النموذجين، ويزداد هذا الفرق كلّما زاد العمر. لم يُجرَ أيّ تصحيح: فقاع المحيط القديم يحمل غطاءً أسمك من الرواسب يزيد على كيلومتر في شمال الأطلسي الأقدم، فيُثقله ويرفع سطحه، ولقاع المحيط القديم وقت كافٍ ليجمع الجبال البحرية والهضاب البركانية وانتفاخات البقع الساخنة. وتُزيل الملاءمات المنشورة حمل الرواسب والانتفاخات الظاهرة أوّلًا؛ وقانونُ العمق–العمر من مجلد السنة الأولى، والنماذجُ الصفائحية أعلاه، تُستمدّ من الأعماق المصحّحة من هذا النوع.

العمق في قاع المحيط بدلالة عمره: الوسيط والربيعيّات لأعماق الخلايا ذات الدرجة الواحدة في كلّ فئة مدّتها خمسة ملايين سنة (قاع المحيط الأعمق من 1000\, m، والأعمار من شبكة عمرية عالمية، والأعماق من نموذج عالمي للتضاريس، دون تصحيح للرواسب أو الجبال البحرية أو الانتفاخات)، مع نموذجَي التبريد الواردين في النصّ.
العمق في قاع المحيط بدلالة عمره: الوسيط والربيعيّات لأعماق الخلايا ذات الدرجة الواحدة في كلّ فئة مدّتها خمسة ملايين سنة (قاع المحيط الأعمق من 1000 m1000\,\mathrm{m}، والأعمار من شبكة عمرية عالمية، والأعماق من نموذج عالمي للتضاريس، دون تصحيح للرواسب أو الجبال البحرية أو الانتفاخات)، مع نموذجَي التبريد الواردين في النصّ.

تعريف 5.8 (الهبوط الحراري)

الهبوط الحراري هو هبوط سطح الغلاف الصخري مع تبرّده وانكماشه نحو التوازن الحراري، والحيّز الذي فوقه يمتلئ بالماء أو الرواسب؛ ويحوّل التوازن الأيزوستاتي الحرارةَ التي يفقدها العمود إلى هبوطه.

قاع المحيط هو الحالة النقية. والحوض القاري الممتدّ حالةٌ أخرى: غلافٌ صخري مرقَّق بعامل β\beta يرفع الوشاحَ الضعيف الحارّ إلى الأعلى، والهبوط ما بعد الشقّ في مجلد السنة الثانية هو تبريد الصفيحة نفسه، ينطلق من مقطع مختلف، وبالأنماط نفسها وأزمنة الاضمحلال نفسها τ/n2\tau/n^2. ولذلك يكون الاكتفاء بالنمط الأول تقريبًا جيدًا بعد أن تتلاشى الأنماط الأعلى، وتقريبًا رديئًا قبل ذلك. فبالنسبة إلى قاع المحيط في نموذج الصفيحة أعلاه، يعطي الحدّ الأول وحده العمق ضمن مترين بعد 20 Myr20\,\mathrm{Myr}، لكنه يزيد بمقدار 84 m84\,\mathrm{m} عند 5 Myr5\,\mathrm{Myr}.

5.4 المنحنيات الحرارية القارّية

تُنتج القشرة القارّية حرارة: يحمل الغرانيت اليورانيوم والثوريوم والبوتاسيوم بتراكيز تجعل الحرارة المنتجة في القشرة العليا جزءًا كبيرًا من التدفق الحراري عند السطح. وكيفية توزيع الإنتاج مع العمق تحدّد درجة الحرارة في العمق.

تعريف 5.9 (مقياس عمق إنتاج الحرارة؛ التدفق الحراري المختزَل)

عندما يتناقص إنتاج الحرارة المشعّة في القشرة مع العمق وفق A(z)=A0e−z/hrA(z) = A_0e^{-z/h_r} فإنّ hrh_r هو مقياس عمق إنتاج الحرارة. أمّا التدفق الحراري المختزَل qmq_m لإقليم ما هو التدفق الحراري الذي كان سيبقى عند سطحه لو لم تُنتج القشرة حرارة: التدفق القادم من أسفل الطبقة المشعّة.

قضية 5.10 (إنتاج الحرارة الأسّي)

في التوصيل المستقرّ بموصلية منتظمة kk، ودرجة حرارة السطح 00، وإنتاج الحرارة A0e−z/hrA_0e^{-z/h_r} والتدفق الحراري qmq_m من عمق كبير، يكون التدفق الحراري السطحي:

q0=qm+A0hr,q_0 = q_m + A_0h_r,

والمنحنى الحراري هو:

T(z)=qmzk+A0hr2k(1−e−z/hr).T(z) = \frac{q_mz}{k} + \frac{A_0h_r^2}{k}\bigl(1 - e^{-z/h_r}\bigr).

إذا اشتركت بلوتونات إقليم ما في hrh_r نفسه وqmq_m نفسه، فإنّ تقع التدفقات الحرارية السطحية وإنتاجات الحرارة السطحية على الخطّ المستقيم q0=qm+hrA0q_0 = q_m + h_rA_0.

