1

Satelit Sebagai Benda Langit Orbit merupakan elemen dasar dalam setiap misi ruang angkasa. Untuk mengerti

bagaimana gerak dan lintasan sebuah satellit, diperlukan beberapa pengetahuan dasar tentang kalkulus dan geometri. Roket yang terbang ke angkasa luar, satelit yang bergerak bebas dapat dijelaskan dari persamaan gerak yang telah dikembangkan oleh Copernicus, Kepler dan Newton uyang semuanya terakum dalam pengetahuan mekanika benda langit. Sekali posisi dan kecepatan sebuah objek diketahui, yang merupakan fungsi dari medan gravitasi, orang dapat memperediksi dengan tepat dimana posisi objek dalam beberapa menit mendatang maupun tahun. Ada beberapa jenis orbit yang dapat dirancang untuk meletakkan satelit pada posisinya. Orbit dari satelit ini diragakan dalam Gb 2-1

Gb 2-1 Bermacam tipe orbit seperti orbit parking, transfer orbit dan final orbit. Sebuah satelit

umumnya memulai kala hidup pada lintasan parking, dari lintasan ini kemudian upper stage roket digunakan sebagai booster untuk menempatkan satelit di orbitnya. Beberapa dorongan diperlukan sampai satelit menempati posisi yang diharapkan

2.1 Persamaan gerak

Persamaan gerak satelit dapat dipelajari dengan meninjau masalah dua benda yang memenuhi persamaan;

2r rr

••→ ∧

= −μ (2-1)

Dimana

2

rrr→

∧

= (2-2)

Merupakan vektor satuan sepanjang garis M-m, sedangkan μ = G(M+m) jika m << M maka pusat koordinat dapat dianggap titik M itu sendiri sehingga persamaan gerak dapat ditulis dalam bentuk yang identik;

Gb 2-2 Koordinat kartesis untuk sistem dua benda, m bergerak relatif terhadap M. Dalam

penurunan persaman gerak m dan M dinyatakan sebagai massa titik Dari persamaan diatas dapat diturunkan beberapa besaran antara lain kecepatan dan percepatan dari titk massa m relatif terhadap M

v r r r r•

→ → • ∧ • ∧

= = + θ θ (2-3)

Dan vektor percepatannya adalah;

2

( ) ( 2 )a r r r r rθ θ θ θ••

→ → •• • •• • • ∧

= = − + + (2-4)

3

Dengan menggunakan kaedah Hukum Newton, turunkan persaamaan (2-1) dua kali terhadap waktu t, membandingkan dengan persamaan (2-4) diperoleh persamaan gerak satelit, a) untuk gerak tanpa pengaruh gaya gangguan

2

2r rrμθ

•• • −− = (2-5)

2 0r rθ θ•• • •

+ = (2-6) b) untuk gerak dengan pengaruh gaya gangguan;

2

2 ( , )r r f r trμθ

•• • −− = + (2-7)

2 ( , )r r g r tθ θ•• • •

+ = (2-8)

dalam hal ini f(r,t) dan g(r,t) masing masing merupakan fungsi gangguan pada arah radial r dan tangensial. Gaya gangguan dapat dibedakan dalam dua katagori, yaitu yang bersifat gravitasional dan non-gravitasional. Gaya ganggu gravitasional datang dari bentuk bumi yang tidak simetri dan rapat massa yang yang berbeda disatu tempat dengan tempat yang lain. Untuk satelit yang orbitnya jauh dari Bumi, gaya ganggu bulan juga turut berperan, demikian pula halnya dengan manuver wahana maupun batu-batu angkasa yang mendekati Bumi. Sedangkan gaya ganggu non-gravitasional bisa datang dari pengereman atmosfer maupun tekanan radiasi Matahari, yang berbeda pada saat satelit melintasi bayang-bayang Bumi dibandingkan ketiga ia menerima sinar langsung dari Matahari. Apabila gerak satelit dipengaruhi oleh gaya hambatan atmosfer (atmospheric drag) maka gaya gangguan dapat dinyatakan oleh persamaan;

2D D v D

1 1F C A v e C A v v2m 2m

→ → →= − = −ρ ρ (2-9)

A = adalah luas penampang satelit ρ = rapat massa udara v = kecepatan satelit m = massa satelit

ve→

= vv

→

merupakan vektor satuan dalam arah kecepatan v

4

CD koefisien gesek angkasa, dalam hal ini CD = 1, untuk bola bulat sempurna dan memenuhi jauh lebih besar dari jalan bebas rata-rata molekul. CD = 2, untuk bola bulat sempurna dan memenuhi jauh lebih kecil dari jalan bebas rata-rata molekul, pada ketinggian 0 < H < 250 kilometer gaya ganggu atmosfer cukup berperan Gaya hambat angkasa FD, menurut Pritchard et al.(1993) dapat juga ditulis dalam komponen radial dan tangensial dalam bentuk

( , )f r t B v r•

= − ρ (2-10)

( , )g r t B vr••

= − ρ θ (2-11) B dalam pernyataan (2-10) diatas disebut koefisien balistik dan didefinisikan sebagai,

mACB D

2= (2-12)

Gaya hambatan atmosfer tidak boleh diabaikan untuk satelit yang bergerak pada orbit rendah( kurang dari 250 km). Gaya ini mempunyai arah yang berlawanan dengan arah vektor kecepatan dan secara bertahap menghilangkan energi satelit. Berkurangnya energi satelit menyebabkan radius orbit menjadi mengecil secara gradual satelit akan jatuh ke Bumi

Gb. 2-3 Ilustrasi gerak projektil didekat permukaan Bumi.

