5Modèles thermiques de la lithosphère

Il suffit de s’éloigner d’une dorsale médio-océanique pour que le fond marin s’approfondisse : environ $2.5\,\mathrm{km}$ à l’axe, et plus de $5\,\mathrm{km}$ sous le plancher océanique le plus ancien. Rien n’a été ajouté à la plaque ni retiré : elle a seulement refroidi, s’est contractée et enfoncée. Le plancher océanique est un thermomètre de la plaque située sous lui, et une sonde de flux de chaleur enfoncée dans ses sédiments lit le même refroidissement, vu d’en haut. Ce chapitre résout de deux façons le refroidissement d’une plaque, en demi-espace et en plaque d’épaisseur finie, compare les deux solutions à la profondeur réelle du fond océanique et à son flux de chaleur, puis s’intéresse aux continents, dont une partie de la chaleur provient de leur propre croûte.

Tu sais déjà

L’équation de diffusion de la chaleur, $\partial T/\partial t = \kappa\nabla^2T$, avec la conductivité thermique $k$ et la diffusivité thermique $\kappa = k/(\rho c)$, est donnée dans les volumes de physique ; les séries de Fourier et la fonction d’erreur $\operatorname{erf}x = (2/\sqrt\pi)\int_0^xe^{-u^2}\,\mathrm du$ sont dans les volumes universitaires de mathématiques. Le flux de chaleur, la production de chaleur radiogénique, le géotherme, le temps caractéristique conductif $L^2/\kappa$, la couche limite thermique et la lithosphère thermique ont été définis dans le volume de première année, dans son chapitre sur le bilan thermique de la Terre ; l’isostasie dans son chapitre sur l’isostasie et les anomalies de gravité ; la loi profondeur–âge $d = d_r + C\sqrt t$ a été démontrée dans son chapitre sur les rifts, les dorsales et les marges passives, en admettant le profil de température que ce chapitre établit. Le modèle d’étirement des bassins, la subsidence post-rift et la constante de temps thermique figurent dans le volume de deuxième année, dans son chapitre sur les bassins sédimentaires.

5.1 Conduction, advection et leur rapport

La chaleur se déplace dans la lithosphère de deux manières : elle diffuse le long du gradient de température, et elle est transportée par la roche en mouvement, la plaque quittant une dorsale, une montagne érodée qui se soulève, un magma qui remonte. Lequel des deux l’emporte dépend d’un seul nombre.

Définition 5.1 (Nombre de Péclet thermique)

Pour une roche se déplaçant à la vitesse $u$ sur une longueur $L$, le nombre de Péclet thermique est

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

le rapport entre le temps conductif $L^2/\kappa$ et le temps advectif $L/u$. L’advection domine là où $\mathrm{Pe} \gg 1$, la conduction là où $\mathrm{Pe} \ll 1$.

Une plaque qui quitte une dorsale à $25\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$ présente, sur une distance de $95\,\mathrm{km}$, $\mathrm{Pe} \approx 94$ avec $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$ : la chaleur est transportée latéralement par la plaque bien plus vite qu’elle ne diffuse latéralement. Chaque colonne verticale de la plaque se refroidit donc comme si elle était seule, par conduction verticale vers le fond marin froid, son âge $t$ désignant le temps écoulé depuis qu’elle a quitté l’axe. Cela ramène un problème à deux dimensions à un problème en profondeur et en temps.

5.2 Le demi-espace en refroidissement

Définition 5.2 (Modèle de refroidissement du demi-espace)

Le modèle de refroidissement du demi-espace de la lithosphère océanique assimile chaque colonne à un demi-espace $z \ge 0$ de diffusivité uniforme, à la température uniforme $T_m$ du manteau lorsqu’elle quitte l’axe de la dorsale, dont la surface est maintenue dès lors à la température $T_0$ du fond marin, sans production de chaleur et sans base.

Théorème 5.3 (Géotherme en fonction d’erreur)

Dans le modèle de refroidissement du demi-espace, la température à la profondeur $z$ sous le fond marin d’âge $t$ est

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

C’est le géotherme en fonction d’erreur.

À profondeur donnée, la température ne dépend que de $z/\sqrt t$ : une isotherme s’enfonce comme la racine carrée de l’âge, et la couche refroidie à $40\,\mathrm{Ma}$ est deux fois plus épaisse qu’à $10\,\mathrm{Ma}$. Le flux de chaleur en surface s’en déduit par dérivation.

