Suryadi Siregar Mekanika Benda Langit

Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Bab 2
Orbit Dalam Ruang
_____________________________________________________________________
Pada paragraf yang lalu telah diuraikan bahwa suatu lintasan di dalam ruang
ditentukan oleh bentuk orbit dan orientasinya. Bentuk geometri suatu orbit dicerminkan
oleh oleh dua unsur yaitu elemen geometri dan elemen orientasi. Elemen orientasi
adalah sudut simpul naik, , argumen perihelium  dan inklinasi i . Sedangkan elemen
geometri ialah setengah sumbu panjang elips, a , eksentrisitas, e .
Gambar 2- 1 Orbit anggota Tata Surya relatif terhadap bidang ekliptika dengan
Matahari sebagai salah satu titik api lintasan berbentuk elips.
Periode orbit, P dan saat terakhir melewati titik terdekat dengan titik fokus
lintasannya yang berbentuk elips,T disebut elemen dinamik. Seandainya kala edar P
diketahui maka masalah yang harus dipecahkan adalah bagaimana menyatakan koordinat
polar benda langit sebagai fungsi waktu. Dari pengetahuan ini kita akan dapat
menentukan posisi benda langit tersebut dalam koordinat ekuatorial, asensio rekta,  dan
deklinasi, . Untuk keperluan ini tinjaulah ilustrasi yang diragakan dalam Gambar. 2-2
FMIPA-ITB
Page 2- 1
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 2 Ilustrasi orbit elips dan lintasan bantu Kepler (lingkaran putus-putus
dengan jejari , a)
Andaikan m adalah Satelit (Planet) yang bergerak mengorbit Bumi (Matahari), m1 dan
misalkan pula koordinat polar titik massa m pada saat t adalah (r,f). Dalam hal ini r,
menyatakan jarak m terhadap m1 sedangkan f, adalah sudut yang dibentuk oleh radius
vektor r terhadap sumbu referensi yang kita pilih. Selanjutnya definisikan besaran
berikut;
a) Anomali benar (true anomaly) f, adalah sudut yang diukur searah dengan gerak
titik perige terhadap garis vektor yang menghubungkan m dengan m1.
b) Anomali eksentrik (eccentric anomaly) E, yaitu sudut pada pusat lingkaran yang
diukur dari perige dalam arah yang sama seperti halnya f.
c) Anomali rata-rata (mean anomaly) M, dinyatakan sebagai sudut yang ditempuh
oleh radius vektor r, rata-rata selama satu satuan waktu sejak meninggalkan titik
perige.
2
t  T   nt  T 
M 
(2-1)
P
Harga n dapat ditentukan dari kaedah hukum Kepler III yaitu ;
n  k 1  m 
1/ 2
a 3 / 2
(2-2)
Dalam hal ini : T = saat terakhir melewati perige/perihelium
k = konstanta Gauss
m = dinyatakan dalam massa Bumi/Matahari
n = dalam radian persatuan waktu
2.1 Pernyataan persamaan lintasan
Untuk membahas persamaan lintasan akan digunakan bantuan geometri seperti
yang diperlihatkan dalam Gambar. 2-2.
Kita lihat bahwa;
FMIPA-ITB
Page 2- 2
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
S2K : LK = b : a atau r sin f : a sin E
Terlihat pula bahwa;
S1K = r cos f = a cos E –ae
dan S2K = r sin f = a 1  e2 sin E
Dari kedua pernyatan ini dapat dihitung bahwa;
(r cos f)2 +(r sin f)2 = a2( 1 – e2 ) sin 2E + ( a cos E – ae )2
Atau r = a ( 1 – e cos E )
(2-3)
(2-4)
(2-5)
(2-6)
(2-7)
Dengan mengingat hubungan trigonometri, cos f = 1- 2 sin2 (f/2) dengan cara yang sama
kita peroleh;
f
 a 1  e 1  cos E 
2
f
2r cos 2  a 1  e 1  cos E 
2
2r sin 2
Atau tan
f
1 e
E

tan
2
1 e
2
(2-8)
Berdasarkan hukum Kepler III dapat juga diturunkan dengan cara berikut; yaitu pada
saat T, m ada di titik terdekat dengan massa m1 selanjutnya terlihat pula bahwa;
ab
1
2
1
Luas S1S2P =
 t  T   ab    t  T   abM
P
2  P 
2
Disamping itu luas S1S2P dapat juga dihitung dengan cara yang lain yakni;
Luas S1S2P = Luas KPS2 + Luas S1S2K
1
1
1
abM = ab  cos E  e  sin E  ab  E  sin E cos E  , atau dapat ditulis
2
2
2
M = E –e sin E
(2-9)
Persamaan ini disebut dengan persamaan Kepler. Nilai E dapat dihitung dari persamaan
Kepler bila M dan e diketahui. Bila eksentrisitas, e cukup kecil, dalam hal ini e < 0,2
seperti halnya orbit planet dan mayoritas satelit buatan, persamaan ini dapat diuraikan
dalam deret Fourier yang bentuknya dinyatakan oleh persamaan berikut;

2
E  M   J k (ke) sin kM
(2-10)
k 1 k
Dalam hal ini Jk adalah fungsi Bessel, contoh untuk k= 3 adalah;
e2
1
E  M  e sin M  sin 2M  e3 (3sin 3M  sin M )
2
8
FMIPA-ITB
(2-11)
Page 2- 3
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Untuk keperluan praktis akan lebih mudah kalau persamaan Kepler diselesaikan dengan
metoda numerik Newton-Raphson. Caranya diberikan dalam algoritma dan flowchart
berikut;
2.2 Algoritma Newton-Raphson(f(E),f’(E),E0,, M dan E)
1. Berikan nilai pemula E0 untuk harga E
f ( E0 )
2. Hitung E  E0 
f '( E0 )
3. Test apakah,  E-E0     E0  bila ya proses dihentikan dan E adalah nilai
yang memenuhi. Bila tidak ambil E0 = E kembali ke langkah 2
Simbol pada algoritma diatas adalah f  E  persamaan Kepler dan f   E  turunan
pertamanya. Sedangkan  adalah presesi yang kita inginkan dan E0 harga pendekatan
awal anomali eksentrik yang kita ambil. Bila E telah dapat ditentukan maka r dan f dapat
kita hitung dari persamaan (2-7) dan (2-6).
Sewaktu menggunakan algoritma ini perlu diperhatikan nilai pemula E0 . Perlu dihindari
titik stasioner yaitu titik dimana turunan pertama fungsi Kepler, f   E0  = 0 dan titik
belok, yaitu titik dimana terjadi peralihan dari cekung ke atas ke cekung ke bawah atau
sebaliknya. Titik belok memenuhi syarat f   E  = 0, iterasi tidak akan pernah konvergen
pada kedua titik ini. Untuk itu dalam program komputer perlu dibuat subroutine guna
menghindari kedua kasus ini. Flowchart pada Gambar 2-.3 tidak meninjau kasus seperti
ini.
FMIPA-ITB
Page 2- 4
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Start
M,E0 dan 
E=E0 - f(E)/f’(E)
E-E0  
E0 = E
ya
E akar yang
dicari
Selesai
Gambar 2- 3 Flowchart solusi persamaan Kepler. Dalam hal proses tidak konvergen
ulangi proses dengan mengambil harga E0 yang berbeda.
2.3 Contoh Kasus
Sebuah titik massa m, ”dilempar” dari planet Bumi dengan tujuan Mars. Andaikan dalam
perjalanannya ke planet Mars, titik massa itu hanya dipengaruhi oleh gaya gravitasi
Matahari. Tentukankanlah kordinat (r,f) titik massa tersebut, bila diketahui jarak Mars
dari Matahari pada saat titik massa m dilemparkan adalah 1,38 SA .
Penyelesaian :
Deskripsi persoalan ini dijelaskan dengan diagram bantu seperti yang diragakan dalam
Gambar 2-4
FMIPA-ITB
Page 2- 5
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 4 Diagram lintasan Mars, gerak wahana yang dianggap sebagai titik massa m
dan orbit Bumi. Wahana berpindah orbit dari orbit lingkaran ke orbit lingkaran yang lebih
besar.
Perhatikan gambar diatas, untuk titik m berlaku;
1. Jarak Bumi-Mars pada saat itu merupakan sumbu panjang lintasan elips yang
akan ditempuhnya, jadi 2a = 1 + 1,38 = 2,38 SA dengn demikian a = 1,19 SA
2. Periode P dapat dicari dari hukum Kepler III;
n  k 1  m 
1/ 2
a 3 / 2 = 0,0172(1,19) -1,5 = 0,0132 rad/hari
sehinggga P = 2/n = 476 hari
3. Menentukan eksentrisitas e;
Posisi perihelion rp = a(1- e) = 1 SA
Posisi aphelion ra = a(1+ e) = 1,38 SA
Dengan demikian kita peroleh eksentrisitas e = 0,16 sehingga radius vektornya
dapat dihitung dari ;
a(1  e2 )
1,16
r