5

Gaya gravitasi gF mg k→ →

= mengarah ke pusat Bumi dan gaya gesek

angkasa d DF C A v vρ→ →

= − berlawanan arah dengan gerak satelit selain itu, sedangkan gaya

Newton 2

2d rF mdt

→→

= dalam hal ini, berlaku g dF F F→ → →

= + ,

Karena vektor posisi r x i y j z k→ → → →

= + + dan vektor kecepatan v x i y j z k→ • → • → • →

= + + dan

percepatannya a x i y j z k→ •• → •• → •• →

= + + Oleh sebab itu ada tiga komponen gaya yang bekerja disepanjang sumbu koordinat yang kita pilih, gaya-gaya tesebut adalah;

2 2 2

D1m x C A x x y z2

•• • • • •= − + +ρ

2 2 2

D1m y C A y x y z2

•• • • • •= − + +ρ

2 2 2

D1m z C A z x y z mg2

•• • • • •= − + + −ρ

Kita lihat hanya komponen gaya dalam arah sumbu z yang mempunyai gaya berat, mg

Gb 2-4 Pesawat ulang-alik Atlantis. Fungsi wahana(space shuttle) melakukan transportasi angkasa luar termasuk menempatkan satelit pada orbitnya menjaga ia tetap ada disana memutar dan memindahkannya bila diperlukan. Wahana mempunyai kemampuan untuk menambah/mengurangi kecepatan di angkasa bila diperlukan dan tetap berada pada orbitnya. Space booster terdiri dari beberapa tingkat yang fungsinya adalah untuk menambah kecepatan dan kemudian melontarkan satelit pada lintasan yang telah ditentukan

6

2.2 Desain Orbit

Berikut diuraikan kajian teorits cara meletakkan satelit pada bidang orbit. Asumsi gerak mengikuti mekanika Newton factor teknologi, gangguan gravitasional dan non-gravitasional diabaikan, semua kaedah Hukum Kepler dapat digunakan untuk bahan telaah;

Gb.2-5 Kajian gerak dua benda untuk mendeskripsikan penempatan orbit satelit dan jenis

lintasan yang dihasilkan sebagai fungsi dari sudut lontar θ dan kecepatan lontar V. Jari-jari Bumi R dan ketinggian satelit dari permukaan Bumi adalah H. Jarak satelit dari pusat gaya sentral (pusat Bumi) r=R+H

Dari persamaan gerak system dua-benda (two body problem) kita ketahui sebuah partikel

yang bergerak dibawah gaya gravitasi akan memenuhi hukum berikut. Kecepatan Satelit pada orbit elips memenuhi persamaan;

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

arV 122 μ (2-13)

7

r = R + H (2-14)

dari kaedah hukum Kepler ke-3 kekekalan momentum sudut memenuhi pernyataan;

21 1 1r x V r V Sin a(1 e )2 2 2

→ → → →= = −θ μ

(2-15) Ubah bentuknya dengan menghilangkan tanda akar diruas kiri diperoleh;

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −=− 2

2

2222 21 V

rSinVre μ

μθ (2-16)

Disamping itu diketahui bahwa kecepatan lepas (kecepatan parabola pada jarak R dari pusat Bumi adalah

RVp

μ22 = (2-17)

Definisikan rasio kuadrat kecepatan satelit dengan kecepatan lepas;

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

pVVy (2-18)

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

RHε , perbandingan tinggi satelit dengan jejari Bumi, ( )2x Sin= θ , dan z = 1 –e2

jadi persamaan diatas dapat ditulis sebagai

( )[ ]yxyz )1(114 εε +−+= (2-20) atau dapat disederhanakan menjadi

[ ]ηη −= 14xz dalam hal ini ( )yεη += 1 (2-21)

Untuk nilai x =1

1. Sin2θ = 1 jadi sudut pelontaran θ = π/2 dan - π/2 disebut horizontal injection 2. z menjadi maksimum bila dipenuhi hubungan dz/dη = 0

atau

8

[ ]2101(4 =→=− ηηη

ηx

dd (2-22)

nilai ini dipenuhi untuk; z(1/2) = x = 1 atau e = 0 , orbit lingkaran dapat terbentuk Untuk x< 1 Sin2θ < 1 nilai θ yang memenuhi adalah θ < π/2 atau - π/2 Nilai ini dipenuhi oleh z<1 atau e ≠0 orbit lingkaran tidak pernah terbentuk Syarat lain rmin = a(1-e) > R untuk x =1 harus dipenuhi juga

2a > H + 2R (2-23) dari persamaan

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

arV 122 μ diperoleh 2

2 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

Vr

aμ

μ (2-24)

Substitusi y dan ε diperoleh;

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

=ηε

11

21

Ra (2-25)

dengan demikian agar satelit tidak jatuh ke Bumi haruslah

ε2111

2+=+

RH

Raf (2-26)

atau

εηε

211

11

21

+>⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+ (2-27)

9

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

++

−εεη

211 p atau ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡++++→ ....

8421

21 32 εεεη f (2-28)

Asumsikan suku-suku faktor kuadratis dan seterusnya dapat kita abaikan terhadap bentuk linier maka persaman dapat dinyatakan sebagai;

1 12 2

ε⎡ ⎤→ η ≤ +⎢ ⎥⎣ ⎦ (2-29)

Untuk nilai η = ½ + ε/4 diperoleh;

[ ] 112

121 −+⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ += εεy (2-30)

Selain itu karena ;

( ) 1222

12

121 −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=→⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= εε

pVVVpVy (2-31)

kecepatan ini merupakan kecepatan kritis, jika kecepatan ini dinyatakan sebagai Vf.

( ) 12 21 1 12 2f pV V ε ε −⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Dapat diambil kesimpulan;

1) Dalam hal 2 2fV V≤ maka satelit jatuh ke Bumi, bergerak dalam pola orbit ICM (Inter

Continental Missile). Tahanan udara dan gangguan gravitasional maupun non-gravitasional akan mempengaruhi bentuk lintasan.

