Soal dan Pembahasan OSN Astronomi 2018

M.IKHSAN KUSRACHMANSYAH

Halo pejuang OSN dimanapun kalian berada. Disini aku mau bagi soal dan solusi OSN astronomi

2018 versiku, jadi ngga ada jaminan kalau solusi ini 100% benar. Solusi ini sudah sekali di revisi, tapi tidak

menutup kemungkinan ada revisi lagi. Misalkan kalian menemukan kesalahan di solusi ini silahkan

hubungi aku dengan DM di ig (@muh.ikhsan.k).

1. Selama perjalanan hidupnya, bintang akan menghabiskan sebagian besar wakktunya pada fase

evolusi yang disebut Deret Utama (DU). Untuk Matahari, usia selama di DU ini diperkirakan

mencapai 1010 tahun. Selama proses evolusinya, bintang juga akan mengalami kehilangan massa.

Jika diketahui sebuah bintang dengan massa, radius, dan temperatur efektif masing-masing

sebesar 4,5 𝑀ʘ, 2,25 𝑅ʘ, dan 3 𝑇𝑒𝑓𝑓,ʘ. Hitunglah berapa persen massa yang hilang selama

bintang tersebut berada di DU terhadap massanya saat tersebut. Gunakan hubungan massa-

luminositas bintang selama di DU di mana luminositas sebanding dengan massa pangkat 3,5.

Solusi :

Umur bintang di DU memenuhi dua persamaan dibawah:

∆𝑡 =∆𝑀𝑐2

𝐿 (1)

∆𝑡 ∝𝑀

𝐿∝

1

𝑀2.5 (2)

Bandingkan persamaan (2) dengan ∆𝑡ʘ

∆𝑡

∆𝑡ʘ= (

𝑀ʘ

𝑀)

2.5 ∆𝑡 = (

𝑀ʘ

𝑀)

2.5∆𝑡ʘ

Dari persamaan (1)

∆𝑀 =𝐿∆𝑡

𝑐2 dimana 𝐿 = (𝑅

𝑅ʘ)

2(

𝑇

𝑇ʘ)

4𝐿ʘ

Maka

∆𝑀

𝑀= (

𝑅

𝑅ʘ)

2(

𝑇

𝑇ʘ)

4(

𝑀ʘ

𝑀)

2.5 ∆𝑡ʘ𝐿ʘ

𝑀𝑐2

∴∆𝑀

𝑀 = 1,44× 10−3 =0,144 %

2. Matahari dan bintang-bintang lain di Galaksi Bima Sakti bergerak mengelilingi pusat galaksi

dengan kurva rotasi seperti di Gambar 1.

Radius galaktrosentrik (kpc)

Gambar 1: Kurva rotasi bintang-bintang di Galaksi Bima Sakti

Diketahui jarak dari Matahari ke pusat galaksi adalah 8,5 kpc dan Matahari berada di piringan

galaksi. Sebuah bintang tetangga memiliki koordinat galaksi (ℓ, 𝑏) = (35°, 0,002°) dan kecepatan

radial bintang (heliosentrik) adalah 8 km/detik.

a. Buatlah sketsa posisi Matahari, bintang, dan pusat galaksi. Gambarkan pula vektor kecepatan

radial bintang tersebut.

Solusi:

karena lintang galaktik kecil, anggap bintang berada sebidang dengan matahari di dalam

sketsa

ʘ = posisi matahari

S = posisi bintang

O = posisi pusat galaksi

Vektor kecepatan radial ( bergaris merah)

O �⃑�𝑟 = �⃑�𝜌 − �⃑�𝜌ʘ

Ke

cep

atan

Ro

tasi

(km

/s)

b. Tentukan kecepatan sudut bintang mengelilingi pusat galaksi dalam satuan km/detik/kpc

solusi:

Dari soal (a)

𝑣𝑟 = 𝑣𝜌 − 𝑣𝜌ʘ =𝑣 cos 𝛼 − 𝑣ʘ sin ℓ (1)

Dari ∆𝑂ʘ𝑆, didapat: cos 𝛼 =𝑅ʘ

𝑅sin ℓ

Persamaan (1) dapat ditulis kembali:

𝑣𝑟 = 𝑣𝑅ʘ

𝑅sin ℓ − 𝑣ʘ sin ℓ = 𝜔𝑅ʘ sin ℓ − 𝑣ʘ sin ℓ

𝜔 =𝑣𝑟+𝑣ʘ sin ℓ

𝑅ʘ sin ℓ ; 𝑣ʘ = 230 𝑘𝑚/𝑠

∴ 𝜔 = 28,7𝑘𝑚

𝑠/𝑘𝑝𝑐

c. Tentukan jarak dari Matahari ke bintang tersebut dalam satuan kpc. Tentukan pula jarak

bintang tersebut dari bidang galaksi dalam satuan pc

Solusi:

Dari sketsa di soal (a), jarak minimum bintang yang mungkin dari pusat galakasi adalah

𝑅𝑚𝑖𝑛 = 𝑅ʘ sin ℓ = 4,88 𝑘𝑝𝑐

Maka dapat kita simpulkan jarak bintang tersebut dari pusat galaksi dalam rentang

4,88 𝑘𝑝𝑐 ≤ 𝑅 ≤ 8,5 𝑘𝑝𝑐. Tetapi, mengingat objek yang diamati adalah bintang maka

seharusnya jaraknya dekat dengan matahari karena bintang yg jauh jaraknya tidak akan

teramati karena banyaknya absorbsi oleh MAB di piringan galaksi.

Dari gambar (1) dan dari rentang jarak kita bisa tahu bahwa kecepatan bintang 𝑣 =

(225 ± 5)𝑘𝑚/𝑠, maka:

𝑅 =𝑣

𝜔 ; dan ketidakpastiannya ∆𝑅 =

∆𝑣

𝜔

Jarak bintang dari pusat galaksi :

𝑅 ± ∆𝑅 = (7.84 ± 0.17)𝑘𝑝𝑐

Jarak bintang ke matahari (𝜌) adalah

𝑅2 = 𝑅ʘ2 + 𝜌2 − 2𝑅ʘ𝜌 cos ℓ

Karena jaraknya dekat dengan matahari

𝜌 =2𝑅ʘ cos ℓ−√(2𝑅ʘ cos ℓ)2−4(𝑅ʘ

2 −𝑅2)

2

𝜌 = 𝑅ʘ cos ℓ − √(𝑅ʘ cos ℓ)2 − (𝑅ʘ2 − 𝑅2)

𝜌 = 0,823 𝑘𝑝𝑐 ≈ 0,82 𝑘𝑝𝑐

Turunkan parsial untuk mendapatkan errornya

∆𝜌 =𝑅∆𝑅

√(𝑅ʘ cos ℓ)2−(𝑅ʘ2 −𝑅2)

=0,217≈ 0,22 𝑘𝑝𝑐

∴Jarak bintang ke matahari adalah (0,82 ± 0.22) 𝑘𝑝𝑐

Jarak bintang dari bidang galaksi ℎ

ℎ = 𝜌 tan 𝑏

ℎ =0,029 pc

errronya:

∆ℎ = ∆𝜌 tan 𝑏

∆ℎ = 0,008 𝑝𝑐

∴jarak bintang dari bidang galaksi adalah(0,029 ± 0,008) 𝑝𝑐

3. Efisiensi kuantum suatu detektor astronomi ialah perbandingan antara jumlah foton yang

dideteksi terhadap jumlah foton yang diterima. Diketahui diameter bukaan mata saat gelap,

waktu integrasi, dan efisiensi kuantum mata manusia masing-masing adalah 7 mm, 100 milidetik,

dan 10%. Dengan kemampuan ini, limit magnitudo untuk mata manusia adalah 6 magnitudo.

Tentukanlah limit magnitudo hasil fotografi dengan waktu integrasi 1 jam, menggunakan teleskop

dengan diameter 1 meter dilengkapi emulsi fotografi dengan efisiensi kuantum 2% sebagai

detektor. Asumsikan derau (noise) pengamatan dapat diabaikan.

