MEKANIKA II

1.2 Persamaan Gerak Pusat MassaGaya pada satu partikel ke-α:eF αF α- gaya luar atau eksternali- gaya interaksi antara partikel itudengan partikel-partikel-partikel lain;disebut gaya internal.rFiα=∑β ≠αrFiβ →αrFα=rFeα+rFiαriF1→ 2rF riF1→ 3F r i2i33riF3→ 22riF2→ 31riF3→ 1riF2→ 1iF r 1Jika posisi sistem partikel digeser tanpamengganggu keadaan internalnya, maka totalgaya internal pada setiap partikel=0.r∑ F i α=α0Hukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-α:2 rdr rα e imα= F + F α = 1,2,3..... N2 α αdt5

Persamaan gerak pusat masa∑αmαddtr2α2==∑α∑αrFrFeαeα+=∑αrFrmrr ∑ α ααd RR = → M2M dt=0 rFiα2 r=Fα =1,2,3..... NeF r22eF r 1pm1eF r33F reF r3F reF r 2e F r 16

1.3 Momentum linierrpα=mαrd αdtrdpdtα2 rdα= mα 2 ataudtvd pdtα=rFeα+rFiαTotal momentum linier:r vdPdpα= ∑ = ∑dt dtααrFeα=rFPersamaan gerak pusat massarrr drαP = ∑ pα= ∑ mα= MdtTeorema:ααrdRdtrdPdtrd R= M =2dt2 rJika total gaya internal=0, pusat massa sistem partikel bergerakseperti suatu partikel yang massanya = massa sistem dengansuatu gaya=total gaya luar pada sistem.F7

1.4 Momentum sudutrLαQr= (rαr−Qr) × pMomentum sudut sistem partikelterhadap titik Q:rLQ=∑ L ∑αQ= (rα− rQ) ×αrααVariasi terhadap waktu:rdLdtαQr= (rrpαr−=Qmrrdp) ×dtrd dtαrrpαr⎛ drα+⎜ −⎝ dtrd rdrQdtx⎞ r⎟ × p⎠ααKarenaα α× p α= 0dtrm 1rm 2m 31αr3zr2rQQy8

9iQeQQF)r(rF)r(rdtdp)rr( ααααααrrrrrrrrr×−+×−=×−ααααpdtdrdtdp)r(rdtLdQQQrrrrrr×−×−=ααααααpdtdrF)r(rF)r(rdtLdQiQeQQrrrrrrrrr×−×−+×−=PdtdrF)r(rNpdtdrF)r(rF)r(rdtdLQiQQQiQeQQrrrrrrrrrrrrrrr×−×−+=×−×−+×−=∑∑∑∑ααααααααααα∑ ×−=αααeQQF)r(rNrrrrTotal momen gaya

d rQ × Prdt=rFiα=∑β ≠αrr βrF0iβ →αm βJika:(1) kecepatan titik Q sama dengan kecepatan pusat massa,(2) titik Q adalah pusat massa, dan(3) titik Q diamrα∑αr rα −βm αr(rα===r−Q) ×α −1∑∑αβ = 1α −1∑∑αβ = 1α −1∑∑αrFβ = 1iβ →αr(rr(rr(rrFαααiα=r−Qr−Qr−β∑ ∑α) ×) ×) ×β ≠αrFrFrFr(rαiβ →αiβ →αiβ →αr−=0Qr+ (rβr− (rβ) ×rFr−iβ →αQr−Q) ×) ×rFrFiα → βiβ →α10

Jadi, jika titik Q diam atau Q merupakan pusat massa, makardLdtQ=Terlihat, jika N Q =0, maka L Q adalah besaran yang konstan.rNQTeorem:Jika tidak ada gaya luar pada sistem partikel, maka momentumsudut sistem partikel itu konstan.Kuliah ke-111

1.5 Hukum Kekekalan Energir r re iF = F + F ; α = 1,2,3,......αααNJika gaya eksternal bergantung pada posisi, dan gaya internalbergantung pada posisi partikel-partikel lain, maka dapat dituliskanr r r rFα = Fα(r1,r2,...............)Ini disebut gaya konservatifJika gaya total pada suatu partikel bergantung pada posisi, makafungsi potensial V adalah:rFFααxr= − ∇∂Vα;VF∂V= −αyαz∂xα∂yα=−;F=−∂V∂zαIngat sifat konservatif:r r r s∇× F = −∇×∇V=012

13VdtdvmvmdtdrmpVFdtdpααααααααααα−∇=⎪⎪⎭⎪⎬⎫==−∇==rrrrrrrvKalikan dengan⋅v r α( ) 0zVvyVvxVvvmdtd0Vvdtdvvmzyx221 =⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂+=⋅∇+⋅αααααααααααααrrrrKarenadtdxv xαα =

ddtd xαdt∂V∂yd ydt∂V∂zd zdt( 1 ααm vα) + ⎜ + + ⎟ = 02α⎛ ∂V⎜⎝ ∂xααα⎞⎟⎠dtUntuk sistem partikel:⎛ ∂Vd x V d V d ⎞1 α ∂ yα∂ zα( m v ) ⎜ + + ⎟ = 0d ∑22 α αα+ ∑ ⎜α ⎝ ∂xαdt∂yαdt∂zαdt⎟⎠Tetapi,( m v )d 1∑22 α α=dt αdKdtdan∑αsehingga⎛⎜⎝∂V∂xαdKdtd xdt+αdVdt+∂V∂yα= 0 ataud ydtα+∂V∂zαK + V = Ed zdtα⎞⎟⎠=( konstan)dVdtHukum Kekekalan Energi Mekanik14

1.6 Persamaan gerak roketM-massa roket pada waktu tdM/dt-massa bahan bakar terbuang perselang waktuv -kecepatan roket pada waktu t relatif terhadap bumiu- kecepatan bahan bakar terbuang relatif terhadap roketv r u rMdM/dtMisalkan gaya luar pada roket F, maka persamaanmomentum linier relatif terhadap bumi:Jadi:rF =rdvMdtddtr r r(Mv) − (v + u)r= udMdtr+ FdMdtGaya dorong pada roketMomentum roketMomentum bahan bakarterbuang15

F- gaya gesekan udara dan gravitasi; diruang angkasa F=0rdvMdtr= udMdtv∫vordvMr= u ∫ModMM→rv −rvor= −ulnMMoPerubahan kecepatan dalam suatu intervalwaktu hanya bergantung pada kecepatan relatifdan fraksi bahan bakar terbuang.Kuliah ke-216

1.7 Masalah TumbukanSebelum 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 sudut2. Hukum kekalan energi.17

1.7.1 Tumbukan sentralMisalkan sebuah peluru m 1 menumbuk sebuah objek m 2m 1v r1I m 2r rm v + m v =Qv r 2Im 1 1F1 1I 2 2Im1v1F+ m2v2F==( K + K ) − ( K + K )1Irrv r m 2v r2F( ) ( )1 2 1 2 1 2 1 22m1v1I+2m2v2I−2m1v1F+2m2v2Frp. (r rv − v )(1− e)= Δr rv2F− vrΔp= m1F11I2I2I1F2F= e( v1I− v2I) → 0 ≤ e ≤1r r r r( v − v ) = m ( v − v )1Ir2Ir22Fe disebut koefisien restitusie=1→Q=0: tumbukan elastis1FBuktikan !0≤e0: tumbukan tak-elastis18

Tumbukan sentral elastik sempurnam 1v r 1I m 2m 1v r 1F m 2v r2Fdiamr r r r 2m1rm1v1I= m1v1F+ m2vv2F2F= v1Im + me = 1→}r r rv2F− v1F= v1IK 1I =K 1F +K 2Frv1F1⎛ m=⎜⎝ m112− m+ m22⎞r⎟v⎠1IBuktikan !m 1 m 2 : v 2F >v 1I , v 1F searah v 2Fmm⎛ 2K⎜⎝ K⎛ 2K⎜⎝ K1 1I1IJika m 1 tidak diketahui: = −1−1−1Buktikan !22F⎞⎟ ±⎠2F⎞⎟⎠219