2) Jika 2 2fV V> satelit tidak akan jatuh dan mengorbit mengelilingi Bumi dalam bentuk

lintasan tertentu. Gambar 2-5 berikut meragakan berbagai kasus untuk beberapa sudut lontar sebagai fungsi rasio kecepatan lontar kuadrat dan kecepatan parabola kuadrat,

2

p

VV

η⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

Jadi jelas bahwa sudut lontar θ dan kecepatan lontar V harus diperhatikan dengan seksama agar satelit dapat mengorbit dalam bentuk lintasan yang dikehendaki. Kesalahan yang terjadi pada saat menentukan sudut θ dan kecepatan lontar V akan menyebabkan tidak terbentuknya orbit yang diharapkan

10

Gb 2-6 Lintasan lingkaran,elips, parabola dan hiperbola. Lintasan lingkaran tidak pernah terjadi

bila x< 1(perhatikan legend), satelit akan jatuh bebas bila z = 0. Lintasan parabola terjadi bila nilai eta, η = 1. Sedangkan untuk hiperbola terjadi bila η > 1

Grafik diatas menunjukkan satelit masih bisa mengorbit apabila 0 < η < 1 satelit tidak akan jatuh ataupun lepas dari gravitasi Bumi. Untuk lingkaran hanya bisa terjadi bila x = 1 atau sudut lontar θ = ± 900 dan harus pada nilai η = 0.5. Gambar diatas juga menunjukkan bahwa untuk η < 0,5 grafik menunjukkan monoton naik sedangkan pada 0,5 < η grafik memperlihatkan pola monoton turun. Pada nilai η =1 berapapun besarnya sudut lontar, maka orbit satelit akan selalu berbentuk parabola.

11

Gb 2-7 Keluarga lintasan dengan sudut pelontaran θ=π/2 sebagai fungsi V0. Segala macam

bentuk orbit bisa terjadi ; lingkaran, elips, parabola, jatuh bebas dan hiperbola Pengaruh kecepatan lontar menunjukkan apabila ia terlalu besar maka satelit akan lepas dari gaya gravitasi Bumi, bila kecepatannya terlalu kecil maka ia akan jatuh ke Bumi. Untuk menempatkan satelit agar tetap mengorbit Bumi diperlukan kecepatan lontar V yang memenuhi syarat Vf < V < Vp dalam hal ini seperti biasanya Vp adalah kecepatan parabola/kecepatan lepas dan Vf kecepatan jatuh satelit. Syarat ini didaftarkan dalam Tabel 2. berikut

Tabel 2. 1 Batas bawah dan batas atas bagi kecepatan lontar V0 untuk berbagai ketinggian dari permukaan Bumi

No H0 [km] Vf [km/det] Vp [km/det]

1 0 7,91 11,19

2 500 7,47 10,77

3 1000 7,06 10,40

4 1500 6,68 10,06

5 2000 6,34 9,76

12

Gb.2-8 Keluarga lintasan dengan sudut pelontaran θ ≠ π/2 sebagai fungsi V0. Orbit lingkaran

tidak pernah terjadi. Bentuk orbit yang bisa terjadi adalah, elips, parabola, jatuh bebas dan hiperbola

Dari Tabel 2.1 diatas dapat dilihat bahwa kecepatan jatuh sedikit lebih kecil dari kecepatan lingkaran. Dipermukaan Bumi kecepatan jatuh sama dengan kecepatan linier rotasi Bumi. selain itu terlihat juga bahwa makin rendah titik pelontaran makin besar pula V0 yang kita perlukan, hal ini dapat dimengerti karena didekat Bumi percepatan gravitasi yang menarik satelit menjadi lebih besar. Atau dengan perkataan lain energi yang diperlukan untuk melontarkan satelit berbanding terbalik dengan jarak satelit dari permukaan Bumi. Setiap model satelit diberi nama berdasarkan misi ataupun tipe orbitnya biasanya, nama satelit merupakan singkatan dari projek yang sedang diembannya. Berikut ini didaftarkan beberapa satelit buatan yang telah diketahui, misi utamanya dan tipe orbitnya.

Tabel 2-2 : Daftar satelit berdasarkan misi yang diembannya

No Satellite Nama Lengkap 1. ADEOS/RIS ADvanced Earth Observing Satellite/ Reflector In

Space 2. ADEOS-2 ADvanced Earth Observing Satellite 2 3. ALOS Advanced Land Observing Satellite 4. ANDE Atmospheric Neutral Density Experiment 5. ATEx Advanced Tether Experiment

13

6. BE-C Beacon Explorer C

7. CHAMP CHAllenging Microsatellite Payload 8.

Envisat ENVIronmental SATellite

9. ERS-X Earth Remote Sensing Satellite X 10. ETS-VIII Engineering Test Satellite VIII 11. FIZEAU METEOR 2-21 12. GSTB-V2/A Galileo System Test Bed V2/A 13. GSTB-V2/B Galileo System Test Bed V2/AB 14. GEOS-X Geodetic Earth Orbiting Satellite X 15. GFO-1 Geosat Follow-On 1 16. GFZ-1 GeoForschungsZentrum 1 17. GLONASS-X GLObal NAvigation Satellite System X 18. GOCE Gravity Field and Steady-State Ocean Circulation

Mission 19. GP-B Gravity Probe B 20. GPS-X Global Positioning System X 21. GRACE Gravity Recovery and Climate Experiment 22. H2A-LRE Laser Retroreflector Experiment 23. ICESat Ice, Cloud, and land Elevation Satellite 24. IRS-P5 Indian Remote Sensing Satellite P5 25. Jason-1 TOPEX Follow-On 26. LAGEOS-X LAser GEOdynamics Satellite X 27. MSTI-2 Miniature Sensor Technology Integration 2 28. NPOESS National Polar-orbiting Operational Environmental

