MEKANIKA II 2 SKS
1
ISI 1. Sistem Partikel 2. Benda Tegar 3. Rumusan Lagrange 4. Rumusan Hamilton
2
1. SISTEM PARTIKEL 1.1 Pusat massa Partikel=benda titik, hanya dapat bergerak translasi, tidak rotasi m1, m2, m3, ……, mN : massa-massa partikel
r r r r r1 , r2 , r3 ,........, rN : vektor posisi masing-masing partikel z
Total massa: M = ∑ mα ; α = 1,2,3.....N α
m1
r r1
Vektor posisi pusat massa:
r R=
r m ∑ α rα α
x
r r r3 r2
m3
m2 y
M 3
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. r r ˆ ˆ r = i x + j y + k z ≡ (x, y, z) Massa total: M=(10+15+25)gram=50 gram Posisi pusat massa: r R=
r ∑ m α rα
1 (10 rr1 + 15 rr2 + 25 rr3 ) M 50 = 0, 2 ( 2, − 3, 3) cm + 0,3(-3,-5, 4)cm + 0,5(5,4,-5 )cm α
=
= ( 2, − 0 .1, − 0 .7 ) cm
4
1.2 Persamaan Gerak Pusat Massa
r re ri Gaya pada satu partikel ke-α: Fα = Fα + Fα Fαe - gaya luar atau eksternal
Fαi - gaya interaksi antara partikel itu
ri F2 ri F1→2
2
ri F1→3
dengan partikel-partikel-partikel lain; disebut gaya internal.
ri F3→2
3
ri F3
ri ri Fα = ∑ Fβ →α
1
ri F2→3
ri F3→1 r F1i ri F2→1
β ≠α
Jika posisi sistem partikel digeser tanpa mengganggu keadaan internalnya, maka total gaya internal pada setiap partikel=0.
∑α
ri Fα = 0
Hukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-α:
mα
r re ri d 2 rα = Fα + Fα 2 dt
α = 1, 2 ,3 ..... N
5
Persamaan gerak pusat masa =0 re ri ∑ Fα + ∑ Fα
d 2 rα ∑α m α dt 2 =
α
α = 1, 2 ,3 ..... N
α
re r = ∑ Fα = F α
r R =
r m ∑ α rα α
M
re F2
r d R r →M =F dt 2 2
re F3
2 pm
re F1
1
r F 3
r F re F3
re F2
re F1
6
1.3 Momentum linier
r pα = m α
r d rα dt
r 2r dp α d rα = mα dt dt 2
v re ri dpα = Fα + Fα atau dt
Total momentum linier:
r dP = dt
∑α
v dp α = dt
∑α
re r Fα = F
Persamaan gerak pusat massa
r r r r dr dR P = ∑ pα = ∑ m α α = M dt dt α α
r r 2 dP d R r =M 2 =F dt dt
Teorema: Jika total gaya internal=0, pusat massa sistem partikel bergerak seperti suatu partikel yang massanya = massa sistem dengan suatu gaya=total gaya luar pada sistem.
7
z
1.4 Momentum sudut
m1
r r r r L αQ = ( rα − rQ ) × p α Momentum sudut sistem partikel terhadap titik Q:
r r r r r L Q = ∑ L αQ = ∑ ( rα − rQ ) × p α α
r r1
x
m3
r m2 r2 r r r 3 rQ
y
Q
α
Variasi terhadap waktu:
r dL αQ
r r r r r dp α ⎛ d rα d rQ ⎞ r ⎟⎟ × p α = ( rα − rQ ) × + ⎜⎜ − dt dt ⎝ dt dt ⎠ r r r d rα d rα r Karena p α = m α × pα = 0 dt dt 8
r dL αQ
r r r r dp α d rQ r = ( rα − rQ ) × − × pα dt dt dt r re r r ri r r r r dp α ( rα − rQ ) × = ( rα − rQ ) × Fα + ( rα − rQ ) × Fα dt r r r r dL αQ d rQ r r r r r e i = ( rα − rQ ) × Fα + ( rα − rQ ) × Fα − × pα dt dt r r re ri dL Q d rQ r r r r r = ∑ ( rα − rQ ) × Fα + ∑ ( rα − rQ ) × Fα − ∑ × pα dt α α α dt r r r d rQ r r r i = N Q + ∑ ( rα − rQ ) × Fα − ×P dt α
r re r r N Q = ∑ ( rα − rQ ) × Fα
Total momen gaya
α
9
r d rQ dt
Jika: r × P = 0 (1) kecepatan titik Q sama dengan kecepatan pusat massa, (2) titik Q adalah pusat massa, dan (3) titik Q diam
ri ri Fα = ∑ Fβ →α β ≠α
ri r r ∑ ( rα − rQ ) × Fα = α
ri r r ∑ ( rα − rQ ) × Fβ →α
∑α β
≠α
ri ri r r r r = ∑ ∑ ( rα − rQ ) × Fβ → α + ( rβ − rQ ) × Fα → β α −1
α
β =1
ri ri r r r r = ∑ ∑ ( rα − rQ ) × Fβ → α − ( rβ − rQ ) × Fβ → α α −1
α
β =1
ri r r = ∑ ∑ ( rα − rβ ) × Fβ → α = 0 α −1
r rβ
r r rα − rβ
mβ
r rα
mα
α
β =1
ri Fβ →α 10
Jadi, jika titik Q diam atau Q merupakan pusat massa, maka
r dL Q dt
r = NQ
Terlihat, jika NQ=0, maka LQ adalah besaran yang konstan.
Teorem: Jika tidak ada gaya luar pada sistem partikel, maka momentum sudut sistem partikel itu konstan.
Kuliah ke-1
11
1.5 Hukum Kekekalan Energi
r re ri Fα = Fα + Fα ; α = 1, 2 , 3 ,...... N Jika gaya eksternal bergantung pada posisi, dan gaya internal bergantung pada posisi partikel-partikel lain, maka dapat dituliskan
r r r r Fα = Fα ( r1 , r2 ,................)
Ini disebut gaya konservatif
Jika gaya total pada suatu partikel bergantung pada posisi, maka fungsi potensial V adalah:
r r Fα = − ∇ α V Fα x = −
∂V ∂V ∂V ; Fα y = − ; Fα z = − ∂zα ∂ xα ∂yα
Ingat sifat konservatif:
r r r s ∇ × F = −∇ × ∇V = 0
12
v r r dp α ⎫ = Fα = − ∇ α V ⎪ r r dv α ⎪ dt = −∇ α V r ⎬mα r dr r dt pα = m α α = m α vα ⎪ ⎪⎭ dt r v Kalikan dengan α ⋅ r r dv α r r m α vα ⋅ + vα ⋅ ∇ α V = 0 dt ⎛ d 1 ∂V ∂V ∂V 2 ⎜ + v αy + v αz 2 m α v α + ⎜ v αx dt ∂x α ∂y α ∂z α ⎝
(
)
Karena vαx
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
dx α = dt 13
⎛ d 1 ( 2 m α vα ) + ⎜⎜ ∂V d xα + ∂V d yα + ∂V d zα ∂z α dt dt ∂y α dt ⎝ ∂x α dt
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
Untuk sistem partikel:
d ∑ dt α
(
1 2
2
m α vα
)
d ∑ Tetapi, dt α
⎛ ∂V d xα ∂ V d yα ∂ V d z α ⎜ + ∑⎜ + + dt ∂y α dt ∂z α dt α ⎝ ∂x α
(
1 2
2
m α vα
)
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
dK = dt
⎛ ∂ V d xα ∂V d yα ∂ V d z α ⎜ + + dan ∑ ⎜ dt ∂z α dt ∂y α dt α ⎝ ∂x α
⎞ dV ⎟⎟ = ⎠ dt
dK dV + = 0 atau K + V = E (konstan) sehingga dt dt Hukum Kekekalan Energi Mekanik
14
r v
1.6 Persamaan gerak roket M-massa roket pada waktu t
M
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 persamaan momentum linier relatif terhadap bumi:
r d r r r dM F = (Mv) − (v + u) dt dt Jadi:
r dv r dM r =u +F M dt dt
dM/dt
r u
Momentum roket Momentum bahan bakar terbuang
Gaya dorong pada roket
15
F- gaya gesekan udara dan gravitasi; diruang angkasa F=0
r dv r dM M =u dt dt v
M
r r dM r r r Mo ∫v dv = u M∫ M → v − v o = −u ln M o o Perubahan kecepatan dalam suatu interval waktu hanya bergantung pada kecepatan relatif dan fraksi bahan bakar terbuang.
Kuliah ke-2
16
1.7 Masalah Tumbukan Sebelum dan sesudah tumbukan partikel-partikel bergerak dengan kecepatan tetap, tanpa gaya. Selama tumbukan timbul gaya antar partikel yang pada umumnya memenuhi Hukum Newton 3. Dengan demikian maka berlaku: 1. Hukum kekekalan momentum linier dan momentum sudut 2. Hukum kekalan energi.
17
1.7.1 Tumbukan sentral Misalkan sebuah peluru m1 menumbuk sebuah objek m2
r r r m1 v1I m2 v 2I m1 v1F r r r r m1v1I + m 2 v 2I = m1v1F + m 2 v 2F Q = (K1I + K 2I ) − (K1F + K 2F ) =
(
) (
r m2 v 2F
)
2 + 12 m 2 v 22F m1 v1I2 + 12 m 2 v 22I − 12 m1 v1F r r r = Δp. v1I − v 2I (1 − e) Buktikan ! r r r r v 2F − v1F = e(v1I − v 2I ) → 0 ≤ e ≤ 1 r r r r r Δp = m1 (v1I − v 2I ) = m 2 (v 2F − v1F ) 1 2
(
)
e disebut koefisien restitusi e=1→Q=0: tumbukan elastis 0≤e<1→Q>0: tumbukan tak-elastis
18
Tumbukan sentral elastik sempurna m1
r v1I
r m1 v1F
m2 diam
r r r m1v1I = m1v1F + m 2 v 2F r r r e = 1 → v 2F − v1F = v1I K1I=K1F+K2F
}
r v 2F =
r m2 v 2F
2m1 r v1I m1 + m 2
⎛ m1 − m 2 ⎞ r r ⎟⎟v1I v1F = ⎜⎜ ⎝ m1 + m 2 ⎠
Buktikan !
m1<m2: v1F berlawanan arah dengan v2F m1=m2→v1F=0, v2F=v1I m1>m2: v2F>v1I, v1F searah v2F Jika m1 tidak diketahui:
m1 ⎛ 2K 1I ⎞ = ⎜⎜ − 1⎟⎟ ± m 2 ⎝ K 2F ⎠
2
⎛ 2K 1I ⎞ ⎜⎜ − 1⎟⎟ − 1 Buktikan ! ⎝ K 2F ⎠ 19
Tumbukan sentral tak-elastik sempurna Partikel m1 dengan kecepatan v1 menabrak dan melekat pada m2 yang diam; misalkan setelah tumbukan keduanya kecepatan v2.