Solusi:

Jika kita mendefinisikan flux density yang terdeteksi sebagai 𝑓, maka:

𝑓 ∝𝜂

𝐴 𝑡 ; 𝜂 =kuantum efisiensi ; 𝐴 =area ;𝑡 =waktu integrasi

𝑚𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡 − 𝑚𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡 𝑚𝑎𝑡𝑎 = −2.5 log (𝑓𝑓𝑜𝑡𝑜𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖

𝑓𝑚𝑎𝑡𝑎) = −2.5 log ([

𝐷𝑚𝑎𝑡𝑎

𝐷𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝]

2𝑡𝑚𝑎𝑡𝑎

𝑡𝑓𝑜𝑡𝑜𝑔𝑟𝑎𝑓𝑖

𝜂𝑑𝑒𝑡𝑒𝑘𝑡𝑜𝑟

𝜂𝑚𝑎𝑡𝑎)

∴ 𝑚𝑙𝑖𝑚𝑖𝑡 = 29,9 mag

4. Dalam sistem magnitude UBV, rumus Pogson untuk masing-masing magnitudo mengandung titik

nol. Jika diketahui titik nol filter 𝑉 (𝜆 = 5500 Å, lebar pita = 1000 Å ) adalah 𝑐𝑣 = −38,53,

tentukan daya total yang dikumpulkan sebuah teleskop dengan diameter 10 cm dari bintang

dengan magnitudo visual 𝑉 = 3,0 mag.

Solusi:

Persamaan pogson

𝑉 = −2.5 log 𝑓 + 𝑐𝑣 (1)

Titik nol

0 = −2.5 log 𝐸0 − 38,53 (2)

𝐸0 = 10(−

38,53

2.5) 𝑤𝑎𝑡𝑡/(𝑚2Å)

𝑓0 = 𝐸0 × ∆λ = 10(−

38,53

2.5) 𝑤𝑎𝑡𝑡/(𝑚2Å) × 1000 Å (3)

Dari persamaan (1),(2), dan (3)

𝑉 = −2.5 log𝑓

𝑓0

𝑓 = 𝑓0 × 10−𝑉

2.5

Daya total yang dikumpulkan teleskop

𝐿 = 𝑓 × 𝐴𝑟𝑒𝑎 = 𝑓 ×𝜋𝐷2

4= 1,91 × 10−16 𝑤𝑎𝑡𝑡

∴ 𝐿 = 1,91 × 10−16 𝑤𝑎𝑡𝑡

5. Diketahui rerata diameter sudut Bulan dan Matahari adalah 32’ dan sudut refraksi di atmosfer

Bumi dekat horizon adalah 34’. Paralaks horizon untuk bulan adalah 57’ dan untuk matahari

adalah 8”. Secara prinsip, jarak zenith untuk syarat terbenamnya Matahari, Bulan, dan bintang

dapat ditentukan berdasarkan tiga besaran tersebut. Dengan merujuk pada kombinasi variasi

posisi Bumi di perihelion dan aphelion serta variasi posisi Bulan di perigee dan apogee, hitunglah

variasi nilai jarak zenith untuk syarat terbenamnya Matahari, Bulan, dan bintang.

solusi:

variasi posisi Bumi di perihelion dan aphelion serta variasi posisi Bulan di perigee dan

apogee berpengaruh besar terhadap diameter sudut keduanya, paralaks horizon juga

terpengaruh tetapi kecil jadi kita dapat mengabaikannya

sketsa kombinasi ketiga efek:

dari sketsa, dan jika 𝑝 =paralaks horizon

sin 𝑝′

𝑅=

sin 𝑧

𝑑 sin 𝑝′ =

𝑅 sin 𝑧

𝑑= sin 𝑝 sin 𝑧 (1)

𝑧 = 𝑧′ + 𝑝′ 𝑝′ = 𝑧 − 𝑧′ = ∆𝑧

𝑧 = 90°+∝ ; ∝=𝛿

2+ 𝜑 ;𝛿 = 𝑑𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑒𝑟 𝑠𝑢𝑑𝑢𝑡 ;𝜑 = 𝑠𝑢𝑑𝑢𝑡 𝑟𝑒𝑓𝑟𝑎𝑘𝑠𝑖

dari persamaan (1) bisa kita tuliskan variasi jarak zenith:

sin ∆𝑧 = sin 𝑝 cos(𝛿

2+ 𝜑)