Satellite 29. OICETS Optical Inter-orbit Communications Engineering

Satellite 30. STARSHINE-X Student-Tracked Atmospheric Research Satellite for

Heuristic International Networking Experiment-X 31. SUNSAT Stellenbosch UNiversity SATellite 32. TiPS Tether Physics and Survivability Mission 33. TOPEX/Poseidon TOPography EXperiment 34. VCL Vegitation Canopy Lidar 35. WESTPAC-1 WESTern PACific Laser Satellite 1

2-14

Tabel. 2-3 Nama satelit, informasi tentang orbit, misi utama yang diemban dan instrumen yang

No Satellite Primary

Application i e Perigee (km) Apogee (km)

Period (min)

1. ADEOS/RIS Earth Sensing 98.6° 0.000 815 815 101

2. ADEOS-2 Earth Sensing 98.62° 0.000 802.9 101

3. AJISAI Geodynamics 50° 0.001 1,485 1,505 116

4. Apollo 11 Sea of Tranquility

Lunar Science 5.145° 0.0549 356,400 406,700 29.53

days5. Apollo 14 Fra Mauro Lunar

Science 5.145° 0.0549 356,400 406,700 29.53 days

6. Apollo 15 Hadley Rille

Lunar Science 5.145° 0.0549 356,400 406,700 29.53

days 7. BE-C Earth

Sensing 41.2° 0.025 927 1,320

8. DIADEM-1C Geodynamics 39.9° 0.037 545 1,085 101

9. DIADEM-1D Geodynamics 39.5° 0.076 585 1,735 108

10. ERS-2 Earth Sensing 98.6° 0.0018 800 800 101

11. ETALON-1 Space Experiments 65.3° 0.00061 19,105 19,170 676

12. ETALON-2 Geodynamics 65.2° 0.00066 19,135 19,135 675

13. FIZEAU Earth Sensing 82.6° 0.002 950 985 104

14. GEOS-1 Earth Sensing 59.4° 0.073 1,108 2,277 120

15. GEOS-2 Earth Sensing 105.8° 0.033 1,077 1,569 112

16. GEOS-3 Earth Sensing 115.0° 0.001 841 856 102

17. GFO-1 Earth Sensing

107.9846° 0.001 800 800 100

18. GFZ-1 Geodynamics 51.6° 0.000 385 385 92

19. GLONASS(49-97) Positioning 64° 0.000 19,140 19,140 676

20. GPS-35 Positioning 54.2° 0.000 20,195 20,195 718

21. GPS-36 Positioning 55.0° 0.006 20,030 20,355 718

22. LAGEOS-1 Geodynamic

s 109.84° 0.0045 5,850 5,960 225

15

23. LAGEOS-2 Geodynamics 52.64° 0.0135 5,625 5,960 222

24. Luna 17 Sea of Rains

Lunar Science 5.145° 0.0549 356,400 406,700 29.53

days 25. Luna 21 Sea of

Serenity Lunar

Science 5.145° 0.0549 356,400 406,700 29.53 days

26. RESURS-01-3 Earth Sensing 97.9° 0.000 675 675 98

27. SEASAT Earth

Sensing 108° 0.001 793 805 100

28. Starlette Geodynamics 49.83° 0.0206 815 1,115 104

29. Stella Geodynamic

s 98.6° 0.000 815 815 101

30. SUNSAT Earth Sensing 96.5° 0.015 400 830 100

31. TiPS Tether Science 63.4° 0.001 1,025 1,045 106

32. TOPEX/Poseidon Earth

Sensing 66° 0.000 1,350 1,350 112

33. WESTPAC-1 Geodynamics 98° 0.0 835 835 101

34. ZEYA Satellite

Tests 97.27° 0.000 471 499 94

Data dalam tabel diatas, masih terus berubah dengan cepat karena hampir tiap bulan ada satelit baru yang diluncurkan, pembaca yang mempunyai fasilitas internet dapat memperbaharui informasi ini dengan berselancar di situs http://Ilrs.gsfc.nasa.gov/satellite_missions Sebagaian dari data tersebut ditunjukkan pada Lampiran 2 2.3 Transfer Orbit Definisi: Impulse adalah gaya yang bekerja dalam interval waktu yang sangat singkat dari t0 sampaii t1 dengan t0 ≅ t1. Jadi dapat ditulis

∫=1

0

t

t

FdtI (2-32)

Untuk t1 → t0 dapat ditulis

16

∫→=

1

001

t

t

Fdttt

LimI = ∫ −=−=→

1

0

010101

)()(t

t

mVmVtmVtmVdtdtdvm

ttLim (2-33)

Dalam gambar 2-8 diragakan hubungan impulse I dan kecepatan V

Gb 2-9 Hubungan antara impulse I dan kecepatan awal V0 dan perkalian skalar dua vektor 0 0I V IV Cos

→ →

• = θ . Sedangkan, norm dari perkalian vektor | I x V0 | = IV0 Sin θ Keubahan energi akibat adanya impulse ini diberikan oleh persamaan (2-34)

( )20

212

1 VVmE −=Δ = ( )( )010121 VVVVm +− = 2

01 I I .V2

→ →+ (2-34)

Dalam hal ini kita lihat bahwa bila; 1. I tegak lurus .V0 → ΔE minimum 2. I sejajar dengan V0→ ΔE maksimum 3. Momentum sudut L = r x mV 4. Perubahan momentum sudut ΔL = L2- L0 = r x I Norm dari keubahan momentum sudut;

| r x I | = r I Sin θ (2-35) Jadi dapat dilihat bila; 1. r tegak lurus I maka ΔL maksimum 2. r sejajar I maka ΔL minimum Disamping itu untuk lintasan elips diketahui energi total system adalah