r v1I
m1
r vF
m2 diam
m1+m2
r r r m1 v1I = (m1 + m 2 )v F → v F =
m1 r v1I m1 + m 2
Energi yang terbuang saat tumbukan:
Q = K 1 − K 2 = 12 m1 v1I2 − 12 (m1 + m 2 )v 2F ⎛ m2 ⎞ ⎟⎟ = m v ⎜⎜ ⎝ m1 + m 2 ⎠ 1 2
2 1 1I
20
1.7.2 Tumbukan elastis Tidak ada energi yang hilang selama tumbukan (Q=0). r p 1F
m1
r p 1I
m2 diam
θ1 θ2
I-initial, awal F-final, akhir
r p 2F
Hukum kekekalan momentum:
r r r r p 1I = p 1F cosθ 1 + p 2F cosθ 2 p1I + p 2I = p1F + p 2F 0 = p 1F sinθ 1 − p 2F sinθ 2
2 p1I2 + p1F − 2p1I p1F cos θ1 = p 22F
21
Hukum kekekalan energi kinetik:
K 1I + K 2I = K 1F + K 2F
m2 diam→K2I=0 2 p1I2 − p1F p 22F = m1 m2
2 p1I2 p1F p 22F = + 2m1 2m1 2m 2
p1F p1I
⎛ m1 m1 cosθ 1 ± ⎜⎜ = m1 + m 2 ⎝ m1 + m 2
p 2F = p 1I
Kuliah ke-3
m 2 ⎡ ⎛ p 1F ⎢1 − ⎜⎜ m 1 ⎢ ⎝ p 1I ⎣
⎞ ⎟⎟ ⎠
2
2
⎞ m − m2 ⎟⎟ cos 2 θ 1 − 1 m1 + m 2 ⎠
Buktikan !
⎤ −1 ⎛ 1 - (p 1F /p 1I )cos θ 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = θ cos ⎥ 2 p 2F / p1I ⎝ ⎠ ⎥⎦
22
1. m1>m2 m 22 •Jika θ1=θm, di mana cos θ m = 1 − 2 , harga dalam akar menjadi nol. m1 p 2F m2 p 1F m 1 − m 2 Buktikan ! = = p 1I m1 + m 2 p 1I m1 + m 2 2
• Jika m1>>m2 maka sudut θ1 sangat kecil. Buktikan!
p 1F ≈1 p 1I • Untuk θ1<θm, ada dua harga p1F/p1I; harga yang lebih besar menyatakan tumbukan singgung, dan yang lebih kecil tumbukan sentral. Misalnya θ1=0: p1F=p1I →Tidak terjadi tumbukan p 1F m 1 − m 2 = ; p 1I m1 + m 2
p 2F m2 = ; θ2 = 0 p 1I m1 + m 2
Tumbukan sentral 23
2. m1=m2
p 1F = cos θ 1 p 1I
p 2F = sin θ 1 p 1I
θ 2 = π / 2 − θ1
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 p 1F p 1I
⎛ m1 m1 = cos θ 1 ± ⎜⎜ m1 + m 2 ⎝ m1 + m 2
2
⎞ m − m1 ⎟⎟ cos 2 θ 1 + 2 m1 + m 2 ⎠
• Untuk tanda +: p1F/p1I positif bagi semua harga 0≤θ1≤π.
θ1=0→ p1F=p1I; p2F=0→tidak terjadi tumbukan;
p1F m2 − m1 p 2F 2m2 θ1 = π → = ; = ; θ 2 = 0 → tumbukan sentral p1I m1 + m2 p1I m1 + m2 • Untuk tanda -: p1F/p1I negatif→tidak berlaku 24
4. m1 tidak diketahui, m2 diketahui Jika K1I bisa diukur atau ditentukan, hasil pengukuran K2F dapat digunakan untuk menentukan m1. Misalnya, untuk tumbukan sentral berlaku:
m1 ⎛ 2K 1I ⎞ = ⎜⎜ − 1⎟⎟ ± m 2 ⎝ K 2F ⎠
2
⎛ 2K 1I ⎞ ⎜⎜ − 1⎟⎟ − 1 ⎝ K 2F ⎠
Buktikan !
Rumusan ini yang digunakan oleh J. Chadwick untuk menentukan keberadaan neutron; Nature 129, 312 (1932)
25
1.7.3 Tumbukan tak-elastik Atom, molekul dan inti mempunyai energi potensial dan kinetik dalam yang terkait dengan gerakan bagian-bagiannya. Mereka bisa menyerap atau melepaskan energi pada saat tumbukan. Partikel m1 bertumbukan dengan partikel m2 yang diam. Setelah bertumbukan, dihamburkan partikelm3 dan m4 masing-masing dengan sudut θ3 dan θ4. Misalkan Q=energi yang terserap pada saat tumbukan: Q>0 untuk tumbukan endoergic, Q=0 untuk tumbukan elastik, dan Q<0 untuk tumbukan exoergic
r p3
m3
m1
r p1
θ3 m2 θ4 m4
r p4 26
Dengan hukum kekekalan energi dan momentum:
p 1 = p 3 cos θ 3 + p 4 cos θ 4 0 = p 3 sin θ 3 − p 4 sin θ 4 K1 = K 3 + K 4 + Q
p1 diketahui p3 dan θ3 diukur Q akan dihitung
2 2 2 p = p + p 1 3 − 2p 1 p 3 cos θ 3 Eliminasi θ4: 4
p 32 p12 + p 32 − 2p 1p 3 cosθ 3 p12 Q = K1 − K 3 − K 4 = − − 2m 1 2m 3 2m 4 ⎛ m1 = K 1 ⎜⎜1 − ⎝ m4
⎞ ⎛ m ⎟⎟ − K 3 ⎜⎜1 + 3 ⎠ ⎝ m4
1 ⎞ 2 ⎟⎟ + (m1m 3 K 1K 2 )2 cosθ 3 ⎠ m4
Persamaan ini dipakai untuk menentukan Q dari reaksi inti, dimana partikel m1 yang diketahui energinya menumbuk inti m2, menghasilkan partikel m3 dengan energi dan arah yang dapat diamati. Kuliah ke 4
27
1.8 Dua osilator harmonis terkopel
x2
x1
Dua massa m1 dan m2 terikat pada dinding dengan pegas masing-masing berkonstanta k1 dan k2. Kedua massa dihubungkan oleh pegas ketiga, k3.
k1
m1 k3
m2
k2
Jika tidak ada pegas k3, kedua massa akan berosilasi secara bebas, masing-masing dengan frekuensi: o ω 10 =
k1 ; m1
ω o20 =
k2 m2
Dengan pegas k3, misalkan m1 bergeser sejauh x1 dan m2 sejauh x2. persamaan gerak massa-massa adalah:
m1&x&1 = −k1x1 − k 3 (x1 + x 2 );
m2 &x& 2 = −k 2 x 2 − k 3 (x1 + x 2 )
m1&x&1 + k1' x1 + k 3 x 2 = 0;
m2 &x& 2 + k '2 x 2 + k 3 x1 = 0
k1' = k1 + k 3 ;
k '2 = k 2 + k 3
28
Misalkan: k ' = k + k ; 1 1 3
k '2 = k 2 + k 3
m1&x&1 + k1' x1 + k 3 x 2 = 0;
m 2 &x& 2 + k '2 x 2 + k 3 x1 = 0
Kedua persamaan di atas terkopel satu sama lain. Untuk itu misalkan:
x1 = C1e pt ; x 2 = C2 e pt
(m p 1
2
)
+ k 1' C 1 + k 3 C 2 = 0
dan
(m
)
2 ' p + k 2 2 C 2 + k 3C1 = 0
k3 C2 m 1 p 2 + k 1' =− =− C1 k3 m 2 p 2 + k '2
29
(m
m 1m 2 p 4 + p =− 2
1 2
(ω
2 10
+ω
k 1' ; m1
ω 10 =
)
(
)
' ' 2 ' ' 2 k + m k p + k k − k 2 1 1 2 1 2 3 = 0
2 20
)±
1 4
(ω
2 10
k '2 ; m2
ω 20 =
)
+ κ4
κ =
k3
−ω
2 2 20
2
m 1m 2
κ disebut konstanta kopling Terlihat, p2 negatif; untuk itu misalkan:
( = − (ω
2 p 2 = − ω12 = − ω10 + 12 Δω 2
p = −ω 2
(
2 2
Δω = ω − ω 2
2 10
− Δω
2 20
2 20
1 2
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
)
2
) )
}
p = ± iω 1 , ± iω 2
⎛ 4κ 4 ⎜⎜1 + 2 2 2 (ω − ω 10 20 ) ⎝
⎞ ⎫⎪ ⎟⎟ − 1⎬ ⎠ ⎪⎭ 30
(
)
(
)
2 C m Δω 2 Jika p 2 = − ω 12 → 2 = 1 ω 12 − ω 10 = C1 k3 2κ 2
m1 m2
C1 m 2 2 Δω 2 2 p = −ω → = ω 2 − ω 20 = − C2 k3 2κ 2 2
2 2
Dengan x1 = C1e ; x 2 = C2 e pt
x 1 = C1e iω1t + C1' e -iω1t Δω 2 x2 = 2κ 2
m2 m1
pt
Δω 2 − 2 2κ
m1 Δω 2 iω1t C1e + 2 m2 2κ
2 m2 Δω C 2 e iω2t − 2 m1 2κ
m 2 ' −iω2t C2e m1
m1 ' -iω1t C1e + C 2 e iω2t + C '2 e −iω2t m2
31
Untuk membuat x1 dan x2 ril, misalkan:
C1 = 12 A1e iθ1 ,
C1 ' = 12 A1e − iθ1
C 2 = 12 A 2 e iθ 2 ,
C 2 ' = 12 A 2 e −iθ 2
Solusi umum menjadi:
Δω 2 x 1 = A1cos(ω1 t + θ1 ) − 2 2κ Δω 2 x2 = 2κ 2
m2 A 2 cos(ω 2 t + θ 2 ) m1
m1 A1cos(ω1 t + θ1 ) + A 2 cos(ω 2 t + θ 2 ) m2
32
Getaran modus normal
}
Jika A2=0: x 1 = A1cos(ω1 t + θ1 )
Δω 2 x2 = 2κ 2
m1 A1cos(ω1 t + θ1 ) m2
2 ω12 = ω10 + 12 Δω 2
Jika A1=0: x 1 = −
2
Δω 2κ 2
ω 22 = ω 220 − 12 Δω 2
Getaran searah
Δω = ω − ω 2
m2 A 2 cos(ω 2 t + θ 2 ) m1
x 2 = A 2 cos(ω 2 t + θ 2 )
(
Frekuensi tunggal ω1
2 10
}
2 20
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
)
κ2 =
⎛ 4κ 4 ⎜⎜1 + 2 2 2 ⎝ (ω10 − ω 20 ) k3
⎞ ⎫⎪ ⎟⎟ − 1⎬ ⎠ ⎪⎭
m 1m 2
Frekuensi tunggal ω2 Getaran berlawanan arah
33
m1=1; m2=1; k1=50; k2=30; k3=2 A1=10; A2=10; 15
10
x1
5
x2
0
-5
-10
-15
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
t
A1=0
A2=0
10
10
8
8
6
6
4
4
2
2
0
0
-2
-2
-4
-4
-6
-6
-8
-8
-10
0
1
2
Kuliah ke 5
3
4
5
t
6
7
8
9
10
-10
0
1
2
3
4
5
t
6
7
8
9 34
10
2. BENDA TEGAR Benda tegar didefenisikan sebagai sistem partikel dengan jarak antara satu sama lain selalu tetap. 2.1 Pendahuluan
dM Rapat massa: ρ = dV Massa:
M: massa benda
M = ∑mk = ∫∫∫ρ dV k
Pusat massa:
V: volume benda
benda
pm
r 1 r R = ∫∫∫ρ r dV terhadap O M benda r r r R' = R - a
terhadap O’
r R'
r R O
r a
O’
35
Jika benda bebas bergerak, maka gerak pusat memenuhi:
r r dR Momentum: P = M dt r 2 r d R F=M 2 dt
F resultan gaya pada benda
Momen Inersia terhadap sumbu yang melalui pusat massa (sumbu utama)
I = ∫ r 2 dm V
dm r
X pm
36
Batang homogen
-L/2
x
+
L/2 dm=μdx
pm 1 L 2
∫ x dm = μ
I=
−1 L 2
2
1 L 2
∫ x dx = 3 μ x 2
1
−1 L 2
3
1 L 2 −1 L 2
= 112 μL3 = 112 ML2 r
dr
Silinder padat homogen
+ pm dm = ρ dV = ρ dAL = 2π r drρL R
R
I = ∫ r 2 dm = 2πρL ∫ r 3 dr = 0
1
(
4 2 πρLR = πR Lρ 2
)
1
2 R = 2
1
2 MR 2
0
37
Bola padat homogen dm=ρπ(R2-z2)dz
dI =
1
2
(R
R
)
− z dm =
2
2
(
R2 − z2
dz 1
(
2 ρπ R − z 2
) dz
z
2 2
R
)
2
I = 1 2 ρπ ∫ R 2 − z 2 dz = 815 ρπR 5 = 2 5 MR 2 −R
Kubus padat homogen b
dm=ρdV=ρdx1dx2dx3
b
dI3 = dm r 2 = ρ (x22 + x32 )dx1dx2dx3 I3 = ρ
1 b 2
1 b 2
∫ ∫
−1
2b
1
2b
b
2 2 (x + x ∫ 2 3 )dx1dx2dx3 = ρb
− 12b − 12b
= 16 ρb5 = 16 Mb2 ;
x3
1 b 2
∫
1 b 2
2 2 (x + x ∫ 2 3 )dx2dx3
x2
pm
x1
− 12b − 12b
I1 = I2 = I3
Sumbu-sumbu x1, x2, x3 yang melalui pusat massa disebut sumbu utama.
