10Chaînes de chevauchement et prismes orogéniques

Lorsqu’on pousse un bulldozer dans du sable humide ou de la neige, un coin de matériau s’accumule devant la lame. Il se déforme jusqu’à ce que sa surface atteigne une certaine pente ; il glisse alors vers l’avant d’un seul tenant et croît en gardant la même forme, en incorporant du nouveau matériau à son pied. Les parties externes des chaînes de montagnes, de Taïwan aux contreforts des Alpes, se comportent de la même manière : ce sont des coins de roches arrachées à une plaque et poussées sur une base faible, et leur pente de surface et le pendage de leur base renseignent sur la faiblesse de cette base et sur la pression de fluide interstitiel. Ce chapitre construit la géométrie des chaînes de chevauchement, la mécanique du prisme et les horloges qui mesurent la vitesse à laquelle ses roches remontent jusqu’à la surface.

Tu sais déjà

Les chevauchements, la vergence et la géométrie des plis sont traités dans le volume de première année, dans son chapitre consacré aux failles, aux plis et aux fabriques ; le critère de Coulomb, la loi de Byerlee, la contrainte effective et le rapport de pression interstitielle $\lambda = P/\sigma_v$ figurent dans son chapitre sur les contraintes, la déformation et la rhéologie ; la température de fermeture et l’âge de refroidissement figurent dans son chapitre sur les méthodes de datation radiométrique. Le décollement, la chaîne de plis et de chevauchements, la tectonique de couverture et la tectonique de socle, ainsi que la coupe équilibrée sont traités dans le volume de deuxième année, dans son chapitre sur l’anatomie d’une chaîne de montagnes ; l’exhumation et sa vitesse figurent dans son chapitre sur les chemins P–T–t. La construction par kinks et l’aire excédentaire $A = Sh$ d’un pli situé au-dessus d’un décollement sont traitées au Chapitre 8 ; le nombre de Péclet thermique est traité au Chapitre 5.

10.1 La géométrie des chevauchements

Un chevauchement ne recoupe pas une série stratifiée suivant un seul plan rectiligne. Il suit une couche faible, un schiste ou une évaporite, sur de longues distances, puis remonte abruptement à travers les couches résistantes sus-jacentes jusqu’à la couche faible suivante. L’escalier qu’il dessine contrôle les plis du toit.

Définition 10.1 (Rampe, palier, duplex, chevauchement hors séquence)

Un palier est un segment de chevauchement qui s’étend parallèlement à la stratification, le plus souvent dans une couche faible ; une rampe est un segment qui recoupe la stratification, d’environ 20 à $30{}^{\circ}$, et relie un palier inférieur à un palier supérieur. Un duplex est un empilement de tranches limitées par des failles, appelées écailles, enserrées entre un chevauchement inférieur et un chevauchement supérieur, chaque écaille étant limitée par une rampe qui les relie. Les chevauchements se forment en général dans l’ordre, chaque nouveau chevauchement se formant dans le mur du précédent, plus près de l’avant-pays ; un chevauchement hors séquence est un chevauchement qui se forme ou rejoue derrière le front actif, en recoupant les chevauchements plus anciens.

Lorsque le toit franchit une courbure de la faille, il doit se plisser pour rester au contact de celle-ci : un synclinal se forme à l’entrée de la rampe et un anticlinal à sa sortie.

Définition 10.2 (Plis de rampe, plis de propagation de faille et plis de décollement)

Un pli de rampe est un pli du toit d’un chevauchement formé lorsqu’il glisse au-dessus d’une courbure de la faille, c’est-à-dire d’une rampe reliant deux paliers. Un pli de propagation de faille se développe au-dessus de la pointe d’un chevauchement qui se propage encore vers le haut : le raccourcissement que la faille ne porte plus est absorbé par le plissement situé devant sa pointe, ce qui donne un flanc frontal raide ou déversé. Un pli de décollement croît au-dessus d’un palier sans rampe : le raccourcissement est absorbé par le plissement et par une couche faible, de sel ou de schiste, qui flue vers son cœur.

La figure ci-dessous construit un pli de rampe. Ici, le toit se déplace parallèlement au segment de faille situé dessous et se plisse selon des surfaces axiales qui bissectent chaque courbure, modèle cinématique dit d’écoulement parallèle à la faille ; le modèle classique à épaisseur et longueur de couche constantes donne le même anticlinal à sommet plat, mais à flanc frontal plus raide, au prix d’une construction plus longue (ici admise). Les deux modèles sont soumis à la conservation de l’aire.

Proposition 10.3 (Aire excédentaire d’un pli de rampe)

Soit un chevauchement qui fait remonter son toit sur une rampe de hauteur $r$, depuis un palier inférieur jusqu’à un palier supérieur, le glissement $S$ étant mesuré sur le palier inférieur. Pour toute couche du toit située au-dessus du palier supérieur, l’aire délimitée entre la couche plissée et son niveau d’origine vaut $A = Sr$, la même pour chacune de ces couches.

L’aire excédentaire d’un pli de rampe mesure le glissement multiplié par la hauteur de la rampe, et non la profondeur du décollement, comme ce serait le cas pour un pli de décollement (voir le Chapitre 8). Les deux types de plis doivent être distingués avant qu’une aire soit convertie en raccourcissement.

