5Model Termal Litosfer

Jika kamu berlayar menjauhi punggungan tengah samudra, dasar laut makin dalam: sekitar $2.5\,\mathrm{km}$ di sumbu punggungan, dan lebih dari $5\,\mathrm{km}$ di bawah dasar laut tertua. Tidak ada yang ditambahkan ke lempeng atau diambil darinya; ia hanya mendingin, menyusut, dan tenggelam. Dasar laut adalah termometer bagi lempeng di bawahnya, dan probe aliran panas yang ditancapkan ke sedimennya membaca pendinginan yang sama dari atas. Bab ini menyelesaikan pendinginan lempeng dengan dua cara, sebagai setengah-ruang dan sebagai lempeng berhingga tebal, lalu membandingkan keduanya dengan kedalaman dasar laut sungguhan dan aliran panasnya, kemudian beralih ke benua, yang panasnya sebagian berasal dari kerak mereka sendiri.

Yang sudah kamu ketahui

Persamaan difusi untuk panas, $\partial T/\partial t = \kappa\nabla^2T$, dengan konduktivitas termal $k$ dan difusivitas termal $\kappa = k/(\rho c)$, ada di buku fisika; deret Fourier dan fungsi galat $\operatorname{erf}x = (2/\sqrt\pi)\int_0^xe^{-u^2}\,\mathrm du$ dibahas dalam volume universitas buku matematika. Aliran panas, produksi panas radiogenik, geoterm, skala waktu konduktif $L^2/\kappa$, lapisan batas termal dan litosfer termal didefinisikan dalam volume Tahun 1, dalam bab tentang anggaran panas Bumi; isostasi dalam bab tentang isostasi dan anomali gravitasi; hukum kedalaman–umur $d = d_r + C\sqrt t$ dibuktikan dalam bab tentang celah, punggungan, dan tepi pasif, dengan menerima profil suhu yang diturunkan bab ini. Model peregangan cekungan, penurunan pascacelah serta konstanta waktu termal ada di volume Tahun 2, dalam bab tentang cekungan sedimen.

5.1 Konduksi, adveksi, dan rasionya

Panas dalam litosfer bergerak dengan dua cara: ia berdifusi menuruni gradien suhu, dan ia terbawa oleh batuan yang bergerak, misalnya lempeng yang meninggalkan punggungan, gunung yang tererosi sedang terangkat, magma yang naik. Mana yang menang bergantung pada satu bilangan saja.

Definisi 5.1 (Bilangan Péclet termal)

Untuk batuan yang bergerak dengan kecepatan $u$ melintasi panjang $L$, bilangan Péclet termal adalah

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

rasio waktu konduktif $L^2/\kappa$ terhadap waktu adveksi $L/u$. Adveksi mendominasi ketika $\mathrm{Pe} \gg 1$, konduksi ketika $\mathrm{Pe} \ll 1$.

Lempeng yang meninggalkan punggungan dengan kecepatan $25\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ memiliki, pada jarak $95\,\mathrm{km}$, $\mathrm{Pe} \approx 94$ dengan $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$: panas terbawa ke samping oleh lempeng jauh lebih cepat daripada berdifusi ke samping. Karena itu, setiap kolom vertikal lempeng mendingin seakan sendirian, melalui konduksi vertikal ke dasar laut yang dingin, dengan umur $t$ menyatakan waktu sejak ia meninggalkan sumbu. Hal itu mengubah masalah dua dimensi menjadi satu dalam kedalaman dan waktu.

5.2 Setengah-ruang yang mendingin

Definisi 5.2 (Model pendinginan setengah-ruang)

Yang disebut model pendinginan setengah-ruang dari litosfer samudra memperlakukan setiap kolom sebagai setengah-ruang $z \ge 0$ dengan difusivitas seragam, pada suhu seragam $T_m$ mantel ketika ia meninggalkan sumbu punggungan; permukaannya dijaga sejak saat itu pada suhu $T_0$ dasar laut, tanpa produksi panas dan tanpa dasar.

Teorema 5.3 (Geoterm fungsi galat)

Dalam model pendinginan setengah-ruang, suhu pada kedalaman $z$ di bawah dasar laut berumur $t$ adalah

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

Inilah geoterm fungsi galat.

Suhu pada kedalaman tertentu hanya bergantung pada $z/\sqrt t$: isoterm turun sebanding dengan akar umur, dan lapisan dingin pada $40\,\mathrm{Ma}$ dua kali lebih tebal daripada pada $10\,\mathrm{Ma}$. Aliran panas permukaan diperoleh dengan diferensiasi.