Emaa

am

dadE

amE Δ=Δ→=→−=

μμμ 2

2

222

(2-36)

17

Jadi perubahan setengah sumbu panjang berbanding langsung dengan energi total sistem, jika ΔE membesar maka Δa juga membesar, demikian pula sebaliknya Akibat adanya impulse dapat mempengaruhi orbit dalam bentuk; 1. mengubah periode 2. mengubah eksentrisitas

Gb 2-10 Akibat adanya impulse terjadi perubahan periode dan eksentrisitas orbit

dalam kasus ini kecepatan awal dan akhir selalu tangensial terhadap lintasan satelit. Garis tebal orbit awal, garis putus-putus orbit akhir 2.4 Transfer Hohmann

Alih orbit dari bentuk lingkaran ke bentuk lingkaran dikenal dengan nama transfer Hohmann, ilustrasi transfer diragakan dalam Gb. 2-10. Ciri dari transfer Hohmann adalah bergerak dari orbit semula lingkaran ke orbit lain yang berbentuk lingkaran pula, sedangkan orbit transfer berbentuk elips. Transfer Hohmann merupakan cara yang paling sering digunakan untuk menempatkan satelit pada orbitnya yang tetap (parking orbit)

Gb 2-11 Transfer orbit model Hohmann dimulai dari lingakaran kecil( r = a0 ) kemudian

menjadi elips ( 2a = a0 + a1 ) selanjutnya berubah lagi menjadi lingkaran besar ( r = a1 )

18

Dalam hal ini berlaku pernyataan;

0 00

V j V ja

→ → →μ= = sedangkan 1 1

1

V j V ja

→ → →μ= − = − (2-37)

Impulse pada titik A dan B diberikan oleh;

0 0AI V V′= − sedangkan 1 1BI V V′= − (2-38) Untuk tahap kedua orbit elips;

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

arV 122 μ disini berlaku a = (a1 + a0)/2

Jadi kecepatan transfer dititik A dan B adalah;

00

2 1Va a

⎛ ⎞′ = μ −⎜ ⎟

⎝ ⎠ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −aaaa

0

2μ = ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 01

1

0

2aa

aaμ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 10

10

2aa

aV (2-39)

11

2 1Va a

⎛ ⎞′= μ −⎜ ⎟

⎝ ⎠ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −aaaa

1

12μ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 01

0

1

2aa

aaμ = ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ 10

01

2aa

aV (2-40)

Dalam bentuk vektor dapat ditulis

10 0

0 1

2aV V ja a

→ →⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟+⎝ ⎠

dan 01 1

0 1

2aV V ja a

→ →⎛ ⎞′= − ⎜ ⎟+⎝ ⎠

(2-41)

Oleh sebab itu diperoleh;

1/ 2

10

0 1

2 1AaI V j

a a

→ →⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= −⎜ ⎟+⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(2-42)

19

1/ 2

01

0 1

2 1BaI V j

a a

→ →⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= − −⎜ ⎟+⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

(2-43)

Impulse yang diperlukan untuk melakukan perpindahan orbit dari lingkaran kecil ke lingkaran besar adalah;

→→→→→

•=→+= IIIIII BA2 (2-44)

diperoleh;

1

2/1

10

00

2/1

10

1 12

12 Vaa

aV

aaaI

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

+⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

= (2-45)

Perubahan energi pada titik A dan B adalah

212 awalE I I V

→ →

Δ = + • (2-46)

Dengan menilik pada masing-masing titik diperoleh; Manuver tunggal perubahan kecepatan pada titik A adalah;

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

=Δ01

01202

1aaaa

VEA dan ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

=Δ01

01212

1aaaa

VEB (2-47)

Sehingga energi total yang dibutuhkan untuk melakukan transfer Hohmann adalah;

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+−

+=Δ01

0121

20 )(

21

aaaa

VVE (2-48)

20

Pada dasarnya ada dua tipe manuver untuk mengubah orbit, yaitu manuver tunggal dan manuver ganda

Untuk manuver tunggal: Perubahan kecepatan pada titik A adalah;

hl VVV −=Δ (2-52) Dalam hal ini Vl adalah kecepatan lingkaran, Vp kecepatan lepas/parabola dan Vh kecepatan hiperbola, bila kecepatan orbit pada titik tujuan adalahV∞ maka berlaku;

2/12222 ]2[A

hph rVVVVV μ

+=→+= ∞∞ (2-53)

2/1][A

h rV μ

= (2-54)

Energi kinetis pada posisi r → ∞ adalah ;

Ah r

VV μ222 −=∞ (2-55)

Dengan demikian peubahan kecepatan yang diperlukan untuk manuver tunggal adalah

2/12 ]2[A

lA rVVV μ

+−=Δ ∞ (2-56)

Gb 2-12 Manuver ganda dan manuver tunggal.Untuk manuver tunggal, transfer orbit dilakukan dari orbit asal langsung ke orbit tujuan. Untuk manuver ganda perpindahan orbit dilakukan setelah satelit mengubah orbit lingkaran menjadi lintasan elips setelah melengkapi orbitnya, pada titik perige wahana memanfaatkan energi kinetik maksimum untuk berpindah ke orbit lingkaran yang lebih besar

21

Untuk manuver ganda Perubahan kecepatan pada titik A;

]()( AhBlA VVVVV −+−=Δ (2-57) Kecepatan orbit dititik A(kecepatan eliptik)

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−=BAA

A rrrV 1122 μ (2-58)