Un duplex (figure ci-dessous) se développe lorsque le chevauchement, au lieu d’entraîner son toit toujours plus loin le long de la même rampe, l’abandonne et recoupe dans son mur une nouvelle rampe en avant de l’ancienne. La tranche comprise entre l’ancienne et la nouvelle rampe devient une écaille, remontée sur la nouvelle rampe et empilée sous le toit ; la rampe suivante se forme de nouveau en avant. Chaque écaille est raccourcie de sa longueur initiale à la longueur qu’elle occupe désormais le long du chevauchement de base, et le raccourcissement du duplex est la somme de ses écailles. Les chevauchements hors séquence rompent cet ordre : ils se forment lorsque le prisme situé derrière le front doit s’épaissir, cas que la mécanique de la section suivante prédit.

10.2 Le biseau critique

Une ceinture de plis et chevauchements, vue en coupe, est un prisme : mince à son front, là où le décollement atteint la surface, et il s’épaissit vers l’arrière-pays. Sa surface supérieure s’incline vers l’avant-pays selon l’angle $\alpha$ ; sa base, le décollement, plonge vers l’arrière-pays selon l’angle $\beta$. La pente du prisme est l’angle compris entre elles, $\alpha + \beta$.

Définition 10.4 (Biseau critique)

Le biseau critique d’un prisme poussé par l’arrière sur une base est le biseau auquel le prisme est partout à la limite de rupture, à l’intérieur et le long de sa base, sous compression horizontale. Un prisme au biseau critique glisse sur sa base sans se déformer à l’intérieur ; un prisme situé en dessous (sous-critique) se déforme et s’épaissit jusqu’à l’atteindre ; un prisme situé au-dessus (sur-critique) glisse sans se déformer.

Théorème 10.5 (Équation du biseau critique)

Considérons un prisme subaérien de masse volumique uniforme $\rho$ constitué d’un matériau de Coulomb sans cohésion, de frottement interne $\mu = \tan\phi$, avec le rapport de pression interstitielle $\lambda$, reposant sur une base de frottement $\mu_b$ et de rapport de pression interstitielle $\lambda_b$. Si $\alpha$ et $\beta$ sont petits et que $\sigma_1$ est horizontale, l’équation du biseau critique est

$$\alpha + \beta = \frac{\beta + \mu_b(1 - \lambda_b)}{1 + K(1 - \lambda)}, \qquad K = \frac{2\sin\phi}{1 - \sin\phi},$$

avec les angles exprimés en radians.

L’équation montre d’abord que le biseau est fixé par le rapport entre la résistance de la base, au numérateur, et celle du prisme, au dénominateur : une base faible donne un prisme mince, une base forte un prisme épais. Deuxièmement, la pente de surface diminue à mesure que la base plonge davantage. Troisièmement, la pression de fluide abaisse le biseau : augmenter $\lambda = \lambda_b$ ôte, proportionnellement, davantage à la résistance de la base qu’à celle du prisme. La figure ci-dessous montre la pente de surface critique pour les coefficients de frottement calés dans l’ouest de Taïwan. Les points situés sous chaque courbe sont des prismes subcritiques, qui s’épaississent ; les points situés au-dessus sont supercritiques, qui glissent.

Un prisme n’est pas un objet statique : de la matière y est ajoutée et en est retirée, et chaque changement l’écarte de son biseau critique.

Définition 10.6 (Accrétion frontale, sous-placage tectonique)

L’accrétion frontale est l’apport de matière à un prisme à son front, lorsque le décollement se propage dans les sédiments non déformés de l’avant-pays et qu’une nouvelle écaille de chevauchement se détache. Sous-placage tectonique est l’apport de matière à la base du prisme, en arrière de son front, lorsque des écailles de la plaque inférieure sont détachées et empilées sous lui, souvent sous forme de duplex.

L’accrétion frontale allonge le prisme à biseau constant. Le sous-placage épaissit son arrière et en raidit la surface : le prisme y devient supercritique et peut s’étendre par faille normale jusqu’à ce que le biseau retrouve sa valeur critique. L’érosion produit l’effet inverse : elle abaisse la pente de la surface, le prisme devient subcritique, et il s’épaissit par chevauchements hors séquence à l’arrière du front. Érosion et déformation sont ainsi couplées : un prisme fortement érodé conserve son biseau en remontant la matière plus vite, et les roches qu’il amène à la surface sont plus jeunes, au sens de la section suivante.

Au laboratoire — Modèles en bac à sable

Dans un modèle analogique en bac à sable, des couches de sable sec de différentes couleurs sont déposées à plat dans une longue boîte à parois de verre. Un moteur pousse lentement un mur vertical dans le sable, ou tire une feuille placée sous elles ; un appareil photo placé à côté de la vitre photographie la coupe à intervalles réguliers. Le sable se rompt le long de chevauchements, forme un prisme qui conserve un biseau constant, et développe des rampes, des duplex et des chevauchements inverses semblables à ceux des chaînes réelles. Une couche de billes de verre ou d’une pâte de silicone placée sous le sable joue le rôle d’un décollement faible, et le prisme s’amincit alors et s’élargit davantage. Davis, Suppe et Dahlen ont constaté que leurs expériences sur sable sec concordaient avec la théorie du biseau critique. La corrélation des photographies successives donne le champ de déplacement à l’intérieur du modèle.