Proposition 5.4 (Relation flux de chaleur–âge)

Dans le modèle de refroidissement du demi-espace, le flux de chaleur traversant le fond marin d’âge $t$ est

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

Avec les valeurs du modèle de plaque ci-dessous ($k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $T_m - T_0 = 1450\,\mathrm{K}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), $C_q = 505\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$, proche des valeurs de 430 à $510\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$ ajustées aux mesures globales par différentes études ; une compilation récente préfère $490$. Le flux de chaleur mesuré sur la croûte océanique jeune sous-estime toutefois fortement la chaleur qui s’en échappe : l’eau de mer qui circule dans la croûte fissurée emporte une partie de la chaleur vers les sources chaudes, hors de portée des sondes. Sur la croûte ancienne, les mesures suivent $1/\sqrt t$, et les estimations de la perte de chaleur de la Terre remplacent les mesures sur la croûte plus jeune que $66.5\,\mathrm{Ma}$ par $C_q/\sqrt t$.

Le volume de première année a intégré le même profil sur la profondeur, par l’isostasie, pour obtenir la loi profondeur–âge, $d = d_r + C\sqrt t$ avec $C = 2\rho_m\alpha(T_m - T_0)\sqrt\kappa/\bigl(\sqrt\pi(\rho_m - \rho_w)\bigr)$ (figure ci-dessous). Avec $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ et $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $C = 370\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$, à comparer aux $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$ ajustés aux fonds du Pacifique Nord et de l’Atlantique Nord plus jeunes que $70\,\mathrm{Ma}$.

5.3 Le modèle de plaque

Le fond océanique ancien cesse de s’approfondir : dans le Pacifique Nord et l’Atlantique Nord, la profondeur s’écarte de $\sqrt t$ entre 60 et $80\,\mathrm{Ma}$, et le flux de chaleur se stabilise. Le demi-espace continue de se refroidir indéfiniment ; il faut quelque chose pour maintenir la base de la plaque chaude.

Définition 5.5 (Modèle de refroidissement de plaque)

Le modèle de refroidissement de plaque de la lithosphère océanique considère chaque colonne comme une couche $0 \le z \le L$ de diffusivité uniforme, à la température uniforme $T_m$ lorsqu’elle quitte la dorsale, dont la surface est maintenue à $T_0$ et dont la base est maintenue à $T_m$ dès lors.

Théorème 5.6 (Série de température du modèle de plaque)

Dans le modèle de refroidissement de plaque, avec $T_0 = 0$,

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

Il s’agit de la série de température du modèle de plaque.

Chaque mode décroît avec son propre temps, $\tau/n^2$ : les harmoniques supérieures, la structure fine de l’échelon initial, s’annulent les premières, et après un temps de l’ordre de $\tau$ seul le premier subsiste. La même séparation des variables donne le flux de chaleur et, par l’équilibre isostatique de la figure ci-dessus, la profondeur.

Proposition 5.7 (Profondeur et flux de chaleur du modèle de plaque)

Dans le modèle de refroidissement de plaque, avec les densités et la dilatation de la loi profondeur–âge,

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

Lorsque $t \to \infty$, la profondeur tend vers $d_r + \rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)$ et le flux de chaleur vers $kT_m/L$, tous deux exponentiellement, avec la constante de temps $\tau$.

Le modèle de plaque qui ajuste le mieux les profondeurs et les flux de chaleur globaux a une plaque de $95\,\mathrm{km}$ d’épaisseur, avec une base à $1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ et $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, plus mince et plus chaud que les valeurs antérieures de $125\,\mathrm{km}$ et $1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Avec $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\tau = 36.2\,\mathrm{Ma}$ ; la profondeur se stabilise à $2500 + 3104 = 5604\,\mathrm{m}$ et le flux de chaleur à $47\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Le fond océanique jeune ne permet pas de départager les deux modèles : ils diffèrent de moins d’un mètre à $2\,\mathrm{Ma}$, et de $100\,\mathrm{m}$ à $44\,\mathrm{Ma}$. La sismologie donne une réponse voisine : les ondes de Rayleigh du Pacifique sont mieux ajustées par des plaques de refroidissement dont l’épaisseur asymptotique est comprise entre 85 et $95\,\mathrm{km}$.