Proposisi 5.4 (Hubungan aliran panas–umur)

Dalam model pendinginan setengah-ruang, aliran panas melalui dasar laut berumur $t$ adalah

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

Dengan nilai-nilai model lempeng di bawah ($k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $T_m - T_0 = 1450\,\mathrm{K}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), $C_q = 505\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$, mendekati nilai 430 sampai $510\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$ yang dicocokkan dengan pengukuran global oleh berbagai studi; kompilasi terbaru lebih memilih $490$. Aliran panas yang terukur pada kerak samudra muda, namun, jauh meremehkan panas yang keluar darinya: air laut yang beredar melalui kerak yang retak membawa sebagian panas keluar lewat mata air panas, di luar jangkauan alat ukur. Pada kerak tua, pengukuran mengikuti $1/\sqrt t$, dan taksiran kehilangan panas Bumi menggantikan pengukuran pada kerak yang lebih muda dari $66.5\,\mathrm{Ma}$ dengan $C_q/\sqrt t$.

Volume Tahun 1 mengintegralkan profil yang sama terhadap kedalaman, melalui isostasi, untuk memperoleh hukum kedalaman–umur, $d = d_r + C\sqrt t$ dengan $C = 2\rho_m\alpha(T_m - T_0)\sqrt\kappa/\bigl(\sqrt\pi(\rho_m - \rho_w)\bigr)$ (gambar di bawah). Dengan $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ dan $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $C = 370\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$, dibandingkan dengan $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$ yang dicocokkan pada dasar Samudra Pasifik Utara dan Samudra Atlantik Utara yang lebih muda dari $70\,\mathrm{Ma}$.

5.3 Model lempeng

Dasar samudra tua berhenti menurun: di Samudra Pasifik Utara dan Samudra Atlantik Utara, kedalaman menyimpang dari $\sqrt t$ antara 60 dan $80\,\mathrm{Ma}$, dan aliran panas mendatar. Setengah-ruang terus mendingin tanpa henti; sesuatu harus menjaga dasar lempeng tetap hangat.

Definisi 5.5 (Model pendinginan lempeng)

Yang disebut model pendinginan lempeng untuk litosfer samudra menganggap setiap kolom sebagai lapisan $0 \le z \le L$ dengan difusivitas seragam, pada suhu seragam $T_m$ saat meninggalkan punggungan, yang permukaannya ditahan pada $T_0$ dan dasarnya ditahan pada $T_m$ sejak saat itu.

Teorema 5.6 (Deret suhu model lempeng)

Dalam model pendinginan lempeng, dengan $T_0 = 0$,

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

Ini disebut deret suhu model lempeng.

Setiap moda meluruh dengan waktunya sendiri, $\tau/n^2$: harmonik yang lebih tinggi, struktur halus dari langkah awal, lenyap lebih dulu, dan setelah waktu berorde $\tau$ hanya moda pertama yang tersisa. Pemisahan variabel yang sama memberikan aliran panas dan, melalui keseimbangan isostatik pada gambar di atas, kedalamannya.

Proposisi 5.7 (Kedalaman dan aliran panas model lempeng)

Dalam model pendinginan lempeng, dengan massa jenis dan pemuaian pada hukum kedalaman–umur,

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

Saat $t \to \infty$, kedalaman menuju $d_r + \rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)$ dan aliran panas menuju $kT_m/L$, keduanya secara eksponensial, dengan waktu konstanta $\tau$.

Model lempeng yang paling sesuai dengan kedalaman dan aliran panas global memiliki lempeng $95\,\mathrm{km}$ tebalnya, dengan dasar pada $1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$ dan $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, lebih tipis dan lebih panas daripada sebelumnya $125\,\mathrm{km}$ dan $1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$. Dengan $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\tau = 36.2\,\mathrm{Ma}$; kedalaman mendatar pada $2500 + 3104 = 5604\,\mathrm{m}$ dan aliran panas pada $47\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Dasar samudra muda tidak dapat membedakan kedua model: keduanya berbeda kurang dari satu meter pada $2\,\mathrm{Ma}$, dan selisih $100\,\mathrm{m}$ pada $44\,\mathrm{Ma}$. Seismologi memberikan jawaban serupa: gelombang Rayleigh Pasifik paling sesuai dengan lempeng pendingin yang ketebalan asimtotiknya 85 sampai $95\,\mathrm{km}$.

