1

MEKANIKA II2 SKS

2

ISI

1. Sistem Partikel

2. Benda Tegar

3. Rumusan Lagrange

4. Rumusan Hamilton

3

1. SISTEM PARTIKEL

Partikel=benda titik, hanya dapat bergerak translasi, tidak rotasi

m1, m2, m3, , mN : massa-massa partikel

N321 r,........,r,r,rrrrr

: vektor posisi masing-masing partikel

Total massa: N.....3,2,1;mM ==

M

rmR

=

r

r

m1

m2

m3

x y

z

2rr

1rr 3r

r

Vektor posisi pusat massa:

1.1 Pusat massa

4

Contoh:

m1=10 gram, m2=15 gram dan m3=25 gram

r1=(2, -3, 3) cm; r2=(-3, -5, 4) cm; r3=(5, 4,-5) cm.

Massa total:

M=(10+15+25)gram=50 gram

Posisi pusat massa:

( )

cm)7.0,1.0,2()cm0,5(5,4,-54)cm0,3(-3,-5,cm)3,3,2(2,0

r25r15r10501

M

rmR 321

=++=

++== rrr

rr

z)y,(x,zkyjxir ++=rr

5

Gaya pada satu partikel ke-:

- gaya luar atau eksternal

- gaya interaksi antara partikel itudengan partikel-partikel-partikel lain; disebut gaya internal.

iF

eF

ie FFF rrr

+=

Hukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-:

N.....3,2,1FFdt

rdm ie22

=+= rrr

Jika posisi sistem partikel digeser tanpamengganggu keadaan internalnya, maka total gaya internal pada setiap partikel=0.

0F i =

r

12

3

i13F

r

i12F

r

i32F

ri31F

r

i21F

ri

23F r

i3Fr

i2Fr

i1Fr

=

ii FFrr

1.2 Persamaan Gerak Pusat Massa

6

FF

N.....3,2,1FFdt

rdm

e

ie2

2

rr

rr

==

=+=

Persamaan gerak pusat masa

=0

Fdt

RdMM

rmR 2

2 rr

rr

==

1

2

3

e1Fr

e2Fr e

3Fr

Fr

pm

e2Fr

e3Fr e

1Fr

Fr

7

FFdtpd

dtPd e rr

vr

===

dtrdmp r

r=

1.3 Momentum linier

ie FFdtpd

rrv+=

Total momentum linier:

2

2

dtrdm

dtpd

rr

= atau

dtRd M

dtrdmpP

rrrr

===

F

dtRdM

dtPd

2

2 rrr

==

Persamaan gerak pusat massa

Teorema:

Jika total gaya internal=0, pusat massa sistem partikel bergerakseperti suatu partikel yang massanya = massa sistem dengansuatu gaya=total gaya luar pada sistem.

8

1.4 Momentum sudut

Momentum sudut sistem partikelterhadap titik Q:

p)rr(L QQrrrr

=

Q

m1m2

m3

1rr

2rr

3rr

x y

z

Qrr

==

p)rr(LL QQQrrrrr

Variasi terhadap waktu:

p

dtrd

dtrd

dtpd)rr(

dtLd Q

QQ r

rrrrr

r

+=

dtrdmp r

r=Karena 0p

dtrd

= rr

9

iQ

eQQ F)rr(F)rr(dt

pd)rr( rrrrrr

rrr

+=

p

dtrd

dtpd)rr(

dtLd Q

QQ r

rrrr

r

=

p

dtrd

F)rr(F)rr(dtLd Qi

Qe

QQ r

rrrrrrr

r

+=

Pdtrd

F)rr(N

pdtrd

F)rr(F)rr(dtLd

QiQQ

QiQ

eQ

Q

rr

rrrr

rr

rrrrrrr

+=

+=

=

e

QQ F)rr(Nrrrr

Total momen gaya

10

0Pdtrd Q =

rr Jika:

(1) kecepatan titik Q sama dengan kecepatan pusat massa,

(2) titik Q adalah pusat massa, dan

(3) titik Q diam

0F)rr(

F)rr(F)rr(

F)rr(F)rr(

F)rr(F)rr(

1

1

i

1

1

iQ

iQ

1

1

iQ

iQ

iQ

iQ

==

=

+=

=

=

=

=

rrr

rrrrrr

rrrrrr

rrrrrr

=

ii FFrr

m

m

rr

rr rr

rr

iF r

11

Jadi, jika titik Q diam atau Q merupakan pusat massa, maka

QQ N

dtLd rr

=

Teorem:

Jika tidak ada gaya luar pada sistem partikel, maka momentum sudut sistem partikel itu konstan.

Terlihat, jika NQ=0, maka LQ adalah besaran yang konstan.

Kuliah ke-1

12

1.5 Hukum Kekekalan Energi

N,......3,2,1;FFF ie =+= rrr

Jika gaya eksternal bergantung pada posisi, dan gaya internal bergantung pada posisi partikel-partikel lain, maka dapat dituliskan

......)..........,r,r(FF 21rrrr

=

Jika gaya total pada suatu partikel bergantung pada posisi, makafungsi potensial V adalah:

Ini disebut gaya konservatif

z

VyV

xV

=

=

= zyx F;F;F

VF =rr Ingat sifat konservatif:

0VF ==srrr

13

Vdtvdm

vmdtrdmp

VFdtpd

=

==

== rr

rr

r

rrv

Kalikan dengan vr

( ) 0zVv

yVv

xVvvm

dtd

0Vvdtvdvm

zyx2

21 =

+

+

+

=+

rrr

r

Karenadt

dxv x =

14

( ) 0dt

dzV

dtd

yV

dtd

xVvm

dtd

21 =

+

+

+

zyx

Untuk sistem partikel:

( ) 0dt

dzV

dtd

yV

dtd

xVvm

dtd 2

21 =

+

+

+

zyx

Tetapi,

dtdV

dtd

zV

dtd

yV

dtd

xV

=

+

+

zyxdan

( )dtdKvm

dtd 2

21 =

sehingga konstan)(EVKatau0dtdV

dtdK

=+=+

Hukum Kekekalan Energi Mekanik

15

1.6 Persamaan gerak roketM-massa roket pada waktu t

dM/dt-massa bahan bakar terbuang perselang waktu

v -kecepatan roket pada waktu t relatif terhadap bumi

u- kecepatan bahan bakar terbuang relatif terhadap roket

Misalkan gaya luar pada roket F, maka persamaanmomentum linier relatif terhadap bumi:

vr

ur

M

dM/dt

dtdM)uv()v(M

dtdF rrr

r+=

Momentum roket

Momentum bahan bakarterbuang

Fdt

dMudtvdM

rrr

+=Jadi:

Gaya dorong pada roket

16

F- gaya gesekan udara dan gravitasi; diruang angkasa F=0

dtdMu

dtvdM rr=

MMlnuvv

MdMuvd oo

M

M

v

v oo

rrrrr==

Perubahan kecepatan dalam suatu interval waktu hanya bergantung pada kecepatan relatifdan fraksi bahan bakar terbuang.

Kuliah ke-2

17

1.7 Masalah Tumbukan

Sebelum dan sesudah tumbukan partikel-partikel bergerak dengankecepatan tetap, tanpa gaya.