dm 38
2.2 Momentum sudut dan momen inersia Benda tegar mengandung N buah partikel massa mα dengan α=1,…,N. Misalkan posisi adalah rα dan kecepatannya vα.
r ω
r vα
Momentum sudut partikel-α
r rα
Karena
O
r r r Lα = rα × p α
r r r r r r r r r p α = m α v α ; v α = ω × rα → L α = m α rα × ω × rα
mα
Berdasakan aturan perkalian vektor:
r r r r r r r r r rα × (ω × rα ) = ( rα . rα )ω - ( rα . ω )rα
[
r r r r 2r L α = m α rα ω − (rα . ω)rα
Buktikan!
] 39
x3
Momentum sudut benda tegar:
[
r r r r r 2r L = ∑ L α = ∑ m α rα ω − ( rα . ω )rα α
α
]
r ω = (ω 1 , ω 2 , ω 3 ) dan Karena
r rα = (x α 1 , x α 2 , x α 3 )
r rα xα1 ω1 x1
xα3 ω3 r ω xα2 ω2 x2
Maka komponen ke-i dari momentum sudut,
⎡ ⎤ 2 L i = ∑ m α ⎢ω i ∑ x αk − x αi ∑ x αjω j ⎥; i, j, k = 1,2,3 α j ⎣ k ⎦ ⎛ ⎞ 2 = ∑ ω j ∑ m α ⎜ δ ij ∑ x αk − x αi x αj ⎟ α j ⎝ k ⎠ 40
Selanjutnya, dapat dinyatakan
L i = ∑ I ijω j ; j
⎛ ⎞ 2 − x αi x αj ⎟ I ij = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ x αk α ⎝ k ⎠
⎧1; i = j δ ij = ⎨ ⎩0; j ≠ i
Secara keseluruhan, momentum sudut:
r ~r L = Iω ⎛ L1 ⎞ ⎛ I11 I12 I13 ⎞⎛ ω1 ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ L 2 ⎟ = ⎜ I 21 I 22 I 23 ⎟⎜ ω 2 ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜L ⎟ ⎜I I ⎝ 3 ⎠ ⎝ 31 32 I 33 ⎠⎝ ω 3 ⎠
~ I ij = I ji → I adalah matriks simetrik. Buktikan !!!
disebut tensor inersia Elemen2 diagonal dari tensor inersia disebut momen2 inersia terhadap sumbu-sumbu, sedangkan elemen2 off-diagonal disebut produk inersia. 41
Jika benda mempunyai distribusi massa kontinu dengan rapat massa ρ(r), maka:
⎡ ⎤ I ij = ∫ ρ(r) ⎢δ ij ∑ x 2k − x i x j ⎥ dV ⎦ ⎣ k V Energi kinetik rotasi benda K rot =
1
i,j,k=1, 2, 3
r r 2 2 1 ( m v = m ω × rα ) 2∑ 2∑ α α α
r
α
r
Berdasar aturan perkalian vektor (ω × rα
K rot =
1
2
∑α
mα
[ω
2
r r rα − (ω . rα 2
)2 ]
)2
α
r r = ω 2 rα2 − (ω . rα
)2
Buktikan !
⎡⎛ r r ⎞⎛ r r ⎞⎤ ⎛ 2 ⎞⎛ 2 ⎞ = 2 ∑ m α ⎢ ⎜ ∑ ω i ⎟ ⎜ ∑ x α k ⎟ − ⎜ ∑ ω i . rα i ⎟ ⎜⎜ ∑ ω j . rα j ⎟⎟ ⎥ α ⎠⎝ j ⎠⎝ k ⎠ ⎝ i ⎢⎣ ⎝ i ⎠ ⎥⎦ ⎡ ⎤ 2 = 1 2 ∑ ω i ω j ∑ m α ⎢ δ ij ∑ x αk − x αi x αj ⎥ i, j α k ⎣ ⎦ r~r = 1 2 ∑ I ijω i ω j → K rot = 1 2 ω. I .ω 1
K rot
i, j
42
Contoh: Tentukanlah Iij untuk kubus uniform bersisi b, massa M, dengan titik pusat O di salah satu titik sudut.
[
]
b
b b
0
0 0
(
)
I11 = ρ ∫ x12 + x22 + x32 − x12 dx 1dx 2 dx 3 = ρ ∫ dx 1 ∫ ∫ x 22 + x 32 dx 2 dx 3 V
= 2 3 ρb 5 = 2 3 Mb 2 ; M = ρb 3 b b
b
0 0
0
I12 = ρ ∫ (− x 1 x 2 )dx 1dx 2 dx 3 = −ρ ∫ ∫ x 1 x 2 dx 1dx 2 ∫ dx 3 V
= − 1 4 ρb 5 = − 1 4 Mb 2 I11=I22=I33=
2/3Mb2
dan
Iij=-1/4 Mb2 untuk i≠j; Buktikan !!!
