5Modelos térmicos de la litosfera

Al alejarse de una dorsal oceánica, el fondo marino se hace más profundo: unos $2.5\,\mathrm{km}$ en el eje, y más de $5\,\mathrm{km}$ bajo el fondo oceánico más antiguo. No se ha añadido nada a la placa ni se le ha quitado nada; solo se ha enfriado, contraído y hundido. El fondo oceánico es un termómetro de la placa que tiene debajo, y una sonda de flujo de calor hincada en sus sedimentos registra el mismo enfriamiento desde arriba. Este capítulo resuelve el enfriamiento de una placa de dos maneras, como semiespacio y como placa de espesor finito, compara ambas con la profundidad real del fondo oceánico y con su flujo de calor, y luego se ocupa de los continentes, cuyo calor procede en parte de su propia corteza.

Lo que ya sabes

La ecuación de difusión del calor, $\partial T/\partial t = \kappa\nabla^2T$, con la conductividad térmica $k$ y la difusividad térmica $\kappa = k/(\rho c)$, es de los libros de física; las series de Fourier y la función de error $\operatorname{erf}x = (2/\sqrt\pi)\int_0^xe^{-u^2}\,\mathrm du$ están en los volúmenes universitarios de los libros de matemáticas. El flujo de calor, la producción de calor radiogénico, la geoterma, la escala de tiempo conductivo $L^2/\kappa$, la capa límite térmica y la litosfera térmica se definieron en el volumen de primer año, en su capítulo sobre el balance térmico terrestre; la isostasia, en su capítulo sobre isostasia y anomalías de la gravedad; la ley profundidad–edad $d = d_r + C\sqrt t$ se demostró en su capítulo sobre rifts, dorsales y márgenes pasivos, al admitir el perfil de temperatura que este capítulo deriva. El modelo de estiramiento de cuencas, la subsidencia postrift y la constante de tiempo térmica están en el volumen de segundo año, en su capítulo sobre cuencas sedimentarias.

5.1 Conducción, advección y su razón

El calor de la litosfera se mueve de dos maneras: se difunde a favor del gradiente de temperatura, y lo transporta la roca en movimiento: la placa que abandona una dorsal, una montaña erosionada que se eleva, un magma que asciende. Cuál de los dos mecanismos prevalece depende de un único número.

Definición 5.1 (Número de Péclet térmico)

Para una roca que se mueve a la velocidad $u$ a lo largo de una longitud $L$, el número de Péclet térmico es

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

la razón entre el tiempo conductivo $L^2/\kappa$ y el tiempo advectivo $L/u$. La advección domina donde $\mathrm{Pe} \gg 1$, y la conducción donde $\mathrm{Pe} \ll 1$.

Una placa que abandona una dorsal a $25\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ tiene, a lo largo de una distancia de $95\,\mathrm{km}$, $\mathrm{Pe} \approx 94$ con $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$: el calor es arrastrado lateralmente por la placa mucho más deprisa de lo que se difunde lateralmente. Cada columna vertical de la placa se enfría, por tanto, como si estuviera sola, por conducción vertical hacia el fondo marino frío, siendo la edad $t$ el tiempo transcurrido desde que abandonó el eje. Así, un problema en dos dimensiones se convierte en uno de profundidad y tiempo.

5.2 El semiespacio en enfriamiento

Definición 5.2 (Modelo de enfriamiento de semiespacio)

El modelo de enfriamiento de semiespacio de la litosfera oceánica toma cada columna como un semiespacio $z \ge 0$ de difusividad uniforme, a la temperatura uniforme $T_m$ del manto cuando abandona el eje de la dorsal, cuya superficie se mantiene desde entonces a la temperatura $T_0$ del fondo marino, sin producción de calor y sin base.

Teorema 5.3 (Geoterma de función de error)

En el modelo de enfriamiento de semiespacio, la temperatura a la profundidad $z$ bajo el fondo marino de edad $t$ es

$$T(z, t) = T_0 + (T_m - T_0)\operatorname{erf}\frac{z}{2\sqrt{\kappa t}} .$$

Esta es la geoterma de función de error.

La temperatura a una profundidad dada depende solo de $z/\sqrt t$: una isoterma se hunde como la raíz cuadrada de la edad, y la capa enfriada a $40\,\mathrm{Myr}$ tiene el doble de espesor que a $10\,\mathrm{Myr}$. El flujo de calor en superficie se obtiene por derivación.