Dasar samudra yang sebenarnya dapat diletakkan pada grafik yang sama (gambar di bawah). Setiap sel satu derajat lintang dan bujur yang umurnya diketahui diletakkan pada umur dan kedalamannya; median setiap selang lima juta tahun naik seiring umur, sebagaimana model menyatakan untuk $40\,\mathrm{Ma}$ pertama, tetapi dasar yang teramati lebih dangkal daripada kedua model, dan semakin dangkal seiring umur. Belum ada koreksi yang dilakukan: dasar tua memiliki selimut sedimen yang lebih tebal, lebih dari satu kilometer, di bagian Samudra Atlantik Utara yang lebih tua, yang membebaninya dan menaikkan puncaknya, dan dasar tua sempat mengumpulkan gunung laut, dataran tinggi vulkanik, dan tonjolan titik panas. Penyesuaian yang dipublikasikan lebih dulu menghilangkan beban sedimen dan tonjolan yang jelas. Hukum kedalaman–umur dari volume Tahun 1 serta model lempeng di atas berasal dari kedalaman yang telah dikoreksi tersebut.

Definisi 5.8 (Penurunan termal)

Yang disebut penurunan termal adalah turunnya permukaan litosfer seiring ia mendingin dan menyusut menuju kesetimbangan termal, dengan ruang di atasnya terisi air atau sedimen; isostasi mengubah panas yang hilang dari suatu kolom menjadi penurunannya.

Dasar samudra adalah kasus murninya. Cekungan benua yang teregang adalah contoh lainnya: litosfer yang menipis dengan faktor $\beta$ membawa astenosfer panas naik, dan penurunan pascacelah pada volume Tahun 2 adalah pendinginan lempeng yang sama, dimulai dari profil yang berbeda, dengan mode dan waktu peluruhan $\tau/n^2$ yang sama. Karena itu, hanya mempertahankan mode pertama adalah pendekatan yang baik setelah mode-mode yang lebih tinggi mereda, dan pendekatan yang buruk sebelumnya. Untuk dasar samudra pada model lempeng di atas, suku pertama saja memberikan kedalaman dengan selisih dua meter setelah $20\,\mathrm{Ma}$, tetapi terlalu dalam $84\,\mathrm{m}$ pada $5\,\mathrm{Ma}$.

5.4 Geoterm benua

Kerak benua menghasilkan panas: granit mengandung uranium, torium, dan kalium dalam konsentrasi yang membuat panas yang dihasilkan di kerak atas menjadi bagian besar dari aliran panas di permukaan. Cara produksi itu tersebar menurut kedalaman menentukan suhu pada kedalaman.

Definisi 5.9 (Skala kedalaman produksi panas; aliran panas tereduksi)

Bila produksi panas radiogenik kerak menurun terhadap kedalaman sebagai $A(z) = A_0e^{-z/h_r}$, $h_r$ adalah skala kedalaman produksi panas. Yang disebut aliran panas tereduksi $q_m$ suatu provinsi adalah aliran panas yang akan tetap ada di permukaannya jika kerak tidak menghasilkan panas: aliran panas dari bawah lapisan radiogenik.

Proposisi 5.10 (Produksi panas eksponensial)

Dalam konduksi tunak dengan konduktivitas seragam $k$, suhu permukaan $0$, produksi panas $A_0e^{-z/h_r}$ dan aliran panas $q_m$ dari kedalaman yang sangat besar, aliran panas di permukaan adalah

$$q_0 = q_m + A_0h_r,$$

dan geotermnya adalah

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

Jika pluton-pluton suatu provinsi memiliki $h_r$ dan $q_m$ yang sama, aliran panas permukaan dan produksi panas permukaan mereka terletak pada garis lurus $q_0 = q_m + h_rA_0$.

Garis itu teramati: di beberapa provinsi, aliran panas dan produksi panas permukaan pluton jatuh pada garis lurus, dengan skala kedalaman 7.5 sampai $10\,\mathrm{km}$ dan aliran panas tereduksi sebesar $0.8\,\mathrm{HFU}$ (sekitar $33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$) di sebelah timur Pegunungan Rocky. Bentuk eksponensial bukan satu-satunya yang menghasilkan garis, tetapi bentuk ini tetap mempertahankannya melalui erosi: bila lapisan setebal $e$ diambil dari atas, maka $A_0$ dan bagian radiogenik dari $q_0$ sama-sama dikalikan faktor $e^{-e/h_r}$.