Kuliah ke 6
⎡ ⎤ I ij = ∫ ρ(r) ⎢δ ij ∑ x 2k − x i x j ⎥ dV ⎣ k ⎦ V
⎛ 2 3 - 14 - 14 ⎞ ⎜ ⎟ ~ 2 1 2 1 I = Mb ⎜ - 4 3 - 4 ⎟ ⎜- 1 - 1 2 ⎟ 4 3⎠ ⎝ 4
43
Sumbu-simbu utama dari inersia
r ~r L = Iω ⎛ L1 ⎞ ⎛ I11 I12 I13 ⎞⎛ ω1 ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ L 2 ⎟ = ⎜ I 21 I 22 I 23 ⎟⎜ ω 2 ⎟ ⎟⎜ ⎟ ⎜L ⎟ ⎜I I ⎝ 3 ⎠ ⎝ 31 32 I 33 ⎠⎝ ω 3 ⎠ Sumbu-sumbu utama adalah sumbu-sumbu dengan mana tensor inersia mejadi diagonal. Untuk itu misalkan
r ~r L = I ω → L1 = Iω1 = I11ω1 + I12 ω 2 + I13 ω 3 L 2 = Iω 2 = I 21ω1 + I 22 ω 2 + I 23 ω 3 L 3 = Iω 3 = I 31ω1 + I 32 ω 2 + I 33 ω 3
I13 ⎞⎛ ω1 ⎞ ⎛ I11 − I I12 ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ I 21 I 22 − I I 23 ⎟⎜ ω 2 ⎟ = 0 ⎜ ⎟⎜ ⎟ − I I I I 32 33 ⎝ 32 ⎠⎝ ω 3 ⎠
Disebut persamaan sekuler 44
Maka, harus berlaku
I11 − I
I12
I 21 I 22 − I I 32
I 32
I13 I 23 = 0
Disebut determinan sekular
I 33 − I
Determinan ini merupakan polinom order-3 dari I; jadi ada tiga buah harga I, yakni I1, I2 dan I3. Contoh Tentukanlah sumbu-sumbu utama inersia dari kubus. Dari contoh sebelumnya,
⎛ 2 3 - 14 - 14 ⎞ ⎟ ~ ⎜ 1 2 1 I = β⎜ - 4 3 - 4 ⎟; β = Mb 2 ⎜- 1 - 1 2 ⎟ 4 3 ⎠ ⎝ 4 45
Determinan sekularnya:
β - I - 14 β - 14 β - 14 β 2 3 β - I - 14 β = 0 → - 14 β - 14 β 2 3 β - I
2
3
(2 3 β − I )3
−
2
64
β3 −
{
3
16
}
β 2 (2 3 β − I ) = 0
Misalkan a = 2 3 β − I
a 3 − 316 β 2 a − 1 32 β 3 = 0 → (a − 1 2 β)(a + 1 4 β) 2 = 0; a 1 = 1 2 β → I1 = 1 6 β a 2 = a 3 = − 1 4 β → I 2 = I 3 = 1112 β
46
Teori Sumbu Sejajar Misalkan sistem koordinat x1, x2, x3 adalah pusat massa benda, dan sistem koordinat kedua X1, X2, X3 yang sejajar dengan sistem pertama. Defenisikan:
r r r = (x 1 , x 2 , x 3 ); R = (X1 , X 2 , X 3 ) r r r r R = r + a ; a = (a 1 , a 2 , a 3 );
X i = x i +a i Elemen tensor inersia dalam koordinat kedua X1, X2, X3:
⎛ ⎞ 2 J ij = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ X αk − X αi X αj ⎟ α ⎝ k ⎠
x3
r r
× pm
v a
x1
r R X1
x2
X3
X2
⎛ ⎞ 2 = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ (x αk + a k ) − (x αi + a i )(x αj + a j ) ⎟ α ⎝ k ⎠ 47
⎛ ⎞ 2 − X αi X αj ⎟ J ij = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ X αk α ⎝ k ⎠ ⎛ ⎞ = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ (x αk + a k ) 2 − (x αi + a i )(x αj + a j ) ⎟ α ⎝ k ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 J ij = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ x αk − x αi x αj ⎟ + ∑ m α ⎜ δ ij ∑ a 2k − a i a j ⎟ α ⎝ k ⎠ α ⎝ k ⎠ ⎛ ⎞ + ∑ 2a k δ ij ⎜ ∑ m α x αk ⎟ − a j ∑ m α x αj − a i ∑ m α x αi k α α ⎠ ⎝ α 1 x k = ∑ m α x αk = 0 Posisi pusat massa dalam koordinat (x1,x2,x3) M α ⎛ ⎞ 2 − x αi x αj ⎟ I ij = ∑ m α ⎜ δ ij ∑ x αk Maka: α ⎝ k ⎠ 2 J ij = I ij + M a δ ij − a i a j 2 2 δ a = a ∑ m α = M ij ∑ k δ ij
(
)
α
k
48
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: X3
⎛ 2 3 β - 14 β - 14 β ⎞ ⎟ ~ ⎜ 1 2 1 J = ⎜ - 4 β 3 β - 4 β ⎟; β = Mb 2 ⎜- 1 β - 1 β 2 β ⎟ 4 3 ⎝ 4 ⎠
(
)
b
(
J ij = I ij + M a 2 δ ij − a i a j → I ij = J ij − M a 2 δ ij − a i a j
r a = ( 12 b, 12 b, 12 b), a 2 = 3 4 b2
)
b
X1
r a b
x3
pm
x2 X2
⎛ 16 β 0 0 ⎞ ⎟ ~ ⎜ 2 1 1 I ij = J ij − 4 Mb (3δ ij − 1) → I = ⎜ 0 6 β 0 ⎟ ⎜0 0 1 β ⎟ 6 ⎝ ⎠ Kuliah ke 7 (UTS)
49
2.3 Persamaan gerak benda tegar
r ω
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 sistem koordinat I tidak sama dengan perubahan yang dilihat dari sistem koordinat O.
r G
×O
×I
Perbedaan itu timbul karena benda berotasi.
r r ⎛ dG ⎞ ⎛ dG ⎞ r r ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ dt ⎟ = ⎜ dt ⎟ + ω × G → ⎠O ⎝ ⎠I ⎝
⎛ dG1 ⎞ ⎛ dG1 ⎞ ⎟ =⎜ ⎜ ⎟ + ω2G3 − ω3G2 ⎝ dt ⎠I ⎝ dt ⎠O ⎛ dG2 ⎞ ⎛ dG2 ⎞ ⎟ + ω3G1 − ω1G3 ⎟ =⎜ ⎜ ⎝ dt ⎠I ⎝ dt ⎠O ⎛ dG3 ⎞ ⎛ dG3 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ + ω1G2 − ω2G1 dt dt ⎝ ⎠I ⎝ ⎠O
⎛ dG i ⎞ ⎛ dG i ⎞ ⎟ + ε ijk ω jG k ⎜ ⎟ =⎜ ⎝ dt ⎠ I ⎝ dt ⎠ O
ε ijk
⎧1, ijk urutan siklis =⎨ ⎩ - 1, lainnya
50
Partikel m bergerak dalam sistem koordinat O yang berotasi. Misalkan r vektor posisi terhadap sistem koordinat I.
r r r r vI = vO + ω × r
r r r r r r r r a I = (a O + ω × v O ) + ω × (v O + ω × r ) r r r r r r = a O + 2 ω × vO + ω × ω × r
r ω
m
r r
O
r I r r r r r r r FI = ma I = ma O + 2m ω × v O + mω × (ω × r ) v r r r r r v r r r r r FO = FI − 2m ω × v O − mω × ω × r = FI + 2m v O × ω + m(ω × r )× ω r r r ( m ω × r )× ω : gaya yang tegak lurus ω menuju keluar; jadi gaya ini sentrifugal; besarnya mω2r sinθ,.
r r 2m v O × ω : gaya ini muncul jika partikel bergerak; gaya ini disebut Coriolis.
51
Gaya sentripetal karena rotasi bumi Misalkan sistem koordinat O ditetapkan di bumi, sehingga rotasinya bersama bumi dengan:
ω=
2π = 7.292 ×10 −5 sec −1 24 jam
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.
r ω
× ×
r ω
× 52
r ω
Gaya Coriolis
r vO
1. Gaya ini menyebabkan lintasan menjadi r lengkung di atas bidang yang tegak lurus pada ω. 2. Aliran udara (angin) dari tekanan tinggi ke tekanan rendah membentuk lintasan lengkung. 3. Pengaruh rotasi bumi terhadap jatuh bebas di belahan utara bumi: 2z Kecepatan jatuh bebas: v z = −gt; t = g
r r 2m v O × ω Belahan utara bumi
Tekanan rendah angin
Tekanan tinggi
Gaya Coriolis menyebabkan pembelokan ke Timur: r r r F C = −2mω × v;
d2x m 2 = −2mω v z sinθ = 2mgω t sinθ dt
3 8z x = 1 3 ωgt sinθ = 1 3 ω sinθ g 3
z B
x
T
θ=π/2, z=100 m, x=2 cm 53
Momentum Sudut Perubahan momentum sudut karena momen gaya:
r r ⎛ dL ⎞ ⎜ ⎟ =N ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠I r r ⎛ dL ⎞ ⎛ dL ⎞ r r ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ + ω× L ⎜ dt ⎟ ⎜ dt ⎟ ⎝ ⎠I ⎝ ⎠O
r dL r r r + ω× L = N dt
dL i + ω jL k − ωk L j = N i dt dL i + ε ijk ω j L k = N i dt
Jika sumbu-sumbu benda diambil sebagai sumbu utama: L i = I i ω i
dω i Ii + ε ijk ω jω k I k = N i dt
dω1 I1 + ω 2 ω 3 (I 3 − I 2 ) = N1 dt dω 2 I2 + ω 3 ω1 (I1 − I 3 ) = N 2 dt dω 3 I3 + ω1ω 2 (I 2 − I1 ) = N 3 dt
54
Contoh: Sebuah bola biliar disodok secara horizontal; bola itu meluncur berguling. Buktikan bahwa jarak tempuhnya: 12v o2 x= 49 μg
dimana pada t=0, x=0, v=vo , kecepatan sudut dφ/dt=0, dan sudut φ=0.
r d2x dx Ff = −μmgeˆ1 → 2 = −μg → = −μgt + C1 dt dt dx t=0; v=v0 = −μgt + v0 dt Momen gaya yang merotasikan bola biliard
FN v Ff
mg y z
r Ff
r a
x
I3=2/5Ma2
r r r N = a × Ff = −μmga (−eˆ 2 × eˆ1 ) = −μmga eˆ 3 N3=μmga dalam arah -z
55
dL 3 d 2φ d 2φ = N 3 → I 3 2 = μmga → a 2 = dt dt dt dφ 5 = 2 μgt + C 2 a dt t=0; dφ/dt=0
a
5
2
μg
dφ 5 = 2 μgt dt
Untuk keadaan berguling tanpa tergelincir :
dx dφ =a → − μgt + v 0 = 5 2 μgt → 7 2 μgt = v 0 ; dt dt v t1 = 2 7 0 μg
56
dx = −μgt + v0 Dari dt Pada t1
x(t ) = − 12 μgt2 + v0 t
⎛ 2 v0 ⎞ v = −μg⎜⎜ 7 ⎟⎟ + v0 = 5 7 v0 ⎝ μg ⎠ 2
2 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ v v v x = − 12 μg⎜⎜ 2 7 0 ⎟⎟ + v0 ⎜⎜ 2 7 0 ⎟⎟ = 12 49 0 μg ⎝ μg ⎠ ⎝ μg ⎠
Kuliah 8 57
2.4 Gasing tanpa momen gaya Gasing adalah benda yang simetrik terhadap salah satu sumbunya, misalnya sumbu-x3. Karena simetrik maka: x3
I1=I2≠I3
dω i Ii + ε ijk ω jω k I k = N i dt
x2
x1
Misalkan momen gaya Ni=0
dω1 I1 + ω 2 ω 3 (I 3 − I 2 ) = 0 dt dω 2 I2 + ω 3 ω1 (I1 − I 3 ) = 0 dt dω 3 I3 = 0 → ω 3 = konstan dt
dω1 = −ω 2 Ω; dt
Ω = ω3
(I 3 − I 2 ) I1
dω 2 = ω1Ω dt dω1 dω 2 +i = Ω(iω1 − ω 2 ) = iΩ(ω1 + iω 2 ) dt dt 58
Misalkan η(t) = ω 1 (t) + iω 2 (t)
dη = iΩ η → η = ωo exp(iΩ t) dt ω1 = ωo cos( Ω t); ω 2 = ωo sin(Ω t); ωo2 = ω12 + ω 22 = konstan - ω1 dan ω2 membentuk lingkaran berjari2 ω0 pada bidang x1-x2. - ω1, ω2 ,ω3 membentuk resultan ω dan berotasi mengitari sumbu x3 dengan frekuensi sudut Ω dengan sudut φ = tan −1 ω o
ω3
Dilihat dari sistem koordinat inersial, karena momen gaya N=0 r r ⎛ dL ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ dt ⎟ = 0 → L = konstant ⎝ ⎠I Karena pusat massa tetap, energi kinetik hanya bentuk r r 1 rotasi: T = 1 ω .L = ωLcos φ rot
2
2
59
Besarnya ω: ω = ω12 + ω 22 + ω 32 = ω o2 + ω 32 = konstan
Ω = ω3
(I3 − I 2 ) = konstan I1
60
2.5 Sudut Euler dan Persamaan Euler Tinjau sistem koordinat (x’1,x’2,x’3); sistem koordinat itu dirotasikan menjadi (x1, x2, x3). Secara umum dapat dinyatakan:
r ~r x = λ x'
λ disebut matriks rotasi;
Matriks ini merupakan produk dari berbagai operasi rotasi, di antaranya rotasi dengan sudut-sudut φ,θ, ψ yang disebut sudut-sudut Euler.