1  e cos(   ) 1  0,16cos f
Untuk menentukan radius vektor r dan anomali benar f pada saat tertentu, kita
harus mengetahui lebih dahulu posisi Bumi dan Mars pada saat yang
bersangkutan konfigurasi umum ini diragakan pada Gambar 2-15
FMIPA-ITB
Page 2- 6
Suryadi Siregar
Gambar 2- 5
Mekanika Benda Langit
Konfigurasi planet Mars (merah) dan Bumi (biru). Jarak Mars dari Bumi
dapat dihitung dengan rumus kosinus ;  2  R2  r 2  2Rr cos 
Sebagai contoh, misalkan kita ingin mendaratkan wahana pada saat jarak Bumi dan
Mars minimum yaitu sekitar tangggal 20 Agustus 1961. Jadi titik massa m harus kita
luncurkan P/2 atau 238 hari sebelum 20 Agustus 1961 jadi tanggal 26 Desember 1960.
Anomali benar dan jarak wahana dari Matahari untuk berbagai tanggal diberikan dalam
Tabel 2-1 berikut.
Tabel 2- 1 Jarak wahana dan anomali benar untuk berbagai saat pengamatan
No
Tanggal
t-T
M
f
r
[1961]
(hari)
(Radian)
(derajad)
(SA)
1
Februari, 1
35
0,463
36,4
1,03
2
Maret ,1
64
0,847
64,6
1,09
3
April, 1
95
1,255
90,4
1,16
4
May, 1
125
1,655
112,6
1,24
5
Juni, 1
156
2,062
132,6
1,30
6
Juli, 1
186
2,460
150,8
1,35
7
Agustus, 1
217
2,872
168,6
1,37
Jika posisi wahana diketahui maka jarak wahana dari Bumi bisa dihitung, untuk itu
paragraf berikut menjelaskan cara menghitung koordinat ekuatorial wahana tersebut
FMIPA-ITB
Page 2- 7
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 6 Posisi m dalam sistem kartesis XYZ. m1 menyatakan matahari dan m,
menunjukkan wahana.
Dari gambar diatas kita lihat bahwa ;
x = r cos b cos l
y = r cos b sin l
(2-12)
z = r sin b
atau dalam sistem koordinat yang baru dimana sumbu x’ dambil sebagai garis
nodal, maka dapat dilihat bahwa;
x’ = r cos b cos ( l -  ) = r cos ( f +  )
y’ = r cos b sin ( l -  ) = r sin ( f +  ) cos i
(2-13)
z’ = r sin b = r sin ( f +  ) sin i
Oleh sebab itu jika r,b,l dan  diketahui maka x’,y’ dan z’ bisa dihitung.
Selanjutnya dari pernyataan ini dapat diturunkan beberapa hal yaitu; menentukan
hubungan koordinat ekuatorial heliosentrik dan elemen posisi wahana
FMIPA-ITB
Page 2- 8
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 7 Lintasan titik massa m dalam ruang. Sumbu x mengarah pada titik vernal
ekuinok (posisi matahari terbit tanggal 21 Maret).
Dari pernyataan (2-13) dapat dilakukan beberapa kombinasi bila ini dilakukan maka dari
pernyataan diatas kita lihat bahwa;
tan ( l -  ) = tan ( f +  ) cos i
(2-14)
tan b = sin ( l -  ) tan i
(2-15)
Pernyataan ini menunjukkan bahwa bila inklinasi, i = /2 maka tan ( l -  ) = 0 atau l =
 , sedangkan b tidak dapat didefinisikan, demikian pula halnya apabila sin ( l -  ) = 0
maka berakibat b =0.
Jika m1 menyatakan Matahari dan kita ingin menentukan posisi m dalam tata
koordinat ekuatorial, maka kedudukan m dengan koordinat (l,b) bila dilihat dari Bumi
merupakan posisi m dalam koordinat ekuatorial heliosentrik. Untuk menentukan (,)
bila dilihat dari Bumi dapat dicari dengan melakukan transformasi koordinat ekuatorial
heliosentrik ke koordinat ekuatorial geosentrik;
FMIPA-ITB
Page 2- 9
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 8 Konversi posisi ekuatorial heliosentrik ke tata koordinat ekuatorial
geosentrik.
Dalam gambar diatas P menyatakan planet atau benda langit lainnya sedangkan
koordinat ekuatorial, (,) digunakan bila diamati dari Bumi dan (l,b) menyatakan
kedudukan titik massa m bila dilihat dari Matahari. Selanjutnya E, menyatakan Bumi
sebagai titik asal koordinat jadi posisinya adalah (0,0,0) dan S menyatakan Matahari
dengan koordinat (X,Y,Z) dapat dilihat pada Nautical Almanac atau dihitung dengan
menggunakan algoritma Meeus (1997). Andaikan bidang - adalah bidang ekuator
Bumi, maka Matahari akan mempunyai koordinat (X,Y,Z). Kedudukan relatif P terhadap
S adalah;
 = ’ + X =  cos  cos 
 = ’ + Y =  cos  sin 
(2-16)
 = ’ + Z =  sin 
Akibatnya kita mempunyai ;
tan  =