Le fond océanique réel peut être reporté sur le même graphique (figure ci-dessous). Chaque case d’un degré de latitude et de longitude dont l’âge est connu est placée à son âge et à sa profondeur ; la médiane de chaque intervalle de cinq millions d’années croît avec l’âge comme le prévoient les modèles pour les $40\,\mathrm{Ma}$ initiaux, mais le fond observé est moins profond que les deux modèles, et de plus en plus à mesure que l’âge augmente. Rien n’a été corrigé : le vieux fond porte une couverture sédimentaire plus épaisse, de plus d’un kilomètre dans la partie ancienne de l’Atlantique Nord, qui le charge et en relève le sommet, et le vieux fond a eu le temps d’accumuler monts sous-marins, plateaux volcaniques et bourrelets des points chauds. Les ajustements publiés retirent d’abord la charge sédimentaire et les bourrelets évidents ; la loi profondeur–âge du volume de première année, ainsi que les modèles de plaque ci-dessus, proviennent de telles profondeurs corrigées.

Définition 5.8 (Subsidence thermique)

La subsidence thermique est l’enfoncement de la surface de la lithosphère lorsqu’elle se refroidit et se contracte vers l’équilibre thermique, l’espace situé au-dessus étant comblé par de l’eau ou des sédiments ; l’isostasie convertit la chaleur perdue par une colonne en son enfoncement.

Le fond océanique est le cas pur. Un bassin continental étiré en est un autre : une lithosphère amincie d’un facteur $\beta$ fait remonter de l’asthénosphère chaude, et la subsidence post-rift du volume de deuxième année est le même refroidissement de plaque, partant d’un profil différent, avec les mêmes modes et les mêmes temps de décroissance $\tau/n^2$. Ne garder que le premier mode est donc une bonne approximation une fois que les modes supérieurs se sont éteints, et une mauvaise avant : pour le fond océanique du modèle de plaque ci-dessus, le premier terme seul donne la profondeur à deux mètres près après $20\,\mathrm{Ma}$, mais il est trop profond de $84\,\mathrm{m}$ à $5\,\mathrm{Ma}$.

5.4 Géothermes continentaux

La croûte continentale produit de la chaleur : le granite renferme de l’uranium, du thorium et du potassium en concentrations telles que la chaleur produite dans la croûte supérieure représente une part importante du flux de chaleur en surface. La façon dont la production se répartit avec la profondeur détermine la température en profondeur.

Définition 5.9 (Échelle de profondeur de la production de chaleur ; flux de chaleur réduit)

Lorsque la production de chaleur radiogénique de la croûte décroît avec la profondeur selon $A(z) = A_0e^{-z/h_r}$, $h_r$ est l’échelle de profondeur de la production de chaleur. Le flux de chaleur réduit $q_m$ d’une province est le flux de chaleur qui subsisterait à sa surface si la croûte ne produisait aucune chaleur : le flux de chaleur venant du dessous de la couche radiogénique.

Proposition 5.10 (Production de chaleur exponentielle)

En conduction stationnaire à conductivité uniforme $k$, température de surface $0$, production de chaleur $A_0e^{-z/h_r}$ et flux de chaleur $q_m$ venant de grande profondeur, le flux de chaleur en surface vaut

$$q_0 = q_m + A_0h_r,$$

et le géotherme est

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

Si les plutons d’une province partagent le même $h_r$ et le même $q_m$, leurs flux de chaleur en surface et leurs productions de chaleur en surface se placent sur la droite $q_0 = q_m + h_rA_0$.

La droite est observée : dans plusieurs provinces, les flux de chaleur en surface et les productions de chaleur en surface des plutons se placent sur des droites, avec des échelles de profondeur de 7.5 à $10\,\mathrm{km}$ et un flux de chaleur réduit de $0.8\,\mathrm{HFU}$ (environ $33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$) à l’est des Rocheuses. La forme exponentielle n’est pas la seule à donner une droite, mais elle conserve la droite malgré l’érosion : retirer une tranche d’épaisseur $e$ au sommet multiplie $A_0$ et la part radiogénique de $q_0$ par le même facteur $e^{-e/h_r}$.