~r ~ ~ ~ r ~ ~ r ~ r r λx' = R ψ R θ Rϕ x' = R ψ Rθ x' ' = R ψ x' ' ' = x
61
~ r R ϕ x' = rotasi dengan sudut φ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’3 sehingga x’’3=x’3; x’1→x’’1; x’2→x’’2
⎛ x"1 ⎞ ⎛ cos ϕ sin ϕ 0 ⎞⎛ x'1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ x"2 ⎟ = ⎜ − sin ϕ cos ϕ 0 ⎟⎜ x' 2 ⎟ ⎜ x" ⎟ ⎜ 0 ⎟⎜ x' ⎟ 0 1 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎛ cos ϕ sin ϕ 0 ⎞ ⎜ ⎟ ~ R ϕ = ⎜ − sin ϕ cos ϕ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ 0 1 ⎝ ⎠
62
~ r rotasi dengan sudut θ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’1 R θ x' ' menjadikan x’’’1=x’’1; x’’2→x’’’2; x’’3→x’’’3.
0 0 ⎞⎛ x"1 ⎞ ⎛ x'"1 ⎞ ⎛1 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ x" ' 2 ⎟ = ⎜ 0 cosθ sin θ ⎟⎜ x"2 ⎟ ⎜ x" ' ⎟ ⎜ 0 − sin θ cosθ ⎟⎜ x" ⎟ ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 0 0 ⎞ ⎛1 ⎜ ⎟ ~ R θ = ⎜ 0 cosθ sin θ ⎟ ⎜ 0 − sin θ cosθ ⎟ ⎝ ⎠ NN’ disebut garis simpul
63
~ r R ψ x' ' ' = rotasi dengan sudut ψ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’’3 menjadikan x’’’3=x3; x’’’1→x1; x’’’2→x2.
⎛ x1 ⎞ ⎛ cosψ sinψ 0 ⎞⎛ x" '1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎜ x2 ⎟ = ⎜ − sinψ cosψ 0 ⎟⎜ x'"2 ⎟ ⎜x ⎟ ⎜ 0 ⎟⎜ x'" ⎟ 0 1 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ ⎛ cosψ sinψ 0 ⎞ ⎜ ⎟ ~ R ψ = ⎜ − sinψ cosψ 0 ⎟ ⎜ 0 ⎟ 0 1 ⎝ ⎠ Garis simpul
64
~ ~ ~ ~ λ = R ψ R θ Rϕ 0 0 ⎞⎛ cos ϕ sin ϕ 0 ⎞ ⎛ cosψ sinψ 0 ⎞⎛1 ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ ~ ⎜ λ = ⎜ − sinψ cosψ 0 ⎟⎜ 0 cosθ sin θ ⎟⎜ − sin ϕ cos ϕ 0 ⎟ ⎜ 0 0 1 ⎟⎠⎜⎝ 0 − sin θ cosθ ⎟⎠⎜⎝ 0 0 1⎟⎠ ⎝ cosψ cosϕ sinψ sinθ ⎞ ⎛ cosψ cosϕ ⎟ ⎜ + cosθ cosϕ sinψ ⎟ ⎜ − cosθ sin ϕ sinψ ⎟ ⎜ ⎟ ~ ⎜ λ = ⎜ − sinψ cosϕ sinψ sinθ ⎟ − sinψ cosϕ ⎟ ⎜ − cosθ sin ϕ cosψ cos θ cos ϕ sin ψ + ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ sin θ sin ϕ sin θ cos ϕ cos θ − ⎠ ⎝
65
Misalkan:
x”3=x’3
r ωϕ = kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’3=x’’3 r ω θ = kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’’1=x’1 r ω ψ= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’’’3=x3 x’1
Komponen-komponen kecepatan sudut dapat diturunkan:
ωϕ 1 = ωϕ sin θ sinψ ωϕ 2 = ωϕ sin θ cosψ ωϕ 3 = ωϕ cosθ
ωθ 1 = ωθ cosψ ωθ 2 = −ωθ sin ψ ωθ 3 = 0
x’”3=x3
θ r r ω ψ ωϕ
ϕ
ψ x1 x’’’1=x’’1 ωψ 1 = 0
x2
r ωθ
x’’’2 x’’2 x’
r r r 2 r x ' → x " → x '" → x
ωψ 2 = 0 ωψ 3 = ωψ
ω 1 = ω ϕ sin θ sin ψ + ω θ cos ψ ω 2 = ω ϕ sin θ cos ψ − ω θ sin ψ ω 3 = ω ϕ cos θ + ω ψ 66
BAB 3 RUMUSAN LAGRANGE Hukum Newton sangat penting jika diketahui gaya-gaya yang bekerja pada sistem; gerak dan energi sistem itu dapat ditentukan dengan syarat awal. Jika gaya-gaya tak diketahui, maka hukum Newton tak dapat dipakai 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.
67
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 tingkat kebebasan 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 untuk menggambarkan suatu sistem N partikel. - Batasan yang ada harus dapat dirumuskan agar jumlah minimum itu diketahui. Jika m=jumlah persamaan yang menggambarkan batasan Jumlah minimum koordinat: n=3N-m, yakni qk, k=1,2…..,n yang disebut koordinat umum
68
Misalkan koordinat umum suatu sistem: q1, q2, …….., qn Jika satu sama lain tidak bergantung: sistem disebut holonomik; jika bergantung sama lain disebut nonholonomik. Contoh 1: silinder berguling di atas permukaan datar hanya memerlukan 4 koordinat untuk mengungkapkan konfigurasinya, 2 untuk posisi pusat massa dan 2 untuk orientasinya. φ a
y
v θ
dφ dy dx = v sin θ; = −v cos θ; v = a dt dt dt dx = a sin θ dφ
x nonholonomik
dy = − a cosθ dφ 69
Tinjau partikel tunggal (N=1), koordinatnya x,y,z, masing-masing fungsi koordinat umum q1, q2, q3 (n=3):
x = x(q 1 , q 2 , q 3 ) = x(q k ) y = y(q 1 , q 2 , q 3 ) = y(q k ) z = z(q 1 , q 2 , q 3 ) = z(q k ) Misalkan terjadi perubahan:
(q 1 , q 2 , q 3 ) → (q 1 + δq 1 , q 2 + δq 2 , q 3 + δq 3 ) Maka terjadi pula perubahan x→x+δx ∂x ∂x δq δq 1 + δx = ∂q 2 ∂q1
2
∂x δq + ∂q 3
3
=
n =3
∑
k =1
∂x δq ∂q k
k
Hal yang sama pada y dan z. 70
Secara umum, untuk N partikel dengan n koordinat umum:
δx i =
n
∑
k =1
∂x i δq k ; i = 1 sd. N, k = 1 sd n. ∂q k
Hal yang sama pada y dan z. Catatan:
∂x atau ∂q k
∂x i ∂q k
masih fungsi koordinat umum qk
δx tak sama dengan dx; dx adalah pergeseran benar (nyata) sedangkan δx pergeseran virtual (tidak pada kenyataannya)
71
3.2 Gaya yang digeneralisasi Tinjau gaya F bekerja pada satu partikel bermassa m menyebabkan pergeseran virtual δr. Usaha oleh gaya:
r r δW = F .δ r = Fx δx + Fy δy + Fz δz Ganti δx, δy dan δz dengan ungkapan koordinat umum
⎛ ∂y ∂z ∂x + Fy + Fz δW = ∑ ⎜⎜ Fx ∂q k ∂q k ∂q k k =1 ⎝ n
⎞ ⎟⎟ δq k = ⎠
n
∑Q k =1
k
δq k
∂y ∂z ∂x Q k = Fx + Fy + Fz ∂q k ∂q k ∂q k disebut gaya yang digeneralisasi terkait dengan koordinat umum qk. Jika qk berdimensi jarak, Qk bermensi gaya. Jika qk berdimensi sudut, Qk bermensi momen gaya.
