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
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
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,) 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 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 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
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 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
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
Top Related