Gambar di bawah menunjukkan geoterm untuk aliran panas permukaan 40, 60, dan $80\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, yang pertama khas untuk kraton dan yang terakhir untuk wilayah busur belakang, dengan $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $h_r = 10\,\mathrm{km}$, dan bagian kerak $A_0h_r = 0.4\,q_0$. Isoterm $1300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, yang diambil sebagai dasar litosfer termal, berada pada 129, 84, dan $61\,\mathrm{km}$. Seismologi mendapati mantel kraton cepat hingga sekitar $250\,\mathrm{km}$, dan litosfer busur belakang setebal 50 sampai $60\,\mathrm{km}$: akar kraton yang dingin dan tebal memerlukan aliran panas tereduksi yang lebih kecil daripada yang diberikan model sederhana ini, dan konduktivitasnya berubah terhadap suhu, tetapi besaran kontras ini sudah benar.

Di lapangan — Mengukur aliran panas di laut

Probe aliran panas laut adalah tombak baja panjang dengan beban berat di bagian atas dan tabung ramping berisi sensor suhu di sepanjang sisinya. Dari buritan sebuah kapal riset, probe diturunkan dengan kabel winch ke dasar laut dan membiarkan dirinya jatuh ke dalam sedimen lunak, beserta sensornya. Probe diam beberapa menit sementara panas gesekan akibat penetrasi mereda dan sensor menyesuaikan diri dengan suhu lumpur di sekelilingnya: hasil bacaannya, berjarak beberapa meter, memberikan gradien suhu. Sebuah denyut panas singkat kemudian dikirim sepanjang tabung, dan laju peluruhannya memberikan konduktivitas sedimen di sekitarnya; hasil kali keduanya adalah aliran panas. Tombak itu ditarik keluar dan diletakkan kembali beberapa ratus meter lebih jauh di sepanjang lintasan, tanpa naik ke geladak.

5.5 Latihan

Latihan 5.1 ★

Dengan $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, hitung waktu konduktif $L^2/\kappa$ untuk $L = 1$, 10, dan $100\,\mathrm{km}$, dalam juta tahun.

Solusi

Solusi Latihan 5.1.

$L^2/\kappa = 10^{12}\,\mathrm{s}$, $10^{14}\,\mathrm{s}$ dan $10^{16}\,\mathrm{s}$: 0.032, 3.2 dan $317\,\mathrm{Ma}$. Satu kilometer melupakan suhunya dalam puluhan ribu tahun, seratus kilometer dalam ratusan juta tahun.

Latihan 5.2 ★

Sebuah pegunungan terkikis dengan laju $1\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$, dan batuan naik melalui $30\,\mathrm{km}$ kerak bagian atas untuk menggantikannya. Dengan $\kappa = 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, hitung bilangan Péclet. Dapatkah geoterm pegunungan itu dihitung dengan konduksi saja?

Solusi

Solusi Latihan 5.2.

$u = 10^{-3}\,\mathrm{m}/3.156 \times 10^{7}\,\mathrm{s} = 3.17 \times 10^{-11}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, sehingga $\mathrm{Pe} = 3.17\times10^{-11}\times3 \times 10^{4}/10^{-6} = 0.95$. Adveksi dan konduksi sama pentingnya: batuan yang naik membawa panas ke atas dan membuat geoterm lebih curam di dekat permukaan, sedangkan konduksi saja akan meremehkan gradiennya.

Latihan 5.3 ★

Dalam model setengah-ruang ($T_0 = 0$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), hitung suhu $10\,\mathrm{km}$ di bawah dasar laut berumur $5\,\mathrm{Ma}$ ($1\,\mathrm{Ma}$ $= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$; $\operatorname{erf} 0.445 = 0.471$).

Solusi

Solusi Latihan 5.3.

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

Latihan 5.4 ★

Dengan $C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$, hitung aliran panas melalui dasar laut berumur 1, 25, dan $100\,\mathrm{Ma}$. Manakah dari ketiganya yang paling mungkin diremehkan oleh probe?

Solusi

Solusi Latihan 5.4.

$490/\sqrt1 = 490$, $490/5 = 98$ dan $490/10 = 49\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Sonda paling mungkin meremehkan yang pertama: kerak muda retak dan terbuka bagi air laut yang bersirkulasi, yang membawa sebagian panas keluar melalui mata air panas.

Latihan 5.5 ★★

Dalam model setengah-ruang, suhu mencapai $90\,\%$ dari $T_m$ ketika $\operatorname{erf}\eta = 0.9$, $\eta = 1.163$. Dengan $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$), hitung kedalaman itu pada 10, 40, dan $100\,\mathrm{Ma}$.

Solusi

Solusi Latihan 5.5.