dan sin  =  ( 2 + 2+ 2 ) -1/2
(2-17)
Dengan demikian  dan  dapat kita tentukan.
2-4 Menentukan Elemen Orbit
Menghitung orbit benda langit identik dengan menentukan elemen orbitnya
yaitu: a, e, i, ,  dan T. Karena ada enam konstanta yang harus dihitung maka paling
sedikit harus ada tiga pasang data pengamatan mengenai  dan  sebagai fungsi waktu.
Misalkan (1,1) , (2,2) menyatakan posisi ekuatorial geosentrik planet tersebut pada
FMIPA-ITB
Page 2- 10
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
saat t1 dan t2 dan (,) adalah longitude dan latitude planet tersebut. Jarak planet ke
Bumi dinyatakan sebagai  maka dari pengetahuan tentang transformasi koordinat yang
telah dipelajari pada Astronomi Bola, dapat ditunjukkan bahwa;
sin  = sin  cos  - cos  sin  sin 
cos  sin  = sin  sin  - cos  cos  sin 
cos  cos  = cos  cos 
(2-18)
Dalam hal ini untuk perhitungan yang tidak memerlukan ketelitian tinggi dapat diambil
nilai  = 23027’ dengan demikian dari pernyataan diatas dapat dihitung ( 1, 1 ) dan ( 2,
2 ), yaitu nilai ( ,  ) pada saat t1 dan t2. Maka koordinat siku-siku ekliptika geosentrik
adalah;
Untuk waktu t1
x1 = 1 cos1 cos 1
y1 = 1 cos 1 sin 1
z1 = 1 sin 1
Untuk waktu t2
x2 = 2 cos 2 cos 2
y2 = 2 cos 2 sin 2
z2 = 2 sin 2
(2-19)
Karena bidang orbit Bumi identik dengan bidang ekuator Matahari maka dapat dianggap
latitude Matahari , B  0
Untuk waktu t1
X1 = R1 cos L1
Y1 = R1 sin L1
Z1 = 0
Untuk waktu t2
X2 = R2 cos L2
Y2 = R2 sin L2
(2-20)
Z2 = 0
Dalam hal ini R dan L masing-masing adalah jarak Bumi-Matahari dan longitude
geosentrik Matahari. Koordinat kartesis Matahari (X,Y,Z) dapat dilihat pada Nautical
Almanac untuk setiap waktu t. Untuk lebih jelas perhatikanlah Gambar 2-8 dengan
S,P,E dan r masing-masing menyatakan Matahari, Planet, Bumi dan jarak matahari ke
Planet.
FMIPA-ITB
Page 2- 11
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 9 Konversi koordinat ekliptika heliosentrik ke sistem koordinat ekliptika
geosentrik.
Dalam sistem baru ini l dan b adalah longitud dan latitude planet P dan ini adalah
koordinat heliosentrik P. Kemudian jika (x0,y0,z0) menyatakan koordinat kartesis P
didalam sistem heliosentrik, maka kita mempunyai;
x0 = x – X = r cos b cos l
y0 = y – Y = r cos b sin l
(2-21)
z0 = z – Z = r sin b
Pada saat t1 kita dapatkan;
x0(t1) = x1 – X1 = r1 cos b1 cos l1
y0(t1) = y1 – Y1 = r1 cos b1 sin l1
(2-22)
z0(t1) = z1 – Z1 = r1 sin b1
Sedangkan untuk t2 kita peroleh;
x0(t2) = x2 – X2 = r2 cos b2 cos l2
y0(t2) = y2 – Y2 = r2 cos b2 sin l2
(2-23)
z0(t2) = z2 – Z2 = r2 sin b2
Substitusi persamaan (2-20) dan (2-21) pada pernyataan diatas maka kita peroleh;
r1 cos b1 cos l1 = 1 cos 1 cos 1 – R1 cos L1
r1 cos b1 sin l1 = 1 cos 1 sin 1 – R1 sin L1
(2-24)
r1 sin l1 = 1 sin 1
dan ;
r2 cos b2 cos l2 = 2 cos 2 cos 2 – R2 cos L2
r2 cos b2 sin l2 = 2 cos 2 sin 2 – R2 sin L2
(2-25)
r2 sin b2 = 2 sin 2
FMIPA-ITB
Page 2- 12
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
dalam pernyataan ini harga R1, R2, L1, L2 ,atau X1, Y1, X2, Y2 dapat dilihat pada Nautical
Almanac untuk saat t1 dan t2 . Selanjutnya nilai  dan  dapat kita hitung. Andaikan
lintasan planet mengelilingi Matahari dalam bentuk lingkaran, dengan perkataan lain r1 =
r2 jadi hanya satu besaran r yang perlu ditentukan. Selanjutnya , l dan b untuk t1 dan t2
dapat kita tentukan. Dengan mengambil kuadrat pernyataan r2 cos b2 sin l2 dan r2 cos b2
cos l2 dari persamaan (2-25) dan kemudian menjumlahkannya diperoleh;
r22 = 22 + R22 -2 2 R2 cos 2 cos ( 2 –l2)
(2-26)
tetapi r1 = r2 akibatnya jika r1 diketahui maka 2 dapat dihitung dengan demikian
pernyataan (2-23) dapat digunakan untk mencari l2 dan b2 . demikian pula jika 1 dapat
ditaksir, r1 dapat ditentukan dengan begitu l1 dan b1 dapat dihitung. Sekarang kita harus
melihat bagaimana besaran ini dapat dipergunakan untuk menentukan elemen orbit.
Dalam Gambar 2-10, misalkan P1 dan P2 menyatakan posisi planet pada saat t1 dan t2 .
Gambar 2-10 Kedudukan planet P1 dan P2 pada bola langit. Segitiga bola dan bidang
ekliptika. Panjang busur A dapat dihitung dengan menggunakan sifat segitiga bola.
Dengan menggunakan hukum kosinus untuk segitiga bola P1NP2 kita mempunyai
hubungan;
cos A = sin b1 sin b2 + cos b1 cos b2 cos (l2 – l1)
(2-27)
Dalam hal ini ;
A adalah busur lingkaran yang ditempuh planet dalam interval waktu (t2 – t1). Jika
koordinat (l1,b1) dan (l2,b2) diketahui maka A dapat juga dihitung dari hukum Kepler III;
2a3 / 2
, P dinyatakan dalam satuan hari
k 1 m
Massa planet dapat diabaikan karena ia jauh lebih kecil dari massa Matahari
maka ;
2
k
 3/ 2
P
a
Busur A ditempuh dalam waktu;
P
FMIPA-ITB
(2-28)
Page 2- 13
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
2
t2  t1   A
P
Gabungkan (2-28) dan (2-29) diperoleh busur tempuhannya adalah;
(2-29)
t2  t1 
(2-30)
a
Nilai A yang dihitung dengan persamaan (2-29) haruslah sesuai dengan pernyataan (2-30)
dan ini hanya berlaku bila (l1,b1) dan (l2,b2) menunjukkan hasil yang benar. Jadi (2-29)
dan (2-30) dapat kita gunakan untuk menentukan (l1, b1) dan (l2,b2) dengan cara iterasi
numerik. Prosedurnya sebagai berikut;
A
2.5
1.
2.
3.
4.
k
3/ 2
Algoritma ( 0 , ti , i , i , Ri , Li ) i= 1,2
Berikan harga 0 sembarang pada 1
Tentukan (r1,l1,b1) dari pernyataan (2-24)
Dari pernyataan (2-26) hitung 2 dalam hal ini r2 = r1
Gunakan (2-25) untuk menghitung l2 dan b2
Untuk menentukan i, , dan  perhatikanlah segitiga bola yang diragakan pada Gambar
2-11 berikut.
Gambar 2- 11 Aplikasi rumus Napier dalam segitiga bola untuk menghitung elemen
orbit dan analoginya pada hubungan i, , dan  suatu lintasan pada segitiga bola.
Dengan kaedah Napier untuk saat t1 kita memperoleh;
sin( l1 -  ) = tan (900 – i ) tan b1
Hal yang sama untuk t2;
FMIPA-ITB
(2-21)
Page 2- 14
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
sin ( l2 -  ) = tan (900 – i ) tan b2
Selanjutnya gunakan cara berikut;
(2-22)
( l2 -  ) = ( l1 -  )+ ( l2 – l1 ), maka pernyataan (2-22) dapat ditulis sebagai;
tan i { sin ( l1 -  ) cos ( l2 – l1 ) + cos (l1 -  ) sin( l2 – l1 )} = tan b2
(2-23)
Gabungkan (2-23) pada (2-21) maka kita peroleh;
tan b1 {cos ( l1 -  ) + tan i cos( l1 -  ) sin( l2 – l1 )} = tan b2
(2-24)
Substitusi (2-21) pada (2-24) maka kita peroleh hasil sebagai berikut;
tan b1{cos( l2 – l1 ) +
tan b1
tan i cos ( l1 -  ) sin(l2 – l )} =tan b2 atau dapat juga
sin  l1   
ditulis sebagai;
tan  l1    
tan b1 sin  l2  l1 
tan b2  tan b1 cos  l2  l1 
(2-25)
Dengan menggunakan kembali pada pernyataan (2-21) ataupun pada (2-22 ) nilai i dapat
kita hitung. Harga  dapat dicari dari pernyataan (lihat juga Gambar 2-11)
sin  cos i = sin ( l2 –  ) cos b1 – cos ( l1 –  )sin b1 cos 900
= sin ( l1 –  ) cos b1
dan
cos  = cos ( l1 –  ) cos b1 + sin ( l1 –  ) sin b1 cos 900
= cos ( l1 –  ) cos b1
Dari kedua persamaan diatas diperoleh;
tan  l1   
tan  
(2-26)
cos i
Perlu diiingat bahwa  dan (l1 – ) berada dalam kuadran yang sama. Jadi dengan proses
diatas bila P diketahui maka i,  dan  dapat ditentukan. Selanjutnya tinjaulah kasus jika
radius vektor sebuah objek diketahui pada tiga posisi di langit untuk waktu yang
berbeda. Maka elemen lintasan dapat kita tentukan dengan cara berikut. Misalkan benda
langit bergerak mengitari Matahari dengan lintasan elips, periodenya P andaikan pula
posisi koordinat heliosentrik ekliptika diberikan oleh pernyataan;




r1  x1 i  y1 j  z1 k pada saat t1




r2  x2 i  y2 j  z2 k pada saat t2



(2-27)

r3  x3 i  y3 j  z3 k pada saat t3
FMIPA-ITB
Page 2- 15
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Selanjutnya kita andaikan bahwa koordinat polar (l,b) pada tiga saat tersebut diketahui

dengan demikian


koordinat kartesis r1 , r2 dan r3 pada saat itu dapat ditentukan.
Misalkan N1, N2 dan N3 vektor satuan seperti yang diperlihatkan pada Gambar. 2-9

N1 vektor satuan pada garis nodal dengan arah ke titik simpul naik


N 2 vektor satuan yang tegak lurus pada N1 dan terletak pada bidang orbit






N 3 vektor satuan yang tegak lurus N 2 dan N1 jadi N 3 = N1 × N 2
Dapat dilihat bahwa;



N1 = (cos ) i +(sin ) j




N 2 = (cos i sin ) i +(cos i cos ) j +(sin i) k



(2-28)

N 3 = (sin i sin ) i - (cos  sin i) j +(cos i) k




Dari vektor r1 dan r2 cari vektor satuan yang tegak lurus r1 dan r2 dengan cara
sebagai berikut;


r1 r2





 A1 i +A2 j +A3 k
(2-29)
r1 r2
®
Vektor ini tegak lurus terhadap bidang orbit dan identik dengan N 3 , oleh sebab itu
dapat ditulis;
A1 = (sin i sin  )
A2 = - (cos  sin i)
A3 = (cos i )
Dari sini kita peroleh;
 A
i =arc cos (A3 ) dan  = arc tan  1 
 A2 



(2-30)
(2-31)

Jadi bila r1 , r2 dan r3 diketahui maka i,  dapat kita hitung dan hanya berlaku bila r1 ,


r2 dan r3 non-collinear, persamaan lintasan dapat ditulis kembali sebagai;
a(1  e2 )
a(1  e2 )
r

1  e cos f 1  e cos(u   )
FMIPA-ITB
(2-32)
Page 2- 16
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Dalam hal ini f adalah anomali benar dan u sudut yang dibentuk dari titik simpul naik ke
arah radius vektor pada bidang orbit, selanjutnya kita lihat bahwa bila dinyatakan dalam
besaran skalar maka;
e cos (r1 cos u1 – r2 cos u2 ) + e sin (r1 sin u1 – r2 sin u2 ) = r2 – r1
e cos  (r1 cos u1 – r3 cos u3 ) + e sin  (r1 sin u1 – r3 sin u3) = r3 – r1
(2-33)




Tetapi r cos u = r  N 1 dan r sin u = r  N 2
(2-34)
Oleh sebab itu persamaan (2-33 ) dapat ditulis sebagai;