برهان. في الحالة المستقرّة يتناقص التدفق الحراري الصاعد q(z)=k dT/dzq(z) = k\,\mathrm dT/\mathrm dz نحو الأعلى بمقدار الحرارة المنتجة: dq/dz=−A(z)\mathrm dq/\mathrm dz = -A(z). ومع q→qmq \to q_m عند العمق، q(z)=qm+A0hre−z/hrq(z) = q_m + A_0h_re^{-z/h_r}، إذن q0=qm+A0hrq_0 = q_m + A_0h_r. وبالتكامل dT/dz=q(z)/k\mathrm dT/\mathrm dz = q(z)/k انطلاقًا من T(0)=0T(0) = 0 نحصل على المنحنى الحراري. والعبارة الأخيرة هي العبارة الأولى نفسها، مطبّقةً على كل بلوتون. ∎

والخطّ مرصودٌ: ففي عدّة أقاليم، تقع التدفقات الحرارية وإنتاجات الحرارة السطحية للبلوتونات على خطوط مستقيمة، مع مقاييس أعماق من 7.5 إلى 10 km10\,\mathrm{km} وتدفّق حراري مختزَل قدره 0.8 HFU0.8\,\mathrm{HFU} (نحو 33.5 mW m−233.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}) شرق جبال روكي. والشكل الأسّي ليس الشكل الوحيد الذي يعطي خطًّا، لكنه يحافظ عليه مع التعرية: إزالة شريحة سمكها ee من الأعلى تضرب A0A_0 والجزء المشعّ من q0q_0 في العامل نفسه e−e/hre^{-e/h_r}.

يبيّن الشكل أدناه المنحنيات الحرارية لتدفقات حرارية سطحية قدرها 40، 60 و80 mW m−280\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، الأولى نموذجية للكراتونات والأخيرة لمناطق القوس الخلفي، مع k=2.5 W m−1 K−1k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}، وhr=10 kmh_r = 10\,\mathrm{km} وحصّة القشرة A0hr=0.4 q0A_0h_r = 0.4\,q_0. ويُعدّ متساوي الحرارة 1300 ∘C1300\,{}^{\circ}\mathrm{C} المأخوذ قاعدةً للغلاف الصخري الحراري، ويقع عند 129، 84 و61 km61\,\mathrm{km}. تُظهر الدراسات الزلزالية أنّ وشاح الكراتونات سريع حتى عمق نحو 250 km250\,\mathrm{km}، وأنّ الغلاف الصخري تحت القوس الخلفي يبلغ سماكة من 50 إلى 60 km60\,\mathrm{km}: جذور الكراتونات الباردة السميكة تحتاج إلى تدفّقٍ حراري مختزَل أصغر مما يعطيه هذا النموذج البسيط لها، وتتغيّر موصليتها مع درجة الحرارة، لكن رتبة التباين صحيحة.

المنحنيات الحرارية القارّية المستقرّة مع إنتاج حرارة يتناقص أسّيًا (h_r = 10\, km، A_0h_r = 0.4\,q_0، k = 2.5\, W\, m-1\, K-1) لثلاثة تدفقات حرارية سطحية. وينحني المنحنى قرب السطح بفعل حرارة القشرة نفسها؛ وتحت بضعة مقاييس عمق يصبح كلُّ منحنى خطًّا مستقيمًا ميله q_m/k.
المنحنيات الحرارية القارّية المستقرّة مع إنتاج حرارة يتناقص أسّيًا (hr=10 kmh_r = 10\,\mathrm{km}، A0hr=0.4 q0A_0h_r = 0.4\,q_0، k=2.5 W m−1 K−1k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}) لثلاثة تدفقات حرارية سطحية. وينحني المنحنى قرب السطح بفعل حرارة القشرة نفسها؛ وتحت بضعة مقاييس عمق يصبح كلُّ منحنى خطًّا مستقيمًا ميله qm/kq_m/k.

في الميدان — قياس التدفق الحراري في البحر

رمح قياس التدفق الحراري على وشك أن يُنزل من مؤخرة سفينة بحث (رسم توضيحي مولَّد بالذكاء الاصطناعي).

مسبار التدفق الحراري البحري رمحٌ فولاذيّ طويل، وفي أعلاه ثقلٌ كبير، وأنبوبٌ نحيف من مستشعرات درجة الحرارة على جانبه. ومن مؤخّرة سفينة بحثية يُنزَل بكابل الرافعة حتى قاع البحر، فيسقط بنفسه في الرواسب اللينة مع مستشعراته جميعًا. ويبقى ساكنًا بضع دقائق حتى تتلاشى حرارة الاحتكاك الناتجة عن الاختراق، وتستقرّ المستشعرات على درجة حرارة الطين المحيط بها: قراءاتها، المتباعدة بعضها عن بعض بأمتار، تعطي التدرّج الحراري. ثم يُرسَل نبضٌ حراري قصير على طول الأنبوب، والمعدّل الذي يتلاشى به يعطي موصلية الرواسب المحيطة به؛ وحاصل ضرب الاثنين هو التدفق الحراري. يُسحب الرمح ويُعاد إنزاله على بُعد بضع مئات من الأمتار أبعد على الخطّ، دون أن يعود إلى ظهر السفينة.

