MEKANIKA II - · PDF fileHukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-α: ......
Transcript of MEKANIKA II - · PDF fileHukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-α: ......
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,r rrrr: vektor posisi masing-masing partikel
Total massa: N.....3,2,1;mM ==∑ αα
α
M
rmR
∑= α
ααr
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
ααα
z)y,(x,zkyjxir ≡++=rr
5
Gaya pada satu partikel ke-α:
- gaya luar atau eksternal
- gaya interaksi antara partikel itudengan partikel-partikel-partikel lain; disebut gaya internal.
iFα
eFα
ie FFF ααα
rrr+=
Hukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-α:
N.....3,2,1FFdt
rdm ie2
2
=+= αααα
α
rrr
Jika posisi sistem partikel digeser tanpamengganggu keadaan internalnya, maka total gaya internal pada setiap partikel=0.
0F i =∑α
α
r
12
3
i13F →
r
i12F →
r
i32F →
ri31F→
r
i21F→
ri
23F →
r
i3Fr
i2Fr
i1Fr
∑≠
→=αβ
αβαii FFrr
1.2 Persamaan Gerak Pusat Massa
6
FF
N.....3,2,1FFdt
rdm
e
ie2
2
rr
rr
==
=+=
∑
∑∑∑
αα
αα
αα
α
αα α
Persamaan gerak pusat masa
=0
Fdt
RdMM
rmR 2
2 rr
rr
=→=∑α
αα
1
2
3
e1Fr
e2Fr e
3Fr
Fr
pm
e2Fr
e3Fr e
1Fr
Fr
7
FFdtpd
dtPd e
rrvr
=== ∑∑α
αα
α
dtrdmp α
αα
rr
=
1.3 Momentum linier
ie FFdtpd
ααα
rrv+=
Total momentum linier:
2
2
dtrdm
dtpd α
αα
rr
= atau
dtRd M
dtrdmpP
rrrr
=== ∑∑ α
αα
αα
Fdt
RdMdtPd
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:
ααα p)rr(L QQrrrr
×−=
Q
m1
m2
m3
1rr
2rr
3rr
x y
z
Qrr
∑∑ ×−==α
ααα
α p)rr(LL QQQrrrrr
Variasi terhadap waktu:
ααα
αα p
dtrd
dtrd
dtpd)rr(
dtLd Q
QQ r
rrrrr
r
×⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−+×−=
dtrdmp α
αα
rr
=Karena 0pdtrd
=× αα rr
9
iQ
eQQ F)rr(F)rr(
dtpd)rr( ααααα
α
rrrrrrr
rr×−+×−=×−
αα
αα p
dtrd
dtpd)rr(
dtLd Q
QQ r
rrrr
r
×−×−=
αααααα 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
×−×−+=
×−×−+×−=
∑
∑∑∑
ααα
αα
ααα
ααα
∑ ×−=α
ααe
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
=×−=
×−−×−=
×−+×−=
×−=×−
∑∑
∑∑
∑∑
∑∑∑
−
=→
−
=→→
−
=→→
≠→
α
α
βαββα
α
α
βαββαβα
α
α
ββαβαβα
α αβαβα
ααα
rrr
rrrrrr
rrrrrr
rrrrrr∑≠
→=αβ
αβαii FFrr
mα
mβ
αrr
βrr βα rr
rr−
iF αβ→
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 =+= αααα
rrr
Jika gaya eksternal bergantung pada posisi, dan gaya internal bergantung pada posisi partikel-partikel lain, maka dapat dituliskan
......)..........,r,r(FF 21rrrr
αα =
Jika gaya total pada suatu partikel bergantung pada posisi, makafungsi potensial V adalah:
Ini disebut gaya konservatif
αα
αα
αα z
VyV
xV
∂∂
−=∂∂
−=∂∂
−= zyx F;F;F
VF αα ∇−=rr Ingat sifat konservatif:
0VF =∇×∇−=×∇srrr
13
Vdtvdm
vmdtrdmp
VFdtpd
αα
α
ααα
αα
ααα
∇−=
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
==
∇−== rr
rr
r
rrv
Kalikan dengan ⋅αvr
( ) 0zVv
yVv
xVvvm
dtd
0Vvdtvdvm
zyx2
21 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
+∂∂
+
=∇⋅+⋅
αα
αα
αααα
ααα
αα
rrr
r
Karenadt
dxv xα
α =
14
( ) 0dt
dzV
dtd
yV
dtd
xVvm
dtd
21 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
+∂∂
+ α
α
α
ααα
αα zyx
Untuk sistem partikel:
( ) 0dt
dzV
dtd
yV
dtd
xVvm
dtd 2
21 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
+∂∂
+∑∑α
α
α
α
α
α
αααα
zyx
Tetapi,
dtdV
dtd
zV
dtd
yV
dtd
xV
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
+∂∂∑
α
α
α
α
α
α
α
zyxdan
( )dtdKvm
dtd 2
21 =∑
ααα
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 rrrr
+−=
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 o
o
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 vmvmvmvm rrrr+=+
( ) ( )( ) ( )
( ) )e1(vv.p
vmvmvmvm
KKKKQ
2I1I
22F22
121F12
122I22
121I12
1
2F1F2I1I
−−Δ=
+−+=
+−+=
rrr
( )( ) ( )1F2F22I1I1
2I1I1F2F
vvmvvmp1e0vvevv
rrrrr
rrrr
−=−=Δ≤≤→−=−
e disebut koefisien restitusi
e=1→Q=0: tumbukan elastis
0≤e<1→Q>0: tumbukan tak-elastis
Buktikan !