$z = 2\times1.163\sqrt{\kappa t}$: dengan $\sqrt{\kappa t} = 15.89$, 31.78 dan $50.25\,\mathrm{km}$, $z = 37.0$, 73.9 dan $116.9\,\mathrm{km}$. Lapisan yang mendingin menjadi dua kali lipat dari 10 hingga $40\,\mathrm{Ma}$; pada $100\,\mathrm{Ma}$ ia sudah lebih dalam daripada lempeng setebal $95\,\mathrm{km}$.

Latihan 5.6 ★★

Dengan nilai-nilai dalam teks, model setengah-ruang memberikan $C = 370.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$. Jika semua nilai lain dijaga tetap, koefisien ekspansi termal berapa yang memberikan hasil pencocokan $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$? Parameter lain apa yang bisa diubah sebagai gantinya?

Solusi

Solusi Latihan 5.6.

$C$ sebanding dengan $\alpha$: $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\times350/370.5 = 2.93 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$. $C$ juga sebanding dengan $T_m - T_0$ (mantel pada $1450\times350/370.5 = 1370\,{}^{\circ}\mathrm{C}$) dan terhadap $\sqrt\kappa$ (suatu difusivitas $0.8\times(350/370.5)^2 = 0.71 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$): kedalaman saja tidak dapat memisahkannya, itulah sebabnya aliran panas juga digunakan.

Latihan 5.7 ★★

Hitung aliran panas asimtotik $kT_m/L$ model lempeng untuk $L = 95\,\mathrm{km}$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dan untuk $L = 125\,\mathrm{km}$, $T_m = 1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, dengan $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$ untuk keduanya. Mana yang lebih dekat dengan aliran panas dasar samudra tua yang dihitung dari $C_q/\sqrt t$ pada $150\,\mathrm{Ma}$ dengan $C_q = 490\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{Ma}^{1/2}$?

Solusi

Solusi Latihan 5.7.

$3.1\times1450/95 \times 10^{3} = 47.3\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ dan $3.1\times1350/125 \times 10^{3} = 33.5\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$. Setengah-ruang mencapainya pada $(490/47.3)^2 = 107\,\mathrm{Ma}$ dan $(490/33.5)^2 = 214\,\mathrm{Ma}$: lempeng yang tipis dan panas mempertahankan aliran panas dasar samudra tua sebesar $47\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ sejak sekitar $100\,\mathrm{Ma}$ seterusnya, sedangkan lempeng yang lebih tebal dan lebih dingin membuatnya turun di bawah $40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, nilai setengah-ruang pada $150\,\mathrm{Ma}$.

Latihan 5.8 ★★

Sebuah provinsi memiliki $q_0 = 60\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $h_r = 10\,\mathrm{km}$, dan $A_0h_r = 0.4\,q_0$. Hitung $A_0$, $q_m$, dan suhu di Moho, $35\,\mathrm{km}$ dalam, dengan $k = 2.5\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$.

Solusi

Solusi Latihan 5.8.

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

Latihan 5.9 ★★

Dua pluton granit dari satu provinsi memberikan $q_0 = 66\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ dengan $A_0 = 3.0\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$, dan $q_0 = 48\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$ dengan $A_0 = 1.2\,\text{µ}\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-3}$. Dengan asumsi keduanya terletak pada garis Proposisi 5.10, hitung $h_r$ dan $q_m$.

Solusi

Solusi Latihan 5.9.

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

Latihan 5.10 ★★★

(a) Tunjukkan bahwa panas yang hilang melalui dasar laut antara umur 0 dan $t$, per satuan luas, adalah $Q(t) = 2k(T_m - T_0)\sqrt{t/(\pi\kappa)}$ dalam model setengah-ruang. (b) Tunjukkan bahwa penurunan adalah $d - d_r = \alpha Q/\bigl(c(\rho_m - \rho_w)\bigr)$, dengan $c = k/(\rho_m\kappa)$ adalah kalor jenis. (c) Periksa secara numerik pada $40\,\mathrm{Ma}$ dengan nilai-nilai dalam teks.

Solusi

Solusi Latihan 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) Panas yang hilang adalah kandungan panas yang dikeluarkan dari kolom, $Q = \rho_mc\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz$, dan isostasi memberikan $(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int_0^\infty(T_m - T)\,\mathrm dz = \alpha Q/c$. (c) $c = 3.1/(3300\times0.8 \times 10^{-6}) = 1174\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$; pada $40\,\mathrm{Ma}$, $t = 1.262 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$ dan $Q = 2\times3.1\times1450\times\sqrt{1.262 \times 10^{15}/(\pi\times0.8 \times 10^{-6})} = 2.015 \times 10^{14}\,\mathrm{J}\,\mathrm{m}^{-2}$; $d - d_r = 3.1 \times 10^{-5}\times2.015 \times 10^{14}/ (1174\times2270) = 2343\,\mathrm{m}$, yaitu $370.5\sqrt{40}$.