La figure ci-dessous montre des géothermes pour des flux de chaleur en surface de 40, 60 et $80\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, le premier typique des cratons et le dernier des régions d’arrière-arc, avec $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $h_r = 10\,\mathrm{km}$ et une part crustale $A_0h_r = 0.4\,q_0$. L’isotherme de $1300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, pris comme base de la lithosphère thermique, se trouve à 129, 84 et $61\,\mathrm{km}$. La sismologie trouve un manteau cratonique rapide jusqu’à environ $250\,\mathrm{km}$, et une lithosphère d’arrière-arc épaisse de 50 à $60\,\mathrm{km}$ : les racines froides et épaisses des cratons demandent un flux de chaleur réduit plus faible que ne le donne ce modèle simple, et leur conductivité varie avec la température, mais l’ordre de grandeur de l’écart est juste.

Sur le terrain — Mesurer le flux de chaleur en mer

Une sonde marine de flux de chaleur est une longue lance d’acier, lestée d’un lourd poids en haut, et portant le long de son flanc un tube fin de capteurs de température. Depuis la poupe d’un navire de recherche, on la descend au câble du treuil jusqu’au fond de la mer, et elle se laisse tomber dans les sédiments meubles, capteurs compris. Elle reste immobile quelques minutes, le temps que la chaleur due au frottement de la pénétration se dissipe et que les capteurs se stabilisent à la température de la vase qui les entoure : leurs relevés, espacés de quelques mètres, donnent le gradient de température. Une brève impulsion de chaleur est ensuite envoyée le long du tube, et la vitesse à laquelle elle décroît donne la conductivité des sédiments qui l’entourent ; le produit des deux est le flux de chaleur. La lance est retirée et reposée quelques centaines de mètres plus loin le long de la ligne, sans remonter sur le pont.

5.5 Exercices

Exercice 5.1 ★

Avec $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calculer le temps conductif $L^2/\kappa$ pour $L = 1$, 10 et $100\,\mathrm{km}$, en millions d’années.

Solution

Solution de Exercice 5.1.

$L^2/\kappa = 10^{12}\,\mathrm{s}$, $10^{14}\,\mathrm{s}$ et $10^{16}\,\mathrm{s}$ : 0.032, 3.2 et $317\,\mathrm{Ma}$. Un kilomètre oublie sa température en dizaines de milliers de ans, une centaine de kilomètres en centaines de millions.

Exercice 5.2 ★

Une chaîne de montagnes subit une érosion de $1\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$, et la roche remonte à travers les $30\,\mathrm{km}$ supérieurs de la croûte pour compenser cette perte. Avec $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calculer le nombre de Péclet. Le géotherme de la chaîne peut-il être calculé par la seule conduction ?

Solution

Solution de Exercice 5.2.

$u = 10^{-3}\,\mathrm{m}/3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 3.17 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, donc $\mathrm{Pe} = 3.17\times10^{-11}\times3 \times 10^{4}/10^{-6} = 0.95$. L’advection et la conduction ont la même importance : la roche qui remonte transporte la chaleur vers le haut et raidit le géotherme près de la surface, la conduction seule aurait tendance à sous-estimer le gradient.

Exercice 5.3 ★

Dans le modèle du demi-espace ($T_0 = 0$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), calculer la température à $10\,\mathrm{km}$ sous le plancher océanique âgé de $5\,\mathrm{Ma}$ ($1\,\mathrm{Ma}$ $= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$ ; $\operatorname{erf} 0.445 = 0.471$).

Solution

Solution de Exercice 5.3.

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

Exercice 5.4 ★

Avec $C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$, calculer le flux de chaleur à travers un plancher océanique âgé de 1, 25 et $100\,\mathrm{Ma}$. Laquelle de ces trois valeurs une sonde sous-estimerait-elle le plus probablement ?

Solution

Solution de Exercice 5.4.

$490/\sqrt1 = 490$, $490/5 = 98$ et $490/10 = 49\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. La sonde sous-estimerait très probablement la première valeur : la croûte jeune est fissurée et ouverte à l’eau de mer en circulation, qui emporte une partie de la chaleur par des sources chaudes.

