perbaikan ujian tmp 2014 wanry
TRANSCRIPT
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 1/15
m1m2
y
x
r1
r2
F(r2 - r1 )
Nama Mahasiswa : Wanri Lumbanraja
Nomor Induk : 13/351297/!/"#15$
Ma%a &u'iah : ori Mdan o%nsia'
*osn n+am,u : ro-. *r. . &irbani 0ri ro%o,us,i%o
1. 'askan ukum Nw%on %n%an+ +rai%asi4 ambarkanisua'isasi dan %u'iskan rumusn6a dn+an bnar4
awaban:Newton meneliti data-data yang telah dikumpulkan tentang orbitplanet-planet mengitari matahari. Dari kumpulan data ini diamendapatkan bahwa gaya gravitasi yang dikerjakan matahari padaplanet yang menjaga planet tetap pada orbitnya mengitari matahariternyata juga berkurang secara kuadrat terbalik terhadap jarak planet-planet itu dari matahari. Oleh karena kesebandingan kuadrat terbalikini maka Newton menyimpulkan bahwa gaya gravitasi matahari pada
planetlah yang menjaga planetplanet tersebut tetap pada orbitnyamengitari matahari. !elanjutnya Newton mengajukan hukum gravitasiumum Newton yan berbunyi "
Gaya gravitasi antara dua benda merupakan gaya tarik-menarik yangbesarnya berbanding lurus dengan massa masing-masing benda danberbanding terbalik dengan kuadrat jarak antara keduanya.
#ambar 1" !ketsa ilustrasi gaya tarik menarik sebagai $ungsi r vektor
%esarnya gaya gravitasi dapat ditulis dengan persamaan matematis "
F12&r' ( F21&r'( −Gm1 x m2
(r2−r1) x
¿ r2−r
1∨¿
(r2−r
1)
¿
Dengan ")12 ( )21( ) ( besar gaya tarik-menarik antara kedua benda &N'
# ( tetapan umum gravitasim1 ( massa benda 1 &kg'
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 2/15
m2 ( massa benda 2 &kg'r ( jarak antara kedua benda &m'
2. 0ia,a 6an+ da,a% mnn%ukan mnn%ukan bsar kons%an%a+rai%asi unirsa' () 'askan ba+aimana 8,rimn 6an+
dia 'akukan4 ra,a bsar ni'ai awaban: *ang menemukan konstanta universal gravitasi adalah +enry
,avendish. +enry ,avendish menggunakan seperangkat alat yang
terdiri dari batangan yang dapat berputar yang dilengkapi dengan bola
di kedua ujungnya. Di tengah batangan dipasang sebuah cermin yang
akan membelokkan sinar. erdapat dua bola lain yang lebih besar yang
disangga oleh sebuah kawat melingkar dengan posisi sedemikian
sehingga bola besar membentuk sudut dengan batangan. edua
pasang bola ini akan saling menarik sehingga kawat penyangga bola
besar akan bergerak dengan arah yang berubah-ubah. /ada saat
perangkat alat ini bekerja sinar dari luar akan dibelokkan oleh cermin
dan jatuh pada kawat penyangga bola besar dengan titik jatuh yang
berpindah-pindah &akibat gerakan bola'. /ergerakan sinar ini kemudian
digunakan untuk mengukur perubahan sudut torsi bola kecil. !udut
inilah yang kemudian digunakan untuk mengukur gaya yang dialami
oleh bola kecil yang disebabkan oleh bola besar melalui serangkaian
persamaan matematis.%esar # ditentukan setelah ,avendish menemukan densitas bumi
melalui persamaan"
# ( g Rbumi
2
M bumi
= 3 g
4 π Rbumi ρbumi
Dimana ρ ( 0.0101 kgm
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 3/15
#ambar 2. 3lustrasi eksperimen cavendish dalam menentukan densitas
bumi&sumber" wikipedia.org'
# ( g
Rbumi2
M bumi=
3 g
4 π Rbumi ρbumi
(
6.400 x 10
4 (3,14 )(¿¿ 3m)(5.515,13 kg
m3)
3 (9,8m /s2)¿
(4.4562 x 17-11 m kg−1 s−2
3. 'askan mn+a,a dn+an dik%ahuin6a ni'ai ki%a da,a%
mnn%ukan bsar massa bumi ma%ahari dan ,'an%,'an%4
ra,a bsar massa bumi awaban:+ukum gravitasi Newton yang memberikan gambaran tentang gaya
tarik menarik dua benda bermassa yang terletak sejauh jarak
tertentu ternyata berlaku juga untuk benda-benda astronomis.