5.5 التمارين

تمرين 5.1 ★

بفرض κ=10−6 m2 s−1\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}، احسب زمن التوصيل L2/κL^2/\kappa لقيم L=1L = 1، و10، و100 km100\,\mathrm{km}، محسوبًا بملايين السنين.

حل

حل التمرين 5.1.

L2/κ=1012 sL^2/\kappa = 10^{12}\,\mathrm{s}، 1014 s10^{14}\,\mathrm{s} و1016 s10^{16}\,\mathrm{s}: 0.032، 3.2 و317 Myr317\,\mathrm{Myr}. ينسى الكيلومتر درجة حرارته الأصلية خلال عشرات الآلاف من سنة، أمّا المئة كيلومتر فخلال مئات الملايين.

تمرين 5.2 ★

تتعرّض سلسلة جبلية للتعرية بمعدّل 1 mm/yr1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}، ويصعد الصخر عبر الجزء العلوي 30 km30\,\mathrm{km} من القشرة ليعوّض ذلك. بفرض κ=10−6 m2 s−1\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}، احسب عدد بيكليه. هل يمكن حساب المنحنى الحراري للسلسلة بالتوصيل وحده؟

حل

حل التمرين 5.2.

u=10−3 m/3.156×107 s=3.17×10−11 m s−1u = 10^{-3}\,\mathrm{m}/3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 3.17 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}، إذن Pe=3.17×10−11×3×104/10−6=0.95\mathrm{Pe} = 3.17\times10^{-11}\times3 \times 10^{4}/10^{-6} = 0.95. الانتقال الأفقي والتوصيل متساويان في الأهمية: الصخر الصاعد يحمل الحرارة نحو الأعلى ويزيد انحدار المنحنى الحراري قرب السطح، ولو اعتمدنا على التوصيل وحده لقلّل من تقدير التدرّج الحراري.

تمرين 5.3 ★

في نموذج نصف الفضاء (T0=0T_0 = 0، Tm=1450 ∘CT_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}، κ=0.8×10−6 m2 s−1\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1})، احسب درجة الحرارة على عمق 10 km10\,\mathrm{km} تحت قاع بحر عمره 5 Myr5\,\mathrm{Myr} (علمًا أنّ 1 Myr1\,\mathrm{Myr} =3.156×1013 s= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}؛ erf⁡0.445=0.471\operatorname{erf} 0.445 = 0.471).

حل

حل التمرين 5.3.

κt=0.8×10−6×5×3.156×1013=11 236 m\sqrt{\kappa t} = \sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times5\times3.156 \times 10^{13}} = 11\,236\,\mathrm{m}، η=10000/(2×11236)=0.445\eta = 10000/(2\times11236) = 0.445 وT=1450×0.471=683 ∘CT = 1450\times0.471 = 683\,{}^{\circ}\mathrm{C}.

تمرين 5.4 ★

بفرض Cq=490 mW m−2 Myr1/2C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}، احسب التدفق الحراري عبر قاع بحر عمره 1 و25 و100 Myr100\,\mathrm{Myr}. أيّ هذه الأعمار الثلاثة يُرجَّح أن يقدّر المسبار التدفق فيه بأقل من قيمته؟

حل

حل التمرين 5.4.

490/1=490490/\sqrt1 = 490، 490/5=98490/5 = 98 و490/10=49 mW m−2490/10 = 49\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}. يُرجَّح أنّ المسبار سيقلّل من تقدير القيمة الأولى: القشرة الفتية متشقّقة ومفتوحة أمام تداول مياه البحر، التي تحمل جزءًا من الحرارة بعيدًا عبر الينابيع الحارّة.

تمرين 5.5 ★★

في نموذج نصف الفضاء، تبلغ درجة الحرارة 90 %90\,\% من TmT_m حيث erf⁡η=0.9\operatorname{erf}\eta = 0.9، η=1.163\eta = 1.163. بفرض κ=0.8×10−6 m2 s−1\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}، احسب هذا العمق عند 10 و40 و100 Myr100\,\mathrm{Myr}.

حل

حل التمرين 5.5.

z=2×1.163κtz = 2\times1.163\sqrt{\kappa t}: مع κt=15.89\sqrt{\kappa t} = 15.89، 31.78 و50.25 km50.25\,\mathrm{km}، z=37.0z = 37.0، 73.9 و116.9 km116.9\,\mathrm{km}. تتضاعف الطبقة المبرّدة من 10 إلى 40 Myr40\,\mathrm{Myr}؛ وبحلول 100 Myr100\,\mathrm{Myr} تصبح بالفعل أعمق من صفيحةٍ سماكتها 95 km95\,\mathrm{km}.

تمرين 5.6 ★★

بالقيم الواردة في النص، يعطي نموذج نصف الفضاء C=370.5 m Myr−1/2C = 370.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}. مع إبقاء كل القيم الأخرى ثابتة، ما معامل التمدّد الحراري الذي يعطي القيمة المُلائمة 350 m Myr−1/2350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}؟ وما الوسيط الآخر الذي يمكن تغييره بدلًا من ذلك؟

حل

حل التمرين 5.6.