72
Untuk sistem N partikel, misalkan gaya F1, F2,…..,FN Total usaha:
r r N δW = ∑ Fi .δ ri = ∑ Fx i δx i + Fyi δy i + Fzi δz i
(
N
i =1
i =1
⎛ ∂x i ∂y i ∂z i ⎜ = ∑∑ ⎜ Fx i + Fyi + Fzi ∂q k ∂q k ∂q k i =1 k =1 ⎝ N
)
n
⎞ ⎟⎟ δq k ⎠
n
= ∑ Q k δq k k =1
⎛ ∂y i ∂z i ∂x i + Fyi + Fzi Q k = ∑ ⎜⎜ Fx i ∂q k ∂q k ∂q k i =1 ⎝ N
⎞ ⎟⎟ ⎠
Gaya yang digeneralisasi 73
Sistem Kekekalan (conservative) Misalkan suatu partikel dalam pengaruh medan gaya konservatif yang digambarkan oleh fungsi potensial V=V(x,y,z). Maka komponen gaya konservatif pada partikel
∂V ∂V ∂V Fx = − ; Fy = − ; Fz = − ∂x ∂y ∂z Maka gaya yang digeneralisasi adalah: Q k = Fx
∂x ∂y ∂z + Fy + Fz ∂q k ∂q k ∂q k
⎛ ∂V ∂x ∂V ∂y ∂V ∂z = − ⎜⎜ + + ∂y ∂q k ∂z ∂q k ⎝ ∂x ∂q k ∂V = − ∂q k
⎞ ⎟⎟ ⎠
74
Contoh 2: Tinjau gerakan partikel bermassa m di atas bidang. Dengan menggunakan koordinat polar (r,θ) sebagai koordinat umum, hitunglah (i) pergeseran δx dan δy, r (ii) gaya yang digeneralisasi jika partikel itu mengalami gaya F = ˆi Fx + ˆjFy q1=r dan q2= θ→holonomik
∂x = cosθ , ∂r ∂y = sin θ , y = y (r ,θ ) = r sin θ ; ∂r
x = x(r ,θ ) = r cosθ ;
∂x = −r sin θ ∂θ ∂y = r cosθ ∂θ
(i) pergeseran δx dan δy
∂x ∂x δx = δr + δθ = cos θδ r − r sin θδθ ∂r ∂θ ∂y ∂y δy = δr + δθ = sin θδ r + r cos θδθ ∂r ∂θ
y
r F r
m
θ
x
75
(ii) gaya yang digeneralisasi
∂x ∂y ∂z Q k = Fx + Fy + Fz ∂q k ∂q k ∂q k ↓ ∂x ∂y Q r = Fx + Fy = F x cos θ + F y sin θ = Fr ∂r ∂r ∂x ∂y Qθ = F x + Fy = − F x r sin θ + F y r cos θ ∂θ ∂θ = r ( − F x sin θ + F y cos θ ) = rFθ 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
r F = ˆi Fx + ˆjFy + kˆFz
76
q1 = r , q 2 = θ , q 3 = z x = r cos θ ; y = r sin θ ; z = z ∂x ∂x ∂x = cosθ , = −r sin θ ; =0 ∂r ∂θ ∂z ∂y ∂y ∂y y = y (r ,θ , z ) = r sin θ ; = sin θ , = r cosθ ; =0 ∂r ∂θ ∂z ∂z ∂z ∂z z = z ( r ,θ , z ) = z ; = 0; = 0; = 1. ∂θ ∂z ∂r x = x(r ,θ , z ) = r cosθ ;
r F
(i) pergeseran δx, δy, δz
∂x ∂x ∂x δx = δr + δθ + δz = cos θδ r − r sin θδθ ∂r ∂θ ∂z ∂y ∂y ∂y δy = δr + δθ + δz = sin θδ r + r cos θδθ ∂r ∂θ ∂z ∂z ∂z ∂z δz = δr + δθ + δz = δz ∂z ∂r ∂θ
z x
θ r
y
77
(ii) gaya yang digeneralisasi
∂y ∂z ∂x + Fy + Fz Qk = Fx ∂qk ∂qk ∂qk
∂y ∂z ∂x Q r = Fx = F x cos θ + F y sin θ = F r + Fy + Fz ∂r ∂r ∂r ∂x ∂y ∂z Qθ = F x + Fy + Fz = − F x r sin θ + F y r cos θ ∂θ ∂θ ∂θ = r ( − F x sin θ + F y cos θ ) = rF θ ∂x ∂y ∂z Q z = Fx + Fy + Fz = Fz ∂z ∂z ∂z
78
3.3 Persamaan Lagrange Partikel Tunggal Bertolak dari rumusan energi kinetik dalam koordinat Cartesian (x,y,z):
(
)
K = 2 m x& 2 + y& 2 + z& 2 : 1
dx dst dt
dimana x& =
x = x ( q ); y = y ( q ); z = z ( q ) Kecepatan:
∂ x ∂ q1 ∂x ∂q 2 ∂x ∂q n x& = + + .......... .... + = ∂ q1 ∂ t ∂q 2 ∂t ∂q n ∂t =
n
∑
k =1
∑
k =1
∂x ∂q k ∂q k ∂t
∂x q& k = x& (q , q& ) ∂q k
x& = x& (q , q& ); K =
n
1
[
y& = y& (q , q& ); z& = z& (q , q& )
2 2 2 & & & & & m x ( q , q ) + y ( q , q ) + z ( q , q& ) 2
] 79
Turunan K terhadap q& k : Tapi
∂x& ∂x = ∂q& k ∂q d ⎛ ∂K ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
Karena
⎛ ∂x& ∂K ∂y& ∂z& = m⎜⎜ x& + y& + z& ∂q& k ∂q& k ∂q& k ⎝ ∂q& k
⎛ ∂x ∂K ∂y ∂z = m⎜⎜ x& + y& + z& ∂q& k ∂q k ∂q k ⎝ ∂q k
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎞ d ⎛ ∂x ⎞ d ⎛ ∂y ∂y ∂x ⎟⎟ + m&y& ⎟⎟ = m&x& + my& ⎜⎜ + mx& ⎜⎜ dt ⎝ ∂q k ⎠ dt ⎝ ∂q k ∂q k ∂q k ⎠ d ⎛ ∂z ⎞ ∂z ⎟⎟ + m&z& + mz& ⎜⎜ dt ⎝ ∂q k ⎠ ∂q k
d ⎛ ∂x ⎜⎜ dt ⎝ ∂q k ∴ m x&
d dt
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎞ ∂ ⎛ dx ⎞ ∂x& ⎟⎟ = ⎜ ⎟= ⎠ ∂qk ⎝ dt ⎠ ∂q k ⎛ ∂x ⎜⎜ ⎝ ∂q k
⎞ ∂x& ∂ ⎟⎟ = m x& = ∂q k ∂q k ⎠
(
1
2
m x& 2
) 80
Hukum Newton II: Fx = m&x&; Fy = m&y&; Fz = m&z& d ⎛ ∂K ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂ ∂x ∂y ∂z ⎟⎟ = Fx + + Fy + Fz ∂q k ∂q k ∂q k ∂q k ⎠ ∂K = Qk + ∂q k
d ⎛ ∂K ∴ ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂K ⎟⎟ − = Qk ⎠ ∂q k
(
1
2
mx& 2 + 1 2 my& 2 + 1 2 mz& 2
)
disebut persamaan gerak
∂V Jika gaya bersifat konservatif: Q k = − ∂q k d ⎛ ∂K ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂K ∂V ⎟⎟ − =− ∂q k ⎠ ∂q k
81
Fungsi Lagrange:
L(q, q&) = K (q, q&) − V (q, q&) Catatan: Meskipun V=V(q), tetapi V bukan fungsi q&
V = V (q);
∂V =0 ∂q& k
∂K ∂ ∂L (K − V ) = = & & ∂q& k ∂qk ∂q k d ⎛ ∂K ∂L ∂ ∂K ∂V (K − V ) = = − = ⎜⎜ ∂qk ∂q k ∂q k ∂q k dt ⎝ ∂q& k
⎞ ⎟⎟ ⎠
∴
d ⎛ ∂L ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂L ⎟⎟ − =0 ⎠ ∂q k
Inilah persamaan gerak Lagrange bagi partikel dalam medan gaya konservatif. 82
Contoh 4: Tinjaulah suatu partikel bermassa m bergerak di atas bidang dan mengalami 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
y
r
m
θ
x
x& = r& cosθ − r sin θ θ& → x& 2 = r& 2 cos 2 θ + r 2 sin 2 θ θ& 2 − 2rr& cosθ sin θ y& = r& sin θ + r cosθ θ& → y& 2 = r& 2 sin 2 θ + r 2 cos 2 θ θ& 2 + 2rr& cosθ sin θ x& 2 + y& 2 = r& 2 + r 2θ& 2 83
(i) Tentukanlah persamaan gerak Rumusan energi kinetik K dan energi potensial V:
K =
V =−
1
2 2 & & ( )= m x + y 2
k x2 + y2
=−
1
2 2 &2 & ( θ ) m r + r 2
k r
Fungsi Lagrange: L = K − V =
1
2 2 &2 2 m( r& + r θ ) +
k r
⎧ d ⎛ ∂L ⎞ ∂L ⎪ dt ⎜ ∂r& ⎟ − ∂r = 0 ⎛ ⎞ d ∂L ∂L ⎪ ⎝ ⎠ Persamaan Lagrange: ⎜⎜ ⎟⎟ − =0 ⎨ dt ⎝ ∂q& k ⎠ ∂q k ⎪ d ⎛⎜ ∂L ⎞⎟ − ∂L = 0 ⎪⎩ dt ⎝ ∂θ& ⎠ ∂θ
84
∂L d ⎛ ∂L ⎞ = mr& → ⎜ ⎟ = m&r& ∂r& dt ⎝ ∂r& ⎠ k ∂L = mrθ& 2 − 2 ∂r r
Tapi: Fr = −
}
k m&r& − mrθ& 2 + 2 = 0 (1) r
k ∂ ⎛ k⎞ ∂V = − ⎜− ⎟ = − 2 ∂r ⎝ r ⎠ ∂r r
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L = mr 2θ& → ⎜ ⎟ = 2mrr&θ& + mr 2θ&& dt ⎝ ∂θ& ⎠ ∂θ& ∂L =0 ∂θ
m&r& = mrθ& 2 + Fr
}
d ⎛ ∂L ⎞ ∂L = 0 → 2mrr&θ& + mr 2θ&& = 0 (2) ⎜ &⎟− dt ⎝ ∂θ ⎠ ∂θ
d 2 mr r&θ& + mr θ&& = ( mr 2θ& ) = 0 dt L = mr 2θ& momentum sudut konstant
y
θ&
2
Dalam pengaruh medan gaya konservatif, momentum sudut benda adalah konstan.
Fr r
m
θ x
85
y (ii) rumusan gaya yang digeneralisasi. x=r cos θ; y=r sin θ
Qk = Fx
∂y ∂z ∂x + Fy + Fz ∂qk ∂qk ∂qk
x=rcosθ
r
m
θ x
y=rsinθ
∂y ∂y ∂x ∂x = cosθ , = − r sin θ ; = sin θ ; = r cosθ ∂θ ∂r ∂r ∂θ k k Fx = − cosθ ; Fy = − sin θ ; Fz = 0. r r k k k 2 2 ∴Qr = − cos θ − sin θ = − = Fr r r r k k Qθ = − cosθ (−r sin θ ) − sin θ (r cosθ ) = 0 r r Qθ=momen gaya, tapi karena gaya menuju pusat maka Qθ=0 86
Contoh 5: Sebuah mesin Atwood mempunyai katrol dengan momen inersia I sekitar sumbunya. Panjang kawat ℓ, menghubungkan kedua beban m1 dan m2. (i) Tentukanlah percepatan sistem jika ℓ =konstan. (ii) Jika ℓ tidak tetap. Abaikan gesekan. (i) Misalkan: x= jarak massa m1 ke katrol, L-x= jarak massa m2 ke katrol Jadi, tingkat kebebasan hanya 1, x saja.
