11Isostasi dan anomali gravitasi

Pada 1840-an para juru ukur yang mengukur busur meridian di India utara menjumpai selisih yang tidak dapat mereka salahkan pada instrumen mereka. Di antara dua stasiun yang berjarak sekitar 370 mil, Kaliana di kaki Himalaya dan Kalianpur jauh di selatan, selisih lintang yang diperoleh dari triangulasi melampaui selisih yang diperoleh dari bintang sebesar 5.236 detik busur. Tersangka yang jelas adalah pegunungan: tarikannya menarik tali unting ke utara, dan para astronom mengatur instrumen mereka menurut tali unting itu. Pada 1855 John Henry Pratt menghitung tarikan Himalaya dan dataran tinggi di belakangnya, dan mendapatinya seharusnya membuat selisih itu 15.885 detik, lebih dari tiga kali yang teramati. Pegunungan menarik jauh lebih sedikit daripada yang diperlukan massa tampaknya. Pada tahun yang sama George Airy menjawab bahwa kerak mengapung di atas lapisan yang lebih padat seperti rakit kayu di atas air, sehingga tanah tinggi memiliki akar dalam dari batuan ringan; Pratt kemudian mengusulkan jawaban lain, yaitu batuan yang dibuat lebih ringan oleh pemuaian di bawah pegunungan. Keduanya masih diajarkan: pegunungan didasari oleh batuan ringan yang mengimbangi massanya. Bab ini mengubah gagasan itu menjadi angka, dan menunjukkan bagaimana gravitasi, yang diukur hingga sepersejuta nilainya, mengungkapkan massa yang tersembunyi di bawah relief.

Yang sudah kamu ketahui

Hukum gravitasi Newton memberikan medan $g = GM/r^2$ di luar massa bola $M$; medan itu berasal dari potensial gravitasi, dan permukaan ekuipotensial selalu tegak lurus terhadap medan (fisika). Dalam fluida diam tekanan bertambah dengan kedalaman sebagai $\mathrm dp/\mathrm dz = \rho g$, dan benda yang mengapung memindahkan fluida seberat dirinya (fisika, Sarjana Tahun ke-1). Di bawah litosfer astenosfer mengalir dalam waktu yang panjang; kerak lebih ringan daripada mantel di bawahnya (Bab 9; Buku 2, kelas 11).

11.1 Gravitasi dan pengukurannya

Percepatan gravitasi di permukaan Bumi kira-kira $9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, dan variasi yang menarik bagi ahli geologi sejuta kali lebih kecil. Variasi itu dihitung dalam satuan sistem sentimeter-gram lama, yaitu gal: $1\,\mathrm{Gal} = 1\,\mathrm{cm}\,\mathrm{s}^{-2} = 0.01\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, sehingga

Instrumen lapangan mengukur beberapa perseribu miligal; anomali yang dipelajari dalam bab ini berkisar dari sebagian kecil miligal di atas tubuh bijih yang terkubur hingga beberapa ratus miligal di atas pegunungan.

Bahkan di Bumi yang tanpa relief, gravitasi tidak sama di mana-mana. Bumi berputar, sehingga yang dirasakan tali unting atau gravimeter adalah jumlah tarikan gravitasi dan efek sentrifugal rotasi; dan Bumi gepeng, sehingga kutubnya lebih dekat ke pusatnya daripada ekuatornya. Kedua efek itu membuat gravitasi lebih lemah di ekuator daripada di kutub. Seorang ahli geologi membandingkan setiap pengukuran dengan acuan yang halus yang memuatnya.

Definisi 11.1 (Gravitasi normal)

Gravitasi normal $\gamma$ adalah gravitasi dari model Bumi: elipsoid putar dengan massa dan rotasi Bumi, dipilih sehingga permukaannya adalah ekuipotensial dari gravitasinya sendiri (gravitasi ditambah efek sentrifugal). Pada permukaan itu gravitasi normal hanya bergantung pada lintang.

Elipsoid itu sendiri, kegepengannya, dan cara parameternya dicocokkan dengan Bumi nyata dipelajari dalam volume Sarjana Tahun ke-3. Di sini kita hanya memerlukan gravitasinya.

Proposisi 11.2 (Rumus gravitasi normal)

Pada elipsoid acuan yang diadopsi pada 1980, gravitasi normal pada lintang geografis $\varphi$ adalah, dalam bentuk deret yang lazim,

$$\gamma(\varphi) = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\,\bigl(1 + 0.0053024\sin^2\varphi - 0.0000058\sin^2 2\varphi\bigr).$$

Rumus ini memberikan $9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ di ekuator, $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ pada $45{}^{\circ}$ dan $9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ di kutub: selisih $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ dari ekuator ke kutub. Rotasi saja menyumbang sebagian besar darinya. Dengan hari sideris $23.9345\,\mathrm{h}$, kecepatan sudutnya adalah $\omega = 2\pi/86\,164\,\mathrm{s} = 7.292 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}\,\mathrm{s}^{-1}$, dan percepatan sentrifugal di ekuator, $\omega^2 a$ dengan $a = 6378.137\,\mathrm{km}$, adalah $0.0339\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, atau $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; kegepengan memasok sisanya (Latihan 11.2).

Gravitasi diukur dengan dua cara. Gravimeter absolut menjatuhkan massa uji dalam ruang vakum dan mengikuti jatuh bebasnya dengan interferometer laser, diukur waktunya oleh jam atom: percepatan langsung diperoleh dari jarak dan waktu. Gravimeter relatif adalah massa yang digantung pada pegas, yang peregangannya berubah mengikuti gravitasi; ia ringan dan cepat, tetapi hanya memberi selisih antara tempat-tempat, dan ia melayang, sehingga survei kembali ke stasiun dasar yang gravitasinya diketahui. Instrumen absolut terbaik akurat hingga sekitar satu mikrogal, yaitu satu per miliar dari $g$.

Di lapangan — Survei gravitasi di darat

Survei gravitasi adalah perjalanan pelan dari stasiun ke stasiun. Di setiap stasiun ahli geofisika memasang gravimeter relatif di atas tripodnya, meratakannya, menunggu pegas tenang dan mengambil beberapa pembacaan; penerima penentuan posisi satelit di sampingnya mencatat posisi dan ketinggian stasiun itu. Setiap beberapa jam tim kembali ke stasiun dasar, sehingga penyimpangan pegas dapat diukur dan dihilangkan. Ketinggian sama pentingnya dengan gravitasi: seperti dijelaskan bagian berikutnya, gravitasi turun $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ untuk setiap meter ketinggian, sehingga ketinggian yang keliru sebesar $1\,\mathrm{cm}$ merusak pembacaan sebesar $3\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

11.2 Isostasi

Kompensasi yang dibayangkan Airy dan Pratt untuk Himalaya adalah contoh dari keadaan umum lapisan terluar Bumi.