CC يتناسب طرديًا مع α\alpha: α=3.1×10−5×350/370.5=2.93×10−5 K−1\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\times350/370.5 = 2.93 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}. ويتناسب CC أيضًا طرديًا مع Tm−T0T_m - T_0 (وشاح عند 1450×350/370.5=1370 ∘C1450\times350/370.5 = 1370\,{}^{\circ}\mathrm{C})، وطرديًا مع κ\sqrt\kappa (معامل الانتشار 0.8×(350/370.5)2=0.71×10−6 m2 s−10.8\times(350/370.5)^2 = 0.71 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}): العمق وحده لا يكفي للفصل بينهما، ولهذا يُستعمل التدفق الحراري أيضًا.

تمرين 5.7 ★★

احسب التدفق الحراري المقارب kTm/LkT_m/L لنموذج الصفيحة من أجل L=95 kmL = 95\,\mathrm{km}، Tm=1450 ∘CT_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}، ومن أجل L=125 kmL = 125\,\mathrm{km}، Tm=1350 ∘CT_m = 1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}، بفرض k=3.1 W m−1 K−1k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1} في الحالتين. أيُّهما أقرب إلى التدفق الحراري لقاع محيط قديم المحسوب من Cq/tC_q/\sqrt t عند 150 Myr150\,\mathrm{Myr} بفرض Cq=490 mW m−2 Myr1/2C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}؟

حل

حل التمرين 5.7.

3.1×1450/95×103=47.3 mW m−23.1\times1450/95 \times 10^{3} = 47.3\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2} و3.1×1350/125×103=33.5 mW m−23.1\times1350/125 \times 10^{3} = 33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}. يبلغها نموذج تبريد نصف الفضاء عند (490/47.3)2=107 Myr(490/47.3)^2 = 107\,\mathrm{Myr} و(490/33.5)2=214 Myr(490/33.5)^2 = 214\,\mathrm{Myr}: تحافظ الصفيحة الرقيقة الساخنة على التدفق الحراري لقاع قديم عند 47 mW m−247\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2} ابتداءً من نحو 100 Myr100\,\mathrm{Myr} ، في حين أن الصفيحة الأسمك والأبرد ستدفعه إلى الانخفاض دون 40 mW m−240\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، وهي قيمة نصف الفضاء عند 150 Myr150\,\mathrm{Myr}.

تمرين 5.8 ★★

لدينا إقليم فيه q0=60 mW m−2q_0 = 60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، وhr=10 kmh_r = 10\,\mathrm{km}، وA0hr=0.4 q0A_0h_r = 0.4\,q_0. احسب A0A_0، وqmq_m، ودرجة الحرارة عند الموهو الواقع على عمق 35 km35\,\mathrm{km}، بفرض k=2.5 W m−1 K−1k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}.

حل

حل التمرين 5.8.

A0hr=0.4×60=24 mW m−2A_0h_r = 0.4\times60 = 24\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، إذن A0=24×10−3/104=2.4 µW m−3A_0 = 24 \times 10^{-3}/10^{4} = 2.4\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3} وqm=60−24=36 mW m−2q_m = 60 - 24 = 36\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}. عند 35 km35\,\mathrm{km}، T=36×10−3×35×103/2.5+2.4×10−6×108/2.5×(1−e−3.5)=504+96×0.970=597 ∘CT = 36 \times 10^{-3}\times35 \times 10^{3}/2.5 + 2.4 \times 10^{-6}\times10^{8}/2.5\times(1 - e^{-3.5}) = 504 + 96\times0.970 = 597\,{}^{\circ}\mathrm{C}.

تمرين 5.9 ★★

بلوتونان غرانيتيّان من إقليم واحد يعطيان q0=66 mW m−2q_0 = 66\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2} مع A0=3.0 µW m−3A_0 = 3.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}، وq0=48 mW m−2q_0 = 48\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2} مع A0=1.2 µW m−3A_0 = 1.2\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}. بافتراض أنّهما يقعان على القضية 5.10، احسب hrh_r وqmq_m.

حل

حل التمرين 5.9.

hr=Δq0/ΔA0=18×10−3/1.8×10−6=10 kmh_r = \Delta q_0/\Delta A_0 = 18 \times 10^{-3}/1.8 \times 10^{-6} = 10\,\mathrm{km}، وqm=q0−hrA0=66−30=36 mW m−2q_m = q_0 - h_rA_0 = 66 - 30 = 36\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، لأنّ hrA0=104×3.0×10−6 W m−3=30 mW m−2h_rA_0 = 10^{4}\times3.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3} = 30\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}.

تمرين 5.10 ★★★

(أ) بيّن أنّ الحرارة المفقودة عبر قاع البحر بين العمرين 0 وtt، لوحدة المساحة، هي Q(t)=2k(Tm−T0)t/(πκ)Q(t) = 2k(T_m - T_0)\sqrt{t/(\pi\kappa)} في نموذج نصف الفضاء. (ب) بيّن أنّ الهبوط هو d−dr=αQ/(c(ρm−ρw))d - d_r = \alpha Q/\bigl(c(\rho_m - \rho_w)\bigr)، حيث c=k/(ρmκ)c = k/(\rho_m\kappa) هي الحرارة النوعية. (ج) تحقّق منه عدديًا عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr} بالقيم الواردة في النص.

