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

Ilmu Kebumian dan Antariksa Universitas — Tahun 3 · স্নাতক তৃতীয় বর্ষ

10Sabuk Sesar Dorong dan Baji Orogen

Dorong sebuah buldoser ke dalam pasir basah atau salju, dan sebuah baji material menumpuk di depan bilahnya. Ia berdeformasi hingga permukaannya mencapai kemiringan tertentu; sejak saat itu ia meluncur ke depan sebagai satu kesatuan dan tumbuh dengan bentuk yang sama, dengan menyerap material baru di ujung depannya. Bagian luar sabuk pegunungan, dari Taiwan hingga kaki bukit Alpen, berperilaku dengan cara yang sama: keduanya berupa baji batuan yang dikerok dari sebuah lempeng dan didorong di atas dasar yang lemah, dan kemiringan permukaan serta kemiringan dasarnya menunjukkan seberapa lemah dasar itu dan seberapa tinggi tekanan fluida di dalamnya. Bab ini membahas geometri sabuk sesar dorong, mekanika baji, serta jam-jam yang mengukur seberapa cepat batuannya naik ke permukaan.

Yang sudah kamu ketahui

Sesar dorong, vergensi, dan geometri lipatan dibahas dalam volume Tahun 1, pada bab tentang sesar, lipatan, dan fabrik; kriteria Coulomb, hukum Byerlee, serta tegangan efektif dan rasio tekanan pori $\lambda = P/\sigma_v$ dalam bab tentang tegangan, regangan, dan reologi; suhu penutupan dan umur pendinginan dalam bab tentang metode penanggalan radiometrik. Décollement, sabuk lipatan-dan-sesar dorong, tektonik kulit tipis dan kulit tebal, serta penampang seimbang dibahas di volume Tahun 2, pada bab tentang anatomi sebuah sabuk pegunungan; ekshumasi dan laju ekshumasinya pada bab tentang lintasan P–T–t. Konstruksi kink dan luas berlebih $A = Sh$ dari lipatan di atas detasemen dibahas dalam Bab 8; bilangan Péclet termal pada Bab 5.

10.1 Geometri sesar dorong

Sesar dorong tidak memotong urutan berlapis sepanjang satu bidang lurus. Ia mengikuti lapisan lemah, berupa serpih atau evaporit, untuk jarak yang panjang, lalu naik curam melalui lapisan kuat di atasnya hingga lapisan lemah berikutnya. Bentuk tangga yang ditorehkannya mengendalikan lipatan pada dinding gantung.

Definisi 10.1 (Tanjakan, bagian datar, dupleks, sesar dorong luar-urutan)

Yang disebut bagian datar adalah segmen sesar dorong yang berjalan sejajar dengan perlapisan, biasanya pada lapisan lemah; sebuah tanjakan adalah segmen yang memotong perlapisan, biasanya pada sudut 20 hingga $30{}^{\circ}$ , yang menghubungkan bagian datar bawah dengan bagian datar atas. Yang disebut dupleks adalah tumpukan irisan yang dibatasi sesar, yaitu kuda, yang terapit di antara sesar dorong lantai di bawah dan sesar dorong atap di atas, setiap kuda dipotong oleh tanjakan yang menghubungkan keduanya. Sesar dorong umumnya terbentuk secara berurutan, masing-masing yang baru berada di dinding bawah sesar sebelumnya, lebih dekat ke depan-pegunungan; sebuah sesar dorong luar-urutan adalah satu yang terbentuk atau tergelincir lagi di belakang front aktif, memotong sesar dorong yang lebih tua.

Ketika dinding gantung bergerak melewati tekukan pada sesar, ia harus terlipat agar tetap bersentuhan dengan sesar: sinklin terbentuk di tempat ia masuk ke tanjakan, dan antiklin terbentuk di tempat ia meninggalkannya.

Definisi 10.2 (Lipatan tekukan-sesar, lipatan propagasi-sesar, dan lipatan detasemen)

Yang disebut lipatan tekukan-sesar adalah lipatan pada dinding gantung sesar dorong yang terbentuk ketika meluncur melewati tekukan sesar, yaitu tanjakan di antara dua bagian datar. Yang disebut lipatan propagasi-sesar tumbuh di atas ujung sesar dorong yang masih merambat ke atas: pemendekan yang tidak lagi ditanggung sesar diserap oleh pelipatan di depan ujungnya, sehingga menghasilkan sayap depan yang curam atau terbalik. Yang disebut lipatan detasemen tumbuh di atas bagian datar tanpa tanjakan: pemendekan diserap oleh pelipatan dan oleh lapisan lemah, garam atau serpih, yang mengalir masuk ke intinya.

Gambar di bawah membangun sebuah lipatan tekukan-sesar. Di sini dinding gantung bergerak sejajar dengan segmen sesar di bawahnya dan terlipat pada bidang aksial yang membagi dua setiap tekukan, sebuah model kinematik yang disebut aliran sejajar-sesar; model klasik dengan ketebalan dan panjang lapisan tetap menghasilkan antiklin berpuncak datar dengan sayap depan yang lebih curam, dengan konsekuensi konstruksi yang lebih panjang (diakui di sini). Kedua model terikat oleh kekekalan luas.

(a) Sesar dorong dengan bagian datar bawah, tanjakan yang miring 30, dan bagian datar atas, sebelum slip (skematis, skala vertikal dan horizontal sama). (b) Keadaan yang sama setelah slip sebesar 2.5 kali tinggi tanjakan, dihitung dengan aliran sejajar sesar: sinklin di kaki tanjakan, sayap belakang yang sejajar dengan tanjakan, puncak datar yang terangkat sejauh tinggi tanjakan r, sayap depan, dan luas berlebih Sr di atas level regional setiap lapisan di atas bagian datar atas. — (a) Sesar dorong dengan bagian datar bawah, tanjakan yang miring $30{}^{\circ}$ , dan bagian datar atas, sebelum slip (skematis, skala vertikal dan horizontal sama). (b) Keadaan yang sama setelah slip sebesar 2.5 kali tinggi tanjakan, dihitung dengan aliran sejajar sesar: sinklin di kaki tanjakan, sayap belakang yang sejajar dengan tanjakan, puncak datar yang terangkat sejauh tinggi tanjakan $r$ , sayap depan, dan luas berlebih $Sr$ di atas level regional setiap lapisan di atas bagian datar atas.

Proposisi 10.3 (Luas berlebih lipatan tekukan-sesar)

Misalkan sesar dorong membawa dinding gantungnya naik melalui tanjakan setinggi $r$ dari bagian datar bawah ke bagian datar atas, dengan slip $S$ pada bagian datar bawah. Untuk setiap lapisan dinding gantung yang berada di atas bagian datar atas, luas yang dibatasi antara lapisan terlipat dan level awalnya bernilai $A = Sr$ , sama untuk setiap lapisan seperti itu.