Definisi 11.3 (Isostasi; kedalaman kompensasi)

Suatu wilayah berada dalam isostasi, atau kesetimbangan isostatik, ketika ada suatu kedalaman, kedalaman kompensasi, tempat tekanannya sama di setiap titik permukaan horizontal, apa pun relief di atasnya. Di bawah kedalaman kompensasi batuan berperilaku sebagai fluida diam; di atasnya, kolom-kolom kerak dan mantel mengapung di atasnya.

Proposisi 11.4 (Massa yang sama di atas kedalaman kompensasi)

Jika gravitasi $g$ sama di sepanjang semua kolom, suatu wilayah berada dalam isostasi dengan kedalaman kompensasi $z_c$ jika dan hanya jika setiap kolom vertikal dengan penampang satuan, dari permukaan hingga $z_c$, memuat massa yang sama.

Dua cara sederhana untuk membagi massa ini menghasilkan dua model klasik (gambar di bawah).

Proposisi 11.5 (Isostasi Airy)

Misalkan kerak memiliki massa jenis seragam $\rho_c$ dan ketebalan $H$ tempat permukaannya berada di permukaan laut, di atas mantel dengan massa jenis $\rho_m > \rho_c$. Dalam kesetimbangan isostatik:

1. di tempat permukaan berada pada ketinggian $h$ di atas permukaan laut, kerak memiliki akar dengan kedalaman $r = h\,\rho_c/(\rho_m - \rho_c)$ di bawah kerak normal, dan ketebalan $H + h + r$;
2. di tempat permukaan berada pada kedalaman $d$ di bawah permukaan laut, di bawah air dengan massa jenis $\rho_w$, kerak memiliki anti-akar: dasarnya terangkat sebesar $r' = d\,(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c)$, dan ketebalannya adalah $H - d - r'$.

Inilah isostasi Airy: kompensasi oleh perubahan ketebalan pada massa jenis tetap.

Proposisi 11.6 (Isostasi Pratt)

Misalkan setiap kolom berakhir pada kedalaman kompensasi yang sama $D$ di bawah permukaan laut, dengan massa jenis seragam di setiap kolom, $\rho_0$ tempat permukaannya berada di permukaan laut. Dalam kesetimbangan isostatik sebuah kolom yang permukaannya berada pada ketinggian $h$ memiliki massa jenis

$$\rho(h) = \rho_0\,\frac{D}{D + h},$$

dan kolom di bawah kedalaman air $d$ memiliki massa jenis $\rho = (\rho_0 D - \rho_w d)/(D - d)$. Inilah isostasi Pratt: kompensasi oleh perubahan massa jenis pada kedalaman tetap.

Dengan $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ dan $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, akar Airy adalah $h\times2700/600 = 4.5\,h$: pegunungan setinggi $2\,\mathrm{km}$ memiliki akar sebesar $9\,\mathrm{km}$, dataran tinggi setinggi $4\,\mathrm{km}$ berakar $18\,\mathrm{km}$. Dalam model Pratt dengan $D = 100\,\mathrm{km}$ dan $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, kedua kolom yang sama memiliki massa jenis 2647 dan $2596\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, dua dan empat persen lebih ringan. Kedua model menyeimbangkan massa yang sama; keduanya berbeda dalam tempat batuan ringan itu berada, dan itu sesuatu yang dapat dilihat oleh seismologi: Airy memprediksi Moho yang menjadi lebih dalam di bawah pegunungan, Pratt memprediksi Moho yang datar.

Isostasi adalah pernyataan tentang wilayah luas dalam waktu yang panjang. Astenosfer hanya mengalah pada beban yang bertahan selama ribuan tahun, dan litosfer di atasnya cukup kaku untuk menyebarkan beban sempit ke wilayah yang luas dengan melentur, seperti papan membawa beban: sebuah gunung api tunggal tidak perlu dikompensasi di bawahnya sendiri; lenturan litosfer ini dipelajari dalam volume Sarjana Tahun ke-3. Di bawah pegunungan besar kerak jauh lebih tebal daripada rata-rata benua, sekitar $30\,\mathrm{km}$: gambaran Airy, akar dari kerak ringan, adalah yang lebih dekat untuk pegunungan. Gambaran Pratt, batuan yang lebih ringan pada kedalaman tetap, menjelaskan punggungan tengah samudra, yang menjulang tinggi di atas mantel atas yang dibuat lebih ringan oleh suhunya yang lebih tinggi.

Dua tingkat Bumi

Isostasi mengatur relief seluruh planet. Distribusinya diringkas oleh satu kurva.

Definisi 11.7 (Kurva hipsometrik)

Kurva hipsometrik suatu planet memberikan, untuk setiap fraksi $f$ dari permukaannya, ketinggian $z(f)$ yang dilampaui tepat oleh fraksi itu. Ini adalah distribusi kumulatif ketinggian, dibaca dari atas.

Untuk menggambarnya dari model elevasi berkisi, setiap sel kisi harus diberi bobot menurut luasnya. Pada kisi satu derajat lintang dan bujur, sel di antara lintang $\varphi_1$ dan $\varphi_2$ memiliki luas $R^2\,\Delta\lambda\,(\sin\varphi_2 - \sin\varphi_1)$, yang menyusut ke arah kutub; dijumlahkan atas semua sel, luasnya memberikan tepat $4\pi R^2$. Mengurutkan sel menurut ketinggian dan mengakumulasikan luasnya memberikan kurva pada gambar di bawah. Kurva itu menunjukkan bahwa $70.9\,\%$ permukaan berada di bawah permukaan laut; bahwa ketinggian rata-rata daratan sekitar $0.8\,\mathrm{km}$ dan kedalaman rata-rata samudra sekitar $3.7\,\mathrm{km}$; dan bahwa sebagian besar permukaan termasuk salah satu dari dua tangga datar, paparan benua dekat permukaan laut dan dasar abisal antara sekitar 3.5 dan $6\,\mathrm{km}$ di bawah, yang dihubungkan oleh penurunan curam.

Sebuah planet dengan satu jenis kerak, yang reliefnya terangkat dan aus secara acak, akan memiliki satu tingkat, dengan ketinggian yang tersebar di sekitarnya. Bumi memiliki dua, karena ia memiliki dua jenis kerak dalam kesetimbangan isostatik: kerak benua yang tebal dan ringan mengapung tinggi, kerak samudra yang tipis dan padat rendah (Buku 2, kelas 11). Latihan 11.8 menunjukkan bahwa model Airy dengan satu massa jenis kerak tidak dapat menghasilkan kedua tingkat itu dengan ketebalan kerak yang teramati.

11.3 Anomali gravitasi

Dua koreksi

Gravimeter di atas bukit berada lebih jauh dari pusat Bumi daripada yang di permukaan laut, dan berdiri di atas lapisan batuan yang tidak dimiliki yang lain. Kedua efek itu dihitung sebelum pengukuran dibandingkan dengan gravitasi normal.

