Ebook Mekanika 4p423z

Mekanika Klasik, M.F.Rosyid

1

Bab 1 Berbagai Sistem Koordinat Baku Sumbu z

1. Sistem Koordinat Kartesius 1.1. Batasan :

z P(x, y, z)

y

Sumbu z

x

(a) Putar kanan

Sumbu x

z (x, y, z)

x y

Sumbu y

(a) Putar kiri

Sumbu x

Sumbu y


2

1.2. Permukaan-permukaan Koordinat (a) Persamaan x = b menentukan himpunan yang beranggotakan semua titik dalam ruang yang memiliki proyeksi ke sumbu x di x = b. Jadi, himpunan yang dimaksud adalah {(x,y,z)| x = b}.

Sumbu z

Himpunan ini tidak lain adalah bidang yang memotong sumbu x secara tegak lurus di titik (b, 0, 0).

Sumbu y (b,0,0)

Sumbu z

Sumbu x (b) Persamaan y = c menentukan bidang yang memotong sumbu y secara tegak lurus di titik (0,c,0).

(0,c,0)

Sumbu x

Sumbu y


3

Sumbu z

(c) Pernsamaan z = d menentukan bidang yang memotong sumbu y secara tegak lurus di z = d.

(0,0,d) Sumbu y

Sumbu x 1.3. Permukaan-permukaan Yang Lain Setiap persamaan dengan peubah x, y dan z yang berbentuk f(x, y, z) = 0 menentukan sebuah permukaan dalam ruang tiga dimensi yang dibentang oleh x, y dan z. Contoh : Persamaan x2 + y2 − a2 = 0 menentukan letak titik-titik dalam ruang sedemikian rupa sehingga koordinat x dan y titik-titik itu memenuhi persamaan itu. Persamaan itu dapat diubah menjadi x2 + y2 = a2. Suku x2 + y2 tidak lain menyatakan kuadrat jarak titik-titik yang dimaksud dari sumbu z. Jadi, persamaan x2 + y2 − a2 = 0 menentukan letak titik-titik dengan jarak sejauh |a| dari sumbu z. Jadi, titik-titik itu terletak pada selongsong sebuah silinder yang panjangnya tak terhingga dan terletak membujur sepanjang sumbu z dengan sumbu z sebagai sumbu silinder itu (lihat gambar berikut).


4

a

1.4. Kurva-kurva Sistem persamaan yang tersusun atas dua persamaan yang berbentuk f1(x, y, z) = 0

dan

f2(x, y, z) = 0,

menentukan sebuah kurva dalam ruang tiga dimensi yang dibentang oleh x, y dan z. Kurva yang dimaksud adalah perpotongan antara permukaan yang ditentukan oleh f1(x, y, z) = 0 dan permukaan yang ditentukan oleh f2(x, y, z) = 0. Contoh : Sistem persamaan x2 + y2 − a2 = 0

dan

z = b,

dengan a dan b bilangan-bilangan riil, menentukan sebuah kurva yang berupa sebuah lingkaran mendatar berpusat di titik (0,0,b) dengan jari-jari |a|. Lingkaran itu merupakan perpotongan antara silinder x2 + y2 − a2 = 0 dan bidang datar z = b (lihat gambar di bawah).


5

a

bidang z = b

silinder x2 + y2 − a 2 = 0

1.5. Pertanyaan-pertanyaan : 1. Permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan x + 2y = 0? 2. Permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan bx2 + cy2 = a, dengan a, b, dan c bilangan-bilangan riil? 3. Kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan z = d dan x = b? 4. Kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan x2 + y2 = a dan z = b, dengan a dan b bilangan-bilangan riil?


6

2. Sistem Koordinat Kulit Bola

Sumbu z

2.1. Batasan :

θ

P(r, θ, φ)

r Sumbu y

φ

Sumbu z

Sumbu x

z P(r, θ, φ)

x = r sin θ cos φ y = r sin θ sin φ z = r cos θ

r

θ x

Sumbu x

φ

y

Sumbu y


7

2.2. Permukaan-permukaan Koordinat (a) Jika a suatu bilangan riil tak negatif, maka persamaan r = b menentukan sebuah himpunan yang beranggotakan titik-titik dalam ruang yang jaraknya dari titik pangkal sebesar b. Himpunan titik semacam ini tidak lain adalah permukaan/kulit bola yang berpusat di titik pangkal dan berjari-jari b.

b

(b) Jika c suatu bilangan riil dengan 0 ≤ c ≤ π, maka persamaan θ = c menentukan himpunan yang beranggotakan titik-titik dalam ruang yang terletak pada permukaan kerucut dengan puncak di titik pangkal dan sudut puncak sebesar c. Sumbu z

c


8

(c) Jika d suatu bilangan riil dengan 0 ≤ d ≤ 2π, maka persamaan φ = d menentukan himpunan yang beranggotakan titik-titik dalam ruang yang terletak pada bidang yang vertikal yang membentuk sudut sebesar d dengan bidang xz. Sumbu z

Sumbu y

d Sumbu x

2.3. Pertanyaan-pertanyaan : 1. Permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan r + 2φ = 0? 2. Permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan θ + 3φ = π? 3. Jika c suatu bilangan riil dengan 0 ≤ c ≤ π, kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan r = b dan θ = c? 4. Jika c dan d bilangan-bilangan riil dengan 0 ≤ c ≤ π dan 0 ≤ d ≤ 2π, kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan θ = c dan φ = d? 5. Jika d bilangan riil dengan 0 ≤ d ≤ 2π, kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan r = b dan φ = d?


9

Sumbu z

3. Sistem Koordinat Silinder 3.1. Batasan :

ρ P(ρ, φ, z) z

Sumbu y

φ

Sumbu z

Sumbu x

ρ

z

P(ρ, φ, z)

y x

Sumbu x

φ

x = ρ cos φ y = r sin φ z=z

Sumbu y


10

3.2. Pertanyaan-pertanyaan : 1. Jika b sebuah bilangan riil tak negatif, maka permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan ρ = b. 2. Jika d bilangan riil dengan 0 ≤ d ≤ 2π, permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan φ = d? 3. Jika b sebuah bilangan riil tak negatif dan d bilangan riil dengan 0 ≤ d ≤ 2π, kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan ρ = b dan φ = d? 4. Sistem Koordinat Sferoid Lonjong Bila sebuah elips diputar pada sumbu panjangnya, maka permukaan yang disapu oleh elips itu berupa bangun dua dimensi yang disebut sferoida lonjong (ingat bola rugby?). Sistem koordinat ini dinamakan sistem koordinat sferoid lonjong berhubung salah satu permukaan koordinatnya (u = konstanta) berbentuk sferoida lonjong. Dalam sistem koordinat ini setiap titik dalam ruang ditandai oleh tiga bilangan (u, v, φ), dengan 0 ≤ u ≤ ∞, 0 ≤ v ≤ π dan 0 ≤ φ ≤ 2π. Suatu titik P yang memiliki koordinat (x, y, z) dalam suatu sistem koordinat kartesius, memiliki koordinat (u, v, φ) sedemikian rupa sehingga x = a sinh u sin v cos φ y = a sinh u sin v sin φ z = a cosh u cos v, dengan a suatu bilangan riil positif. 4.1 Permukaan-permukaan koordinat Jika b suatu tetapan dengan 0 ≤ b ≤ ∞, maka persamaan u = b mengakibatkan x = a sinh b sin v cos φ = B sin v cos φ, y = a sinh b sin v sin φ = B sin v sin φ, z = a cosh b cos v = A cos v, dengan B = a sinh b dan A = a cosh b. Jelas sekali bahwa B ≤ A. Oleh karena itu, berlaku x2 y2 z2 + + = 1. B 2 B 2 A2 Ini adalah persamaan sferoid lonjong dengan sumbu pendek B dan sumbu panjang A.


11

sumbu z

sumbu y

sumbu x sumbu y sumbu x

Jika c suatu tetapan dengan 0 ≤ c ≤ π, maka persamaan v = c mengakibatkan x = a sinh u sin c cos φ = B’ sinh u cos φ, y = a sinh u sin c sin φ = B’ sinh u sin φ, z = a cosh u cos c = A’ cosh u, dengan A’ = a cos c dan B’ = a sin c. Dari persamaan-persamaan itu diperoleh z2 x2 y2 − − = 1. A' 2 B ' 2 B' 2 Ini adalah persamaan hiperbolaida berdaun ganda. 4.2 Pertanyaan-pertanyaan 1. Permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan φ = d, jika d suatu tetapan? 2. Jika 0 ≤ b ≤ ∞ dan 0 ≤ c ≤ π, Kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan u = b dan v = c?