Proposición 5.4 (Relación flujo de calor–edad)

En el modelo de enfriamiento de semiespacio, el flujo de calor a través del fondo marino de edad $t$ es

$$q(t) = k\,\frac{\partial T}{\partial z}\Big|_{z=0} = \frac{k(T_m - T_0)}{\sqrt{\pi\kappa t}} = \frac{C_q}{\sqrt t} .$$

Con los valores del modelo de placa indicados a continuación ($k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $T_m - T_0 = 1450\,\mathrm{K}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), $C_q = 505\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}$, cercano a los valores de 430 a $510\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}$ ajustados a las medidas globales de distintos estudios; una compilación reciente prefiere $490$. El flujo de calor medido sobre la corteza oceánica joven, sin embargo, subestima de forma notable el calor que sale de ella: el agua de mar que circula por la corteza agrietada se lleva parte del calor en fuentes hidrotermales, fuera del alcance de las sondas. Sobre la corteza antigua, las mediciones siguen $1/\sqrt t$, y las estimaciones de la pérdida de calor terrestre sustituyen las mediciones sobre la corteza más joven que $66.5\,\mathrm{Myr}$ por $C_q/\sqrt t$.

El volumen de primer año integró el mismo perfil en profundidad, mediante la isostasia, para obtener la ley profundidad–edad, $d = d_r + C\sqrt t$ con $C = 2\rho_m\alpha(T_m - T_0)\sqrt\kappa/\bigl(\sqrt\pi(\rho_m - \rho_w)\bigr)$ (figura de abajo). Con $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ y $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $C = 370\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$, frente a los $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$ ajustados a los fondos del Pacífico Norte y del Atlántico Norte más jóvenes que $70\,\mathrm{Myr}$.

5.3 El modelo de placa

El fondo oceánico antiguo deja de profundizarse: en el Pacífico Norte y el Atlántico Norte la profundidad se aparta de $\sqrt t$ entre 60 y $80\,\mathrm{Myr}$, y el flujo de calor se estabiliza. El semiespacio sigue enfriándose indefinidamente; algo debe mantener caliente la base de la placa caliente.

Definición 5.5 (Modelo de enfriamiento de placa)

El modelo de enfriamiento de placa de la litosfera oceánica toma cada columna como una capa $0 \le z \le L$ de difusividad uniforme, a una temperatura uniforme $T_m$ al salir de la dorsal, cuya superficie se mantiene a $T_0$ y cuya base se mantiene a $T_m$ desde entonces.

Teorema 5.6 (Serie de temperatura del modelo de placa)

En el modelo de enfriamiento de placa, con $T_0 = 0$,

$$T(z, t) = T_m\Bigl[\frac zL + \frac2\pi\sum_{n=1}^\infty\frac1n \sin\frac{n\pi z}{L}\,e^{-n^2t/\tau}\Bigr],\qquad \tau = \frac{L^2}{\pi^2\kappa} .$$

Esta es la serie de temperatura del modelo de placa.

Cada modo decae con su propio tiempo, $\tau/n^2$: los armónicos superiores, la estructura fina del escalón inicial, desaparecen primero, y tras un tiempo del orden de $\tau$ solo queda el primero. La misma separación de variables proporciona el flujo de calor y, mediante el equilibrio isostático de la figura anterior, la profundidad.

Proposición 5.7 (Profundidad y flujo de calor del modelo de placa)

En el modelo de enfriamiento de placa, con las densidades y el coeficiente de expansión de la ley profundidad–edad,

$$q(t) = \frac{kT_m}{L}\Bigl[1 + 2\sum_{n=1}^\infty e^{-n^2t/\tau}\Bigr],\qquad d(t) = d_r + \frac{\rho_m\alpha T_mL}{2(\rho_m - \rho_w)} \Bigl[1 - \frac{8}{\pi^2}\sum_{n\ \text{impar}}\frac{e^{-n^2t/\tau}}{n^2}\Bigr].$$

Cuando $t \to \infty$, la profundidad tiende a $d_r + \rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)$ y el flujo de calor a $kT_m/L$, ambos de forma exponencial, con la constante de tiempo $\tau$.

El modelo de placa que mejor ajusta las profundidades y los flujos de calor globales tiene una placa de $95\,\mathrm{km}$ de espesor, con la base a $1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ y $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, más delgada y más caliente que la anterior, de $125\,\mathrm{km}$ y $1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Con $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\tau = 36.2\,\mathrm{Myr}$; la profundidad se estabiliza en $2500 + 3104 = 5604\,\mathrm{m}$ y el flujo de calor en $47\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. El fondo joven no permite distinguir entre los dos modelos: difieren en menos de un metro a $2\,\mathrm{Myr}$ y en $100\,\mathrm{m}$ a $44\,\mathrm{Myr}$. La sismología da una respuesta parecida: las ondas de Rayleigh del Pacífico se ajustan mejor a placas en enfriamiento cuyo espesor asintótico es de 85 a $95\,\mathrm{km}$.