Kecepatan eliptik di titik B

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−=BAB

B rrrV 1122 μ (2-59)

Perubahan kecepatan adalah;

(2-60)

Definisikan efisiensi transfer orbit dengan parameter berikut;

(2-61)

(2-62)

Rasio manuver ganda dan tunggal dalam parameter berikut

, (2-63)

Besaran ini disebut efisiensi, selanjutnya tinjau beberapa kasus

a) jika rasio 2

2

PVV∞ → 0 akibatnya α → 2

jadi 21

21−

−+−=

ββQ (2-64)

jika kita ambil limitnya;

12

0

Q QLim LimrB

rA

= =β →

→

(2-65)

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+++−=Δ ∞ )(2)1(21 2

2

B

A

PB

AlA r

rVV

rrVV

,12 2

2

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+= ∞

PVV

α

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

B

A

Vr12β

αβαβ

−

−++−=

ΔΔ

=1

41tunggalVgandaVQ

A

A

22

b) sedangkan bila diambil ; ∞→B

A

rr maka;

41.0lim=

∞→=

∞→QQ

rr

Lim

A

B β (2-66)

Kesimpulan yang dapat diambil dari pernyataan (2-66) adalah efisiensi akan mencapai; 1) 100% bila dapat dibuat rA >> rB 2) 41% bila dapat dibuat rB >> rA

Jika β dibuat tetap sedangkan 2

2

PVV∞ → ∞ maka

1 4Lim Q lim

1− β + β + α −

=α → ∞ α → ∞ α −

(2-67)

Atau dapat juga ditulis dengan menggunakan teorema l’Hospital bahwa pernyatan (2-67) identik dengan

11Lim Q lim 1 Lim44 1

α→∞

−α − α= =α → ∞ α → ∞ β −α + β − +

α

= 1

Pernyatan ini menyatakan bahwa akan dicapai efisiensi sebesar 100% dengan kata lain manuver dengan kecepatan akhir VP dan orbit alih yang mempunyai perige di titik A akan lebih menguntungkan daripada manuver tunggal

2.5 Gerak Partikel yang Mengalami Perpindahan Pusat Gaya

Sentral dari Satu Titik Fokus ke Titik Fokus yang Lain

23

Gb.2-13 Lintasan elips dan besaran geometrinya. Mula-mula partikel berada pada posisi dengan pusat gaya titik A, kemudian bergerak ke posisi lain dengan pusat gaya berada pada titik B

Misalkan p, menyatakan perilotusrectum pada saat pusat gaya ada di titik A dan p’, menyatakan perilotusrectum pada saat pusat gaya ada di B. Berdasarkan kaedah hokum Kepler pada kedua posisi ini berlaku pernyataan;

μ/)1( 22 heap =−= (2-68)

2 2(1 ) /p a e h′ = − = μ (2-69) Gaya dipindahkan dari fokus A ke B Misalkan AB=k maka c’= c-k,

(1 ) (1 )c c k c k ke ea a a c c′ −′ = = = − = − (2-70)

Selain itu diketahui pula ;

2

21 1

1 ( )ee

−=

′− , kalikan besaran ini dengan

1

2

rr maka diperoleh;

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

2

1

22

2

1

2 11a

kcrr

ac

rr

(2-71)

Atau dapat dinyatakan dalam bentuk;

[ ]=+−+−− 22222

1

2 2 kkccacarr [ ] 02 2

1

2 =+− kkcrr (2-72)

24

)()(22

1

2

cacac

rcr

k−+

== (2-73)

2 ( ) (3 / ) (3 )(1 ) (1 )( ) (1 / ) 1

k c a c a c a e ce e e ec a c c a c a e

⎛ ⎞+ + +′ = − = − = =⎜ ⎟− − −⎝ ⎠ (2-74)

2.6 Eksentrisitas Gerak Hiperbola

Sebuah partikel bergerak dengan gaya repulsive 2rF μ

= menjauhi titik asal, mula-mula

gerak orbitnya berbentuk elips, pada titik yang berjarak c dari pusat gaya sentral partikel

tersebut dilempar dengan kecepatan c

V μ=2 , akan ditentukan eksentrisitas orbit .Partikel yang

bergerak dibawah gaya repulsive 2rF μ

= memenuhi

(2-75)

persamaan energi ini memperlihatkan energi total system partikel E, selalu bernilai positif Dari teori tentang problem dua benda kita ketahui persamaan energi partikel yang bergerak

dibawah gaya tarik gravitasi 2rF μ

−= untuk jarak r=c energi total system adalah,

EcmmV =−

μ2

21 (2-76)

misalkan 2h c•

= θ , c

u 1= dan hc V

c

•θ = = substitusi ketiga pernyataan ini kedalam

persamaan energi diatas kita peroleh persamaan kuadrat dalam bentuk u,

021 22 =−− Emuumh μ (2-77)

sehingga kita peroleh akar persamaan,

mEh

hhu 2

2

22,121μ

μμ+±=

nilai maksimum dan minimum memenuhi pernyataan,

mEh

hhu 2

2

2max21μ

μμ++= dan

mEh

hhu 2

2

2min21μ

μμ+−= (2-78)

Bandingkan bentuknya dalam koordinat polar

( ) 2hACosu μωθ +−= (2-79)

EcmmV =+

μ2

21

25

θ dan kecepatan lontar V Dalm bentuk ini nilai u maksimum diperoleh bila ( ) 0=− ωθCos atau ωθ = dengan perkatan lain;

2max hAu μ

+= (2-80)