∆𝑧 = sin−1 [sin 𝑝 cos(𝛿

2+ 𝜑)]

diameter sudut

𝛿 ∝1

𝑑 𝛿𝑝 =

�̅�

𝑑𝑝𝛿̅ ; 𝛿𝑎 =

�̅�

𝑑𝑎𝛿̅

variasi untuk kasus perihelion, 𝛿𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜𝑛 =�̅�

𝑑𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜𝑛𝛿̅ =

1

0.983284332′

∴ ∆𝑧𝑝𝑒𝑟𝑖ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜𝑛 = (2.221984618 × 10−3)°

kasus aphelion dengan cara yang sama

∴ ∆𝑧𝑎𝑝ℎ𝑒𝑙𝑖𝑜𝑛 = (2.221989646 × 10−3)°

kasus perigee

∴ ∆𝑧𝑝𝑒𝑟𝑖𝑔𝑒𝑒 = (0.9498946003)°

kasus apogee

∴ ∆𝑧𝑎𝑝𝑜𝑔𝑒𝑒 = (0.9499029364)°

kasus bintang, paralaks horizon bintang kecil sehingga

∴ ∆𝑧𝑏𝑖𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔=0

6. Sebuah elektron sinar kosmik bermassa 𝑚𝑒 bergerak dengan kecepatan 𝑣𝑒 = 0,8 𝑐 dan secara

horizontal menumbuk partikel debu bermassa 𝑚𝑑 di permukaan Bulan. Elektron kemudian

melekat pada materi debu. Tentukan massa dan kecepatan debu setelah tumbukan. Apakah debu

berpindah dari kedudukan semula? Asumsikan bahwa gesekan debu dengan permukaan Bulan

diabaikan.

Solusi:

Karena elektron melekat pada partikel debu setelah tumbukan, maka energinya tidak kekal (ada

yang terbuang). Jika 𝜂 =𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟

𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙

persamaan energy

𝛾𝑚𝑒𝑐2 + 𝑚𝑑𝑐2 = 𝜂𝛾′(𝑚𝑑 + 𝑚𝑒)𝑐2

𝛾𝑚𝑒 + 𝑚𝑑 = 𝜂𝛾′(𝑚𝑑 + 𝑚𝑒) 𝑚𝑑(𝜂𝛾′ − 1) = 𝑚𝑒(𝛾 − 𝜂𝛾′)

𝑚𝑑 =𝑚𝑒(𝛾−𝜂𝛾′)

(𝜂𝛾′−1) (1)

Kekekalan momentum

𝛾𝑚𝑒𝑣𝑒 = 𝛾′(𝑚𝑒 + 𝑚𝑑)𝑣′ 𝛾𝑚𝑒𝑣𝑒

𝛾′𝑣′ − 𝑚𝑒 = 𝑚𝑑 (2)

Dari persamaan (1) dan (2) didapat: 𝛾𝑣𝑒

𝛾′𝑣′ − 1 =(𝛾−𝜂𝛾′)

(𝜂𝛾′−1)

1

𝛾′𝑣𝑒

1

𝛾𝑣′

− 1 =(

1

𝛾′−

𝜂

𝛾)

(𝜂

𝛾−

1

𝛾𝛾′)

1

𝛾′𝑣𝑒

𝑣′ −1

𝛾=

(1

𝛾′−

𝜂

𝛾)

(𝜂−1

𝛾′)

𝜂

𝛾′𝑣𝑒

𝑣′ −𝜂

𝛾−

1

𝛾′2𝑣𝑒

𝑣′ +1

𝛾𝛾′= (

1

𝛾′−

𝜂

𝛾)