Tumbukan sentral tak-elastik sempurnaPartikel m 1 dengan kecepatan v 1 menabrak dan melekat pada m 2yang diam; misalkan setelah tumbukan keduanya kecepatan v 2 .rm vv r1Im 1 m 2diam=+r→v rm 1 +m 211 1I(m1m2)vFvFv1Im1+ m2Energi yang terbuang saat tumbukan:r=FmrQ =K1− K2=12m v121I−12(m1+m2)v2F=12m v121I⎛⎜⎝m2m + m12⎞⎟⎠20

1.7.2 Tumbukan elastisTidak ada energi yang hilang selama tumbukan (Q=0).p r 1Fm 1p r θ 1θ1Im 22diamp r 2FI-initial, awalF-final, akhirHukum kekekalan momentum:rp1I+rp2I=rp1F+rp2Fp = p cosθ +1I1F1F0 = p sinθ −11pp2F2Fsinθcosθ22p + p − 2p p cosθ =21I21F1I1F1p22F21

22212112221112111I1Fmmmmθcosmmmcosθmmmpp+−−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+±+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=21I1F121I2Fpp1mmpp⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛=−1I2F11I1F12p/p)cos θ/p1- (pcosθ222F121F121I2mp2mp2mp+=2F1F2I1IKKKK +=+222F121F21Impmpp=−Hukum kekekalan energi kinetik:m 2 diam→K 2I =0Buktikan !Kuliah ke-3

1. m 1 >m 2•Jika θ 1 =θ m , di manapp1F1I=mm11cos−+mm222θm= 1−•Jikam 1 >>m 2 maka sudut θ 1 sangat kecil. Buktikan!pp1F1I≈ 1pp2F1Imm2221, harga dalam akar menjadi nol.Buktikan !• Untuk θ 1

2. m 1 =m 2p1Fcos θ1p1Ip2F= = sin θ θ1 2π / 2 − θ1p1I= 0 ≤ θ ≤ π/2θ 1 =0, p 1F =p 1I dan p 2F =0→ tidak terjadi tumbukanθ 1 =π/2, p 1F =0 dan p 2F =p 1I , θ 2 =0 → tumbukan sentralpp1F1I=m1m+1m2cosθ1±⎛⎜⎝m1m+1m23. m 1

31Jika ( )2122210213112212mm2κΔωωωkmCCωp =−=→−=( )1222220223221222mm2κΔωωωkmCCωp−=−=→−=pt22pt11 eCx;C ex ==Denganiω2t'21222iω2t21222-iω1t'1iω1t11 eCmm2κΔωeCmm2κΔωC eC ex−−−+=iω2t'2iω2t2-iω1t'12122iω1t121222 eCeCC emm2κΔωC emm2κΔωx−+++=

Untuk membuat x 1 dan x 2 ril, misalkan:CC12==1212A eA12eiθ1iθ,2,CC1' =2' =1212A e1A2−iθe1−iθ2Solusi umum menjadi:2Δω m2x1 = A1cos(ω1t+ θ1)− A2cos(ω2t+ θ2)22κ m12Δω m1x2= A1cos(ω1t+ θ1)+ A2cos(ω2t+ θ2)22κ m232

Getaran modus normalJika A 2 =0: = A cos(ω t θ )Jika A 1 =0:x1 1 1+1}2Δω m1= A1cos(ω1tθ )22κ mx2+12ω +2 2 1 21= ω102Δω2Δω m2x1 = − A2cos(ω2t+ θ )222κ m}1x2= A2cos(ω2t+ θ2)2 2 1 2ω2 = ω20− Δω2Frekuensi tunggal ω 1Getaran searah⎪⎧4⎪⎫2 2 2⎛ 4κ ⎞Δω = ( ω − ) ⎨⎜ +⎟10ω201−12 2 2 ⎬⎪⎩ ⎝ (ω10− ω20) ⎠ ⎪⎭2 k3κ =m m1Frekuensi tunggal ω 2Getaran berlawananarah233

15m 1 =1; m 2 =1; k 1 =50; k 2 =30; k 3 =2A 1 =10; A 2 =10;105x 10x 2-5-10-150 1 2 3 4 5 6 7 8 9 101086420-2-4-6-8A 1 =0t1086420-2-4-6-8A 2 =0-100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10Kuliah ke 5t-100 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10t34

2. BENDA TEGARBenda tegar didefenisikan sebagai sistem partikel dengan jarakantara satu sama lain selalu tetap.2.1 PendahuluanRapat massa:Massa:Pusat massa:Mρ =dMdV=∑ m =krR =k1M∫∫∫benda∫∫∫bendaρdVrρr dVM: massa bendaV: volume bendaterhadap Or r rR' = R - a terhadap O’OR rpma rR r'O’35

2.2 Momentum sudut dan momen inersiaBenda tegar mengandung N buah partikelmassa m α dengan α=1,…,N. Misalkan posisiadalah r α dan kecepatannya v α .Momentum sudut partikel-αrLαr=αr× pαω rrαm αv r αKarenarpα= mαrvα;rvα=r rω×α→rLα=mαrαr r× ω×αOBerdasakan aturan perkalian vektor:rαrL×αrrrr( ω×r α) = ( r α.r α) ω - ( r α.ω) r α= mααrrr( r .ω)r[ ]2r ω − rαrrαrrBuktikan!39

Momentum sudut benda tegar:rL =Karena∑αrLα=∑αmrω = (ω1,ω2,ω3rα=α[ − ]2r ω rαr) dan( x ,x , )α 1 α 2xα3r( r .ω)αrrαx α1rαx 3x α3ω 3ω rω 1 x α2ω 2x 1x 2Maka komponen ke-i dari momentum sudut,Li=∑αmα⎡⎢ω⎣i∑kx2αk−xαi∑jxαjωj⎤⎥;⎦i,j,k= 1,2,3=∑jωj∑αmα⎛⎜δij⎝∑kx2αk−xαixαj⎞⎟⎠40

Selanjutnya, dapat dinyatakanLi=∑jIijωj;Iij=∑αmα⎛⎜δ⎝ij∑kx2αk− xαixαj⎟⎠⎞δ ij=⎧1;⎨⎩0;i =j ≠jiSecara keseluruhan, momentum sudut:r ~ rL = Iω⎛L1⎞ ⎛I11I12I13⎞⎛ω1⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜⎟ I ijI⎜L2⎟ = ⎜I21I22I23⎟⎜ω2⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜⎟⎝L3⎠ ⎝I31I32I33⎠⎝ω3⎠= ji→~Iadalah matriks simetrik.Buktikan !!!disebut tensor inersiaElemen2 diagonal dari tensor inersia disebut momen2 inersia terhadapsumbu-sumbu, sedangkan elemen2 off-diagonal disebut produk inersia.41

Jika benda mempunyai distribusi massa kontinu dengan rapatmassa ρ(r), maka:Iij=⎡ 2 ⎤∫ρ(r)⎢δij∑ x − xk ixj⎥ ⎦V⎣k2Energi kinetik rotasi benda K =1m v =1 m ( ω r )rotdV2∑ α 2∑α×α2 2 2Berdasar aturan perkalian vektor ( ) ( ) 2Krot===121212∑α∑α∑i, jmmωiω[ − ( ) ]2 22ω r ω. r⎡⎛⎢⎜⎢⎣⎝j∑∑αiωm2iα⎞⎛⎟⎜⎠⎝⎡⎢δ⎣K I ω ω K1rot= 1 2∑ij i j→rot= 2i, jαααrijrα∑k∑kx2αkxr ~ rω. I.ωrω2αk⎞⎟⎠αr×−−α⎛⎜⎝xi,j,k=1, 2, 3∑αiixαj=rωi⎤⎥⎦ωr.αiαrα⎞⎛⎟⎜⎠⎝−∑jrr rω.rωjαrαr.αj2Buktikan !⎞⎤⎟⎥⎠⎥⎦42