Bukti. Batuan tidak diciptakan maupun dimusnahkan, dan volumenya tetap. Ambil irisan sejajar slip, dibatasi dua garis vertikal yang jauh di belakang dan jauh di depan tanjakan. Melalui garis belakang, dinding gantung di antara bagian datar bawah dan sebuah lapisan pada ketinggian $y_0$ di atasnya telah bergerak masuk sejauh $S$ : luas $Sy_0$ telah masuk. Melalui garis depan, batuan di antara bagian datar atas dan lapisan yang sama, dengan tebal $y_0 - r$ , telah bergerak keluar sejauh slip pada bagian datar atas, juga $S$ bila batuan mempertahankan luasnya: luas $S(y_0 - r)$ telah keluar. Selisihnya, $Sr$ , tetap berada di antara kedua garis, dan mengangkat lapisan di atas level awalnya. ∎

Luas berlebih lipatan tekukan-sesar mengukur slip dikali tinggi tanjakan, bukan dikali kedalaman ke décollement, seperti yang berlaku untuk lipatan detasemen (lihat Bab 8). Kedua jenis lipatan harus dibedakan sebelum luas diubah menjadi pemendekan.

Dupleks (gambar di bawah) tumbuh ketika sesar dorong, alih-alih terus membawa dinding gantungnya lebih jauh sepanjang tanjakan yang sama, meninggalkannya dan memotong tanjakan baru di dinding bawahnya, di depan tanjakan lama. Irisan di antara tanjakan lama dan baru menjadi kuda, dibawa naik melalui tanjakan baru dan ditumpuk di bawah atap; tanjakan berikutnya terbentuk lagi di depan. Setiap kuda dipendekkan dari panjang awalnya menjadi panjang yang kini ditempatinya sepanjang lantai, dan pemendekan dupleks adalah jumlah seluruh kudanya. Sesar dorong luar-urutan memotong urutan ini: terbentuk ketika baji di belakang front harus menebal, kasus yang diprediksi oleh mekanika subbab berikutnya.

Dupleks (skematis): empat kuda (biru dan hijau) terpotong oleh tanjakan di antara sesar dorong dasar dan sesar dorong atap, di depannya dinding bawah belum terpotong, panah menunjukkan arah transpor; batuan penutup di atas atap terlipat di atas tumpukan.

10.2 Taper kritis

Sabuk lipatan-dan-sesar dorong dalam penampang melintang adalah baji: tipis di frontnya, tempat décollement mencapai permukaan, dan menebal ke arah belakang-pegunungan. Permukaan atasnya miring ke arah depan-pegunungan dengan sudut $\alpha$ ; alasnya, yaitu décollement, miring ke arah belakang-pegunungan dengan sudut $\beta$ . Taper baji adalah sudut di antara keduanya, $\alpha + \beta$ .

Definisi 10.4 (Taper kritis)

Taper kritis dari baji yang didorong dari belakang di atas suatu alas adalah taper ketika baji berada di seluruh bagiannya pada ambang kegagalan, di dalam dan sepanjang alasnya, di bawah kompresi horizontal. Baji pada taper kritisnya meluncur di atas alasnya tanpa berdeformasi di dalam; baji di bawahnya (subkritis) berdeformasi dan menebal hingga mencapainya; baji di atasnya (superkritis) meluncur tanpa berdeformasi.

Baji dengan lereng permukaan yang bertumpu pada décollement dengan kemiringan dan didorong dari belakang; x diukur dari ujung depan ke arah belakang-pegunungan. Pada irisan vertikal, dorongan F(x + dx) dari belakang melampaui dorongan F(x) dari depan sebesar yang ditahan alas: yaitu gesekannya _b dan bagian horizontal tegangan normalnya _n, yang condong ke arah belakang-pegunungan pada alas yang miring ke arah itu (skematis, sudut dilebih-lebihkan). — Baji dengan lereng permukaan $\alpha$ yang bertumpu pada décollement dengan kemiringan $\beta$ dan didorong dari belakang; $x$ diukur dari ujung depan ke arah belakang-pegunungan. Pada irisan vertikal, dorongan $F(x + \mathrm dx)$ dari belakang melampaui dorongan $F(x)$ dari depan sebesar yang ditahan alas: yaitu gesekannya $\tau_b$ dan bagian horizontal tegangan normalnya $\sigma_n$ , yang condong ke arah belakang-pegunungan pada alas yang miring ke arah itu (skematis, sudut dilebih-lebihkan).

Teorema 10.5 (Persamaan taper kritis)

Tinjau baji subaerial dengan massa jenis seragam $\rho$ yang tersusun dari bahan Coulomb tanpa kohesi dengan gesekan internal $\mu = \tan\phi$ , dengan rasio tekanan pori $\lambda$ , di atas alas dengan gesekan $\mu_b$ dan rasio tekanan pori $\lambda_b$ . Jika $\alpha$ dan $\beta$ kecil dan $\sigma_1$ horizontal, maka persamaan taper kritis adalah

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

dengan sudut dalam radian.

Bukti. Misalkan $z$ adalah kedalaman di bawah permukaan. Untuk lereng kecil, tegangan vertikal adalah berat batuan di atasnya, $\sigma_{zz} = \rho g z$ , dan tekanan pori adalah $\lambda\rho g z$ , sehingga tegangan vertikal efektif adalah $(1 - \lambda)\rho g z$ . Di setiap titik pada kegagalan dengan $\sigma_1$ horizontal, kriteria Coulomb untuk bahan tanpa kohesi memberikan rasio tegangan utama efektif $\sigma'_1/\sigma'_3 = (1 + \sin\phi)/(1 - \sin\phi) = 1 + K$ , sehingga tegangan horizontal total

\sigma_{xx} = (1 + K)(1 - \lambda)\rho g z + \lambda\rho g z = \bigl(1 + K(1 - \lambda)\bigr)\rho g z .