حل

حل التمرين 5.10.

(أ) Q(t)=∫0tk(Tm−T0)/πκt′ dt′=2k(Tm−T0)t/(πκ)Q(t) = \int_0^tk(T_m - T_0)/\sqrt{\pi\kappa t'}\,\mathrm dt' = 2k(T_m - T_0)\sqrt{t/(\pi\kappa)}. (ب) الحرارة المفقودة هي المحتوى الحراري المُزال من العمود، Q=ρmc∫0∞(Tm−T) dzQ = \rho_mc\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz، ويعطي التوازن الأيزوستاتي (ρm−ρw)(d−dr)=ρmα∫0∞(Tm−T) dz=αQ/c(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz = \alpha Q/c. (ج) c=3.1/(3300×0.8×10−6)=1174 J kg−1 K−1c = 3.1/(3300\times0.8 \times 10^{-6}) = 1174\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}؛ عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}، t=1.262×1015 st = 1.262 \times 10^{15}\,\mathrm{s} وQ=2×3.1×1450×1.262×1015/(π×0.8×10−6)=2.015×1014 J m−2Q = 2\times3.1\times1450\times\sqrt{1.262 \times 10^{15}/(\pi\times0.8 \times 10^{-6})} = 2.015 \times 10^{14}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{-2}؛ d−dr=3.1×10−5×2.015×1014/(1174×2270)=2343 md - d_r = 3.1 \times 10^{-5}\times2.015 \times 10^{14}/ (1174\times2270) = 2343\,\mathrm{m}، وهو يساوي 370.540370.5\sqrt{40}.

تمرين 5.11 ★★★

في نموذج الصفيحة الوارد في النص (τ=36.2 Myr\tau = 36.2\,\mathrm{Myr}، ρmαTmL/(2(ρm−ρw))=3104 m\rho_m\alpha T_mL/ \bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr) = 3104\,\mathrm{m})، العمق المحسوب بحدّ فورييه الأول وحده يتجاوز المتسلسلة الكاملة أساسًا بفعل الحدّ n=3n = 3. احسب مقدار هذا الحدّ عند 1 و10 و20 Myr20\,\mathrm{Myr}، والعمر الذي بعده يبعد الحدّ الأول وحده عن المتسلسلة بما لا يتجاوز 10 m10\,\mathrm{m}.

حل

حل التمرين 5.11.

الحدّ n=3n = 3 يساوي 3104×(8/π2)×19e−9t/36.2=280 e−9t/36.23104\times(8/\pi^2)\times\tfrac19e^{-9t/36.2} = 280\,e^{-9t/36.2} مترًا: 218 m218\,\mathrm{m} عند 1 Myr1\,\mathrm{Myr}، 23 m23\,\mathrm{m} عند 10 Myr10\,\mathrm{Myr} و1.9 m1.9\,\mathrm{m} عند 20 Myr20\,\mathrm{Myr}. ينخفض إلى 10 m10\,\mathrm{m} عندما e−9t/36.2=10/280e^{-9t/36.2} = 10/280، عند t=(36.2/9)ln⁡28=13.4 Myrt = (36.2/9)\ln28 = 13.4\,\mathrm{Myr}.

تمرين 5.12 ★★★

(أ) بيّن أنّه، في المنحنى الحراري حسب القضية 5.10، T(z)≈qmz/k+A0hr2/kT(z) \approx q_mz/k + A_0h_r^2/k من أجل z≫hrz \gg h_r. (ب) استنتج عمق متساوي الحرارة 1300 ∘C1300\,{}^{\circ}\mathrm{C} عند q0=40 mW m−2q_0 = 40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، بالقيم الواردة في التمرين 8. (ج) بكم ينبغي أن ينخفض qmq_m حتّى يبلغ ذلك العمق 250 km250\,\mathrm{km}، عمق الجذور السريعة للكراتونات؟

حل

حل التمرين 5.12.

(أ) من أجل z≫hrz \gg h_r، e−z/hr→0e^{-z/h_r} \to 0. (ب) qm=24 mW m−2q_m = 24\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، A0hr2/k=16×10−3×104/2.5=64 KA_0h_r^2/k = 16 \times 10^{-3}\times10^{4}/2.5 = 64\,\mathrm{K}، وz=(1300−64)×2.5/24×10−3=128.8 kmz = (1300 - 64)\times2.5/24 \times 10^{-3} = 128.8\,\mathrm{km}. (ج) qm=2.5×1236/250×103=12.4 mW m−2q_m = 2.5\times1236/250 \times 10^{3} = 12.4\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}: يجب أن يتقلّص التدفق الحراري المختزَل إلى نحو النصف، كما هو الحال تحت الكراتون الذي يسمح جذره السميك والبارد بدخول قليل من الحرارة من الأسفل.