Selama tumbukan timbul gaya antar partikel yang pada umumnyamemenuhi Hukum Newton 3. Dengan demikian maka berlaku:

1. Hukum kekekalan momentum linier dan momentum sudut

2. Hukum kekalan energi.

18

1.7.1 Tumbukan sentral

Misalkan sebuah peluru m1 menumbuk sebuah objek m2

m1 m21Ivr

2Ivr

m1 1Fvr

m2 2Fvr

2F21F12I21I1 vmvmvmvmrrrr

+=+

( ) ( )( ) ( )

( ) )e1(vv.pvmvmvmvm

KKKKQ

2I1I

22F22

121F12

122I22

121I12

1

2F1F2I1I

=

++=

++=

rrr

( )( ) ( )1F2F22I1I1

2I1I1F2F

vvmvvmp1e0vvevv

rrrrr

rrrr

===

e disebut koefisien restitusi

e=1Q=0: tumbukan elastis

0e0: tumbukan tak-elastis

Buktikan !

19

Tumbukan sentral elastik sempurna

m1 m2diam

1Ivr

m1 1Fvr

m2 2Fvr

2F21F11I1 vmvmvmrrr

+=

1I1F2F vvv1errr

==

1I21

12F vmm

2mv rr+

=

m1m2: v2F>v1I, v1F searah v2F

1I21

211F vmm

mmv rr

+

=Buktikan !

K1I=K1F+K2F}

Jika m1 tidak diketahui: 11K2K1

K2K

mm

2

2F

1I

2F

1I

2

1

= Buktikan !

20

Tumbukan sentral tak-elastik sempurna

m1 m2diam

m1+m21Ivr

Fvr

Partikel m1 dengan kecepatan v1 menabrak dan melekat pada m2yang diam; misalkan setelah tumbukan keduanya kecepatan v2.

1I21

1FF211I1 vmm

mvv)m(mvm rrrr+

=+=

Energi yang terbuang saat tumbukan:

+

=

+==

21

221I12

1

2F212

121I12

121

mmmvm

)vm(mvmKKQ

21

2F1F2I1I pppprrrr

+=+22F11F1I cospcospp +=

22F11F sinpsinp0 =

22F11F1I

21F

21I pcospp2pp =+

m1 1Ipr

m2diam

1Fpr

2Fpr

12

1.7.2 Tumbukan elastis

Tidak ada energi yang hilang selama tumbukan (Q=0).

I-initial, awal

F-final, akhir

Hukum kekekalan momentum:

22

21

211

22

21

11

21

1

1I

1F

mmmmcos

mmmcos

mmm

pp

+

+

+

=

=

2

1I

1F

1

2

1I

2F

pp1

mm

pp

=

1I2F

11I1F12 p/p

)cos/p(p-1cos

2

22F

1

21F

1

21I

2mp

2mp

2mp

+=

2F1F2I1I KKKK +=+

2

22F

1

21F

21I

mp

mpp

=

Hukum kekekalan energi kinetik:

m2 diamK2I=0

Buktikan !

Kuliah ke-3

23

1. m1>m2

Jika 1=m, di mana , harga dalam akar menjadi nol.21

22

m2

mm1os =c

Untuk 1>m2 maka sudut 1 sangat kecil. Buktikan!

Buktikan !21

2

1I

2F

mmm

pp

+=

1pp

1I

1F

0;mm

mpp

221

2

1I

2F =+

=

24

2. m1=m2

11I

1F cospp

= 11I

2F sin pp

= 12 2/ = 0 /2

1=0, p1F=p1I dan p2F=0 tidak terjadi tumbukan

1=/2, p1F=0 dan p2F=p1I, 2=0 tumbukan sentral

3. m1

25

4. m1 tidak diketahui, m2 diketahui

Jika K1I bisa diukur atau ditentukan, hasil pengukuran K2F dapatdigunakan untuk menentukan m1.

Misalnya, untuk tumbukan sentral berlaku:

Rumusan ini yang digunakan oleh J. Chadwick untuk menentukankeberadaan neutron; Nature 129, 312 (1932)

11K2K1

K2K

mm

2

2F

1I

2F

1I

2

1

= Buktikan !

26

Partikel m1 bertumbukan dengan partikel m2 yang diam. Setelahbertumbukan, dihamburkan partikelm3 dan m4 masing-masingdengan sudut 3 dan 4.

34m1 m2

m3

m4

1pr

3pr

4pr

Misalkan Q=energi yang terserap pada saat tumbukan:

Q>0 untuk tumbukan endoergic, Q=0 untuk tumbukan elastik, danQ

27

33123

21

24 cos p2pppp +=Eliminasi 4:

( ) 3213144

33

4

11

4

33123

21

3

23

1

21

431

cosKKmmm2

mm1K

mm1K

2mcosp2ppp

2mp

2mpKKKQ

21

+

+

=

+==

Persamaan ini dipakai untuk menentukan Q dari reaksi inti, dimanapartikel m1 yang diketahui energinya menumbuk inti m2, menghasilkan partikel m3 dengan energi dan arah yang dapatdiamati.

QKKKsin psin p0cos pcos pp

431

4433

44331

++==+= p1 diketahui

p3 dan 3 diukurQ akan dihitung

Dengan hukum kekekalan energi dan momentum:

Kuliah ke 4

28

1.8 Dua osilator harmonis terkopel

k1 m1 m2 k2k3

x1 x2Dua massa m1 dan m2 terikat padadinding dengan pegas masing-masingberkonstanta k1 dan k2. Kedua massadihubungkan oleh pegas ketiga, k3.

Jika tidak ada pegas k3, kedua massa akan berosilasi secarabebas, masing-masing dengan frekuensi:

2

2o20

1

1o10 m

k;mk ==

Dengan pegas k3, misalkan m1 bergeser sejauh x1 dan m2 sejauh x2. persamaan gerak massa-massa adalah:

32'231

'1

132'222231

'111

21322222131111

kkk;kkk

0xkxkxm;0xkxkxm

)x(xkxkxm);x(xkxkxm

+=+=

=++=++

+=+=

&&&&

&&&&

29

32'231

'1 kkk;kkk +=+=

0xkxkxm;0xkxkxm 132'222231

'111 =++=++ &&&&

Misalkan:

Kedua persamaan di atas terkopel satu sama lain. Untuk itu misalkan:

pt22

pt11 eCx;eCx ==

( ) ( )

'2

22

3

3

'1

21

1

2

132'2

22231

'1

21

kpmk

kkpm

CC

0CkCkpmdan0CkCkpm

+=

+=

=++=++

30

( ) ( )

( ) ( )

21

32

2

'2

201

'1

10

42220

2104

1220

2102

12

23

'2

'1

2'21

'12

421

mmk;

mk;

mk

p

0kkkpkmkmpmm

===

++=

=+++

Terlihat, p2 negatif; untuk itu misalkan:

( )( )

( )

+=

==

+==

1)(

41

p

p

2220

210

4220

210

2

2212

2022

2

2212

1021

2

disebut konstanta kopling

} 21 i,ip =

31

Jika ( )2

12

2210

21

3

1

1

221

2

mm

2

km

CCp ===

( )1

22

2220

22

3

2

2

122

2

mm

2

km

CCp ===

pt22

pt11 eCx;eCx ==Dengan

t2i'2

1

22

2t2i

21

22

2t1i-'

1t1i

11 eCmm

2eC

mm

2eCeCx +=

t2i'2

t2i2

t1i-'1

2

12

2t1i

12

12

2

2 eCeCeCmm

2eC

mm

2x +++=

32

Untuk membuat x1 dan x2 ril, misalkan:

22

11

i22

12

i22

12

i12

11

i12

11

eA'C,eAC

eA'C,eAC

==

==

)tcos(Amm

2)tcos(Ax 222

1

22

2

1111 ++=

)tcos(A)tcos(Amm

2x 222111

2

12

2

2 +++=

Solusi umum menjadi:

33

Jika A2=0: )tcos(Ax 1111 +=

)tcos(Amm

2x 111

2

12

2

2 += }Getaran modus normal

2212

1021 +=

Jika A1=0:

)tcos(Ax 2222 +=

)tcos(Amm

2x 222

1

22

2

1 +=

2212

2022 =

}

Frekuensi tunggal 1Getaran searah

Frekuensi tunggal 2Getaran berlawananarah

( )

+= 1)(

41 2220

210

4220

210

2

21

32

mmk =

34

A1=10; A2=10;

A2=0A1=00 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-15

-10

-5

0

5

10

15

t

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

t0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

-10

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

t

m1=1; m2=1; k1=50; k2=30; k3=2

x1x2

Kuliah ke 5

35

2. BENDA TEGARBenda tegar didefenisikan sebagai sistem partikel dengan jarakantara satu sama lain selalu tetap.

2.1 Pendahuluan

Rapat massa:dVdM =

Massa: ==bendak

k dVmM

M: massa benda

V: volume benda

Pusat massa: =benda

dVrM1R

rr

OO

pm

Rr 'R

r

ar

terhadap O

a-R'Rrrr

= terhadap O

36

Jika benda bebas bergerak, maka gerak pusat memenuhi:

Momentum:

2

2

dtRdMF

dtRdMPr

r

rr

=

=

F resultan gaya pada benda

Momen Inersia terhadap sumbu yang melalui pusat massa(sumbu utama)

X pm

dmr

=V

2dmrI

37

212

1312

1L2

1

L21

33

1

L21

L21

2L2

1

L21

2 MLLxdxxdmxI =====

+dm=dx

x

pm

-L/2 L/2

pm+

drr

( ) 2212212421R

0

3R

0

2 MRRLRLRdrrL2dmrI =====

Ldrr2LdAdVdm ===

Batang homogen

Silinder padat homogen

38

dz

z R

22 zR dm=(R2-z2)dz

Bola padat homogen

( ) ( )( ) 2525158

R

R

2222

1

2222

1222

1

MRRdzzRI

dzzRdmzRdI

===

==

Kubus padat homogen

pmx2

x3

bb

b

x1

3212

615

61

b

b3

b

b2

23

22

b

b

b

b

b

b321

23

223

32123

22

23

III;Mbb

dx)dxx(xbdxdx)dxx(xI

dxdx)dxx(xrdmdI2

1

21

21

21

21

21

21

21

21

21

====

+=+=

+==

dm=dV=dx1dx2dx3

dmSumbu-sumbu x1, x2, x3 yang melalui pusat massadisebut sumbu utama.

39

2.2 Momentum sudut dan momen inersia

Benda tegar mengandung N buah partikelmassa m dengan =1,,N. Misalkan posisiadalah r dan kecepatannya v.

Momentum sudut partikel-

rrmLrv;vmp

prL

rrrrrrrrr

rrr

===

=

m

r

O

rr

vr

Karena

Berdasakan aturan perkalian vektor:

( ) ( ) ( ) r.r-r.rrrrrrrrrrrr

=

( )[ ]2 r.rrmL rrrrr

=

Buktikan!

40

Momentum sudut benda tegar:

( )[ ] ==

2

r.rrmLLrrrrrr

),,( 321=r

Karena

( )321 x,x,xr =r

dan

x1 x2

x3

12

3

r

x1 x2

x3

rr

Maka komponen ke-i dari momentum sudut,

=

=

=

jik

2kij

jj

jjji

k

2kii

xxxm

1,2,3kj,i,;xxxmL

41

Selanjutnya, dapat dinyatakan

==

ji

k

2kijij

jjiji xxxmI;IL

Secara keseluruhan, momentum sudut:

=

=

3

2

1

333231

232221

131211

3

2

1

IIIIIIIII

LLL

I~Lrr

disebut tensor inersia

I~

=

=ij0;ji1;

ij

= jiij II adalah matriks simetrik. Buktikan !!!

Elemen2 diagonal dari tensor inersia disebut momen2 inersia terhadapsumbu-sumbu, sedangkan elemen2 off-diagonal disebut produk inersia.

42

Jika benda mempunyai distribusi massa kontinu dengan rapatmassa (r), maka:

=

V kji

2kijij dVxxx(r)I

Energi kinetik rotasi benda ( ) ==

2

21

22

1rot rmvmK

rr

Berdasar aturan perkalian vektor ( ) ( )2222 r.rr rrrr

=

( )[ ]

=

=

=

jik

2kij

ji,ji2

1

jj

jii

ik

2k

i

2i2

1

2222

1rot

xxxm

r.r.xm

r.rmK

rrrr

rr

.I~.KIK 21rotji,

jiij21

rotrr

==

i,j,k=1, 2, 3

Buktikan !

43

I11=I22=I33= 2/3Mb2 dan

Iij=-1/4 Mb2 untuk ij; Buktikan !!!

=

32

41

41

41

32

41

41

41

32

2

------

MbI~

Contoh:Tentukanlah Iij untuk kubus uniform bersisi b, massa M, dengantitik pusat O di salah satu titik sudut.

[ ] ( )32

325

32

b

0

b

032

23

22

b

0132

V1

21

23

22

2111

bM;Mbb

dxdxxxdxdxdxdxI

===

+=++= xxxx

24

154

1

b

0

b

0

b

0321213212

V112

Mbb

dxdxdxxxdxdx)dxxx(I

==

==

=

V kji

2kijij dVxxx(r)I

Kuliah ke 6

44

Sumbu-simbu utama dari inersia

=

=

3

2

1

333231

232221

131211

3

2

1

IIIIIIIII

LLL

I~Lrr

Sumbu-sumbu utama adalah sumbu-sumbu dengan mana tensor inersia mejadi diagonal. Untuk itu misalkan

33323213133

32322212122

31321211111

IIIILIIIILIIIILI~L

++==++==++===

rr

0

IIIIIIII

IIII

3

2

1

333232

232221

131211

=

Disebut persamaan sekuler

45

0IIII

IIII

IIII

333232

232221

131211

=

Maka, harus berlaku

Disebut determinan sekular

Determinan ini merupakan polinom order-3 dari I; jadi ada tigabuah harga I, yakni I1, I2 dan I3.

ContohTentukanlah sumbu-sumbu utama inersia dari kubus.Dari contoh sebelumnya,

2

32

41

41

41

32

41

41

41

32

Mb;--

----

I~ =

=

46

= 0I---

-I-- --I-

32

41

41

41

32

41

41

41

32

Determinan sekularnya:

( ) ( ){ } 0II 3221633642332 =

IIaaIa

0;))(a(a0aaIa

1211

3241

32

61

121

1

24

12

1332

1216

33

32

======

=+=

=Misalkan

47

Teori Sumbu Sejajar

Misalkan sistem koordinat x1, x2, x3 adalah pusat massa benda, dansistem koordinat kedua X1, X2, X3 yang sejajar dengan sistem pertama.