19
Tumbukan sentral elastik sempurna
m1 m2
diam1Ivr m1 1Fvr m2 2Fvr
2F21F11I1 vmvmvm rrr+=
1I1F2F vvv1e rrr=−→=
1I21
12F v
mm2mv rr
+=
m1<m2: v1F berlawanan arah dengan v2F
m1=m2→v1F=0, v2F=v1I
m1>m2: v2F>v1I, v1F searah v2F
1I21
211F v
mmmmv 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+m2
1Ivr Fvr
Partikel m1 dengan kecepatan v1 menabrak dan melekat pada m2yang diam; misalkan setelah tumbukan keduanya kecepatan v2.
1I21
1FF211I1 v
mmmvv)m(mvm rrrr
+=→+=
Energi yang terbuang saat tumbukan:
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
=
+−=−=
21
221I12
1
2F212
121I12
121
mmmvm
)vm(mvmKKQ
21
2F1F2I1I pppp rrrr+=+
22F11F1I cosθpcosθpp +=
22F11F sinθpsinθp0 −=
22F11F1I
21F
21I pθcospp2pp =−+
m1 1Ipr m2diam
1Fpr
2Fpr
θ1θ2
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
mmmmθcos
mmmcosθ
mmm
pp
+−
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
±+
=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
2
1I
1F
1
2
1I
2F
pp1
mm
pp
⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= −
1I2F
11I1F12 p/p
θ)cos/p(p-1cosθ
2
22F
1
21F
1
21I
2mp
2mp
2mp
+=
2F1F2I1I KKKK +=+
2
22F
1
21F
21I
mp
mpp
=−
Hukum kekekalan energi kinetik:
m2 diam→K2I=0
Buktikan !
Kuliah ke-3
23
1. m1>m2
•Jika θ1=θm, di mana , harga dalam akar menjadi nol.21
22
m2
mm1θos −=c
• Untuk θ1<θm, ada dua harga p1F/p1I; harga yang lebih besarmenyatakan tumbukan singgung, dan yang lebih kecil tumbukansentral. Misalnya θ1=0:
;mmmm
pp
21
21
1I
1F
+−
=
p1F=p1I →Tidak terjadi tumbukan
Tumbukan sentral
21
21
1I
1F
mmmm
pp
+−
=
• Jika m1>>m2 maka sudut θ1 sangat kecil. Buktikan!
Buktikan !21
2
1I
2F
mmm
pp
+=
1pp
1I
1F ≈
0θ;mm
mpp
221
2
1I
2F =+
=
24
2. m1=m2
11I
1F θcospp
= 11I
2F sin θpp
= 12 2/θ θπ −= 0 ≤ θ ≤ π/2
θ1=0, p1F=p1I dan p2F=0→ tidak terjadi tumbukan
θ1=π/2, p1F=0 dan p2F=p1I, θ2=0→ tumbukan sentral
3. m1<m2
21
121
22
21
11
21
1
1I
1F
mmmmθcos
mmmcosθ
mmm
pp
+−
+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+
±+
=
• Untuk tanda +: p1F/p1I positif bagi semua harga 0≤θ1≤π.
θ1=0→ p1F=p1I; p2F=0→tidak terjadi tumbukan;
• Untuk tanda -: p1F/p1I negatif→tidak berlaku
0θ;mm
2mpp;
mmmm
ppπθ 2
21
2
1I
2F
21
12
1I
1F1 =
+=
+−
=→= → tumbukan sentral
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 θ3 dan θ4.
θ3
θ4m1 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<0 untuk tumbukan exoergic
1.7.3 Tumbukan tak-elastikAtom, molekul dan inti mempunyai energi potensial dan kinetik dalamyang terkait dengan gerakan bagian-bagiannya. Mereka bisa menyerapatau melepaskan energi pada saat tumbukan.