Proposisi 11.8 (Gradien udara-bebas)

Di luar Bumi bola dengan jari-jari $R$, gravitasi berkurang terhadap ketinggian $h$ dengan laju

$$\frac{\mathrm dg}{\mathrm dh} = -\frac{2g}{R}\,;$$

pada permukaan, $2g/R \approx 3.08 \times 10^{-6}\,\mathrm{s}^{-2}$, kira-kira $0.308\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ per meter.

Perataan dan rotasi mengubah gradien sedikit; nilai yang dipakai dalam praktik ialah sekitar $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$.

Proposisi 11.9 (Lempeng Bouguer)

Lempeng horizontal tak hingga dengan ketebalan $h$ dan massa jenis seragam $\rho$ menarik titik di luarnya dengan percepatan vertikal

$$g_B = 2\pi G\rho h ,$$

apa pun jarak dari titik ke lempeng. Secara numerik $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ per meter ketebalan per $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ massa jenis.

Definisi 11.10 (Anomali gravitasi)

Misalkan $g$ gravitasi yang diukur di sebuah stasiun dengan lintang $\varphi$ dan ketinggian $h$ di atas permukaan laut.

• Anomali gravitasi adalah selisih antara gravitasi yang diukur, yang dikoreksi ke tingkat bersama, dan gravitasi normal pada lintang yang sama.
• Koreksi udara-bebas adalah $+0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}\times h$: ia menambahkan kembali penurunan gravitasi terhadap ketinggian. Anomali udara-bebas adalah $\Delta g_{\mathrm{FA}} = g + 0.3086\,h - \gamma(\varphi)$.
• Koreksi Bouguer adalah $-2\pi G\rho h$: ia menghilangkan tarikan batuan antara stasiun dan permukaan laut, diperlakukan sebagai lempeng dengan massa jenis $\rho$, secara konvensional $2670\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, yang memberikan $0.112\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ per meter. Anomali Bouguer adalah $\Delta g_{\mathrm B} = \Delta g_{\mathrm{FA}} - 2\pi G\rho h$.

Lempeng itu adalah model kasar tanah di sekitar sebuah stasiun di medan kasar: lembah di bawah stasiun dihitung sebagai batuan yang sebenarnya tidak ada, dan bukit di atasnya menarik ke atas dan sama sekali tidak dihitung. Koreksi ketiga, koreksi medan, yang dihitung dari model elevasi digital, menghilangkan kedua kesalahan itu. Di laut, koreksi udara-bebas lenyap, dan reduksi Bouguer mengganti air dengan batuan.

Metode 11.11 (Mereduksi pembacaan gravitasi)

1. Hitung gravitasi normal $\gamma(\varphi)$ pada lintang stasiun.
2. Tambahkan koreksi udara-bebas $0.3086\,h$ (dalam $\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, dengan $h$ dalam meter) pada gravitasi yang diukur dan kurangi $\gamma$: ini adalah anomali udara-bebas.
3. Kurangi koreksi Bouguer $0.0419\times(\rho/1000)\times h$, yaitu $0.112\,h$ untuk massa jenis standar: ini adalah anomali Bouguer.
4. Kerjakan dalam miligal sepanjang proses, dan simpan gravitasi yang diukur dan normal hingga tujuh angka penting: anomali adalah selisih kecil dari dua bilangan besar.

Contoh 11.12 (Sebuah stasiun di perbukitan)

Pada stasiun di lintang $45{}^{\circ}$ dan $1200\,\mathrm{m}$ di atas permukaan laut, gravimeter memberikan $9.802\,597\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Gravitasi normal di sana adalah $9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; nilai terukur lebih rendah sebesar $360.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Koreksi udara-bebas adalah $0.3086\times1200 = 370.3\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -360.3 + 370.3 = +10.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Koreksi Bouguer adalah $0.112\times1200 = 134.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm B} = -124.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$: ada lebih sedikit massa di bawah stasiun ini daripada di bawah stasiun di permukaan laut, setelah batuan di atas permukaan laut dihilangkan.

Apa yang dikatakan anomali tentang kompensasi

Proposisi 11.13 (Anomali di atas relief luas)

Pertimbangkan dataran tinggi setinggi $h$ dan massa jenis $\rho_c$, jauh lebih lebar daripada kedalaman kompensasinya, dan sebuah stasiun dekat pusatnya. Ambil massa jenis Bouguer sama dengan $\rho_c$.

1. Jika dataran tinggi tidak dikompensasi, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 2\pi G\rho_c h$ dan $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.
2. Jika berada dalam kesetimbangan isostatik, apa pun distribusi massa kompensasinya, $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ dan $\Delta g_{\mathrm B} \approx -2\pi G\rho_c h$.

Untuk kompensasi Airy, anomali Bouguer pada kasus kedua juga adalah $-2\pi G(\rho_m - \rho_c)r$, tarikan massa akar yang hilang, karena $(\rho_m - \rho_c)r = \rho_c h$. Anomali udara-bebas yang mendekati nol di atas wilayah luas dengan demikian adalah tanda isostasi, dan anomali Bouguer yang mengikuti relief dalam bayangan cermin mengukur massa kompensasi: anomali Bouguer secara regional negatif di sepanjang Alpen, dan di atas punggungan tengah samudra, setinggi apa pun, anomali udara-bebasnya kecil. Di atas samudra anomali Bouguer positif: penggantian air dengan batuan menambah massa di atas kolom yang tidak memiliki massa yang hilang.

Di dekat tepi relief, pendekatan lempeng gagal, karena topografi dekat dengan stasiun dan akar jauh di bawahnya. Gambar di bawah memberikan tarikan eksak dari sebuah pegunungan model yang lebar $200\,\mathrm{km}$ dan tinggi $2\,\mathrm{km}$. Tanpa kompensasi, anomali udara-bebas adalah $+225\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ di pusat, mendekati nilai lempeng $226\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; dengan akar Airy $9\,\mathrm{km}$, anomali udara-bebas pusat turun menjadi $+55\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, bukan nol, karena pegunungan yang hanya $200\,\mathrm{km}$ lebarnya tidak tampak tak hingga dari $40\,\mathrm{km}$ di atas akarnya, dan anomali udara-bebas berbalik tajam menjadi negatif tepat di luar setiap tepi, tempat stasiun melihat akar tetapi tidak melihat gunungnya.

Metode 11.14 (Menguji suatu wilayah untuk isostasi)

1. Rata-ratakan anomali udara-bebas di atas area yang beberapa kali lebih lebar daripada ketebalan kerak, jauh dari tepi relief.
2. Jika anomali itu dekat nol, wilayah itu terkompensasi; jika mendekati $2\pi G\rho_c$ dikali tinggi rata-rata, wilayah itu tidak.
3. Rasio $-\Delta g_{\mathrm B}/(2\pi G\rho_c h)$ memberikan fraksi relief yang terkompensasi.
4. Bukti seismik atau bukti lain tentang kedalaman Moho membedakan kompensasi Airy dari kompensasi Pratt: gravitasi lebar saja tidak dapat, karena keduanya menempatkan defisit massa yang sama di bawah relief.