Defenisikan:

iii

321

321321

axX);a,a,(aa;arR

)X,X,(XR);x,x,(xr

+==+=

==rrrr

rr

+++=

=

jjii

k

2kkij

ji

k

2kijij

)a)(xa(x)a(xm

XXXmJ

Elemen tensor inersia dalam koordinat kedua X1, X2, X3:

pm

Rr

rr

av

X1 X2

X3x1

x2

x3

48

i

ij

j

kk

ijk

kji

2kij

kji

2kijij

xmaxmaxm2a

aaamxxxmJ

+

+

=

0xmM1x

kk == Posisi pusat massa dalam koordinat (x1,x2,x3)

=

kji

2kijij xxxmI

Mm

= ij2

k

2kij aa =

( )jiij2ijij aaaMIJ +=Maka:

+++=

=

jjii

k

2kkij

ji

k

2kijij

)a)(xa(x)a(xm

XXXmJ

49

Contoh:Berdasarkan contoh untuk kubus, tentukanlah elemen tensor inersia dengan sistem koordinat di pusat massa.

Dengan sistem koordinat di suatu titik sudut, tensor inersia adalah:

2

32

41

41

41

32

41

41

41

32

Mb;------

J~ =

=

pm

X1

X2

X3

x2

x3

ar

b

b

b

( ) ( )jiij2ijijjiij2ijij aaaMJIaaaMIJ =+=2

432

21

21

21 bab),b,b,(a ==r

( )= 13MbJI ij241ijij

=

000000

I~

61

61

61

Kuliah ke 7 (UTS)

50

2.3 Persamaan gerak benda tegar

Laju perubahan suatu vektor

Sistem koordinat inersial I(X1,X2,X3) diluar benda;

Sistem koordinat O(x1,x2,x3) diam di dalam benda.

Maka, perubahan vektor G yang dilihat dari sistemkoordinat I tidak sama dengan perubahan yang dilihatdari sistem koordinat O.

Perbedaan itu timbul karena benda berotasi.

O

Gr

I

+

=

G

dtGd

dtGd

OI

rrrr

r

kjijkO

i

I

i Gdt

dGdt

dG+

=

=lainnya1,-

siklisurutanijk,1ijk

1221O

3

I

3

3113O

2

I

2

2332O

1

I

1

GGdt

dGdt

dG

GGdt

dGdt

dG

GGdt

dGdt

dG

+

=

+

=

+

=

51

rvv OIrrrr

+=

( ) ( )rv2a

rvvaa

OO

OOOIrrrrrr

rrrrrrrr

++=+++=

( )( ) rmv2mFrmv2mFF

rmv2mamamF

OIOIO

OOIIrrrrrvrrrrrv

rrrrrrrr

++==

++==

( ) rm rrr : gaya yang tegak lurus menuju keluar; jadi gaya inisentrifugal; besarnya m2r sin,.

v2m Orr

: gaya ini muncul jika partikel bergerak; gaya inidisebut Coriolis.

r

I

Orr

m

Partikel m bergerak dalam sistem koordinat O yang berotasi.

Misalkan r vektor posisi terhadap sistem koordinat I.

52

Misalkan sistem koordinat O ditetapkan di bumi, sehingga rotasinyabersama bumi dengan:

15 sec10292.7jam24

2 ==

Jari-jari katulistiwa: r=63560 km;

2r=3,4 cm/sec2 sama dengan sekitar 0.35% dari percepatan gravitasi.

Gaya sentripetal ini yang membuat bumi menjadi elips.

r

r

Gaya sentripetal karena rotasi bumi

53

r

v2m Orr

Ovr

Gaya Coriolis

1. Gaya ini menyebabkan lintasan menjadi lengkungdi atas bidang yang tegak lurus pada .

r

2. Aliran udara (angin) dari tekanan tinggi ketekanan rendah membentuk lintasan lengkung.

3. Pengaruh rotasi bumi terhadap jatuh bebas dibelahan utara bumi:

Kecepatan jatuh bebas:g2zt gt;vz ==

sint2mgsinvm2dtdm ;v2mF z2

2

C ===xrrr

Tekanan tinggi

Tekanan rendah

angin

Belahan utara bumi

Gaya Coriolis menyebabkan pembelokan ke Timur:

sing

8zsingt3

313

31 ==x

TB x

z

=/2, z=100 m, x=2 cm

54

Momentum Sudut

LdtLd

dtLd

OI

rrrr

+

=

Perubahan momentum sudut karena momen gaya:

NdtLd

I

rr

=

NLdtLd rrrr

=+ ikjijki NL

dtdL

=+

iii IL =Jika sumbu-sumbu benda diambil sebagai sumbu utama:

ikkjijki

i NIdtdI =+

( )

( )

( ) 3122133

231132

2

123321

1

NIIdt

dI

NIIdt

dI

NIIdt

dI

=+

=+

=+

ijkkji NLL

dtdL

=+

55

Contoh:Sebuah bola biliar disodok secara horizontal; bola itu meluncurberguling. Buktikan bahwa jarak tempuhnya:

g4912vx

2o=

dimana pada t=0, x=0, v=vo , kecepatan sudutd/dt=0, dan sudut =0.

12

2

1f Cgtdtdxg

dtxdemgF +===

r mg

FN

Ff

v

Momen gaya yang merotasikan bola biliard

312f emga)ee(mgaFaN ===rrr

fFr

ar x

y

z

N3=mga dalam arah -z

I3=2/5Ma2

t=0; v=v0 0vgtdtdx

+=

56

225

25

2

2

2

2

333

Cgtdtda

gdtdamga

dtdIN

dtdL

+=

===

gvt

;vgtgtvgtdtda

dtdx

07

21

027

25

0

=

==+=

t=0; d/dt=0 gtdtda 25=

Untuk keadaan berguling tanpa tergelincir :

57

0vgtdtdx

+=Dari tvgt)(x 02

21 +=t

Pada t1

gv

gvvgx

20

49120

72

0

20

72

21 =

+

=

gv

075

00

72 vvg

gv =+

=

v

Kuliah 8

58

2.4 Gasing tanpa momen gaya

Gasing adalah benda yang simetrik terhadap salah satu sumbunya, misalnya sumbu-x3. Karena simetrik maka:

I1=I2I3

x1 x2

x3

ikkjijki

i NIdtdI =+

konstan0dt

dI

0)I(Idt

dI

0)I(Idt

dI

33

3

31132

2

23321

1

==

=+

=+

Misalkan momen gaya Ni=0

( )212121

12

1

2332

1

ii)(idt

didt

d

dt

dI

)I(I;dt

d

+==+

=

==

59

Misalkan (t)i(t)(t) 21 +=

konstant);sin(t);cos(

t)exp(iidtd

22

21

2o21 =+===

==

oo

o

- 1 dan 2 membentuk lingkaran berjari2 0 padabidang x1-x2.

- 1, 2 ,3 membentuk resultan dan berotasimengitari sumbu x3 dengan frekuensi sudut dengan sudut

Dilihat dari sistem koordinat inersial, karenamomen gaya N=0

konstantL0dtLd

I

==

rr

Karena pusat massa tetap, energi kinetik hanya bentukrotasi: LcosL.T 2121rot ==

rr

3

1tan o=

60

Besarnya : konstan 2322

322

21 =+=++= o

konstanI

)I(I1

233 =

=

61

2.5 Sudut Euler dan Persamaan Euler

Tinjau sistem koordinat (x1,x2,x3); sistem koordinatitu dirotasikan menjadi (x1, x2, x3). Secara umumdapat dinyatakan:

'x~x rr =

Matriks ini merupakan produk dari berbagai operasi rotasi, di antaranyarotasi dengan sudut-sudut ,, yang disebut sudut-sudut Euler.

x'''xR~''xR~R~'xR~R~R~'x~ rrrrr

====

disebut matriks rotasi;

62

= rotasi dengan sudut berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x3 sehingga x3=x3; x1x1; x2x2

'xR~ r

=

1000cossin0sincos

R~

=

3

2

1

3

2

1

'''

1000cossin0sincos

"""

xxx

xxx

63

=

3

2

1

3

2

1

"""

cossin0sincos0001

'"'""'

xxx

xxx

rotasi dengan sudut berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x1 menjadikan x1=x1; x2x2; x3x3.