12

5. Sistem Koordinat Sferoid Pepat Bila sebuah elips diputar pada sumbu pendeknya, maka permukaan yang disapu oleh elips itu berupa bangun dua dimensi yang disebut sferoida pepat (ingat bola bumi?). Sistem koordinat ini dinamakan sistem koordinat sferoid pepat berhubung salah satu permukaan koordinatnya (u = konstanta) berbentuk sferoida pepat. Dalam sistem koordinat ini setiap titik dalam ruang ditandai oleh tiga bilangan (u, v, φ), dengan 0 ≤ u ≤ ∞, 0 ≤ v ≤ π dan 0 ≤ φ ≤ 2π. Suatu titik P yang memiliki koordinat (x, y, z) dalam suatu sistem koordinat kartesius, memiliki koordinat (u, v, φ) sedemikian rupa sehingga x = a cosh u sin v cos φ y = a cosh u sin v sin φ z = a sinh u cos v, dengan a suatu bilangan riil positif. 5.1 Permukaan-permukaan koordinat Jika b suatu tetapan dengan 0 ≤ b ≤ ∞, maka persamaan u = b mengakibatkan x = a sinh b sin v cos φ = A sin v cos φ, y = a sinh b sin v sin φ = A sin v sin φ, z = a cosh b cos v = B cos v, dengan A = a cosh b dan B = a sinh b. Jelas sekali bahwa B ≤ A. Oleh karena itu, berlaku x2 y2 z2 + + = 1. A2 A2 B 2

sumbu z

sumbu y

sumbu x


13 sumbu y

sumbu x

Ini adalah persamaan sferoid pepat dengan sumbu pendek B dan sumbu panjang A. Jika c suatu tetapan dengan 0 ≤ c ≤ π, maka persamaan v = c mengakibatkan x = a cosh u sin c cos φ = B’ cosh u cos φ, y = a cosh u sin c sin φ = B’ cosh u sin φ, z = a sinh u cos c = A’ sinh u, dengan A’ = a cos c dan B’ = a sin c. Dari persamaan-persamaan itu diperoleh x2 y2 z2 + − = 1. B' 2 B' 2 A' 2 Ini adalah persamaan hiperbolaida berdaun tunggal. 5.2 Pertanyaan-pertanyaan 1. Permukaan macam apa yang ditentukan oleh persamaan φ = d, jika d suatu tetapan? 2. Jika 0 ≤ b ≤ ∞ dan 0 ≤ c ≤ π, Kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan u = b dan v = c? 3. Jika 0 ≤ d ≤ 2π dan 0 ≤ c ≤ π, kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan v = c dan φ = d?


14

4. Jika 0 ≤ d ≤ 2π dan 0 ≤ b ≤ ∞, kurva macam apa yang ditentukan oleh sistem persamaan u = b dan φ = d? 6. Sistem Koordinat Silinder Eliptik Silinder eliptik adalah silinder dengan penampang berupa elips. Dalam sistem koordinat silinder eliptik, sebuah titik dalam ruang ditandai dengan tiga bilangan riil (u, v, z), dengan 0 ≤ u ≤ ∞, 0 ≤ v ≤ π, dan −∞ ≤ z ≤ ∞. Bila suatu titik dalam ruang memiliki koordinat (x, y, z) dalam suatu sistem koordinat kartesius, maka dalam sistem koordinat eliptik titik itu memiliki koordinat (u, v, z) sedemikian rupa sehingga x = a cosh u cos v y = a sinh u sin v z = z, dengan a suatu bilangan riil positif. 6.1 Permukaan-permukaan koordinat Jika b suatu tetapan dengan 0 ≤ b ≤ ∞, maka persamaan u = b mengakibatkan x = a cosh b cos v = A cos v, y = a sinh b sin v = B sin v, z = z. dengan A = a cosh b dan B = a sinh b. Jelas sekali bahwa B ≤ A. Oleh karena itu, berlaku x2 y2 + = 1. A2 B 2 Ini adalah persamaan silinder eliptik dengan sumbu pendek B dan sumbu panjang A yang terletak membujur sepanjang sumbu z. sumbu y

sumbu x


15


16

Bab 2 Kilas Balik Mekanika Newton 1. Hukum Newton : 1.1 Hukum Pertama : Setiap benda akan terus berada pada keadaan diam atau bergerak dengan kelajuan tetap sepanjang garis lurus jika tidak dipaksa untuk merubah keadaan geraknya itu oleh gaya-gaya yang bekerja padanya. 1.2 Hukum Kedua : Resultan gaya yang bekerja pada suatu benda mengakibatkan terjadinya perubahan momentum. Perubahan momentum tiap satu satuan waktu yang dialami oleh benda itu berbanding lurus dengan resultan gaya yang bekerja padanya.

∑

F=

d p. dt

1.3 Hukum Ketiga : Bila suatu benda (sebut benda pertama) mengerjakan gaya pada benda lain (sebut benda kedua), maka benda kedua akan melakukan gaya pada benda pertama yang besarnya sama tetapi arahnya berlawanan dengan gaya yang dikerjakan oleh benda pertama pada benda kedua. Gaya yang dilakukan oleh benda pertama pada benda kedua disebut gaya aksi, sedang gaya yang dilakukan oleh benda kedua pada benda pertama disebut reaksi bagi gaya yang dikerjakan oleh benda pertama pada benda kedua. Jadi, setiap gaya yang dikerjakan akan mendapat reaksi. Tidak ada gaya yang tidak mendapatkan reaksi. Gaya aksi dan gaya reaksi tidak pernah bekerja pada benda yang sama. Gaya reaksi bekerja pada benda yang melakukan gaya aksi. Karena p = mv, maka

d d dm dm mv = m v + v = ma + v. dt dt dt dt Jadi, hukum kedua Newton dapat ditulis menurut :


17

∑

F = ma +

dm v. dt

Apabila sistem mekanik yang ditinjau tidak mengalami perubahan massa, maka suku kedua ruas kanan persamaan terakhir lenyap. Oleh karena itu,

∑

F = ma.

(1)

a=

1 m

(2)

Dari persamaan terakhir ini,

∑

F.

Jadi, percepatan (perubahan gerakan) akibat gaya total berbanding terbalik dengan massa benda. Prinsip-prinsip penting yang harus selalu diperhatikan dalam penerapan hukum Newton kedua : Ruas kiri persamaan (1) merupakan jumlahan vektor semua gaya yang bekerja pada sistem mekanis yang ditinjau. Apabila persamaan (1) hendak diterapkan hanya pada suatu bagian dari suatu sistem mekanis, maka lupakanlah gaya-gaya yang tidak bekerja pada bagian itu. Gaya-gaya yang bekerja pada sistem mekanik sangat bervariasi. Gaya-gaya itu dapat berupa gaya-gaya konstan. Tetapi, pada umumnya, gaya-gaya itu bergantung pada posisi dan waktu serta beberapa parameter yang lain (lihat Fowles mulai hal. 40). Meskipun demikian, semua gaya yang terlibat dalam mekanika dapat dikembalikan ke empat gaya mendasar : gaya gravitasi, gaya elektromagnetik, gaya kuat dan gaya lemah. 1.4 Contoh : a. Sebagai contoh, perhatikanlah gambar di bawah. Sebuah bola besi yang bermassa m digantung pada ujung seutas tali. Ujung tali yang lain ditautkan ke langit-langit sebagaimana yang diilustrasikan oleh gambar. Gaya manakah yang merupakan reaksi bagi gaya berat W? Pertanyaan semacam ini akan sangat mudah dijawab bila kita mengetahui oleh siapa dan pada siapa gaya berat W itu dilakukakan. Telah jelas bahwa gaya berat W dikerjakan pada bola besi. Dengan kata lain, gaya berat W diderita oleh bola besi. Oleh karena itu reaksinya pasti dilakukan oleh bola besi itu pada pihak yang mengerjakannya. Siapa yang mengerjakan gaya berat W? Gaya W dikerjakan oleh bumi. Oleh karena itu reaksi bagi gaya berat W adalah gaya yang dilakukan oleh bola besi pada bumi yang besarnya sama dengan gaya W, namun arahnya berlawanan. Jadi, gaya yang dimaksud adalah gaya G.


18 T” T T’ T W = mg W = mg

(a)

(b)

G = -W

Bumi

b. Sebuah pegas memiliki tetapan 500 N/m. i) Ujung kiri pegas itu ditempel kuat-kuat pada dinding (lihat gambar (a)). Ujung yang lain ditarik dengan gaya 10 N ke kanan. Maka pertambahan panjang pegas adalah

10 N = 0,02 m. 500 N/m

10 N

(a)

(b)

10 N

10 N


19

ii) Kemudian ujung pegas yang menempel pada dinding dilepas dan ditarik dengan gaya 10 N ke kiri. Sedangkan ujung yang sebelah kanan masih ditarik ke kanan dengan gaya yang besarnya sama (lihat gambar (b)). Maka pertambahan panjang pegas adalah

10 N = 0,02 m. 500 N/m Mengapa bukan 2 kali 0,02 m? 2. Hukum Newton dan Persamaan Gerak Apabila hukum Newton diterapkan pada suatu sistem mekanis, maka akan diperoleh persamaan gerak. Dari persamaan (2) didapat

d2 1 r(t) = 2 m dt Karena r(t) = x(t)i + y(t)j + z(t)k dan

∑

∑

F.

F =

∑F

x

i +

∑F

y

j +

∑F

z

k,

maka

d 2 x(t ) d 2 y (t ) d 2 z (t ) i + j + k= dt 2 dt 2 dt 2

∑F

x

i+

∑F

y

j+

∑F

z

k.