Exercice 5.5 ★★

Dans le modèle du demi-espace, la température atteint $90\,\%$ de $T_m$ lorsque $\operatorname{erf}\eta = 0.9$, $\eta = 1.163$. Avec $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, calculer cette profondeur pour $10\,\mathrm{Ma}$, $40\,\mathrm{Ma}$ et $100\,\mathrm{Ma}$.

Solution

Solution de Exercice 5.5.

$z = 2\times1.163\sqrt{\kappa t}$ : avec $\sqrt{\kappa t} = 15.89$, 31.78 et $50.25\,\mathrm{km}$, $z = 37.0$, 73.9 et $116.9\,\mathrm{km}$. La couche refroidie double de 10 à $40\,\mathrm{Ma}$ ; dès $100\,\mathrm{Ma}$, elle est déjà plus profonde que la plaque de $95\,\mathrm{km}$.

Exercice 5.6 ★★

Avec les valeurs du texte, le modèle du demi-espace donne $C = 370.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$. En gardant toutes les autres valeurs, quel coefficient de dilatation thermique donnerait la valeur ajustée de $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$ ? Quel autre paramètre pourrait être modifié à la place ?

Solution

Solution de Exercice 5.6.

$C$ est proportionnel à $\alpha$ : $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\times350/370.5 = 2.93 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$. $C$ est aussi proportionnel à $T_m - T_0$ (un manteau à $1450\times350/370.5 = 1370\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) et à $\sqrt\kappa$ (une diffusivité $0.8\times(350/370.5)^2 = 0.71 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$) : la profondeur seule ne permet pas de les séparer, ce qui explique qu’on utilise aussi le flux de chaleur.

Exercice 5.7 ★★

Calculer le flux de chaleur asymptotique $kT_m/L$ du modèle de plaque pour $L = 95\,\mathrm{km}$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, et pour $L = 125\,\mathrm{km}$, $T_m = 1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, avec $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ dans les deux cas. Lequel est le plus proche du flux de chaleur d’un plancher océanique ancien calculé à partir de $C_q/\sqrt t$ à $150\,\mathrm{Ma}$, avec $C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$ ?

Solution

Solution de Exercice 5.7.

$3.1\times1450/95 \times 10^{3} = 47.3\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ et $3.1\times1350/125 \times 10^{3} = 33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Le demi-espace les atteint à $(490/47.3)^2 = 107\,\mathrm{Ma}$ et $(490/33.5)^2 = 214\,\mathrm{Ma}$ : la plaque mince et chaude conserve le flux de chaleur du plancher ancien, à $47\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, à partir d’environ $100\,\mathrm{Ma}$, tandis que la plaque plus épaisse et plus froide laisserait le flux tomber sous $40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, valeur du demi-espace à $150\,\mathrm{Ma}$.

Exercice 5.8 ★★

Une province présente $q_0 = 60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $h_r = 10\,\mathrm{km}$ et $A_0h_r = 0.4\,q_0$. Calculer $A_0$, $q_m$ et la température au Moho, à $35\,\mathrm{km}$ de profondeur, avec $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$.

Solution

Solution de Exercice 5.8.

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

Exercice 5.9 ★★

Deux plutons granitiques d’une même province donnent $q_0 = 66\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ avec $A_0 = 3.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, et $q_0 = 48\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ avec $A_0 = 1.2\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$. En supposant qu’ils se situent sur la droite de la Proposition 5.10, calculer $h_r$ et $q_m$.

Solution

Solution de Exercice 5.9.

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

Exercice 5.10 ★★★

(a) Montrer que la chaleur perdue à travers le plancher océanique entre les âges 0 et $t$, par unité de surface, vaut $Q(t) = 2k(T_m - T_0)\sqrt{t/(\pi\kappa)}$ dans le modèle du demi-espace. (b) Montrer que la subsidence vaut $d - d_r = \alpha Q/\bigl(c(\rho_m - \rho_w)\bigr)$, où $c = k/(\rho_m\kappa)$ est la chaleur massique. (c) Vérifier numériquement ce résultat à $40\,\mathrm{Ma}$ avec les valeurs du texte.