''xR~ r

=

cossin0sincos0001

R~

NN disebut garis simpul

64

= rotasi dengan sudut berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x3 menjadikan x3=x3; x1x1; x2x2.

'''xR~ r

=

3

2

1

3

2

1

"'"''"

1000cossin0sincos

xxx

xxx

=

1000cossin0sincos

R~

Garis simpul

65

R~R~R~~ =

=

1000cossin0sincos

cossin0sincos0001

1000cossin0sincos

~

+

+

=

coscossinsinsin

sincoscoscossincossinsincossincossin

sincoscossinsincossinsincoscoscoscos

~

66

Misalkan:

r

= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x3=x3

r = kecepatan sudut rotasi pada sumbu x1=x1

r

= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x3=x3

cos

cossin

sinsin

3

2

1

=

=

=

r

r

x1x1=x1

x3=x3x3=x3

x2x2

x2

x1

x2

r

xxxx rrrr "'"'

0sin

cos

3

2

1

==

=

Komponen-komponen kecepatan sudutdapat diturunkan:

=

=

=

3

2

1

00

+=

=

+=

cossincossincossinsin

3

2

1

67

BAB 3 RUMUSAN LAGRANGEHukum Newton sangat penting jika diketahui gaya-gaya yang bekerja pada sistem; gerak dan energi sistem itu dapat ditentukandengan syarat awal.

Jika gaya-gaya tak diketahui, maka hukum Newton tak dapatdipakai untuk menentukan gerak dan energi sistem.

Ada dua metoda yang dapat dipakai untuk menangani masalah itu:

(i) Persamaan Langrange

(ii) Persamaan Hamilton

- Keduanya diturunkan dari hukum Newton II

- Menggunakan koordinat umum qk; q1 mungkin x, q2 mungkin v dsb.

Lagrange: posisi dan kecepatanpers. diferensial order-2

Hamilton: posisi dan momentumpers. diferensial order-1

- Bertitik tolak dari energi, sehingga hanya menggunakan skalar.

68

3.1 Koordinat umum dan batasan (constraint)

Setiap partikel mempunyai vektor posisi, artinya memiliki 3 koordinat(x1,x2,x3). Untuk sistem N partikel, jumlah koordinat 3N atau 3N tingkatkebebasan sistem.

Jika ada batasan, jumlah koordinat itu akan berkurang.

Contoh: konfigurasi suatu benda pejal dapat ditunjukkan dengan 6 koordinat.- Penting untuk mengetahui jumlah minimum

koordinat yang diperlukan untukmenggambarkan suatu sistem N partikel.

- Batasan yang ada harus dapat dirumuskan agar jumlah minimum itu diketahui.

Jika m=jumlah persamaan yang menggambarkanbatasan

Jumlah minimum koordinat: n=3N-m, yakni qk, k=1,2..,nyang disebut koordinat umum

69

Misalkan koordinat umum suatu sistem: q1, q2, .., qnJika satu sama lain tidak bergantung: sistem disebut holonomik; jikabergantung sama lain disebut nonholonomik.

Contoh 1: silinder berguling di atas permukaan datar hanya memerlukan 4 koordinat untuk mengungkapkan konfigurasinya, 2 untuk posisi pusatmassa dan 2 untuk orientasinya.

x

yv

dadydadx

dtdav;v

dtdy;v

dtdx

cossin

cossin

==

===

a

nonholonomik

70

Tinjau partikel tunggal (N=1), koordinatnya x,y,z, masing-masingfungsi koordinat umum q1, q2, q3 (n=3):

)z(q)q,q,z(qz)y(q)q,q,y(qy)x(q)q,q,x(qx

k321

k321

k321

======

Misalkan terjadi perubahan:

( ) ( )332211321 qq,qq,qqq,q,q +++

Maka terjadi pula perubahan xx+x

=

=

=

+

+

=3n

1kk

k3

32

21

1

qqxq

qxq

qxq

qxx

Hal yang sama pada y dan z.

71

Secara umum, untuk N partikel dengan n koordinat umum:

n.sd1kN,sd.1i;qqxx

n

1kk

k

ii ==

=

=

Hal yang sama pada y dan z.

Catatan:

k

i

k qxatau

qx

masih fungsi koordinat umum qk

x tak sama dengan dx; dx adalah pergeseran benar (nyata) sedangkan x pergeseran virtual (tidak pada kenyataannya)

72

3.2 Gaya yang digeneralisasiTinjau gaya F bekerja pada satu partikel bermassa m menyebabkanpergeseran virtual r. Usaha oleh gaya:

zFyFxFr.FW zyx ++==rr

Ganti x, y dan z dengan ungkapan koordinat umum

==

=

+

+

=n

1kkk

n

1kk

kz

ky

kx qQqq

zFqyF

qxFW

disebut gaya yang digeneralisasi terkait dengan koordinat umum qk.

Jika qk berdimensi jarak, Qk bermensi gaya.

Jika qk berdimensi sudut, Qk bermensi momen gaya.

kz

ky

kxk q

zFqyF

qxFQ

+

+

=

73

Untuk sistem N partikel, misalkan gaya F1, F2,..,FNTotal usaha:

( )

=

=

= =

==

+

+

=

=

+

+

=

++==

N

1i k

iiz

k

iiy

k

iixk

k

n

1kk

k

N

1i

n

1k k

iiz

k

iiy

k

iix

N

1iiiziiyiix

N

1iii

qzF

qyF

qxFQ

qQ

qqzF

qyF

qxF

zFyFxFr.FWrr

Gaya yang digeneralisasi

74

Sistem Kekekalan (conservative)

Misalkan suatu partikel dalam pengaruh medan gaya konservatifyang digambarkan oleh fungsi potensial V=V(x,y,z). Maka komponengaya konservatif pada partikel

zVF;

yVF;

xVF zyx

=

=

=

Maka gaya yang digeneralisasi adalah:

k

kkk

kz

ky

kxk

qV

qz

zV

qy

yV

qx

xV

qzF

qyF

qxFQ

=

+

+

=

+

+

=

75

Contoh 2:

Tinjau gerakan partikel bermassa m di atas bidang. Denganmenggunakan koordinat polar (r,) sebagai koordinat umum, hitunglah(i) pergeseran x dan y, (ii) gaya yang digeneralisasi jika partikel itu mengalami gaya yx FjFiF +=

r

q1=r dan q2= holonomik

m

r

cos,sin;sin),(

sin,cos;cos),(

ryryrryy

rxrxrrxx

=

=

==

=

=

==

x

y

(i) pergeseran x dan y

cossin

sincos

rryrryy

rrxrrxx

+=

+

=

=

+

=

Fr

76

(ii) gaya yang digeneralisasi

rFFFr

rFrFyFxFQ

FFFryF

rxFQ

qzF

qyF

qxFQ

yx

yxyx

ryxyxr

kz

ky

kxk

=+=

+=

+

=

=+=

+

=

+

+

=

)cossin(

cossin

sincos

Contoh 3:Tinjaulah gerakan partikel bermassa m yang bergerak dalam ruang. Gunakan koordinat umum (r,,z), hitunglah(i) pergeseran x, y, z; (ii) gaya yang digeneralisasi jika partikel mengalami gaya

zyx FkFjFiF ++=r

77

zzryrxzqqrq

======

;sin;cos,, 321

z

xyr

.1;0;0;),,(

0;cos,sin;sin),,(

0;sin,cos;cos),,(

=

=

=

==

=

=

=

==

=

=

=

==

zzz

rzzzrzz

zyry

ryrzryy

zxrx

rxrzrxx

zzzzzr

rzz

rrzzyyr

ryy

rrzzxxr

rxx

=

+

+

=

+=

+

+

=

=

+

+

=

cossin

sincos

(i) pergeseran x, y, z

Fr

78

(ii) gaya yang digeneralisasi

zzyxz

yx

yxzyx

ryxzyxr

FzzF

zyF

zxFQ

rFFFr

rFrFzFyFxFQ

FFFrzF

ryF

rxFQ

=

+

+

=

=+=

+=

+

+

=

=+=

+

+

=

)cossin(

cossin

sincos

kz

ky

kxk q

zFqyF

qxFQ

+

+

=

79

3.3 Persamaan Lagrange Partikel Tunggal

Bertolak dari rumusan energi kinetik dalam koordinat Cartesian (x,y,z):

( ) dstdimana:22221 dtdxxzyxmK =++= &&&&

)();();( qzzqyyqxx ===

( )qqxqqx

tq

qx

tq

qx

tq

qx

tq

qxx

n

kk

k

n

k

k

k

n

n

&&&

&

,

..............

1

1

2

2

1

1

=

=

=

++

+

=

=

=

( ) ( ) ( )qqzzqqyyqqxx &&&&&&&&& ,;,;, ===

Kecepatan:

[ ]),(),(),( 22221 qqzqqyqqxmK &&&&&& ++=

80

Turunan K terhadap :kq&

+

+

=

kkkk qzz

qyy

qxxm

qK

&

&&

&

&&

&

&&

&

Tapiqx

qx

k

=&

&

+

+

=

kkkk qzz

qyy

qxxm

qK

&&&&

+

+

+

+

+

=

kk

kkkkk

qz

dtdzm

qzzm

qy

dtdym

qyym

qx

dtdxm

qxxm

qK

dtd

&&&

&&&&&&&

Karenakkk qx

dtdx

qqx

dtd

=

=

&

( )221 xmqqxxm

qx

dtdxm

kkk

&&

&&

=

=

81

Jika gaya bersifat konservatif:k

k qVQ

=

kkk qV

qK

qK

dtd

=

&

disebut persamaan gerakkkk

QqK

qK

dtd

=

&

zmFymFxmF zyx &&&&&& === ;;Hukum Newton II:

( )

kk

kkz

ky

kx

k

qKQ

zmymxmqq

zFqyF

qxF

qK

dtd

+=

++

+

+

+

=

2

212

212

21 &&&

&

82

Fungsi Lagrange:

),(),(),( qqVqqKqq &&& =L

Catatan: Meskipun V=V(q), tetapi V bukan fungsi

0;)( =

=kqVqVV&

q&

( )

( )

=

=

=

=

=

kkkkk

kkk

qK

dtd

qV

qKVK

qq

qKVK

qq

&

&&&

L

L

0=

kk qqdt

d LL&

Inilah persamaan gerak Lagrange bagipartikel dalam medan gaya konservatif.

83

Contoh 4:

Tinjaulah suatu partikel bermassa m bergerak di atas bidang danmengalami gaya tarik berbanding terbalik dengan jarak. (i) Tentukanlah persamaan gerak dan(ii) rumusan gaya yang digeneralisasi.

Misalkan koordinat polar (r,) sebagai koordinat umum; q1=r ;q2= ; x=r cos ; y=r sin

m

r

x

y

22222

222222

222222

sincos2cossincossin

sincos2sincossincos

&&&&

&&&&&&&

&&&&&&&

rryxrrrryrry

rrrrxrrx

+=+

++=+=

+==

84

)()( 222212221 &&&& rrmyxmK +=+=

rk

yxkV =+

=22

Rumusan energi kinetik K dan energi potensial V:

Fungsi Lagrange:rkrrmVK ++== )( 22221 &&L

Persamaan Lagrange:

=

=

=

0

00

LL

LLLL

&

&

&

dtd

rrdtd

qqdtd

kk

(i) Tentukanlah persamaan gerak

85

rmrdt

drmr

&&&

&&

=

= LL

22

rkmr

r=

&L

} )1(022 =+ rkmrrm &&&Tapi: 2r

krk

rrVFr =

=

=rFmrrm +=

2&&&

0

2 22

=

+=

=

L

LL &&&&&

&&

mrrmrdtdmr

)2(020 2 =+=

&&&&

&mrrmr

dtd LL}

konstantsudut momentum

0)(2

2

22

&

&&&&&

mrL

mrdtdmrrmr

=

==+m

rF

x

y

&

r

Dalam pengaruh medan gaya konservatif, momentum sudut benda adalah konstan.

86

0)cos(sin)sin(cos

sincos

.0;sin;cos

cos;sin;sin,cos

22

==

===

===

=

=

=

=

rrkr

rkQ

Frk

rk

rkQ

FrkF

rkF

ryryrx

rx

rr

zyx

kz

ky

kxk q

zFqyF

qxFQ

+

+

=

(ii) rumusan gaya yang digeneralisasi.

x=r cos ; y=r sin

Q=momen gaya, tapi karena gaya menuju pusat maka Q=0

m

x

y

rx=rcos

y=rsin

87

Contoh 5:

Sebuah mesin Atwood mempunyai katrol dengan momen inersia Isekitar sumbunya. Panjang kawat , menghubungkan kedua beban m1dan m2. (i) Tentukanlah percepatan sistem jika =konstan. (ii) Jika tidaktetap. Abaikan gesekan.

(i) Misalkan: x= jarak massa m1 ke katrol, L-x= jarak massa m2 ke katrol

Jadi, tingkat kebebasan hanya 1, x saja.

xdtxLdvx

dtdxv && ==== )(; 21

21, vva===

2

2

212

2212

121

axIxmxmK&

&& ++=Energi kinetik:

)(21 xLgmgxmV =Energi potensial:

88

Fungsi Lagrange: L=T-V

gLmxmmgaxIxmxm

xLgmgxmaxIxmxm

2212

2

212

2212

121

212

2

212

2212

121

)(

)(

++++=

++++=

&&&

&&&L

gaImm

mmxmmgxaImm

xaImmxdt

dxaImmx

mmgx

xxdtd

qqdtd

kk

++

==++

++=

++=

=

=

=

221

2121

221

221

221

21

/0)()/(

)/()/(

)(

00

&&&&

&&&

&&

&&

LL

L

LLLL

Jika m1>m2: m1 turun dengan percepatan tetap, jika m1

89

(ii) Jika tidak tetap, maka juga suatu koordinat.