Jadi,

1 d 2 x(t ) = 2 m dt

⇔

1 d 2 x(t ) − 2 m dt

∑F

∑F

x

= 0,

d 2 y (t ) 1 = 2 m dt

∑ Fy

⇔

d 2 y (t ) 1 − 2 m dt

∑F

y

= 0,

d 2 z (t ) 1 = m dt 2

∑ Fz

⇔

1 d 2 z (t ) − 2 m dt

∑F

z

= 0.

x

Inilah yang disebut persamaan gerak. Jawaban persamaan ini adalah koordinat benda sebagai fungsi waktu : x(t), y(t), dan z(t). Fungsi-fungsi ini


20

sangat bergatung pada syarat awal, yakni diketahuinya posisi dan kecepatan benda pada suatu saat tertentu (biasanya saat t = 0). 2.1 Contoh : Pada benda yang bergerak di udara, bekerja gaya gravitasi bumi sebesar mg dan arahnya ke bawah dan gaya gesakan udara yang arahnya berlawanan dengan arah gerak benda. Andaikan gaya gesekan udara berbanding lurus dengan kecepatan : Ffr = − µv. Apabila sumbu-z dipilih pada arah vertikal, maka gaya total yang bekerja pada benda adalah

∑

F = − mg k − µv = − mg k − µvx(t)i − µvy(t)j − µvz(t)k. = − µvx(t)i − µvy(t)j − [µvz(t) + mg]k

Jadi,

∑F

x

∑F

= − µvx(t) = − µ

dx dt

dy dt

y

= − µvy(t) = − µ

z

= − [µvz(t) + mg] = − µ

∑F

dz − mg. dt

Akhirnya, diperoleh persamaan gerak berikut

d 2 x(t ) µ dx + =0 2 m dt dt d 2 y (t ) µ dy + = 0, 2 m dt dt d 2 z (t ) µ dz + + g = 0. 2 m dt dt Dalam bab berikutnya akan disajikan contoh penting berkaitan dengan persamaan gerak tersebut.


21

Bab 3 Getaran Selaras 1. Getaran Selaras Andaikan sebuah benda bermassa m dan pada benda itu bekerja gaya total yang berupa gaya restorasi : ΣF = − kr = −kxi − kyj − kz k, dengan k suatu tetapan positif dan r posisi benda itu. Penerapan hukum Newton menghasilkan persamaan gerak

d 2 x(t ) k + x = 0, 2 m dt d 2 y (t ) k + y = 0, 2 m dt d 2 z (t ) k + z = 0. 2 m dt Ini adalah persamaan gerak untuk sistem mekanik yang disebut getaran selaras isotropis. Bila benda dibatasi geraknya hanya pada suatu lintasan yang hanya bergantung pada satu peubah (variable) yang menunjukkan posisinya pada suatu saat, maka diperoleh getaran selaras satu dimensi. Apabila satu variabel yang dimaksud ditulis sebagai u(t), maka getaran selaras satu dimensi diwakili oleh persamaan

k d 2 u (t ) + u (t ) = 0. 2 m dt

(3)

Fungsi u(t) disebut simpangan. Sementara besaran ω yang didefinisikan sebagai k ω= m disebut frekuensi sudut getaran itu. Jawaban umum bagi persamaan (3) adalah


22 u(t) = A sin (ωt) + B cos (ωt),

(4)

dengan A dan B suatu tetapan yang bergantung pada syarat awal, yakni bagaimana cara kita memberi simpangan awal. 1.1 Contoh : Ditinjau sebuah pegas yang panjangnya l0 (dalam keadaan rileks) yang tunduk pada hukum Hooke dengan konstanta k. Salah satu ujung pegas tersebut dihubungkan dengan sebuah balok yang bermassa m, sedang ujung yang lain dikaitkan dengan dinding sebagaimana yang diperlihatkan oleh gambar di bawah. Andaikan gesekan antara balok dengan lantai cukup kecil sehingga boleh diabaikan. Pada saat balok ditarik ke kanan sejauh x, maka pegas akan teregang dan mengerjakan gaya F pada balok yang arahnya selalu berlawanan dengan arah pergeseran balok. Jika sebagai sumbu-x kita sepakati seperti pada gambar dengan titik nol berada sejauh l0 dari dinding sebelah kiri, maka F = F(x)i = − kxi r(t) = x(t) i

l0

a(t)

x N

F

x=0

Sumbu-x mg

Balok hanya akan bergerak sepanjang sumbu x. Oleh karena itu didapat persamaan gerak berikut

k d 2 x(t ) + x = 0, 2 m dt Ini adalah persamaan getaran selaras satu dimensi dengan u = x. Jawaban bagi persamaan ini diberikan oleh x(t) = A sin (ωt) + B cos (ωt).


23

Andaikan mula-mula balok ditarik sehingga berada pada titik x = x0 dan dijaga diam di sana. Lalu pada saat t = 0 dilepaskan. Jadi, berlaku syarat awal berikut x(0) = x0

dan

v(0) =

dx = 0. dt

Dari jawaban umum di atas didapat dan

x(0) = A sin (ω0) + B cos (ω0) = B = x0

dx (0) = Aω cos (ωt) − Bω sin (ωt) = Aω = 0. dt Jadi, B = x0 dan A = 0. x(t) = x0 cos (ωt). 2. Getaran Selaras Teredam Apabila di samping gaya restorasi F = − kx i terdapat pula gaya peredam fd = − µv = − µ

dx i, dt

maka didapatkan ΣF = −kxi − µ

dx i, dt

dan persamaan gerak getaran selaras teredam

µ dx k d 2 x(t ) + + x = 0. 2 m dt m dt Ada tiga jenis getaran teredam (Fowles, hal 65) : a. getaran terlalu teredam Hal ini terjadi kalau µ2 − 4mk > 0. Solusi umum diberikan oleh x(t ) = A exp(−γ 1t ) + B exp(−γ 2 t ) ,

dengan


24

c  c2 k γ1 = −  −  2 2m  4m m

1/ 2

dan

c  c2 k γ2 = +  −  2 2 m  4m m

1/ 2

Dalam hal ini gaya peredam mencegah benda dari gerak bolak-balik, sehingga benda menuju titik seimbang secara eksponensial tanpa mengalami gerak osilasi. b. getaran teredam kritis Hal ini terjadi kalau µ2 − 4mk = 0 atau µ2 = 4mk Jawaban umum bagi kasus ini adalah

x(t ) = ( At + B) exp(−γ t ) , dengan γ = k / m . Dalam hal ini juga tidak terjadi gerak osilasi selama benda mencapai titik keseimbangan. c. getaran kurang teredam Hal ini terjadi kalau µ2 − 4mk < 0. Jawaban umum bagi kasus ini adalah

x(t ) = e −γ t ( A cos(ω d t ) + B sin(ω d t )) , dengan γ = µ/2m, dan 1/ 2

k c2   . ω d =  − 2   m 4m  Dalam hal ini benda mengalami getaran dengan amplitudo semakin menyusut menuju ke titik kesetimbangan. 3. Getaran Selaras Teredam dan Terpaksa Apabila di samping gaya restorasi F = − kx i dan gaya peredam

dx i, dt terdapat pula gaya luar Fex = Fex(x)i maka didapatkan gaya total fd = − µv = − µ

ΣF = −kxi − µ

dx i + Fex(x)i, dt

dan persamaan gerak getaran selaras teredam dan terpaksa.


25 k d 2 x(t ) µ dx + + x = Fex. 2 m m dt dt

Gaya luar itu disebut gaya pemaksa. Jawaban bagi kasus ini dijelaskan dalam buku Fowles mulai halaman 70.


26

Bab 4 Sistem Acuan Tak Inersial 1. Sistem Koordinat Yang Dipercepat Dalam gambar berikut diperlihatkan sebuah sistem koordinat (kerangka) Oxyz dan O’x’y’z’. Sistem Koordinat Oxyz diasumsikan sebagai koordinat yang diam. Sementara kerangka O’x’y’z’ diasumsikan bergerak relatif terhadap koordinat pertama. Andaikan R(t) posisi pangkal sistem koordinat O’x’y’z’, r(t) posisi sebuah benda diukur dari koordinat Oxyz dan r’(t) posisi benda yang sama dilihat dari O’x’y’z’. Maka terlihat bahwa r(t) = R(t) + r’(t). Dari persamaan ini didapatkan v(t) = V(t) + v’(t) dan a(t) = A(t) + a’(t). Jika kerangka O’x’y’z’ tidak dipercepat relatif terhadap kerangka Oxyz, maka A(t) = 0 dan a(t) = a’(t).