  

  

e cos   r1  r2   N1   e sin   r1  r2   N2   r2  r1






(2-35)


  

  

e cos   r1  r3   N1   e sin   r1  r3   N 2   r3  r1








Karena  dan i diketahui maka sistem persamaan linier ini dapat diselesaikan bila bentuk
(e cos ) dan (e sin) telah ditentukan.
Misalkan diketahui (e cos  ) = 1 dan (e sin ) = 2 maka kita peroleh;
 
dan   tan 1  2 
(2-36)
 1 
Karena e > 0, kuadran  ditentukan oleh tanda aljabar dari besaran (e cos ) dan besaran
(e sin ). Dari persamaan (2-32) setengah sumbu panjang elips dapat kita tentukan, yaitu;

e  12   22

1
2




r  r  N 1 e cos   r  N 2 e sin 
a
1  e2 
(2-37)
Setiap harga r yang dipergunakan harus memberikan hal yang sama, karena tadi kita
andaikan periode P diketahui maka dengan menggunakan kaedah hukum Kepler III,
setengah sumbu panjang elips a, dapat ditentukan. Demikian pula sebaliknya bila P tidak
diketahui maka a harus dihitung lebih dahulu. Saat melewati perihelion dapat dicari
dengan bantuan pernyataan; r = a(1 – e ) dan persamaan Kepler M = E-esinE, dalam hal
ini M dapat ditentukan pada setiap saat pengamatan t. Nilai T dapat diperoleh dari;
2
t  T 
M 
(2-38)
P
Untuk mencari elemen orbit a, e, i, ,  dan T sebenarnya hanya diperlukan dua posisi
dalam koordinat polar, dengan menggunakan konstanta luas dan persamaan yang
diuraikan diatas nilai a,e, dan  dapat diturunkan. Berikut diberikan sebuah contoh cara
menentukan elemen orbit dari suatu benda langit.
FMIPA-ITB
Page 2- 17
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
2-6 Ilustrasi
Koordinat heliosentrik sebuah objek yang bergerak diberikan oleh Tabel 2-2
dibawah ini. Dari pengamatan diketahui gerak harian rata-rata objek adalah, 40,0923/hari.
Pertanyaannya tentukanlah elemen orbit benda langit tersebut
Tabel 2- 2 Posisi koordinat polar objek pada tahun 1960
No
Tanggal
l
b
r(SA)
h
0
0
1 Juni, 1, 0 UT 142 45’ 40” 6 58’43” 0,34200
2
Juni 6, 0h UT 1660 37’ 56” 60 08’47” 0,37022
3 Juni 11, 0h UT 1860 58’ 43” 40 35’51” 0,39867
Dari pernyataan (2-22 ) transformasi koordinat polar ke koordinat kartesis kita peroleh
harga x,y dan z untuk ketiga data pengamatan tersebut;
Tabel 2- 3 Posisi kartesis objek pada tahun 1960
No
Tanggal
r(SA)
x
y
z
h
1 Juni, 1, 0 UT 0,34200 -0,27025 0,20542 0,0415
2
Juni 6, oh UT 0,37022 -0,35812 0,08510 0,03964
3 Juni 11, 0h UT 0,39867 -0,39444 -0,04828 0,03195
Jadi posisi benda langit dalam bentuk vektor adalah;












r 1  0,27025 i  0,20542 j  0,04155 k
r 2  0,35812 i  0,08510 j  0,03964 k
r 3  0,39444 i  0,04828 j  0,03195 k
Dengan demikian hasil kali vektor r1 dan r2 dan vektor satuannya adalah;



i
j
k
 
r1  r2  0,27025 0, 20542 0,04155  0.004607i  0.00417 j  0.050567k
0,35812 0,08510 0,03964
 
r1 r2





 0,09023 i  0,08184 j  0,99254 k
r1  r2
Jadi
i =cos-1 (0,99254)=70 0’
 0, 09023 
  tan 1 
 470 47' , 6

 0, 08184 
(2-39)
(2-40)
Oleh sebab itu;
N1  0,67181i  0,74072 j
FMIPA-ITB
(2-41)
Page 2- 18
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
N2  0,73519i  0,66680 j  0,12187k
N3  0,09023i  0,08184 j  0,99254k
Kita lihat bahwa N3 identik pernyataan momentum sudut, sehingga:





r1  r2  0,08787 i  0,12032 j  0,00191 k




(2-42)

r1  r3  0,12419 i  0,25370 j  0,00960 k
Dari persaaman (2-41 ) dan (2-42 )
  
   
 r1  r2   N1  0,14815 dan  r1  r2   N 2  0,14815




(2-43)
  
  
 r1  r3   N1  0,27135 dan  r1  r3   N 2  0,07904




Oleh sebab itu dengan melihat persamaan (2-35) kita peroleh;
0,14815 e cos + 0,01586 esin  = 0,02822
(2-44)
0,27135 e cos + 0,07904 esin  = 0,05667
Dengan menyelesaikan persamaan ini diperoleh;
e sin  = 0,09966
dan e cos = 0,17981, sehingga didapat;
e = 0,2056 dan  = 280 59’,8
Selanjutnya, gunakanlah data ini untuk menentukan r, E1 dan T . Setengah sumbu
panjang a, dapat dihitung dari pernyataan (2-37).
0,34200  (0,02940)(0,17981)  (0,34072)(0,09966)
a=
1  0,04226
atau a = 0,38702
karena nilai e sudah diketahui maka, untuk tanggal Juni 1,0
r1 = a (1-e cos E1 ) atau 0,34200=0,38702(1-0,2056 cos E1 )
atau
cos E1 = 0,56576 atau E1 = 550 32’,7
Dari persamaan Kepler diperoleh M1 (ingat E1 dinyatakan dalam radian). Jadi;
M1 = E1 – e Sin E1 = 0,96944- (0,2056)(0,82457) = 0,79991 radian
Oleh sebab itu dari persamaan diatas, kita peroleh
2
t  T  atau 0,79991 = 0,07142(t1 – T ) dengan demikian (t1 – T )= 11,200
M 
P
Dan karena t = Juni 1,00 = “May 32,00 “ maka kita peroleh T= 1960 May 20,800 .
Kesimpulan akhir diragakan dalam tabel berikut;
Tabel 2- 4 Eleman orbit objek
No
Elemen orbit
Data
1. Saat terakhir lewat perihelium, T 1960 May 20,800
FMIPA-ITB
Page 2- 19
Suryadi Siregar
2.
3.
4.
5.
6.
Mekanika Benda Langit
Setengah sumbu-panjang elips, a
Eksentrisitas, e
Inklinasi, i
Sudut simpul naik, 
Argumen perihelium, 
0,38702 SA
0,2056
70 0’
470 47’,6
280 59’,8
Untuk memeriksa apakah harga a yang kita peroleh sudah benar, dapat diuji dengan
menggunakan hukum Kepler III;
3
2a 2
P
k (1  m)
2
 0,017202  3
P
k
k
 = 0,38712 SA
Karena m << 1 maka a 
atau a = 
2
n
 0,07142 
Dalam hal ini tampak sampai desimal ketiga hasil ini cukup signifikan dengan nilai
setengah sumbu panjang a, yang diragakan dalam tabel diatas. Jadi dapat dikatakan
setengah sumbu panjang elips adalah 0,387 SA
3
2
2-7 Orbit parabolik
Dari pembahasan terdahulu. Bila kita mempunyai suatu sistem orbit yang berbentuk
elips, maka pada lintasan tersebut berlaku;
d
1. Konstanta Kepler h  r 2
dt
2 Mm
1
2
2. Persamaan energi sistem E  m2v 2  k
dengan M = m1 + m2 dan
2
r
m2 << m1
h2
3. Persamaan lintasan r 

dan   k 2 M
1  e cos    
Apabila lintasan berubah menjadi parabola maka E = 0 atau dengan perkataan lain
2 M
1 2
v k
, kemudian nyatakan v sebagai h/r dan untuk saat t = T misalkan r = q
2
r
maka kita peroleh h  k 2Mq , dengan demikian untuk mencari persamaan lintasan
yang berbentuk parabola dapat dilakukan dengan mengganti h pada pernyataan elips, kita
peroleh;
2q
 f 
r
 q sec 2  
(2-45)
1  cos f
2
FMIPA-ITB
Page 2- 20
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Dalam hal ini f disebut anomali benar, diukur dari perihelion, untuk lebih jelas perhatikan
gambar berikut ini
Gambar 2- 12 Ilustrasi komet yang melintasi Matahari dalam orbit parabola
Selanjutnya dari konstanta luas (setelah mengganti  dengan f) , kita peroleh;
df
f
f
f  df
 f  df

h  r2
 q 2 sec4  
 q 2  sec2  sec2 tan 2 
dt
2
2
2  dt
 2  dt

oleh sebab itu dapat ditulis;
k 2M
q
3
2
f
f
f 

dt   sec 2  sec 2 tan 2  df
2
2
2

(2-46)
Andaikan;
1. Pada saat T komet ada di perihelion (f = 0)
2. Pada saat t, komet ada di tempat lain (f0)
Maka bila persamaan diatas diintegrasikan dari saat T ke t, ruas kanan harus kita
integrasikan dari 0 sampai f, bila diselesaikan diperoleh;
f 1 3 f 
M