Pada jarak $x$ dari ujung depan, baji memiliki tebal $H = (\alpha + \beta)x$ , dan gaya horizontal per satuan panjang sabuk pada penampang vertikal adalah $F = \int_0^H \sigma_{xx}\,\mathrm dz = \bigl(1 + K(1 - \lambda)\bigr)\rho g H^2/2$ . Pada irisan di antara $x$ dan $x + \mathrm dx$ (lihat gambar di atas), permukaan tidak memikul tegangan dan dorongan dari belakang melampaui dorongan dari depan sebesar $(\mathrm dF/\mathrm dx)\,\mathrm dx$ . Alas menahan irisan itu dengan dua cara: gesekan $\mu_b(1 - \lambda_b)\rho g H$ per satuan panjang, dan tegangan normalnya $\rho g H$ , yang tegak lurus alas yang miring $\beta$ ke arah belakang-pegunungan sehingga condong ke arah itu sebesar $\beta$ , memberikan bagian horizontal $\beta\rho g H$ . Kesetimbangan irisan menuntut

\bigl(1 + K(1 - \lambda)\bigr)\rho g H(\alpha + \beta) = \bigl(\beta + \mu_b(1 - \lambda_b)\bigr)\rho g H ,

yaitu persamaan tadi. Karena $H$ saling meniadakan, baji pada kegagalan mempertahankan taper yang sama seiring pertumbuhannya. ∎

Persamaan ini menyatakan, pertama, bahwa taper ditentukan oleh rasio kekuatan alas, di pembilang, terhadap kekuatan baji, di penyebut: alas lemah menghasilkan baji tipis, alas kuat menghasilkan baji tebal. Kedua, lereng permukaan turun seiring alas yang makin curam. Ketiga, tekanan fluida menurunkan taper: menaikkan $\lambda = \lambda_b$ lebih banyak mengurangi kekuatan alas, secara proporsional, daripada kekuatan baji. Gambar di bawah menunjukkan lereng permukaan kritis untuk koefisien gesekan yang dicocokkan di Taiwan barat. Titik di bawah setiap garis adalah baji subkritis yang menebal; titik di atas adalah baji superkritis, yang meluncur.

Kemiringan permukaan kritis terhadap kemiringan dasar untuk koefisien gesekan Taiwan bagian barat, = 1.03 di dalam dan _b = 0.85 pada dasar, untuk tiga rasio tekanan pori = _b; “subkritis” dan “superkritis” merujuk ke garis = 0.7. Pita berarsir adalah taper baji sesar dorong Jura, 3 sampai 4, dan baji di selatannya, 12 sampai 13. — Kemiringan permukaan kritis terhadap kemiringan dasar untuk koefisien gesekan Taiwan bagian barat, $\mu = 1.03$ di dalam dan $\mu_b = 0.85$ pada dasar, untuk tiga rasio tekanan pori $\lambda = \lambda_b$ ; “subkritis” dan “superkritis” merujuk ke garis $\lambda = 0.7$ . Pita berarsir adalah taper baji sesar dorong Jura, 3 sampai $4{}^{\circ}$ , dan baji di selatannya, 12 sampai $13{}^{\circ}$ .

Baji bukan objek statis: material ditambahkan kepadanya dan dikeluarkan darinya, dan setiap perubahan mendorongnya keluar dari taper kritisnya.

Definisi 10.6 (Akresi frontal, underplating tektonik)

Yang disebut akresi frontal adalah penambahan material pada ujung baji, saat décollement merambat ke dalam sedimen yang belum terdeformasi di depan-pegunungan, dan sebuah irisan sesar dorong baru terpotong. Yang disebut underplating tektonik adalah penambahan material ke dasar baji, di belakang ujungnya, ketika irisan lempeng bawah terlepas dan ditumpuk di bawahnya, sering kali sebagai dupleks.

Akresi frontal memanjangkan baji pada taper tetap. Underplating tektonik menebalkan bagian belakangnya dan membuat permukaannya lebih curam; baji menjadi superkritis di sana dan dapat memanjang melalui sesar normal sampai taper kembali turun. Erosi justru sebaliknya: ia menurunkan kemiringan permukaan, dan baji menjadi subkritis, dan ia menebal oleh sesar dorong luar-urutan di belakang front. Erosi dan deformasi dengan demikian saling terkait: baji yang tererosi cepat mempertahankan taper-nya dengan menggerakkan batuan ke atas lebih cepat, dan batuan yang dibawanya ke permukaan lebih muda dalam pengertian yang dibahas di bagian berikutnya.

Di laboratorium — Model kotak pasir

Model kotak pasir sebelum pemendekan: lapisan pasir berwarna dalam kotak berdinding kaca, dinding bermotor di sebelah kiri, kamera pada tripod (ilustrasi buatan AI).

Dalam model kotak pasir analog, lapisan pasir kering yang berbeda warna diletakkan mendatar dalam kotak panjang berdinding kaca. Motor perlahan mendorong dinding vertikal ke dalamnya, atau menarik lembar dari bawahnya; kamera di samping kaca memotret penampang secara berkala. Pasir patah sepanjang sesar dorong dan membentuk baji yang mempertahankan taper konstan, serta membentuk tanjakan, dupleks, dan sesar dorong balik seperti yang ada di sabuk sungguhan. Lapisan manik kaca atau putty silikon di bawah pasir berperan sebagai décollement yang lemah, dan baji kemudian tumbuh lebih tipis dan lebih lebar. Davis, Suppe, dan Dahlen mendapati bahwa eksperimen mereka dengan pasir kering sesuai dengan teori taper kritis. Mengorelasikan foto berurutan memberikan medan perpindahan di dalam model.

10.3 Baji nyata

Di sabuk lipatan-dan-sesar dorong aktif di Taiwan bagian barat, kemiringan permukaan, kemiringan décollement dan tekanan pori semuanya diketahui dari topografi, penampang seismik dan sumur. Davis, Suppe, dan Dahlen menggunakannya untuk menyelesaikan persamaan taper kritis untuk kekuatan baji dan mendapati $\mu = 1.03$ di dalam dan $\mu_b = 0.85$ pada dasar: gesekan Byerlee pada dasar, dan baji yang lebih kuat daripada sesar-sesarnya sendiri, karena tidak semuanya berorientasi mudah tergelincir. Dengan kedua koefisien ini, mereka mengubah taper teramati dari baji aktif lain, di darat maupun di bawah laut, menjadi rasio tekanan pori, dan mendapati bahwa semuanya di atas hidrostatik, sesuai dengan data pengeboran. Mereka juga mendapati di mana teori berhenti berlaku: taper turun mendadak ketika baji tumbuh lebih tebal daripada sekitar $15\,\mathrm{km}$ , kedalaman tempat batuan kaya kuarsa menjadi plastis untuk geoterm yang umum, dan dasar tidak lagi mematuhi hukum gesekan.

Di front Alpen bagian barat, Jura adalah baji sesar dorong dengan sudut sempit hanya 3 sampai $4{}^{\circ}$ . Décollement-nya sebagian besar terletak pada lapisan yang mengandung halit berumur Trias, dan fluida di sana tidak bertekanan berlebih: kelemahan garam saja sudah menjelaskan taper yang sempit. Di selatan Jura, tempat lapisan Trias tidak mengandung halit, front yang sama memiliki taper 12 sampai $13{}^{\circ}$ , dengan tumpukan irisan sesar dorong, meskipun tekanan fluida terukur di sana tinggi. Di Alpen Tengah, analisis taper kritis pada kemiringan permukaan memberikan kekuatan dasar $\mu_b(1 - \lambda_b)$ (dengan suku kohesi kecil) di bawah 0.1, dan bahkan 0.05 pada evaporit dan serpih dekat front, meningkat ke arah belakang-pegunungan, dengan rasio tekanan pori di atas 0.54. Dasar baji sering kali jauh lebih lemah daripada yang diberikan hukum Byerlee, oleh jenis batuannya dan fluidanya.