Z’

r’(t)

z r(t)

O’ y’

R(t)

x’

O y x


27

Jika kerangka Oxyz inersial, maka di sana berlaku hukum Newton, yakni F = ma = ma’. Jadi, O’x’y’z’ pun inersial. Jika sistem O’x’y’z’ mengalami percepatan, yakni A(t) ≠ 0, maka F = mA(t) + ma’(t) atau F − mA(t) = ma’(t) Sebagai persamaan gerak dilihat dari kerangka O’x’y’z’. Kita dapat menuliskan persamaan terakhir ini sebagai “F“ = ma’(t). Jadi, dilihat dari kerangka O’x’y’z’, seolah-olah terdapat gaya tambahan −mA(t) sehingga gaya total yang diderita oleh benda itu “F“ = F − mA(t). Gaya tambahan − mA(t) disebut gaya inersial atau gaya fiktif. Ini misalnya adalah gaya dorongan ke belakang yang kita rasakan ketika bus yang kita naiki bertambah cepat. 2. Sistem Koordinat Yang Berotasi Ditinjau sebuah benda bergerak yang diamati dari dua sistem koordinat dengan titik pangkal yang sama. Sistem Oxyz diam sedangkan O’x’y’z’ berotasi terhadap suatu sumbu. z

z’ r = r’

y’

O = O’

y

x x’


28

Andaikan (i, j, k) vektor-vektor satuan untuk Oxyz dan (i’, j’, k’) vektor-vektor satuan untuk O’x’y’z’. Karena pangkal koordinatnya sama maka posisi benda itu dilihat dari kedua sistem koordinat itu adalah r dan r’ dengan r = r’ atau x i + y j + z k = x’ i’ + y’ j’ + z’ k’. Jadi,

dx dy dz dx' dy' dz' d d d i+ j+ k= i’ + j’ + k’ + x’ i’ + y’ j’ + z’ k’ dt dt dt dt dt dt dt dt dt atau v = v’ + x’

d d d i’ + y’ j’ + z’ k’. dt dt dt

Vektor v adalah kecepatan benda dilihat dari kerangka Oxyz dan v’ adalah kecepatan benda dilihat dari O’x’y’z’. Dapat ditunjukkan (lihat dalam Fowles halaman 115) bahwa v = v’ + ω × r’. dengan ω = ωn adalah kecepatan sudut perputaran kerangka O’x’y’z’ relatif terhadap kerangka Oxyz. Percepatan benda a (diukur dari kerangka Oxyz) dan a’ (dilihat dari O’x’y’z’) memenuhi persamaan a = a’ − r’ ×

d ω + 2ω × v’ + ω × (ω × r’). dt

d ω disebut percepatan transversal, suku 2ω × v’ disebut dt percepatan Coriolis dan bagian ω × (ω × r’) disebut percepatan sentripetal. Suku − r’ ×

3. Dinamika Partikel Dalam Sistem Koordinat Yang Berotasi Berhubung kerangka Oxyz adalah kerangka inersial, maka malam kerangka Oxyz hukum Newton : F = ma. Oleh karena itu

Mekanika Klasik, M.F.Rosyid F − m r’ ×

29 d ω − 2mω × v’ − mω × (ω × r’) = m a’ dt

Tampak bahwa hukum Newton berlaku pula di kerangka O’x’y’z’ asalkan kita menerima adanya gaya inersial atau gaya fiktif − m r’ ×

d ω − 2mω × v’ − mω × (ω × r’) dt

sebagai gaya tambahan untuk gaya fisis F. 4. Penerapan Penerapan adanya gaya fiktif ini adalah guna menjelaskan berbagai gejala alam yang terkait dengan rotasi bumi : pergerakan angin, bandul Foucault, dll. Lihat buku Fowles.


30

Bab 5 Usaha dan Tenaga 1. Tenaga Kinetik Tenaga adalah besaran skalar berdimensi [M][L]2[T]-2 yang terkait dengan keadaan beberapa benda (obyek) yang ditinjau. Oleh karena itu bentukbentuk tenaga bergantung pada keadaan-keadaan yang terkait. Tenaga kinetik adalah tenaga yang terkait dengan keadaan gerak dari benda-benda. Karena keadaan gerak suatu obyek bergantung pada tempat pengamatan (kerangka acuan), maka tenaga kinetik bergantung pula pada kerangka acuan. Sebagai gambaran, andaikanlah sepotong balok berada dalam sebuah mobil yang sedang melaju. Tenaga kinetik balok yang teramati oleh seseorang yang sedang berada dalam mobil bersama balok tersebut akan berbeda dengan yang teramati oleh seseorang yang diam di tanah. Apabila suatu benda bermassa m bergerak terhadap suatu kerangka acuan dengan kecepatan v, maka tenaga kinetik benda tersebut didefinisikan sebagai Ek = tenaga total − tenaga diam

= E – E0 mc 2 Ek = − mc 2 , 2 v 1− 2 c dengan c adalah cepat rambat cahaya dalam ruang hampa. Untuk v yang sangat rendah (dibandingkan dengan c), v2/c2 menjadi sangat kecil. Oleh karena itu, faktor γ dapat dituliskan sebagai

γ=

1 1−

v2 c2

≅1+

1 v2 2 c2


31

Apabila ungkapan untuk γ yang terakhir ini kita masukkan ke dalam persamaan sebelumnya, maka didapatlah

1 v2 1 v2 1 2 2 = mc (1 + ) – mc – 1) = mv2. 2 2 2 c 2 c 2 Jadi, untuk benda-benda yang berkelajuan rendah, Ek = mc2(1 +

Ek = (1/2) mv2. 2. Usaha Secara umum, usaha yang dilakukan oleh gaya pada suatu obyek adalah tenaga yang dipindahkan dari atau ke dalam obyek itu oleh gaya tersebut. Apabila gaya yang bekerja pada suatu benda mengakibatkan bertambahnya tenaga benda itu, maka dikatakan bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya itu bernilai positif. Sebaliknya, apabila gaya yang bekerja pada suatu benda mengakibatkan berkurangnya tenaga benda itu, maka dikatakan bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya itu bernilai negatif. Secara umum jika suatu gaya F merupakan gaya total yang bekerja pada suatu obyek (secara tetap maupun berubah-ubah) sedemikian rupa sehingga tenaga kinetik merupakan satu-satunya bentuk tenaga yang dipindahkan oleh F, maka usaha yang dilakukan oleh gaya tersebut sama dengan perubahan tenaga kinetik yang dimiliki oleh obyek tersebut. Jika W usaha yang telah dilakukan oleh F selama kurun waktu dt, maka dW = dEk

(teorema usaha – tenaga kinetik)

Karena Ek = (1/2) mv2, maka dEk = mv• dv. Padahal v = dr/dt dan F = ma. Oleh karena itu dW = m(dr/dt)• dv = mdr•(dv/dt) = mdr•a = ma•dr = F• dr. Jika gaya benda itu menempuh suatu lintasan C, maka usaha total yang dilakukan oleh gaya F selama benda menelusuri lintasan C itu adalah

∫

W= C

F• dr.


32

2.1 . Usaha oleh gaya gesek Ditinjau sebuah balok bermassa m yang bergerak lurus di atas lantai kasar dengan koefisien gesekan kinetis senilai µ. Andaikan balok tersebut pada awalnya memiliki laju v0. Karena adanya gaya gesek kinetis sebesar fk = − µmg, maka balok mengalami perlambatan sebesar µg. Bila balok telah bergeser sejauh d, maka kelajuan balok saat itu, katakanlah v, memenuhi persamaan v2 − v02 = −2µgd Jadi, balok mengalami perubahan tenaga kinetik senilai

∆Ek =

1 m(v2 - v02) = − µmgd = fg•d. 2

Karena faktor-faktor µ, m, g dan d semuanya positif, maka ∆Ek negatif. Hal ini berarti bahwa balok kehilangan tenaga kinetik sebesar µmgd. Hilang ke manakah tenaga kinetik sebesar itu? …Tentu saja tidak hilang begitu saja. Kita dapat perkirakan ke mana sajakah tenaga kinetik sebesar itu. Tenaga kinetik sebesar itu oleh gaya gesek diubah menjadi panas atau kalor. Sebagian kalor itu diberikan kembali kepada balok dan sebagian yang lain diberikan kepada permukaan lantai. Hal ini dapat dipahami sebab sisi bawah balok dan permukaan lantai yang dilewati oleh balok terasa hangat. Jika demikian, berapakah usaha yang telah dilakukan oleh gaya gesek? Kita tidak akan pernah mengetahuinya kecuali kalau kita mau melakukan pengukuran seberapa besar kalor yang diterima oleh lantai. Dalam hal ini, kita tentu tidak dapat mengatakan bahwa usaha Wg yang dilakukan oleh gaya gesek kinetis sama dengan perubahan tenaga kinetik balok, sebab tidak seluruh tenaga kinetik yang telah diambil dari balok oleh gaya gesek ’dibuang’ keluar dari balok melainkan diubah ke dalam bentuk tenaga panas dan sebagian panas tersebut disisakan dalam balok. Jadi, jumlah tenaga yang dipindahkan keluar dari balok oleh gaya gesek tidak sama dengan perubahan tenaga kinetik balok. Jumlah tenaga yang dipindahkan keluar dari balok oleh karena itu sama dengan jumlah tenaga panas yang diterima oleh permukaan lantai, dan sebesar itulah usaha yang telah dilakukan oleh gaya gesek kinetis. Jadi, tanpa melakukan pengukuran yang kita ketahui hanyalah bahwa |Wg | ≤ |∆Ek |

atau

|Wg | ≤ | fg•d |.