v1 =
d (L − x) dx = x& ; v 2 = = − x& dt dt
υ ω= , a
υ = v1 = v2
Energi kinetik:
2 & x K = 1 2 m1 x& 2 + 1 2 m 2 x& 2 + 1 2 I 2 a
Energi potensial: V = − m 1 gx − m 2 g ( L − x ) 87
Fungsi Lagrange: L=T-V 2 & x L = 1 2 m1 x& + 1 2 m 2 x& + 1 2 I 2 + m1 gx + m 2 g ( L − x ) a 2 & x 2 2 = 1 2 m1 x& + 1 2 m 2 x& + 1 2 I 2 + g ( m1 − m 2 ) x + m 2 gL a 2
d ⎛ ∂L ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
2
⎞ ∂L d ⎛ ∂L ⎞ ∂ L ⎟⎟ − =0→ ⎜ =0 ⎟− dt ⎝ ∂x& ⎠ ∂x ⎠ ∂q k
∂L = g ( m1 − m 2 ) ∂x ∂L d ⎛ ∂L ⎞ 2 = ( m1 + m 2 + I / a 2 ) x& → ⎜ ⎟ = ( m1 + m 2 + I / a ) &x& ∂x& dt ⎝ ∂x& ⎠ ⎛ m1 − m 2 ( m1 + m 2 + I / a 2 ) &x& − g ( m1 − m 2 ) = 0 → &x& = ⎜⎜ 2 + + m m I a / 2 ⎝ 1
Jika m1>m2: m1 turun dengan percepatan tetap, jika m1<m2: m1 naik dengan percepatan tetap
⎞ ⎟⎟ g ⎠
88
(ii) Jika ℓ tidak tetap, maka ℓ juga suatu koordinat. 2
⎤ ⎡d K = 1 2 m1 x& 2 + 1 2 m2 ⎢ (l − x)⎥ = 1 2 m1 x& 2 + 1 2 m2 (&l − x& ) 2 ⎦ ⎣ dt
δ W = (m 1 g − S )δ x + (m 2 g − S )δ (l − x ) = (m 1 g − m 2 g − S )δ x + (m 2 g − S )δ l δ W = Q x δ x + Q L δ l ; Q x = m1 g − m 2 g − S ; Q l = m 2 g − S Persamaan gerak Lagrange:
d ⎛ ∂K ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂K ⎟⎟ − = Qk ∂ q k ⎠
d ⎛ ∂ K ⎞ ∂K d = Q x → (m1 x& + m 2 ( − &l + x& ) ) = ( m1 − m 2 ) g ⎜ ⎟− dt ⎝ ∂x& ⎠ ∂x dt ( m1 + m 2 ) &x& − m 2&l& = ( m1 − m 2 ) g d ⎛ ∂ K ⎞ ∂K d = Ql → (m 2 (&l − x& ) ) = m 2 g − S ⎜ & ⎟− dt ⎝ ∂l ⎠ ∂l dt m 2 (&l& − &x&) = m 2 g − S
89
Substiusi &l = &l& = 0 ⎛ m − m2 ( m1 + m 2 ) &x& = ( m1 − m 2 ) g → &x& = ⎜⎜ 1 ⎝ m1 + m 2 − m 2 &x& = m 2 g − S → S = m 2 g +
⎞ ⎟⎟ g ⎠
⎛ 2 m1 m 2 m 2 (m1 − m 2 ) g = ⎜⎜ m1 + m 2 ⎝ m1 + m 2
⎞ ⎟⎟ g ⎠
90
3.4 Persamaan Lagrange Sistem Partikel Energi kinetik N partikel:
N
(
K = ∑ 1 2 mi x&i2 + y& i2 + z&i2
)
i =1
Karena ada 3N derajat kebebasan, penulisan cukup pakai xi dengan i=1,2,….,3N
3N
K = ∑ 1 2 mi x&i2 i =1
Nyatakan: xi = xi ( q1 , q 2 ,......., q n , t )
∂x ∂x ∂x ∂x dxi = x&i = i q&1 + i q& 2 + ........ + i q& n + i ∂t ∂q1 ∂q2 ∂qn dt ∂xi ∂x q& k + i ∂t k =1 ∂q k n
=∑
i=1,2,……..,3N; N=jumlah partikel k=1,2,……,n; n=jumlah koordinat umum (tingkat kebebasan) 91
Karena x&i = x&i (q, q& , t ) Energi kinetik: K = K (q, q& , t ) 3N ∂x& ∂ ⎛ 3N 1 ∂K 2⎞ = ⎜ ∑ 2 mi x&i ⎟ = ∑ mi x&i i ∂q& k ∂q& k ⎝ i =1 ∂q& k ⎠ i =1
∂x ∂K 3 N = ∑ mi x&i i ∂q& k i =1 ∂qk d ⎛ ∂K ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ 3N ∂xi 3 N d ⎛ ∂x ⎟⎟ = ∑ mi &x&i + ∑ mi x&i ⎜⎜ i ∂qk i =1 dt ⎝ ∂qk ⎠ i =1
d ⎛ ∂x i ⎜⎜ & m x ∑ i i dt ⎝ ∂q k i =1 3N
Gaya yang digeneralisasi:
⎞ 3N ∂ ⎟⎟ = ∑ ⎠ i =1 ∂q k
(
1
2
mi x& i2
)
⎞ ⎟⎟ ⎠
∂K = ∂q k
∂x ∂xi 3 N = ∑ mi &x&i i Qk = ∑ Fxi ∂qk ∂qk i =1 i =1
Persamaan gerak: d ⎛ ∂K ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂K ⎟⎟ − = Qk ∂ q k ⎠
k=1,2,…….,n
3N
92
Jika sistem partikel dalam pengaruh medan gaya konservatif, maka
∂V ; Qk = − ∂q k Fungsi Lagrange: L
V = V ( q ) = Energi potensial
=K-V
Persamaan gerak Lagrange:
d dt
⎛ ∂L ⎜⎜ ⎝ ∂ q& k
⎞ ∂L ⎟⎟ − = 0 ; k = 1, 2 ,......, n ⎠ ∂q k
Jika diantara Qk ada gaya nonkonservatif, misalnya gesekan
∂V Qk = Q − ∂q k ' k
d dt
⎛ ∂L ⎜⎜ ⎝ ∂ q& k
⎞ ∂L ⎟⎟ − = Q k' ; k = 1, 2 ,......, n ⎠ ∂q k 93
Contoh 6: 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.
Koordinat umum: x1 dan x2. Kecepatan m terhadap titik O1: v2 =
x&12 + x& 22 + 2 x&1 x& 2 cosθ
(
Total energi kinetik: K = 1 2 Mx&12 + 1 2 mv22 = 1 2 Mx&12 + 1 2 m x&12 + x& 22 + 2 x&1 x& 2 cosθ Energi potensial:
V = mgx2 sin θ
Fungsi Lagrange:
L = 1 2 Mx&12 + 1 2 m x&12 + x& 22 + 2 x&1 x& 2 cosθ − mgx2 sin θ
(
)
94
)
(
)
L = 1 2 Mx&12 + 1 2 m x&12 + x& 22 + 2 x&1 x& 2 cosθ − mgx2 sin θ ∂L =0 ∂x1 d ⎛ ∂L ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = Mx&1 + m( x&1 + x& 2 cosθ ) = M&x&1 + m( &x&1 + &x&2 cosθ ) dt ⎝ ∂x&1 ⎠ dt
[
]
M&x&1 + m( &x&1 + &x&2 cosθ ) = 0 → (M + m )&x&1 + m&x&2 cosθ = 0 (1)
∂L = −mg sin θ ∂x2 d ⎛ ∂L ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = (mx& 2 + mx&1 cosθ ) = m&x&2 + m&x&1 cosθ dt ⎝ ∂x& 2 ⎠ dt m&x&2 + m&x&1 cosθ + mg sin θ = 0 (2)
∴ &x&1 = −
( M + m)sin θ m sin θ cosθ & & g g ; x2 = 2 2 M + m sin θ ( M + m sin θ ) 95
Contoh 7: Dua massa yang sama terikat pada pegas diatas lantai horizontal licin, seperti dalam gambar. Turunkn persamaan gerak dengan metoda Lagrange. Koordinat umum: x1 dan x2 Energi Kinetik: K =
1
2 2 1 mx & & m x + 2 2 1 2
Energi potensial: V =
1
Fungsi Lagrange: L =
2 1 kx 2 k ( x − x ) + 2 2 1 2 2
1
2 & m x 2 1 +
1
2 & m x 2 2 −
1
2 k ( x − x ) − 2 1 2
1
2 kx 2 2
∂L = − kx1 + kx2 ∂x1 d ⎛ ∂L ⎞ d ⎜⎜ ⎟⎟ = (mx& 1 ) = m&x&1 → m&x&1 + kx1 − kx2 = 0 dt ⎝ ∂x&1 ⎠ dt ∂L = kx1 − 2kx2 ∂x2 d ⎛ ∂L ⎞ d ⎜ ⎟ = (mx& 2 ) = m&x&2 → m&x&2 − kx1 + 2kx2 = 0 dt ⎜⎝ ∂x& 2 ⎟⎠ dt
Persamaan terkopel 96
3.5 Momentum yang digeneralisasi Misalkan Lagrangian untuk sistem dengan n derajat kebebasan, adalah:
L(q,q&, t ) = L(q1 , q2 ,.......,q n , q&1 , q& 2 ,.......,q& n , t ) Momentum yang digeneralisasi pk adalah, pk =
∂T ∂q& k
pk =
∂L jika V tidak bergantung kecepatan & ∂qk
Dari persamaan gerak Lagrange untuk sistem konservatif:
d dt p& k −
⎛ ∂L ⎜⎜ ⎝ ∂ q& k
⎞ ∂L ⎟⎟ − = 0 ; k = 1, 2 ,......, n ⎠ ∂q k
∂L ∂L = 0; k = 1, 2 ,......, n → p& k = ∂q k ∂q k
97
∂L =0 Jika Langrangian L tak bergantung pada qk maka ∂q k p& k =
d ⎛ ∂L ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
pk =
∂L = Konstan & ∂qk
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 dalam koordinat polar adalah: L = K − V = 1 2 m r& 2 + r 2θ& 2 − V (r )
(
Di sini
)
r , r&,θ& adalah koordinat umum. Maka
pθ =
∂L = mr 2θ& = konstan karena gaya sentral ∂θ&
di mana pθ adalah momentum sudut, merupakan konstanta gerak.
98
BAB 4 RUMUSAN HAMILTON 4.1 Fungsi Hamilton; Hukum kekekalan Suatu sistem yang tidak berinteraksi dengan sistem luar disebut sistem tertutup. Pertikel-partikel di dalamnya bisa tidakberinteraksi atau berinteraksi. 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 gerak Lagrangian. Kekekalan momentum linier Tinjau fungsi Lagrange sistem tertutup dalam kerangka inersial. Sifat kerangka inersial adalah: Suatu sistem tertutup tidak terpengaruh oleh translasi dari sistem keseluruhan. 99
Jadi, fungsi Lagrange sistem tertutup dalam kerangka inersial tidak terpengaruh (atau invarian) oleh translasi. Jadi, tidak ada variasi fungsi Lagrange yang disebabkan variasi koordinat umum.