Sejarah — Gravitasi di laut

Bandul mengukur gravitasi melalui periodenya, tetapi di atas kapal gelombang mengguncangnya jauh lebih kuat daripada anomali apa pun. Pada 1920-an ahli geodesi Belanda Felix Vening Meinesz menemukan jalan keluarnya: dua bandul yang berayun berlawanan fase dalam rangka yang sama merasakan percepatan horizontal kapal yang sama, dan selisihnya meniadakannya. Sejak 1923 ia membawa peralatannya di kapal selam Angkatan Laut Belanda, tempat, ketika terendam, ia terhindar dari gelombang terburuk; pertama dalam pelayaran ke Hindia Timur, lalu dalam survei laut-laut mereka. Di sepanjang palung laut dalam di gugusan pulau itu ia menemukan sabuk panjang anomali isostatik yang sangat negatif, dan kemudian menemukannya di palung-palung lain: ia hanya dapat menjelaskannya dengan kerak yang ditahan ke bawah di sana oleh gaya dari luar, di luar kesetimbangan isostatik.

11.4 Geoid

Permukaan laut dalam keadaan diam adalah permukaan potensial gravitasi yang konstan: jika tidak, air akan mengalir di sepanjangnya. Ia adalah acuan alami untuk ketinggian, dan permukaan tempat tali unting lama tegak lurus.

Definisi 11.15 (Geoid; tinggi geoid)

Geoid adalah permukaan ekuipotensial gravitasi Bumi (gravitasi ditambah efek sentrifugal rotasi) yang berimpit dengan permukaan laut rata-rata di samudra terbuka, dalam keadaan diam, dan dilanjutkan di bawah benua. Tinggi geoid $N$ di suatu titik adalah tinggi geoid di atas elipsoid acuan, dihitung negatif di tempat geoid berada di bawahnya.

Ketinggian di atas permukaan laut pada peta adalah ketinggian di atas geoid; ketinggian yang diberikan oleh penentuan posisi satelit adalah ketinggian di atas elipsoid; keduanya berbeda sebesar $N$. Geoid menyimpang dari elipsoid sebesar $+85\,\mathrm{m}$ di dekat Islandia dan $-106\,\mathrm{m}$ di lepas India selatan, kurang dari $200\,\mathrm{m}$ seluruhnya, sedangkan relief permukaan padat membentang sekitar $20\,\mathrm{km}$: geoid adalah permukaan yang jauh lebih halus daripada tanah.

Proposisi 11.16 (Tinggi geoid dan anomali potensial)

Misalkan $\Phi$ potensial gravitasi Bumi dan $\Phi_n$ potensial normal, yaitu milik model Bumi yang permukaannya, elipsoid acuan, memiliki potensial yang sama $\Phi_0$ dengan geoid, keduanya dihitung dengan tanda fisika (potensial naik ke atas dan $g = -\nabla\Phi$). Misalkan $T = \Phi - \Phi_n$ adalah anomali potensial di geoid. Hingga orde pertama,

$$N = -\frac{T}{\gamma} .$$

Ahli geodesi, yang menghitung potensial dengan tanda sebaliknya, menulis hasil yang sama $N = T/\gamma$, rumus Bruns.

Kelebihan massa di bawah suatu titik membuat potensial di sana lebih negatif, sehingga $T < 0$ dan $N > 0$: geoid menggembung ke atas di atas kelebihan massa dan tenggelam di atas defisit. Tinggi $85\,\mathrm{m}$ di dekat Islandia berkorespondensi dengan anomali potensial sebesar $-85\,\mathrm{m}\times9.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} \approx -830\,\mathrm{J}\,\mathrm{kg}^{-1}$. Karena potensial meluruh sebagai $1/r$ sedangkan tarikan meluruh sebagai $1/r^2$, geoid didominasi oleh massa besar dan dalam, dan anomali gravitasi oleh massa yang dangkal. Pegunungan yang terkompensasi hanya sedikit menaikkan geoid, karena kelebihan massanya dan defisit akarnya hampir saling meniadakan; beban yang tidak terkompensasi menaikkannya jauh lebih banyak.

Defleksinya kecil: seluruh selisih yang mengganggu para juru ukur India hanya sekitar lima detik busur. Di atas samudra geoid dapat terlihat. Sejak 1978, altimeter radar pada satelit telah mengukur waktu denyut gelombang mikro yang dipantulkan dari permukaan laut untuk mengukur tingginya. Setelah pasang surut, gelombang dan arus dirata-ratakan, permukaan laut berdiri lebih tinggi di atas gunung laut dan punggungan, dan lebih rendah di atas palung dan dataran abisal, dan tonjolan-tonjolan ini (Latihan 11.11 memperkirakan satu) memetakan topografi dasar laut dalam di tempat tidak ada kapal yang menyelam. Satelit GOCE, dari 2009 hingga 2013, terbang pada sekitar $260\,\mathrm{km}$ dan mengukur medan gravitasi dari orbit, dengan sasaran geoid hingga 1 hingga $2\,\mathrm{cm}$ dan anomali gravitasi hingga sekitar $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, dengan resolusi lebih baik daripada $100\,\mathrm{km}$.

Isostasi yang bergerak

Isostasi dicapai dengan aliran, dan aliran membutuhkan waktu. Pada puncak glasiasi terakhir, sekitar $20\,000$ tahun yang lalu, lapisan es setebal sekitar $3\,\mathrm{km}$ menutupi Skandinavia. Es memiliki massa jenis sekitar sembilan persepuluh air, sehingga dengan mantel $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, depresi isostatik penuh di bawah lapisan es seperti itu adalah $3000\,\mathrm{m}\times900/3300 \approx 820\,\mathrm{m}$. Es telah hilang, dan daratan masih naik: penentuan posisi satelit mengukur hingga sekitar $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ pengangkatan di Swedia utara, di sebelah barat Teluk Bothnia, hari ini. Laju tempat depresi itu mengendur mengukur viskositas mantel di bawahnya, pokok bahasan volume Sarjana Tahun ke-3; Latihan 11.12 menunjukkan caranya.

11.5 Latihan

Latihan 11.1 ★

(a) Ubah anomali Bouguer $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ ke $\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, dan nyatakan sebagai fraksi dari $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) Sama untuk $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, presisi yang ditargetkan untuk anomali gravitasi dari GOCE, dan untuk $1\,\text{µ}\mathrm{Gal}$.

Solusi

Solusi Latihan 11.1.