𝜂

𝛾′𝑣𝑒

𝑣′ −

1

𝛾′2𝑣𝑒

𝑣′ +1

𝛾𝛾′=

1

𝛾′

𝜂𝑣𝑒

𝑣′√1 −

𝑣′2

𝑐2 −𝑣𝑒

𝑣′ (1 −𝑣′2

𝑐2 ) + √(1 −𝑣′2

𝑐2 ) (1 −𝑣𝑒

2

𝑐2) = √1 −𝑣′2

𝑐2

Sederhanakan menjadi:

√1 −𝑣′2

𝑐2 [𝜂𝑣𝑒

𝑣′+ √1 −

𝑣𝑒2

𝑐2 − 1] + (1 −𝑣′2

𝑐2 ) [−𝑣𝑒

𝑣′] = 0 (3)

Jika kita masukan 𝑣𝑒 = 0,8 𝑐 dan kita nyatakan 𝑣′ dalam 𝑐 maka, persamaan (3)

menjadi:

√1 − 𝑣′2 [𝜂0,8

𝑣′+ 0,6 − 1] + (1 − 𝑣′2) [−

0,8

𝑣′] = 0

Kita iterasikan untuk mendapat nilai 𝑣′, tetapi untuk mengiterasikan persamaan

tersebut kita harus tau nilai dari 𝜂. Karena kita tidak tahu maka kita harus

mengasumsikan nilai 𝜂 sehingga jawaban 𝑣′ akan bervariasi tergantung asumsi nilai 𝜂,

maka saya tuliskan:

𝑣′ = 𝑥 𝑐

∴kecepatan debu setelah tumbukan adalah 𝑥 𝑐

Masukan kecepatan debu ke persamaan (1) didapat:

𝑚𝑑 =𝑚𝑒(𝛾−𝜂𝛾′)

(𝜂𝛾′−1)= 𝑦 𝑘𝑔

Masukan kecepatan debu ke persamaan (2) didapat:

𝑚𝑑 =𝛾𝑚𝑒𝑣𝑒

𝛾′𝑣′ − 𝑚𝑒 = 𝑦 𝑘𝑔

(SOAL KURANG LENGKAP, MAKA JAWABAN AKHIR AKAN TERGANTUNG DARI ASUMSI

BERAPA NILAI 𝜼)

7. Sebuah spektograf masa depan yang ditempatkan pada teleskop ruang angkasa memiliki resolusi

spektral sebesar 108. Salah satu target ilmiah dari instrumen ini adalah pencarian eksoplanet yang

seukuran dengan Bumi. Hitunglah berapa massa minimum bintang target, yang memiliki planet

dengan massa, albedo, dan temperatur mirip Bumi pada daerah layak huni, yang dapat dideteksi

oleh instrumen tersebut. Asumsikan hubungan massa dengan luminositas untuk bintang deret

utama masa kecil adalah 𝐿~𝑀4.

Solusi:

Temperatur planet (𝑇𝑃) dapat dituliskan dalam persamaan: 𝐿

4𝜋𝑑2 𝜋𝑅𝑝2 × (1 − 𝐴) = 4𝜋𝑅𝑝

2𝜎𝑇𝑃4 (1)

Karena temperatur dan albedo mirip bumi (𝑇𝑃 = 𝑇𝐸 𝑑𝑎𝑛 𝐴 = 𝐴𝐸), maka persamaan (1)

dapat ditulis lagi :

𝐿

𝐿ʘ= (

𝑑

𝑑𝐸)

2= (

𝑚𝑠

𝑀ʘ)

4 ; 𝑑𝐸 = 1 𝑆𝐴

𝑑 = (𝑚𝑠

𝑀ʘ)

2𝑑𝐸 (2)

Resolusi spektral didefenisikan sebagai

𝑅𝑆 =𝜆

∆𝜆 (3)

Jika asumsi orbit bintang lingkaran, dengan 𝑣𝑠 = 𝑘𝑒𝑐𝑒𝑝𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑏𝑖𝑛𝑡𝑎𝑛𝑔, 𝑣𝑝 =

𝑘𝑒𝑐𝑒𝑝𝑎𝑡𝑎𝑛 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑒𝑡 ,dan 𝑑 = 𝑑𝑝 + 𝑑𝑠 maka:

𝑚𝑝𝑑𝑝 = 𝑚𝑠𝑑𝑠 (4)

𝑣𝑠 =2𝜋𝑑𝑠

𝑇 (5)

𝑑3

𝑇2 =𝐺(𝑚𝑝+𝑚𝑠)

4𝜋2 (6)

Dari persamaan (4),(5),dan (6) didapat:

𝑣𝑠 = √𝐺𝑚𝑝

2

(𝑚𝑠+𝑚𝑝)𝑑 (7)

Dari persamaan (3) dan (7), dimana 𝑚𝑝 = 𝑚𝐸 =massa bumi

∆𝜆

𝜆=

𝑣𝑠

𝑐 𝑣𝑠 =

∆𝜆

𝜆𝑐 = √

𝐺𝑚𝑝2

(𝑚𝑠+𝑚𝑝)𝑑

𝑑 =𝐺𝑚𝑝

2

(𝑚𝑠+𝑚𝑝)(

𝜆

∆𝜆𝑐)

2=

𝐺𝑚𝑝2

(𝑚𝑠+𝑚𝑝)(

𝑅𝑆

𝑐)

2 (8)

Dari persamaan (2) dan (8) didapat :

(𝑚𝑠

𝑀ʘ)

2𝑑𝐸 =

𝐺𝑚𝑝2

(𝑚𝑠+𝑚𝑝)(

𝑅𝑆

𝑐)

2≈

𝐺𝑚𝑝2

𝑚𝑠(

𝑅𝑆

𝑐)

2

𝑚𝑠 = [𝐺𝑚𝑝

2

𝑑𝐸 (

𝑅𝑆

𝑐)

2

𝑀ʘ2 ]

1

3

∴ 𝑚𝑠 = 0.1 𝑀ʘ

8. Ilmuwan Persia yang bernama Abu Reyhan Al-Biruni (973-1048 CE) telah berhasil menghitung

radius Bumi dengan cara yang berbeda dengan yang pernah dilakukan oleh matematikawan

Yunani bernama Erastosthenes (276-194 BCE). Metode baru ini dinamakan sebagai metode Al-

Biruni. Perhitungan radius Bumi dengan metode ini memerlukan puncak sebuah gunung dengan

tinggi ℎ, yang terisolir dan dikelilingi oleh bidang datar. Sudut 𝜃1 dan 𝜃2 pada titik-titik 1 dan 2

dari cakrawala ke puncak gunung diukur dengan alat kuadran. Jarak 𝑑 antara titik 1 dan 2 juga

diukur (lihat Gambar 2)

Gambar 2: Skema penentuan radius Bumi dengan metode Al-Biruni

a. Jelaskan cara menghitung tinggi gunung ℎ dengan pengukuran menurut gambar di atas!

Solusi:

ℎ = 𝑥1 tan 𝜃1 ; ℎ = 𝑥2 tan 𝜃2

𝑑 = 𝑥1 − 𝑥2 = ℎ (1

tan 𝜃1−

1

tan 𝜃2)

∴ ℎ =𝑑

(1

tan 𝜃1−

1

tan 𝜃2)

b. Seorang pengamat memanjat puncak gunung dan mengukur sudut penurunan cakrawala 𝛼

(besar sudut antara cakrawala pengamat di puncak gunung dengan cakrawala benar di

permukaan Bumi). Saat dia berada di tepi pantai, arah cakrawala akan sama dengan arah

pandangan mata lurus dengan dan badan tegak. Namun, bila dia berada di tempat tinggi, dia

tidak hanya melihat lebih jauh, tapi juga arah cakrawala akan tampak turun dan berada di

bawah arah pandangan mata tegak lurus badan. Semakin tinggi posisi pengamat, semakin

turun arah cakrawala ini. Jelaskan metode Al Biruni dalam mengukur radius bumi setelah

menghitung tinggi gunung ℎ dan mengukur sudut penurunan cakrawala 𝛼. Buat sketsa

geometri dari gunung, sudut penurunan cakrawala, dan radius Bumi.

