DS 5 20142015 Dynamique enveloppes et manteau - bcpst-svt-parc

851. 852 et 853
D.S. n°5 Géologie – éléments de correction
09/03/2015
Partie 1 : Gravimétrie et isostasie (20 points)
Exercice A : En milieu continental
1. Définir l’anomalie de Bouguer et indiquer sa méthode d’obtention, puis interpréter les valeurs observées
en Scandinavie (Document 1).
L’anomalie de Bouguer résulte d’une confrontation entre la valeur de g mesurée en un point de latitude et d’altitude
données, et celle calculée à la même latitude mais à l’altitude 0, sur l’ellipsoïde de référence (= de Clairault).
Au préalable, la valeur de g mesurée doit être successivement corrigée :
- des effets de l’altitude : correction à l’air libre,
- des effets des masses situées entre le point de mesure et l’ellipsoïde de Clairault : correction de plateau,
- des effets des reliefs voisins : correction topographique.
Une fois ces corrections effectuées, la différence entre « g mesurée corrigée » et « g calculée » est appelée
anomalie de Bouguer.
Une anomalie de Bouguer positive signale un « excès » de masse (sous-entendu, excès par rapport à la Terre de
référence, qui correspond au modèle PREM), c’est-à-dire des matériaux de masse volumique supérieure à ce que
prédit PREM.
Inversement en ce qui concerne les anomalies négatives.
La carte 1b de l’anomalie de Bouguer en Scandinavie montre des valeurs négatives (-30 à -130 mgal) au niveau des
reliefs montagneux indiqués par la carte topographique 1a : il existe un déficit de masse, que l’on peut interpréter
comme la présence d’une racine crustale sous ces reliefs (la croûte, moins dense que le manteau, occupe un
volume « normalement » occupé par du manteau).
2. Expliquer comment on utilise les données du document 2a pour déterminer les anomalies isostatiques
puis interpréter les anomalies constatées en Scandinavie (document 2b).
La profondeur du Moho indique la base de la croûte. Sur la carte 2a sont indiquées la profondeur du Moho déduite
du modèle d’Airy selon lequel un relief est compensé en profondeur par une racine crustale comme indiqué plus
haut, et le Moho sismique repéré grâce à la technique de sismique réflexion. On constate que les données ne
coïncident pas bien, le Moho sismique apparaît plus profond que le Moho calculé, en particulier au niveau du Golfe
de Bothnie. La base de la croûte étant plus profonde qu’attendu, on peut en déduire que l’équilibre isostatique n’est
pas réalisé.
La prise en compte du Moho calculé avec le modèle d’Airy permet de calculer une correction isostatique – qui prend
en compte le déficit de masse lié à l’épaisseur anormalement importante de la croûte – qui permet de corriger
l’anomalie de Bouguer. La valeur obtenue constitue alors l’anomalie isostatique. Si sa valeur diffère de zéro, cela
signifie que l’équilibre isostatique n’est pas réalisé, comme le suggèrent les données du document 2a.
La carte 2b des anomalies isostatiques montre des anomalies négatives fortes, en particulier au niveau du Golfe de
Bothnie : l’équilibre isostatique n’est pas réalisé dans ces zones, et son signe négatif indique que la région, encore
en cours de rééquilibrage, se soulève.
Cela peut être mis en relation avec la disparition de la calotte glaciaire depuis 8000 ans : une surcharge a disparu,
elle enfonçait la lithosphère dans l’asthénosphère
1
3. Calculez la position attendue du Moho à Briançon, ville située à 1 326 m d’altitude, en supposant que cette
portion de lithosphère est à l’équilibre, et que la croûte continentale possède une densité homogène.
Soit h l’altitude du secteur de Briançon et H’ l’épaisseur totale de la croûte continentale à ce niveau.
On peut représenter la situation de Briançon comme suit, en comparaison avec une croûte continentale
« moyenne » d’altitude 0 et d’épaisseur H : si la croûte continentale est à l’équilibre, l’altitude h est compensée par
l’existence d’une racine d’épaisseur R, dont il faut calculer la valeur.
h
H
ρc
ρc
H’
R
Surface de compensation
L’écriture des conditions de l’équilibre isostatique sur la surface de compensation amène l’égalité suivante :
ρc.H + ρm.R = ρc.H’ = ρc.(h + H + R)
R (ρm – ρc) = h.ρc
R = h.ρc / (ρm – ρc)
A.N. : R = 1 326 x 2,7 / (3,2 – 2,7) = 7 160 m
La profondeur du Moho devrait donc être égale à h + H + R = 1 326 + 30 000 + 7 160 = 38 486 m soit environ 40 km.