El fondo oceánico real puede representarse en la misma gráfica (figura inferior). Cada celda de un grado de latitud y longitud cuya edad se conoce se sitúa según su edad y su profundidad; la mediana de cada intervalo de cinco millones de años aumenta con la edad como predicen los modelos para los primeros $40\,\mathrm{Myr}$, pero el fondo observado es menos profundo que ambos modelos, y cada vez más con la edad. No se ha corregido nada: el fondo antiguo tiene una capa de sedimento más gruesa, de más de un kilómetro en el Atlántico Norte más antiguo, que lo carga y eleva su parte superior, y el fondo antiguo ha tenido tiempo de acumular montes submarinos, mesetas volcánicas y los abombamientos de los puntos calientes. Los ajustes publicados eliminan primero la carga de sedimentos y los abombamientos evidentes; la ley profundidad–edad del volumen de primer año, y los modelos de placa anteriores, proceden de profundidades así corregidas.

Definición 5.8 (Subsidencia térmica)

La subsidencia térmica es el hundimiento de la superficie de la litosfera a medida que se enfría y se contrae hacia el equilibrio térmico, y el espacio situado encima se llena de agua o sedimento; la isostasia convierte el calor perdido por una columna en su hundimiento.

El fondo oceánico es el caso puro. Una cuenca continental estirada es otra: una litosfera adelgazada por un factor $\beta$ eleva la astenosfera caliente, y la subsidencia post-rift del volumen de segundo año es el mismo enfriamiento de placa, que parte de un perfil distinto, con los mismos modos y los mismos tiempos de decaimiento $\tau/n^2$. Conservar solo el primer modo es, por tanto, una buena aproximación una vez que los superiores se han extinguido, y una mala antes: para el fondo oceánico del modelo de placa descrito antes, el primer término por sí solo da la profundidad con un margen de dos metros tras $20\,\mathrm{Myr}$, pero es $84\,\mathrm{m}$ demasiado profundo a $5\,\mathrm{Myr}$.

5.4 Geotermas continentales

La corteza continental produce calor: el granito contiene uranio, torio y potasio en concentraciones tales que el calor producido en la corteza superior constituye una parte importante del flujo de calor en la superficie. La forma en que se distribuye la producción con la profundidad determina la temperatura en profundidad.

Definición 5.9 (Escala de profundidad de la producción de calor; flujo de calor reducido)

Cuando la producción de calor radiogénico de la corteza disminuye con la profundidad según $A(z) = A_0e^{-z/h_r}$, $h_r$ es la escala de profundidad de la producción de calor. El flujo de calor reducido $q_m$ de una provincia es el flujo de calor que quedaría en su superficie si la corteza no produjera calor: el flujo de calor procedente de debajo de la capa radiogénica.

Proposición 5.10 (Producción de calor exponencial)

En conducción estacionaria con conductividad uniforme $k$, temperatura en la superficie $0$, producción de calor $A_0e^{-z/h_r}$ y flujo de calor $q_m$ desde gran profundidad, el flujo de calor superficial es

$$q_0 = q_m + A_0h_r,$$

y la geoterma es

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

Si los plutones de una provincia comparten el mismo $h_r$ y el mismo $q_m$, sus flujos de calor superficiales y producciones de calor superficiales se sitúan sobre la recta $q_0 = q_m + h_rA_0$.

La recta se observa: en varias provincias, los flujos de calor y las producciones de calor superficiales de los plutones se disponen sobre rectas, con escalas de profundidad de 7.5 a $10\,\mathrm{km}$ y un flujo de calor reducido de $0.8\,\mathrm{HFU}$ (unos $33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$) al este de las Montañas Rocosas. La forma exponencial no es la única que da una recta, pero conserva la recta frente a la erosión: quitar una capa de espesor $e$ desde arriba multiplica $A_0$ y la parte radiogénica de $q_0$ por el mismo factor $e^{-e/h_r}$.

La figura siguiente muestra geotermas para flujos de calor superficiales de 40, 60 y $80\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, el primero típico de cratones y el último de zonas de retroarco, con $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $h_r = 10\,\mathrm{km}$ y una aportación cortical $A_0h_r = 0.4\,q_0$. La isoterma de $1300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, tomada como base de la litosfera térmica, se sitúa a 129, 84 y $61\,\mathrm{km}$. La sismología encuentra manto cratónico rápido hasta unos $250\,\mathrm{km}$, y litosfera de retroarco de 50 a $60\,\mathrm{km}$ de espesor: las raíces frías y gruesas de los cratones requieren un flujo de calor reducido menor del que les asigna este modelo sencillo, y su conductividad varía con la temperatura, pero el orden de magnitud del contraste es correcto.