+ukum gravitasi Newton untuk benda-benda langit ini secara umum
dikenal sebagai +ukum #ravitasi 8niversal Newton. ehadirankonstanta gravitasi universal juga berlaku. !ehingga dengan
diketahuinya konstanta gravitasi universal ini massa matahari dan
planet-planet lain juga bisa diketahui asalkan jaraknya dari bumi
diketahui.9assa bumi sendiri dapat dicari melalui persamaan berikut"
9bumi ( ρ x V bumi
( ρ x
4
3π R
3
( 0.0101 kgm x 6&16'&4.677 x 17 m'
( 0.0101 kgm x 61:4 x 24 x 1727 m
( 47726 x 1726 kg
#. 'askan mn+a,a da,a% di%n%ukan mdan ,o%nsia' ska'ar
+rai%asi4 !,a s6ara%n6a !,a s6ara% i%u %r,nuhi awaban:9edan potensial skalar gravitasi dapat ditentukan apabila medan
tersebut merupakan medan konservati$ dimana usaha yang
dilakukan sebuah benda tidak bergantung pada lintasannyamelainkan bergantung pada posisi awal dan posisi akhir. !yaratnya
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 4/15
apabila rotasi medan gravitasi itu adalah nol. Dalam potensial
gravitasi syarat ini terpenuhi mengingat medan gravitasi ;
merupakan negati$ dari gradien potensial. !ecara matematis
dituliskan sebagai berikut"
< x ; ( 7Dimana ;(r) < <8&r' dan sesuai ekperimen dan matematis bahwa
rotasi gradien suatu $ungsi selalu nol. < x & <8&r'' ( 7esimpulannya kondisi seperti ini terpenuhi dalam potensial
gravitasi.
5. 'askan mn+a,a dn+an kons, mdan ska'ar +rai%asi
da,a% mmudahkan ,rhi%un+an 6an+ brkai%an dn+an
,r=,a%an +rai%asi awaban:/otensial scalar dapat mempermudah perhitungan karena secara
matematis scalar medan gravitasi mempunyai si$at penjumlahan
misalnya potensial di suatu titik pada ruang bersi$at penjumlahan.
=dapun bila suatu distribusi massa bersi$at continu di suatu titik
diluar distribusi massa tersebut jumlahannya berubah menjadi
bentuk integral. !ebagai contoh jika massa yang terdistribusi
continue tersebut mempunyai rapat massa ρ (⃗r0) di dalam volume
> maka potensial di suatu titik / di luar > adalah"
U p ⃗r=−G∫ ρ (⃗r0)d
3r⃗ 0
|⃗r−⃗r0|
Dengan"
|⃗r−⃗r0|=√ r2+r0
2−2 r r0 cosφ
!elain itu secara matematis perhitungan besaran skalar selalu lebih
mudah dilakukan daripada perhitungan besaran yang bersi$at
vektor.
$. 'askan ,rsamaan La,'a= dan oisson4 *i mana
,rsamaan %rsbu% br'aku awaban:/ersamaan ?aplace merupakan kasus khusus dari persamaan
/oisson. @ika dalam titik pengamatan tidak terdapat distribusi
massa maka perilaku gravitasi di sekitar titik pengamatan tersebutdapat diinterpretasikan melalui /ersamaan ?aplace . Namun jika di
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 5/15
titik pengamatan itu terdapat distribusi massa maka perilaku
gravitasi di titik itu diinterpretasikan melalui persamaan /oisson.
!ecara matematis persamaan /oisson dideAnisikan sebagai berikut"
<28&r' ( 6π#σ&r'
=pabila dalm titik pengamatan tidak terdapat distribusi muatan
yang artinya σ&r'( 7 maka diperoleh persamaan ?aplace sebagai
berikut"
<28&r' ( 7
Dari kedua persamaan dapat diketahui penggunaan kedua
persamaan tersebut. Dalam survei gravitasi persamaan ?aplace
digunakan untuk survei yang dilakukan di atas permukaan bumi
dimana tidak terdapat distribusi massa di sekitar titik pengamatan.
8ntuk survei yang dilakukan di permukaan atau di dalam bumi &B ≥
7' maka persamaan yang digunakan adalah persamaan /oisson.
7. !,a 6an+ dimaksud dn+an >uia'n% s%ra%um Jawaban:
- ;kivalen stratum adalah kondisi distribusi massa di bawah
permukaan &BC7' yang diwakili oleh nilai ∆ g di permukaan.