4. En utilisant les informations fournies par le document 3 :
a. Indiquez si la valeur utilisée pour la masse volumique de la croûte continentale dans le calcul
précédent est plausible.
On a utilisé une valeur de densité égale à 2,7 pour la croûte continentale et supposé que cette valeur était
homogène.
-
au vu du document 3b, les masses volumiques crustales ne sont pas homogènes mais augmentent avec la
profondeur,
-
par contre, la valeur de 2,7 est plausible, car semblant correspondre à la moyenne entre les valeurs minimales
(2,4) et maximale (3,1).
b. Confrontez la position du Moho calculée précédemment à celle proposée dans le modèle.
Dans ce contexte, la profondeur du Moho semble bien estimée (en effet, le document 3b montre bien une
profondeur du Moho de l’ordre de 40 km dans le secteur de Briançon).
5. En supposant que seule l’érosion intervient, calculer en combien de temps le secteur de Briançon
atteindra 500 m d’altitude.
Attention quand on dit que seule l’érosion intervient, c’est que l’on ne prend pas en compte les processus
tectoniques qui pourraient contribuer à des mouvements verticaux de la croûte !
Si l’altitude est égale à 500 m, la racine a une épaisseur R = h.ρc / (ρm – ρc) soit R = 2,7 km.
[Gagner du temps en reprenant la formule établie à la question 3 !]
La nouvelle épaisseur de croûte sera égale à h + H + R = 0,5 + 30 + 2,7 = 33,2 km
L’érosion aura donc dû dégager une hauteur de 38,5 – 33,2 = 5,3 km de matériaux rocheux.
-6
A raison de 0,5.10 km/an, le secteur atteindra l’altitude de 500 m en 10,6 millions d’années.
2
6. Calculer la hauteur de sédiments déposés correspondant au matériel érodé.
3
Le volume total érodé est égal (en km ) à : 5,3 x 100 x 20 = 10 600 km
3
Ces matériaux, à l’origine, avaient une densité égale à 2,7. Une fois redéposés sous forme de sédiments, leur
densité moyenne est de l’ordre de 2,0.
Puisque la densité a diminué, le volume a augmenté ; il a augmenté d’un facteur 2,7/2 = 1,35
Le volume de sédiments déposé est donc égal à 10 600 x 1,35 = 14 310 km
3
Ce volume se répartit sur une surface de 100 / 80 = 8 000 km²
La hauteur de sédiments déposés est donc égale à 14 310 / 8 000 = 1,8 km
7. Calculer la subsidence occasionnée par le dépôt des sédiments dans le bassin sédimentaire.
Comparons la situation de la croûte d’épaisseur H avant le dépôt des sédiments et après le dépôt avec le
réajustement isostatique (qui entraîne une subsidence X)
ρs
H
ρc
x
hs
H
ρc
Surface de compensation
L’écriture des conditions de l’équilibre isostatique sur la surface de compensation amène l’égalité suivante :
ρc.H + ρm.x = ρs.hs + ρc.H
x = ρs.hs / ρm
A.N. : x = 2 x 1,8 / 3,2 = 1,1 km
Le dépôt de 1,8 km de sédiments imposerait une subsidence de 1,1 km.
Exercice B : en milieu océanique
1. Représenter l’épaisseur de la lithosphère sur une coupe au travers d’un océan possédant les
caractéristiques suivantes :
marge passive
dorsale
marge active
2. Indiquer quelle est la profondeur moyenne des dorsales, celle des plaines abyssales.
Dorsales : 2 500 m
Océans : 4 000 m
3
3. Nommer et expliquer le phénomène responsable de la variation de profondeur du plancher océanique
observée depuis la dorsale jusqu’aux abysses.