27
33123
21
24 cos θp2pppp −+=Eliminasi θ4:
( ) 3213144
33
4
11
4
33123
21
3
23
1
21
431
cosθKKmmm2
mm1K
mm1K
2mcosθp2ppp
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 θpsin θp0cos θpcos θpp
431
4433
44331
++=−=+= p1 diketahui
p3 dan θ3 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
kω;mkω ==
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
mmkκ;
mkω;
mkω
κωωωωp
0kkkpkmkmpmm
===
+−±+−=
=−+++
Terlihat, p2 negatif; untuk itu misalkan:
( )( )
( )⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+−=
−−=−=
+−=−=
1)ω(ω
4κ1ωωΔω
Δωωωp
Δωωωp
2220
210
4220
210
2
2212
2022
2
2212
1021
2
κ disebut konstanta kopling
21 iω,iωp ±±=
31
Jika ( )2
12
2210
21
3
1
1
221
2
mm
2κΔωωω
km
CCωp =−=→−=
( )1
22
2220
22
3
2
2
122
2
mm
2κΔωωω
km
CCωp −=−=→−=
pt22
pt11 eCx;eCx ==Dengan
t2iω'2
1
22
2t2iω
21
22
2t1iω-'
1t1iω
11 eCmm
2κΔωeC
mm
2κΔωeCeCx −−−+=
t2iω'2
t2iω2
t1iω-'1
2
12
2t1iω
12
12
2
2 eCeCeCmm
2κΔωeC
mm
2κΔωx −+++=
32
Untuk membuat x1 dan x2 ril, misalkan:
22
11
iθ22
12
iθ22
12
iθ12
11
iθ12
11
eA'C,eAC
eA'C,eAC−
−
==
==
)θtcos(ωAmm
2κΔω)θtcos(ωAx 222
1
22
2
1111 +−+=
)θtcos(ωA)θtcos(ωAmm
2κΔωx 222111
2
12
2
2 +++=
Solusi umum menjadi:
33
Jika A2=0: )θtcos(ωAx 1111 +=
)θtcos(ωAmm
2κΔωx 111
2
12
2
2 += Getaran modus normal
2212
1021 Δωωω +=
Jika A1=0:
)θtcos(ωAx 2222 +=
)θtcos(ωAmm
2κΔωx 222
1
22
2
1 +−=
2212
2022 Δωωω −=
Frekuensi tunggal ω1
Getaran searah
Frekuensi tunggal ω2
Getaran berlawananarah
( )⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
+−= 1)ω(ω
4κ1ωωΔω 2220
210
4220
210
2
21
32
mmkκ =
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
x1
x2
Kuliah ke 5
35
2. BENDA TEGARBenda tegar didefenisikan sebagai sistem partikel dengan jarakantara satu sama lain selalu tetap.
2.1 Pendahuluan
Rapat massa:dVdMρ =
Massa: ∫∫∫∑ ==bendak
k dVρmM
M: massa benda
V: volume benda
Pusat massa: ∫∫∫=benda
dVrρM1R
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 MLμLxμdxxμdmxI =====−
−−∫∫
+dm=μdx
x
pm
-L/2 L/2
pm+
drr
( ) 22
122
1242
1R
0
3R
0
2 MRRLρπRπρLRdrrL2πdmrI ===== ∫∫ ρ
ρLdrr2πLdAρdVρdm ===
Batang homogen
Silinder padat homogen
38
dz
z R
22 zR −dm=ρπ(R2-z2)dz
Bola padat homogen
( ) ( )( ) 2
525
158
R
R
2222
1
2222
1222
1
MRρπRdzzRρπI
dzzRρdmzRdI
==−=
−=−=
∫−
π
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;Mbρb
dx)dxx(xρbdxdx)dxx(xρI
dxdx)dxx(xρrdmdI2
1
21
21
21
21
21
21
21
21
21
====
+=+=
+==
∫ ∫∫ ∫ ∫− −− − −
dm=ρdV=ρdx1dx2dx3
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 mα dengan α=1,…,N. Misalkan posisiadalah rα dan kecepatannya vα.
Momentum sudut partikel-α
ααααααααα
αα
rωrmLrωv;vmp
prL
rrrrrrrrr
rrr
××=→×==
×=α
mα
ωr
O
αrr
αvr
Karena
Berdasakan aturan perkalian vektor:
( ) ( ) ( ) αααααα rω.r-ωr.rrωr rrrrrrrrr=××
( )[ ]αα2
αα rω.rωrmLrrrrr
−= α
Buktikan!
40
Momentum sudut benda tegar:
( )[ ]∑∑ −==α
αα
αα2
αα rω.rωrmLLrrrrrr
)ω,ω,(ωω 321=r
Karena
( )321 x,x,xr αααα =r
dan
x1 x2
x3
ω1ω2
ω3
ωr
xα1 xα2
xα3
αrr
Maka komponen ke-i dari momentum sudut,
∑ ∑∑
∑ ∑∑
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
α
α
δ αjαik
2αkijα
jj
jjαjαi
k
2αkiαi
xxxmω
1,2,3kj,i,;ωxxxωmL
41
Selanjutnya, dapat dinyatakan
∑ ∑∑ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−==
ααjαi
k
2αkijαij
jjiji xxxδmI;ωIL
Secara keseluruhan, momentum sudut:
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
3
2
1
333231
232221
131211
3
2
1
ωωω
IIIIIIIII
LLL
ωI~Lrr
disebut tensor inersia
I~
⎩⎨⎧
≠=
=ij0;ji1;
δ 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 ρ(r), maka:
∫ ∑ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
V kji
2kijij dVxxxδρ(r)I
Energi kinetik rotasi benda ( )∑∑ ×==α
αα2
21
α
2αα2
1rot rωmvmK
rr
Berdasar aturan perkalian vektor ( ) ( )2222 r.ωrωrω αααrrrr
−=×
( )[ ]
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛=
−=
∑∑∑
∑∑∑∑∑
∑
αjαik
2αkij
αα
ji,ji2
1
jj
jii
ik
2k
i
2i2
1
2222
1rot
xxxδmωω
r.ωr.ωxωm
r.ωrωmK
αααα
α
αααα
rrrr
rr
ω.I~.ωKωωIK 21
rotji,
jiij21
rotrr
=→= ∑
i,j,k=1, 2, 3
Buktikan !