Sobre el terreno — Medición del flujo de calor en el mar

Una sonda marina de flujo de calor es una lanza de acero larga con un peso pesado en la parte superior y un tubo delgado de sensores de temperatura a lo largo de un costado. Desde la popa de un buque oceanográfico se baja con el cable del torno hasta el fondo marino y se deja caer en el sedimento blando, con sensores y todo. Permanece inmóvil durante algunos minutos mientras se disipa el calor por fricción de la penetración y los sensores se estabilizan a la temperatura del lodo que los rodea: sus lecturas, separadas unos metros, dan el gradiente de temperatura. Se envía después un pulso breve de calor a lo largo del tubo, y la velocidad con que se disipa proporciona la conductividad del sedimento que lo rodea; el producto de ambas magnitudes es el flujo de calor. La lanza se extrae y se vuelve a colocar unos cientos de metros más adelante a lo largo de la línea, sin volver a cubierta.

5.5 Ejercicios

Ejercicio 5.1 ★

Con $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calcúlese el tiempo conductivo $L^2/\kappa$ para $L = 1$, 10 y $100\,\mathrm{km}$, en millones de años.

Solución

Solución de Ejercicio 5.1.

$L^2/\kappa = 10^{12}\,\mathrm{s}$, $10^{14}\,\mathrm{s}$ y $10^{16}\,\mathrm{s}$: 0.032, 3.2 y $317\,\mathrm{Myr}$. Un kilómetro olvida su temperatura en decenas de miles de años; cien kilómetros, en cientos de millones.

Ejercicio 5.2 ★

Una cordillera se erosiona a razón de $1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$, y la roca asciende a través de los $30\,\mathrm{km}$ superiores de corteza para reemplazarla. Con $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calcúlese el número de Péclet. ¿Puede calcularse la geoterma de la cordillera solo por conducción?

Solución

Solución de Ejercicio 5.2.

$u = 10^{-3}\,\mathrm{m}/3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 3.17 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, por tanto $\mathrm{Pe} = 3.17\times10^{-11}\times3 \times 10^{4}/10^{-6} = 0.95$. La advección y la conducción tienen la misma importancia: la roca ascendente transporta calor hacia arriba y hace más empinada la geoterma cerca de la superficie, y la conducción por sí sola subestimaría el gradiente.

Ejercicio 5.3 ★

En el modelo de semiespacio ($T_0 = 0$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), calcúlese la temperatura a $10\,\mathrm{km}$ bajo el fondo marino de $5\,\mathrm{Myr}$ de edad ($1\,\mathrm{Myr}$ $= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$; $\operatorname{erf} 0.445 = 0.471$).

Solución

Solución de Ejercicio 5.3.

$\sqrt{\kappa t} = \sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times5\times3.156 \times 10^{13}} = 11\,236\,\mathrm{m}$, $\eta = 10000/(2\times11236) = 0.445$, y $T = 1450\times0.471 = 683\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Ejercicio 5.4 ★

Con $C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}$, calcúlese el flujo de calor a través del fondo marino de 1, 25 y $100\,\mathrm{Myr}$ de edad. ¿Cuál de las tres edades subestimaría con mayor probabilidad una sonda?

Solución

Solución de Ejercicio 5.4.

$490/\sqrt1 = 490$, $490/5 = 98$ y $490/10 = 49\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. La sonda probablemente subestimaría la primera: la corteza joven está fracturada y abierta a la circulación de agua marina, que evacua parte del calor a través de manantiales termales.

Ejercicio 5.5 ★★

En el modelo de semiespacio, la temperatura alcanza el $90\,\%$ de $T_m$ donde $\operatorname{erf}\eta = 0.9$, $\eta = 1.163$. Con $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calcúlese esa profundidad a 10, 40 y $100\,\mathrm{Myr}$.

Solución

Solución de Ejercicio 5.5.

$z = 2\times1.163\sqrt{\kappa t}$: con $\sqrt{\kappa t} = 15.89$, 31.78 y $50.25\,\mathrm{km}$, $z = 37.0$, 73.9 y $116.9\,\mathrm{km}$. La capa enfriada se duplica de 10 a $40\,\mathrm{Myr}$; a los $100\,\mathrm{Myr}$ ya es más profunda que una placa de $95\,\mathrm{km}$.

Ejercicio 5.6 ★★

Con los valores del texto, el modelo de semiespacio da $C = 370.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$. Manteniendo el resto de valores, ¿qué coeficiente de dilatación térmica daría el valor ajustado $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$? ¿Qué otro parámetro podría modificarse en su lugar?