9isalkan dianggap bahwa e$ek grvitasi ∆ g( x , y) pada B ( 7
dihasilkan oleh distribusi massa yang tidak diketahui yang berada
dibawah bidang & xy' ini. emudian bentuk massa apapun yang
berada di bawah bidang e$ek gravitasinya pada sembarang titik di
z≤0 seharunya akan memberi nilai yang sama jika distribusi
massa diletakan pada permukaan B ( 7 dan dapat dihitung dengan
tepat dengan menggunakan persamaan
∆ g ( x , y , z=0 )=2 πGσ ( x , y , z )
dengan G merupakan tetapan gravitasi pada bidang xy dengan
densitas σ ( x , y ) g /cm3
. Densitas pada permukaan bidang xy
&density coating' yang dapat mewakili perhitungan nilai e$ek
gravitasi untuk distribusi massa yang tidak diketahui pada arah B C
7 ini disebut dengan ekuivalen stratum.
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 6/15
- ejadian singularitas adalah kondisi apabila $ungsi 8&r' dimana r (
r" dalam persamaan berikut. U p⃗ r=−G∫ ρ (⃗r0)d
3r⃗ 0
|⃗r−⃗r0|
@ika r ( r" yang artinya |⃗r−⃗r0| ( 7 maka hasil dari integral
tersebut menjadi tidak terde$enisi dan perhitungan menjadi tidak
bermakna. 8ntuk menghindari kondisi singularitas ini dibuat
lingkaran kecil di pusat massa dengan jari-jari η dan volume v
sehingga potensial 8 pada persamaan di atas menjadi
U (r )=−G ∫V −v
❑ ρ (⃗r0)d3
r⃗0
|⃗r−⃗r0| −G∫
v
❑ ρ (⃗r0)d3⃗r0
|⃗r−⃗r 0|
3ntegral pada suku pertama tidak singular dan mempunyai nilai nol
maka
U (r )=−G∫v
❑ ρ (⃗r0)d3⃗r0
|⃗r−⃗r0|
@ika η cukup kecil maka ρ (⃗r0) dapat dianggap konstan dan dapat
dikeluarkan dari tanda integral. Dengan demikian diperoleh 8&r'
sebagai $ungsi #reen.∇
(¿¿2( 1
|⃗r−⃗r0|))
U (r )=−G ρ (⃗r0)¿
9engingat bahwa nilai dari
∇2(
1
|⃗r−⃗r0|)
( -6πδ& ⃗ r−⃗r0¿
9aka
U (r )=4 πG x ρ(⃗r0)
8. 'askan ba+aimana dn+an %orma +auss ki%a da,a%
mnn%ukan massa anoma'i %o%a' di bawah bidan+
,n+ukuran4 u'iskan dan j'askan rumus akhirn6a4
awaban:
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 7/15
rhi%un+anmassa %o%a' bndaanoma'i
eorema #auss menyediakan cara yang sangat sederhana perhitungan
massa excess untuk memberikan anomali dalam Δg ketika observasi
dilakukan pada sebuah bidang horisontal. eorema ini dapat
dinyatakan sebagai berikut" jika F adalah suatu $ungsi vektor yang
mana analitis pada permukaan tertutup S yang mengandung volume
V kemudian
0
2
0
3 r d r d sv
∫
⋅
nFF
&1'
dengan n adalah unit vektor normal keluar pada !. 9isalkan kita
masukkan F ( -∇U dengan U adalah potensial gravitasi dalam kaitan
dengan massa-massa yang terdistribusi dengan sebuah desitas
excess ρ &r"' dalam V .
emudian ruas kiri &1' menjadi
(
( ) ( ) GM rod roGrod roU vv
π ρ π 44 332 −=−=∇− ∫ ∫
dengan M menyatakan masssa excess total yang terkandung dalam
volume V .