43
I11=I22=I33= 2/3Mb2 dan
Iij=-1/4 Mb2 untuk i≠j; 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
ρbM;Mbρb
dxdxxxdxρdxdxdxρI
===
+=−++= ∫ ∫∫∫ xxxx
24
154
1
b
0
b
0
b
0321213212
V112
Mbρb
dxdxdxxxρdxdx)dxxx(I
−=−=
−=−= ∫ ∫ ∫∫ρ
∫ ∑ ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
V kji
2kijij dVxxxδρ(r)I
Kuliah ke 6
44
Sumbu-simbu utama dari inersia
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
3
2
1
333231
232221
131211
3
2
1
ωωω
IIIIIIIII
LLL
ωI~Lrr
Sumbu-sumbu utama adalah sumbu-sumbu dengan mana tensor inersia mejadi diagonal. Untuk itu misalkan
33323213133
32322212122
31321211111
ωIωIωIIωLωIωIωIIωLωIωIωIIωLωI~L
++==++==++==→=
rr
0ωωω
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
Mbβ;--
----
βI~ =⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
46
→= 0I-ββ-β-
β-I-ββ- β-β-I-β
32
41
41
41
32
41
41
41
32
Determinan sekularnya:
( ) ( ) 0IβββIβ 322
1633
6423
32 =−−−−
βIIβaaβIβa
0;β)β)(a(a0βaβaIβa
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
∑ ∑
∑ ∑
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++−+=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
αjαjiαi
k
2kαkijα
ααjαi
k
2αkijαij
)a)(xa(x)a(xδm
XXXδmJ
Elemen tensor inersia dalam koordinat kedua X1, X2, X3:
×pm
Rr
rr
av
X1 X2
X3
x1
x2
x3
48
αiα
αiαjα
αjα
αkαk
ijk
kji
2kij
α αα
kαjαi
2αkijαij
xmaxmaxmδ2a
aaaδmxxxδmJ
∑∑∑∑
∑∑ ∑∑
−−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛+
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−+⎟
⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
0xmM1x
ααkαk == ∑ Posisi pusat massa dalam koordinat (x1,x2,x3)
∑ ∑ ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
α kαjαi
2αkijαij xxxδmI
Mmα
α =∑ ij2
k
2kij δaaδ =∑
( )jiij2
ijij aaδaMIJ −+=Maka:
∑ ∑
∑ ∑
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛++−+=
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−=
αjαjiαi
k
2kαkijα
ααjαi
k
2αkijαij
)a)(xa(x)a(xδm
XXXδmJ
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
Mbβ;ββ-β-β-ββ-β-β-β
J~ =⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
pm
X1
X2
X3
x2
x3
ar
b
b
b
( ) ( )jiij2
ijijjiij2
ijij aaδaMJIaaδaMIJ −−=→−+=
24
322
12
12
1 bab),b,b,(a ==r
( )→−−= 13δMbJI ij2
41
ijij⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
β000β000β
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
→×+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛Gω
dtGd
dtGd
OI
rrrr
ωr
×
×
kjijkO
i
I
i Gωεdt
dGdt
dG+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
⎩⎨⎧
=lainnya1,-
siklisurutanijk,1ijkε
1221O
3
I
3
3113O
2
I
2
2332O
1
I
1
GωGωdt
dGdt
dG
GωGωdt
dGdt
dG
GωGωdt
dGdt
dG
−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
−+⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
51
rωvv OIrrrr
×+=
( ) ( )rωωvω2a
rωvωvωaa
OO
OOOIrrrrrr
rrrrrrrr
××+×+=×+×+×+=
( )( ) ωrωmωv2mFrωωmvω2mFF
rωωmvω2mamamF
OIOIO
OOIIrrrrrvrrrrrv
rrrrrrrr
××+×+=××−×−=
××+×+==
( ) ωrωmrrr
×× : gaya yang tegak lurus ω menuju keluar; jadi gaya inisentrifugal; besarnya mω2r sinθ,.
ωv2m Orr
× : gaya ini muncul jika partikel bergerak; gaya inidisebut Coriolis.
ωr
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
2πω −−×==
Jari-jari katulistiwa: r=63560 km;
ω2r=3,4 cm/sec2 sama dengan sekitar 0.35% dari percepatan gravitasi.
Gaya sentripetal ini yang membuat bumi menjadi elips.