5.6 مسألة: أربعون مليون سنة بعيدًا عن الظهرة

مسألة 5.1

مسألة نهاية الأسبوع — نصف الفضاء والصفيحة، وعمق محيط مختلَق، وثخانة صفيحته

خُذ T0=0T_0 = 0، Tm=1450 ∘CT_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}، κ=0.8×10−6 m2 s−1\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}، k=3.1 W m−1 K−1k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}، α=3.1×10−5 K−1\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}، ρm=3300 kg m−3\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}، ρw=1030 kg m−3\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}، وظهرة عمقها 2500 m2500\,\mathrm{m}، و1 Myr1\,\mathrm{Myr} =3.156×1013 s= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}.

الجزء الأول — نصف الفضاء.

  1. احسب κt\sqrt{\kappa t} عند 10 و40 Myr40\,\mathrm{Myr}.
  2. احسب درجة الحرارة على عمق 20 km20\,\mathrm{km} تحت القاع عند العمرين (erf⁡0.6294=0.6266\operatorname{erf}0.6294 = 0.6266, erf⁡0.3147=0.3437\operatorname{erf}0.3147 = 0.3437).
  3. متساوي الحرارة 1000 ∘C1000\,{}^{\circ}\mathrm{C} يقع حيث erf⁡η=0.6897\operatorname{erf}\eta = 0.6897، η=0.7174\eta = 0.7174. احسب عمق هذا المتساوي عند العمرين، والعمر الذي يبلغ عنده العمق 60 km60\,\mathrm{km}.
  4. احسب التدفق الحراري عند العمرين، وCqC_q.
  5. تتّسع الظهرة بمعدّل 25 mm/yr25\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr} على كلّ جانب. احسب عدد بيكليه للصفيحة عبر 95 km95\,\mathrm{km}. لماذا يجوز أن يُبرَّد كلّ عمود على حدة؟
  6. احسب زمن التوصيل عبر 95 km95\,\mathrm{km}. ماذا يقول عن نموذج نصف الفضاء لقاع بحر عمره 150 Myr150\,\mathrm{Myr}؟

الجزء الثاني — الهبوط.

  1. تذكّر توازن الإيزوستازيا الذي يحوّل عجز درجة الحرارة في العمود إلى هبوط، ولماذا يجوز أخذ التكامل إلى ما لا نهاية في نصف الفضاء.
  2. احسب CC في قانون العمق والعمر، والعمقين عند 10 و40 Myr40\,\mathrm{Myr}. 40 Myr40\,\mathrm{Myr}.
  3. الوسيط لعمق قاع المحيط الحقيقي بين 40 Myr40\,\mathrm{Myr} و45 Myr45\,\mathrm{Myr} هو 4475 m4475\,\mathrm{m}، دون تصحيح. قارنه بالنموذج عند 42.5 Myr42.5\,\mathrm{Myr}، واذكر ما يتضمنه الوسيط الذي لا يأخذه النموذج في الحسبان.
  4. بكم سيتغيّر CC إذا كانت TmT_m تساوي 1350 ∘C1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}؟ قارنه بالقيمة المُلائَمة 350 m Myr−1/2350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}.
  5. لماذا تقلّ التدفقات الحرارية المقاسة على القاع الفتيّ عن Cq/tC_q/\sqrt t؟

الجزء الثالث — الصفيحة. خذ L=95 kmL = 95\,\mathrm{km}.

  1. احسب τ\tau والسعة ρmαTmL/(2(ρm−ρw))\rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr).
  2. احسب العمق عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr} بالحدود n=1n = 1، 3 و5.
  3. بكم يختلف الحدّ الأول وحده عن ذلك، ولماذا يكون الاختلاف ضئيلًا؟
  4. احسب الفرق بين نصف الفضاء والصفيحة عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr} و50 Myr50\,\mathrm{Myr}، وقدّر بالاستيفاء الخطي العمر الذي يبلغ عنده الفرق 100 m100\,\mathrm{m}.
  5. احسب التدفق الحراري للصفيحة عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}، بالحدود n=1n = 1 إلى 3، وقارنه بنصف الفضاء.
  6. أعطِ العمق المقارب والتدفق الحراري المقارب.

الجزء الرابع — محيط متخيَّل. في محيط متخيَّل يبلغ عمق ظهرته 2500 m2500\,\mathrm{m}، فإنّ القاع، بعد تصحيحه من الرواسب وبعيدًا عن الجبال البحرية والانتفاخات، يبلغ عمقه 5700 m5700\,\mathrm{m} عند 120 Myr120\,\mathrm{Myr} و4800 m4800\,\mathrm{m} عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}. قيمة LL للصفيحة غير معلومة، وكل قيمة أخرى كما سبق.

  1. بالاحتفاظ بالحد الأول من متسلسلة فورييه فقط، اكتب العمق عند 120 Myr120\,\mathrm{Myr} دالةً في LL، مع اعتماد τ\tau نفسه على LL.
  2. حُلَّ المعادلة لإيجاد LL بالتكرار، ابتداءً من L=100 kmL = 100\,\mathrm{km}: احسب τ\tau، ثم LL الذي يطابق 5700 m5700\,\mathrm{m} بهذه τ\tau، وكرّر.
  3. مع LL الذي وجدته، احسب العمق عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}، وقارنه بنصف الفضاء وبالقيمة المقاسة 4800 m4800\,\mathrm{m}.
  4. احسب τ\tau لهذا LL والعمق المقارب لهذا المحيط.
  5. بعد أيّ عمر يقع القاع ضمن 100 m100\,\mathrm{m} من عمقه المقارب؟
  6. أعطِ سمك الصفيحة LL الذي يلائم القاع القديم للمحيط المتخيَّل.
حل

حل المسألة 5.1.