Tenaga kinetik senilai µmgd = | fg•d.| diambil dari balok dan diubah menjadi panas lalu sebagian dikembalikan ke balok dan sebagian diberikan ke lantai.


33

Dalam hal ini dikatakan bahwa gaya gesekan kinetis melakukan disipasi tenaga. 3. Daya Daya didefinisikan sebagai usaha yang dilakukan suatu gaya tiap satu satuan waktu. Satuan daya adalah J/s atau watt dan disingkat sebagai W. Andaikan terdapat gaya F yang bekerja pada suatu benda dan benda itu bergeser sejauh dr. Bila tenaga kinetik merupakan satu-satunya bentuk tenaga yang dipindahkan oleh gaya itu, maka gaya itu melakukan usaha sebesar dW = F•dr. Dan bila pergeseran sejauh dr dilakukan selama dt, maka daya ratarata yang diberikan oleh gaya itu adalah

dW = F•(dr/dt). dt

Prat =

Padahal dr/dt = v, yakni kecepatan sesaat benda itu. Jadi, daya yang diberikan oleh gaya itu adalah P = F • v. 4. Usaha oleh gaya kolot dan tenaga potensial Suatu medan gaya F(r) dikatakan medan gaya kolot atau konservatif apabila usaha yang dilakukan oleh gaya itu sepanjang sembarang lintasan tertutup sama dengan nol,

∫

F• dr = 0.

Berdasarkan teorema Stokes, persamaan di atas dapat ditulis sebagai

∫

F• dr =

∫ (∇ × F) • dA = 0. A

Karena hal ini berlaku untuk sembarang lintasan, maka haruslah berlaku

∇ × F = 0. Tentu ada sebuah medan skalar V(r) sedemikian rupa sehingga F = −∇V(r). Medan skalar V(r) disebut tenaga potensial. Apabila medan gaya konservatif F bekerja pada sebuah benda yang menyusuri sebuah lintasan yang menghubungkan titik A dan titik B dalam ruang, maka usaha yang dilakukan oleh medan gaya itu adalah

Mekanika Klasik, M.F.Rosyid B

WAB =

∫

A

34 B

F•dr = −

∫

B

∇V(r)•dr = −

A

∫

dV(r) = − [V(rA) − V(rB)]

A

Dari sini dapat disimpulkan bahwa usaha yang dilakukan oleh sebuah medan gaya konservatif sama dengan minus perubahan tenaga potensial, apabila tenaga kinetik merupakan satu-satunya bentuk tenaga yang terlibat dalam usaha yang dilakukan oleh medan gaya itu : dW = − dV. Pengertian V sebagai besaran fisis tidaklah esensial karena orang tidak dapat mengukur nilai V, sebab nilai V tidak memiliki patokan yang natural. Yang bersifat fisis adalah selisih/perubahan tenaga potensial dV atau ∆V. 5. Hukum Kelestarian Tenaga Mekanik Apabila tenaga kinetik merupkan satu-satunya tenaga yang terlibat dalam pertukaran/perpindahan tenaga oleh suatu gaya konservatif, maka berlakulah bahwa atau

dW = − dV = dEk dV + dEk = d(V + Ek) = 0.

Dengan kata lain, besaran V + Ek bersifat tetap atau lestari. Karena V + Ek disebut tenaga mekanik, maka persamaan terakhir menunjukkan hukum kelestarian tenaga mekanik.


35

Bab 6 Medan Potensial Terpusat 1. Hukum Newton Tentang Gravitasi Andaikan bahwa benda pertama (dengan massa m1) terletak pada vektor posisi r1 dan benda kedua (dengan massa m2) terletak pada posisi r2. Maka posisi relatif benda kedua dilihat dari benda pertama adalah vektor r21 = r2 – r1. Menurut Newton, benda kedua akan menderita gaya gravitasi F21 karena tarikan oleh benda pertama. Gaya F21 secara vektor diberikan oleh F21 = −

m1

Gm1 m2 r21. r213

m1

r2 – r1

F12

F21

m2 r1

m2

r1 r2

r2

2. Gravitasi Newton Oleh Kulit Bola dan Bola Pejal Homogen

∆R

Kulit bola berjari-jari R yang memiliki ketebalan ∆R serta massa M dan partikel titik bermassa m (a) dapat diganti dengan se-buah partikel bermassa M yang terletak di pusat kulit bola dan partukel bermassa m (b).

R m r

(a)

(b)

M

r

m


36

Kaidah Kulit Bola : Suatu kulit bola dengan kepadatan merata akan menarik setiap partikel titik yang berada di luar kulit bola itu sedemikian rupa sehingga seakan-akan seluruh massa kulit bola itu berada keseluruhannya (terkonsentrasi) di titik pusat kulit bola itu. Selanjutnya, setiap partikel titik yang berada di dalam kulit bola itu sedikitpun tidak mengalami gaya gravitasi kulit bola itu. Jadi, sebuah kulit bola yang homogen (kepadatannya merata), katakanlah bermassa M berjejari R, dan sebuah partikel titik bermassa m yang berada di luar kulit bola sejauh r dari pusat kulit bola dapat dipandang sebagai dua partikel titik masing-masing bermassa M dan m dan terpisah oleh jarak sejauh r (lihat gambar). Oleh karena itu, besar gaya gravitasi yang dialami oleh partikel titik karena kehadiran kulit bola adalah

F=

GMm . r2

Sedangkan partikel titik yang berada di dalam kulit bola tidak mengalami gaya gravitasi apapun dari kulit bola (tidak merasakan kehadiran kulit bola). Sebuah partikel titik bermassa m berada sejauh r dari pusat sebuah bola pejal homogen bermassa M. Berapakah gaya gravitasi yang dialami oleh partikel titik bermassa m itu? Bola pejal tersebut dibayangkan tersusun atas kulit-kulit bola sepusat. Oleh karenanya, partikel titik bermassa m itu berada di luar kulit-kulit bola. Berdasarkan kaidah kulit bola, kulit-kulit bola sepusat itu bisa diganti dengan partikel titik yang massanya sama dengan massa total kulit-kulit bola itu. Padahal, massa keseluruhan kulit-kulit bola itu sama dengan massa bola pejal, maka partikel titik pengganti haruslah bermassa M. Jadi, masalah di atas setara dengan masalah dua partikel titik yang terpisah oleh jarak sejauh r. Jadi, partikel titik itu menderita gaya sebesar

R F=

GMm , r2

3. Tenaga Potensial Gravitasi Tenaga potensial gravitasi yang dimiliki oleh sebuah sistem yang tersusun atas dua benda titik (bermassa m1 dan m2) yang terpisah oleh jarak sejauh r adalah usaha yang dilakukan oleh gaya gravitasi antara kedua benda selama proses pemisahan kedua benda itu sehingga keduanya terpisah oleh jarak yang tak terhingga jauhnya. Tenaga potensial gravitasi diberikan oleh


37 U(r) = −

Gm1 m2 , r

Apabila terdapat agihan partikel dengan rapat massa ρ(r), maka pada titik dengan vektor posisi rp massa uji sebesar m memiliki tenaga potensial sebesar G ρ (r ) U(rp) = − Gm ∫∫∫ G G dV . | r − rP | V

Gaya gravitasi yang dialami oleh massa uji di titik rp adalah F = −∇U(rp). 4. Medan Potensial Terpusat Suatu medan potensial dikatakan sebagai medan terpusat apabila, nilai medan potensial itu hanya bergantung pada r, yakni jarak partikel itu dari pusat/pangkal koordinat. Jadi, jika U suatu potensial terpusat, maka U(r) = U(r) dan medan gaya yang terkait diberikan oleh F(r) = −∇U(r) = −

d U(r) er = f(r) er, dr

dengan er vektor satuan searah dengan r. Oleh karena itu, medan gaya F(r) selalu searah maupun berlawanan dengan r, yakni menuju ke pusat koordinat atau menjauhinya. 5. Momentum Sudut Dalam Medan Terpusat Karena medan gaya terpusat selalu dapat ditulis sebagai F(r) = f(r) er, maka sebuah benda yang berada dalam pengaruh medan gaya terpusat memenuhi persamaan

d L = r × F(r) = f(r) r × er = 0. dt Jadi, momentum sudut benda tersebut tetap : L = konstanta. Karena momentum sudut L tegak lurus dengan vektor r dan vektor p, maka benda yang berada dalam pengaruh potensial terpusat memiliki lintasan (orbit) yang berada pada sebuah bidang, disebut bidang orbit. Oleh karena itu, untuk meninjau gerak semacam itu cukup dengan sistem koordinat polar.

Mekanika Klasik, M.F.Rosyid Karena v =

38

dr dθ er + r eθ, maka besarnya momentum sudut diberikan oleh dt dt dθ L = |mr2 dt | = tetapan.