La lithosphère océanique est d’épaisseur nulle au niveau des dorsales : l’isotherme 1300°C affleure à la surface du
plancher océanique. Plus la lithosphère est éloignée de la dorsale, plus l’isotherme 1300°C est profond : plus la
lithosphère est épaisse, en raison de l’ajout d’une « semelle » de manteau lithosphérique (qui se forme en raison du
refroidissement du sommet de l’asthénosphère). En conséquence, sa densité augmente puisque la croûte, moins
dense que le manteau, représente une proportion de plus en plus faible dans la colonne de lithosphère. Cette
augmentation de densité entraîne une subsidence qui explique l’augmentation progressive de la profondeur du
plancher océanique. Il s’agit d’une subsidence thermique.
4. En utilisant les données précédentes, calculer quelle devrait être la hauteur totale de l’édifice volcanique
qui constitue cette île.
L’île est installée sur une portion de lithosphère de 25 Ma, dont le toit devrait donc être à :
P = 350 x √25 + 2 500 = 4 250 m.
La hauteur totale de l’édifice devrait être égale à 4 250 + 2 000 = 6 250 m
5. A partir de l’analyse de ce document, indiquer quel est l’effet d’un édifice volcanique sur la lithosphère
océanique qui le supporte.
L’anomalie gravimétrique à l’air libre (= g mesuré seulement corrigé des effets de l’altitude du point de mesure – g0)
rend compte de la topographie. On constate des anomalies négatives (jusqu’à -160 mgal) en auréole autour des
édifices volcaniques, qui coïncident avec des profondeurs de l’ordre de – 5 000 à – 6 000 m sur la carte
topographique. Cela suggère que les édifices volcaniques sont responsables d’un enfoncement de la lithosphère
océanique qui les supporte en raison de la surcharge qu’ils exercent.
6. On cherche à prendre en compte cet effet. En appliquant le modèle d’Airy, calculer la nouvelle hauteur totale
de l’île précédemment étudiée (question 4). Pour cela, on assimile le volcan à un parallélépipède et on suppose
que la masse volumique des matériaux de l’édifice volcanique est identique à celle de la croûte océanique.
Commenter le résultat obtenu et proposer une explication.
Le poids de l’île engendre une subsidence supplémentaire, que l’on peut calculer en appliquant le modèle d’Airy :
h
P
hco
ρe
ρc
édifice volcanique de hauteur
H=h+P+x
ρco
ρco
x
ρm
hco
surface de compensation
Sur la surface de compensation, l’écriture des conditions d’équilibre donne :
P.ρe + hco.ρco + x.ρm = H.ρco + hco.ρco
(on suppose que la masse volumique des matériaux de l’édifice volcanique ρc est identique à celle de la croûte
océanique ρco)
Soit :
P.ρe + x.ρm = (h + P + x).ρco
4
x (ρm - ρco) = h.ρco + P(ρco - ρe)
x = [h. ρco + P(ρco - ρe)] / [ρm - ρco]
AN : x = [2 x 2,9 + 4,25 x (2,9 - 1)] / (3,2 – 2,9) = 46,25 km
La subsidence x devrait être de 46,25 km, donc l’édifice volcanique devrait avoir une hauteur H de plus de 50 km !
Ce résultat est évidemment incohérent : il résulte du fait que nous avons appliqué les lois de l’isostasie comme si la
surcharge volcanique se répartissait sur une surface suffisamment grande pour que l’ensemble de la lithosphère
subisse une subsidence généralisée. En réalité, la surcharge due à l’édifice volcanique n’engendre une subsidence
que très localement, qu’à proximité de l’île.
Autrement dit, la hauteur de l’édifice volcanique devrait effectivement être supérieure à celle calculée à la question 4
(soit 6,25 km), mais il nous est impossible de la calculer (il faudrait connaître les lois de la déformation élastique de
la lithosphère pour calculer la subsidence réelle). Nous considèrerons donc que l’édifice volcanique fait bien un peu
plus de 6 km de hauteur.
7. En s’appuyant sur les principales caractéristiques morphologiques de ces îles, expliquer leur évolution.
Le cliché a montre une île volcanique dont le volcan est encore actif, il s’agit d’un édifice « jeune ». Comme cette île
volcanique est alignée avec les deux autres, cela suggère qu’elles résultent d’un volcanisme de point chaud.