Solución

Solución de Ejercicio 5.6.

$C$ es proporcional a $\alpha$: $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\times350/370.5 = 2.93 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$. $C$ también es proporcional a $T_m - T_0$ (un manto a $1450\times350/370.5 = 1370\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) y a $\sqrt\kappa$ (una difusividad $0.8\times(350/370.5)^2 = 0.71 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$): la profundidad por sí sola no permite separarlos, por lo que también se emplea el flujo de calor.

Ejercicio 5.7 ★★

Calcúlese el flujo de calor asintótico $kT_m/L$ del modelo de placa para $L = 95\,\mathrm{km}$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, y para $L = 125\,\mathrm{km}$, $T_m = 1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, con $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ en ambos casos. ¿Cuál se aproxima más al flujo de calor del fondo oceánico antiguo calculado a partir de $C_q/\sqrt t$ a $150\,\mathrm{Myr}$ con $C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}$?

Solución

Solución de Ejercicio 5.7.

$3.1\times1450/95 \times 10^{3} = 47.3\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ y $3.1\times1350/125 \times 10^{3} = 33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. El semiespacio alcanza esos valores en $(490/47.3)^2 = 107\,\mathrm{Myr}$ y $(490/33.5)^2 = 214\,\mathrm{Myr}$: la placa delgada y caliente mantiene el flujo de calor del fondo oceánico antiguo a $47\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ desde aproximadamente $100\,\mathrm{Myr}$ en adelante, mientras que la más gruesa y fría permitiría que descendiera por debajo de $40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, valor del semiespacio a los $150\,\mathrm{Myr}$.

Ejercicio 5.8 ★★

Una provincia tiene $q_0 = 60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $h_r = 10\,\mathrm{km}$ y $A_0h_r = 0.4\,q_0$. Calcúlense $A_0$, $q_m$ y la temperatura en el Moho, a $35\,\mathrm{km}$ de profundidad, con $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$.

Solución

Solución de Ejercicio 5.8.

$A_0h_r = 0.4\times60 = 24\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, por tanto $A_0 = 24 \times 10^{-3}/10^{4} = 2.4\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$ y $q_m = 60 - 24 = 36\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. A $35\,\mathrm{km}$, $T = 36 \times 10^{-3}\times35 \times 10^{3}/2.5 + 2.4 \times 10^{-6}\times10^{8}/2.5\times(1 - e^{-3.5}) = 504 + 96\times0.970 = 597\,{}^{\circ}\mathrm{C}$.

Ejercicio 5.9 ★★

Dos plutones graníticos de una misma provincia dan $q_0 = 66\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ con $A_0 = 3.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, y $q_0 = 48\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ con $A_0 = 1.2\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$. Suponiendo que están sobre la recta de la Proposición 5.10, calcúlense $h_r$ y $q_m$.

Solución

Solución de Ejercicio 5.9.

$h_r = \Delta q_0/\Delta A_0 = 18 \times 10^{-3}/1.8 \times 10^{-6} = 10\,\mathrm{km}$, y $q_m = q_0 - h_rA_0 = 66 - 30 = 36\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, ya que $h_rA_0 = 10^{4}\times3.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3} = 30\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$.

Ejercicio 5.10 ★★★

(a) Demuéstrese que el calor perdido a través del fondo marino entre las edades 0 y $t$, por unidad de área, es $Q(t) = 2k(T_m - T_0)\sqrt{t/(\pi\kappa)}$ en el modelo de semiespacio. (b) Demuéstrese que la subsidencia es $d - d_r = \alpha Q/\bigl(c(\rho_m - \rho_w)\bigr)$, donde $c = k/(\rho_m\kappa)$ es el calor específico. (c) Compruébese numéricamente a $40\,\mathrm{Myr}$ con los valores del texto.

Solución

Solución de Ejercicio 5.10.

(a) $Q(t) = \int_0^tk(T_m - T_0)/\sqrt{\pi\kappa t'}\,\mathrm dt' = 2k(T_m - T_0)\sqrt{t/(\pi\kappa)}$. (b) El calor perdido es el contenido de calor eliminado de la columna, $Q = \rho_mc\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz$, y la isostasia da $(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz = \alpha Q/c$. (c) $c = 3.1/(3300\times0.8 \times 10^{-6}) = 1174\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$; a los $40\,\mathrm{Myr}$, $t = 1.262 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$ y $Q = 2\times3.1\times1450\times\sqrt{1.262 \times 10^{15}/(\pi\times0.8 \times 10^{-6})} = 2.015 \times 10^{14}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{-2}$; $d - d_r = 3.1 \times 10^{-5}\times2.015 \times 10^{14}/ (1174\times2270) = 2343\,\mathrm{m}$, lo que equivale a $370.5\sqrt{40}$.