Latihan 5.11 ★★★

Dalam model lempeng dari teks ($\tau = 36.2\,\mathrm{Ma}$, $\rho_m\alpha T_mL/ \bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr) = 3104\,\mathrm{m}$), kedalaman yang dihitung dengan suku Fourier pertama saja melampaui deret penuh, terutama oleh suku $n = 3$. Hitung besar suku itu pada 1, 10, dan $20\,\mathrm{Ma}$, serta umur setelah itu suku pertama saja berada dalam $10\,\mathrm{m}$ dari deret penuh.

Solusi

Solusi Latihan 5.11.

Suku $n = 3$ adalah $3104\times(8/\pi^2)\times\tfrac19e^{-9t/36.2} = 280\,e^{-9t/36.2}$ meter: $218\,\mathrm{m}$ pada $1\,\mathrm{Ma}$, $23\,\mathrm{m}$ pada $10\,\mathrm{Ma}$ dan $1.9\,\mathrm{m}$ pada $20\,\mathrm{Ma}$. Nilai itu turun menjadi $10\,\mathrm{m}$ ketika $e^{-9t/36.2} = 10/280$, pada $t = (36.2/9)\ln28 = 13.4\,\mathrm{Ma}$.

Latihan 5.12 ★★★

(a) Tunjukkan bahwa, pada geoterm dari Proposisi 5.10, $T(z) \approx q_mz/k + A_0h_r^2/k$ untuk $z \gg h_r$. (b) Turunkan kedalaman isoterm $1300\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ untuk $q_0 = 40\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, dengan nilai-nilai dari latihan 8. (c) Seberapa besar $q_m$ harus turun agar kedalaman itu mencapai $250\,\mathrm{km}$, kedalaman akar cepat kraton?

Solusi

Solusi Latihan 5.12.

(a) Untuk $z \gg h_r$, $e^{-z/h_r} \to 0$. (b) $q_m = 24\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, $A_0h_r^2/k = 16 \times 10^{-3}\times10^{4}/2.5 = 64\,\mathrm{K}$, dan $z = (1300 - 64)\times2.5/24 \times 10^{-3} = 128.8\,\mathrm{km}$. (c) $q_m = 2.5\times1236/250 \times 10^{3} = 12.4\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$: aliran panas tereduksi harus kira-kira dibagi dua, seperti di bawah kraton yang akar tebal dan dinginnya membiarkan sedikit panas masuk dari bawah.

5.6 Soal: Empat puluh juta tahun dari punggungan

Soal 5.1

Soal akhir pekan — model setengah-ruang dan model lempeng, kedalaman samudra rekaan, dan ketebalan lempengnya

Ambil $T_0 = 0$, $T_m = 1450\,{}^{\circ}\mathrm{C}$, $\kappa = 0.8 \times 10^{-6}\,\mathrm{m}^{2}\,\mathrm{s}^{-1}$, $k = 3.1\,\mathrm{W}\,\mathrm{m}^{-1}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\alpha = 3.1 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, $\rho_w = 1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, sebuah punggungan dengan kedalaman $2500\,\mathrm{m}$, dan $1\,\mathrm{Ma}$ $= 3.156 \times 10^{13}\,\mathrm{s}$.

Bagian I — Model setengah-ruang.

1. Hitung $\sqrt{\kappa t}$ pada 10 dan $40\,\mathrm{Ma}$.
2. Hitung suhu $20\,\mathrm{km}$ di bawah dasar laut pada kedua umur ($\operatorname{erf}0.6294 = 0.6266$, $\operatorname{erf}0.3147 = 0.3437$).
3. Isoterm $1000\,{}^{\circ}\mathrm{C}$ berada di tempat $\operatorname{erf}\eta = 0.6897$, $\eta = 0.7174$. Hitung kedalamannya pada kedua umur, dan umur saat isoterm itu mencapai $60\,\mathrm{km}$.
4. Hitung aliran panas pada kedua umur, dan $C_q$.
5. Sebuah punggungan menyebar dengan laju $25\,\mathrm{mm}/\mathrm{yr}$ di setiap sisi. Hitung bilangan Péclet lempeng sepanjang $95\,\mathrm{km}$. Mengapa setiap kolom boleh didinginkan sendiri?
6. Hitung waktu konduktif melintasi $95\,\mathrm{km}$. Apa yang dikatakannya tentang model setengah-ruang dasar laut berumur $150\,\mathrm{Ma}$?