Sur le cliché b, le relief de l’île semble moins élevé, la présence de vallées incisées suggère que l’érosion modèle le
relief et l’aplanît progressivement. D’autre part, l’île est entourée par un récif de corail, qui exige entre autres des
eaux peu profondes pour se développer : les rivages de l’île ont permis la mise en place de ces récifs. L’île étant
plus âgée que la précédente, elle illustrerait une étape ultérieure dans l’évolution d’une île volcanique intraocéanique.
Sur le cliché c, on observe un récif en « couronne » qui entoure un lagon, mais il n’y a pas trace d’édifice volcanique.
Or cet édifice est plus âgé que les précédents. On peut faire l’hypothèse qu’il représente une étape encore plus
tardive, avec disparition du relief volcanique en raison de la subsidence thermique du plancher océanique. En
revanche, le développement de coraux leur permet de se maintenir à la profondeur qui leur convient, ils forment un
récif barrière qui délimite un lagon : l’édifice est devenu un atoll.
Voir l’animation de l’évolution en atoll sur la page wikipedia : http://fr.wikipedia.org/wiki/Atoll
8. Commenter la morphologie de cet édifice et proposer une explication à celle-ci.
Cet édifice sous-marin présente une forme de cône tronqué, qui suggère qu’il s’agit d’un édifice volcanique dont le
sommet aurait été arasé par l’érosion, avant qu’il soit englouti dans les eaux océaniques en raison de la susbsidence
thermique.
5
Partie 2 : Géodynamique de la lithosphère océanique (durée conseillée : 30 min)
1. Schématiser la zone étudiée, et représenter sur ce
schéma :
- la localisation des séismes,
- les types de mécanisme au foyer de ces séismes
susceptibles de se produire au niveau :
•
de l’axe de la dorsale,
•
de la faille transformante.
2. Expliquer ce que signifie « anomalie magnétique
positive » ou « négative ». Réponse possible sous la forme
d’un schéma.
« Anomalie magnétique positive » : la roche présentant une
telle anomalie a fossilisé le champ magnétique au moment de
sa formation et ce champ était orienté comme actuellement
(période normale) : le magnétomètre qui effectue la mesure
enregistre donc le champ actuel ajouté à l’aimantation de la
roche, tous deux orientés dans le même sens. La valeur
mesurée est donc supérieure au champ terrestre : on appelle cette différence « anomalie magnétique positive ».
« Anomalie magnétique négative » : c’est le processus inverse… La roche présentant une telle anomalie a fossilisé
le champ magnétique au moment de sa formation et ce champ était orienté à l’opposé d’actuellement (période
inverse) : le magnétomètre qui effectue la mesure enregistre donc le champ actuel retranché à l’aimantation de la
roche. La valeur mesurée est donc inférieure au champ terrestre : on appelle cette différence « anomalie
magnétique négative ».
3. Indiquer quelles sont les roches qui enregistrent ces anomalies, et quelles propriétés le leur permettent.
Les roches du plancher susceptibles de fossiliser le champ magnétique sont des roches ferromagnétiques comme le
basalte. Les minéraux ferromagnétiques (ex : magnétite, hématite qui sont des oxydes de Fe) s’aimantent selon le
champ magnétique ambiant lors de leur refroidissement dans la roche magmatique venant de se former. Ce champ
est « fossilisé » lorsque les minéraux franchissent leur température de Curie (580°C pour la magnétite, 675°C pour
l’hématite).
Attention, il ne s’agit pas d’une orientation des minéraux dans la roche !!! (D’ailleurs à la température de Curie, on
est bien en dessous du solidus, et la roche étant solide on voit mal comment les minéraux pourraient changer
d’orientation). L’enregistrement du champ magnétique, c’est-à-dire l’aimantation, consiste en une modification des
mouvements (mouvement orbital et spin = mouvement de rotation sur lui-même) des électrons de certains atomes
soumis à un champ magnétique.
4. Expliquez la répartition des anomalies magnétiques de part et d‘autre de la dorsale. Un croquis légendé
peut constituer tout ou partie de la réponse.
Les anomalies magnétiques sont grossièrement symétriques de part et d’autre de la dorsale, leur âge croissant à
mesure que l’on s’éloigne de l’axe. Cette symétrie rend compte de l’accrétion océanique, elle-même symétrique de
part et d’autre de la dorsale.