6. Hukum Kepler Dari data-data Brahe Kepler mendapatkan pola-pola menarik tentang orbit dan periode planet-planet dalam berevolusi mengelilingi matahari. Kepler menyatakan pola-pola keteraturan itu dalam tiga hukum empirisnya : 1. Semua planet bergerak pada lintasan yang berbentuk elips dengan matahari terletak pada salah satu titik fokusnya. 2. Garis yang menghubungkan tiap planet ke matahari menyapu luasan yang sama dalam waktu yang sama. 3. Kuadrat kala revolusi tiap planet sebanding dengan pangkat tiga jarak rata-rata planet dari matahari. Bila TP kala revolusi suatu planet dan RP jarak rata-rata planet itu dari matahari, maka hukum ketiga Kepler mengatakan berlakunya persamaan 2 TP = C, 3 RP dengan C suatu tetapan yang nilainya berbanding terbalik dengan massa matahari (lihat uraian mendatang). Bila jarak rata-rata bumi dari matahari disepakati sebagai 1 SA (SA singkatan dari satuan astronomis), maka tetapan C dapat dihitung sebagai C = (365,5 × 24 jam)2/(1 SA)3 = 76947984,0 jam2/SA3. Dengan mengukur jarak rata-rata suatu planet orang dapat menghitung kala revolusi planet itu. Atau sebaliknya, dengan mengukur kala revolusi suatu planet orang dapat menghitung berapa jarak rata-rata planet itu dari matahari. Kesemua hukum Kepler itu dapat dijelaskan secara memuaskan dengan teori gravitasi Newton. (Lihat Fowles mulai halaman 142.)


39

Bab 7 Gerak Benda Tegar Pada Bidang 1. Konsep Benda Tegar 1.1 Batasan : Benda tegar adalah sebuah benda sedemikian rupa sehingga jarak antar titik-titik massa pada benda itu tidak berubah (tetap). 1.2 Contoh : a. Gas yang berada di dalam sebuah balon mainan bukan merupakan benda tegar sebab jarak partikel-partikel gas itu satu dari yang lain berubah-ubah. b. Sepotong pipa paralon yang menggelinding (tanpa tergencet) merupakan benda tegar. c. Sistem tata surya kita bukan merupakan benda tegar karena jarak satu planet dengan planet yang lain maupun jarak masing-masing planet dari matahari selalu berubah-ubah. d. Beberapa bola kecil yang dihubungkan dengan batang-batang yang kukuh (lihat gambar di bawah) merupakan benda tegar.

e. Sistem yang tersusun atas n buah partikel yang masing-masing memiliki vektor posisi r1, r2, ..., ri, ..., rj, ..., rn dikatakan sebagai benda tegar apabila berlaku | ri−rj | = konstanta untuk setiap i, j = 1,2, ..., n.


40

1.3 Pertanyaan : a. Apakah bumi kita merupakan benda tegar. Mengapa? Jelaskan! b. Dapatkah sekumpulan partikel-partikel yang bergerak-gerak dikatakan bukan merupakan benda tegar? c. Perhatikan gambar di bawah ini. Gambar tersebut memperlihatkan kedudukan sistem tiga partikel pada saat t1, t2 dan t3 sembarang. Dapatkah sistem tiga partikel itu dikatakan sebagai benda tegar?

t = t2 t = t1

t = t3

2. Pusat Massa Benda Tegar 2.1 Batasan : Pusat massa sebuah benda tegar adalah suatu titik dalam ruang yang menjadi posisi terpusatnya seluruh massa benda tegar itu. Jadi, pusat massa sebuah benda tegar adalah posisi sebuah partikel titik yang memiliki massa sebesar benda tegar itu. 2.2 Rumus : a. Agihan diskret : RCM = XCM i + YCM j + ZCM k, dengan n

XCM =

∑ mi x i i =1 n

∑m i =1

n

,

YCM =

i

∑ mi y i i =1 n

∑m i =1

n

,

ZCM =

i

∑m z i =1 n

i i

∑m i =1

i

b. Agihan kontinyu dengan massa total M : RCM = XCM i + YCM j + ZCM k, dengan XCM =

∫ xdm , M

YCM =

∫ ydm , M

ZCM =

∫ zdm M


41

2.3 Contoh : a. Perhatikan sistem lima partikel berikut. Partikel pertama bermassa m1 = 0,1 kg berada di titik (0, 0, 1 m). Partikel kedua bermassa m2 = 0,2 kg berada di titik (0, 0, −1 m). Partikel ketiga bermassa m3 = 0,4 kg berada di titik (0, 0,2 m, 0). Partikel keempat bermassa m4 = 0,1 kg berada di titik (0,5 m , 1 m, 0,5 m). Partikel kelima bermassa m5 = 0,2 kg berada di titik (0,5 m, 1 m, −0,5m). Apabila massa batang dapat diabaikan, tentukan posisi pusat massa.

z

m1 m4 m3 y m5 x

m2

Jawab : Ini adalah benda tegar dengan agihan diskret. Massa keseluruhan benda tegar itu adalah 5

M = ∑ mi = 0,1 kg + 0,2 kg + 0,4 kg + 0,1 kg + 0,2 kg = 1,0 kg. i =1

Jadi, n

XCM =

∑m x i

i =1

i

M

= 0,15 m.

=

1 [(0,1 kg)(0) + (0,2 kg)(0) + (0,4 kg)(0) + 1,0 kg (0,1 kg)(0,5 m) + (0,2 kg)(0,5 m)]


42

n

YCM =

∑m y i

i =1

i

M

=

1 [(0,1 kg)(0) + (0,2 kg)(0) + (0,4 kg)(0,2 m) + 1,0 kg (0,1 kg)(1 m) + (0,2 kg)(1 m)]

= 0,38 m. n

ZCM =

∑m z i =1 n

i i

∑m i =1

=

1 [(0,1 kg)(1m) + (0,2 kg)(−1 m) + (0,4 kg)(0) + 1,0 kg

i

(0,1 kg)(0,5 m) + (0,2 kg)(−0,5 m)] = − 0,15 m. RCM = (0,15 m) i + (0,38 m) j − (0,15 m) k b. Gambar berikut ini memperlihatkan separo bola pejal homogen dengan jari-jari b dilihat dari sumbu-x. Ini adalah benda tegar dengan agihan kontinyu. Maka posisi titik pusat massanya adalah RCM =

3 bk 8

(lihat buku Fowles hal. 192)

z

y 2.4 Pertanyaan : a. Haruskan pusat massa sebuah benda tegar berada di dalam benda tegar itu? b. Perkirakanlah kedudukan titik pusat massa benda-benda berikut ini.


43

3. Rotasi Terhadap Sumbu Tetap Anda telah belajar tentang gerak lurus, gerak parabola dan gerak melingkar. Gerak-gerak semacam itu disebut gerak translasi. Pada gerak translasi, hal yang menjadi pokok perhatian adalah posisi dan pergeseran. Benda dikatakan bergerak bila posisinya berubah. Artinya, benda itu mengalami pergeseran. Kecepatan (sesaat), misalnya didefinisikan sebagai pergeseran posisi tiap satu satuan waktu. Konsep setelah kecepatan adalah percepatan, yakni perubahan kecepatan persatusatuan waktu. Gerak kemudian diklasifikasikan berdasarkan perilaku percepatan ini. Ada gerak lurus beraturan ada gerak lurus berubah beraturan, dan lain sebagainya. 3.1 Konsep-konsep yang terkait : a. Rotasi adalah gerak yang menyangkut orientasi dan perputaran. Jadi, orientasi merupakan padanan posisi dan perputaran adalah padanan pergeseran. Perhatikanlah gambar berikut. Gambar (a) dan (b) memperlihatkan benda yang sama, hanya saja berbeda orientasi. Kalau posisi sebuah benda diungkapkan melalui vektor posisi, maka orientasi sebuah benda biasanya diungkapkan melalui sudut yang

∆θ θ

θ

0°

l k

k

k l

(a)

l (b)

(c)

dibentuk oleh sebuah garis yang menempel pada benda itu (garis l, misalnya) dan garis lain (garis k, misalnya) yang kita sepakati sebagai garis pangkal atau acuan Maka gambar (a) memperlihatkan benda itu pada saat memiliki orientasi 0°. Saat itu garis l dan garis k (garis acuan) berimpit. Sementara gambar (b) memperlihatkan benda yang sama memiliki orientasi θ. Garis l membentuk sudut θ terhadap garis acuan k. Gambar (c) memperlihatkan benda tersebut mengalami perubahan orientasi (perputaran) sejauh ∆θ dari orientasi semula, yakni θ. Biasanya perubahan orientasi yang searah putaran jarum jam


44

ditulis sebagai perputaran negatif, sedang yang berlawanan dengan arah perputaran jarum jam disebut perputaran positif. b. Sumbu rotasi : tempat kedudukan titik-titik yang tidak bergeming terhadap perubahan orientasi. Garis yang tegak lurus bidang gambar dan melalui titik perpotongan garsi l dan garis k merupakan sumbu rotasi. Sudut ∆θ disebut sudut perputaran dan diukur dalam radian. Dalam bagian ini hanya akan kita tinjau kasus-kasus dengan sumbu putar yang diam. Jadi, kasus-kasus seperti roda atau silinder yang menggelinding di jalan dilihat oleh pengamat yang diam di jalan belum akan dibicarakan di sini. Perputaran matahari pada porosnya, juga tidak akan disinggung karena kita membatasi uraian di sisi hanya untuk benda-benda tegar (matahari bukanlah benda tegar). 3.2 Contoh : a. Sistem lima benda di atas diputar mengelilingi sumbu putar yang berupa garis yang berimpit dengan vektor satuan n = nx I + ny j + nz k.