1. 0.8×10−6×3.156×1014=15 889 m\sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times3.156 \times 10^{14}} = 15\,889\,\mathrm{m} و0.8×10−6×1.2624×1015=31 778 m\sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times1.2624 \times 10^{15}} = 31\,778\,\mathrm{m}.

2. η=20000/31778=0.6294\eta = 20000/31778 = 0.6294 و20000/63556=0.314720000/63556 = 0.3147: T=1450×0.6266=909 ∘CT = 1450\times0.6266 = 909\,{}^{\circ}\mathrm{C} عند 10 Myr10\,\mathrm{Myr} و1450×0.3437=498 ∘C1450\times0.3437 = 498\,{}^{\circ}\mathrm{C} عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}.

3. z=2×0.7174κtz = 2\times0.7174\sqrt{\kappa t}: 22.8 km22.8\,\mathrm{km} و45.6 km45.6\,\mathrm{km}. يبلغ 60 km60\,\mathrm{km} عندما κt=60/1.4348=41.82 km\sqrt{\kappa t} = 60/1.4348 = 41.82\,\mathrm{km}، عند t=(41.82×103)2/0.8×10−6=2.186×1015 st = (41.82 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 2.186 \times 10^{15}\,\mathrm{s}، 69.3 Myr69.3\,\mathrm{Myr}.

4. q=3.1×1450/(π×15889)=159.6 mW m−2q = 3.1\times1450/(\sqrt\pi\times15889) = 159.6\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2} عند 10 Myr10\,\mathrm{Myr} و79.8 mW m−279.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2} عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}؛ Cq=159.610=505 mW m−2 Myr1/2C_q = 159.6\sqrt{10} = 505\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}.

5. u=7.92×10−10 m s−1u = 7.92 \times 10^{-10}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}، Pe=7.92×10−10×95×103/0.8×10−6=94\mathrm{Pe} = 7.92\times10^{-10} \times95 \times 10^{3}/0.8 \times 10^{-6} = 94. تنتقل الحرارة أفقيًا مع الصفيحة أسرع بمائة مرّة من انتشارها أفقيًا، فيبرد كلّ عمود بالتوصيل الشاقولي وحده.

6. (95×103)2/0.8×10−6=1.13×1016 s(95 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 1.13 \times 10^{16}\,\mathrm{s}، 357 Myr357\,\mathrm{Myr}. عند 150 Myr150\,\mathrm{Myr}، κt=61.5 km\sqrt{\kappa t} = 61.5\,\mathrm{km}، والطبقة المبرَّدة، وهي بضعة أضعاف ذلك، تبلغ عمقًا يقع بعيدًا تحت 95 km95\,\mathrm{km}: إنّ نموذج نصف الفضاء لقاع بهذا القِدَم يفترض أنّ البرودة قد بلغت أعماقًا يتحرّك فيها الوشاح بالحمل الحراري.

7. (ρm−ρw)(d−dr)=ρmα∫(Tm−T) dz(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int(T_m - T)\,\mathrm dz، كتلتا عمود الظهرة والعمود القديم متساويتان فوق عمق التعويض. Tm−T=Tmerfc⁡ηT_m - T = T_m\operatorname{erfc}\eta يهبط دون 0.5 %0.5\,\% من TmT_m عندما η>2\eta > 2، فلا يضيف الجزء العميق شيئًا.

8. C=2×3300×3.1×10−5×1450/2270×0.8×10−6×3.156×1013/π=0.13069×2834.8=370.5 m Myr−1/2C = 2\times3300\times3.1 \times 10^{-5}\times1450/2270\times \sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times3.156 \times 10^{13}/\pi} = 0.13069\times2834.8 = 370.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}؛ d=2500+370.510=3672 md = 2500 + 370.5\sqrt{10} = 3672\,\mathrm{m} و2500+370.540=4843 m2500 + 370.5\sqrt{40} = 4843\,\mathrm{m}.

9. يعطي النموذج 2500+370.542.5=4915 m2500 + 370.5\sqrt{42.5} = 4915\,\mathrm{m}، 440 m440\,\mathrm{m} أعمق من الوسيط. يتضمّن الوسيط حمل الرواسب، والجبال البحرية والهضاب البركانية، وانتفاخات البقع الساخنة، وخلايا على منحدرات مناطق الكسر والهوامش، وكلّها تجعل القاع أقلّ عمقًا.

10. CC يتناسب طرديًا مع TmT_m: 370.5×1350/1450=344.9 m Myr−1/2370.5\times1350/1450 = 344.9\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}، قريبة من القيمة المُلائَمة 350.

11. تحمل ماء البحر المتداوِل عبر القشرة الفتيّة المتشقّقة جزءًا من الحرارة إلى الخارج عبر الينابيع الحارّة بين المجسّات.