Solution

Solution de Exercice 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) La chaleur perdue est le contenu extrait de la colonne, $Q = \rho_mc\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz$, et l’isostasie donne $(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz = \alpha Q/c$. (c) $c = 3.1/(3300\times0.8 \times 10^{-6}) = 1174\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ ; à $40\,\mathrm{Ma}$, $t = 1.262 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$ et $Q = 2\times3.1\times1450\times\sqrt{1.262 \times 10^{15}/(\pi\times0.8 \times 10^{-6})} = 2.015 \times 10^{14}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{-2}$ ; $d - d_r = 3.1 \times 10^{-5}\times2.015 \times 10^{14}/ (1174\times2270) = 2343\,\mathrm{m}$, soit $370.5\sqrt{40}$.

Exercice 5.11 ★★★

Dans le modèle de plaque du texte ($\tau = 36.2\,\mathrm{Ma}$, $\rho_m\alpha T_mL/ \bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr) = 3104\,\mathrm{m}$), la profondeur calculée avec le seul premier terme de Fourier dépasse la série complète principalement à cause du terme $n = 3$. Calculer l’amplitude de ce terme à 1, 10 et $20\,\mathrm{Ma}$, ainsi que l’âge à partir duquel le seul premier terme se situe à moins de $10\,\mathrm{m}$ de la série.

Solution

Solution de Exercice 5.11.

Le terme $n = 3$ vaut $3104\times(8/\pi^2)\times\tfrac19e^{-9t/36.2} = 280\,e^{-9t/36.2}$ mètres : $218\,\mathrm{m}$ à $1\,\mathrm{Ma}$, $23\,\mathrm{m}$ à $10\,\mathrm{Ma}$ et $1.9\,\mathrm{m}$ à $20\,\mathrm{Ma}$. Elle descend à $10\,\mathrm{m}$ lorsque $e^{-9t/36.2} = 10/280$, à $t = (36.2/9)\ln28 = 13.4\,\mathrm{Ma}$.

Exercice 5.12 ★★★

(a) Montrer que, dans le géotherme de la Proposition 5.10, $T(z) \approx q_mz/k + A_0h_r^2/k$ pour $z \gg h_r$. (b) En déduire la profondeur de l’isotherme de $1300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ pour $q_0 = 40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, avec les valeurs de l’exercice 8. (c) De combien $q_m$ doit-il diminuer pour que cette profondeur atteigne $250\,\mathrm{km}$, profondeur des racines rapides des cratons ?

Solution

Solution de Exercice 5.12.

(a) Pour $z \gg h_r$, $e^{-z/h_r} \to 0$. (b) $q_m = 24\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $A_0h_r^2/k = 16 \times 10^{-3}\times10^{4}/2.5 = 64\,\mathrm{K}$, et $z = (1300 - 64)\times2.5/24 \times 10^{-3} = 128.8\,\mathrm{km}$. (c) $q_m = 2.5\times1236/250 \times 10^{3} = 12.4\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ : le flux de chaleur réduit doit être à peu près divisé par deux, comme sous un craton dont la racine épaisse et froide laisse peu de chaleur pénétrer par le bas.

5.6 Problème : quarante millions d’années loin de la dorsale

Problème 5.1

Problème du week-end — le demi-espace et la plaque, la profondeur d’un océan inventé, et l’épaisseur de sa plaque

Prendre $T_0 = 0$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, une dorsale profonde de $2500\,\mathrm{m}$, et $1\,\mathrm{Ma}$ $= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$.

Partie I — Le demi-espace.

1. Calculer $\sqrt{\kappa t}$ à 10 et $40\,\mathrm{Ma}$.
2. Calculer la température à $20\,\mathrm{km}$ sous le plancher aux deux âges ($\operatorname{erf}0.6294 = 0.6266$, $\operatorname{erf}0.3147 = 0.3437$).
3. L’isotherme de $1000\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ se situe là où $\operatorname{erf}\eta = 0.6897$, $\eta = 0.7174$. Calculer sa profondeur aux deux âges, ainsi que l’âge auquel elle atteint $60\,\mathrm{km}$.
4. Calculer le flux de chaleur aux deux âges, ainsi que $C_q$.
5. Une dorsale s’étale à $25\,\mathrm{mm}/\mathrm{an}$ de chaque côté. Calculer le nombre de Péclet de la plaque sur $95\,\mathrm{km}$. Pourquoi chaque colonne peut-elle être refroidie seule ?
6. Calculer le temps conductif à travers $95\,\mathrm{km}$. Que dit-il d’un modèle de demi-espace pour un plancher âgé de $150\,\mathrm{Ma}$ ?