Contoh:Tentukanlah I ij untuk kubus uniform bersisi b, massa M, dengantitik pusat O di salah satu titik sudut.II23b b b[ ]2 2 2 22 2x + x + x − x dx dx dx = ρ dx ( x + x )= 11ρ∫1 2 3 1 1 2 3 ∫ ∫∫ 1V0 0 052312=ρb14=523Mb14I 11 =I 22 =I 33 = 2/3Mb 2 dan; M = ρbb bb= ρ∫(−x1x2)dx1dx2dx3= −ρ∫∫x1x2dx1dx2∫V0 00= −ρb= −MbI ij =-1/4 Mb 2 untuk i≠j; Buktikan !!!2Iij=dx233dx2dx⎡ 2 ⎤∫ρ(r)⎢δij∑ x − xk ixj⎥ ⎦V⎣k3dVKuliah ke 6~I=Mb2⎛⎜⎜-⎜⎝-231414-1423-14--141423⎞⎟⎟⎟⎠43

44Sumbu-simbu utama dari inersia⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛=⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛=321333231232221131211321ωωωIIIIIIIIILLLIω~LrrSumbu-sumbu utama adalah sumbu-sumbu dengan mana tensorinersia mejadi diagonal. Untuk itu misalkan333232131333232221212231321211111ωIωIωIIωLωIωIωIIωLωIωIωIIωLIω~L++==++==++==→= rr0ωωωIIIIIIIIIIII321333232232221131211=⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−−−Disebut persamaan sekuler

Maka, harus berlakuI11− III2132II22I12− I32III331323− I=0Disebut determinan sekularDeterminan ini merupakan polinom order-3 dari I; jadi ada tigabuah harga I, yakni I 1 , I 2 dan I 3 .ContohTentukanlah sumbu-sumbu utama inersia dari kubus.Dari contoh sebelumnya,~I⎛⎜= β⎜-⎜⎝-231414-1423-14--141423⎞⎟⎟;⎟⎠β=Mb245

Determinan sekularnya:23--β - I1414ββ-23-14ββ - I14β--231414βββ - I= 0 →{ 16 } 0332( − I) −2β −3 β (2β − I)2 β =3643Misalkana=23β − Iaaa312−=31612= aβaβ → I32= −−114132=β316ββ → I= 0 →2=I3(a −=111212ββ)(a+14β)2=0;46

Teori Sumbu SejajarMisalkan sistem koordinat x 1 , x 2 , x 3 adalah pusat massa benda, dansistem koordinat kedua X 1 , X 2 , X 3 yang sejajar dengan sistem pertama.Defenisikan:r= (x1,xr r rR =+ aX==i=∑∑αxir2,x3);R =r; a = (a ,a+ a⎛⎜δ⎝⎛⎜δ⎝i∑∑1(X2− X+ a,a13,XElemen tensor inersia dalam koordinat kedua X 1 , X 2 , X 3 :JijαmmααijijkkX(x2αkαkαikX));2αj2⎞⎟⎠,X− (xαi3)+ ai)(xαj+ aj⎞) ⎟⎠r× pma v x 2x 1R rx 3X 3X 1 X 247

48αiααiαjααjααkαkijkkji2kijαααkαjαi2αkijαijxmaxmaxmδ2aaaaδmxxxδmJ∑∑∑∑∑∑∑∑−⎟ −⎠⎞⎜⎝⎛+⎟⎠⎞⎜⎝⎛−⎟ +⎠⎞⎜⎝⎛−=0xmM1xααkαk == ∑ Posisi pusat massa dalam koordinat (x1,x2,x3)∑ ∑ ⎟ ⎠ ⎞⎜⎝⎛−=αkαjαi2αkijαijxxxδmIMmαα =∑ij2k2kijδaaδ =∑( )jiij2ijijaaδM aIJ−+=Maka:∑∑∑∑⎟⎠⎞⎜⎝⎛++−+=⎟⎠⎞⎜⎝⎛−=αjαjiαik2kαkijαααjαik2αkijαij)a)(xa(x)a(xδmXXXδmJ

Contoh:Berdasarkan contoh untuk kubus, tentukanlah elemen tensorinersia dengan sistem koordinat di pusat massa.Dengan sistem koordinat di suatu titik sudut, tensor inersia adalah:~JJij⎛⎜= ⎜-⎜⎝-=23Iijβ1414ββ-1423-+ M aββ14β--141423β ⎞⎟β ⎟;β ⎟⎠β=Mb22( δ − a a ) → I = J − M( a δ − a a )ra = (=Iijij1 1 1 2 3 22b,2b,b2b),a 4= J −1 2Mb ( 3δ −1)→ijKuliah ke 7 (UTS)4ijijij~I2ij⎛⎜= ⎜0⎜⎝016β0160βij1600βi⎞⎟⎟⎟⎠jbbX 3x 3x 2a r bpmX 1X 249

2.3 Persamaan gerak benda tegarLaju perubahan suatu vektorω rSistem koordinat inersial I(X 1 ,X 2 ,X 3 ) diluar benda;Sistem koordinat O(x 1 ,x 2 ,x 3 ) 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.G r×O×I⎛⎜⎝rdGdt⎞⎟⎠Ir⎛ dG= ⎜⎝ dt⎛ dG⎜⎝ dti⎞⎟⎠I⎞⎟⎠Or r+ ω × G →⎛ dG= ⎜⎝ dti⎞⎟⎠O+ εijkω⎛ dG⎜⎝ dtjGk1⎛ dG⎜⎝ dt2⎛ dG⎜⎝ dt3⎞⎟⎠I⎞⎟⎠⎞⎟⎠II⎛ dG= ⎜⎝ dtε ijk1⎛ dG= ⎜⎝ dt⎛ dG= ⎜⎝ dt23⎞⎟⎠O⎞⎟⎠⎞⎟⎠OO+ ω G23+ ω G1⎧1,ijk urutan= ⎨⎩-1,lainnya3+ ω G12−ω G3−ω G1223−ω G1siklis50

Partikel m bergerak dalam sistem koordinat O yang berotasi.Misalkan r vektor posisi terhadap sistem koordinat I.rvraIIr= vr=r= aOr r+ ω×( a + ω×v ) + ω×( v + ω×r)OOrrOr r+ 2ω×vOrrOr r r+ ω×ω×rrmrOω rrFFIOr r r r r= maI= maO+ 2mω×vO+ mω×v r r r r r v= F − 2mω×v − mω×ω×= Frm ωIrr( r) × ωO( ω×r)Irrr+ 2m vOr r× ω + m ωrr( × r) × ω× : gaya yang tegak lurus ω menuju keluar; jadi gaya inisentrifugal; besarnya mω 2 r sinθ,.r r2m v O × ω : gaya ini muncul jika partikel bergerak; gaya inidisebut Coriolis.I51

Gaya sentripetal karena rotasi bumiMisalkan sistem koordinat O ditetapkan di bumi, sehingga rotasinyabersama bumi dengan:ω=2π24 jam=7.292×10−5 sec−1Jari-jari katulistiwa: r=63560 km;ω 2 r=3,4 cm/sec 2 sama dengan sekitar 0.35% dari percepatan gravitasi.Gaya sentripetal ini yang membuat bumi menjadi elips.ω r×××ω r52