Bagian II — Penurunan.

7. Ingat kembali keseimbangan isostatik yang mengubah defisit suhu sebuah kolom menjadi penurunan, dan mengapa integral boleh dihitung sampai tak hingga di dalam setengah-ruang.
8. Hitung $C$ dari hukum kedalaman–umur, serta kedalamannya pada 10 dan $40\,\mathrm{Ma}$.
9. Kedalaman median dasar samudra nyata antara 40 dan $45\,\mathrm{Ma}$ adalah $4475\,\mathrm{m}$, belum dikoreksi. Bandingkan dengan model pada $42.5\,\mathrm{Ma}$, dan daftarkan apa yang termasuk dalam median tetapi tidak dimasukkan dalam model.
10. Sebesar apa $C$ akan berubah jika $T_m$ bernilai $1350\,{}^{\circ}\mathrm{C}$? Bandingkan dengan $350\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$ hasil pencocokan.
11. Mengapa aliran panas terukur pada dasar samudra muda berada di bawah $C_q/\sqrt t$?

Bagian III — Lempengnya. Ambil $L = 95\,\mathrm{km}$.

12. Hitung $\tau$ dan amplitudo $\rho_m\alpha T_mL/\bigl(2(\rho_m - \rho_w)\bigr)$.
13. Hitung kedalaman pada $40\,\mathrm{Ma}$ dengan suku $n = 1$, 3 dan 5.
14. Seberapa besar suku pertama saja berbeda dari itu, dan mengapa sedikit sekali?
15. Hitung selisih antara setengah-ruang dan lempeng pada 40 dan $50\,\mathrm{Ma}$, dan taksirlah dengan interpolasi linier umur saat selisih itu mencapai $100\,\mathrm{m}$.
16. Hitung aliran panas lempeng pada $40\,\mathrm{Ma}$, dengan suku $n = 1$ sampai 3, dan bandingkan dengan setengah-ruang.
17. Berikan kedalaman dan aliran panas asimtotiknya.

Bagian IV — Samudra rekaan. Di samudra rekaan yang punggungannya berkedalaman $2500\,\mathrm{m}$, dasar laut, setelah dikoreksi terhadap sedimen dan dengan mengabaikan gunung laut serta punggung, berkedalaman $5700\,\mathrm{m}$ pada $120\,\mathrm{Ma}$ dan $4800\,\mathrm{m}$ pada $40\,\mathrm{Ma}$. Nilai $L$ lempeng tidak diketahui; nilai lainnya sama seperti di atas.

18. Dengan hanya mempertahankan suku pertama deret Fourier, tuliskan kedalaman pada $120\,\mathrm{Ma}$ sebagai fungsi $L$, dengan $\tau$ itu sendiri bergantung pada $L$.
19. Selesaikan untuk $L$ dengan iterasi, mulai dari $L = 100\,\mathrm{km}$: hitung $\tau$, lalu $L$ yang mencocokkan $5700\,\mathrm{m}$ dengan $\tau$ tersebut, dan ulangi.
20. Dengan $L$ yang diperoleh, hitung kedalaman pada $40\,\mathrm{Ma}$ dan bandingkan dengan setengah-ruang serta dengan $4800\,\mathrm{m}$ terukur.
21. Hitung $\tau$ untuk $L$ tersebut dan kedalaman asimtotik samudra ini.
22. Setelah umur berapa dasar laut berada dalam jarak $100\,\mathrm{m}$ dari kedalaman asimtotiknya?
23. Berikan tebal $L$ lempeng yang sesuai dengan dasar samudra tua rekaan ini.

Solusi

Solusi Soal 5.1.

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

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

3. $z = 2\times0.7174\sqrt{\kappa t}$: $22.8\,\mathrm{km}$ dan $45.6\,\mathrm{km}$. Ia mencapai $60\,\mathrm{km}$ ketika $\sqrt{\kappa t} = 60/1.4348 = 41.82\,\mathrm{km}$, pada $t = (41.82 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 2.186 \times 10^{15}\,\mathrm{s}$, $69.3\,\mathrm{Ma}$.

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

5. $u = 7.92 \times 10^{-10}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}$, $\mathrm{Pe} = 7.92\times10^{-10} \times95 \times 10^{3}/0.8 \times 10^{-6} = 94$. Panas bergerak ke samping bersama lempeng seratus kali lebih cepat daripada ia berdifusi ke samping, sehingga setiap kolom mendingin hanya melalui konduksi vertikal.