222

1212

1

2

2212

121 )()( xmxmx

dtdmxmK &l&&l& +=

+=

( ) ( ) ( )( ) ( ) l

l

SgmxSgmgmxSgmxSgmW

+=+=

221

21

SgmQSgmgmQQxQW xLx ==+= 221 ;; ll

( )

( )Sgmxm

SgmxmdtdQKK

dtd

gmmmxmm

gmmxmxmdtdQ

xK

xK

dtd

x

=

==

=+

=++=

22

22

21221

2121

)(

)(

)()(

)()(

&&l&&

&l&ll&

l&&&&

&l&&&

l

Persamaan gerak Lagrange: kkk

QqK

qK

dtd

=

&

90

( ) gmmmmg

mmmmmgmSSgmxm

gmmmmxgmmxmm

+

=+

+==

+

==+

==

21

21

21

212222

21

212121

2

)()(

0Substiusi

&&

&&&&

l&&l&

91

3.4 Persamaan Lagrange Sistem Partikel

Energi kinetik N partikel: ( )=

++=N

iiiii zyxmK

1

2222

1 &&&

Karena ada 3N derajat kebebasan, penulisan cukup pakai xi dengani=1,2,.,3N

=

=N

iii xmK

3

1

22

1 &

Nyatakan: ),,.......,,( 21 tqqqxx nii =

txq

qx

txq

qxq

qxq

qxx

dtdx

in

kk

k

i

in

n

iiii

i

+

=

+

++

+

==

=1

22

11

........

&

&&&&

i=1,2,..,3N; N=jumlah partikelk=1,2,,n; n=jumlah koordinat umum (tingkat kebebasan)

92

),,( tqqxx ii &&& =Karena

Energi kinetik: ),,( tqqKK &=

==

=

= N

i k

iii

N

iii

kk qxxmxm

qqK 3

1

3

1

22

1

&

&&&

&&

=

=

N

i k

iii

k qxxm

qK 3

1

&&

==

+

=

N

i k

iii

N

i k

iii

k qx

dtdxm

qxxm

qK

dtd 3

1

3

1

&&&&

( )k

N

iii

k

N

i k

iii q

Kxmqq

xdtdxm

=

=

==

3

1

22

13

1

&&

==

=

=N

i k

iii

N

i k

iixk q

xxmqxFQ

3

1

3

1

&&Gaya yang digeneralisasi:

kkk

QqK

qK

dtd

=

&

k=1,2,.,n

Persamaan gerak:

93

Jika sistem partikel dalam pengaruh medan gaya konservatif, maka

)(; qVVqVQk

k =

= = Energi potensial

Fungsi Lagrange: L =K-V

nkqqdt

d

kk

,......,2,1;0 ==

LL&

Persamaan gerak Lagrange:

Jika diantara Qk ada gaya nonkonservatif, misalnya gesekan

kkk q

VQQ

= ' nkQqqdt

dk

kk

,......,2,1;' ==

LL&

94

An inclined plane of mass M is sliding on a smooth horizontal surface, while a particle of mass m is sliding on a smooth inclined surface, as shown in Fig. Find equations of motion of the particle and the inclined plane.

Contoh 6:

Koordinat umum: x1 dan x2.

Kecepatan m terhadap titik O1: cos2 2122

212 xxxxv &&&& ++=

Total energi kinetik: ( )cos2 21222121212122212121 xxxxmxMmvxMK &&&&&& +++=+=Energi potensial: sin2mgxV =

Fungsi Lagrange: ( ) sincos2 2212221212121 mgxxxxxmxM +++= &&&&&L

95

[ ]( ) )1(0cos0)cos(

)cos()cos(

0

21211

2112111

1

=++=++

++=++=

=

xmxmMxxmxM

xxmxMxxmxMdtd

xdtd

x

&&&&&&&&&&

&&&&&&&&&&

L

L

( )

)2(0sincos

coscos

sin

12

12122

2

=++

+=+=

=

mgxmxm

xmxmxmxmdtd

xdtd

mgx

&&&&

&&&&&&&

L

L

( ) sincos2 2212221212121 mgxxxxxmxM +++= &&&&&L

( ) gmMmMxg

mMmx

)sin(sin;

sincossin

2221

++

=+

= &&&&

96

Contoh 7:

Dua massa yang sama terikat pada pegas diatas lantai horizontal licin, sepertidalam gambar. Turunkn persamaan gerak dengan metoda Lagrange.

Koordinat umum: x1 dan x2

Energi Kinetik: 2221212

1 xmxmK && +=

Energi potensial: 22212

2121 )( kxxxkV +=

Fungsi Lagrange: 22212

21212

2212

121 )( kxxxkxmxm += &&L

( )

( ) 02

2

0

212222

212

211111

211

=+==

=

=+==

+=

kxkxxmxmxmdtd

xdtd

kxkxx

kxkxxmxmxmdtd

xdtd

kxkxx

&&&&&&

&&&&&&

L

L

L

L

Persamaan terkopel

97

3.5 Momentum yang digeneralisasi

Misalkan Lagrangian untuk sistem dengan n derajat kebebasan, adalah:

),.......,,,.......,,), 2121 tq,qqq,q(qtq(q, nn &&&& LL =

Momentum yang digeneralisasi pk adalah,

kecepatanbergantungtidakVjikak

k

kk

qp

qTp

&

&

=

=

L

Dari persamaan gerak Lagrange untuk sistem konservatif:

nkqqdt

d

kk

,......,2,1;0 ==

LL&

kk

kk q

pnkq

p

===

LL

&& ,......,2,1;0

98

Jika Langrangian tak bergantung pada qk makaL 0=

kqL

0=

=k

k qdtdp

&&

L Konstan=

=k

k qp

&

L

Jadi, jika Langrangian tak bergantung pada qk maka pk (momentum yang digeneralisasi) adalah suatu konstanta gerak (tak bergantung waktu).

Contoh 8:

Lagrangian gerak partikel dalam medan sentral, bila diungkapkan dalamkoordinat polar adalah:

( ) )(22221 rVrrmVK +== &&L

Di sini &&,, rr adalah koordinat umum. Maka

sentral gaya karenakonstan 2 ==

=

&&mrp L

di mana p adalah momentum sudut, merupakan konstanta gerak.

99

4.1 Fungsi Hamilton; Hukum kekekalanSuatu sistem yang tidak berinteraksi dengan sistem luar disebut sistemtertutup. Pertikel-partikel di dalamnya bisa tidakberinteraksi atauberinteraksi. Ada 7 konstanta gerak dalam sistem tertutup: - Momentum linier ( 3 buah komponen) - Momentum sudut ( 3 bah komponen)-Total energi

Konstanta-konstanta gerak ini dapat diturunkan dari persamaan gerakLagrangian.

Kekekalan momentum linierTinjau fungsi Lagrange sistem tertutup dalam kerangka inersial. Sifatkerangka inersial adalah:

Suatu sistem tertutup tidak terpengaruh oleh translasi dari sistemkeseluruhan.

BAB 4 RUMUSAN HAMILTON

100

Jadi, fungsi Lagrange sistem tertutup dalam kerangka inersial tidakterpengaruh (atau invarian) oleh translasi.

Jadi, tidak ada variasi fungsi Lagrange yang disebabkan variasikoordinat umum.