10.4 Fluks melalui baji

Baji pada taper kritisnya tumbuh oleh akresi, dengan bentuk tetap: panjangnya dan tingginya bertambah bersamaan. Erosi menghilangkan batuan dari permukaannya. Ketika keduanya seimbang, baji mempertahankan ukurannya, dan batuan mengalir melalui baji itu.

Proposisi 10.7 (Keseimbangan fluks keadaan tunak)

Sebuah baji dengan lebar $W$ sepanjang arah transpor menerima, per satuan panjang sabuk, fluks akresi $F_a = v h$ , dengan $v$ adalah laju konvergensi dan $h$ tebal lapisan masuk di atas décollement. Ia kehilangan fluks erosi $F_e = \bar e W$ , dengan $\bar e$ adalah rata-rata laju erosi pada permukaannya. Luas penampang melintangnya berubah dengan laju $F_a - F_e$ ; pada keadaan tunak, $\bar e = vh/W$ .

Bukti. Dalam satuan waktu, panjang $v$ dari lapisan masuk, dengan tebal $h$ , melewati ke dalam baji melewati ujungnya, dan tebal $e(x)$ dihilangkan pada setiap titik pada permukaannya; luasnya tetap, sehingga luas penampang berubah sebesar $vh - \int_0^W e\,\mathrm dx = F_a - F_e$ . Pada keadaan tunak perubahan itu nol. ∎

Dengan $v = 10\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ , $h = 4\,\mathrm{km}$ , dan $W = 60\,\mathrm{km}$ , laju erosi yang diperlukan untuk keadaan tunak adalah $0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ . Ekshumasi dalam pengertian volume Tahun 2 adalah penghilangan batuan di atas batuan tertentu: pada keadaan tunak, batuan mencapai permukaan dengan laju ketika erosi menurunkan permukaan, dan baji membawanya naik dari kedalaman tempat batuan itu panas. Mengukur seberapa cepat memerlukan jam yang dimulai pada suhu yang diketahui.

10.5 Termokronologi

Definisi 10.8 (Termokronologi, termokronometer)

Termokronologi adalah penggunaan umur pendinginan radiometrik untuk menentukan waktu saat suatu batuan melewati suhu tertentu, sehingga sejarah termalnya dapat direkonstruksi. Sebuah termokronometer adalah pasangan antara suatu mineral dan metode penanggalan beserta suhu penutupannya: misalnya apatit dengan metode (U–Th)/He, atau zirkon dengan jejak fisi.

Tabel di bawah ini mengurutkan termokronometer utama berdasarkan suhu penutupan; kedalaman diperkirakan dengan asumsi suhu permukaan rata-rata $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan gradien seragam $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ . Batuan yang mendingin ketika diekshumasi melewati semuanya secara berurutan, dan umurnya bertambah dari metode suhu-rendah ke metode suhu-tinggi. Fisika jejak fisi dan difusi helium, yang menentukan suhu-suhu ini, dibahas dalam Bab 13.

termokronometer	suhu penutupan ( ${}^{\circ}\mathrm{C}$ )	kedalaman ( $\mathrm{km}$ )
apatit (U–Th)/He	50–80	1.3–2.3
jejak fisi apatit	90–120	2.7–3.7
zirkon (U–Th)/He	160–200	5.0–6.3
jejak fisi zirkon	sekitar 280	9
⁴⁰Ar/³⁹Ar pada biotit	350–400	11–13
⁴⁰Ar/³⁹Ar pada muskovit	sekitar 425	14
U–Pb pada zirkon	di atas 900	—

Kedalaman-kedalaman ini hanyalah perkiraan awal, karena erosi mengubah geoterm.

Proposisi 10.9 (Geoterm keadaan tunak dengan erosi)

Misalkan batuan naik dengan laju konstan $v$ melalui lapisan berketebalan $L$ yang permukaannya ( $z = 0$ ) dijaga pada suhu $T_s$ dan dasarnya pada $T_L$ , tanpa produksi panas. Suhu keadaan tunak adalah

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},

dan gradien di permukaan adalah $\mathrm{Pe}/(1 - e^{-\mathrm{Pe}})$ kali gradien konduktif $(T_L - T_s)/L$ .

Bukti. Partikel batuan pada kedalaman $z$ bergerak naik, menuju $z$ yang lebih kecil: suhu yang dibawanya berubah sebagai $\partial T/\partial t - v\,\partial T/\partial z$ , dan persamaan difusi menjadi $\partial T/\partial t - v T' = \kappa T''$ . Pada keadaan tunak, $T'' = -(v/\kappa)T'$ , sehingga $T' = C e^{-vz/\kappa}$ dan $T = T_s + C(\kappa/v)(1 - e^{-vz/\kappa})$ , yang memenuhi $T(0) = T_s$ . Dengan menetapkan $T(L) = T_L$ diperoleh $C$ dan rumusnya. Pada $z = 0$ , $T' = (T_L - T_s)(\mathrm{Pe}/L)/(1 - e^{-\mathrm{Pe}})$ . ∎

Untuk $\mathrm{Pe} \ll 1$ faktornya mendekati 1: konduksi mendominasi dan geoterm tetap lurus. Untuk $v = 1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ melintasi $30\,\mathrm{km}$ , dengan $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , $\mathrm{Pe} = 0.95$ , dan gradien permukaan naik dari 30 menjadi $46\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ : isoterm-isoterm merapat ke arah permukaan dan setiap termokronometer menutup pada kedalaman yang lebih dangkal.

Definisi 10.10 (Hubungan umur–elevasi)

Hubungan umur–elevasi suatu termokronometer adalah grafik umur pendinginan sampel yang dikumpulkan pada suatu rentang elevasi, biasanya sepanjang lereng curam atau profil vertikal, terhadap elevasinya.

Proposisi 10.11 (Kemiringan hubungan umur–elevasi)

Misalkan batuan naik secara vertikal dengan laju konstan $v$ di bawah topografi tunak, dan misalkan isoterm penutupan terletak pada elevasi $e(x) = e_0 + f\,h(x)$ , dengan $h(x)$ adalah elevasi permukaan dan $0 \le f < 1$ . Sampel yang dikumpulkan di permukaan pada elevasi $h$ memiliki umur $t = (h - e)/v$ , dan hubungan umur–elevasi berupa garis lurus dengan kemiringan

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

Untuk isoterm datar, $f = 0$ dan kemiringannya adalah laju ekshumasi.