(2-47)
 tan  tan
  k t  T 
2 3
2
2q 3

Pernyataan ini disebut persamaan Baker. Untuk menyederhanakannya misalkanlah;
f
f
f
tan  2 cot 2 w  cot w  tan w akibatnya, tan 3  3 tan  cot 3 w  tan 3 w
2
2
2
Substitusikan persamaan ini pada (2-47) dan ambillah M sebagai satuan maka kita
peroleh;
3k  t  T 
(2-48)
cot 3 w  tan 3 w 
2q 3
FMIPA-ITB
Page 2- 21
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
1
s 3

Misalkan lagi, cot w   cot  substitusi ke (2-48) diperoleh
2

3k  t  T 
3k  t  T 
s
1
cot 

atau cot s 
(2-49)
3
1
3
2
2
2 cot s
2
q


2
q
 
2
Oleh sebab itu untuk menentukan f harus diselesaikan lebih dahulu tiga persamaan
berikut secara berurutan.
3k  t  T 
1. cot s 
3
 2q  2
1
s 3

2. cot w   cot 
2

f
3. tan  2 cot 2 w
2
Harap diingat, dalam hal massa matahari, M diambil sebagai satuan, maka nilai k adalah
konstanta Gauss dan q dalam satuan astronomi
2.8 Hari Julian (Julian Day)
Bilangan Julian atau lebih sering disebut Julian day (JD) adalah jumlah hari yang
dihitung secara berkesinambungan sejak 4712 tahun sebelum Masehi (tahun -4712). JD
dimulai pada saat tengah hari di Greenwich, oleh sebab itu tepat pada jam 12h siang GMT
(Greenwich Mean Time) atau disebut juga Universal Time (UT). Jika JD diperlukan
untuk waktu yang mendatang ataupun yang telah berlalu maka dia disebut waktu dinamis
atau Ephemeris Time. Sehingga Julian Day (JD) dinyatakan sebagai Julian Day
Ephemeris (JDE). Sebagai contoh misalnya untuk waktu yang sudah lewat;
1977 April 26,4 UT = JD 2443 259,9
1977 April 26,4 JD = JDE 2443 259,9
Sebagai catatan perlu diketahui bahwa:
1 JD = 1 hari Gregorian = 24 jam = 1440 menit = 86400 detik
Dalam pembahasan selanjutnya, sebagai acuan diambil pada saat reformasi kalender
Gregorian dimulai, yaitu tanggal 4 Oktober 1582 ditambah dengan sepuluh hari menjadi
15 Oktober 1582. Perubahan sistim kalender Gregorian pada waktu itu tidak serta merta
diikuti oleh semua negara. Kerajaan Inggris baru mengadopsi pada tahun 1752 sedangkan
negara Islam, Turki misalnya baru diawal tahun 1927. Dalam catatan sejarah, kalender
Julian digunakan pada zaman kerajaan Romawi pada tahun – 45 M dan mencapai
kesempurnaan pada tahun +8 M, waktu itu belum dikenal terminologi bulan Januari,
Februari dan seterusnya, namun dengan sistim yang sekarang kita bisa mentransformasi
FMIPA-ITB
Page 2- 22
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
JD dan ternyata pada tanggal 28 bulan Agustus 1203 sebelum Masehi pernah terjadi
gerhana Matahari.
2.9 Transformasi Kalender Gregorian ke Julian Day
Jika 2002 Juli 22,09 ditulis dalam notasi dalam kalender Gregorian bentuknya
adalah YYYYMMDD,dd
Dalam hal ini YYYY= 2002
MM
= 07 ( Bulan Juli)
DD
= 22 (hari bulan)
0,dd
= fraksi hari ( contoh jam 12:00= 0.50)
Algoritma (YYYYMMDD,dd)
1) Jika MM > 2 maka y =YYYY dan m =MM
2) Jika MM ≤ 2 maka y =YYYY-1 dan m =MM+ 12
3) Jika YYYYMMDD,dd ≥ 15821015 maka A = Int(y/100) dan B= 2- A + Int(A/4)
4) Jika YYYYMMDD,dd< 15821015 maka B=0
5) JD = Int(365,25y) + Int(30,6001(m+1) )+ DD,dd + 1720994,5 + B
Konstanta 15821015 berkorelasi dengan keputusan Paus Gregory XIII yang
mendeklarasikan pada tanggal 4 Oktober 1582 perlu ditambah 10 hari dalam kalender
yang berlaku pada saat itu, sehingga tanggal 5 Oktober 1582 keesokan harinya haruslah
dianggap sebagai tanggal 15 Oktober 1582.
Dari algoritma diatas dapat dihitung bahwa tanggal 27 January 333 pada jam 12h siang
Julian Day hari itu adalah, JD = 1842 713,0.
FMIPA-ITB
Page 2- 23
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Start
YYYMMDD,dd
yes
MM >
2
y=YYY
m=MM
y=YYYY-1
m=MM+ 12
YYYYMMD
D,dd≥15821
B=0
yes
yes
A=Int(y/100)
B=2-A+Int(A/4)
JD=Int(365,25y)+Int(30,6001(m+1))+DD,dd+1720994,5 + B
Selesai
Sebagai
coba anda konversi
tentukan penanggalan
berapa jumlah
hari yangDay
telah
lewati
Gambarlatihan
2- 13 Flowchart
Gregorian
keanda
Julian
Day.sejak lahir
sampai sekarang.
FMIPA-ITB
Page 2- 24
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
2.10 Transformasi Penanggalan Julian Day ke Gregorian
Day
Definisikan;
Format YYYYMMDD,dd = tahunbulanhari,fraksihari(kalender Gregorian)
JD = Hari Julian (Julian Day)
Algoritma (YYYYMMDD,dd)
1. Z = Int(JD+0,5)
2. F = Fraksi(JD+0,5)
3. W = Int((Z-1867216,25)/36524,5)
4. Jika Z <2299161 maka A = Z . Kalau tidak A= Z+1+W+Int(W/4)
5. B = A+1524
6. C = Int(B-122,1/365,25)
7. D = Int(365,25C)
8. E = Int((B-D)/30,6001)
9. j = B-D-Int(30,6001E)+F
10. Jika E<13,5, m = E-1. Kalau tidak m = E-13
11. Jika m > 2,5 maka a = C-4716. Kalau tidak a = C-4715
12. YYYYMMDD,dd = a+0,01(m+0,01j)
Dalam hal ini format YYYYMMDD,dd adalah
YYYY=Tahun yang merupakan empat angka pertama
MM = Bulan merupakan angka ke lima dan ke enam
DD = Hari dalam dua digit merupakan angka ke tujuh dan ke delapan
dd
= Rasio hari yaitu angka yang terdapat dibelakang titik desimal
Nama hari dapat juga ditentukan dengan cara sebagai berikut;
1. Tentukan JD pada tanggal bersangkutan untuk jam 0h
2. Tambahkan 1,5 pada hasil dilangkah 1
3. Bagi dengan 7, hasil pada langkah 2
4. Sisa dari pembagian ini adalah ;
0 = Minggu, 1 = Senin, 2 = Selasa, 3 = Rabu, 4 = Kamis, 5 = Jumat dan 6 = Sabtu
Contoh : Komet Halley melewati perihelium pada tanggal 16 November 1835 dan 20
April 1910. Berapakah interval waktu antara kedua titik perhelium ini ?
Jawab: Jika tidak diberikan waktu yang eksak jam berapa komet itu lewat perihelium,
orang menganggap jam 12h siang sebagai waktu acuan;
16 November 1835 = JD 2391 598,5 ( hari Senin)
20 Aprill 1910
= JD 2418 781,5 (hari Rabu)
FMIPA-ITB
Page 2- 25
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Jadi beda waktu antara dua perihelium tersebut adalah 27183 hari = 74, 4 tahun. Ini
sekaligus menginformasikan bahwa periode orbit komet Halley adalah 74,4 tahun
FMIPA-ITB
Page 2- 26
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Start
JD
Z=Int(DJ+0,5)
F=Fract(DJ+0,5
)
yes
Z<2299161
A=Z
A=Z+1+W
+Int(W/4)
B = A +1524
C = Int ((B-122,1)/365,25)
yes
m=E1
E < 13,5
M = E -13
M < 2,5
a = C - 4715
yes
a = C - 4716
YYYYMMDD,dd = a + 0,01 (m + 0,01 j )
Selesai
Gambar 2- 14 Flowchart konversi penanggalan Julian Day ke Gregorian Day.
FMIPA-ITB
Page 2- 27
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
2.11 Ilustrasi
Studi Kasus 1. Komet dalam orbit parabola
Bongkahan es raksasa datang dari awan Oort dan bergerak mengelilingi Matahari,
ketika mendekati Jupiter orbitnya diganggu sehingga menjadi parabola. Sesaat setelah
melewati Matahari bongkahan es tadi mencair dan kandungan gas beku menguap ke
dalam ruang antar planet, selanjutnya benda terlihat sebagai komet
Persoalannya
(a) hitung kecepatan lingkaran benda tersebut V0 pada jarak 2 tahun cahaya dari
Matahari
(b) hitung kecepatan komet di titik A(lihat gambar), ketika ia berjarak rA= 2SA dan
ketika ia berada di perihelion, rP = 1SA
(c) tentukan persamaan r = r() dalam kasus geraknya parabola
Penyelesaian
(a) untuk orbit lingkaran;
jarak komet ke matahari r = 2 tahun cahaya= 2×9,5 1015 = 191015 meter
1/ 2
йGM щ
ъ = 84 m/det
VC = к
кл r ъ
ы
(b)
Gambar 2- 15 Lintasan parabola sebuah komet, P titik perihelion sedangkan A titik
sembarang pada orbit, p menyatakan lotus rectum, q jarak perihelion dan hubungannya
adalah p=2q
Persamaan energi yang berlaku adalah;
1
1
D EK = D EP ® mVA2 - mV02 =
2
2
ro
т
rA
r0
йGMm щ
GMm
к
ъ
dr
=
кл r ы
ъ
r2
rA
Karena
1) r0 = 2 ly merupakan jarak yang jauh lebih besar dibandingkan dengan rA= 2 SA
FMIPA-ITB
Page 2- 28
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
2) V0 << VA
maka dapat ditulis