10.3 Prismes réels

Dans la zone active de plis et chevauchements de l’ouest de Taïwan, la pente de la surface, le pendage du décollement et les pressions interstitielles sont tous connus, grâce à la topographie, aux coupes sismiques et aux forages. Davis, Suppe et Dahlen s’en sont servis pour résoudre l’équation du biseau critique pour déterminer la résistance du prisme, et ont trouvé $\mu = 1.03$ à l’intérieur et $\mu_b = 0.85$ à la base : un frottement de Byerlee à la base, et un prisme plus résistant que ses propres failles, car elles ne sont pas toutes orientées pour glisser facilement. Avec ces deux coefficients, ils ont converti les biseaux observés d’autres prismes actifs, sur terre et sous la mer, en rapports de pression interstitielle, et ils les ont trouvés partout supérieurs à l’hydrostatique, en accord avec les forages. Ils ont aussi repéré où la théorie cesse de s’appliquer : le biseau chute brutalement là où les prismes deviennent plus épais qu’environ $15\,\mathrm{km}$, profondeur à laquelle les roches riches en quartz deviennent plastiques pour les géothermes courants, et la base n’obéit plus à une loi de frottement.

Sur le front des Alpes occidentales, le Jura est un prisme de chevauchement à angle étroit, de seulement 3 à $4{}^{\circ}$. Son décollement se trouve surtout dans des couches à halite d’âge triasique, et les fluides y ne sont pas surpressurisés : la faiblesse du sel explique à elle seule le biseau étroit. Au sud du Jura, là où les couches triasiques ne contiennent pas de halite, le même front présente un biseau de 12 à $13{}^{\circ}$, avec un empilement d’écailles de chevauchement, bien que les pressions de fluide mesurées y soient élevées. Dans les Alpes centrales, l’analyse du biseau critique de la pente de surface donne une résistance basale $\mu_b(1 - \lambda_b)$ (avec un petit terme de cohésion) inférieure à 0.1, et même à 0.05 dans les évaporites et les schistes près du front, cette valeur augmentant vers l’arrière-pays, avec des rapports de pression interstitielle supérieurs à 0.54. La base d’un prisme est souvent bien plus faible que ne le prévoit la loi de Byerlee, en raison de son type de roche et de ses fluides.

10.4 Flux à travers un prisme

Un prisme à son biseau critique croît par accrétion, à forme constante : sa longueur et sa hauteur augmentent ensemble. L’érosion retire de la roche à sa surface. Lorsque les deux se compensent, le prisme conserve sa taille, et la roche le traverse.

Proposition 10.7 (Bilan de flux en régime stationnaire)

Un prisme de largeur $W$ suivant la direction de transport reçoit, par unité de longueur de la chaîne, le flux d’accrétion $F_a = v h$, où $v$ est la vitesse de convergence et $h$ l’épaisseur de la couche entrante au-dessus du décollement. Il perd le flux érosif $F_e = \bar e W$, où $\bar e$ est la vitesse d’érosion moyenne sur sa surface. Son aire de section varie au taux $F_a - F_e$ ; en régime stationnaire, $\bar e = vh/W$.

Avec $v = 10\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$, $h = 4\,\mathrm{km}$ et $W = 60\,\mathrm{km}$, la vitesse d’érosion nécessaire au régime stationnaire est $0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$. L’exhumation, au sens du volume de deuxième année, est l’enlèvement de la roche située au-dessus d’une roche donnée : en régime stationnaire, les roches atteignent la surface au rythme auquel l’érosion l’abaisse, et le prisme les remonte depuis des profondeurs où elles étaient chaudes. Mesurer la vitesse à laquelle cela se produit exige une horloge qui démarre à une température connue.

10.5 Thermochronologie

Définition 10.8 (Thermochronologie, thermochronomètre)

La thermochronologie est l’utilisation d’âges de refroidissement radiométriques pour dater le moment où une roche a franchi une température donnée, et ainsi reconstruire son histoire thermique. Un thermochronomètre est un couple formé d’un minéral et d’une méthode de datation, assorti de sa température de fermeture : par exemple l’apatite avec la méthode (U–Th)/He, ou le zircon avec les traces de fission.

Le tableau ci-dessous classe les principaux thermochronomètres selon leur température de fermeture ; les profondeurs supposent une température moyenne de surface de $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et un gradient uniforme de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Une roche qui se refroidit au fur et à mesure qu’elle est exhumée les franchit successivement, et ses âges croissent des méthodes basse température vers les méthodes haute température. La physique des traces de fission et de la diffusion de l’hélium, qui fixe ces températures, est présentée au Chapitre 13.

Ces profondeurs ne sont qu’une première estimation, car l’érosion modifie le géotherme.

Proposition 10.9 (Géotherme stationnaire avec érosion)

Soit une roche remontant à vitesse constante $v$ à travers une couche d’épaisseur $L$ dont surface ($z = 0$) est maintenue à $T_s$ et sa base à $T_L$, sans production de chaleur. La température stationnaire vaut

$$T(z) = T_s + (T_L - T_s)\,\frac{1 - e^{-\mathrm{Pe}\,z/L}}{1 - e^{-\mathrm{Pe}}}, \qquad \mathrm{Pe} = \frac{vL}{\kappa},$$

et le gradient en surface vaut $\mathrm{Pe}/(1 - e^{-\mathrm{Pe}})$ fois le gradient conductif $(T_L - T_s)/L$.