Partie II — Subsidence.

7. Rappeler l’équilibre isostatique qui transforme le déficit de température d’une colonne en subsidence, et pourquoi l’intégrale peut être prolongée à l’infini dans le demi-espace.
8. Calculer $C$ de la loi profondeur–âge, ainsi que les profondeurs à 10 et $40\,\mathrm{Ma}$.
9. La profondeur médiane du plancher océanique réel entre 40 et $45\,\mathrm{Ma}$ est de $4475\,\mathrm{m}$, non corrigée. Comparer avec le modèle à $42.5\,\mathrm{Ma}$, et lister ce que la médiane inclut et que le modèle laisse de côté.
10. De combien $C$ changerait-il si $T_m$ était de $1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ? Comparer avec la valeur ajustée de $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$.
11. Pourquoi les flux de chaleur mesurés sur un plancher jeune sont-ils inférieurs à $C_q/\sqrt t$ ?

Partie III — La plaque. Prendre $L = 95\,\mathrm{km}$.

12. Calculer $\tau$ et l’amplitude $\rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)$.
13. Calculer la profondeur à $40\,\mathrm{Ma}$ avec les termes $n = 1$, 3 et 5.
14. Quel écart le premier terme seul présente-t-il par rapport à ce résultat, et pourquoi si peu ?
15. Calculer la différence entre le demi-espace et la plaque à $40\,\mathrm{Ma}$ et $50\,\mathrm{Ma}$, puis estimer par interpolation linéaire l’âge auquel elle atteint $100\,\mathrm{m}$.
16. Calculer le flux de chaleur de la plaque à $40\,\mathrm{Ma}$, avec les termes $n = 1$ à 3, et le comparer à celui du demi-espace.
17. Donner la profondeur et le flux de chaleur asymptotiques.

Partie IV — Un océan inventé. Dans un océan inventé dont la dorsale est à $2500\,\mathrm{m}$ de profondeur, le plancher, une fois corrigé des sédiments et à l’écart des monts sous-marins et des renflements, est à $5700\,\mathrm{m}$ de profondeur à $120\,\mathrm{Ma}$ et $4800\,\mathrm{m}$ à $40\,\mathrm{Ma}$. Le $L$ de la plaque est inconnu ; toutes les autres valeurs sont celles données ci-dessus.

18. En ne gardant que le premier terme de Fourier, écrire la profondeur à $120\,\mathrm{Ma}$ en fonction de $L$, avec $\tau$ lui-même dépendant de $L$.
19. Résoudre en $L$ par itération, en partant de $L = 100\,\mathrm{km}$ : calculer $\tau$, puis le $L$ qui correspond à $5700\,\mathrm{m}$ avec ce $\tau$, et recommencer.
20. Avec le $L$ trouvé, calculer la profondeur à $40\,\mathrm{Ma}$ et comparer avec le demi-espace et avec la valeur mesurée de $4800\,\mathrm{m}$.
21. Calculer $\tau$ pour ce $L$, ainsi que la profondeur asymptotique de cet océan.
22. À partir de quel âge le plancher se situe-t-il à moins de $100\,\mathrm{m}$ de sa profondeur asymptotique ?
23. Donner l’épaisseur $L$ de la plaque qui correspond au plancher âgé de l’océan inventé.

Solution

Solution de Problème 5.1.

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

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

3. $z = 2\times0.7174\sqrt{\kappa t}$ : $22.8\,\mathrm{km}$ et $45.6\,\mathrm{km}$. Elle atteint $60\,\mathrm{km}$ lorsque $\sqrt{\kappa t} = 60/1.4348 = 41.82\,\mathrm{km}$, à $t = (41.82 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 2.186 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$, $69.3\,\mathrm{Ma}$.

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

5. $u = 7.92 \times 10^{-10}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\mathrm{Pe} = 7.92\times10^{-10} \times95 \times 10^{3}/0.8 \times 10^{-6} = 94$. La chaleur se propage latéralement avec la plaque cent fois plus vite qu’elle ne diffuse latéralement, si bien que chaque colonne se refroidit uniquement par conduction verticale.