2GM o
 GM o 
V  2 

 VA  30 km/det

rA
 r  rA
2
A

2GM o
 GM o 
V  2 

 VP  42, 4 km/det

rP
 r  rP
2
P
(c) persamaan irisan kerucut;
p
a(1  e2 )
q(1  e)
r


1  e cos  1  e cos  1  e cos 
Untuk lintasan parabola berlaku, e=1, jadi diperoleh bentuk;
r
2q

1  cos 
2q

2q
 q sec 2



2
1  cos 2  sin 2  2 cos
2
2
2


Atau secara singkat ; r  q sec 2
2
Dalam hal ini q titik terdekat komet (perihelium)

2
Studi Kasus 2. Menentukan massa bintang ganda visual
Pendekatan two-body problem dapat digunakan untuk menentukan massa bintang
ganda visual, bila magnitudo bolometrik (magnitudo untuk seluruh panjang gelombang )
diketahui. Untuk itu dalam mempelajari dinamika system bintang berdua visual ada
beberapa pernyataan yang dapat digunakan untuk menghitung jarak dan massa bintang.
1. Paralak dinamik
Tinjau hukum harmonik;
P2 
4 2 a 3
G  M1  M 2 
Untuk bintang ganda visual M1 dan M2 hampir sama besarnya, massa bintang yang satu
tidak bisa diabaikan terhadap massa yang lain, selain itu setengah sumbu panjang orbit,
a dinyatakan dalam detik busur dan jarak dinyatakan dalam parsek sedangkan massa
dalam satuan massa Matahari. Karena paralak p=1/d dalam detik busur, maka a pada
pernyataan diatas harus dinyatakan dalam detik busur dengan cara sebagai berikut;
FMIPA-ITB
Page 2- 29
Suryadi Siregar
 
4 2 a3
P 
 P2   
G  M1  M 2 
 p
2
Mekanika Benda Langit
3


4 2


 G  M1  M 2  
Jika P dalam tahun, massa dalam satuan massa matahari maka bentuk pernyataan diatas
ini menjadi

p
3
P 2  M1  M 2 
Pernyataan diatas, dikenal sebagai paralak dinamik dalam hal ini;
p- paralak dalam detik busur dan setengah sumbu panjang,  dalam detik busur
P-periode revolusi dinyatakan dalam tahun
Mi massa bintang ke- i dalam satuan massa matahari
2. Magnitude bolometric versus paralak
M b  mb  5  5Logp
Mb – magnitude absolute bolometric
mb – magnitude semu bolometrik
p –paralak
3. Hubungan massa-luminositas
Log M = 0,1× (4,6 - Mb ) bila 0 < Mb < 7,5
Log M = 0,145 ×(5,2 - Mb ) bila 7,5 < Mb < 11
Dalam hal ini M – massa bintang
Sebagai contoh akan dihitung massa dan jarak bintang ganda visual ADS 1733 dengan
elemen orbit sebagai berikut;
Tabel 2- 5 Informasi tentang bintang ganda visual ADS 1733
FMIPA-ITB
Page 2- 30
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Elemen Orbit
Luminositas
mb1=8,1 magnitude semu bolometrik bintang primer
 = 1”,673
e = 0,426.
mb2=9,1 magnitude semu bolometrik bintang sekunder
P = 168,303 tahun.
Dalam nomenklatur simbol setengah sumbu panjang orbit elips,  umumnya diganti
dengan a. Hasil iterasi diperlihatkan dalam tabel berikut;
Tabel 2- 6 Iterasi untuk mencari paralak, magnitude absolut bolometric dan massa
bintang berdua ADS 1733. Proses dihentikan ketika presesi relative dicapai pada decimal
kedua.
Iterasi M1 + M2
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2
1,593243
1,358145
1,219344
1,13605
1,085478
1,054529
1,035489
1,023737
1,016466
1,011963
p
0,04356
0,04699
0,049559
0,051372
0,052598
0,053402
0,05392
0,054248
0,054455
0,054585
0,054665
1M
b
6,305457
6,470037
6,585597
6,66363
6,714845
6,747805
6,768743
6,781931
6,790193
6,795352
6,798566
2M
b
7,305457
7,470037
7,585597
7,66363
7,714845
7,747805
7,768743
7,781931
7,790193
7,795352
7,798566
M1
0,691367
0,654402
0,629634
0,613442
0,603042
0,596442
0,592287
0,589685
0,58806
0,587049
0,586419
M2
0,495118
0,468646
0,450909
0,439313
0,431865
0,427138
0,424163
0,422299
0,421136
0,420411
0,41996
Dalam tabel diatas sebagai nilai awal diambil M1 + M2 = 2. Pada iterasi ke sepuluh
konvergensi sudah dicapai.Untuk nilai awal bisa juga dimulai dengan mengambil p
sebagi awal iterasi.
Kesimpulan
1. Paralak dinamik bintang ganda tersebut adalah 0”,054 atau jaraknya d =18,52
parsek
2. Massa dari bintang ganda tersebut adalah M1 = 0,58 M0 dan M2 = 0,42 M0
3. Magnitudo absolut bolometrik bintang tersebut adalah 1Mb = 6,79 dan 2Mb = 7,79
Studi Kasus 3. Menentukan periode dari luas daerah yang
disapu
Diketahui sebuah planet bergerak dalam orbit elips, dengan F adalah posisi
Matahari seperti gambar berikut ini, busur BPB’ ditempuh dalam waktu 2T1. Sedangkan
untuk busur B’AB, diperlukan waktu 2T2
FMIPA-ITB
Page 2- 31
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Pertanyaannya, buktikan bahwa

e
T1 2

T2   e
2
Bukti
Tinjau lintasan setengah elips BPB’
Menurut hukum Kepler : Dua kali luas daerah yang disapu persatuan waktu adalah tetap
yaitu sebesar h (momentum sudut) dengan;
d
 GMa( 1  e 2 )
dt
ae
Luas  BFB’ = ( 2b )  abe
2
h  r2
1
h
p ab - abe = (2T1 ) = hT1
2
2
1
h
Luas daerah BFB’A = Sisa luas daerah = p ab + abe = (2T2 )= hT2
2
2
Luas daerah PBFB’ adalah: Luas BPB’ – Luas BFB’ =
Rasio luas kedua daerah tersebut(PBFB’/BFB’A) adalah ;
1


ab  abe
e
T1 2

 2
T2 1  ab  abe   e
2
2
Oleh sebab itu jika T1 dan T2 diketahui maka setengah periode orbit,T dapat dicari, yaitu
T= T1 + T2 atau periode P=2T
Studi Kasus 4. Menentukan definisi 1 satuan astronomi pada
saat asteroid mendekati Bumi
Beberapa dekade yang lalu Eros mendekati Bumi, banyak informasi yang dapat
dipelajari tatkala ada benda langit yang mendekati Bumi. Pada saat oposisi dilakukan
pengamatan Eros dari dua observatorium A dan B yang terpisah sejauh 1519 kilometer,
masing-masing observatorium mengamati Eros dan bintang standard yang sama (lihat
gambar). Sudut diantara dua objek tadi adalah SAE= 6 sedangkan sudut EBS= 8.
Ketika pengamatan dilakukan Eros dan Bumi sedang berada diperihelium. Andaikan
Bumi dan Eros adalah co-planar hitunglah paralak harian Eros. Selain itu definisi satuan
FMIPA-ITB
Page 2- 32
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
astronomi juga bisa direvisi kembali dengan datangnya Eros. Jika Eros mempunyai
periode P= 642 hari dan eksentrisitasnya, e = 0,223 tentukanlah jarak Bumi ke Matahari
pada saat Eros diamati dalam satuan kilometer dan bandingkan hasilnya dengan data
sebelumnya
Penyelesaian
a) Jarak Eros;
Gambar 2- 16 Untuk mengukur jarak Eros ditentukan sudut SAE dan sudut SBE dengan
satu bintang standar, S, dan bintang akan terlihat sejajar baik dari titik A maupun titik B
Pendekatan yang dilakukan
1. jarak AB bisa diabaikan terhadap jarak Eros-Bumi
2. bintang yang sama terlihat sejajar dari A dan B
dengan demikian;
tan AEB' = tan AEB=AB'/ B'E=AB/BE dalam hal ini BE adalah jarak eros ke Bumi, d
dengan demikian, sudut AEB= 6"+8"=14"
d
AB
1519