Solusi :

Dari sketsa di samping:

cos 𝛼 =𝑅

𝑅+ℎ

1

cos 𝛼= 1 +

ℎ

𝑅

Maka radius bumi adalah:

∴ 𝑅 =ℎ

1

cos 𝛼−1

c. Diketahui bahwa radius Bumi yang dihitung oleh Al-Biruni adalah 6336 km, yang hanya

berbeda 35 km dari nilai modern. Faktor penting apa yang perlu diperhatikan agar didapat

hasil pengukuran yang akurat?

Solusi:

Faktor penting yang perlu diperhatikan adalah koreksi refraksi atmosfer, besar kecilnya sudut

cakrawala juga dipengaruhi oleh refraksi atmosfer selain oleh ketinggian pengamat.

9. Pada Gambar 3, elemen massa 𝑚 berada pada jarak 𝑟 dari pusat bintang berotasi, atau pada jarak

𝑟 sin 𝜃 dari sumbu rotasi. Total gaya yang bekerja pada 𝑚 adalah

∑ 𝑭 = 𝑚𝒂

𝑭𝑇𝑒𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 + 𝑭𝐺𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑠𝑖 = −𝑚𝜔2ℓ⃑⃑ (1)

Dengan 𝜔 dan ℓ⃑⃑ masing-masing adalah kecepatan sudut dan vektor jarak dari sumbu rotasi. Jika

𝑃 adalah tekanan, komponen tekanan dapat dinyatakan

𝑭𝑇𝑒𝑘𝑎𝑛𝑎𝑛 = −𝑉∇𝑃 = −𝑚

𝜌∇𝑃 (2)

Dengan 𝑉 dan 𝜌 masing-masing adalah volume massa 𝑚 dan rapat massa.

Gambar 3: Elemen massa 𝑚 pada bintang berotasi

Untuk dua komponen gaya gerak,

𝑭𝐺𝑟𝑎𝑣𝑖𝑡𝑎𝑠𝑖 + 𝑚𝜔2ℓ⃑⃑ = −𝐺𝑀𝑚

𝑟2 �̂� + 𝑚𝜔2ℓ⃑⃑ = −𝑚∇𝛹 (3)

Dengan 𝛹 adalah potensial gravitasi yang memenuhi

𝛹 = −𝐺𝑀

𝑟𝑘= 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛

Setelah integrasi, persamaan tersebut dapat dituliskan ringkas menjadi

−𝐺𝑀

𝑟𝑘= −

𝐺𝑀

𝑟−

1

2𝜔2𝑟2 sin2 𝜃

atau

1

𝑟=

1

𝑟𝑘−

𝜔2𝑟2 sin2 𝜃

2𝐺𝑀 (4)

Persamaan (4) dapat dipandang ebagai persoalan akar dari persamaan fungsi

𝑓(𝑟) =𝑟

𝑟𝑘−

𝜔2𝑟3 sin2 𝜃

2𝐺𝑀− 1 = 0 (5)

Untuk wilayah ekuatorial (𝜃 = 90°), persamaan akar menjadi

𝑓(𝑟) =𝑟

𝑟𝑘−

𝜔2𝑟3

2𝐺𝑀− 1 = 0 (6)

Atau

𝑟 =𝜔2𝑟3𝑟𝑘

2𝐺𝑀+ 𝑟𝑘 (7)

Secara komputasional, persamaan (7) dapat ditulis menjadi:

𝑟𝑖+1 =𝜔2𝑟𝑘

2𝐺𝑀𝑟𝑖

3 + 𝑟𝑘 (8)