12. τ=(95×103)2/(π2×0.8×10−6)=1.143×1015 s=36.2 Myr\tau = (95 \times 10^{3})^2/(\pi^2\times0.8 \times 10^{-6}) = 1.143 \times 10^{15}\,\mathrm{s} = 36.2\,\mathrm{Myr}؛ السعة هي 3300×3.1×10−5×1450×95×103/4540=3104 m3300\times 3.1 \times 10^{-5}\times1450\times95 \times 10^{3}/4540 = 3104\,\mathrm{m}.

13. e−40/36.2=0.33124e^{-40/36.2} = 0.33124، e−360/36.2/9=5.3×10−6e^{-360/36.2}/9 = 5.3 \times 10^{-6} والحدّ n=5n = 5 أصغر أيضًا؛ القوس هو 1−0.81057×0.33125=0.731501 - 0.81057\times0.33125 = 0.73150، وd=2500+3104×0.73150=4771 md = 2500 + 3104\times0.73150 = 4771\,\mathrm{m}.

14. بالحدّ n=3n = 3، 3104×0.81057×5.3×10−6=0.013 m3104\times0.81057\times5.3 \times 10^{-6} = 0.013\,\mathrm{m}: عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}، e−9t/τe^{-9t/\tau} يساوي 10−410^{-4} من e−t/τe^{-t/\tau}، ولا يبقى إلّا النمط الأوّل.

15. عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr}، 4843−4771=73 m4843 - 4771 = 73\,\mathrm{m}؛ عند 50 Myr50\,\mathrm{Myr}، 2500+370.550=51202500 + 370.5\sqrt{50} = 5120 مقابل 2500+3104×(1−0.81057×0.25127)=49722500 + 3104\times(1 - 0.81057\times0.25127) = 4972: 148 m148\,\mathrm{m}. بالاستيفاء الخطّي، 40+10×(100−73)/(148−73)=43.6 Myr40 + 10\times (100 - 73)/(148 - 73) = 43.6\,\mathrm{Myr}، أي نحو 44 Myr44\,\mathrm{Myr} (المتسلسلة الكاملة تعطي 44.0).

16. q=(3.1×1450/95×103)[1+2(0.33124+0.01204+0.00005)]=47.32×1.68666=79.8 mW m−2q = (3.1\times1450/95 \times 10^{3})[1 + 2(0.33124 + 0.01204 + 0.00005)] = 47.32\times1.68666 = 79.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}، وهي نفسها لنموذج نصف الفضاء: عند 40 Myr40\,\mathrm{Myr} لم تظهر القاعدة أثرها بعد عند السطح.

17. 2500+3104=5604 m2500 + 3104 = 5604\,\mathrm{m} وkTm/L=47.3 mW m−2kT_m/L = 47.3\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}.

18. d(120)=2500+aL[1−(8/π2)e−120/τ]d(120) = 2500 + aL\bigl[1 - (8/\pi^2)e^{-120/\tau}\bigr]، حيث a=ρmαTm/(2(ρm−ρw))=32.673 m/kma = \rho_m\alpha T_m/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr) = 32.673\,\mathrm{m}/\mathrm{km} وτ=L2/(π2κ)\tau = L^2/(\pi^2\kappa).

19. L=3200/(32.673 [1−0.81057e−120/τ])L = 3200/\bigl(32.673\,[1 - 0.81057e^{-120/\tau}]\bigr). من L=100 kmL = 100\,\mathrm{km}: τ=40.13 Myr\tau = 40.13\,\mathrm{Myr}، القوس 0.95925، L=102.10 kmL = 102.10\,\mathrm{km}؛ ثمّ τ=41.83\tau = 41.83، L=102.67L = 102.67؛ τ=42.30\tau = 42.30، L=102.82L = 102.82؛ τ=42.43\tau = 42.43، L=102.87L = 102.87؛ ويستقرّ عند L=102.9 kmL = 102.9\,\mathrm{km}.

20. τ=42.48 Myr\tau = 42.48\,\mathrm{Myr}، aL=3362 maL = 3362\,\mathrm{m}: d(40)=2500+3362×(1−0.81057e−40/42.48)=4799 md(40) = 2500 + 3362\times(1 - 0.81057e^{-40/42.48}) = 4799\,\mathrm{m}، مقابل 4843 m4843\,\mathrm{m} لنموذج نصف الفضاء و4800 m4800\,\mathrm{m} المقاس: تتوافق الصفيحة مع العمرين معًا.

21. τ=42.5 Myr\tau = 42.5\,\mathrm{Myr}؛ العمق المقارب 2500+3362=5862 m2500 + 3362 = 5862\,\mathrm{m}.

22. 3362×0.81057 e−t/42.48=1003362\times0.81057\,e^{-t/42.48} = 100 يعطي t=42.48ln⁡27.25=140 Myrt = 42.48\ln27.25 = 140\,\mathrm{Myr}.

23. الصفيحة التي تلائم قاع المحيط القديم المتخيَّل يبلغ سمكها 102.9 km102.9\,\mathrm{km}.

এই অধ্যায়ে সংজ্ঞায়িত পরিভাষা-শব্দ

পরিভাষায় সব 957 টি শব্দ দেখো