6. $(95 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 1.13 \times 10^{16}\,\mathrm{s}$, $357\,\mathrm{Ma}$. À $150\,\mathrm{Ma}$, $\sqrt{\kappa t} = 61.5\,\mathrm{km}$ et la couche refroidie, soit plusieurs fois cette épaisseur, atteint bien en dessous de $95\,\mathrm{km}$ : un modèle de demi-espace appliqué à un plancher aussi ancien suppose que le froid a atteint des profondeurs où le manteau convecte.

7. $(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int(T_m - T)\,\mathrm dz$, les masses de la colonne de dorsale et de la colonne ancienne étant égales au-dessus de la profondeur de compensation. $T_m - T = T_m\operatorname{erfc}\eta$ tombe sous $0.5\,\%$ de $T_m$ pour $\eta > 2$, la partie profonde n’ajoute rien.

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

9. Le modèle donne $2500 + 370.5\sqrt{42.5} = 4915\,\mathrm{m}$, $440\,\mathrm{m}$ plus profond que la médiane. La médiane prend en compte la charge sédimentaire, les monts sous-marins et les plateaux volcaniques, les renflements des points chauds, et les cellules situées sur les flancs des zones de fracture et des marges, autant de facteurs qui rendent le plancher moins profond.

10. $C$ est proportionnel à $T_m$ : $370.5\times1350/1450 = 344.9\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$, proche de la valeur ajustée de 350.

11. L’eau de mer qui circule dans la croûte jeune fracturée transporte une partie de la chaleur vers l’extérieur par des sources hydrothermales, entre les sondes.

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

13. $e^{-40/36.2} = 0.33124$, $e^{-360/36.2}/9 = 5.3 \times 10^{-6}$ et le terme $n = 5$ est encore plus petit ; le crochet vaut $1 - 0.81057\times0.33125 = 0.73150$, et $d = 2500 + 3104\times0.73150 = 4771\,\mathrm{m}$.

14. Par le terme $n = 3$, $3104\times0.81057\times5.3 \times 10^{-6} = 0.013\,\mathrm{m}$ : à $40\,\mathrm{Ma}$, $e^{-9t/\tau}$ est égal à $10^{-4}$ fois $e^{-t/\tau}$, et seul le premier mode subsiste.

15. À $40\,\mathrm{Ma}$, $4843 - 4771 = 73\,\mathrm{m}$ ; à $50\,\mathrm{Ma}$, $2500 + 370.5\sqrt{50} = 5120$ contre $2500 + 3104\times(1 - 0.81057\times0.25127) = 4972$ : $148\,\mathrm{m}$. Par interpolation, $40 + 10\times (100 - 73)/(148 - 73) = 43.6\,\mathrm{Ma}$, soit environ $44\,\mathrm{Ma}$ (la série complète donne 44.0).

16. $q = (3.1\times1450/95 \times 10^{3})[1 + 2(0.33124 + 0.01204 + 0.00005)] = 47.32\times1.68666 = 79.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, identique à celle du demi-espace : à $40\,\mathrm{Ma}$, la base ne se fait pas encore sentir à la surface.

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

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

19. $L = 3200/\bigl(32.673\,[1 - 0.81057e^{-120/\tau}]\bigr)$. À partir de $L = 100\,\mathrm{km}$ : $\tau = 40.13\,\mathrm{Ma}$, crochet 0.95925, $L = 102.10\,\mathrm{km}$ ; puis $\tau = 41.83$, $L = 102.67$ ; $\tau = 42.30$, $L = 102.82$ ; $\tau = 42.43$, $L = 102.87$ ; il se stabilise à $L = 102.9\,\mathrm{km}$.

20. $\tau = 42.48\,\mathrm{Ma}$, $aL = 3362\,\mathrm{m}$ : $d(40) = 2500 + 3362\times(1 - 0.81057e^{-40/42.48}) = 4799\,\mathrm{m}$, contre $4843\,\mathrm{m}$ pour le demi-espace et une valeur mesurée de $4800\,\mathrm{m}$ : la plaque rend compte des deux âges.

21. $\tau = 42.5\,\mathrm{Ma}$ ; profondeur asymptotique $2500 + 3362 = 5862\,\mathrm{m}$.

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

23. La plaque qui convient au vieux plancher de l’océan fictif est épaisse de $102.9\,\mathrm{km}$.