×
ωr
××
ωr
Gaya sentripetal karena rotasi bumi
53
ωr
ωv2m Orr
×
OvrGaya Coriolis
1. Gaya ini menyebabkan lintasan menjadi lengkungdi atas bidang yang tegak lurus pada .ω
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 =−=
sinθt2mgsinθvmω2dtdm ;vω2mF z2
2
C ω=−=×−=xrrr
Tekanan tinggi
Tekanan rendah
angin
Belahan utara bumi
Gaya Coriolis menyebabkan pembelokan ke Timur:
sinθg
8zωsinθωgt3
313
31 ==x
TB x
z
θ=π/2, z=100 m, x=2 cm
54
Momentum Sudut
LωdtLd
dtLd
OI
rrrr
×+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
Perubahan momentum sudut karena momen gaya:
NdtLd
I
rr
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
NLωdtLd rrrr
=×+ ikjijki NLωε
dtdL
=+
iii ωIL =Jika sumbu-sumbu benda diambil sebagai sumbu utama:
ikkjijki
i NIωωεdt
dωI =+
( )
( )
( ) 312213
3
231132
2
123321
1
NIIωωdt
dωI
NIIωωdt
dωI
NIIωωdt
dωI
=−+
=−+
=−+
ijkkji NLωLω
dtdL
=−+
55
Contoh:Sebuah bola biliar disodok secara horizontal; bola itu meluncurberguling. Buktikan bahwa jarak tempuhnya:
μg4912vx
2o=
dimana pada t=0, x=0, v=vo , kecepatan sudutdφ/dt=0, dan sudut φ=0.
12
2
1f Cμgtdtdxμg
dtxdeμmgF +−=→−=→−=
r mg
FN
Ff
v
Momen gaya yang merotasikan bola biliard
312f eμmga)ee(μmgaFaN −=×−−=×=rrr
fFr
ar x
y
z
N3=μmga dalam arah -z
I3=2/5Ma2
t=0; v=v0 0vμgtdtdx
+−=
56
225
25
2
2
2
2
333
Cμgtdtdφa
μgdtφdaμmga
dtφdIN
dtdL
+=
=→=→=
μgvt
;vμgtμgtvμgtdtdφa
dtdx
07
21
027
25
0
=
=→=+−→=
t=0; dφ/dt=0 μgtdtdφa 2
5=
Untuk keadaan berguling tanpa tergelincir :
57
0vμgtdtdx
+−=Dari tvμgt)(x 02
21 +−=t
Pada t1
μgv
μgvvμgx
20
49120
72
0
20
72
21 =⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
gvμ
075
00
72 vvμg
μgv =+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−=
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=I2≠I3
x1x2
x3
ikkjijki
i NIωωεdt
dωI =+
konstanω0dt
dωI
0)I(Iωωdt
dωI
0)I(Iωωdt
dωI
33
3
31132
2
23321
1
=→=
=−+
=−+
Misalkan momen gaya Ni=0
( )212121
12
1
2332
1
iωωi)ωΩ(iωdt
dωidt
dω
ωdt
dωI
)I(Iω;ωdt
dω
+Ω=−=+
Ω=
−=ΩΩ−=
59
Misalkan (t)iω(t)ωη(t) 21 +=
konstanωωωt);sin(Ωωt);Ωcos(ω
t)exp(iΩηηidtdη
22
21
2o21 =+===
=→Ω=
oo
o
ωω
ω
- ω1 dan ω2 membentuk lingkaran berjari2 ω0 padabidang x1-x2.
- ω1, ω2 ,ω3 membentuk resultan ω dan berotasimengitari sumbu x3 dengan frekuensi sudut Ωdengan sudut
Dilihat dari sistem koordinat inersial, karenamomen gaya N=0
konstantL0dtLd
I
=→=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ rr
Karena pusat massa tetap, energi kinetik hanya bentukrotasi: φωLcosL.ωT 2
12
1rot ==
rr
3
1tanωωφ o−=
60
Besarnya ω: konstanωωωωωω 23
223
22
21 =+=++= o
konstanI
)I(Iω1
233 =
−=Ω
61
2.5 Sudut Euler dan Persamaan Euler
Tinjau sistem koordinat (x’1,x’2,x’3); sistem koordinatitu dirotasikan menjadi (x1, x2, x3). Secara umumdapat dinyatakan:
'xλ~x rr=
Matriks ini merupakan produk dari berbagai operasi rotasi, di antaranyarotasi dengan sudut-sudut φ,θ, ψ yang disebut sudut-sudut Euler.
x'''xR~''xR~R~'xR~R~R~'xλ~ ψθψθψrrrrr
==== ϕ
λ disebut matriks rotasi;
62
= rotasi dengan sudut φ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’3 sehingga x’’3=x’3; x’1→x’’1; x’2→x’’2
'xR~ rϕ
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=
1000cossin0sincos
R~ ϕϕϕϕ
ϕ
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
3
2
1
3
2
1
'''
1000cossin0sincos
"""
xxx
xxx
ϕϕϕϕ
63
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
3
2
1
3
2
1
"""
cossin0sincos0001
'"'""'
xxx
xxx
θθθθ
rotasi dengan sudut θ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’1 menjadikan x’’’1=x’’1; x’’2→x’’’2; x’’3→x’’’3.
''xR~ θr
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
θθθθ
cossin0sincos0001
R~ θ
NN’ disebut garis simpul
64
= rotasi dengan sudut ψ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’’3 menjadikan x’’’3=x3; x’’’1→x1; x’’’2→x2.