6. $(95 \times 10^{3})^2/0.8 \times 10^{-6} = 1.13 \times 10^{16}\,\mathrm{s}$, $357\,\mathrm{Ma}$. Pada $150\,\mathrm{Ma}$, $\sqrt{\kappa t} = 61.5\,\mathrm{km}$ dan lapisan yang mendingin, beberapa kali lipat darinya, mencapai jauh di bawah $95\,\mathrm{km}$: model setengah-ruang untuk dasar samudra yang setua itu mengandaikan bahwa dingin telah mencapai kedalaman tempat mantel berkonveksi.

7. $(\rho_m - \rho_w)(d - d_r) = \rho_m\alpha\int(T_m - T)\,\mathrm dz$, massa kolom punggungan dan kolom tua sama besar di atas kedalaman kompensasi. $T_m - T = T_m\operatorname{erfc}\eta$ turun di bawah $0.5\,\%$ dari $T_m$ untuk $\eta > 2$, sehingga bagian yang dalam tidak menambah apa-apa.

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

9. Model memberikan $2500 + 370.5\sqrt{42.5} = 4915\,\mathrm{m}$, $440\,\mathrm{m}$ lebih dalam daripada median. Median memasukkan beban sedimen, gunung laut dan dataran vulkanik, tonjolan titik panas, serta sel-sel di lereng zona rekahan dan tepi, yang semuanya membuat dasar lebih dangkal.

10. $C$ sebanding dengan $T_m$: $370.5\times1350/1450 = 344.9\,\mathrm{m}\,\mathrm{Ma}^{-1/2}$, mendekati 350 hasil taksiran.

11. Air laut yang bersirkulasi melalui kerak muda yang retak membawa sebagian panas keluar lewat mata air panas, di antara sensor.

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

13. $e^{-40/36.2} = 0.33124$, $e^{-360/36.2}/9 = 5.3 \times 10^{-6}$ dan suku $n = 5$ jauh lebih kecil lagi; kurung bernilai $1 - 0.81057\times0.33125 = 0.73150$, dan $d = 2500 + 3104\times0.73150 = 4771\,\mathrm{m}$.

14. Dari suku $n = 3$, $3104\times0.81057\times5.3 \times 10^{-6} = 0.013\,\mathrm{m}$: pada $40\,\mathrm{Ma}$, $e^{-9t/\tau}$ bernilai $10^{-4}$ dari $e^{-t/\tau}$, dan hanya mode pertama yang tersisa.

15. Pada $40\,\mathrm{Ma}$, $4843 - 4771 = 73\,\mathrm{m}$; pada $50\,\mathrm{Ma}$, $2500 + 370.5\sqrt{50} = 5120$ dibandingkan $2500 + 3104\times(1 - 0.81057\times0.25127) = 4972$: $148\,\mathrm{m}$. Dengan interpolasi, $40 + 10\times (100 - 73)/(148 - 73) = 43.6\,\mathrm{Ma}$, sekitar $44\,\mathrm{Ma}$ (deret penuh memberikan 44.0).

16. $q = (3.1\times1450/95 \times 10^{3})[1 + 2(0.33124 + 0.01204 + 0.00005)] = 47.32\times1.68666 = 79.8\,\mathrm{mW}\,\mathrm{m}^{-2}$, sama seperti setengah-ruang: pada $40\,\mathrm{Ma}$ dasar belum terasa di permukaan.

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

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

19. $L = 3200/\bigl(32.673\,[1 - 0.81057e^{-120/\tau}]\bigr)$. Dari $L = 100\,\mathrm{km}$: $\tau = 40.13\,\mathrm{Ma}$, kurung 0.95925, $L = 102.10\,\mathrm{km}$; lalu $\tau = 41.83$, $L = 102.67$; $\tau = 42.30$, $L = 102.82$; $\tau = 42.43$, $L = 102.87$; nilainya menetap di $L = 102.9\,\mathrm{km}$.

20. $\tau = 42.48\,\mathrm{Ma}$, $aL = 3362\,\mathrm{m}$: $d(40) = 2500 + 3362\times(1 - 0.81057e^{-40/42.48}) = 4799\,\mathrm{m}$, dibandingkan $4843\,\mathrm{m}$ untuk setengah-ruang dan $4800\,\mathrm{m}$ terukur: lempeng ini cocok dengan kedua umur.

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

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

23. Lempeng yang cocok dengan dasar tua samudra fiktif $102.9\,\mathrm{km}$ tebalnya.