Ejercicio 5.11 ★★★

En el modelo de placa del texto ($\tau = 36.2\,\mathrm{Myr}$, $\rho_m\alpha T_mL/ \bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr) = 3104\,\mathrm{m}$), la profundidad calculada con el primer término de Fourier por sí solo supera a la serie completa sobre todo por el término $n = 3$. Calcúlese el tamaño de ese término a 1, 10 y $20\,\mathrm{Myr}$, y la edad a partir de la cual el primer término por sí solo queda a menos de $10\,\mathrm{m}$ de la serie.

Solución

Solución de Ejercicio 5.11.

El término $n = 3$ es $3104\times(8/\pi^2)\times\tfrac19e^{-9t/36.2} = 280\,e^{-9t/36.2}$ metros: $218\,\mathrm{m}$ a $1\,\mathrm{Myr}$, $23\,\mathrm{m}$ a $10\,\mathrm{Myr}$ y $1.9\,\mathrm{m}$ a $20\,\mathrm{Myr}$. Desciende hasta $10\,\mathrm{m}$ cuando $e^{-9t/36.2} = 10/280$, en $t = (36.2/9)\ln28 = 13.4\,\mathrm{Myr}$.

Ejercicio 5.12 ★★★

(a) Demuéstrese que, en la geoterma de la Proposición 5.10, $T(z) \approx q_mz/k + A_0h_r^2/k$ para $z \gg h_r$. (b) Dedúzcase la profundidad de la isoterma de $1300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ para $q_0 = 40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, con los valores del ejercicio 8. (c) ¿En cuánto debe disminuir $q_m$ para que esa profundidad alcance $250\,\mathrm{km}$, la profundidad de las raíces rápidas de los cratones?

Solución

Solución de Ejercicio 5.12.

(a) Para $z \gg h_r$, $e^{-z/h_r} \to 0$. (b) $q_m = 24\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $A_0h_r^2/k = 16 \times 10^{-3}\times10^{4}/2.5 = 64\,\mathrm{K}$, y $z = (1300 - 64)\times2.5/24 \times 10^{-3} = 128.8\,\mathrm{km}$. (c) $q_m = 2.5\times1236/250 \times 10^{3} = 12.4\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$: el flujo de calor reducido debe reducirse aproximadamente a la mitad, como ocurre bajo un cratón cuya raíz gruesa y fría deja entrar poco calor desde abajo.

5.6 Problema: cuarenta millones de años lejos de la dorsal

Problema 5.1

Problema de fin de semana — el semiespacio y la placa, la profundidad de un océano inventado, y el espesor de su placa

Tómense $T_0 = 0$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, una dorsal de $2500\,\mathrm{m}$ de profundidad, y $1\,\mathrm{Myr}$ $= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$.

Parte I — El semiespacio.

1. Calcúlese $\sqrt{\kappa t}$ a 10 y $40\,\mathrm{Myr}$.
2. Calcúlese la temperatura a $20\,\mathrm{km}$ bajo el fondo a ambas edades ($\operatorname{erf}0.6294 = 0.6266$, $\operatorname{erf}0.3147 = 0.3437$).
3. La isoterma de $1000\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ se sitúa donde $\operatorname{erf}\eta = 0.6897$, $\eta = 0.7174$. Calcúlese su profundidad a ambas edades, y la edad a la que alcanza $60\,\mathrm{km}$.
4. Calcúlese el flujo de calor a ambas edades, y $C_q$.
5. Una dorsal se abre a $25\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ a cada lado. Calcúlese el número de Péclet de la placa sobre $95\,\mathrm{km}$. ¿Por qué puede enfriarse cada columna por separado?
6. Calcúlese el tiempo conductivo a través de $95\,\mathrm{km}$. ¿Qué dice de un modelo de semiespacio para un fondo de $150\,\mathrm{Myr}$ de edad?

Parte II — Subsidencia.

7. Recuérdese el equilibrio isostático que convierte el déficit de temperatura de una columna en subsidencia, y por qué la integral puede extenderse hasta el infinito en el semiespacio.
8. Calcúlese $C$ de la ley profundidad–edad, y las profundidades a 10 y $40\,\mathrm{Myr}$.
9. La profundidad mediana del fondo oceánico real entre 40 y $45\,\mathrm{Myr}$ es de $4475\,\mathrm{m}$, sin corregir. Compárese con el modelo a $42.5\,\mathrm{Myr}$, y enumérese lo que incluye la mediana y que el modelo omite.
10. ¿En cuánto cambiaría $C$ si $T_m$ fuera $1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$? Compárese con el valor ajustado de $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$.
11. ¿Por qué los flujos de calor medidos en fondo joven caen por debajo de $C_q/\sqrt t$?