(a) $-150\,\mathrm{m}\mathrm{Gal} = -150\times10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -1.5 \times 10^{-3}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, dan $1.5 \times 10^{-3}/9.81 = 1.53 \times 10^{-4}$ dari $g$. (b) $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal} = 10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $1.02 \times 10^{-6}$ dari $g$; $1\,\text{µ}\mathrm{Gal} = 10^{-8}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, $1.02 \times 10^{-9}$ dari $g$: gravimeter yang membedakan satu mikrogal mengukur gravitasi hingga sekitar satu per miliar.

Latihan 11.2 ★

(a) Hitung gravitasi normal di ekuator, pada $45{}^{\circ}$ dan di kutub dengan rumus dalam bab ini. (b) Berikan selisih ekuator-kutub dalam miligal. (c) Percepatan sentrifugal di ekuator adalah $3392\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Berapa fraksi selisih itu yang dijelaskan rotasi secara langsung?

Solusi

Solusi Latihan 11.2.

(a) Di ekuator kedua sinus lenyap: $\gamma = 9.780\,327\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Pada $45{}^{\circ}$, $\sin^2\varphi = 0.5$ dan $\sin^2 2\varphi = 1$: $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0026512 - 0.0000058) = 9.806\,200\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Di kutub, $\sin^2\varphi = 1$ dan $\sin 2\varphi = 0$: $\gamma = 9.780327\times1.0053024 = 9.832\,186\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (b) $9.832186 - 9.780327 = 0.051\,859\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, yaitu $5186\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $3392/5186 = 0.65$: efek sentrifugal menjelaskan sekitar dua pertiga selisih itu; kegepengan, yang menempatkan kutub lebih dekat ke pusat, sisanya.

Latihan 11.3 ★

Sebuah dataran tinggi berdiri $3\,\mathrm{km}$ di atas permukaan laut. Dengan kerak bermassa jenis $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ dan mantel $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, hitung akar Airy-nya dan penebalan keraknya.

Solusi

Solusi Latihan 11.3.

$r = h\rho_c/(\rho_m - \rho_c) = 3\times2800/500 = 16.8\,\mathrm{km}$. Kerak menjadi lebih tebal sebesar $h + r = 19.8\,\mathrm{km}$ (yaitu $h\rho_m/(\rho_m - \rho_c) = 3\times3300/500$).

Latihan 11.4 ★

(a) Sebesar apa gravimeter harus dinaikkan agar pembacaannya turun sebesar $1\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$? Gunakan $0.3086\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}\,\mathrm{m}^{-1}$. (b) Sebuah survei menargetkan anomali hingga $0.01\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Sampai ketelitian berapa ketinggian stasiun harus diketahui?

Solusi

Solusi Latihan 11.4.

(a) $1/0.3086 = 3.24\,\mathrm{m}$. (b) $0.01/0.3086 = 0.032\,\mathrm{m}$: ketinggian harus diketahui hingga sekitar $3\,\mathrm{cm}$, yang menjelaskan mengapa setiap stasiun dicatat ketinggiannya dengan penentuan posisi satelit atau sipat datar.

Latihan 11.5 ★★

Dalam model Pratt dengan $D = 100\,\mathrm{km}$ dan $\rho_0 = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) hitung massa jenis kolom-kolom yang berdiri setinggi 1, 3 dan $5\,\mathrm{km}$; (b) hitung massa jenis kolom di bawah $4\,\mathrm{km}$ air laut bermassa jenis $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (c) Mengapa model Pratt lebih cocok untuk dasar laut daripada untuk benua?

Solusi

Solusi Latihan 11.5.

(a) $\rho = 2700\times100/(100 + h)$: $2673\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ untuk $1\,\mathrm{km}$, $2621\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ untuk $3\,\mathrm{km}$, $2571\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ untuk $5\,\mathrm{km}$. (b) $\rho = (2700\times100 - 1030\times4)/96 = 265\,880/96 = 2770\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$: kolom di bawah laut lebih padat. (c) Model Pratt menuntut perubahan lateral massa jenis pada kedalaman tetap. Di bawah dasar laut perubahan semacam itu memang ada: litosfer muda dan panas dekat punggungan lebih ringan daripada litosfer tua dan dingin yang jauh darinya (Bab 10). Di bawah benua, sebaliknya, ketebalan kerak terlihat berubah mengikuti relief.

Latihan 11.6 ★★

Dua stasiun berada pada lintang $48{}^{\circ}$, tempat gravitasi normal adalah $9.808\,911\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Stasiun 1, $350\,\mathrm{m}$ di atas permukaan laut, membaca $9.807\,751\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$; stasiun 2, pada $1850\,\mathrm{m}$, membaca $9.803\,552\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. (a) Hitung anomali udara-bebas dan Bouguer keduanya, dengan massa jenis Bouguer standar. (b) Apa yang disarankan anomali stasiun 2 tentang pegunungan di sekitarnya?

Solusi

Solusi Latihan 11.6.

(a) Stasiun 1: $g - \gamma = 9.807751 - 9.808911 = -0.001\,160\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -116.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; koreksi udara-bebas $0.3086\times350 = 108.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm{FA}} = -8.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; koreksi Bouguer $0.112\times350 = 39.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm B} = -47.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Stasiun 2: $g - \gamma = -535.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; koreksi udara-bebas $0.3086\times1850 = 570.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +35.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; koreksi Bouguer $0.112\times1850 = 207.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm B} = -172.2\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (b) Di stasiun 2 anomali Bouguer sangat negatif: di bawah pegunungan ada defisit massa, akar dari kerak ringan. Anomali udara-bebas, kecil dibanding koreksi Bouguer, menunjukkan bahwa defisit itu hampir menyeimbangkan pegunungan: pegunungan itu sebagian besar terkompensasi (sampai sekitar $172/207$, atau $83\,\%$, bila model lempeng berlaku untuk seluruh rentang).

Latihan 11.7 ★★

(a) Dengan mengikuti pembuktian Proposisi 11.9, tunjukkan bahwa cakram horizontal berjari-jari $a$, tebal $h$ dan massa jenis $\rho$ menarik titik pada sumbunya, pada jarak $z \gg h$ di atasnya, dengan $2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$. (b) Jari-jari berapa yang memberikan $90\,\%$ dari nilai lempeng pada $z = 1\,\mathrm{km}$? (c) Apa yang dikatakan ini tentang luas medan yang berpengaruh pada koreksi Bouguer?

Solusi

Solusi Latihan 11.7.

(a) Seperti dalam pembuktian proposisi, lapisan tipis pada jarak $z$ menyumbang $G\rho\,2\pi z\,h\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds$, kini dengan integral dihentikan pada $s = a$: $\int_0^a s\,(s^2 + z^2)^{-3/2}\,\mathrm ds = 1/z - 1/\sqrt{z^2 + a^2}$. Maka $g = 2\pi G\rho h\,\bigl(1 - z/\sqrt{z^2 + a^2}\bigr)$, yang menuju nilai lempeng bila $a \to \infty$. (b) $z/\sqrt{z^2 + a^2} = 0.1$ memberikan $\sqrt{z^2 + a^2} = 10z$, $a = \sqrt{99}\,z = 9.95\,\mathrm{km}$ untuk $z = 1\,\mathrm{km}$. (c) Batuan dalam kira-kira sepuluh kali kedalamannya di bawah stasiun memberikan $90\,\%$ dari tarikan itu: koreksi medan memerlukan relief dalam radius beberapa kilometer hingga puluhan kilometer di sekitar setiap stasiun, bukan hanya di bawahnya.