 22380000 kilometer=22,38 106 km
tan14" tan14"
Besaran ini merupakan jarak minimum Eros ke Bumi, sehingga paralaknya menjadi
maksimum yaitu;
R 
p  arc sin     58,8"
 d 
2
a3
3

1

a

P
 1, 457 SA
(b) dari hukum Kepler:
P2
Pada saat Eros di perihelion dan Bumi di aphelion berlaku;
Jarak Matahari-Eros: SE=a(1-e)=1,457(1-0,223)=1,470,777=1,132 SA
Jarak Matahari-Bumi:SB=a(1+e)=1 (1+0,0167)=1,0167 SA
Jarak Eros ke Bumi = SE-SB22,38 106 km= 0,149 SA
FMIPA-ITB
Page 2- 33
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Sehingga ; definisi 1 SA = 22,38×106 / 0,149 = 150,2 106 km  150 106 kilometer
Pesan dari soal ini adalah, ternyata dengan mengamati asteroid orang bisa merevisi
kembali definisi satu satuan astronomi.
Gambar 2- 17 Geometri posisi Bumi dan Eros pada saat pengamatan dalam hal ini S
menyatakan Matahari, B-Bumi dan E- Eros
Studi Kasus 5. Menentukan paralak trigonometri dari dua
tempat di Bumi
Pada tanggal 13 April 2029, sebuah asteroid 99942-Apophis mendekati Bumi,
pada saat itu jaraknya adalah 0,10 LD (lunar distance = jarak rerata Bumi-Bulan).
Sekelompok astronom akan mengukur paralak asteroid tersebut dari Observatoire de
Paris dan Naval Observatory Washington, secara simultan. Posisi geografi kedua
observatorium tersebut adalah;
Observatoire de Paris(France):
1 = 2o20’14 Timur = - 2o20’14 dan 1 = 48o50’11 Utara = + 48o50’11
Naval Observatory Washington(USA);
2 = 77o03’56 Barat = +77o03’56 dan 2 = 38o55’17 Utara = +38o55’17
Pertanyaannya:Hitunglah jarak linier kedua observatorium tersebut dan berapakah
paralak asteroid tersebut bila dihitung ?
Penyelesaian
Jika koordinat geografi, longitude(bujur),  dan latitude(lintang),  dua titik di
permukaan Bumi maka jarak sudut keduanya d, dapat dihitung dari;
cos d  sin 1 sin 2  cos 1 cos 2 cos(1  2 )
Jarak liniernya dapat dihitung dari;
Rd
S
180
FMIPA-ITB
Page 2- 34
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
R, jari-jari Bumi yaitu 6371 kilometer dan d dalam derajad maka S dalam kilometer
Jika d dalam radian maka S  Rd dalam hal ini S dalam kilometer
Dengan memasukkan data diatas diperoleh jarak Washington-Paris adalah, S= 6181,6 km
Jarak asteroid d = 0,1 LD = 0,1384400 km = 38440 km
Gambar 2- 18 Efek projeksi kedudukan asteroid pada bola langit relatif terhadap bintang
latar belakang.
Paralak asteroid , dapat dihitung dari;

360o
180o
180o  6181,6

 
= 9o,21
S 2 d 38440
38440
jadi paralaknya adalah  = 9o,21

2.12 Ragam Soal Latihan
1) Planet Mars mempunyai elongasi 1= 600 dan pada saat bersamaan sebuah asteroid
tampak dengan sudut phase  = 300 dan elongasi 2 = 450. Jika jarak Mars-Matahari
1,5 Satuan Astronomi dan kamu sekarang berumur 17 tahun, namun sejak lahir kamu
tinggal di Mars berapakah umurmu sekarang dalam penanggalan Mars ? Selanjutnya
hitunglah.
a) jarak asteroid itu dari Matahari (r1 )
b) jarak Mars dari Bumi (r2)
c) jarak asteroid dari Mars (r3 )
d) tempo yang diperlukan asteroid untuk kembali ke posisi semula relatif terhadap
bintang latar belakang
2) Orbit Parabola
FMIPA-ITB
Page 2- 35
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
a. Energi Total, Et, sistem dua benda yang bergerak mengitari pusat massanya dapat
dinyatakan dalam pernyataan:
Ek + Ep = Et
Dalam hal ini Ek dan Ep masing-masing menyatakan energi kinetis dan energi
potensial. Energi total dapat berharga negatif, nol dan positif. Deskripsikan kriteria
energi sistem untuk lintasan elips, parabola dan hiperbola! Uraikan jawab saudara!
b. Komet periode panjang dianggap mempunyai lintasan parabola. Anomali benar f
komet tersebut dapat dicari dari persamaan Baker:
M
 f  1
 f 
tan    tan 3    k (t  T )
2q 3
2 3
2
sedangkan jaraknya ke Matahari dihitung dari pernyataan:
f
r = q sec 2
2
Ingat, jika massa Matahari, M, diambil sebagai satuan, jarak dalam satuan astronomi
(SA), waktu dalam tahun (year), maka konstanta Gauss k, nilainya adalah, k =
0,01720209895
Pertanyaannya: Seandainya komet X berada di perihelium pada tanggal 6 Januari
2009 pada pukul 24:00 dengan jarak q =1,2 SA, berapakah jaraknya ke Matahari dan
anomali benar komet tersebut pada tanggal 8 Januari 2009 pada jam yang sama?
Untuk menjawab pertanyaan ini, gunakan metoda numerik! Lengkapi prosedur
perhitungan dengan diagram alir (flowchart)!
3) Sebuah asteroid bergerak mengelilingi Matahari dengan periode 4,5 tahun dan
mempunyai setengah sumbu pendek lintasannya yang berbentuk elips 3,2 SA. Bila
eksentrisitas asteroid itu e = 0,4 . Berapakah luas daerah yang telah disapu oleh
asteroid itu selama 1,5 tahun. Seandainya asteroid itu beroposisi pada tanggal 31 Juli
2006, tanggal berapakah ia akan beroposisi kembali?
4) Sebuah asteroid bergerak dengan orbit elips, jika eksentrisitasnya adalah e buktikan
bahwa rasio kecepatan kuadrat di aphelion terhadap kecepatan kuadrat di perihelion
adalah;
 Va