9isalkan kita oleh karena itu memilih untuk permukaan !
hemisphere &bola terpancung setengah' berjejari R pada B C 7
tertutup oleh bidang B ( 7. emudian dalam limit R∞ bagian ruas
kanan dari &1' menjadi
ϑ ϑ π π
π
d R
U Rdxdy
z
U rod
n
U
R z s
sin2lim2/
2
0
2
∫∫
∂
∂
∂
∂
∂
∂
∞
=
∞
∞
∞
∞
bentuk pertama pada bagian kanan persamaan adalah
( ) dxdy y x g ∫ ∫ ∞
∞−
∞
∞−
∆− ,
dan bagian kedua dapat dievaluasi sebagai berikut"
jika r 0 adalah posisi pusat massa dari bahan beranomali yang mana
kita asusmsikan terdistribusi dalam volume tertentu maka E menjadi
besar U&R' GM |? @ r7| yang mana sama dengan FGM R jika ECC
ro. !uku kedua cenderung dalam limit menuju nilai
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 8/15
∫
∂
∂
π
π
π ϑ ϑ π 2/
22sin2 GM d
R
GM
R R
/engumpulan suku-suku dari kedua sisi dari &1' kita mendapatkan
( ) GM dxdy y x g π 2, =∆∫ ∫ ∞
∞−
∞
∞−
&2'
9assa turah M dapat kemudian ditemukan dengan pengintegrasian
e$ek gravity melalui bidang horisontal.
9. 'askan ba+aimana ki%a da,a% mnn%ukan ,osisi %i%ik ,usa% massa anoma'64 u'iskan dan j'askan rumus
akhirn6a4 awaban:
/osisi pusat massa 9 pada bidang B ( 7 dapat ditentukan dengan
penerapan teorema berikut yang berkaitan dengan ogbetliantB &2'.
/enunjukkan pada gambar ;$ek gravity pada /&x y 7' berkaitan
dengan elemen massa dalam volume > pada G&ξ η ζ ' adalah
]
0
32/3222
0 r d y xG g d
ξ η ξ ζ ρ r∆
Gambarenempatanpusatmassasebuahbendaberdimensitiga yang
terpendam
!ekarang mengingat integral
( ) ( )[ ] ( )∫ ∫ ∞
∞−
∞
∞−∆−+−= dxdy y x g d yi xdN ,
22η ξ
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 9/15
@ika kita misalkan x - ξ ( r cosϑ
y - η ( r sinϑ
maka
( ) ( )∫ ∫ ∞ −
+=0
2
0
22/322
0
3
0
π ϑ ϑ ζ ζ ρ d edr r r r d r GdN
i
*ang mana lenyap karena simetri. Oleh karena itu bagian real dan
imajiner d! harus lenyap dengan bebas memberikan
( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫ ∫ ∞
∞−
∞
∞−
∞
∞−
∞
∞−∆−==∆− dxdy y x g d ydxdy y x g d x ,0, η ξ
9isalkan kita menganggap bagian pertama dari persamaan-
persamaan dua ini. +al ini memberikan kita
02,, r md Gdxdy y x g d dydx y x g d x ξ π ξ =
∫ ∫∫
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
∞
%erdasarkan pada &24'. @ika sekarang kita mengintegrasikan kedua
sisi dari persamaan ini atas volume > kita memperoleh
∫ ∫ ∫
∞
∞
∞
= xGdmGdxdy y x g xd V
π ξ π 22,∆
&25a'
dimana x
adalah koordinat pusat massa 9. Dengan cara yang
sama
∫ ∫
∞
∞
∞
= yGM dxdy y x g yd π 2,∆
&25b'
elah dihitung M dari &24' x
dan
y
sekarang dapat ditentukan.
1". 'askan ba+aimana %orma +rn ki%a da,a%
m'akukan kon%inuasi ,o%nsia' +rai%asi k a%as dan k
bawah4 awaban:
"e#rema Green menyatakan apabila terdapat suatu $ungsi k#ntinyu
dalam sebuah v#lume V% dengan turunan pertama dan keduanya
k#ntinyu dan dan dapat diintegralkan% maka
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 10/15
0
2
0
322 )(.)( r d U W W U r d U W W U S V
∇
∫
n
Gambar "e#rema &#ntinuasi
'pabila terdapat suatu b#la utuh dan kemudian di p#t#ng
setengahnya% yang menganggap terdapat suatu an#mali di dalamnya yang menganggap buminya masih h#m#gen. (apat dilihat dari suatu
gambar.