'''xR~ rψ
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
3
2
1
3
2
1
"'"''"
1000cossin0sincos
xxx
xxx
ψψψψ
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=
1000cossin0sincos
R~ ψ ψψψψ
Garis simpul
65
ϕR~R~R~λ~ θψ=
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=
1000cossin0sincos
cossin0sincos0001
1000cossin0sincos
~ ϕϕϕϕ
θθθθψψ
ψψλ
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
−
+−−−
+−
=
θϕθϕθ
ψϕθψϕθθψϕψϕψ
ψϕθψϕθθψϕψϕψ
λ
coscossinsinsin
sincoscoscossincossinsincossincossin
sincoscossinsincossinsincoscoscoscos
~
66
Misalkan:
ϕωr
= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’3=x’’3
θωr = kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’’1=x’1
ψωr
= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’’’3=x3
θωω
ψθωω
ψθωω
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕ
cos
cossin
sinsin
3
2
1
=
=
=
ϕωr
θωr
x1x’’’1=x’’1
x”3=x’3x’”3=x3
x2
x’’’2ψ x’’2
θ
x’1
x’2
ϕ
ψωr
xxxx rrrr→→→ "'"'
0sin
cos
3
2
1
=−=
=
θ
θθ
θθ
ωψωω
ψωω
Komponen-komponen kecepatan sudutdapat diturunkan:
ψψ
ψ
ψ
ωω
ω
ω
=
=
=
3
2
1
00
ψϕ
θϕ
θϕ
ωθωω
ψωψθωω
ψωψθωω
+=
−=
+=
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 kecepatan→pers. diferensial order-2
Hamilton: posisi dan momentum→pers. 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, …….., qn
Jika 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.
φ
θx
yv
dφadydφθadx
dtdφavθ;v
dtdyθ;v
dtdx
θcossin
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 δqq,δqq,δqqq,q,q +++→
Maka terjadi pula perubahan x→x+δx
∑=
= ∂∂
=∂∂
+∂∂
+∂∂
=3n
1kk
k3
32
21
1
δqqxδq
qxδq
qxδq
qxδx
Hal yang sama pada y dan z.
71
Secara umum, untuk N partikel dengan n koordinat umum:
n.sd1kN,sd.1i;δqqxδx
n
1kk
k
ii ==
∂∂
= ∑=
Hal yang sama pada y dan z.
Catatan:
k
i
k qxatau
qx
∂∂
∂∂
masih fungsi koordinat umum qk
δx tak sama dengan dx; dx adalah pergeseran benar (nyata) sedangkan δx pergeseran virtual (tidak pada kenyataannya)
72
3.2 Gaya yang digeneralisasiTinjau gaya F bekerja pada satu partikel bermassa m menyebabkanpergeseran virtual δr. Usaha oleh gaya:
δzFδyFδxFr.δFδW zyx ++==rr
Ganti δx, δy dan δz dengan ungkapan koordinat umum
∑∑==
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
+∂∂
=n
1kkk
n
1kk
kz
ky
kx δqQδq
qzF
qyF
qxFδW
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,…..,FN
Total 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
δqQ
δqqzF
qyF
qxF
δzFδyFδxFr.δFδWrr
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,θ) sebagai koordinat umum, hitunglah(i) pergeseran δx dan δy, (ii) gaya yang digeneralisasi jika partikel itu mengalami gaya yx FjFiF +=
r
q1=r dan q2= θ→holonomik
m
θr
θθ
θθθ
θθ
θθθ
cos,sin;sin),(
sin,cos;cos),(
ryryrryy
rxrxrrxx
=∂∂
=∂∂
==
−=∂∂
=∂∂
==
x
y
(i) pergeseran δx dan δy
θδθθδδθθ
δδ
θδθθδδθθ
δδ
cossin
sincos
rryrryy
rrxrrxx
+=∂∂
+∂∂
=
−=∂∂
+∂∂
=
Fr
76
(ii) gaya yang digeneralisasi
θ
θ
θθ
θθθθ
θθ
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,θ,z), hitunglah(i) pergeseran δx, δy, δz; (ii) gaya yang digeneralisasi jika partikel mengalami gaya
zyx FkFjFiF ++=r
77
zzryrxzqqrq
======
;sin;cos,, 321
θθθ
z
xyrθ
.1;0;0;),,(
0;cos,sin;sin),,(
0;sin,cos;cos),,(
=∂∂
=∂∂
=∂∂
==
=∂∂
=∂∂
=∂∂
==
=∂∂
−=∂∂
=∂∂
==
zzz
rzzzrzz
zyry
ryrzryy
zxrx
rxrzrxx
θθ
θθ
θθθ
θθ
θθθ
zzzzzr
rzz
rrzzyyr
ryy
rrzzxxr
rxx
δδδθθ
δδ
θδθθδδδθθ
δδ
θδθθδδδθθ
δδ
=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
+=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
−=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
cossin
sincos
(i) pergeseran δx, δy, δz
Fr
78
(ii) gaya yang digeneralisasi
zzyxz
yx
yxzyx
ryxzyxr
FzzF
zyF
zxFQ
rFFFr
rFrFzFyFxFQ
FFFrzF
ryF
rxFQ
=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
=+−=
+−=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
=+=∂∂
+∂∂
+∂∂
=
θ
θ
θθ
θθθθθ
θθ
)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:2222
1
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:
[ ]),(),(),( 2222
1 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
∂∂
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
∂∂
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂ &
( )22
1 xmqq
xxmqx
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
qKVK
&
&&&
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,θ) sebagai koordinat umum; q1=r ;q2= θ; x=r cos θ; y=r sin θ
m
θr
x
y
22222
222222
222222
sincos2cossincossin
sincos2sincossincos
θ
θθθθθθθθ
θθθθθθθθ
&&&&
&&&&&&&
&&&&&&&
rryxrrrryrry
rrrrxrrx
+=+
++=→+=
−+=→−=
84
)()( 2222
1222
1 θ&&&& rrmyxmK +=+=
rk
yxkV −=+
−=22
Rumusan energi kinetik K dan energi potensial V:
Fungsi Lagrange:rkrrmVK ++=−= )( 222
21 θ&&L
Persamaan Lagrange:
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
=∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
=∂∂
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
0
00
θθLL
LLLL
&
&
&
dtd
rrdtd
qqdtd
kk
(i) Tentukanlah persamaan gerak
85
rmrdt
drmr
&&&
&&
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
→=∂∂ LL
22
rkmr
r−=
∂∂ θ&L )1(02
2 =+−rkmrrm θ&&&
Tapi: 2rk
rk
rrVFr −=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−
∂∂
−=∂∂
−=rFmrrm += 2θ&&&
0
2 22
=∂∂
+=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂
→=∂∂
θ
θθθ
θθ
L
LL &&&&&
&&
mrrmrdtdmr
)2(020 2 =+→=∂∂
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛∂∂ θθ
θθ&&&&
&mrrmr
dtd LL
konstantsudut momentum
0)(2
2
22
θ
θθθ
&
&&&&&
mrL
mrdtdmrrmr
=
==+m
θ
rF
x
y
θ&
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
=−−−=
=−=−−=∴
=−=−=
=∂∂
=∂∂
−=∂∂
=∂∂
θθθθ
θθ
θθ
θθ
θθθ
θ
θ 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 θ; y=r sin θ
Qθ=momen gaya, tapi karena gaya menuju pusat maka Qθ=0
m
θx
y
rx=rcosθ
y=rsinθ
87
Contoh 5:
Sebuah mesin Atwood mempunyai katrol dengan momen inersia Isekitar sumbunya. Panjang kawat ℓ, menghubungkan kedua beban m1dan m2. (i) Tentukanlah percepatan sistem jika ℓ =konstan. (ii) Jika ℓ 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
=== υυω
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<m2: m1 naik dengan percepatan tetap
89
(ii) Jika ℓ tidak tetap, maka ℓ juga suatu koordinat.
222
1212
1
2
2212
121 )()( xmxmx
dtdmxmK &l&&l& −+=⎥⎦
⎤⎢⎣⎡ −+=
( ) ( ) ( )( ) ( ) l
l
δδδδδ
SgmxSgmgmxSgmxSgmW
−+−−=−−+−=
221
21
SgmQSgmgmQQxQW xLx −=−−=+= 221 ;; llδδδ
( )
( )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: θcos2 2122
212 xxxxv &&&& ++=
Total energi kinetik: ( )θcos2 2122
212
1212
1222
1212
1 xxxxmxMmvxMK &&&&&& +++=+=
Energi potensial: θsin2mgxV =
Fungsi Lagrange: ( ) θθ sincos2 22122
212
1212
1 mgxxxxxmxM −+++= &&&&&L
95
[ ]( ) )1(0cos0)cos(
)cos()cos(
0
21211
2112111
1
=++→=++
++=++=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
=∂∂
θθ
θθ
xmxmMxxmxM
xxmxMxxmxMdtd
xdtd
x
&&&&&&&&&&
&&&&&&&&&&
L
L
( )
)2(0sincos
coscos
sin
12
12122
2
=++
+=+=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
−=∂∂
θθ
θθ
θ
mgxmxm
xmxmxmxmdtd
xdtd
mgx
&&&&
&&&&&&&
L
L
( ) θθ sincos2 22122
212
1212
1 mgxxxxxmxM −+++= &&&&&L
( ) gmMmMxg
mMmx
)sin(sin;
sincossin
2221 θθ
θθθ
++
=+
−=∴ &&&&
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: 222
1212
1 xmxmK && +=
Energi potensial: 222
12212
1 )( kxxxkV +−=
Fungsi Lagrange: 222
12212
1222
1212
1 )( 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:
( ) )(2222
1 rVrrmVK −+=−= θ&&L
Di sini θ&&,, rr adalah koordinat umum. Maka
sentral gaya karenakonstan 2 ==∂∂
= θθθ
&&mrp L
di mana pθ 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 11
0&&
δδδ LLL
Karena yang dibicarakan pergeseran sistem, maka δqk tidak bergantungwaktu,
( ) 0== kk qdtdq δδ &
∑=
=∂∂
=n
kk
k
qq1
0δδ 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 11
0&&
δδδ LLL
→∂∂
=∂∂
=k
kk
k qp
qp LL
&&
; ∑∑==
=+=n
kkk
n
kkk qpqp
110&& δδδ L
Lihat gambar: rrrrr&
rr&
rrr×=×= θδδθδδ ;
Dalam bentuk vektor: 0.. =+= rprpr&
rrr& δδδL
( ) ( )( ) ( )[ ]
( )
konstan0
0.