Pour $\mathrm{Pe} \ll 1$, le facteur tend vers 1 : la conduction l’emporte et le géotherme reste droit. Pour $v = 1\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$ sur $30\,\mathrm{km}$, avec $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, $\mathrm{Pe} = 0.95$ et le gradient en surface passe de 30 à $46\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ : les isothermes se resserrent vers la surface et chaque thermochronomètre se ferme plus près de la surface.

Définition 10.10 (Relation âge–altitude)

La relation âge–altitude d’un thermochronomètre est le tracé des âges de refroidissement d’échantillons prélevés sur une plage d’altitudes, généralement le long d’une pente raide ou d’un profil vertical, en fonction de leur altitude.

Proposition 10.11 (Pente de la relation âge–altitude)

Soit des roches remontant verticalement à vitesse constante $v$ sous une topographie stationnaire, et soit l’isotherme de fermeture à l’altitude $e(x) = e_0 + f\,h(x)$, où $h(x)$ est l’altitude de la surface et $0 \le f < 1$. Un échantillon prélevé en surface à l’altitude $h$ a pour âge $t = (h - e)/v$, et la relation âge–altitude est une droite de pente

$$\frac{\mathrm dh}{\mathrm dt} = \frac{v}{1 - f}.$$

Avec un isotherme plat, $f = 0$ et la pente vaut la vitesse d’exhumation.

Les isothermes ne sont pas plates sous un relief : la surface est plus froide sur les sommets que dans les vallées, d’un écart fixé par le gradient thermique atmosphérique, mais beaucoup moins que dans la roche à la même altitude en profondeur, et les isothermes superficielles suivent la topographie de façon atténuée. Pour une topographie sinusoïdale de longueur d’onde $\Lambda$ et un gradient thermique atmosphérique $\Gamma$, une solution au premier ordre de l’équation stationnaire donne

où $z_c$ est la profondeur de l’isotherme de fermeture sous la surface moyenne, $G_0$ le gradient en surface et $G(z_c)$ le gradient en $z_c$ (admis ; le script le vérifie). La perturbation s’amortit avec la profondeur sur la distance $1/m$, au plus $\Lambda/2\pi$ : les thermochronomètres basse température, qui se ferment peu profondément, ressentent le plus le relief. La figure ci-dessus montre l’effet pour l’apatite (U–Th)/He.

Un profil âge–altitude ne mesure la vitesse d’exhumation que là où l’isotherme de fermeture est plane sous le relief. Ailleurs, elle la surestime d’un facteur $1/(1 - f)$, qui atteint deux ou plus pour l’apatite (U–Th)/He dans un relief de longueur d’onde $20\,\mathrm{km}$. Les âges issus de plusieurs thermochronomètres sur les mêmes échantillons, et les modèles thermiques du relief, permettent de le corriger.

10.6 Exercices

Exercice 10.1 ★

Calculer $K$ et le rapport $\sigma'_1/\sigma'_3$ à la rupture pour un prisme de $\phi = 30{}^{\circ}$.

Solution

Solution de Exercice 10.1.

$\sin30{}^{\circ} = 0.5$ : $K = 2\times0.5/0.5 = 2$ et $\sigma'_1/\sigma'_3 = 1 + K = 3$.

Exercice 10.2 ★

Un prisme de sable sec en modèle analogique ($\lambda = \lambda_b = 0$) possède $\mu = 0.6$ à l’intérieur et $\mu_b = 0.3$ à sa base. Calculer sa pente critique de surface sur une base horizontale, puis sur une base à pendage de $3{}^{\circ}$.

Solution

Solution de Exercice 10.2.

$\phi = \arctan0.6 = 31.0{}^{\circ}$, $\sin\phi = 0.514$, $K = 2.12$. Sur une base horizontale, $\alpha = 0.3/3.12 = 0.0962\,\mathrm{rad} = 5.5{}^{\circ}$. Sur une base inclinée de $3{}^{\circ} = 0.0524\,\mathrm{rad}$, $\alpha + \beta = 0.352/3.12 = 0.113\,\mathrm{rad} = 6.5{}^{\circ}$, donc $\alpha = 3.5{}^{\circ}$.

Exercice 10.3 ★

Avec une surface à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ et un gradient de $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$, vérifier les profondeurs du tableau des températures de fermeture pour l’apatite (U–Th)/He, traces de fission de l’apatite et traces de fission du zircon. Quel thermochronomètre choisir pour dater l’exhumation depuis $5\,\mathrm{km}$ ?

Solution

Solution de Exercice 10.3.

Profondeur $= (T - 10)/30$ : apatite (U–Th)/He de 1.3 à $2.3\,\mathrm{km}$ ; apatite à traces de fission de 2.7 à $3.7\,\mathrm{km}$ ; zircon à traces de fission $270/30 = 9.0\,\mathrm{km}$. À $5\,\mathrm{km}$, la roche se trouvait à $10 + 150 = 160\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : zircon (U–Th)/He, qui se ferme entre 160 et $200\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, à 5.0 à $6.3\,\mathrm{km}$ de profondeur.

Exercice 10.4 ★

Une rampe haute de $2\,\mathrm{km}$ a un pendage de $30{}^{\circ}$. Calculer sa longueur horizontale et sa longueur le long du pendage. De combien un banc du toit est soulevé une fois qu’il a franchi toute la rampe, et quel glissement amène la coupure du banc le plus bas du pied de la rampe jusqu’au palier supérieur ?

Solution

Solution de Exercice 10.4.