&arena berada di luar V% ∇ )* + 0 ,h#m#gen dimana saja% dan ruas
kiri menjadi
)(4)(
0
3
0
0
2
r
rr
r
U r d U
s
π =−
∇− ∫
0
211
4
1)( r d
U
R RU U
S nn
∫
∂∂
−
∂∂
=π
r
/ika kita mengasumsikan semua massa dalam daerah terhingga pada
bangun setengah ruang 10% kita mengasumsikan S sebagai setengah
b#la yang sangat besar dalam 10 tertutup #leh bidang +0 ,gambar
k#ntinuasi. /ika radius cukup besar% integral menghilang sebagai
3− R
dimanapun pada kurva permukaan S% dan reduksi integral menjadi
0,11
4
1)(
0
≤
∂
∂
∂
∂
=
∞
∞
∞
∞
∫
z d d U
R RU U η ξ
ζ ζ π ζ
r
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 11/15
(imana
222)()()( ζ η ξ z y x R
. (i lain pihak% karena tidak
terdapat massa di 2 3 0%0
2 =∇ U untuk seluruh luasan4 #leh karena itu
jika kita meletakkan pada ,x%y%-2 dan menutup S di atas 2 + 0%
η ξ ζ ζ π
ζ
d d U
R RU
∫
∞
∞
=
∞
∞
∂
∂
∂
∂
=
0
11
4
10
5leh karena itu jika kita menjumlahkan kita mendapatkan
,1
2
1)(
0
η ξ ζ π
ζ
d d U
RU
=
∞
∞
∞
∞
∫
∂
∂
=r
&arena U adalah p#tensial gravitasi yang disebabkan #leh massa
dalam 2 1 0% kita b#leh meletakkan
g z
U ∆=
∂
∂−
maka
0),(
2
1)(
0
≤
∆=−
=
∞
∞−
∞
∞−∫ ∫ z d d
R
g U η ξ
η ξ
π ξ
r
(engan pendi$erensialan kita menemukan bah6a
0),(
2)(
0
3 ≤
∆=∆
=
∞
∞−
∞
∞−∫ ∫ z d d
R
g z g η ξ η ξ π
ξ
r
up6ard c#ntinuasi namun
apabila0≥ z
menjadi d#6n6ard c#ntiniasi
11. Mn+a,a ,'aksanaan kon%inuasi baik k a%as mau,un k
bawah 'bih mudah bi'a di'akukan da'am kawasan -rkunsi
s,asia'
awaban:&on%inuasi upward merupakan proses kontinuasi data yang seakan
kita melakukan pengukuran di tempat yang lebih tinggi dari pada
tempat pengukuran sesungguhnyaontinuasi dimaksudkan untuk
mengurangi e$ek anomali dangkal dan untuk mendapatkan e$ek
anomali magnetik dari benda dalam yang dikenal sebagai anomali
regional
&untukmenyederhanakankenampakanpetamagnetikdenganmenekanpo
la-polalokal' atauuntukmendapatkan anomaly regional.
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 12/15
U ( x , y , z0−∆ z )=∆ z
2π ∫−∞
∞
∫−∞
∞ U ( x' , y' , z0 )
[ ( x− x ' )2+( y− y ' )2+∆ z2 ]3/2
dengan 8 &BH yH B7' adalahanomali%ouguerlengkap di bidangdatar.
=pabila dilaksanakan dalam kawasan $rekuensi spasial maka dapat
dikatakan sebagai l#6 pass 7lter% artinya Alter ini digunakan untuk
mendapatkan $rekuensi lemah dengan cara mereduksi
&menghilangkan $rekuensi tinggi' atau menguatkan res#l#si an#maly
tinggi.
F o ( p , )=exp (−√ !2+2" ) F z ( p , )
F o (U )=exp (−U" ) F " (U )
&on%inuasi downard, yaitu mendekatkan bidang pengukuran
terhadap benda anomali dan ini berarti mendominankan pengaruh
anomali benda lokaldangkal atau untuk mendapatkan anomali lokal.
∆ g (r )=∆ z
2 π ∫−∞
∞
∫−∞
∞∆ g (# , $ )
R3
d#d$
=pabiladilaksanakandalamkawasan$rekuensispasialmakainidisebutden
ganhigh pass 7lter artinya Alter
inidigunakanuntukmendapatkan$rekuensi yang
tinggidengancaramereduksiataumenghilangkan$rekuensi yanglemahataumenguatkanresolusi anomaly lemah.
F o ( p , )=exp (+√ !2+2" ) F z ( p , )
F o (U )=exp (+U" ) F " (U )
12. ua%'ah dia+ram a'ir ,'aksanaan kon%inuasi k a%as dan k
bawah4 !,a man-aa%n6a awaban:Downward ,ontinuasi melingkupi daerah yang memiliki ekses massa
sehingga densitas target dapat diketahui berdasarkan nilai medan
gravitasi dibawah permukaan berdasarkan kedalaman apabila
terdapat anamoli medan gravitasi yang cukup tinggi pada kedalaman
tertentu maka dapat diinterpretasikan bahwa daerah anolmali
tersebut adalah bidang batas antar lapisan bawah permukaan bumi
dan hasil ini dapat dibandingkan dengan log densitas.
