MEKANIKA II - Fisika Universitas...

download MEKANIKA II - Fisika Universitas Padjadjaranphys.unpad.ac.id/wp-content/uploads/2009/03/MEKANIKA-II.pdf · Partikel=benda titik, hanya dapat bergerak translasi, tidak rotasi m 1,

If you can't read please download the document

  • date post

    06-Feb-2018
  • Category

    Documents

  • view

    222
  • download

    1

Embed Size (px)

Transcript of MEKANIKA II - Fisika Universitas...

  • 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