Bukti. Batuan yang kini berada di permukaan pada $x$ melintasi isoterm penutupan tepat di bawahnya, pada elevasi $e(x)$ , dan sejak itu telah naik $h - e$ dengan laju $v$ : $t = (h - e_0 - fh)/v = ((1 - f)h - e_0)/v$ . Dengan demikian $\mathrm dt/\mathrm dh = (1 - f)/v$ . ∎

Ekshumasi tunak di bawah relief sinusoidal dengan panjang gelombang 20\, km dan amplitudo 1\, km, untuk tiga laju, gaya garis sama seperti pada legenda (b) (model orde pertama; lapisan setebal 30\, km, permukaan pada 10\, C, 30\, C/ km tanpa erosi, = 10-6\, m2/ s, laju penurunan suhu 6.5\, C/ km, suhu penutupan pada 65\, C). (a) Umur terhadap elevasi: kemiringannya adalah 0.59, 2.5, dan 14\, mm/ yr, bukan 0.3, 1, dan 3. (b) Isoterm 65\, C semakin rapat mengikuti topografi, semakin cepat ekshumasinya, karena isoterm itu naik lebih dekat ke permukaan. — Ekshumasi tunak di bawah relief sinusoidal dengan panjang gelombang $20\,\mathrm{km}$ dan amplitudo $1\,\mathrm{km}$ , untuk tiga laju, gaya garis sama seperti pada legenda (b) (model orde pertama; lapisan setebal $30\,\mathrm{km}$ , permukaan pada $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ , $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ tanpa erosi, $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , laju penurunan suhu $6.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ , suhu penutupan pada $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ ). (a) Umur terhadap elevasi: kemiringannya adalah 0.59, 2.5, dan $14\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ , bukan 0.3, 1, dan 3. (b) Isoterm $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ semakin rapat mengikuti topografi, semakin cepat ekshumasinya, karena isoterm itu naik lebih dekat ke permukaan.

Isoterm tidak datar di bawah relief: permukaan lebih dingin di puncak daripada di lembah, sebesar laju lapse atmosfer, tetapi jauh lebih kecil dibandingkan batuan pada elevasi yang sama di bawah tanah, dan isoterm dangkal mengikuti topografi dengan cara yang lebih lemah. Untuk topografi sinusoidal dengan panjang gelombang $\Lambda$ dan laju lapse $\Gamma$ , solusi orde pertama dari persamaan tunak memberikan

f = \frac{(G_0 - \Gamma)\,e^{-mz_c}}{G(z_c)},\qquad m = \frac{v}{2\kappa} + \sqrt{\Bigl(\frac{v}{2\kappa}\Bigr)^2 + \Bigl(\frac{2\pi}{\Lambda}\Bigr)^2},

dengan $z_c$ adalah kedalaman isoterm penutupan di bawah permukaan rata-rata, $G_0$ gradien permukaan dan $G(z_c)$ gradien pada $z_c$ (diasumsikan; skrip menguji hal itu). Gangguan itu meluruh dengan kedalaman sepanjang jarak $1/m$ , paling besar $\Lambda/2\pi$ : termokronometer suhu rendah, yang menutup dangkal, paling peka terhadap relief. Gambar di atas menunjukkan pengaruh untuk apatit (U–Th)/He.

Profil umur–elevasi hanya mengukur laju ekshumasi di tempat isoterm penutupan datar di bawah relief. Di tempat lain, profil itu melebih-lebihkannya dengan faktor $1/(1 - f)$ , yang mencapai dua atau lebih untuk apatit (U–Th)/He pada relief dengan panjang gelombang $20\,\mathrm{km}$ . Umur dari beberapa termokronometer pada sampel yang sama, dan model termal relief, mengoreksinya.

10.6 Latihan

Latihan 10.1 ★

Hitung $K$ dan rasio $\sigma'_1/\sigma'_3$ saat keruntuhan untuk baji dengan $\phi = 30{}^{\circ}$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.1.

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

Latihan 10.2 ★

Baji kotak pasir berisi pasir kering ( $\lambda = \lambda_b = 0$ ) memiliki $\mu = 0.6$ di dalamnya dan $\mu_b = 0.3$ pada alasnya. Hitung kemiringan permukaan kritisnya pada alas datar, lalu pada alas yang miring $3{}^{\circ}$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.2.

$\phi = \arctan0.6 = 31.0{}^{\circ}$ , $\sin\phi = 0.514$ , $K = 2.12$ . Pada dasar horizontal, $\alpha = 0.3/3.12 = 0.0962\,\mathrm{rad} = 5.5{}^{\circ}$ . Pada dasar yang miring $3{}^{\circ} = 0.0524\,\mathrm{rad}$ , $\alpha + \beta = 0.352/3.12 = 0.113\,\mathrm{rad} = 6.5{}^{\circ}$ , maka $\alpha = 3.5{}^{\circ}$ .

Latihan 10.3 ★

Dengan permukaan pada $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ dan gradien $30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ , periksa kedalaman dalam tabel suhu penutupan untuk apatit (U–Th)/He, jejak fisi apatit, dan jejak fisi zirkon. Termokronometer mana yang akan kamu pakai untuk penanggalan ekshumasi dari $5\,\mathrm{km}$ ?

Solusi

Solusi Latihan 10.3.

Kedalaman $= (T - 10)/30$ : apatit (U–Th)/He 1.3 sampai $2.3\,\mathrm{km}$ ; jejak fisi apatit 2.7 sampai $3.7\,\mathrm{km}$ ; jejak fisi zirkon $270/30 = 9.0\,\mathrm{km}$ . Pada kedalaman $5\,\mathrm{km}$ batuan berada pada suhu $10 + 150 = 160\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : zirkon (U–Th)/He, yang menutup pada 160 sampai $200\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ , pada kedalaman 5.0 sampai $6.3\,\mathrm{km}$ .

Latihan 10.4 ★

Tanjakan setinggi $2\,\mathrm{km}$ miring $30{}^{\circ}$ . Hitung panjang horizontalnya dan panjangnya sepanjang kemiringan. Seberapa tinggi lapisan dinding gantung terangkat setelah melewati seluruh tanjakan, dan berapa slip yang membawa batas potongan lapisan terbawah dari kaki tanjakan ke datar atas?

Solusi

Solusi Latihan 10.4.

Panjang horizontal $2/\tan30{}^{\circ} = 3.46\,\mathrm{km}$ ; sepanjang kemiringan $2/\sin30{}^{\circ} = 4.0\,\mathrm{km}$ . Lapisan terangkat sebesar tinggi tanjakan, $2\,\mathrm{km}$ . Titik potong harus menempuh seluruh tanjakan: pergeseran sebesar $4.0\,\mathrm{km}$ .