Gaya Coriolis1. Gaya ini menyebabkan lintasan menjadi lengkungdi atas bidang yang tegak lurus pada . ω rω rv rOr2m vrO × ω2. Aliran udara (angin) dari tekanan tinggi ketekanan rendah membentuk lintasan lengkung.3. Pengaruh rotasi bumi terhadap jatuh bebas dibelahan utara bumi:2zKecepatan jatuh bebas: v z= −gt;t =gBelahan utara bumiTekanan rendahanginTekanan tinggiGaya Coriolis menyebabkan pembelokan ke Timur:rFxC=r r= −2mω×v;1 3ωgt sinθ =32d xm2dt13ω= −2mωv8zg3sinθzsinθ= 2mgωtsinθθ=π/2, z=100 m, x=2 cmBzxT53

Momentum SudutPerubahan momentum sudut karena momen gaya:r⎛ dL ⎞⎜ ⎟dt⎝ ⎠r⎛ dL ⎞⎜ ⎟dt⎝ ⎠IIr= Nr⎛ dL ⎞= ⎜ ⎟dt⎝ ⎠Orrr+ ω×LdLdtr rω×Lr= NdLdtdLdt+ εω Li+ ijk j k ii+ ω Ljk− ωkL=j=NNiJika sumbu-sumbu benda diambil sebagai sumbu utama:dωdtεω ωiIi+ijk j k k=INiIII123dωdtdωdtdωdt123+ ω2+ ω3+ ω ω1ω3ω12( I − I )3( I − I )123==NN12( I2− I1) = N3L = Iiiωi54

Contoh:Sebuah bola biliar disodok secara horizontal; bola itu meluncurberguling. Buktikan bahwa jarak tempuhnya:x=212vo49μgF Ndimana pada t=0, x=0, v=v o , kecepatan sudutdφ/dt=0, dan sudut φ=0.r2d x dxFf= −μmgê1→ = −μg→ = −μgt+C2dt dtdxt=0; v=v 0 = −μgt+v0dtMomen gaya yang merotasikan bola biliardrNr r= a × Ff= −μmga ( −ê2× ê1)= −μmgaê13F ffvmgya r zxF rI 3 =2/5Ma 2N 3 =μmga dalam arah -z55

dLdt3=N32d φ→ I3 2dtdφa =dt=52μmgaμgt+C→2a2d φ2dt=52μgt=0; dφ/dt=0dφa = 5 2dtμgtUntuk keadaan berguling tanpa tergelincir :dxdtt1==a27dφdtv0μg→ − μgt+v0=52μgt→72μgt=v0;56

Daridxdt= −μgt+v 0x(t)= − 1 μgt22 + v0tPada t 1⎛ v ⎞v = −μg⎜⎟ + =⎝ μg⎠2 057 v07 v0x= −2v0⎞ ⎛1 2v22 7 ⎟ +0⎜7 =⎛μg⎜⎝μg⎠⎝v0⎞⎟μg⎠1249v20μgKuliah 857

2.4 Gasing tanpa momen gayaGasing adalah benda yang simetrik terhadap salah satu sumbunya,misalnya sumbu-x 3 . Karena simetrik maka:x 3I 1 =I 2 ≠I 3x 1x 2dωdtεω ωiIi+ijk j k k=INiMisalkan momen gaya N i =0III123dωdtdωdtdωdt123+ ω2+ ωω33ω1(I(I= 0 → ω313− I− I23) = 0) = 0= konstandωdtdωdtdωdt121= −ω12= ω Ωdω+ idtΩ;2=Ω = ωΩ(iω13− ω(I23− II12) = iΩ)( ω + iω )1258

Misalkanη(t) = ω1 (t) + iω2(t)dη= iΩη → η = ωoexp(iΩt)dt2 2 2ω1 = ω cos(Ωt); ω2= ω sin(Ωt); ωo= ω1+ ω2=ookonstan- ω 1 dan ω 2 membentuk lingkaran berjari2 ω 0 padabidang x 1 -x 2 .- ω 1 , ω 2 ,ω 3 membentuk resultan ω dan berotasimengitari sumbu x 3 dengan frekuensi sudut Ωdengan sudut−1ωoφ = tanDilihat dari sistem koordinat inersial, karenamomen gaya N=0r⎛ dL ⎞ r⎜ ⎟= 0 → L = konstantdt⎝ ⎠IKarena pusat massa tetap,energi kinetik hanya bentukrrotasi: rT =1 ω.L122rot=ω3ωLcosφ59

Besarnya ω:ω=o2 2 2 2 2ω1 + ω2+ ω3= ω + ω3=konstanΩ = ω(I− II1)3 23=konstan60

2.5 Sudut Euler dan Persamaan EulerTinjau sistem koordinat (x’ 1 ,x’ 2 ,x’ 3 ); sistem koordinatitu dirotasikan menjadi (x 1 , x 2 , x 3 ). Secara umumdapat dinyatakan:rx =~ rλ x'λ disebut matriks rotasi;Matriks ini merupakan produk dari berbagai operasi rotasi, di antaranyarotasi dengan sudut-sudut φ,θ, ψ yang disebut sudut-sudut Euler.~ rλx'=ψ θ ϕR ~R ~R ~rx' = R ~ψR ~θrx'' = R ~ψrx''' =rx61

R ~ x'rϕ= rotasi dengan sudut φ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’ 3sehingga x’’ 3 =x’ 3 ; x’ 1 →x’’ 1 ; x’ 2 →x’’ 2⎛ x"⎜⎜ x"⎜⎝ x"123R ~⎞ ⎛ cosϕsinϕ0 ⎞⎛x'⎟ ⎜⎟⎜⎟ = ⎜−sinϕcosϕ0 ⎟⎜x'⎟ ⎜⎟⎜⎠ ⎝ 0 0 1⎠⎝x'ϕ⎛ cosϕsinϕ0 ⎞⎜⎟= ⎜−sinϕcosϕ0 ⎟⎜⎟⎝ 0 0 1⎠123⎞⎟⎟⎟⎠62

R ~ x'' rθrotasi dengan sudut θ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’ 1menjadikan x’’’ 1 =x’’ 1 ; x’’ 2 →x’’’ 2 ; x’’ 3 →x’’’ 3 .⎛ x'"⎜⎜ x"'⎜⎝ x"'123⎞⎟⎟⎟⎠=⎛1⎜⎜0⎜⎝00cosθ− sinθ0 ⎞⎛x"⎟⎜sinθ⎟⎜x"cosθ⎟⎜⎠⎝x"123⎞⎟⎟⎟⎠R ~ θ=⎛1⎜⎜0⎜⎝00cosθ− sinθ0 ⎞⎟sinθ⎟cosθ⎟⎠NN’ disebut garis simpul63

R ~ x'''rψ= rotasi dengan sudut ψ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’’ 3menjadikan x’’’ 3 =x 3 ; x’’’ 1 →x 1 ; x’’’ 2 →x 2 .⎛ x⎜⎜ x⎜⎝ x123⎞ ⎛ cosψ⎟ ⎜⎟ = ⎜−sinψ⎟ ⎜⎠ ⎝ 0sinψ0 ⎞⎛x"'⎟⎜cosψ0⎟⎜x'"0 1 ⎟⎜⎠⎝x'"123⎞⎟⎟⎟⎠R ~ ψ⎛ cosψ⎜= ⎜−sinψ⎜⎝ 0sinψ0 ⎞⎟cosψ0⎟0 1 ⎟⎠Garis simpul64

65R ~ ϕR ~R ~λ~θψ=⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎝⎛−=1000cossin0sincoscossin0sincos00011000cossin0sincos~ϕϕϕϕθθθθψψψψλ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝⎛−+−−−+−=θϕθϕθψϕθψϕθθψϕψϕψψϕθψϕθθψϕψϕψλcoscossinsinsinsincoscoscossincossinsincossincossinsincoscossinsincossinsincoscoscoscos~