Berdasarkan persamaan-persamaan tersebut, solusi untuk 𝑟 dapat diperoleh dengan

mengerjakan perhitungan berulang (iteratif) dengan menggunakan algoritma sepuluh langkah di

bawah ini hingga galat (error,∈) kurang dari nilai ∈𝑠𝑡𝑜𝑝 yang diberikan.( tanda← dibaca: ”diisi

dengan nilai”)

a. Mulai

b. Galat pemberhentian (dalam persen): ∈𝑠𝑡𝑜𝑝← 0,2

c. 𝑖 ← 0

d. 𝑟𝑖 ← 0

e. Hitung 𝑟𝑖+1 dari persamaan (8)

f. Hitung galat (dalam persen): ∈← 100 × |𝑟𝑖+1−𝑟𝑖

𝑟𝑖+1|

g. 𝑖 ← 𝑖 + 1

h. 𝑟𝑖 ← 𝑟𝑖+1 i. Bila ∈≥∈𝑠𝑡𝑜𝑝 kembali ke (e)

j. selesai

kerjakanlah intruksi di algoritma tersebut dengan menggunakan nilai-nilai parameter berikut

untuk bintang serupa matahari

𝑇 = 0,3 ℎ𝑎𝑟𝑖 = 25920 𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘

𝜔 =2𝜋

𝑇= 0,0002424068 𝑟𝑎𝑑𝑖𝑎𝑛/𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘

𝑟𝑘 = 695000 𝑘𝑚 = 6,95 × 108 𝑚

Solusi:

Dengan menggunakan persamaan (8), didapat data seperti di tabel:

𝑖 𝑟𝑖(meter) 𝑟𝑖+1(meter) ∈(persen)

0 0 695000000 100

1 695000000 746614289.4 6.91

2 746614289.4 758988868.7 1.63

3 758988868.7 762223598.8 0.42

4 762223598.8 763086766.7 0.11

∴ nilai 𝑟 menurut iterasi di atas adalah 763086766.7 meter

10. Pulsar PSR 1257+12 terdiri atas sebuah bintang neutron dan sebuah planet. Planet mengorbit

lingkaran dekat bintang induk. Bintang neutron memancarkan pulsasi sinar-X setiap 0,062 detik,

sedangkan planet mengorbit setiap 66,54 hari. Inklinasi orbit adalah 53°. Kecepatan orbital planet

adalah 59 km/detik, dan untuk bintang neutron adalah 4,35 × 10−4𝑘𝑚/𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘. Tentukan massa

kedua objek tersebut.

Solusi :

Dari gambar:

𝑣𝑛 =2𝜋𝑎𝑛

𝑇 ; 𝑣𝑝 =

2𝜋𝑎𝑝

𝑇 (1)

(𝑣𝑛 + 𝑣𝑝) =2𝜋(𝑎𝑛+𝑎𝑝)

𝑇=

2𝜋𝑎

𝑇 (2)

Dari hukum keppler dan persamaan (2):

𝑎3

𝑇2 =𝐺(𝑚𝑛+𝑚𝑝)

4𝜋2 =(𝑣𝑛+𝑣𝑝)

3𝑇

8𝜋3

(𝑚𝑛 + 𝑚𝑝) =(𝑣𝑛+𝑣𝑝)

3𝑇

2𝜋𝐺 (3)

Dengan mengingat 𝑚𝑛𝑎𝑛 = 𝑚𝑝𝑎𝑝, maka dari persamaan (1) didapat 𝑚𝑛𝑣𝑛 = 𝑚𝑝𝑣𝑝, sehingga:

𝑚𝑛 =𝑣𝑝

(𝑣𝑝+𝑣𝑛)(𝑚𝑝 + 𝑚𝑛) =

𝑣𝑝

(𝑣𝑝+𝑣𝑛)

(𝑣𝑛+𝑣𝑝)3

𝑇

2𝜋𝐺

𝑚𝑛 =𝑣𝑝(𝑣𝑛+𝑣𝑝)

2𝑇

2𝜋𝐺

𝑚𝑝 =𝑣𝑛(𝑣𝑛+𝑣𝑝)

2𝑇

2𝜋𝐺

Dengan memasukan 𝑣𝑝 = 59 𝑘𝑚/𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘; 𝑣𝑛 = 4,35 × 10−4 𝑘𝑚/𝑑𝑒𝑡𝑖𝑘; 𝑇 = 𝑇𝑛 = 𝑇𝑝 =66,54

hari, didapat:

∴ 𝑚𝑛 = 2.82 × 1030𝑘𝑔

∴ 𝑚𝑝 = 2.08 × 1025𝑘𝑔