Latihan 10.5 ★★

Dengan koefisien Taiwan, hitung kemiringan permukaan kritis pada alas yang miring $6{}^{\circ}$ untuk $\lambda = \lambda_b = 0.4$ dan $0.9$ . Apa akibat kenaikan tekanan fluida bagi baji yang berada pada taper kritisnya?

Solusi

Solusi Latihan 10.5.

$\phi = \arctan1.03 = 45.8{}^{\circ}$ , $K = 5.08$ ; $\beta = 0.105\,\mathrm{rad}$ . Untuk $\lambda = 0.4$ : $\alpha + \beta = (0.105 + 0.85\times0.6)/(1 + 5.08\times0.6) = 0.615/4.05 = 0.152\,\mathrm{rad} = 8.7{}^{\circ}$ , $\alpha = 2.7{}^{\circ}$ . Untuk $\lambda = 0.9$ : $0.190/1.51 = 0.126\,\mathrm{rad} = 7.2{}^{\circ}$ , $\alpha = 1.2{}^{\circ}$ . Peningkatan tekanan fluida menurunkan taper kritis: baji menjadi superkritis, meluncur ke depan pada dasarnya tanpa menebal, dan frontnya maju sampai akresi dan erosi mengembalikannya ke taper yang baru.

Latihan 10.6 ★★

Lipatan tekukan-sesar terletak di atas tanjakan setinggi $1.5\,\mathrm{km}$ ; lapisan di atas datar atas memiliki luas kelebihan $6.0\,\mathrm{km}^{2}$ . Hitung besar slip. Seorang rekan membaca lipatan yang sama sebagai lipatan detasemen, dengan lapisan terletak $3.0\,\mathrm{km}$ di atas décollement. Berapa pemendekan yang akan ia peroleh?

Solusi

Solusi Latihan 10.6.

$S = A/r = 6.0/1.5 = 4.0\,\mathrm{km}$ . Dibaca sebagai lipatan detasemen, $S = A/h = 6.0/3.0 = 2.0\,\mathrm{km}$ : setengah nilai sebenarnya. Kedua pembacaan harus dibedakan berdasarkan bentuk lipatan dan keberadaan tanjakan.

Latihan 10.7 ★★

Ambil $\mu = 0.6$ di dalam baji Jura (taper $3.5{}^{\circ}$ ) dan baji di selatannya (taper $12.5{}^{\circ}$ ), $\lambda = 0.4$ hidrostatik di dalam keduanya, dan kemiringan alas $2{}^{\circ}$ untuk keduanya. Hitung kekuatan basal $\mu_b(1 - \lambda_b)$ yang dibutuhkan setiap taper, dan bandingkan dengan $0.85$ menurut hukum Byerlee pada tekanan hidrostatik. Apakah hasilnya konsisten dengan décollement di halit di bawah Jura?

Solusi

Solusi Latihan 10.7.

$K = 2.12$ dan $1 + K(1 - 0.4) = 2.27$ . Persamaan memberikan $\mu_b(1 - \lambda_b) = (\alpha + \beta)\times2.27 - \beta$ , dengan $\beta = 0.0349\,\mathrm{rad}$ . Jura: $0.0611\times2.27 - 0.0349 = 0.10$ . Selatan: $0.218\times2.27 - 0.0349 = 0.46$ . Byerlee pada tekanan hidrostatik: $0.85\times0.6 = 0.51$ . Dasar di selatan mendekati hukum Byerlee; dasar Jura hampir lima kali lebih lemah, seperti yang diharapkan pada décollement dalam halit, yang gesekannya rendah, di bawah fluida yang tidak bertekanan berlebih.

Latihan 10.8 ★★

Batuan naik dengan laju $1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ melalui lapisan setebal $30\,\mathrm{km}$ , dari $910\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ di alasnya hingga $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ di permukaan, dengan $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . Hitung bilangan Péclet, gradien permukaan, dan kedalaman isoterm $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ . Bandingkan dengan kedalaman tanpa erosi.

Solusi

Solusi Latihan 10.8.

$\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s} = 31.6\,\mathrm{km}^{2}/\mathrm{Ma}$ , dan $v = 1\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$ : $\mathrm{Pe} = 30/31.6 = 0.951$ . Faktor $0.951/(1 - e^{-0.951}) = 1.55$ menaikkan gradien dari 30 menjadi $46.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ . Untuk $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ : $1 - e^{-\mathrm{Pe}\,z/L} = (55/900)(1 - e^{-0.951}) = 0.0375$ , maka $\mathrm{Pe}\,z/L = 0.0382$ dan $z = 1.21\,\mathrm{km}$ , dibandingkan dengan $55/30 = 1.83\,\mathrm{km}$ tanpa erosi.

Latihan 10.9 ★★

Dua sampel dari lereng yang sama, pada 1200 dan $2000\,\mathrm{m}$ , memiliki umur (U–Th)/He apatit sebesar 3.4 dan $4.6\,\mathrm{Ma}$ . Hitung laju ekshumasi semu Model termal relief memberikan $f = 0.5$ : berapa laju sebenarnya?

Solusi

Solusi Latihan 10.9.

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

Latihan 10.10 ★★★

Tunjukkan bahwa, untuk $\lambda = \lambda_b$ , kemiringan permukaan kritis lenyap pada kemiringan alas $\beta^* = \mu_b/K$ yang tidak bergantung pada $\lambda$ . Hitung nilainya untuk Taiwan. Apa yang terjadi pada baji yang alasnya miring lebih curam?

Solusi

Solusi Latihan 10.10.

Dengan $\alpha = 0$ dan $u = 1 - \lambda$ : $\beta(1 + Ku) = \beta + \mu_b u$ , maka $\beta Ku = \mu_b u$ dan $\beta^* = \mu_b/K$ , berapa pun $u$ . Untuk Taiwan, $0.85/5.08 = 0.167\,\mathrm{rad} = 9.6{}^{\circ}$ . Pada dasar yang lebih curam, kemiringan permukaan kritis bernilai negatif: setiap baji dengan permukaan datar atau miring ke arah depan-pegunungan sudah superkritis, dan ia meluncur pada dasarnya tanpa menebal. Sabuk sesar dorong tidak dapat mencapai bentuk normalnya di sana.