Latihan 11.8 ★★

Dalam model Airy dengan kerak $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, setebal $35\,\mathrm{km}$ di permukaan laut, di atas mantel $3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, (a) hitung anti-akar dan ketebalan kerak di bawah $4\,\mathrm{km}$ air laut dengan massa jenis $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (b) Kerak samudra sebenarnya sekitar $5\,\mathrm{km}$ tebalnya. Apa yang ditunjukkan oleh selisih itu?

Solusi

Solusi Latihan 11.8.

(a) $r' = d(\rho_c - \rho_w)/(\rho_m - \rho_c) = 4\times1770/500 = 14.16\,\mathrm{km}$, dan kerak menjadi $35 - 4 - 14.16 = 16.84\,\mathrm{km}$ tebalnya. (b) Model Airy dengan satu massa jenis kerak memprediksi kerak samudra yang lebih tebal lebih dari tiga kali lipat. Kerak samudra bukanlah kerak benua yang menipis: ia adalah batuan lain yang lebih padat, dan kedua tingkat Bumi adalah dua jenis kerak, seperti disarankan oleh kurva hipsometrik.

Latihan 11.9 ★★

Dalam uraian pembukaan, selisih lintang antara Kaliana dan Kalianpur adalah $5.236''$, sedangkan tarikan Himalaya yang dihitung Pratt seharusnya menghasilkan $15.885''$. (a) Ubah kedua sudut menjadi radian. (b) Percepatan horizontal $a_h$ memiringkan tali unting sebesar sudut $a_h/g$. Selisih tarikan horizontal antara kedua stasiun yang sesuai dengan masing-masing sudut itu, dalam miligal, dengan $g = 9.79\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$? (c) Berapa fraksi tarikan pegunungan yang terlihat yang dibatalkan oleh kompensasi?

Solusi

Solusi Latihan 11.9.

(a) Satu detik busur adalah $\pi/(180\times3600) = 1/206\,265$ radian: $5.236''$ $= 2.538 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$ dan $15.885''$ $= 7.701 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}$. (b) $a_h = g\theta$: $9.79\times2.538 \times 10^{-5} = 2.485 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = 24.9\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ teramati, dan $9.79\times7.701 \times 10^{-5} = 75.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ dihitung dari gunung yang terlihat. (c) $1 - 5.236/15.885 = 0.670$: kompensasi membatalkan sekitar dua pertiga tarikan gunung yang terlihat.

Latihan 11.10 ★★★

Sebuah kubah garam dimodelkan sebagai bola berjari-jari $2\,\mathrm{km}$, dengan pusatnya pada kedalaman $4\,\mathrm{km}$ dan massa jenis $200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ lebih rendah daripada batuan di sekitarnya. (a) Tunjukkan bahwa bola terpendam dengan massa anomali $M$ pada kedalaman $z$ memberikan, pada jarak horizontal $x$, anomali $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) Hitung anomali di atas pusatnya. (c) Pada jarak berapa anomali itu turun menjadi setengah nilai puncaknya? (d) Bagaimana kedalaman sebuah bola dapat dibaca dari profil terukur?

Solusi

Solusi Latihan 11.10.

(a) Di luarnya, bola menarik seperti massa titik di pusatnya, dengan $GM/(x^2 + z^2)$ sepanjang garis ke pusat; komponen vertikalnya adalah itu dikali kosinus $z/\sqrt{x^2 + z^2}$, yang memberikan $GMz/(x^2 + z^2)^{3/2}$. (b) $M = \tfrac43\pi(2000\,\mathrm{m})^3\times(-200\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}) = -6.70 \times 10^{12}\,\mathrm{kg}$, dan di atas pusat $GM/z^2 = 6.674 \times 10^{-11}\times (-6.70 \times 10^{12})/(4000)^2 = -2.80 \times 10^{-5}\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} = -2.80\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. (c) $(1 + x^2/z^2)^{-3/2} = 1/2$ memberikan $x = z\sqrt{2^{2/3} - 1} = 0.766\,z = 3.07\,\mathrm{km}$. (d) Lebar setengah-maksimum profil memberikan kedalaman: $z = 1.305\,x_{1/2}$. Benda yang lebih dalam memberikan anomali yang lebih lebar dan lebih datar.

Latihan 11.11 ★★★

Sebuah gunung laut adalah kerucut setinggi $3\,\mathrm{km}$ dengan alas berjari-jari $15\,\mathrm{km}$ yang berdiri di atas dasar laut sedalam $5\,\mathrm{km}$. Batuannya bermassa jenis $2800\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, air laut $1030\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$. (a) Hitung kelebihan massanya atas air yang dipindahkannya. (b) Anggap ia sebagai massa titik di pusat massanya, seperempat tingginya di atas alas, dan gunakan Proposisi 11.16 dengan $\gamma = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$ untuk memperkirakan tinggi tonjolan permukaan laut di atasnya. (c) Apakah massa titik melebih-lebihkan atau meremehkan tonjolan itu? (d) Jika gunung laut itu sepenuhnya dikompensasi oleh akar, bagaimana tonjolan itu berubah?

Solusi

Solusi Latihan 11.11.

(a) $V = \tfrac13\pi R^2 H = \tfrac13\pi(15 \times 10^{3}\,\mathrm{m})^2(3 \times 10^{3}\,\mathrm{m}) = 7.07 \times 10^{11}\,\mathrm{m}^{3}$, dan $\Delta m = (2800 - 1030)V = 1.25 \times 10^{15}\,\mathrm{kg}$. (b) Pusat massa berada $0.75\,\mathrm{km}$ di atas dasar, pada $d = 5 - 0.75 = 4.25\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan laut. Di sana anomali potensial adalah $T = -G\Delta m/d$, sehingga $N = G\Delta m/(\gamma d) = 6.674 \times 10^{-11}\times1.25 \times 10^{15}/(9.81\times4250) = 2.0\,\mathrm{m}$. (c) Sebagian besar massa kerucut berada di bagian bawahnya yang lebar, pada 5 hingga $16\,\mathrm{km}$ dari titik di atas puncak: rata-rata $1/r$ atas massa lebih kecil daripada $1/4.25\,\mathrm{km}$, dan massa titik melebih-lebihkan potensialnya. Menjumlahkan cakram tipis memberikan sekitar $1.1\,\mathrm{m}$. (d) Akar kerak ringan di bawahnya akan menempatkan defisit dengan massa yang sama lebih dalam; kedua potensial hampir saling meniadakan, dan tonjolannya akan jauh lebih kecil, tetapi tidak nol, karena defisit terletak lebih jauh dari permukaan daripada kelebihan massa.