==

=

+

=n

kk

k

n

kk

k

qq

qq 11

0&&

LLL

Karena yang dibicarakan pergeseran sistem, maka qk tidak bergantungwaktu,

( ) 0== kk qdtdq &

=

=

=n

kk

k

qq1

0 LLsehingga

Jadi berlakulah: 0=

kqL

101

0=

kk qqdtd LL

&Pers. Gerak Lagrange:

0=

kqdtd

&

L

konstan=

kq&L

[ ]

konstan

)(

)(

1

22

1

==

=

=

=

kk

n

kkk

k

kk

pqm

qVqmq

VKqq

&

&&

&&

L

Hukum kekekalan momentum linier

0=

kqL

102

Hukum kekekalan momentum sudut

==

=

+

=n

kk

k

n

kk

k

qq

qq 11

0&&

LLL

=

=k

kk

k qp

qp LL &

&;

==

=+=n

kkk

n

kkk qpqp

110&& L

Lihat gambar: rrrrr&

rr&

rrr== ;

Dalam bentuk vektor: 0.. =+= rprpr&

rrr& L

( ) ( )( ) ( )[ ]

( )

konstan0

0.

0.

0..

==

=

=

=

=+=

=+=

LdtLd

Lrp

rpdtd

rprp

rprp

rr

rrr

rrr

r&

rrr&

r

r&

rrrr&

r

L

L

L

Hukum kekekalan momentum sudt

103

Hukum kekekalan energi

Diferensial dari fungsi Lagrange lengkap dengan waktu

;dtt

qdq

dqq

dk

kk

kk

+

+

= LLLL &&

kkkk qqdtd

qqdtd

=

=

LLLL

&&0

=

+

=k k

kk k

kk

k qq

dtd

qq

qdtdq

dtd

&&

&&&

&&

LLLL

konstan0 =

=

k kk

k kk q

qq

qdtd

LL

LL

&&

&&

Ini yang didefenisikan sebagai fungsi Hamilton

+

=k

kk

kk

qq

qqdt

d&&

&&

LLL

Karena fungsi Lagrange tidak mengandung eksplisit waktu, 0=tL

Dari

104

konstan ==

=k

kkk k

k qpqq LLLH &

&&

Jadi fungsi Hamilton suatu sistem adalah konstan.

kk qp

&

=LIngat:

Karena V tidak fungsi kecepata, makakkk qKVK

qq &&&

=

= )(L

=

=

k kk

k kk Kq

Kqq

q 2&

&&

&L

Berdasakan teorema Euler, karena K adalah fungsi kuadratik yang homogen, maka

konstan2 ==+== EVTT LH

105

4.2 Persamaan gerak Hamilton

;dtt

qdq

dqq

dk

kk

kk

+

+

= LLLL &&

Variasi fungsi Lagrange:

=

=k

kk

k qp

qp LL &

&; ( ) ;dt

tqdpdqpd

kkkkk

++= LL &&

( ) dtt

dqpdpqqpd

qdpqdpqpd

kkkkk

kkk

kkkkk

kkk

=

+=

L

L &&&

&&&

( ) dtt

dqpdpqdk

kkkk

= LH &&

106

Karena dtt

dqq

dpp

dk

kk

kk

+

+

= HHHH

;

;

kk

kk

qp

pq

=

=

H

H

&

&

maka diperoleh:

} Inilah persamaan gerak HamiltonKarena kesimetriannya, pers. inidisebut persamaan kanonikJika waktu tidak eksplisit dalam fungsi Hamiltonian: 0=

tH

0=

+

=

+

= k kkkkk

kk

kk pqqp

qq

ppdt

d HHHHHHH&&

HJadi, adalah konstanta gerak

tt

= LH

107

Contoh 1:

Sebuah partikel bermassa m mengalami gaya tarik k/r2, dengan k adalah konstanta. Turunkan fungsi Hamilton dan persamaan gerakHamilton.

Gunakan koordinat polar (r,):

rkrrmVK

rkrde

rkrdFV

rrmK

rr

r

++==

===

+=

)(

).(.

)(

2222

1

2

2222

1

&&

rrr

&&

L

2

22

2

22

;

mrp

mpK

mrprmpq

p

r

rk

k

+=

==

= &&&

L

rk

mrp

mpVK r +=+= 2

22

22H

108

&&

&&

&

&&

22

23

2

23

2

konsta0

mrpmrp

p

rmpmp

pr

npp

rk

mrpp

rk

mrp

rp

rr

r

rr

==

=

==

=

==

=

=+=

=

H

H

H

H

Persamaan gerak:

konstan2 == &mrp

109

Contoh 2:

Tunjukkanlah gerak partikel massa m yang bergerak dipermukaansilinder berjari-jari a, ditarik oleh gaya yang sebanding denganjaraknya ke sumbu-z.

Berdasrkan koordinat silinder r,z,:

0== rar &

22

1222

122

1 zmmarmK &&& ++=

)( 2221221 zakkrVrkF +===rr

22

1222

1 zmmaK && +=

)()( 222122221 zakazmVK ++== &&L

2

22

2

22

;

map

mpK

mapzmpq

p

z

zk

k

+=

==

= &&&

LMomentum sudut

110

)(22

222

12

2

2

zakmp

map z +++= H

&&

&&

&

&&

22

konstan0

mapmap

p

zmpmpz

p

pp

kzpkzpz

zz

z

zz

===

===

===

===

H

H

H

H

)cos(

;0

+=

==+

tAzmkkzzm &&

konstan2 == &map

;

;

kk

kk

qp

pq

=

=

H

H

&

&

111

4.3 Gasing dengan momen gaya

Tinjau gerak gasing dalam medangravitasi uniform di mana satu titik darisumbu simetrinya tetap, yakni titik O yang tidak berimpit dengan pusatmassa. Jadi, gasing ini tak mempunyaigerak translasi.

Misalkan I3>I1=I2.

Sumbu-x3 adalah sumbu tegak, sedangkan x3 adalah sumbu simetrigasing. Gaya F tidak menimbulkanmomen gaya, sedangkan gaya berat Mg menimbulkan momen gaya N di titik O.

N

N

konstantcossincossin

cossinsin

3

2

1

=+==

+=

&&

&&

&&

112

Energi kinetik:( ) ( )2321222121

2332

12222

12112

1

cossin

&&&& +++=

++=

II

IIIK

Energi potensial: cos. MglRgMV ==rr

Fungsi Lagrange:

( ) ( ) coscossin 2321222121 MglIIVK

+++=

=

&&&&&&& ),,,L(

L

( )

)coscos

cos(sin

)coscos(sin

coskonstantcos

3

323

21

23

21

3

3333

IIp

II

IIp

IIp

IIp

&&&

&&&&

&&&&

&

++=

++==

==+===

L

L

113

pIIpp

IpIIp

Ipp

pIp

=

=

=

=+==

33213

3

3

3

21

21

cossin

cos

cossin

coscossin

&&

&&&

L

Energi total:

( ) ( )

cossin)();(

cossin

'

cossin

coscossin

2212

1212

1

2212

1212

1

2332

1

2332

12212

1212

1

232

122212

1

MglIVVI

MglII

IEE

IMglII

MglIIE

VKE

+=+=

++=

=

+++=

++++=

+=

&&

&&

&&

&&&&

114

cossin))(cos)(sincossin(

)cossinsin(

23

1

MglIIdtdI

=++

+

sinsin))(cos)(coscossin(

)sincossin(

31

2

MglIIdtdI

=+++

0)cos(3 =+ dtdI

ikkjijki

i NIdtdI =+

0Nsinsin MglNcossin MglN

sin MglNgMrN

3

2

1

==

===

rrr