Misalkan:ω r ϕ= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’ 3 =x’’ 3ω r = kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’’θ1 =x’ 1ω r ψ= kecepatan sudut rotasi pada sumbu x’’’ 3 =x 3Komponen-komponen kecepatan sudutdapat diturunkan:ωωωϕ1ϕ 2ϕ 3= ω sinθsinψϕ= ω sinθcosψϕ= ω cosθϕωωωθ1θ 2θ 3= ω cosψ= −ωsinψ=0θθωωωψ 1ψ 2ψ 3x’” 3 =x 3θω rω r ψ ϕx 2x” 3 =x’ 3ω r θϕψx’’’x 11 =x’’ 1x’ 1x’r r r 2= 0 x ' → x"→ x '"→=0= ωψx’’’ 2x’’ 2rxωωω123= ω= ωϕ= ωϕϕsin θ sin ψ + ωcos θ + ωψθsin θ cos ψ − ωθcos ψsin ψ66

BAB 3 RUMUSAN LAGRANGEHukum Newton sangat penting jika diketahui gaya-gaya yangbekerja 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 q k ; q 1 mungkin x, q 2 mungkin v dsb.Lagrange: posisi dan kecepatan→pers. diferensial order-2Hamilton: 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(x 1 ,x 2 ,x 3 ). 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 6koordinat.- Penting untuk mengetahui jumlah minimumkoordinat yang diperlukan untukmenggambarkan suatu sistem N partikel.- Batasan yang ada harus dapat dirumuskan agarjumlah minimum itu diketahui.Jika m=jumlah persamaan yang menggambarkanbatasanJumlah minimum koordinat: n=3N-m, yakni q k , k=1,2…..,nyang disebut koordinat umum68

Misalkan koordinat umum suatu sistem: q 1 , q 2 , …….., q nJika satu sama lain tidak bergantung: sistem disebut holonomik; jikabergantung sama lain disebut nonholonomik.Contoh 1: silinder berguling di atas permukaan datar hanya memerlukan 4koordinat untuk mengungkapkan konfigurasinya, 2 untuk posisi pusatmassa dan 2 untuk orientasinya.dx dy= vsinθ;dt dtdx = asinθ dφy= −vcosθ;θv=φadφadtxvnonholonomikdy= −acosθdφ69

Tinjau partikel tunggal (N=1), koordinatnya x,y,z, masing-masingfungsi koordinat umum q 1 , q 2 , q 3 (n=3):xyz===x(qy(qz(q111,q,q,q222,q,q,q333) =) =x(qy(q) = z(qkkk)))Misalkan terjadi perubahan:( q , q , q ) → ( q + δq , q + δq , q + )1 2 31 1 2 2 3δq3Maka terjadi pula perubahan x→x+δxδx=∂ x∂ q1δq1+∂ x∂ q2δq2+∂ x∂ q3δq3=n∑ = 3k = 1∂ x∂ qkδqkHal yang sama pada y dan z.70

Secara umum, untuk N partikel dengan n koordinat umum:δxn∂xii= ∑ δqk; i = 1 sd. N, k =∂qk = 1k1sdn.Hal yang sama pada y dan z.Catatan:∂x∂qkatau∂x∂qikmasih fungsi koordinat umum q kδx tak sama dengan dx; dx adalah pergeseran benar (nyata)sedangkan δx pergeseran virtual (tidak pada kenyataannya)71

3.2 Gaya yang digeneralisasiTinjau gaya F bekerja pada satu partikel bermassa m menyebabkanpergeseran virtual δr. Usaha oleh gaya:δW=r rF.δr=Fx δx + Fyδy+Ganti δx, δy dan δz dengan ungkapan koordinat umumFzδzδW=n∑k = 1⎛⎜⎝Fx∂x∂qk+Fy∂y∂qk+Fz∂z∂qk⎞⎟δq⎠k=n∑k = 1QkδqkQk=Fx∂x∂qk+Fy∂y∂qk+Fz∂z∂qkdisebut gaya yang digeneralisasi terkait dengan koordinat umum q k .Jika q k berdimensi jarak, Q k bermensi gaya.Jika q k berdimensi sudut, Q k bermensi momen gaya.72

Untuk sistem N partikel, misalkan gaya F 1 , F 2 ,…..,F NTotal usaha:δW ==Qk==∑i=1∑∑i= 1 k=1n∑k=1NNN∑i=1r rF .δrnQik⎛⎜ F⎝x ii⎛⎜ F⎝δqk=x i∂x∂qikN∑i=1∂x∂q+( F δx + F δy + F δz )ikF+y ix iFy i∂y∂qGaya yang digeneralisasiiik∂y∂q+ikFy i+z iFiz i∂z∂qik∂z∂q⎞⎟⎠z iiki⎞⎟δq⎠k73

Sistem Kekekalan (conservative)Misalkan suatu partikel dalam pengaruh medan gaya konservatifyang digambarkan oleh fungsi potensial V=V(x,y,z). Maka komponengaya konservatif pada partikelFx= −∂V;∂xFy= −∂V;∂yFz= −∂V∂zMaka gaya yang digeneralisasi adalah:Qk=Fx∂x∂qk+Fy∂y∂qk+Fz∂z∂qk==⎛ ∂V−⎜⎝ ∂x∂V−∂qk∂x∂qk+∂V∂y∂y∂qk+∂V∂z∂z∂qk⎞⎟⎠74

Contoh 2:Tinjau gerakan partikel bermassa m di atas bidang. Denganmenggunakan koordinat polar (r,θ) sebagai koordinat umum, hitunglah(i) pergeseran δx dan δy,r(ii) gaya yang digeneralisasi jika partikel itu mengalami gaya F = îF +xĵFyq 1 =r dan q 2 = θ→holonomikx = x(r,θ ) = r cosθ;∂x∂x= cosθ,= −rsinθ∂r∂θy = y(r,θ ) = r sinθ;∂y∂y= sinθ,= r cosθ∂r∂θ(i) pergeseran δx dan δyδx=δy=∂xδr∂r∂yδr∂r∂x+ δθ =∂θ∂y+ δθ =∂θcosθδr− r sin θδθsin θδr+ r cosθδθyrF rθxm75

(ii) gaya yang digeneralisasiQQQkrθ====Fx∂x∂qF∂y∂qF∂z∂q∂x∂yFx+ Fy= Fxcos θ + Fysin θ = Fr∂r∂r∂x∂yFx+ Fy= − Fxrsin θ + Fyr cos θ∂θ∂θr(− F sin θ + F cos θ ) = rFxk+y↓ky+zkθContoh 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 gayarF = îF + ĵF + kˆ Fxyz76

77zzryrxzqqrq======;sin;cos,, 321θθθzxyrθ1.0;0;;),,(0;cos,sin;sin),,(0;sin,cos;cos),,(=∂∂=∂∂=∂∂===∂∂=∂∂=∂∂===∂∂= −∂∂=∂∂==zzzrzzzrzzzyryryrzryyzxrxrxrzrxxθθθθθθθθθθθθzzzzzrrzzrrzzyyrryyrrzzxxrrxxδδδθθδδθδθθδδδθθδδθδθθδδδθθδδ=∂∂+∂∂+∂∂=+=∂∂+∂∂+∂∂=−=∂∂+∂∂+∂∂=cossinsincos(i) pergeseran δx, δy, δzF r

78(ii) gaya yang digeneralisasizzyxzyxyxzyxryxzyxrFzzFzyFzxFQrFFFrrFrFzFyFxFQFFFrzFryFrxFQ=∂∂+∂∂+∂∂==+−=+−=∂∂+∂∂+∂∂==+=∂∂+∂∂+∂∂=θθθθθθθθθθθ)cossin(cossinsincoskzkykxkqzFqyFqxFQ∂∂+∂∂+∂∂=