Parte III — La placa. Tómese $L = 95\,\mathrm{km}$.

12. Calcúlense $\tau$ y la amplitud $\rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)$.
13. Calcúlese la profundidad a $40\,\mathrm{Myr}$ con los términos $n = 1$, 3 y 5.
14. ¿En cuánto difiere el primer término por sí solo de ese valor, y por qué tan poco?
15. Calcúlese la diferencia entre el semiespacio y la placa a 40 y $50\,\mathrm{Myr}$, y estímese por interpolación lineal la edad a la que alcanza $100\,\mathrm{m}$.
16. Calcúlese el flujo de calor de la placa a $40\,\mathrm{Myr}$, con los términos $n = 1$ a 3, y compárese con el semiespacio.
17. Dénse la profundidad y el flujo de calor asintóticos.

Parte IV — Un océano inventado. En un océano inventado cuya dorsal está a $2500\,\mathrm{m}$ de profundidad, el fondo, una vez corregido por sedimento y alejado de montes submarinos y elevaciones, está a $5700\,\mathrm{m}$ de profundidad a $120\,\mathrm{Myr}$ y a $4800\,\mathrm{m}$ a $40\,\mathrm{Myr}$. El $L$ de la placa es desconocido; todos los demás valores son como los anteriores.

18. Conservando solo el primer término de Fourier, escríbase la profundidad a $120\,\mathrm{Myr}$ como función de $L$, con $\tau$ dependiendo a su vez de $L$.
19. Resuélvase para $L$ por iteración, partiendo de $L = 100\,\mathrm{km}$: calcúlese $\tau$, después el $L$ que iguala $5700\,\mathrm{m}$ con ese $\tau$, y repítase.
20. Con el $L$ hallado, calcúlese la profundidad a $40\,\mathrm{Myr}$ y compárese con el semiespacio y con los $4800\,\mathrm{m}$ medidos.
21. Calcúlese $\tau$ para ese $L$ y la profundidad asintótica de este océano.
22. ¿A qué edad el fondo se encuentra a menos de $100\,\mathrm{m}$ de su profundidad asintótica?
23. Dése el espesor $L$ de la placa que se ajusta al fondo antiguo del océano inventado.

Solución

Solución de Problema 5.1.

1. $\sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times3.156 \times 10^{14}} = 15\,889\,\mathrm{m}$ y $\sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times1.2624 \times 10^{15}} = 31\,778\,\mathrm{m}$.

2. $\eta = 20000/31778 = 0.6294$ y $20000/63556 = 0.3147$: $T = 1450\times0.6266 = 909\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $10\,\mathrm{Myr}$ y $1450\times0.3437 = 498\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ a $40\,\mathrm{Myr}$.

3. $z = 2\times0.7174\sqrt{\kappa t}$: $22.8\,\mathrm{km}$ y $45.6\,\mathrm{km}$. Alcanza $60\,\mathrm{km}$ cuando $\sqrt{\kappa t} = 60/1.4348 = 41.82\,\mathrm{km}$, en $t = (41.82 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 2.186 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$, $69.3\,\mathrm{Myr}$.

4. $q = 3.1\times1450/(\sqrt\pi\times15889) = 159.6\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $10\,\mathrm{Myr}$ y $79.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ a $40\,\mathrm{Myr}$; $C_q = 159.6\sqrt{10} = 505\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Myr}^{1/2}$.

5. $u = 7.92 \times 10^{-10}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\mathrm{Pe} = 7.92\times10^{-10} \times95 \times 10^{3}/0.8 \times 10^{-6} = 94$. El calor viaja lateralmente con la placa a cien veces más deprisa de lo que se difunde lateralmente, así que cada columna se enfría solo por conducción vertical.

6. $(95 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 1.13 \times 10^{16}\,\mathrm{s}$, $357\,\mathrm{Myr}$. A $150\,\mathrm{Myr}$, $\sqrt{\kappa t} = 61.5\,\mathrm{km}$ y la capa enfriada, a unas pocas veces esa cifra, llega mucho más abajo de $95\,\mathrm{km}$: un modelo de semiespacio para un fondo tan antiguo supone que el frío ha alcanzado profundidades donde el manto convecta.

7. $(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int(T_m - T)\,\mathrm dz$, las masas de la columna de la dorsal y de la columna antigua siendo iguales por encima de una profundidad de compensación. $T_m - T = T_m\operatorname{erfc}\eta$ cae por debajo de $0.5\,\%$ de $T_m$ para $\eta > 2$, por lo que la parte profunda no aporta nada.