Attention sur les schémas : anomalie forcément positive à l’axe de la dorsale !
6
5. Analyser et interpréter le profil du géoïde présenté dans le document 7.
La courbe obtenue indique que la faille transformante est centrée sur un défaut de masse et est bordé par des excès
de masse dissymétriques (plus importants au Nord-Est de la faille qu’au Sud-Ouest). L’interprétation la plus simple
de ces excès et défauts de masse est qu’ils correspondraient à des irrégularités topographiques du plancher
océanique : relief positif pour un excès de masse, négatif pour un défaut.
Ainsi :
-
La faille elle-même correspond à un relief négatif, véritable canyon sous-marin,
-
Le bord SW de la faille est à une profondeur plus forte que le bord NE : or on constate que le point envisagé sur
le bord SW (point A ci-dessous) est plus éloigné de la dorsale que le point situé en face (point B), sur le bord NW de
la faille.
Autrement dit, la lithosphère océanique en B est plus jeune qu’en
A, ce qui explique pourquoi la profondeur de B est inférieure à celle
B
de A (du fait de la subsidence thermique, la profondeur de la
lithosphère océanique augmente avec son âge).
A
7
Partie 3 : Convection troposphérique (durée conseillée 20 min)
À partir des données fournies par les stations météorologiques au sol, on peut schématiser les zones de mauvais
temps (appelées perturbations météorologiques).
Une perturbation se compose de deux types de limites, appelés fronts :
-
lorsque de l’air chaud avance vers de l’air froid, la limite est appelée front chaud,
-
lorsque de l’air froid avance vers de l’air chaud, la limite est appelée front froid.
Au cours de ces conflits de masses d’air, l’air chaud passe au-dessus de l’air froid, qui a tendance à descendre.
1. Expliquer comment ce phénomène est lié à la formation de masses nuageuses.
Au niveau des deux types de fronts, l’air chaud, moins dense que l’air froid, s’élève. L’air chaud ascendant subit une
décompression adiabatique et un refroidissement, ce qui provoque la condensation de la vapeur d’eau qu’il contient,
d’où la formation des masses nuageuses.
2. Que se passe-t-il dans les secteurs indiqués « occlusion » ? Dans ceux indiqués « marais
barométrique » ?
Au niveau de l’occlusion, les deux fronts, froid et chaud, ont fusionné (suite à l'expulsion en hauteur d'une masse
d'air chaud du fait de la rencontre de deux masses d'air froid). Sur le front, les nuages sont abondants et il y a des
précipitations. Le marais barométrique est une zone de haute pression (anticyclone), très étendue et très stable. Les
vents y sont inexistants et il n’y a pas de perturbation.
3. Délimiter approximativement la zone nuageuse sur le
document 5 et la colorier (découper et coller le document
sur votre copie).
Zone nuageuse
Direction du vent
4. Après avoir énoncé la règle de circulation des vents dans la région étudiée (région tempérée de
l’hémisphère Nord), indiquez par des flèches le sens de circulation des vents à Marseille, au Nord de
l’Écosse.
Les vents circulent des anticyclones (zones de haute pression) aux dépressions mais ils sont déviés par la force de
Coriolis, vers l’Est dans l’hémisphère Nord, et tendent à suivre les isobares. Les vents sont représentés par des
flèches sur la carte ci-dessus, la flèche étant d’autant plus épaisse que le vent est supposé fort.
8
Partie 4 : Diagramme de phase et structure du manteau martien (40 min)
Comme la Terre, Mars est une planète rocheuse dont la masse est importante. Tout corps à sa surface est soumis à
son attraction gravitationnelle : il chute.
1. En vous appuyant sur l’écriture des forces mises en jeu, déterminer la valeur de la gravité g à la surface
de Mars.
g = GM / R²
Calcul de la masse de Mars : M = ρM * V = ρM * 4/3 π RM
3
3
2
D’où g = G * [ρM * 4/3 π RM ] / RM = G * ρM * 4/3 π RM
-11
AN : g = 6,67. 10
3
6
-2
* 5,5.10 * 4/3 π 3,4 10 = 5,22 m.s
2. Calculer, à l'aide du diagramme de phase de l'olivine (document 1 p. suivante), vers quelle profondeur se
font les transitions de phase olivine alpha olivine beta-gamma d'une part et olivine beta-gamma pérovskite + magnésiowüstite d'autre part.