Longueur horizontale $2/\tan30{}^{\circ} = 3.46\,\mathrm{km}$ ; le long du pendage $2/\sin30{}^{\circ} = 4.0\,\mathrm{km}$. La couche est soulevée de la hauteur de la rampe, $2\,\mathrm{km}$. Le point de coupure doit parcourir toute la rampe : un glissement de $4.0\,\mathrm{km}$.

Exercice 10.5 ★★

Avec les coefficients de Taïwan, calculer la pente critique de surface sur une base à pendage de $6{}^{\circ}$ pour $\lambda = \lambda_b = 0.4$ et $0.9$. Que produit une augmentation de la pression de fluide interstitiel sur un prisme qui se trouvait à son biseau critique ?

Solution

Solution de Exercice 10.5.

$\phi = \arctan1.03 = 45.8{}^{\circ}$, $K = 5.08$ ; $\beta = 0.105\,\mathrm{rad}$. Pour $\lambda = 0.4$ : $\alpha + \beta = (0.105 + 0.85\times0.6)/(1 + 5.08\times0.6) = 0.615/4.05 = 0.152\,\mathrm{rad} = 8.7{}^{\circ}$, $\alpha = 2.7{}^{\circ}$. Pour $\lambda = 0.9$ : $0.190/1.51 = 0.126\,\mathrm{rad} = 7.2{}^{\circ}$, $\alpha = 1.2{}^{\circ}$. Augmenter la pression de fluide interstitiel abaisse le biseau critique : le prisme devient surcritique, glisse vers l’avant sur sa base sans épaissir, et son front progresse jusqu’à ce que l’accrétion et l’érosion le ramènent au nouveau biseau critique.

Exercice 10.6 ★★

Un pli de rampe se forme au-dessus d’une rampe haute de $1.5\,\mathrm{km}$ ; un banc situé au-dessus du palier supérieur montre une aire excédentaire de $6.0\,\mathrm{km}^{2}$. Calculer le glissement. Un collègue lit le même pli comme un pli de décollement, le banc se trouvant à $3.0\,\mathrm{km}$ au-dessus du décollement. Quel raccourcissement trouverait-il ?

Solution

Solution de Exercice 10.6.

$S = A/r = 6.0/1.5 = 4.0\,\mathrm{km}$. Interprétée comme un pli de décollement, $S = A/h = 6.0/3.0 = 2.0\,\mathrm{km}$ : la moitié de la valeur réelle. Les deux interprétations doivent être distinguées par la forme du pli et la présence d’une rampe.

Exercice 10.7 ★★

Prendre $\mu = 0.6$ à l’intérieur du prisme du Jura (biseau $3.5{}^{\circ}$) et de celui situé au sud (biseau $12.5{}^{\circ}$), avec $\lambda = 0.4$ hydrostatique dans les deux, et un pendage basal de $2{}^{\circ}$ pour les deux. Calculer la résistance basale $\mu_b(1 - \lambda_b)$ que réclame chaque biseau, et la comparer au $0.85$ de Byerlee à pression hydrostatique. Le résultat est-il compatible avec le décollement dans l’halite sous le Jura ?

Solution

Solution de Exercice 10.7.

$K = 2.12$ et $1 + K(1 - 0.4) = 2.27$. L’équation donne $\mu_b(1 - \lambda_b) = (\alpha + \beta)\times2.27 - \beta$, avec $\beta = 0.0349\,\mathrm{rad}$. Jura : $0.0611\times2.27 - 0.0349 = 0.10$. Sud : $0.218\times2.27 - 0.0349 = 0.46$. Byerlee à pression hydrostatique : $0.85\times0.6 = 0.51$. La base au sud est proche de celle de Byerlee ; la base du Jura est presque cinq fois plus faible, comme attendu pour un décollement dans halite, dont le frottement est faible, sous des fluides non surpressurisés.

Exercice 10.8 ★★

La roche remonte à $1\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$ à travers une couche de $30\,\mathrm{km}$ d’épaisseur, depuis $910\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à sa base jusqu’à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ en surface, avec $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$. Calculer le nombre de Péclet thermique, le gradient en surface, et la profondeur de l’isotherme $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Comparer avec la profondeur sans érosion.

Solution

Solution de Exercice 10.8.

$\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s} = 31.6\,\mathrm{km}^{2}/\mathrm{Ma}$, et $v = 1\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$ : $\mathrm{Pe} = 30/31.6 = 0.951$. Le facteur $0.951/(1 - e^{-0.951}) = 1.55$ fait passer le gradient de 30 à $46.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Pour $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : $1 - e^{-\mathrm{Pe}\,z/L} = (55/900)(1 - e^{-0.951}) = 0.0375$, donc $\mathrm{Pe}\,z/L = 0.0382$ et $z = 1.21\,\mathrm{km}$, contre $55/30 = 1.83\,\mathrm{km}$ sans érosion.

Exercice 10.9 ★★

Deux échantillons prélevés sur la même pente, à 1200 et $2000\,\mathrm{m}$, ont des âges (U–Th)/He sur apatite de 3.4 et $4.6\,\mathrm{Ma}$. Calculer la vitesse apparente d’exhumation. Un modèle thermique du relief donne $f = 0.5$ : quelle est la vitesse réelle ?

Solution

Solution de Exercice 10.9.

$\mathrm dh/\mathrm dt = 0.8\,\mathrm{km}/1.2\,\mathrm{Ma} = 0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$. Avec $f = 0.5$, $v = 0.67\times(1 - 0.5) = 0.33\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$.