δL =
n
∑
k =1
n ∂L ∂L δq k + ∑ δ q& k = 0 & ∂q k k =1 ∂ q k
Karena yang dibicarakan pergeseran sistem, maka δqk tidak bergantung waktu, d (δ q k ) = 0 δ q& k = dt sehingga
δL =
n
∑
k =1
Jadi berlakulah:
∂L δq k = 0 ∂q k
∂L =0 ∂qk 100
Pers. Gerak Lagrange:
∂L =0 ∂qk
d dt
⎛ ∂L ⎜⎜ ⎝ ∂ q& k
d ⎛ ∂L ⎜⎜ dt ⎝ ∂q& k
⎞ ∂L ⎟⎟ − =0 ⎠ ∂q k
⎞ ⎟⎟ = 0 ⎠
∂L = konstan ∂q& k ∂L ∂ (K − V ) = & & ∂q k ∂q k ∂ = ∂ q& k
∑[ n
1
k =1
= m q& k →
2
m q& 2 k − V ( q k )
]
p k = konstan
Hukum kekekalan momentum linier
101
Hukum kekekalan momentum sudut δL =
n
∑
k =1
n ∂L ∂L δqk + ∑ δ q& k = 0 &k ∂qk k =1 ∂ q
∂L ∂L ; p& k = →δ L = pk = ∂q& k ∂q k
n
∑
k =1
n
p& k δ q k + ∑ p k δ q& k = 0 k =1
r r r r Dalam bentuk vektor: δ L = p& .δ r + p .δ r& = 0
r r r r r r Lihat gambar: δ r = δ θ × r ; δ r& = δ θ × r&
( [(
) ( ) ) ( )] = 0
r r r r r δ L = δ θ . p& × r + δ θ . p × r r r r r δ L = δ θ . p& × r + p × r& r ⎡ d r r ⎤ ( p × r )⎥ = 0 δ L = δ θ .⎢ ⎣ dt ⎦ r r r p×r = L r r dL = 0 → L = dt
r r& = 0
konstan Hukum kekekalan momentum sudt 102
Hukum kekekalan energi Diferensial dari fungsi Lagrange lengkap dengan waktu
⎛ ∂L ⎞ ∂L ∂L ⎜ dL = ∑ ⎜ dqk + dq& k ⎟⎟ + dt ; & ∂qk k ⎝ ∂q k ⎠ ∂t ∂L Karena fungsi Lagrange tidak mengandung eksplisit waktu, =0 ⎛ ∂L ∂L ⎞ dL = ∑ ⎜⎜ q& k + q&&k ⎟⎟ ∂q& k ⎠ dt k ⎝ ∂q k
∴ Dari
∂t
d dt
⎛ ∂L ⎜⎜ ⎝ ∂ q& k
⎞ ∂L d ⎛ ∂L ⎟⎟ − ⎜⎜ =0→ dt ⎝ ∂ q& k ⎠ ∂q k
⎡ d ⎛ ∂L dL = ∑ ⎢q& k ⎜⎜ dt dt ⎝ ∂q& k k ⎣
⎞ ∂L ⎟⎟ = ⎠ ∂q k
⎞ d ⎛ ∂L ⎞ ∂L ⎤ ⎟⎟ + q&&k ⎟⎟ ⎥ = ∑ ⎜⎜ q& k ∂q& k ⎦ k dt ⎝ ∂q& k ⎠ ⎠
⎤ ∂L ∂L d ⎡ & & − = 0 → − L = konstan q q L ∑ k ⎢∑ k & ⎥ ∂qk ∂q& k dt ⎣ k k ⎦
Ini yang didefenisikan sebagai fungsi Hamilton 103
Ingat:
pk =
∂L ∂q& k
∴ H = ∑ q& k k
∂L − L = ∑ p k q& k − L =konstan ∂q& k k
Jadi fungsi Hamilton suatu sistem adalah konstan. ∂L ∂K ∂ = (K − V ) = Karena V tidak fungsi kecepata, maka ∂q& k ∂q& k ∂q& k
Berdasakan teorema Euler, karena K adalah fungsi kuadratik yang homogen, maka
∑ q& k k
∂L ∂K =∑ q& k = 2K & & ∂qk k ∂q k
∴ H = 2T − L = T + V = E = konstan 104
4.2 Persamaan gerak Hamilton Variasi fungsi Lagrange:
⎛ ∂L ⎞ ∂L ∂L dL = ∑ ⎜⎜ dqk + dq& k ⎟⎟ + dt ; ∂q& k k ⎝ ∂q k ⎠ ∂t pk =
∂L ∂L ∂L → dL = ∑ ( p& k dq k + p k dq& k ) + ; p& k = dt ; & ∂q k ∂q k ∂t k
d ∑ pk q& k = ∑ dp k q& k + pk dq& k k
k
⎞ ∂L ⎛ d ⎜ ∑ pk q& k − L ⎟ = ∑ (q& k dpk − p& k dq k ) − dt ∂t ⎝ k ⎠ k dH = ∑ (q& k dpk − p& k dq k ) − k
∂L dt ∂t
105
⎛ ∂H ⎞ ∂H ∂H dp k + dq k ⎟⎟ + dt Karena dH = ∑ ⎜⎜ ∂qk k ⎝ ∂p k ⎠ ∂t maka diperoleh:
q& k =
∂H ; ∂pk
∂H ; ∂qk ∂H ∂L =− ∂t ∂t
− p& k =
}
Inilah persamaan gerak Hamilton Karena kesimetriannya, pers. ini disebut persamaan kanonik
∂H =0 Jika waktu tidak eksplisit dalam fungsi Hamiltonian: ∂t ⎛ ∂H ∂H ∂H ∂H ⎞ ⎛ ∂H dH ∂H ⎞ ⎟⎟ = 0 p& k + q& k ⎟⎟ = ∑ ⎜⎜ − + = ∑ ⎜⎜ dt ∂qk ⎠ k ⎝ ∂pk ∂q k ∂qk ∂pk ⎠ k ⎝ ∂p k Jadi, H adalah konstanta gerak 106
Contoh 1: Sebuah partikel bermassa m mengalami gaya tarik k/r2, dengan k adalah konstanta. Turunkan fungsi Hamilton dan persamaan gerak Hamilton. Gunakan koordinat polar (r,):
m ( r& 2 + r 2θ& 2 ) ∞ r ∞ r r k k V = − ∫ F .d r = − ∫ 2 ( − eˆ r .d r ) = − r r r r K =
1
2
k 2 2 &2 & L = K − V = 2 m (r + r θ ) + r 1
pk =
∂L → pr = mr& ; pθ = mr 2θ& ∂q& k
pθ2 pr2 + K= 2m 2mr 2
pθ2 pr2 k H = K +V = + − 2 r 2m 2mr 107
Persamaan gerak: pθ2 pθ2 k k ∂H − p& r = = − 3 + 2 → p& r = − ∂r mr r mr 3 r 2 ∂H − p& θ = = 0 → pθ = konstan ∂θ ∂H pr r& = = → pr = mr& ∂pr m 2 & pθ ∂H 2 & p = mr θ = konstan & θ p mr θ= = → = θ θ ∂pθ mr 2
108
Contoh 2: Tunjukkanlah gerak partikel massa m yang bergerak dipermukaan silinder berjari-jari a, ditarik oleh gaya yang sebanding dengan jaraknya ke sumbu-z. Berdasrkan koordinat silinder r,z,θ: K = 1 2 m r& 2 + 1 2 ma 2θ& 2 + 1 2 m z& 2
r = a →r& = 0 K =
1
r r F = − kr → V =
2 &2 ma θ + 2
1
2 kr = 2
1
1
2 & m z 2
2 2 k ( a + z ) 2
L = K − V = 1 2 m( z& 2 + a 2θ& 2 ) − 1 2 k (a 2 + z 2 ) pk =
∂L → pz = mz& ; pθ = ma2θ& ∂q& k
pθ2 pz2 + K= 2m 2ma2
Momentum sudut
109
pθ2 p z2 1 2 2 H= + + k ( a + z ) 2 2 2m 2ma q& k =
∂H ; ∂pk
− p& k =
∂H ; ∂qk
∂H = − p& z = kz → p& z = − kz ∂z ∂H = − p& θ = 0 → pθ = konstan ∂θ p ∂H = z& = z → p z = mz& m ∂p z
m&z& + kz = 0 → ω =
pθ ∂H & 2 & p ma =θ = → = θ θ 2 ma ∂pθ
pθ = ma 2θ& = konstan
k ; m
z = A cos(ω t + ϕ )
110
4.3 Gasing dengan momen gaya Tinjau gerak gasing dalam medan gravitasi uniform di mana satu titik dari sumbu simetrinya tetap, yakni titik O yang tidak berimpit dengan pusat massa. Jadi, gasing ini tak mempunyai gerak translasi.
N
N
Misalkan I3>I1=I2. Sumbu-x’3 adalah sumbu tegak, sedangkan x3 adalah sumbu simetri gasing. Gaya F tidak menimbulkan momen gaya, sedangkan gaya berat Mg menimbulkan momen gaya N di titik O.
ω 1 = ϕ& sin θ sin ψ + θ& cos ψ ω 2 = ϕ& sin θ cos ψ − θ& sin ψ ω 3 = ϕ& cos θ + ψ& = konstant
111
Energi kinetik: K = 1 2 I1ω12 + 1 2 I 2ω 22 + 1 2 I 3ω32 2 = 1 2 I1 ϕ& 2 sin 2 θ + θ& 2 + 1 2 I 3 (ϕ& cosθ +ψ& )
(
)
r r Energi potensial: V = − Mg . R = Mgl cosθ Fungsi Lagrange:
L = K −V 2 L(θ , θ&, ϕ& ,ψ& ) = 1 2 I1 ϕ& 2 sin 2 θ + θ& 2 + 1 2 I 3 (ϕ& cosθ + ψ& ) − Mgl cosθ
(
)
pψ − I 3ϕ& cosθ ∂L = pψ = I 3ω3 = I 3 (ϕ& cosθ + ψ& ) = konstant → ψ& = I3 ∂ψ& ∂L = pϕ = I1ϕ& sin 2 θ + I 3 (ϕ& cos 2 θ + ψ& cosθ ) ∂ϕ& pψ − I 3ϕ& cosθ 2 2 = I1ϕ& sin θ + I 3 (ϕ& cos θ + cosθ ) I3 112
pϕ − pψ cosθ ∂L 2 = pϕ = I1ϕ& sin θ + pψ cosθ → ϕ& = ∂ϕ& I1 sin 2 θ pψ − I 3ϕ& cosθ ψ& = I3 ∴ ω3 =
pψ I3
−
pϕ − pψ cosθ I1 sin θ 2
cosθ → I 3ω3 = pψ
Energi total:
E = K +V
(
)
2 E = 1 2 I1 ϕ& 2 sin 2 θ + θ& 2 + 1 2 I 3 (ϕ& cosθ +ψ& ) + Mgl cosθ = 1 2 I θ& 2 + 1 2 I ϕ& 2 sin 2 θ + Mgl cosθ + 1 2 I ω 2 1
1
3
3
E ' = E − 1 2 I 3ω32 = 1 2 I θ& 2 + 1 2 I ϕ& 2 sin 2 θ + Mgl cosθ 1
1
= 1 2 I1θ& 2 + V (θ ); V (θ ) = 1 2 I1ϕ& 2 sin 2 θ + Mgl cosθ
113
r r r N = r × Mg → N = Mgl sin θ N1 = Mgl sin θ cosψ N 2 = −Mgl sin θsinψ N3 = 0 Ii
dω i + ε ijk ω jω k I k = N i dt
d (ωϕ sin θ sinψ + ωθ cosψ ) dt + (ωϕ sin θ cosψ − ωθ sinψ )(ωϕ cosθ + ωψ )( I 3 − I 2 ) = Mgl sin θ cosψ I1
d I 2 (ωϕ sin θ cosψ − ωθ sinψ ) dt + (ωϕ sin θ cosψ + ωθ cosψ )(ωϕ cosθ + ωψ )( I1 − I 3 ) = − Mgl sin θ sinψ d I 3 (ωϕ cosθ + ωψ ) = 0 dt 114