•
Transitions de phase olivine alpha olivine beta-gamma
Elle a lieu aux alentours de 15 Gpa. En utilisant la relation entre pression et profondeur qui nous est donnée :
p = ρgh alors h = p / ρg
9
AN : h = 15.10 / (3 800 * 5,22) = 756,2 km
•
Transitions de phase olivine beta-gamma pérovskite + magnésiowüstite
Elle a lieu aux alentours de 25 Gpa.
9
AN : h = 25.10 / (3 800 * 5,22) = 1 260,3 km (résultat en m convertit en km)
3. Indiquer quelle est la principale source de chaleur terrestre.
La principale source de chaleur est la radioactivité.
4.1. Rappeler la valeur de la température à la limite lithosphère- asthénosphère.
C’est l’isotherme 1 300 °C qui marque la limite lithosphère – asthénosphère. Elle correspond au sommet de la LVZ.
4.2. Estimer la valeur de la température à la base du manteau terrestre en prenant un gradient thermique
moyen de 0,3 K. km
-1.
La base du manteau terrestre est localisée à 2 900 km de profondeur, la limite lithosphère – asthénosphère à 100
km de profondeur. Or le gradient est : dT / dz = 0,3
D’où : (T2 900 – T100) = 0,3 (2900 – 100) = 840 et T2 900 = T100+ 840 = 1 300 + 840 = 2 140 °C
4.3. Calculer la température moyenne du manteau terrestre : ½ . (Tmax + Tmin)
Tmoy = ½ . (Tmax + Tmin) = ½ . (T2 900 + T100) = ½ . (2 140 + 1 300) = 1 720 °C
4.4. Calculer la température moyenne du manteau martien.
Si on considère que la source de chaleur pour Mars est deux fois moindre que celle de la Terre, la température
moyenne du manteau doit être la moitié de celle du manteau terrestre : Tmoy (Mars) = ½ Tmoy (Terre) = 1 720 / 2 = 860 °C
6
-1
5. Sachant que la pente de la transformation olivine alpha olivine beta-gamma vaut 3.10 Pa.K et que la pente
6
-1
olivine beta-gamma pérovskite + magnésiowüstite vaut - 4.10 Pa.K , indiquer la pression à laquelle se font
les transitions de phase dans le manteau martien.
En déduire la profondeur des transitions de phase.
9
•
Pour la première transformation, on prendra donc comme référence :
ère
Tréf = Tmoy (Terre) = 1 720 °C et Préf = 15 Gpa celle de la 1
6
transition de phase dans le manteau terrestre
6
Alors : P1 - Préf = 3.10 (T - Tréf) d’où : P1 = 3.10 (T - Tréf) + Préf
6
9
AN : P1 = 3.10 (860 - 1 720) + 15.10 = 12,4 Gpa
En utilisant p = ρgh on a : h = p /ρg
9
3
AN : h1 = 12,4.10 / (3,8 10 * 5,22) = 625 km (résultat en m convertit en km)
•
Pour la seconde transformation, on prendra comme référence :
e
Tréf = Tmoy (Terre) = 1 720 °C et Préf = 25 Gpa celle de la 2 transition de phase dans le manteau terrestre
6
6
Alors : P2 - Préf = -4.10 (T - Tréf) d’où : P2 = -4.10 (T - Tréf) + Préf
6
9
AN : P2 = -4.10 (860 - 1 720) + 25.10 = 28,4 Gpa
De même que précédemment, calcul de la profondeur :
9
3
AN : h2 = 28,4.10 / (3,8 10 * 5,22) = 1 432 km (résultat en m convertit en km)
6. Des analyses chimiques des météorites martiennes montrent que les olivines du manteau martien contiennent
20% de fer contre 10% sur Terre.
A l'aide du diagramme de phase p. suivante (document 2), comparer l'épaisseur des transitions de phases
dans le manteau martien.
En regardant le diagramme de phase, on voit que l’épaisseur des transitions de phase est plus importante sur Mars
que sur la Terre. Lien avec la teneur en fer ?
7. Proposer un schéma récapitulatif de la structure du manteau martien. On considérera que Mars possède un
noyau de 1400 km de rayon.
10