Jadi 2/1

2

2

2

21 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=

mEh

hA

μμ (2-81)

selain itu diketahui juga

2heA μ

= (2-82)

jadi eksentrisitas haruslah memenuhi pernyataan, 2/1

2

22 21 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+==

mEhAhe

μμ (2-83)

dari pernyataan ini jelas bahwa nilai e akan sangat ditentukan oleh tanda aljabar dan besaran energi E, yaitu jika E=0 maka lintasannya berbentuk parabola(e=1) dan jika lintasannya berbentuk hiperbola( e>1) haruslah energi E berharga positif, sedangkan untuk lintasan elips (0<e<1), E harus negatif. Selanjutnya perhatikan pernyataan berikut,

( )μ

221 heap =−= (2-84)

atau nyatakan h dalam bentuk persamaan energi

( )m

aEhm

Ehaeahμμ

μμ2

2

22/12 2211]1[ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=−= (2-85)

dengan demikian energi untuk lintasan yang berbentuk elips dapat ditulis sebagai,

amE

2μ

−= (2-86)

masukkan kedalam persamaan energi

am

cmmV

221 2 μμ

−=− ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=→

acV

21122 μ (2-87)

Sedangkan untuk lintasan hiperbola, amE

2μ

= , diperoleh

am

cmmV

221 2 μμ

=− ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=→

acV

21122 μ (2-88)

26

Karena partikel dilempar dengan kecepatan c

V μ= kecepatan ini tentulah harus sama dengan

kecepatan teoritis diatas, jadi

22112

Vac

accμμμ

=−=→⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += (2-89)

Selain itu telah diketahui bahwa μ

22 )1( heap =−= atau

ace 11−= (2-90)

ganti a dengan –c maka

2

11c

e += (2-91)

Jelas bahwa eksentrisitas hanya bergantung pada konstanta c saja. Orbit berbentuk hiperbola 2.7 Perubahan massa roket yang bergerak dari orbit lingkaran dengan

kecepatan Vl menjadi lintasan parabola dengan kecepatan dorong Vg Berikut disampaikan sebuah ilustrasi sederhana tentang perubahan massa roket dan dampaknya pada kecepatan wahan bersangkutan. Untuk menghitung berapa massa yang hilang setiap kali penembakan, perhatikanlah ilustrasi berikut ini;

Gb.2-14 Massa yang dilontarkan roket membuat roket terdorong ke depan,

kecepatan roket bergantung pada kecepatan materi yang dilontarkan Menurut hukum kekekalan momentum, pada kasus ini berlaku, perubahan momentum sebelum, dan sesudah penembakan adalah tetap,

Suryadi Siregar Lintasan Satelit

27

dp1+ dp2 = 0 (2-92)

Atau dapat ditulis kembali dalam bentuk

0+ =g

dm dvV mdt dt

→ = − gdmdv Vm

(2-93)

Tinjau syarat batas t=0 roket masih mengorbit dalam bentuk lingkaran kecepatan roket Vl massa total m0 setelah didorong pada saat t, orbit berubah menjadi parabola misalkan kecepatannya menjadi Vp dan massanya mf Catatan, rasio kecepatan parabola/kecepatan lingkaran =√2

Jadi f

0

mt

g0 m

dmdv = -Vm∫ ∫ (2-94)

Jadi rasio massa final terhadap massa awal roket dapat ditulis kembali sebagai

/

0

−= gV Vfme

m (2-95)

dalam hal ini 1pV V V= − Kecepatan relatif roket terhadap kecepatan lingkaran adalah

1pV V V= − , karena kecepatan lepas adalah √2 kali kecepatan melingkar maka dapat dinyatakan

1 1 12 0,41V V V V= − = (2-96) Dengan demikian rasio massa roket sebelum dan sesudah mengubah lintasannya dari lingkaran menjadi parabola adalah,

g

l

VV

f emm 41,0

0

= (2-97)

Persamaan ini menyatakan bahwa bila; kecepatan dorong, Vg yang besar akan menyebabkan massa final semakin membesar, demikian pula sebaliknya kecepatan dorong rendah akan menyebabkan massa final semakin mengecil

28

Gb.2-15 Trajectory roket Ariane 4 ketika diluncurkan dari Kouru (Guyana, Amerika Selatan)

diperlukan tiga kali penembakan untuk menempatkan satelit pada orbitnya Semakin kecil Vg semakin besar pula massa awal yang hilang demikian pula sebaliknya. Dalam hal kecepatan lontar Vg =2,8 km/det dan kecepatan wahana pada orbit lingkaran, Vl = 5 km/det maka rasio massa final dan awal roket tersebut adalah;

0

0 , 5≈fmm (2-98)

Artinya untuk mendapatkan kecepatan 5 km/det, maka setengah massa roket tadi akan hilang kalau kecepatan material yang disemburkan melaju dengan kecepatan 2,8 km/det. Gambar berikut meragakan penempatan sebuah satelit(payload) pada roket Ariane 4 dan roket Titan.

29

Gb. 2-16 Model roket Titan dan Ariane 4. Untuk Ariane 4 ada sembilan bagian utama

(1) First stage (L220), (2) Solid strap –on booster(PAP), (3) Liquid strap-on booster(PAL), (4) Inter-stage ½ skirt, (5) Second stage(L33), (6)Third stage(H10), (7) Vehicle equipment bay (VEB), (8) Dual launch structure(SPELDA) dan (9) Fairing. Sebelah kiri adalah profil roket Titan yang membawa wahana Cassiny

30

Contoh Soal latihan SOAL 1 Sebuah projektil dilemparkan dari Planet X, projektil diharapkan tidak jatuh kembali ke Planet X. Bila tahanan udara diabaikan demikian pula pengaruh gravitasi dari benda langit yang lain. Buktikanlah kecepatan projektil tersebut pada jarak r dari Planet X mengikuti pernyataan berikut;