Latihan 11.12 ★★★

Modelkan pemulihan Skandinavia setelah es mencair: anggap es lenyap mendadak $10\,000$ tahun yang lalu, meninggalkan depresi sebesar $818\,\mathrm{m}$ yang sejak itu berkurang sebagai $w(t) = w_0\,e^{-t/\tau}$. (a) Tunjukkan bahwa laju pengangkatannya adalah $w/\tau$. (b) Dengan $\tau = 4000$ tahun, hitung depresi yang tersisa dan laju pengangkatan hari ini, dan bandingkan laju itu dengan $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ yang terukur. (c) Tunjukkan bahwa $\tau = 3100$ tahun dan $\tau = 68\,000$ tahun keduanya memberikan sekitar $10\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$ hari ini. Depresi tersisa apa yang disiratkan masing-masing, dan bagaimana survei gravitasi dapat memutuskan di antara keduanya? (d) Sifat mantel apa yang diukur oleh $\tau$?

Solusi

Solusi Latihan 11.12.

(a) Laju pengangkatannya adalah $-\mathrm dw/\mathrm dt = w_0\,e^{-t/\tau}/\tau = w/\tau$. (b) $w = 818\,e^{-10000/4000} = 818\times0.0821 = 67.1\,\mathrm{m}$, dan laju $67.1\,\mathrm{m}/4000\,\mathrm{yr} = 16.8\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$, lebih dari satu setengah kali nilai terukur. (c) Dengan $\tau = 3100$ tahun, $w = 818\,e^{-3.226} = 32.5\,\mathrm{m}$ dan lajunya $10.5\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$; dengan $\tau = 68\,000$ tahun, $w = 818\,e^{-0.147} = 706\,\mathrm{m}$ dan lajunya $10.4\,\mathrm{mm}\,\mathrm{yr}^{-1}$. Keduanya menyiratkan depresi tersisa yang sangat berbeda. Depresi yang tidak dikompensasi adalah defisit massa batuan mantel: pada wilayah luas ia memberikan anomali udara-bebas sekitar $-2\pi G\rho_m w$, yaitu $-0.0419\times3.3\times706 \approx -98\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ untuk kasus lambat, dibanding $-4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ untuk yang cepat. Survei gravitasi (atau ketinggian garis pantai lama) membedakan keduanya. (d) Konstanta waktu mengukur seberapa cepat mantel mengalir kembali di bawah depresi: viskositasnya.

11.6 Soal: akar suatu pegunungan

Soal 11.1

Soal akhir pekan — akar suatu dataran tinggi, Airy melawan Pratt, gravitasi di atasnya, dan apa yang dilakukan erosi kepadanya

Sebuah dataran tinggi yang luas, beberapa ratus kilometer lebarnya, berdiri $4\,\mathrm{km}$ di atas dataran rendah di permukaan laut yang keraknya setebal $35\,\mathrm{km}$. Ambil $\rho_c = 2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ untuk kerak, $\rho_m = 3300\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ untuk mantel, $g = 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$, dan $2\pi G = 0.0419\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$ per meter per $1000\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

Bagian I — Dataran tinggi Airy.

1. Hitung akar Airy dari dataran tinggi itu.
2. Turunkan ketebalan keraknya dan kedalaman Moho-nya di bawah permukaan laut.
3. Ambil kedalaman kompensasi pada $60\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan laut. Hitung massa per meter persegi di atasnya pada kolom dataran tinggi dan pada kolom dataran rendah.
4. Hitung tekanan pada kedalaman $60\,\mathrm{km}$.
5. Mengapa akar itu 4.5 kali ketinggiannya? Berapa rasionya dengan kerak bermassa jenis $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$?
6. Apa yang akan ditunjukkan oleh survei refraksi seismik melintasi tepi dataran tinggi jika model Airy berlaku?

Bagian II — Dataran tinggi Pratt. Sekarang misalkan sebaliknya kedalaman kompensasi $D = 100\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan laut dan sebuah kolom dataran rendah dengan massa jenis seragam $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

7. Hitung massa jenis kolom dataran tinggi.
8. Periksa bahwa kedua kolom memiliki massa per meter persegi yang sama di atas $D$.
9. Berapa persen kolom dataran tinggi harus lebih ringan?
10. Jika selisih massa jenis ini hanya disebabkan oleh panas, dengan koefisien ekspansi termal $3 \times 10^{-5}\,\mathrm{K}^{-1}$, berapa banyak lebih panaskah kolom dataran tinggi rata-rata? Apakah itu masuk akal?
11. Di mana Moho di bawah dataran tinggi dalam model Pratt?
12. Survei refraksi mendapati Moho pada $52\,\mathrm{km}$ di bawah dataran tinggi. Model mana yang cocok?

Bagian III — Gravitasi di atas pusat.

13. Hitung koreksi Bouguer untuk stasiun di atas dataran tinggi.
14. Prediksikan anomali udara-bebas dan Bouguer di pusat jika dataran tinggi itu tidak dikompensasi.
15. Prediksikan keduanya untuk dataran tinggi Airy, dan periksa anomali Bouguer dengan massa yang hilang dari akar itu.
16. Sebuah stasiun di pusat dataran tinggi, pada lintang $30{}^{\circ}$ dan $4000\,\mathrm{m}$, membaca $9.781\,085\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Hitung gravitasi normal pada $30{}^{\circ}$, lalu anomali udara-bebas dan Bouguer.
17. Berapa fraksi dataran tinggi yang terkompensasi?
18. Apakah anomali Bouguer di pusat akan berbeda jika dataran tinggi itu dikompensasi dengan cara Pratt? Jelaskan.
19. Sketsakan anomali udara-bebas sepanjang profil melintasi salah satu tepi dataran tinggi, dan jelaskan bentuknya.

Bagian IV — Erosi. Sungai mengangkut lapisan setebal $1\,\mathrm{km}$ dari seluruh permukaan dataran tinggi, cukup lambat agar isostasi dapat mengikuti.

20. Berapa ketebalan kerak yang baru, dan berapa akar Airy barunya?
21. Berapa ketinggian baru dataran tinggi itu?
22. Berapa banyak batuan yang kini berada di permukaan telah naik?
23. Berapa banyak batuan yang harus dierosi seluruhnya untuk menurunkan dataran tinggi ke permukaan laut? Apa yang ini katakan tentang batuan yang terlihat di sabuk gunung tua?
24. Berapa banyak permukaan dataran tinggi turun untuk setiap kilometer batuan yang dierosi?

Solusi

Solusi Soal 11.1.

1. $r = h\rho_c/(\rho_m - \rho_c) = 4\times2700/600 = 18\,\mathrm{km}$.