z

m1 m4 n

m3 y m5

x

m2

Hubungan antara vektor n, yakni vektor satuan sumbu rotasi dan kecepatan sudut ω adalah ω = ω n. ω adalah laju sudut, perubahan orientasi tiap satu satuan waktu. 4. Momen Inersia 4.1 Pengertian Dasar : momen inersia adalah kelembaman (inersia) untuk gerak rotasi. Jadi, momen inersia menunjukkan keengganan untuk


45

melakukan perubahan rotasi. Penting : Momen inersia bergantung pada sumbu rotasi yang dipilih. 4.2 Rumus : 1. Agihan diskret : I=

n

∑m r i =1

2

i i

,

dengan ri jarak partikel/benda nomor i dari sumbu rotasi. 2. Agihan kontinyu : I=

∫r

2

dm ,

dengan r jarak unsur massa dm dari sumbu rotasi. 4.3 Contoh : a. Perhatikan sistem empat partikel berikut. Partikel pertama bermassa m1 = 0,1 kg berada di titik (0, 0, 1 m). Partikel kedua bermassa m2 = 0,2 kg berada di titik (0, 0, −1 m). Partikel ketiga bermassa m3 = 0,4 kg berada di titik (1 m, 1 m, 0). Partikel keempat bermassa m4 = 0,1 kg berada di titik (−1 m , 1 m, 0). Apabila massa batang dapat diabaikan, tentukan momen inersia terhadap sumbu z.

z

m1 m4 y m3

x

m2 Jawab : Ini merupakan benda tegar dengan agihan diskret. Oleh karena itu, momen inersia terhadap sumbu-z adalah


46

5

I = ∑ mi ri 2 = (0,1 kg)(0)2 + (0,2 kg)(0)2 + (0,4 kg)[(1 m)2 + (1 m)2] + (0,1 i =1

kg)[(−1 m)2 + (1 m)2] = 1,0 kg ⋅ m2. b. Momen inersia bola pejal homogen bermassa m berjari-jari a terhadap sumbu yang melalui titik pusatnya adalah

2 ma 2 . 5

I=

(lihat Fowles hal. 198)

5. Teorema Sumbu Sejajar 5.1 Teorema : Andaikan ICM momen inersia sebuah benda tegar bermassa M terhadap sebuah sumbu putar SCM yang melalui titik pusat massanya. Momen inersia benda itu terhadap sebuah sumbu S yang sejajar dengan sumbu SCM diberikan oleh I = ICM + Mh2, dengan h adalah jarak sumbu S dari sumbu SCM.

SCM

S

h Pusat massa

SCM

S

5.2 Contoh : Momen inersia bola pejal homogen bermassa m berjari-jari a terhadap sumbu yang menyinggung permukaannya adalah I= Dalam hal ini h = a.

2 7 ma 2 + ma 2 = ma 2 . 5 5


47

6 Teorema Sumbu Tegak 6.1 Teorema : Momen inersia sebuah lempeng terhadap sebuah sumbu S1 yang tegak lurus pada bidang lempeng itu, sama dengan jumlahan dua momen inersia lempeng itu terhadap dua sumbu S2 dan S3 yang saling tegak lurus dan memotong sumbu S1 secara tegak lurus pula (S2 dan S3 kedua-duanya terletak pada bidang lempeng).

S1

S3

S2

6.2 Contoh : Momen inersia cakram tipis homogen bermassa m dan berjejari a terhadap sumbu z sama dengan jumlahan momen cakram itu terhadap sumbu x dan momen inersia cakram itu terhadap sumbu y.

Iz = Ix + Iy =

1 1 1 ma 2 + ma 2 = ma 2 4 4 2

sebab

Ix = Iy =

1 ma 2 . (lihat Fowles hal. 197) 4

z

y

x


48

7 Bandul (Pendulum) Fisis

sumbu ayunan

Periode getar bandul fisis diberikan oleh

T = 2π

I , mgl

l Pusat massa

dengan l jarak titik pusat massa dari sumbu ayunan.

θ

W = mg


49

Bab 8 Gerak Benda Tegar Dalam Ruang 1. Momentum Sudut dan Moment Gaya 1.1 Konsep elementer : a. Sebuah partikel bermassa m yang bergerak dalam ruang dengan kecepatan v(t) dan posisi r(t) dikatakan memiliki momentum sudut L = r × mv = r × p relatif terhadap titik pangkal koordinat. b. Apabila sebuah gaya F bekerja pada benda di atas, maka benda itu dikatakan menderita momen gaya N=r×F relatif terhadap titik pangkal koordinat. 1.2 Pada benda tegar a. Benda tegar yang tersusun atas n buah partikel yang masingmasing memiliki vektor posisi r1, r2, ..., ri, ..., rn dan momentum linear p1 = mv1, p2 = mv2, ..., pi = mvi, ..., pn = mvn mempunyai momentum sudut total L=

n

∑

ri × mi vi =

i =1

n

∑

ri × pi

i =1

relatif terhadap titik pangkal koordinat. b. Bila pada masing-masing partikel itu bekerja gaya F1, F2, ..., Fi, ..., Fn, maka momen gaya yang diderita oleh sistem partikel itu relatif terhadap pangkal koordinat adalah N=

n

∑ i =1

Ni =

n

∑ i =1

ri × Fi.


50

2. Hukum Newton untuk rotasi Apabila sebuah benda tegar pada saat t memiliki momentum sudut L(t) dan pada saat itu menderita momen gaya total N, maka terdapat kaitan N=

d L. dt

Jadi, momen gaya total yang bekerja pada sebuah benda tegar sama dengan perubahan momentum sudut benda tegar itu tiap satu-satuan waktu. Apabila momen gaya total yang bekerja pada sebuah benda tegar nol, maka momentum sudut benda tegar itu tetap. 3. Tensor Inersia Ditinjau sebuah benda tegar yang tersusun atas n buah partikel dengan massa masing-masing mi dan vektor posisi ri = xi i + yi j + zi k. Momen inersia sistem n partikel ini terhadap sumbu yang berimpit dengan vektor satuan n = nx i + ny j + nz k diberikan oleh ↔

I = n • I • n, ↔

dengan I merupakan sebuah tensor yang disebut tensor inersia, yakni sebuah besaran yang memiliki 9 buah komponen yang biasanya disajikan dalam bentuk matriks

z  I xx  I =  I yx  I zx 

I xy

↔

I yy I zy

I xz   I yz  , I zz 

mi m1 m4

mn

dengan

n

I xx =

n

∑m (y i =1

i

∑ m (x i =1

y 2 i

+ z ), 2 i

m5

n

I yy =

m3

i

2 i

+ z i2 )

x

m2

Mekanika Klasik, M.F.Rosyid n

I zz =

∑ m (x i =1

i

2 i

51

+ y i2 ) n

n

I xy = I yx = − ∑ mi xi y i ,

I xz = I zx = − ∑ mi xi z i ,

i =1

i =1

n

I yz = I zy = − ∑ mi y i z i . i =1

Jika vektor n disajikan dalam bentuk matriks kolom n x  n = n y  ,  n z 

maka ↔

T

↔

[

I = n • I • n = n I n = nx

ny

nz

]

 I xx   I yx  I zx 

I xy I yy I zy

I xz   I yz  I zz 

n x  n  .  y  n z 

Untuk benda tegar dengan agihan malar/kontinyu

I xx = ∫ ( y 2 + z 2 )dm ,

I yy = ∫ ( x 2 + z 2 )dm ,

I zz = ∫ ( x 2 + y 2 )dm

I xy = I yx = − ∫ xy dm ,

I xz = I zx = − ∫ xz dm ,

I yz = I zy = − ∫ zy dm .

Unsur Ixy = Iyx, Ixz = Izx dan Iyz = Izy disebut hasil kali kelembaman (produk inersia). Penting : Tensor inersia tidak bergantung pada sumbu rotasi. 3.1 Contoh : Tentukanlah momen inersia sebuah lempeng bujursangkar seragam dengan sisi a yang terletak pada bidang xy terhadap sumbu dengan persamaan y = x. Tensor inersia lempeng itu adalah (lihat Fowles hal. 222) :


52 y

 1/ 3 − 1/ 4 0  2 I = ma − 1 / 4 1 / 3 0  .  0 0 2 / 3

↔

y=x

Sumbu yang mempunyai persamaan y = x Mempunyai vektor satuan n=

1 2

i+

1 2

x

j.