22 2

0

2 2= + −gRv v gRr

Dalam hal ini R-Jejari Planet X g-percepatan gravitasi planet X v0 –kecepatan projektil di permukaan(r=R) planet X Penyelesaian Langkah 1: Pemodelan Berdasarkan hukum gravitasi Newton, percepatan projektil tersebut adalah berbanding terbalik dengan jarak kuadrat

2( ) = =

dv ka rdt r

(1)

dalam hal ini v-kecepatan projektil tersebut t-waktu k-konstanta pembanding r-jarak dari pusat gaya Karena a mengecil bila r membesar maka pada partikel tersebut terjadi perlambatan , dengan demikian k<0 Bila r = R maka a = - g (percepatan gravitasi Planet X) Jadi;

22

( )− = = → = −kg a R k gRR

(2)

Gabungkan (2) ke (1)

2

2( ) −

=gRa rr

(3)

Sekarang;

31

vdrdv

dtdr

drdv

dtdva ===

akibatnya;

2

2

rgRv

drdv −

= (4)

Langkah 2: Pecahkan persamaan diferensial, pisahkan variabel lalu integrasikan

∫ ∫ +=→−=→−

= Cr

gRv21

rdrgRvdvdr

rgRvdv

22

22

2

2

(5)

Langkah 3: Nyatakan C sebagai fungsi v0 dan besaran yang diketahui R dan g. Karena untuk r=R kecepatannya adalah v0 , jadi

RgRv

21C

220 −= (6)

Dengan memasukkan C kedalam pernyataan (3) kita peroleh;

gR2vr

gR2v 20

22 −+=

Oleh karena v≠0 maka diperlukan 20V yang memenuhi syarat lebih besar dari 2gR. Kecepatan

minimal yang diizinkan adalah gR2v0 = . Untuk Bumi, ganti R= 6372 km dan g=9,8 m/det2 (percepatan gravitasi di ekuator) kita peroleh, v0 = 11,2 km/det

Soal 2: Sebuah wahana antariksa akan dijatuhkan di planet X. Pada saat parasut terbuka(t = 0) wahana mempunyai kecepatan awal, v(0) = 10 km/jam. Tentukan kecepatan wahana tersebut pada waktu t sembarang v(t). Apakah kecepatan, v(t) akan menuju tak terhingga bila t menuju tak terhingga ?

32

Penyelesaian Langkah 1: Modeling dan asumsi-asumsi Misalkan W-berat total dari wahana tersebut dan g-percepatan gravitasi U-tahanan udara, berbanding kuadrat dengan kecepatan U=bv2

Langkah2: Selesaikan persamaan diferensial

2 2 2⎡ ⎤= − − = − −⎡ ⎤⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦dv b gm bv v kdt m b m

(1)

dalam hal ini;

2 =gmkb

Dapat juga ditulis;

2 2= −

−dv b dt

v k m (2)

Perhatikan bentuk

2 2 2 2

1 1 ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

+ + − += = + =

− + − + − −A B v A B k A B

v k v k v k v k v k v k

dengan demikan kita punya persamaan;

U

W

Hukum Newton; F=ma

2

2

vmbg

dtdv

dtdvmbvmg

maUW

−=→

=−

=−

33

(A+B) = 0 dan (–A+B)= 1/k diperoleh A= -1/2k dan B= 1/2k

Integrasikan persamaan (2)

2 2

1 1 12 ( ) 2 ( )

= − + = −∫ ∫ ∫ ∫− + −

dv dv bdv dtv k k v k k v k m

atau ;

ln 2v k bk t cv k m

−⎡ ⎤ ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎢ ⎥+⎣ ⎦ ⎝ ⎠

disederhanakan kita peroleh bentuk

2 ⎡ ⎤− +⎢ ⎥⎣ ⎦−⎡ ⎤ =⎢ ⎥+⎣ ⎦

bk t Cmv k e

v k

atau ; 0

0

11

−

−

⎡ ⎤+= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

pt

pt

c ev kc e

dalam hal ini;

2=

kbpm

dan 20 = kCc e

Kita lihat jika v→k maka 0 0− →ptc e artinya t→ ∞

Hal lain yang menarik adalah ternyata v tidak bergantung pada v0

Langkah 3: Menentukan konstanta c0

Untuk t=0 maka v= v0 jadi

0 00 0

0 0

11

⎡ ⎤+ −= → =⎢ ⎥− +⎣ ⎦

c v kv k cc v k

Dengan demikian urutan perhitungan menjadi;

1. Hitung;

= ==W gmkb b

34

2. Hitung;

2=

kbpm

3. Hitung;

0 00 0

0 0

11

⎡ ⎤+ −= → =⎢ ⎥− +⎣ ⎦

c v kv k cc v k

4. Hitung;

0

0

11

−

−

⎡ ⎤+= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

pt

pt

c ev kc e

Langkah 4: Andaikan nilai numerik untuk wahana yang dijatuhkan di Bumi adalah sebagai berikut;

W = 712 nt kecepatan awal v0 = 10km/det, percepatan gravitasi g = 9,8 m/det2 dan b = 30 nt det2/m2 akibatnya;

2 2 223,7 / det 4,87 / det= = = → =gm Wk m k mb b

ini adalah batas kecepatan minimal untuk nilai c0 = 0,345

untuk nilai p;

2 2.4,87.30 4,02 / det72,7

= = =kbpm

Akibatnya kita peroleh kecepatannya sebagai fungsi waktu;

4,02

4,02

1 0,345( ) 4,871 0,345

−

−

+⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦

t

t

ev te

Dalam pernyataan ini dapat dilihat bila t→ 0 kita peroleh v = 10km/det sedangkan untuk t→ ∞ diperoleh v = 4,87 km/det, bandingkan dengan kecepatan linier rotasi Bumi v = 7,92 km/det