 Vp
 1  e 
 
2
 1  e 
2
2
5) Sekelompok peneliti cuaca meluncurkan roket dari titik A yang terletak di ekuator
menuju pulau kecil B(300LU) yang ada diatasnya. Jika tempo yang dibutuhkan untuk
tiba di pulau B tersebut adalah 10 menit. Pertanyaannya, apakah roket itu akan jatuh
di pulau B itu ?, jika tidak dimanakah ia jatuh ? Ambil untuk Bumi, jejari, R = 6378
km dan periode rotasi = 24 jam
FMIPA-ITB
Page 2- 36
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
6) Berikut diberikan data bintang ganda visual;
Tabel 2- 7 Informasi tentang bintang ganda visual  Centauri,  Cas dan  Hyd
Bintang
Visual
 Centauri
m1
-0.04
m2
1.38
P
[tahun]
79.9
a
[]
17.58
Spectrum
S1
S2
G2
K5
p
[]
0. 751
 Cas
3.47
7.22
480.0
11.99
G0
M0
0. 176
 Hyd
3.7
4.8
15.0
0.21
G0
?
0. 014
Ingat dalam fotometri, jika kita ingin menggunakan hubungan massa-luminositas
magnitude visual harus dinyatakan dulu dalam magnitude bolometrik. Pertanyaannya;
a. Jika kita menggunakan iterasi perlukah dilakukan koreksi terhadap magnitude semu ?.
b. Hitunglah massa masing-masing bintang dengan 2 cara;
1. sebagai tebakan awal ambil M1+M2 = 1
2. sebagai nilai awal paralak dinamik ambil p = 0.1
c. Hitunglah galat relatif paralak dinamik tiap bintang jika sebagi acuan diambil data
paralak yang dipercaya orang selama ini,
 Centauri = 0.”751
 Cas
= 0.”176
 Hyd
= 0.”014
7) (Danby J.M.A, Celestial Mechanics, 1989, p.147) Tunjukkan bahwa untuk komet yang
bergerak dalam lintasan parabola jika jaraknya ke Matahari r dinyatakan dalam satuan
astronomi maka kecepatannya dalam meter/detik memenuhi pernyataan ;
26,175
V=
r
8) (Danby J.M.A, Celestial Mechanics, 1989, p.147) Suatu komet bergerak pada bidang
ekliptika dengan orbit parabola mempunyai jarak perihelium q = 0,287 45 au. Dengan
mengandaikan anggota Tata Surya berikut bergerak dalam bidang ekliptika dan
mempunyai orbit lingkaran dengan jejari a. Hitunglah berapa lama (dalam hari surya
rata-rata, mean solar days) dia berada dalam orbit: a) Bumi, b) Mars, c) Jupiter, dan d)
Pluto
9) (Danby J.M.A, Celestial Mechanics, 1989, p.147) Untuk komet dalam soal 8)
tentukanlah kecepatannya di perihelium, dan jumlah hari sesudah ia melewati perihelium
dengan kecepatan 90, 80, dan 50 persen dari kecepatannya di perihelium. Tentukan pula
FMIPA-ITB
Page 2- 37
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
waktu yang ia lewati bila kecepatannya 30 km/det. Hitung anomali benar pada ke empat
posisi ini.
10) (Danby J.M.A, Celestial Mechanics, 1989, p.136) Jarak perihelium komet yang
bergerak dalam orbit parabola q < 1 SA. Andaikan komet bergerak dalam bidang
ekliptika, tunjukkan jika t dinyatakan dalam tahun sideris maka interval waktu selama
komet berada dalam orbit Bumi adalah;
1
t
1  2q  2  2q
3
11) (Danby J.M.A, Celestial Mechanics, 1989, p.136) Tentukan interval waktu, t yang
dibutuhkan selama komet dengan orbit parabolik bergerak dari titik-titik ujung latus
rectum dinyatakan dalam jarak perihelium, q. Selanjutnya jika q = 6×107 miles tunjukkan
t = 114 hari
12) Setengah sumbu panjang komet yang bergerak dalam orbit ellips, a dan
eksentrisitasnya e. Andaikan komet bergerak dalam bidang ekliptika, jika t dinyatakan
dalam tahun sideris berapakah interval waktu t, selama komet berada dalam orbit Bumi ?
Daftar Isi
Bab 2 ................................................................................................................................... 1
Orbit Dalam Ruang ............................................................................................................. 1
2.1 Pernyataan persamaan lintasan .................................................................................... 2
2.2 Algoritma Newton-Raphson(f(E),f’(E),E0,, M dan E) ................................................ 4
2.3 Contoh Kasus ............................................................................................................... 5
2-4 Menentukan Elemen Orbit.......................................................................................... 10
2.5
Algoritma ( 0 , ti , i , i , Ri , Li ) i= 1,2 ............................................................. 14
2-6 Ilustrasi ....................................................................................................................... 18
2-7 Orbit parabolik ............................................................................................................ 20
2.8 Hari Julian (Julian Day) ............................................................................................. 22
2.9 Transformasi Kalender Gregorian ke Julian Day ...................................................... 23
2.10
Transformasi Penanggalan Julian Day ke Gregorian Day ................................... 25
2.11
Ilustrasi ............................................................................................................... 28
Studi Kasus 1. Komet dalam orbit parabola ................................................................. 28
Studi Kasus 2. Menentukan massa bintang ganda visual ............................................. 29
Studi Kasus 3. Menentukan periode dari luas daerah yang disapu ............................... 31
Studi Kasus 4. Menentukan definisi 1 satuan astronomi pada saat asteroid mendekati
Bumi .............................................................................................................................. 32
FMIPA-ITB
Page 2- 38
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Studi Kasus 5. Menentukan paralak trigonometri dari dua tempat di Bumi ................ 34
2.12 Ragam Soal Latihan ............................................................................................... 35
Daftar Gambar
Gambar 2- 1 Orbit anggota Tata Surya relatif terhadap bidang ekliptika dengan
Matahari sebagai salah satu titik api lintasan berbentuk elips. ....................................... 1
Gambar 2- 2 Ilustrasi orbit elips dan lintasan bantu Kepler (lingkaran putus-putus
dengan jejari , a) ................................................................................................................. 2
Gambar 2- 3 Flowchart solusi persamaan Kepler. Dalam hal proses tidak konvergen ..... 5
Gambar 2- 4 Diagram lintasan Mars, gerak wahana yang dianggap sebagai titik massa m
dan orbit Bumi. Wahana berpindah orbit dari orbit lingkaran ke orbit lingkaran yang lebih
besar. ................................................................................................................................... 6
Gambar 2- 5 Konfigurasi planet Mars (merah) dan Bumi (biru). Jarak Mars dari Bumi
dapat dihitung dengan rumus kosinus ;  2  R2  r 2  2Rr cos  ..................................... 7
Gambar 2- 6 Posisi m dalam sistem kartesis XYZ. m1 menyatakan matahari dan m,
menunjukkan wahana.......................................................................................................... 8
Gambar 2- 7 Lintasan titik massa m dalam ruang. Sumbu x mengarah pada titik vernal
ekuinok (posisi matahari terbit tanggal 21 Maret). ............................................................. 9
Gambar 2- 8 Konversi posisi ekuatorial heliosentrik ke tata koordinat ekuatorial
geosentrik. ......................................................................................................................... 10
Gambar 2- 9 Konversi koordinat ekliptika heliosentrik ke sistem koordinat ekliptika
geosentrik. ......................................................................................................................... 12
Gambar 2-10 Kedudukan planet P1 dan P2 pada bola langit. Segitiga bola dan bidang
ekliptika. Panjang busur A dapat dihitung dengan menggunakan sifat segitiga bola. ...... 13
Gambar 2- 11 Aplikasi rumus Napier dalam segitiga bola untuk menghitung elemen
orbit dan analoginya pada hubungan i, , dan  suatu lintasan pada segitiga bola. ....... 14
Gambar 2- 12 Ilustrasi komet yang melintasi Matahari dalam orbit parabola ................. 21
Gambar 2- 13 Flowchart konversi penanggalan Gregorian Day ke Julian Day. .............. 24
Gambar 2- 14 Flowchart konversi penanggalan Julian Day ke Gregorian Day. ............. 27
Gambar 2- 15 Lintasan parabola sebuah komet, P titik perihelion sedangkan A titik
sembarang pada orbit, p menyatakan lotus rectum, q jarak perihelion dan hubungannya
adalah p=2q ...................................................................................................................... 28
Gambar 2- 16 Untuk mengukur jarak Eros ditentukan sudut SAE dan sudut SBE dengan
satu bintang standar, S, dan bintang akan terlihat sejajar baik dari titik A maupun titik B
........................................................................................................................................... 33
FMIPA-ITB
Page 2- 39
Suryadi Siregar
Mekanika Benda Langit
Gambar 2- 17 Geometri posisi Bumi dan Eros pada saat pengamatan dalam hal ini S
menyatakan Matahari, B-Bumi dan E- Eros ................................................................... 34
Gambar 2- 18 Efek projeksi kedudukan asteroid pada bola langit relatif terhadap bintang
latar belakang. ................................................................................................................... 35
Daftar Tabel
Tabel 2- 1 Jarak wahana dan anomali benar untuk berbagai saat pengamatan .................. 7
Tabel 2- 2 Posisi koordinat polar objek pada tahun 1960 ................................................. 18
Tabel 2- 3 Posisi kartesis objek pada tahun 1960 ............................................................. 18
Tabel 2- 4
Eleman orbit objek ....................................................................................... 19
Tabel 2- 5 Informasi tentang bintang ganda visual ADS 1733 ........................................ 30
Tabel 2- 6 Iterasi untuk mencari paralak, magnitude absolut bolometric dan massa
bintang berdua ADS 1733. Proses dihentikan ketika presesi relative dicapai pada decimal
kedua. ................................................................................................................................ 31
Tabel 2- 7 Informasi tentang bintang ganda visual  Centauri,  Cas dan  Hyd......... 37
Daftar Index
Anomali benar, 2, 10, 52
Anomali eksentrik, 2
Anomali rata-rata, 2
bola langit, 51
deret Fourier, 4
eksentrisitas, 1, 4, 9, 53
elemen orientasi, 1
elemen dinamik, 1
elemen geometri, 1
Eros, 47, 48, 49, 57
Greenwich Mean Time, 32
hukum Kepler III, 2, 4, 9, 18, 25, 29
Julian day, 32
Julian Day Ephemeris, 32
kalender Gregorian, 33, 36
FMIPA-ITB
konstanta Gauss, 3, 32, 52
koordinat ekuatorial geosentrik, 13, 57
koordinat ekuatorial heliosentrik, 12, 13
latitude, 14, 15, 50
longitude, 14, 15, 50
magnitudo bolometrik, 42
Newton-Raphson, 5, 7, 55
orbit parabola, 30, 40, 54, 55, 56, 57
persamaan Kepler, 25
persamaan Baker, 31, 52
persamaan Kepler, 4, 5, 7, 28, 56
radius vektor, 2, 9, 22, 24
rumus Napier, 20, 57
two-body problem, 42
Page 2- 40