Exercice 10.10 ★★★

Montrer que, pour $\lambda = \lambda_b$, la pente critique de surface s’annule pour un pendage basal $\beta^* = \mu_b/K$ qui ne dépend pas de $\lambda$. Calculer cette valeur pour Taïwan. Que se passe-t-il pour un prisme dont la base présente un pendage plus fort ?

Solution

Solution de Exercice 10.10.

Avec $\alpha = 0$ et $u = 1 - \lambda$ : $\beta(1 + Ku) = \beta + \mu_b u$, donc $\beta Ku = \mu_b u$ et $\beta^* = \mu_b/K$, quel que soit $u$. Pour Taïwan, $0.85/5.08 = 0.167\,\mathrm{rad} = 9.6{}^{\circ}$. Sur une base plus pentue, la pente critique de surface est négative : tout prisme à surface horizontale ou inclinée vers l’avant-pays est déjà surcritique et glisse sur sa base sans s’épaissir. Une chaîne de chevauchement ne peut pas y acquérir sa forme normale.

Exercice 10.11 ★★★

Montrer que, pour une très grande longueur d’onde et une exhumation très lente, $f$ tend vers $1 - \Gamma/G$, où $G$ est le gradient uniforme ; l’évaluer pour $G = 30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ et $\Gamma = 6.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$. Quelle est alors la pente de la relation âge–altitude ? Pour $v = 1\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$ et les valeurs de l’exercice 8 ($z_c = 1.21\,\mathrm{km}$, $G_0 = 46.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$, $G(z_c) = 44.7\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$), calculer $f$ pour des longueurs d’onde de 5 et $20\,\mathrm{km}$.

Solution

Solution de Exercice 10.11.

Comme $\Lambda \to \infty$ et $v \to 0$, $m \to 0$, donc $e^{-mz_c} \to 1$, et le géotherme est rectiligne, $G_0 = G(z_c) = G$ : $f \to (G - \Gamma)/G = 1 - \Gamma/G = 1 - 6.5/30 = 0.78$. La pente vaut alors $v/(1 - f) = vG/\Gamma = 4.6v$. Pour $v = 1\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$, $v/2\kappa = 0.0158\,\mathrm{km}^{-1}$. À $5\,\mathrm{km}$ : $m = 0.0158 + \sqrt{0.0158^2 + 1.257^2} = 1.273\,\mathrm{km}^{-1}$, $e^{-1.273\times1.21} = 0.215$, $f = 40.0\times0.215/44.7 = 0.19$. À $20\,\mathrm{km}$ : $m = 0.0158 + 0.3146 = 0.330\,\mathrm{km}^{-1}$, $e^{-0.399} = 0.671$, $f = 40.0\times0.671/44.7 = 0.60$.

Exercice 10.12 ★★★

Un prisme croît à son biseau critique $\alpha + \beta$ par accrétion frontale seule, sans érosion, à partir du flux $F_a$. Montrer que sa largeur croît selon $W = \sqrt{2F_at/\tan(\alpha + \beta)}$. Avec $F_a = 40\,\mathrm{km}^{2}/\mathrm{Ma}$ et un biseau de $6{}^{\circ}$, quelle est sa largeur après $2\,\mathrm{Ma}$, et combien de temps lui faut-il pour atteindre $60\,\mathrm{km}$ ?

Solution

Solution de Exercice 10.12.

La coupe est un triangle de base $W$ et de hauteur $W\tan(\alpha + \beta)$ : $A = W^2\tan(\alpha + \beta)/2$. Avec $\mathrm dA/\mathrm dt = F_a$ et $A = 0$ à $t = 0$, $A = F_at$, ce qui donne $W$. Avec $\tan6{}^{\circ} = 0.105$ : $W = \sqrt{2\times40\times2/0.105} = 39\,\mathrm{km}$ après $2\,\mathrm{Ma}$ ; $t = 60^2\times0.105/(2\times40) = 4.7\,\mathrm{Ma}$ pour atteindre $60\,\mathrm{km}$.

10.7 Problème : le front du prisme Kestrel

Problème 10.1

Problème du week-end — le raccourcissement, la mécanique, le flux et l’exhumation d’un prisme de chevauchement fictif

La chaîne de Kestrel est le front fictif d’une chaîne de montagnes, une ceinture de plis et chevauchements subaérienne, large de $60\,\mathrm{km}$ et poussée à $10\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$ sur un avant-pays dont la couche sédimentaire mesure $4.0\,\mathrm{km}$ d’épaisseur au-dessus d’un décollement dans les schistes. Son chevauchement frontal suit le décollement $4.5\,\mathrm{km}$ sous la surface, gravit une rampe de pendage $25{}^{\circ}$ et court le long d’un palier supérieur situé à $1.5\,\mathrm{km}$ de profondeur. Au front, la surface se trouve $0.3\,\mathrm{km}$ au-dessus du niveau de la mer et le décollement $4.0\,\mathrm{km}$ en dessous ; $60\,\mathrm{km}$ en arrière du front, la surface culmine à $2.4\,\mathrm{km}$ et le décollement se situe $8.2\,\mathrm{km}$ sous le niveau de la mer. Prendre, comme à Taïwan, $\mu = 1.03$ et $\mu_b = 0.85$, une masse volumique de roche de $2500\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$, l’eau à $1000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ et $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$.