Latihan 10.11 ★★★

Tunjukkan bahwa, untuk panjang gelombang yang sangat panjang dan ekshumasi yang sangat lambat, $f$ cenderung ke $1 - \Gamma/G$ , dengan $G$ adalah gradien seragam; evaluasi untuk $G = 30\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ dan $\Gamma = 6.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ . Berapa kemiringan hubungan umur–elevasi pada kondisi itu? Untuk $v = 1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ dan nilai-nilai latihan 8 ( $z_c = 1.21\,\mathrm{km}$ , $G_0 = 46.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ , $G(z_c) = 44.7\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ ), hitung $f$ untuk panjang gelombang 5 dan $20\,\mathrm{km}$ .

Solusi

Solusi Latihan 10.11.

Ketika $\Lambda \to \infty$ dan $v \to 0$ , $m \to 0$ , maka $e^{-mz_c} \to 1$ , dan geotermnya lurus, $G_0 = G(z_c) = G$ : $f \to (G - \Gamma)/G = 1 - \Gamma/G = 1 - 6.5/30 = 0.78$ . Kemiringannya kemudian $v/(1 - f) = vG/\Gamma = 4.6v$ . Untuk $v = 1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ , $v/2\kappa = 0.0158\,\mathrm{km}^{-1}$ . Pada kedalaman $5\,\mathrm{km}$ : $m = 0.0158 + \sqrt{0.0158^2 + 1.257^2} = 1.273\,\mathrm{km}^{-1}$ , $e^{-1.273\times1.21} = 0.215$ , $f = 40.0\times0.215/44.7 = 0.19$ . Pada kedalaman $20\,\mathrm{km}$ : $m = 0.0158 + 0.3146 = 0.330\,\mathrm{km}^{-1}$ , $e^{-0.399} = 0.671$ , $f = 40.0\times0.671/44.7 = 0.60$ .

Latihan 10.12 ★★★

Sebuah baji tumbuh pada taper kritisnya $\alpha + \beta$ melalui akresi frontal saja, tanpa erosi, dari fluks $F_a$ . Tunjukkan bahwa lebarnya bertambah sebagai $W = \sqrt{2F_at/\tan(\alpha + \beta)}$ . Dengan $F_a = 40\,\mathrm{km}^{2}/\mathrm{Ma}$ dan taper sebesar $6{}^{\circ}$ , seberapa lebar baji setelah $2\,\mathrm{Ma}$ , dan berapa lama yang dibutuhkan baji untuk mencapai $60\,\mathrm{km}$ ?

Solusi

Solusi Latihan 10.12.

Penampang berupa segitiga dengan alas $W$ dan tinggi $W\tan(\alpha + \beta)$ : $A = W^2\tan(\alpha + \beta)/2$ . Dengan $\mathrm dA/\mathrm dt = F_a$ dan $A = 0$ pada $t = 0$ , $A = F_at$ , yang memberikan $W$ . Dengan $\tan6{}^{\circ} = 0.105$ : $W = \sqrt{2\times40\times2/0.105} = 39\,\mathrm{km}$ setelah $2\,\mathrm{Ma}$ ; $t = 60^2\times0.105/(2\times40) = 4.7\,\mathrm{Ma}$ untuk mencapai $60\,\mathrm{km}$ .

10.7 Soal: Front baji Kestrel

Soal 10.1

Soal akhir pekan — pemendekan, mekanika, fluks dan ekshumasi baji sesar dorong rekaan

Pegunungan Kestrel adalah front rekaan dari sebuah sabuk gunung, yakni sabuk lipatan-dan-sesar dorong subaerial selebar $60\,\mathrm{km}$ yang didorong dengan laju $10\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ di atas depan-pegunungan yang lapisan sedimennya setebal $4.0\,\mathrm{km}$ di atas serpih décollement. Sesar dorong frontalnya mengikuti décollement $4.5\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan, menaiki tanjakan dengan kemiringan $25{}^{\circ}$ , lalu berjalan sepanjang bagian datar atas sedalam $1.5\,\mathrm{km}$ . Di front, permukaan berada $0.3\,\mathrm{km}$ di atas permukaan laut dan décollement $4.0\,\mathrm{km}$ di bawahnya; $60\,\mathrm{km}$ di belakang front, permukaan berada pada $2.4\,\mathrm{km}$ dan décollement terletak $8.2\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan laut. Ambil, seperti di Taiwan, $\mu = 1.03$ dan $\mu_b = 0.85$ , massa jenis batuan $2500\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , massa jenis air $1000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , dan $g = 9.81\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ .

Bagian I — Geometri sesar dorong.

Hitung tinggi tanjakan, panjang horizontalnya, dan panjangnya sepanjang kemiringan.
Seberapa jauh sebuah lapisan pada dinding gantung terangkat setelah melintasi seluruh tanjakan?
Di atas tanjakan, sebuah lapisan di atas bagian datar atas menunjukkan luas lebih sebesar $16.5\,\mathrm{km}^{2}$ di atas tingkat regionalnya. Hitung pergeseran sesar.
Berapa luas lebih yang kamu prediksi untuk lapisan yang lebih dangkal? Seandainya lipatan itu dibaca sebagai lipatan detasemen di atas décollement, dengan lapisan $4.0\,\mathrm{km}$ di atasnya, berapa pemendekan yang akan ditemukan?
Di belakang tanjakan, sebuah penampang seismik menunjukkan dupleks dari empat blok, masing-masing kini $2.5\,\mathrm{km}$ panjangnya di sepanjang sesar dorong dasar, dipotong dari irisan sepanjang $6.0\,\mathrm{km}$ . Hitung pemendekan yang ditampung oleh blok-blok itu, lalu bandingkan dengan pergeseran pada tanjakan frontal.
Blok-blok itu terbentuk berurutan. Yang mana paling muda, dan mengapa sesar dorong atapnya terlipat?

Bagian II — Taper.

Hitung kemiringan permukaan $\alpha$ , kemiringan dasar $\beta$ , dan taper.
Hitung tebal baji $60\,\mathrm{km}$ di belakang front. Apakah teori baji Coulomb dapat digunakan?
Hitung $K$ . Berapa kemiringan permukaan yang dimiliki baji kering di atas dasar ini?
Berapa kemiringan permukaan yang dimiliki baji dengan tekanan fluida hidrostatik di dalam baji dan pada dasarnya? Apakah baji konsisten dengan keadaan itu?
Selesaikan persamaan taper kritis untuk $\lambda = \lambda_b$ .
Hitung tegangan vertikal, tekanan fluida, dan tekanan hidrostatik di dasar baji $60\,\mathrm{km}$ di belakang front.
Drainase menurunkan $\lambda$ menjadi 0.7. Hitung kemiringan permukaan kritis yang baru. Bagaimana baji meresponsnya?

Bagian III — Fluks.