3.3 Persamaan Lagrange Partikel TunggalBertolak dari rumusan energi kinetik dalam koordinat Cartesian (x,y,z):122 2 2dx( x&+ y&+ z&):dimana x dstK = m& =x = x( q);y = y(q);z = z(q)dtKecepatan:x&==∂x∂qn∑k = 11∂q∂t∂x∂qk1q&+k∂x∂q=2x&∂q∂t2( q,q&)+ .......... .... +∂x∂q( q, q&);y&= y&( q,q&);z&= z&( q q&)x & = x&,n∂q∂tn=n∑k = 1∂x∂qk∂q∂tkK=222[ x& ( q,q&) + y&( q,q&) + z&( q,&)]1 q2 m79

80Turunan K terhadap :kq&⎟ ⎟ ⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∂∂kkkkqzzqyyqxxmqK&&&&&&&&&&Tapiqxqxk∂∂=∂∂&&⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∂∂kkkkqzzqyyqxxmqK&&&&⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂+⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂kkkkkkkqzdtdmzqzmzqydtdmyqymyqxdtdmxqxmxqKdtd&&&&&&&&&&Karenakkkqxdtdxqqxdtd∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂&( )221 xmqqxmxqxdtdmxkkk&&&&∂∂=∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂∴

81Jika gaya bersifat konservatif:kkqVQ∂∂−=kkkqVqKqKdtd∂∂= −∂∂−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂&disebut persamaan gerakkkkQqKqKdtd=∂∂−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂∴&mzFmyFmxFzyx&&&&&& === ;;Hukum Newton II:( )kkkkzkykxkqKQmzmymxqqzFqyFqxFqKdtd∂∂+=++∂∂+∂∂+∂∂+∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂ 221221221 &&&&

Fungsi Lagrange:L( q , q&) = K(q,q&) −V(q,q&)Catatan: Meskipun V=V(q), tetapi V bukan fungsiq&V∂V= V( q);= 0∂&q k∂L∂q&k∂L∂qk==∂∂q&∂∂qkk( K −V)∂K=∂q&k∂K∂V( K −V) = − =⎜∂q∂⎟ kqkdt ⎝ ∂q&k ⎠d⎛∂K⎞∴ddt⎛⎜⎝∂L⎞ ∂L⎟ −∂q&k ⎠ ∂q k= 0Inilah persamaan gerak Lagrange bagipartikel dalam medan gaya konservatif.82

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; q 1 =r ;q 2 = θ;x=r cos θ; y=r sin θyrθxmx&= r&cosθ− r sinθ & θ → x&y&= r&sinθ+ r cosθ & θ → y&2 2 2 2 & 2x&+ y&= r&+ r θ22= r&2= r&2cossin22θ +θ +rr22sincos22θ & θ2θ & θ2− 2rr&cosθsinθ+ 2rr&cosθsinθ83

(i) Tentukanlah persamaan gerakRumusan energi kinetik K dan energi potensial V:2 22 2K =1 m ( x&+ y&) =1m ( r&+ r θ &222)V =−x2k+ y2= −krFungsi Lagrange:Persamaan Lagrange:2 2 2L = K −V=1m(r&+ r & θ ) +ddt⎛ ∂L⎜⎝ ∂q&k2⎞ ∂L⎟ −⎠ ∂qk=0⎧⎪⎨⎪⎪⎩ddtddtkr⎛⎜⎝⎛⎜⎝∂L∂r&⎞⎟ −⎠∂L⎞⎟ −∂ & θ ⎠∂L=∂r∂L=∂θ0084

∂L∂r&= mr&→ddt} ∂L ∂r⎛⎜⎝∂L∂r&= mr & θ⎞⎟⎠2= mr &&k−r∂V∂ ⎛ k ⎞ kTapi: F r= − = − ⎜ − ⎟ = −2∂r∂r⎝ r ⎠ r2m2 k&& r − mr & θ + = 0 (1)2rm && r = mr & θ 2 +F r∂L= mr∂ & θ& d ⎛ ∂L⎞2θ → ⎜ ⎟ = 2mrr&& θ + mr & θ}dt ⎝ ∂ & θ ⎠∂L= 0∂θ22 & 22θ && dmrr&+ mr θ = ( mr & θ ) = 0dt2L = mr & θ momentum sudut konstantDalam pengaruh medan gaya konservatif,momentum sudut benda adalah konstan.ddt⎛⎜⎝∂L⎞⎟ −∂ & θ ⎠∂L= 0 → 2mrr&& θ + mr∂θyrF rθ&& θ = 02& θmx(2)85

y(ii) rumusan gaya yang digeneralisasi.Qkx=r cos θ; y=r sin θ=Fx∂x∂qk+ Fy∂y∂qk+ Fz∂z∂qkx=rcosθy=rsinθrθmx∂x∂rFx∴QQ= cosθ,= −rθkrk= −rk= −rcosθ;cos∂x= −rsinθ;∂θkFy= −r2θ −krsinsinθ;cosθ( −rsinθ) −2∂y∂rθ = −krF= sinθ;zkr= 0.=Fsinθ( r cosθ) =r∂y= r cosθ∂θQ θ =momen gaya, tapi karena gaya menuju pusat maka Q θ =0086

Contoh 5:Sebuah mesin Atwood mempunyai katrol dengan momen inersia Isekitar sumbunya. Panjang kawat l, menghubungkan kedua beban m 1dan m 2 . (i) Tentukanlah percepatan sistem jika l =konstan. (ii) Jika l tidaktetap. Abaikan gesekan.(i) Misalkan:x= jarak massa m 1 ke katrol,L-x= jarak massa m 2 ke katrolJadi, tingkat kebebasan hanya 1, x saja.v1=dxdtυa=x&; v21=ω = , υ = v = vEnergi kinetik:Energi potensial:KVd ( L −dt2==12x)=− x&22& 11+ 2 m2x&+m x12− m1 gx − m2g ( L − x)Ix&a2287

Fungsi Lagrange: L=T-VL( m==1212+ mm x&1m x&122++1212mm)&&x −22x&x&22g(m++1212d ⎛ ∂L⎞ ∂Ld ⎛ ∂Ldt⎜q⎟ − = 0 → ⎜⎝ ∂ &k ⎠ ∂qkdt ⎝ ∂x&∂L= g(m1− m2)∂x∂L2 d= ( m1+ m2+ I / a ) x&→∂x&dt12+ I / a21− mx&Iax&Ia2⎞⎟ −⎠⎛⎜⎝2222∂L∂x&+m gx1+ g(m∂L∂x⎞⎟⎠=0= ( m11+−+ m⎛) = 0 → && x =⎜⎝ m1mm222g(L) x ++ I / a− x)m2)&&xm1− m2+ m + I / a22gL2⎞⎟g⎠Jika m 1 >m 2 : m 1 turun dengan percepatan tetap,jika m 1

(ii) Jika l tidak tetap, maka l juga suatu koordinat.K =δW22 ⎡ d ⎤1 11 2 122 m1x&+)2 m2( l − x)= 2 m1x&+ 2 m2( l& − x&==⎢⎣dt( m1g − S ) δx+ ( m2g − S ) δ ( l − x)( m g − m g − S ) δx+ ( m g − S ) δl12⎥⎦2δW= Qxδx+ QLδl; Qx= m1 g − m2g − S;Ql= m2g−SPersamaan gerak Lagrange:ddtddt⎛⎜⎝⎛⎜⎝∂K∂x&∂K∂l&⎞⎟ −⎠⎞⎟ −⎠∂K∂x∂K∂l= Q= Qxl→→ddtddt( m x&+ m ( −l&+ x&))( m( m ( l& − x&))m1221ddt+ m⎛ ∂K⎜⎝ ∂q&k22( & l − && x)=⎞ ∂K⎟ −⎠ ∂qk)&&x − m=mm222g − Sg − S= Qk= ( m& l = ( m11− m− m22) g) g89