Partie I — Géométrie du chevauchement.

1. Calculer la hauteur de la rampe, sa longueur horizontale et sa longueur le long du pendage.
2. De combien un banc du toit a-t-il été soulevé après avoir franchi l’ensemble de la rampe ?
3. Au-dessus de la rampe, un banc reposant sur le palier supérieur présente un excès d’aire de $16.5\,\mathrm{km}^{2}$ au-dessus de son niveau régional. Calculer le rejet.
4. Quel excès d’aire prévoir pour un banc plus superficiel ? Si le pli avait été interprété comme un pli de décollement reposant sur le décollement, le banc étant situé $4.0\,\mathrm{km}$ au-dessus, quel raccourcissement aurait-on trouvé ?
5. En arrière de la rampe, une coupe sismique montre un duplex de quatre écailles, chacune désormais longue de $2.5\,\mathrm{km}$ le long du chevauchement de base, découpée dans des tranches longues de $6.0\,\mathrm{km}$. Calculer le raccourcissement absorbé par les écailles, et le comparer au rejet sur la rampe frontale.
6. Les écailles se sont formées en séquence. Laquelle est la plus jeune, et pourquoi le chevauchement de toit est-il plissé ?

Partie II — Le biseau.

7. Calculer la pente de surface $\alpha$, le pendage de base $\beta$ et le biseau.
8. Calculer l’épaisseur du prisme $60\,\mathrm{km}$ en arrière du front. La théorie du prisme de Coulomb est-elle applicable ?
9. Calculer $K$. Quelle pente de surface aurait un prisme sec sur cette base ?
10. Quelle pente de surface aurait-il avec une pression de fluide hydrostatique dans le prisme et à sa base ? Le prisme est-il compatible avec celle-ci ?
11. Résoudre l’équation du biseau critique pour $\lambda = \lambda_b$.
12. Calculer la contrainte verticale, la pression de fluide et la pression hydrostatique à la base du prisme, $60\,\mathrm{km}$ en arrière du front.
13. Le drainage abaisse $\lambda$ à 0.7. Calculer la nouvelle pente critique de surface. Comment le prisme réagit-il ?

Partie III — Le flux.

14. Calculer le flux d’accrétion par kilomètre de la chaîne.
15. Quelle vitesse d’érosion moyenne maintient le prisme à l’état stationnaire ?
16. Calculer le volume et la masse de roche érodée par an sur $100\,\mathrm{km}$ de la chaîne.
17. Si l’érosion cessait, à quelle vitesse le prisme s’élargirait-il au départ ?
18. Si la moitié de la couche entrante était sous-placée sous l’arrière du prisme au lieu d’être accrétée à son front, la vitesse d’érosion moyenne à l’état stationnaire changerait-elle ? Où l’érosion se concentrerait-elle ?

Partie IV — L’horloge. Prendre la couche épaisse de $30\,\mathrm{km}$, à $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à la surface moyenne ($2.0\,\mathrm{km}$ au-dessus du niveau de la mer) et $910\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ à sa base, $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$, une température de fermeture de $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour l’apatite (U–Th)/He, un gradient de température avec l’altitude de $6.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ et un relief de longueur d’onde $20\,\mathrm{km}$. Cinq échantillons prélevés sur un versant donnent :

altitude ($\mathrm{km}$)	1.30	1.65	2.00	2.35	2.70
âge de l’apatite (U–Th)/He ($\mathrm{Ma}$)	1.60	1.83	2.07	2.30	2.54

19. En prenant la vitesse d’érosion de la question 15 comme vitesse d’exhumation, calculer le nombre de Péclet thermique et le gradient de surface.
20. Calculer la profondeur de l’isotherme de fermeture sous la surface moyenne et le gradient à cette profondeur.
21. Avec un isotherme de fermeture plan, quel âge aurait un échantillon à l’altitude moyenne ? Comparer avec les données.
22. Calculer $m$ et le facteur de déflexion $f$.
23. Ajuster une droite aux données âge–altitude. Quelle vitesse d’exhumation apparente donne sa pente ?
24. Corriger cette valeur de la déflexion de l’isotherme.
25. Comparer avec la partie III et donner la vitesse d’exhumation du prisme Kestrel.

Solution

Solution de Problème 10.1.

1. $4.5 - 1.5 = 3.0\,\mathrm{km}$ de hauteur ; $3.0/\tan25{}^{\circ} = 6.43\,\mathrm{km}$ de longueur horizontale ; $3.0/\sin25{}^{\circ} = 7.10\,\mathrm{km}$ le long du pendage.

2. Par la hauteur de la rampe, $3.0\,\mathrm{km}$.

3. $S = A/r = 16.5/3.0 = 5.5\,\mathrm{km}$.

4. Même valeur, $16.5\,\mathrm{km}^{2}$ : dans un pli de rampe, la surface en excès de chaque couche au-dessus du palier supérieur vaut $Sr$. Interprétée comme un pli de décollement, $16.5/4.0 = 4.1\,\mathrm{km}$ : un quart trop faible.

5. $4\times(6.0 - 2.5) = 14.0\,\mathrm{km}$, soit deux fois et demie le $5.5\,\mathrm{km}$ de rejet sur la rampe frontale.