0.
0..
=→=
=×
=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ×=
=×+×=
=×+×=
LdtLd
Lrp
rpdtd
rprp
rprp
rr
rrr
rrr
r&
rrr&
r
r&
rrrr&
r
θδδ
θδδ
θδθδδ
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
qdtdq
dtd
&&
&&&
&&
LLLL
konstan0 =−∂∂
→=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
∂∂ ∑∑
k kk
k kk q
qdtd
LL
LL
&&
&&
Ini yang didefenisikan sebagai fungsi Hamilton
∑ ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
=∴k
kk
kk
qqdt
d&&
&&
LLL
Karena fungsi Lagrange tidak mengandung eksplisit waktu, 0=∂∂tL
Dari
104
konstan∑∑ =−=−∂∂
=∴k
kkk k
k qpq
q LLL
H &&
&
Jadi fungsi Hamilton suatu sistem adalah konstan.
kk qp
&∂∂
=LIngat:
Karena V tidak fungsi kecepata, makakkk qKVK
qq &&& ∂∂
=−∂∂
=∂∂ )(L
∑∑ =∂∂
=∂∂
k kk
k kk K
qKq
qq 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
&&
; ( ) ;dtt
qdpdqpdk
kkkk ∂∂
++=∑ 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 Hamilton
Karena kesimetriannya, pers. inidisebut persamaan kanonik
Jika waktu tidak eksplisit dalam fungsi Hamiltonian: 0=∂∂tH
0=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
∂∂
+∂∂
∂∂
−=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛∂∂
+∂∂
= ∑∑k kkkkk
kk
kk pqqp
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
++=−=
−=−−=−=
+=
∫∫∞∞
)(
).ˆ(.
)(
2222
1
2
2222
1
θ
θ
&&
rrr
&&
L
2
22
2
22
;
mrp
mpK
mrprmpq
p
r
rk
k
θ
θ θ
+=
==→∂∂
= &&&
L
rk
mrp
mpVK r −+=+= 2
22
22θH
108
θθ
θ
θθ
θ
θθ
θθ
&&
&&
&
&&
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 == θθ&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,θ:
0=→= rar &
22
1222
122
1 zmmarmK &&& ++= θ
)( 222
122
1 zakkrVrkF +==→−=rr
22
1222
1 zmmaK && += θ
)()( 222
12222
1 zakazmVK +−+=−= θ&&L
2
22
2
22
;
map
mpK
mapzmpq
p
z
zk
k
θ
θ θ
+=
==→∂∂
= &&&
LMomentum sudut
110
)(22
222
12
2
2
zakmp
map z +++= θH
θθ
θ
θθ
θ
θθ
&&
&&
&
&&
22
konstan0
mapmap
p
zmpmpz
p
pp
kzpkzpz
zz
z
zz
=→==∂∂
=→==∂∂
=→=−=∂∂
−=→=−=∂∂
H
H
H
H
)cos(
;0
ϕω
ω
+=
=→=+
tAzmkkzzm &&
konstan2 == θθ&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-x’3 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
=+=−=
+=
ψθϕωψθψθϕω
ψθψθϕω
&&
&&
&&
112
Energi kinetik:( ) ( )232
122212
1
2332
12222
12112
1
cossin ψθϕθθϕ
ωωω
&&&& +++=
++=
II
IIIK
Energi potensial: θcos. MglRgMV =−=rr
Fungsi Lagrange:
( ) ( ) θψθϕθθϕψϕθθ coscossin 232
122212
1 MglII
VK
−+++=
−=
&&&&&&& ),,,L(
L
( )
)coscos
cos(sin
)coscos(sin
coskonstantcos
3
323
21
23
21
3
3333
θθϕ
θϕθϕ
θψθϕθϕϕ
θϕψψθϕω
ψ
ψ
ϕ
ψψ
IIp
II
IIp
IIp
IIp
&&&
&&&&
&&&&
&
−++=
++==∂∂
−=→=+===
∂∂
L
L
113
ψψϕψ
ψ
ψϕψϕ
ωθθθ
ω
θϕψ
θθ
ϕθθϕϕ
pIIpp
IpIIp
Ipp
pIp
=→−
−=∴
−=
−=→+==
∂∂
33213
3
3
3
21
21
cossin
cos
cossin
coscossin
&&
&&&
L
Energi total:
( ) ( )
θθϕθθθ
θθϕθ
ω
ωθθϕθ
θψθϕθθϕ
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
ψθωθωψωψθω
ψωψθω
ψϕθϕ
θϕ
cossin))(cos)(sincossin(
)cossinsin(
23
1
MglIIdtdI
=−+−+
+
ψθωθωψωψθω
ψωψθω
ψϕθϕ
θϕ
sinsin))(cos)(coscossin(
)sincossin(
31
2
MglIIdtdI
−=−+++
−
0)cos(3 =+ ψϕ ωθωdtdI
ikkjijki
i NIωωεdt
dωI =+
0Nθsinsin MglNcosθsin MglN
θsin MglNgMrN
3
2
1
=−=
==→×=
ψψ
rrr