8. $C = 2\times3300\times3.1 \times 10^{-5}\times1450/2270\times \sqrt{0.8 \times 10^{-6}\times3.156 \times 10^{13}/\pi} = 0.13069\times2834.8 = 370.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$; $d = 2500 + 370.5\sqrt{10} = 3672\,\mathrm{m}$ y $2500 + 370.5\sqrt{40} = 4843\,\mathrm{m}$.

9. El modelo da $2500 + 370.5\sqrt{42.5} = 4915\,\mathrm{m}$, $440\,\mathrm{m}$ más profundo que la mediana. La mediana incluye la carga de los sedimentos, los montes submarinos y las mesetas volcánicas, los abombamientos de los puntos calientes, y las celdas en los flancos de zonas de fractura y márgenes, todos los cuales hacen que el fondo más somero.

10. $C$ es proporcional a $T_m$: $370.5\times1350/1450 = 344.9\,\mathrm{m}\,\mathrm{Myr}^{-1/2}$, cercano al 350 ajustado.

11. El agua de mar que circula por la corteza joven fracturada transporta parte del calor hacia el exterior a través de fuentes hidrotermales, entre las sondas.

12. $\tau = (95 \times 10^{3})^2/(\pi^2\times0.8 \times 10^{-6}) = 1.143 \times 10^{15}\,\mathrm{s} = 36.2\,\mathrm{Myr}$; la amplitud es $3300\times 3.1 \times 10^{-5}\times1450\times95 \times 10^{3}/4540 = 3104\,\mathrm{m}$.

13. $e^{-40/36.2} = 0.33124$, $e^{-360/36.2}/9 = 5.3 \times 10^{-6}$ y el término $n = 5$ es aún menor; el corchete es $1 - 0.81057\times0.33125 = 0.73150$, y $d = 2500 + 3104\times0.73150 = 4771\,\mathrm{m}$.

14. Por el término $n = 3$, $3104\times0.81057\times5.3 \times 10^{-6} = 0.013\,\mathrm{m}$: a $40\,\mathrm{Myr}$, $e^{-9t/\tau}$ es $10^{-4}$ de $e^{-t/\tau}$, y solo queda el primer modo.

15. A $40\,\mathrm{Myr}$, $4843 - 4771 = 73\,\mathrm{m}$; a $50\,\mathrm{Myr}$, $2500 + 370.5\sqrt{50} = 5120$ frente a $2500 + 3104\times(1 - 0.81057\times0.25127) = 4972$: $148\,\mathrm{m}$. Interpolando, $40 + 10\times (100 - 73)/(148 - 73) = 43.6\,\mathrm{Myr}$, unos $44\,\mathrm{Myr}$ (la serie completa da 44.0).

16. $q = (3.1\times1450/95 \times 10^{3})[1 + 2(0.33124 + 0.01204 + 0.00005)] = 47.32\times1.68666 = 79.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, la misma que la del semiespacio: a $40\,\mathrm{Myr}$ la base aún no se ha dejado sentir en la superficie.

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

18. $d(120) = 2500 + aL\bigl[1 - (8/\pi^2)e^{-120/\tau}\bigr]$, con $a = \rho_m\alpha T_m/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr) = 32.673\,\mathrm{m}/\mathrm{km}$ y $\tau = L^2/(\pi^2\kappa)$.

19. $L = 3200/\bigl(32.673\,[1 - 0.81057e^{-120/\tau}]\bigr)$. Desde $L = 100\,\mathrm{km}$: $\tau = 40.13\,\mathrm{Myr}$, corchete 0.95925, $L = 102.10\,\mathrm{km}$; luego $\tau = 41.83$, $L = 102.67$; $\tau = 42.30$, $L = 102.82$; $\tau = 42.43$, $L = 102.87$; se estabiliza en $L = 102.9\,\mathrm{km}$.

20. $\tau = 42.48\,\mathrm{Myr}$, $aL = 3362\,\mathrm{m}$: $d(40) = 2500 + 3362\times(1 - 0.81057e^{-40/42.48}) = 4799\,\mathrm{m}$, frente a $4843\,\mathrm{m}$ para el semiespacio y $4800\,\mathrm{m}$ medido: la placa se ajusta a ambas edades.

21. $\tau = 42.5\,\mathrm{Myr}$; profundidad asintótica $2500 + 3362 = 5862\,\mathrm{m}$.

22. $3362\times0.81057\,e^{-t/42.48} = 100$ da $t = 42.48\ln27.25 = 140\,\mathrm{Myr}$.

23. La placa que se ajusta al fondo antiguo del océano inventado es $102.9\,\mathrm{km}$ de espesor.