6. L’écaille frontale, celle qui est la plus proche de l’avant-pays : chaque nouvelle rampe se forme dans le mur, en avant de la précédente. Chaque écaille, portée sur sa rampe, soulève le chevauchement de toit et la couverture qui le surmonte, comme un pli de rampe soulève son toit, si bien que ce chevauchement est plissé au-dessus de l’empilement.

7. $\alpha = \arctan(2.1/60) = 2.00{}^{\circ}$; $\beta = \arctan(4.2/60) = 4.00{}^{\circ}$ ; biseau $6.0{}^{\circ}$.

8. $2.4 + 8.2 = 10.6\,\mathrm{km}$, inférieur à environ $15\,\mathrm{km}$ : la base est encore frictionnelle, et la théorie de Coulomb s’applique.

9. $\phi = 45.8{}^{\circ}$, $\sin\phi = 0.717$, $K = 5.08$. À sec : $\alpha + \beta = (0.0699 + 0.85)/6.08 = 0.151\,\mathrm{rad} = 8.7{}^{\circ}$, $\alpha = 4.7{}^{\circ}$.

10. $\lambda = 1000/2500 = 0.40$: $(0.0699 + 0.51)/4.05 = 0.143\,\mathrm{rad} = 8.2{}^{\circ}$, $\alpha = 4.2{}^{\circ}$. La pente observée $2.0{}^{\circ}$ rendrait le prisme fortement sous-critique, s’épaississant plutôt que d’avancer : les fluides doivent être en surpression.

11. Avec $T = 0.1049\,\mathrm{rad}$ et $u = 1 - \lambda$, $T(1 + Ku) = \beta + \mu_bu$ donne $u = (\beta - T)/(TK - \mu_b) = (0.0699 - 0.1049)/(0.5327 - 0.85) = 0.110$: $\lambda = 0.89$.

12. $\sigma_v = 2500\times9.81\times10\,600 = 260\,\mathrm{MPa}$; $P = 0.89\times260 = 231\,\mathrm{MPa}$ ; hydrostatique $1000\times9.81\times10\,600 = 104\,\mathrm{MPa}$. Les fluides portent $127\,\mathrm{MPa}$ de plus qu’une colonne de eau le ferait.

13. $(0.0699 + 0.85\times0.3)/(1 + 5.08\times0.3) = 0.325/2.52 = 0.129\,\mathrm{rad} = 7.4{}^{\circ}$, $\alpha = 3.4{}^{\circ}$. Le prisme, à $2.0{}^{\circ}$, est désormais sous-critique : il cesse d’avancer et s’épaissit par chevauchement hors séquence à l’arrière de son front, jusqu’à ce que sa pente de surface atteigne $3.4{}^{\circ}$.

14. $F_a = 10\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}\times4.0\,\mathrm{km} = 40\,\mathrm{km}^{2}/\mathrm{Ma}$, soit $4.0 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{an}$ par kilomètre de chaîne.

15. $\bar e = 40/60 = 0.67\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma} = 0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$.

16. $40\times100 = 4000\,\mathrm{km}^{3}/\mathrm{Ma} = 4.0 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{an}$, ou $1.0 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{an}$ (10 millions de tonnes par an).

17. $\mathrm dW/\mathrm dt = F_a/(W\tan(\alpha + \beta)) = 40/(60\times0.105) = 6.3\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$.

18. Non : à l’état stationnaire, l’érosion doit encore évacuer tout le flux entrant, si bien que la vitesse moyenne reste $0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$. Mais la roche ajoutée sous l’arrière est soulevée à cet endroit : l’érosion et l’exhumation seraient les plus rapides sur l’arrière, là où se trouveraient les âges de refroidissement les plus jeunes.

19. $v = 0.667\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$: $\mathrm{Pe} = 0.667\times30/31.6 = 0.634$; $G_0 = 30\times0.634/(1 - e^{-0.634}) = 30\times1.35 = 40.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$.

20. $1 - e^{-\mathrm{Pe}\,z/L} = (55/900)(1 - e^{-0.634}) = 0.0287$, donc $\mathrm{Pe}\,z/L = 0.0291$ et $z_c = 1.38\,\mathrm{km}$ ; $G(z_c) = 40.5\,e^{-0.0291} = 39.3\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$.

21. $1.38/0.667 = 2.07\,\mathrm{Ma}$, l’âge de l’échantillon à $2.00\,\mathrm{km}$ : à l’altitude moyenne, la déflexion de l’isotherme est nulle.

22. $v/2\kappa = 0.667/63.1 = 0.0106\,\mathrm{km}^{-1}$, $2\pi/\Lambda = 0.314\,\mathrm{km}^{-1}$: $m = 0.0106 + 0.3143 = 0.325\,\mathrm{km}^{-1}$; $e^{-0.325\times1.38} = 0.639$; $f = (40.5 - 6.5)\times0.639/39.3 = 0.552$.

23. L’altitude moyenne est $2.00\,\mathrm{km}$ et l’âge moyen $2.068\,\mathrm{Ma}$ ; $\sum\Delta t\,\Delta h = 0.823$ et $\sum\Delta t^2 = 0.552$, donc la pente vaut $1.49\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$ : une vitesse apparente de $1.49\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$.

24. $v = 1.49\times(1 - 0.552) = 0.667\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$.

25. Le thermochronomètre et le bilan des flux concordent : le prisme est à l’état stationnaire, et prendre la pente apparente au pied de la lettre aurait surestimé la vitesse de plus du double. La vitesse d’exhumation du prisme de Kestrel est $0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$.