Hitung fluks akresi per kilometer sabuk.
Berapa laju erosi rata-rata yang menjaga baji tetap dalam keadaan tunak?
Hitung volume dan massa batuan yang tererosi per tahun dari $100\,\mathrm{km}$ sabuk itu.
Jika erosi berhenti, seberapa cepat baji akan melebar pada awalnya?
Jika separuh lapisan masuk mengalami underplating tektonik di bawah bagian belakang baji, bukan diakresikan di depannya, apakah laju erosi rata-rata keadaan tunak berubah? Di mana erosi akan terkonsentrasi?

Bagian IV — Jam. Ambil lapisan setebal $30\,\mathrm{km}$ , bersuhu $10\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ di permukaan rata-rata ( $2.0\,\mathrm{km}$ di atas permukaan laut) dan $910\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ di dasarnya, $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , suhu penutupan apatit (U–Th)/He sebesar $65\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ , (U–Th)/He, laju penurunan suhu $6.5\,{}^{\circ}\mathrm{C}/\mathrm{km}$ , dan relief dengan panjang gelombang $20\,\mathrm{km}$ . Lima sampel yang dikumpulkan pada satu sisi lembah memberikan:

elevasi ( $\mathrm{km}$ )	1.30	1.65	2.00	2.35	2.70
umur apatit (U–Th)/He ( $\mathrm{Ma}$ )	1.60	1.83	2.07	2.30	2.54

Dengan laju erosi pada pertanyaan 15 sebagai laju ekshumasi, hitung bilangan Péclet termal dan gradien permukaan.
Hitung kedalaman isoterm penutupan di bawah permukaan rata-rata, dan gradiennya di sana.
Dengan isoterm penutupan yang datar, berapa umur yang dimiliki sampel pada elevasi rata-rata? Bandingkan dengan data.
Hitung $m$ dan faktor defleksi $f$ .
Cocokkan garis lurus pada data umur–elevasi. Laju ekshumasi semu apa yang diberikan oleh kemiringannya?
Koreksi hasil itu terhadap defleksi isoterm.
Bandingkan dengan Bagian III, dan berikan laju ekshumasi baji Kestrel.

Solusi

Solusi Soal 10.1.

1. $4.5 - 1.5 = 3.0\,\mathrm{km}$ tinggi; $3.0/\tan25{}^{\circ} = 6.43\,\mathrm{km}$ panjang horizontal; $3.0/\sin25{}^{\circ} = 7.10\,\mathrm{km}$ sepanjang kemiringan.

2. Berdasarkan tinggi tanjakan, $3.0\,\mathrm{km}$ .

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

4. Nilai yang sama, $16.5\,\mathrm{km}^{2}$ : pada lipatan tekukan-sesar, luas kelebihan setiap lapisan di atas bagian datar atas adalah $Sr$ . Sebagai lipatan detasemen, $16.5/4.0 = 4.1\,\mathrm{km}$ : kurang seperempat.

5. $4\times(6.0 - 2.5) = 14.0\,\mathrm{km}$ , dua setengah kali $5.5\,\mathrm{km}$ pergeseran pada tanjakan frontal.

6. Kuda frontal, yang paling dekat dengan depan-pegunungan: setiap tanjakan baru terbentuk di dinding bawah di depan yang terakhir. Setiap kuda, terangkat naik sepanjang tanjakannya, mengangkat sesar dorong atap dan batuan penutup di atasnya seperti lipatan tekukan-sesar mengangkat dinding gantungnya, sehingga atap terlipat di atas tumpukan.

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

8. $2.4 + 8.2 = 10.6\,\mathrm{km}$ , kurang dari sekitar $15\,\mathrm{km}$ : dasarnya masih bersifat gesekan, dan teori Coulomb berlaku.

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

10. $\lambda = 1000/2500 = 0.40$ : $(0.0699 + 0.51)/4.05 = 0.143\,\mathrm{rad} = 8.2{}^{\circ}$ , $\alpha = 4.2{}^{\circ}$ . Sudut yang teramati $2.0{}^{\circ}$ akan membuat baji sangat subkritis, menebal alih-alih maju: fluida harus bertekanan berlebih.

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

12. $\sigma_v = 2500\times9.81\times10\,600 = 260\,\mathrm{MPa}$ ; $P = 0.89\times260 = 231\,\mathrm{MPa}$ ; hidrostatik $1000\times9.81\times10\,600 = 104\,\mathrm{MPa}$ . Fluida membawa $127\,\mathrm{MPa}$ lebih besar daripada kolom air.

13. $(0.0699 + 0.85\times0.3)/(1 + 5.08\times0.3) = 0.325/2.52 = 0.129\,\mathrm{rad} = 7.4{}^{\circ}$ , $\alpha = 3.4{}^{\circ}$ . Baji, pada $2.0{}^{\circ}$ , kini subkritis: ia berhenti maju dan menebal oleh sesar dorong luar-urutan di belakang frontnya hingga kemiringan permukaannya mencapai $3.4{}^{\circ}$ .

14. $F_a = 10\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}\times4.0\,\mathrm{km} = 40\,\mathrm{km}^{2}/\mathrm{Ma}$ , yaitu $4.0 \times 10^{4}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{yr}$ per kilometer sabuk.

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

16. $40\times100 = 4000\,\mathrm{km}^{3}/\mathrm{Ma} = 4.0 \times 10^{6}\,\mathrm{m}^{3}/\mathrm{yr}$ , atau $1.0 \times 10^{10}\,\mathrm{kg}/\mathrm{yr}$ (10 juta ton per tahun).

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

18. Tidak: pada keadaan tunak erosi harus tetap memindahkan seluruh fluks masuk, sehingga laju rata-rata tetap $0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ . Namun batuan yang ditambahkan di bawah bagian belakang terangkat di sana: erosi dan ekshumasi akan paling cepat di atas bagian belakang, tempat umur pendinginan termuda akan ditemukan.

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

21. $1.38/0.667 = 2.07\,\mathrm{Ma}$ , umur sampel pada $2.00\,\mathrm{km}$ : pada elevasi rata-rata, defleksi isoterm adalah nol.

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. Elevasi rata-rata adalah $2.00\,\mathrm{km}$ dan umur rata-rata $2.068\,\mathrm{Ma}$ ; $\sum\Delta t\,\Delta h = 0.823$ dan $\sum\Delta t^2 = 0.552$ , sehingga kemiringannya $1.49\,\mathrm{km}/\mathrm{Ma}$ : laju semu sebesar $1.49\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ .

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

25. Termokronometer dan keseimbangan fluks sepakat: baji berada pada keadaan tunak, dan mengambil kemiringan semu apa adanya akan melebih-lebihkan laju lebih dari dua kali lipat. Laju ekshumasi baji Kestrel adalah $0.67\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ .

এই অধ্যায়ে সংজ্ঞায়িত পরিভাষা-শব্দ

পরিভাষায় সব 957 টি শব্দ দেখো