2. Kerak setebal $35 + 4 + 18 = 57\,\mathrm{km}$; dasarnya, Moho, berada $35 + 18 = 53\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan laut.

3. Dataran tinggi: $57\,\mathrm{km}$ kerak dan $60 - 53 = 7\,\mathrm{km}$ mantel, $57\,000\times2700 + 7000\times3300 = 1.539 \times 10^{8} + 2.31 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Dataran rendah: $35\,000\times2700 + 25\,000\times3300 = 9.45 \times 10^{7} + 8.25 \times 10^{7} = 1.770 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$. Keduanya sama, seperti Proposisi 11.4 mensyaratkannya.

4. $p = g\times\text{massa per satuan luas} = 9.81\times1.770 \times 10^{8} = 1.74 \times 10^{9}\,\mathrm{Pa}$, sekitar $1.7\,\mathrm{GPa}$, di bawah kedua kolom.

5. Akar harus mengimbangi, dengan massa jenisnya yang lebih kecil, massa dataran tinggi: setiap meter akar menghilangkan $\rho_m - \rho_c = 600\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$ massa, dan setiap meter dataran tinggi menambahkan $2700\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, sehingga $2700/600 = 4.5$ meter akar diperlukan. Dengan kerak $2900\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, rasionya akan menjadi $2900/400 = 7.25$: semakin kecil kontrasnya, semakin dalam akarnya.

6. Moho, lompatan kecepatan seismik yang kuat, akan ditemukan semakin dalam di bawah tepi dataran tinggi, dari $35\,\mathrm{km}$ di bawah dataran rendah hingga sekitar $53\,\mathrm{km}$ di bawah dataran tinggi.

7. $\rho = 2700\times100/104 = 2596\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$.

8. $104\,000\times2596.2 = 2.700 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$ dan $100\,000\times2700 = 2.700 \times 10^{8}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}$.

9. $2700 - 2596 = 104\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-3}$, atau $104/2700 = 3.85\,\%$.

10. $\Delta\rho/\rho = \alpha\,\Delta T$ memberikan $\Delta T = 0.0385/3 \times 10^{-5} = 1280\,\mathrm{K}$ rata-rata di seluruh kolom $104\,\mathrm{km}$. Itu akan melelehkan sebagian besar kolom: panas saja tidak dapat membuat dataran tinggi ini cukup ringan, dan mekanisme Pratt tidak dapat menjadi yang utama di sini.

11. Kolom Pratt tidak memiliki akar: Moho tetap sekitar $35\,\mathrm{km}$ di bawah dataran tinggi, seperti di bawah dataran rendah.

12. $52\,\mathrm{km}$ dekat dengan $53\,\mathrm{km}$ milik Airy dan jauh dari $35\,\mathrm{km}$ milik Pratt: dataran tinggi terkompensasi terutama oleh akar kerak.

13. $0.0419\times2.7\times4000 = 452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

14. Tidak terkompensasi (Proposisi 11.13): $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx +452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, $\Delta g_{\mathrm B} \approx 0$.

15. Terkompensasi: $\Delta g_{\mathrm{FA}} \approx 0$ dan $\Delta g_{\mathrm B} \approx -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$. Massa akar yang hilang memberikan $-0.0419\times0.6\times18\,000 = -452.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sama, karena $\Delta\rho\,r = \rho_c h$.

16. $\sin^230{}^{\circ} = 0.25$ dan $\sin^260{}^{\circ} = 0.75$: $\gamma = 9.780327\times(1 + 0.0013256 - 0.0000044) = 9.793\,249\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}$. Lalu $g - \gamma = 9.781085 - 9.793249 = -1216.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$; koreksi udara-bebas adalah $0.3086\times4000 = 1234.4\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, sehingga $\Delta g_{\mathrm{FA}} = +18.0\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$, dan $\Delta g_{\mathrm B} = 18.0 - 452.5 = -434.5\,\mathrm{m}\mathrm{Gal}$.

17. $434.5/452.5 = 0.96$: dataran tinggi sekitar $96\,\%$ terkompensasi (anomali udara-bebas positif yang kecil adalah bagian yang tidak terkompensasi, $4\,\%$).

18. Tidak. Dekat pusat dataran tinggi yang lebar setiap lapisan anomali bertindak sebagai lempeng, yang tarikannya tidak bergantung pada kedalamannya: hanya defisit massa per satuan luas yang berpengaruh, dan itu sama, $\rho_c h$, di kedua model. Keduanya berbeda hanya di dekat tepi, tempat kedalaman massa kompensasi mengubah bentuk anomali.

19. Jauh dari tepi di kedua sisi, anomali udara-bebas mendekati nol. Beberapa kilometer di dalam tepi, dataran tinggi di bawah stasiun dekat dan meluas jauh hanya di satu sisi: ia tetap menarik dengan hampir seluruh nilai lempengnya. Akar, $35\,\mathrm{km}$ atau lebih di bawah, dari situ tampak sebagai benda yang berakhir hampir lurus di bawah: ia menarik dengan sedikit lebih dari separuh pengaruhnya. Selisihnya adalah puncak positif. Beberapa kilometer di luar, dataran tinggi menarik sangat sedikit, sementara akar tetap menarik dengan hampir separuh pengaruhnya: palung negatif. Profilnya adalah pasangan positif–negatif melintasi setiap tepi, seperti dalam gambar bab ini.

20. Kerak kini $57 - 1 = 56\,\mathrm{km}$ tebalnya, $21\,\mathrm{km}$ lebih daripada dataran rendah. Dalam kesetimbangan kelebihan ini terbagi menjadi $h' + r'$ dengan $r' = 4.5\,h'$: $h' = 21/5.5 = 3.818\,\mathrm{km}$ dan $r' = 17.18\,\mathrm{km}$.

21. Dataran tinggi kini berdiri pada $3818\,\mathrm{m}$.

22. Batuan yang kini di permukaan berada $1\,\mathrm{km}$ di bawah permukaan lama, pada $3000\,\mathrm{m}$; kini berada pada $3818\,\mathrm{m}$: ia telah naik sebesar $818\,\mathrm{m}$, yaitu $1000\times\rho_c/\rho_m$.

23. Setiap kilometer yang dierosi menurunkan permukaan sebesar $1 - 2700/3300 = 0.182$ kilometer, sehingga menurunkannya $4\,\mathrm{km}$ memerlukan $4/0.182 = 22\,\mathrm{km}$ erosi, seluruh kelebihan ketebalan $h + r$. Pada sabuk gunung tua yang telah aus, batuan di permukaan karena itu pernah berada kira-kira dua puluh kilometer dalamnya: akar dalam sabuk itu tersingkap.

24. Permukaan turun sebesar $1000 - 818$: untuk setiap kilometer batuan yang dierosi, penurunan bersih permukaan adalah $182\,\mathrm{m}$.