90( )gmmm mgmmmmmgmSSgmxmgmmmmxgmmxmm⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+=+−+=→−=−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−=→−=+==212121212222212121212)()(0Substiusi&&&&&&l &&l&

3.4 Persamaan Lagrange Sistem Partikel∑Energi kinetik N partikel: (2 2 2K = m x + y + z )1 & & &Ni=1Karena ada 3N derajat kebebasan,penulisan cukup pakai x i dengani=1,2,….,3NNyatakan: x x q , q ,......., q , )i=i(1 2nt2Ki=i3N∑i=1im ix i1 22&idxdti=x&i==∂x∂qn∑k=1i1q&1∂x∂qik∂xi+∂qq&k2q&2∂xi+∂t+ ........ +∂x∂qinq&n+∂x∂tii=1,2,……..,3N; N=jumlah partikelk=1,2,……,n; n=jumlah koordinat umum (tingkat kebebasan)91

92),,( tqqxxii&&& =KarenaEnergi kinetik: ),,( tqqKK&=∑∑== ∂∂=⎟⎠⎞⎜⎝⎛∂∂=∂∂NikiiiNiiikkqxm xm xqqK 3131221&&&&&&∑= ∂∂=∂∂Nikiiikqxm xqK 31&&∑∑==⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂NikiiiNikiiikqxdtdm xqxm xqKdtd 3131&&&&( )kNiiikNikiiiqKm xqqxdtdm x∂∂=∂∂=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂∑∑==3122131&&∑∑== ∂∂=∂∂=NikiiiNikix ikqxm xqxFQ3131&&Gaya yangdigeneralisasi:kkkQqKqKdtd=∂∂−⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂&k=1,2,…….,nPersamaan gerak:

Jika sistem partikel dalam pengaruh medan gaya konservatif, makaQ∂V= − ; V V ( q)= Energi potensial∂qk=Fungsi Lagrange: L =K-VkPersamaan gerak Lagrange:ddt⎛⎜⎝∂L∂q&k⎞⎟⎠−∂L∂qk=0 ; k =1,2,......,nJika diantara Q k ada gaya nonkonservatif, misalnya gesekanQk=Q'k−∂V∂qkddt⎛⎜⎝∂L∂q&k⎞⎟⎠−∂L∂qk=Q'k;k=1,2,......,n93

Contoh 6:An inclined plane of mass M is sliding on a smooth horizontal surface, whilea 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: x 1 dan x 2 .Kecepatan m terhadap titik O1:v& & +2 22= x1+ x22x1x2&&cosθ2222 2Total energi kinetik: K =222 ( cosθ )1 2 Mx& +1 mv =1 Mx&+1 m x&+ x&+ x&x &1211221 2Energi potensial:V = mgx 2sinθ22 2Fungsi Lagrange: =1( cosθ ) 1 Mx&+ m x&+ x&+ x&x&− mgx sinθL2121221 2294

95[ ]( ) )0 (1cos0)cos()cos()cos(02121121121111=++→=++++=++=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂=∂∂θθθθmxm xMxxmMxxxmMxxxmMxdtdxdtdx&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&LL( )(2)0sincoscoscossin12121222=+++=+=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂= −∂∂θθθθθmgmxmxmxmxmxmxdtdxdtdmgx&&&&&&&&&&&LL( ) θcosθ sin2 2212221212121 mgxxxxm xxM−+++= &&&&&L( )gmMmMxgmMmx)sin(sin;sincossin2221θθθθθ++=+= −∴&&&&

Contoh 7:Dua massa yang sama terikat pada pegas diatas lantai horizontal licin, sepertidalam gambar. Turunkn persamaan gerak dengan metoda Lagrange.Koordinat umum: x 1 dan x 2Energi Kinetik:K=& +&1 2 1 22 mx x1 2 m2Energi potensial:V = ( + kx1 22 k x ) 1− x21222Fungsi Lagrange: L∂L∂x1d ⎛ ∂L⎞ d⎜⎟ =dt ⎝ ∂x&1 ⎠ dt∂L= kx1− 2kx∂xddt2= −kx⎛ ∂L⎜⎝ ∂x&21⎞⎟ =⎠+ kxddt2( mx&)21= & &1 2 1 2 122 mx1+ 2 mx)2− 2 k x1− x2= 0( mx&) = mx && → mx && − kx + 2kx= 02= mx &&12→ mx &&1+ kx21− kx122( − kx1222Persamaan terkopel96

3.5 Momentum yang digeneralisasiMisalkan Lagrangian untuk sistem dengan n derajat kebebasan, adalah:L (q, q&, t)= L(q, q2,......., q , q&1,q&2,......., q&1 nntMomentum yang digeneralisasi p k adalah,pkpk∂T=∂q&k∂L=∂q&kjika V tidak bergantung kecepatanDari persamaan gerak Lagrange untuk sistem konservatif:,)ddt⎛ ∂L⎜⎝ ∂q&kk⎞⎟⎠−∂L∂q∂Lp& k− = 0; k = 1,2,......,∂qk=0 ; k = 1,2,......,n→p&kn=∂L∂qk97

∂LJika Langrangian L tak bergantung pada q k maka = 0∂q kd ⎛ ∂L⎞∂Lp&=⎜⎟k= 0 pk= = Konstandt ⎝ ∂q&k ⎠∂q&kJadi, jika Langrangian tak bergantung pada q k maka p k (momentum yangdigeneralisasi) adalah suatu konstanta gerak (tak bergantung waktu).Contoh 8:Lagrangian gerak partikel dalam medan sentral, bila diungkapkan dalamkoordinat polar adalah:Di sinip2 2 2(&+ r ) −V( )L = K −V= & θr, r&,& θ∂L∂ & θ2θ= = θ1 r2 m radalah koordinat umum. Makamr&=konstan karena gayasentraldi mana p θ adalah momentum sudut, merupakan konstanta gerak.98

BAB 4 RUMUSAN HAMILTON4.1 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 energiKonstanta-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.99

Jadi, fungsi Lagrange sistem tertutup dalam kerangka inersial tidakterpengaruh (atau invarian) oleh translasi.Jadi, tidak ada variasi fungsi Lagrange yang disebabkan variasikoordinat umum.δ L=n∑k = 1∂∂Lδ q+∑kqkk = 1n∂ L∂ q&kKarena yang dibicarakan pergeseran sistem, maka δq k tidak bergantungwaktu,dδ q&k= ( δqk) = 0dtδ q&k=0sehinggaδ L=n∑k = 1∂ L∂ qkδ qk=0∂LJadi berlakulah: = 0∂q k100

Pers. Gerak Lagrange:ddt⎛⎜⎝∂L⎞ ∂L⎟ −∂q&k ⎠ ∂q k=0∂L∂q k= 0ddt⎛ ∂L⎜⎝ ∂q&k⎞⎟⎠= 0∂L∂q&k∂L= konstan∂q& k∂= ( K − V )∂q&=∂∂q&kkn∑k = 12[ 2 ( )]1 m q&k − V qk=m q&k→pk=konstanHukum kekekalan momentum linier101

Hukum kekekalan momentum sudutδ L=n∑k = 1∂∂Lδ q+∑kqkk = 1n∂ L∂ q&kr r r r r rLihat gambar: δ = δθ ×; δr& = δθ× r &r r r r r rδ L = δ θ .( p & ×) + δ θ .( p × r & ) = 0r.[ r r r rδ L = δ θ ( p & ×) + ( p × r & )]= 0r ⎡ d r r ⎤δ L = δ θ .⎢( p ×)⎥= 0⎣ dt ⎦r r rp ×= Lrd L r= 0 → L = konstan Hukum kekekalan momentum sudtdt102δ q&∂L∂Lpk= p&k= →∂q& ;nnδ L = ∑ p&kδ qk+ ∑ pk∂qkk = 1k = 1r r r rDalam bentuk vektor: δ L = p & . δ+ p . δ r & = 0k=0kδ q&k=0