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 13/15
8pward ,ontinuation
Downward ,ontinuation
*ang telah dilakuakan adalah dengan menggunakan ;! untuk survey
di atas sedimen ∆ g ( x , y ,0 )=∆σ ( x , y ,0 )
2 πG% ∆σ ( x , y ,0 )=∆ ρ& ( x , y ,0 )
8ntuk melihat undulasi di bawah permukaan dengan continuasi ke
atas maka alurnya adalah"
8ntuk melihat undulasi di bawah permukaan dengan kontinuasi ke
bawah maka alurnya adalah"
13. !,a 6an+ dimaksud dn+an driasi ,o%nsia' +rai%asi
a+aimana =ara m'aksanakann6a !,a man-aa%n6a awaban:Derivasi potensial gravitasi adalah penurunan 2 kali suatu $ungsi
medan gravitasinya dari e$ek bidang atas dan bawah pada B ( 7.,ara melaksanakannya dengan cara melakukan pada bangun
setengah ruang &hal$-space' B≤7 dapat langsung dilakukan di$erensiasi
pada persamaan
0),(
2
1)(
0
≤
=
=
∞
∞
∞
∞
∫
z d d R
g U η ξ
η ξ
π ξ
∆r
tetapi dalam
bangun setengah ruang &hal$-space' B C 7 integral pertama harus
dibalik kemudian dide$erensialkan. 8ntuk mengilustrasikannya maka
harus menghitung derivati$ vertikal yang pertama dari e$ek gravitasi diatas dan di bawah bidang B ( 7.
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 14/15
9an$aatnya yaitu untuk menghitung
g
z
∂∆−
∂ pada I C7 dengan suatu
niali yang telah ditentukan terlebih dahulu dengan invers $orier yang
melibatkan Alter untuk menghitung downward kontinuasi dengan
$rekuensi spasial high pass 7lter
14. !,a 6an+ dimaksud dn+an ks,ansi mu'%i ,o' mdan
,o%nsia' +rai%asi 'askan ba+aimana kons,n6a dan
man-aa%n6a awaban:
/ada prinsipnya interpretasi gravitasi dengan metode ekspansimultipole adalah interpretasi langsung.3nterpretasi gravitasi ini
digunakan untuk menentukan exess mass dari benda sumber anomaly
gravitasi.Dengan pemodelan secara teoritis yang berdasarkan pada
tiga buah momen multipole yaitu 0
0, 0
2, 2
2
ketiga momen multi
kutub tersebut menentukan bentuk massa dari benda anomali dengan
ketentuan"
b(
m=4 πG (2(+1 )−1
∫v
❑
ρ (⃗ r0 ) r0
( y (
−m (ϑ 0 φ0 ) d3
r0
8ntuk b(m
pada persamaan tersebut di atas terdapat 2l-1 yang
memungkinkan mereduksi momen multipole dari benda. %esarnya
b(
m
ini hanya bergantung pada bentuk rasi volume itu yang pada
prinsipnya dapat ditentukan secara khusus dari medan potensial luar
sehingga b(m
dapat digunakan sebagai cara untuk membuat
intepretasi langsung.
−U ( x , y , z )=0
0
r +
2
0 (3 z' 2−r
2 )2 r
5 +
3 2
2 ( x ' 2− y' 2 )
r5
Dapatdianggapmerupakanwakilanpastidarianomalipotensialgravitasibe
ndabermassa 9. !umbu xH yH
BHdalampersamaaniniadalahsumbusimetribendadengan volume > yang
dalamkerangkainimomenbendadapatdihitungdenganmudah.
8/16/2019 Perbaikan Ujian TMP 2014 Wanry
http://slidepdf.com/reader/full/perbaikan-ujian-tmp-2014-wanry 15/15
/ersamaan ∆ g ( x , y )=0
0
r2 dibutuhkan untuk mencocokan data yang
telah diperoleh di lapangan. !edangkan tujuan intepretasi gravitasi
pada dasarnya adalah menghitung momen multipole 0
0
, 0
2
, 2
2
yang
meliputi"
1. ;llipsoidatigadimensidengansumbu-sumbuabcdankerapatansama
ρ.2. !ilinderelliptika. %alok