Hukum kekekalan energiDiferensial dari fungsi Lagrange lengkap dengan waktu⎛ ∂L∂L⎞ ∂LdL= ∑⎜ dqk+ dq&k+ dt;k qkq⎟⎝ ∂ ∂ &k ⎠ ∂t∂LKarena fungsi Lagrange tidak mengandung eksplisit waktu, = 0∂tdL⎛ ∂L∂L∑⎟ ⎞∴ =⎜ q&k+ q&&kdt k ⎝ ∂qk∂q&k ⎠Dariddt⎛ ∂L⎜⎝ ∂q&kdLdt=⎞⎟⎠∑k−⎡⎢q&⎣∂L∂qkddtk=0⎛ ∂L⎜⎝ ∂q&k→ddt⎞⎟ + q&&⎠k⎛ ∂L⎜⎝ ∂q&k∂L∂q&k⎤⎥⎦=⎞⎟⎠=∑k∂L∂qddtk⎛⎜q&⎝k∂L∂q&k⎟ ⎞⎠ddt⎡⎢⎣∑kq&k∂L∂q&k⎤− L⎥⎦=∂L0 → ∑q&k− L = konstan∂q&kkIni yang didefenisikan sebagai fungsi Hamilton103

Ingat:∴pkH= ∂ L∂ q&∂L= ∑ q&k− L = ∑ pkq&k− L = konstan∂q&kkkkJadi fungsi Hamilton suatu sistem adalah konstan.Karena V tidak fungsi kecepata, maka∂L∂q&k=∂∂q&k( K−V)=∂K∂q&kBerdasakan teorema Euler, karena K adalah fungsi kuadratik yanghomogen, maka∂L∂Kq 2K∂q&∂q&∑ &k= ∑q&k=kkkk∴H=2 T − L = T + V = E = konstan104

4.2 Persamaan gerak HamiltonVariasi fungsi Lagrange:dL⎛ ∂L= ∑⎜k ⎝ ∂qkdqk+∂L∂q&kdq&k⎞⎟ +⎠∂L∂tdt;pdk⎛d⎜⎝∂L=∂q∑k∑kpp&∂L=∂q→∂Lk& ; dL( pkdqk+ pkdqk) + dt;kkk∂tkpq&kkq&k=∑k− Ldp⎞⎟⎠=dH= ∑kkq&kk∑+pdq&= ∑( q&dp − p&dq ) − dtkkkkk&k∂L∂t∂L∂t( q&dp − p&dq ) − dtkkkk&105

KarenadH⎛ ∂H= ∑⎜k ⎝ ∂pkdpk+∂H∂qkdqk⎞⎟ +⎠∂H∂tdtmaka diperoleh:∂Hq&k= ;}Inilah persamaan gerak Hamilton∂pkKarena kesimetriannya, pers. ini∂H− p&k= ; disebut persamaan kanonik∂qk∂H∂L= −∂t ∂t∂HJika waktu tidak eksplisit dalam fungsi Hamiltonian: = 0∂tdH⎛ ∂H∂H⎞ ⎛ ∂H∂H∂H∂H⎞= ∑⎜ p&+⎟ = ∑⎜−+⎟kq&k= 0dt k ⎝ ∂pk∂qk⎠ k ⎝ ∂pk∂qk∂qk∂pk⎠Jadi, H adalah konstanta gerak106

Contoh 1:Sebuah partikel bermassa m mengalami gaya tarik k/r 2 , dengan kadalah konstanta. Turunkan fungsi Hamilton dan persamaan gerakHamilton.Gunakan koordinat polar (r,):KVL===12−K∞∫rm ( r&r rF . dr− V2=+=12r−2θ&∞∫r2krm ( r&)22( −eˆ+r2rr. dr )θ&2)+=kr−krpK∂L2k= → pr= mr&; pθ= mr &∂q&k2pr= +2mp2θ22mrθH2 2pr pθK + V = + −2m2mr=2kr107

108θθθθθθθθθθ&&&&&&&22232232konsta0mrpmrppmrpmpprnpprkmrpprkmrprprrrrr=→=∂∂==→=∂∂==→=∂∂=−−=→+= −∂∂=−HHHHPersamaan gerak:konstan2== θθ&mrp

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:K= & θ&+1 2 1 2 2 1 22 mr +z2 ma2 mr = a→r&=02 22K = 1 12 ma θ & + 2 m z &r r1 2 1 2F = −kr→ V = kr = k ( a + z222 2 22L = K −V=1 m(z&+ a & θ ) −1k(a + z2&22)2)p∂L2k= → pz= mz&; pθ= ma &∂q&k2pzK = +2mp2θ2ma2θMomentum sudut109

110)(222221222zakmpmap z +++H = θθθθθθθθθ&&&&&&&22konstan0mapmappmzpmpzpppkzpkzpzzzzzz=→==∂∂=→==∂∂=→== −∂∂= −→== −∂∂HHHH)cos(;0ϕωω+==→=+tAzmkkzzm &&konstan2== θθ↦;kkkkqppq∂∂=−∂∂=HH&&

4.3 Gasing dengan momen gayaTinjau gerak gasing dalam medangravitasi uniform di mana satu titik darisumbu simetrinya tetap, yakni titik Oyang tidak berimpit dengan pusatmassa. Jadi, gasing ini tak mempunyaigerak translasi.Misalkan I 3 >I 1 =I 2 .NNSumbu-x’ 3 adalah sumbu tegak,sedangkan x 3 adalah sumbu simetrigasing. Gaya F tidak menimbulkanmomen gaya, sedangkan gaya berat Mgmenimbulkan momen gaya N di titik O.ωωω123= & ϕ sin θ sin ψ + θ&cos ψ= & ϕ sin θ cos ψ − θ&sin ψ= & ϕ cos θ + ψ&= konstant111

112Energi kinetik:( ) ( ) 2321222121233212222121121cossinψθϕθθϕωωω&&&& +++=++=IIIIIKEnergi potensial:θcos. MglRMgV == −rrFungsi Lagrange:( ) ( ) θψθϕθθϕψϕθθcoscossin2321222121 MglIIVK−+++=−=&&&&&&& ),,,L(L( ))coscoscos(sin)coscos(sincoskonstantcos332321232133333θθϕθϕθϕθψθϕθϕϕθϕψψθϕωψψϕψψIIpIIIIpIIpIIp&&&&&&&&&&&&−++=++==∂∂−=→=+===∂∂LL

113ψψϕψψψϕψϕωθθθωθϕψθθϕθθϕϕpIIppIpIIpIpppIp=→−−=∴−=−=→+==∂∂332133332121cossincoscossincoscossin&&&&&LEnergi total:( ) ( )θθϕθθθθθϕθωωθθϕθθψθϕθθϕcossin)();(cossin'cossincoscossin22121212122121212123321233212212121212321222121MglIVVIMglIIIEEIMglIIMglIIEVKE+=+=++=−=+++=++++=+=&&&&&&&&&&

114ψθωθωψωψθωψωψθωψϕθϕθϕcossin))(cos)(sincossin()cossinsin(231MglIIdtdI=−+−++ψθωθωψωψθωψωψθωψϕθϕθϕsinsin))(cos)(coscossin()sincossin(312MglIIdtdI= −−+++−0)cos(3 =+ ψϕωθωdtdIikkjijkiiNIω ωεdtdωI =+0NMgl sinθsinNMgl sinθcosNMgl sinθNMgrN321== −==→×=ψψrrr