↔  1 Jadi, I = n • I • n = ma 2   2

1 2

   1/ 3 − 1/ 4 0   0 − 1 / 4 1 / 3 0     0 2 / 3   0  

1  2  1  1 = ma 2 . 2  12 0   

4. Momentum Sudut, Tenaga Kinetik Rotasi, dan Tensor Inersia Dengan demikian vektor momentum sudut benda tegar dapat ditulis sebagai ↔

↔

L= I•ω=ω I•n  I xx I xy I xz    = ω  I yx I yy I yz   I zx I zy I zz   

nx  n  .  y  n z 

Apabila benda itu berputar mengelilingi sumbu yang berimpit dengan vektor n dengan laju ω. Komponen momentum sudut sepanjang sumbu putar (ke arah n) adalah ↔

n • L = ω n • I • n = Iω. Penting : Arah momentum sudut tidak harus sama dengan arah kecepatan sudut. Hal ini berbeda dari gerak translasi, momentum linear selalu searah dengan kecepatan linear. Tenaga kinetik rotasi benda tegar adalah


53

↔ ↔ 1 2 1 1 Iω = n • I • n ω2 = ω• I•ω 2 2 2

Trot = atau

Trot =

1 L• ω. 2

5. Sumbu Utama Pemilihan sistem koordinat sangat mempengaruhi bentuk tensor inersia. Secara prinsip, untuk setiap benda tegar paling tidak terdapat sebuah sistem koordinat kartesius sedemikian rupa sehingga semua hasil kali kelembaman lenyap, yakni Ixy = Iyx = Ixz = Izx = Iyz = Izy = 0. Sumbu-sumbu koordinat suatu sistem koordinat sedemikian rupa sehingga Ixy = Iyx = Ixz = Izx = Iyz = Izy = 0 disebut sumbu-sumbu utama. Tensor inersia sebuah benda tegar relatif terhadap sumbu-sumbu utama dapat disajikan sebagai matriks diagonal,  I xx I =  0  0

↔

0 I yy 0

0   I1 0  =  0 I zz   0

0 I2 0

0 0  , I 3 

dengan Ixx = I1, Iyy = I2 dan Izz = I3. Jika ω1 := ωx, ω2 := ωy, ω3 := ωz dan e1 = i, e2 = j, dan e3 = k, maka I = I1n12 + I2n22 + I3n32, L = I1ω1 e1 + I2ω2 e2 + I3ω3 e3, 1 Trot = (I1ω12 + I2ω22 + I3ω32). 2 6. Persamaan Gerak Euler Persamaan gerak untuk benda tegar dikenal sebagai persamaan Euler :

δ d L= L + ω × L, δt dt dengan

δ L : laju perubahan vektor momentum sudut diukur dari kerangka acuan δt inersial (sistem koordinat) yang tetap.


54

d L : laju perubahan vektor momentum sudut diukur dari kerangka acuan dt (sistem koordinat sumbu utama) yang menempel pada benda tegar yang berotasi. Karena momen gaya keseluruhan pada benda tegar N =

N=

d L + ω × L. dt

δ L, maka δt


55

Bab 9 Koordinat Umum 1. Kendala Seluruh masalah dalam mekanika secara prinsip dapat dikembalikan ke persamaan

d 2 xi (t ) 1 = 2 mi dt

n    ∑ Fxi + ∑ Fxij  ,   j  

(1a)

d 2 y i (t ) 1 = 2 mi dt

n    ∑ Fyi + ∑ Fyij  ,   j  

(1b)

d 2 z i (t ) 1 = 2 mi dt

n    ∑ Fzi + ∑ Fzij  ,   j  

(1c)

dengan i = 1, 2, 3, ..., n adalah indeks/nomor partikel, Σ Fi adalah gaya luar total yang bekerja pada partikel nomor i dan Fij adalah gaya interaksi yang dialami oleh partikel nomor i akibat keberadaan partikel nomor j. Prosedur penyelesaiannya seolah-olah tampak jelas : memasukkan komponen-komponen gaya yang terlibat, mencari jawaban persamaan diferensial dan yang terakhir menentukan tetapan-tetapan berdasarkan syarat awal. Tetapi, tidak semuanya sederhana. Masalah muncul apabila terdapat kendala-kendala (constraints). Kendala-kendala ini membatasi partikelpartikel untuk saling bebas. Jenis-jenis kendala : a. Kendala Holonomik Apabila kendala dapat dituliskan sebagai persamaan-persamaan yang menghubungkan posisi-posisi partikel dalam bentuk f(r1, r2, ..., rn) = 0, maka kendala semacam ini disebut kendala holonomik.

(2)


56

Contoh : 1. Suatu sistem N partikel yang membentuk benda tegar. Dalam hal ini berlaku persamaan (ri− rj)2 − cij = 0, dengan cij tetapan-tetapan. 2. Sebuah manik-manik yang diuntai pada seutas kawat yang berbentuk lingkaran berjari-jari a. Dalam hal ini berlaku persamaan x2 + y2 − a2 = 0

dan

z = tetapan.

b. Kendala Nonholonomik adalah kendala yang tidak holonomik. Artinya, kendala yang tidak dapat dituliskan sebagai persamaan-persamaan seperti di atas. Contoh : 1. Sebuah benda yang dikukung dalam tangki berbentuk silinder berjari-jari a dan tinggi h mengalami kendala x2 + y2 − a2 < 0

dan

0 < z < h.

2. Sebuah benda yang berada di luar sebuah bola berjari-jari a2 terkekang oleh kendala yang hanya dapat dituliskan dalam bentuk ketidaksamaan x2 + y2 + z2 − a2 ≥ 0. 2. Koordinat Umum Adanya kendala mengakibatkan dua masalah dalam penyelesaian masalah mekanika : Pertama, koordinat xi, yi dan zi tidak lagi bebas satu dari yang lain sehingga persamaan-persamaan (1) tidak bebas satu dari yang lain. Kedua, adanya gaya kendala yang tidak dapat ditentukan terlebih dahulu sebab gaya tersebut termasuk ke dalam masalah yang harus diselesaikan. Untuk kendala yang holonomik, masalah pertama dapat diselesaikan dengan memperkenalkan koordinat umum. Andaikan sistem mekanis yang ditinjau tersusun atas N buah partikel. Oleh karena itu diperlukan 3N koordinat (x1, y1, z1, x2, y2, z2, ..., xi, yi, zi, ..., xN, yN, zN)


57

untuk menggambarkan konfigurasi sistem (yakni posisi masing-masing partikel). Hal ini berarti terdapat 3N derajat kebebasan. Apabila terdapat k buah persamaan kendala f1(x1, y1, z1, x2, y2, z2, ..., xi, yi, zi, ..., xN, yN, zN) = 0, f2(x1, y1, z1, x2, y2, z2, ..., xi, yi, zi, ..., xN, yN, zN) = 0 ............. fk(x1, y1, z1, x2, y2, z2, ..., xi, yi, zi, ..., xN, yN, zN) = 0, maka derajat kebebasan sistem menyusut menjadi 3N − k. Dalam hal ini diperlukan sistem koordinat umum yang terdiri dari 3N − k koordinat, katakanlah (q1, q2, ..., q3N − k). Terdapat transformasi koordinat r1 = r1(q1, q2, ..., q3N − k) ...... ....... ri = ri(q1, q2, ..., q3N − k) ...... ....... rN = rN(q1, q2, ..., q3N − k)

(3)

2.1 Contoh : 1. Dua buah kelereng besi disambung dengan batang tegar yang panjangnya l, sehingga membentuk semacam barbel. Persamaan kendala untuk dua kelereng itu adalah (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2 + (z1 − z2)2 = l2. Derajat kebebasannya adalah (3)(2) − 1 = 5. Koordinat umum yang dapat dipakai misalnya (X, Y, Z, θ, φ), dengan (X, Y, Z) koordinat pusat massa dan (θ, φ) menyatakan orientasi barbel itu, yakni garis lintang dan garis bujur.


58

2. Sebuah manik-manik yang diuntai pada seutas kawat yang berbentuk lingkaran berjari-jari a memiliki persamaan kendala x2 + y2 − a2 = 0 dan z = tetapan. Derajat kebebasannya adalah (3)(1) − 2 = 1. Jadi, diperlukan sebuah koordinat umum. Koordinat umum ini misalnya adalah (θ), dengan θ adalah sudut yang dibentuk oleh vektor posisi manik-manik dan sumbu x. 2.2 Masalah : 1. Suatu sistem N partikel yang menyusun sebuah benda tegar memiliki persamaan-persamaan kendala (ri− rj)2 − cij = 0, dengan cij tetapan-tetapan. Hitunglah derjat kebebasan sistem semacam ini.


59

Bab 10 Prinsip d’Alembert dan Persamaan Lagrange 1. Pergeseran Maya Suatu pergeseran maya suatu sistem adalah perubahan konfigurasi (posisi atau orientasi) sistem sebagai akibat pergeseran infinitisimal δri (i = 1,2, ..., N) yang konsisten dengan gaya-gaya dan kendala yang bekerja pada sistem itu pada saat t. Penting : Pergeseran maya terjadi tanpa membutuhkan waktu. Prinsip kerja maya pada sistem yang berada dalam keseimbangan

∑

Fi(a)• δri +

i

∑

fi•δri = 0,

i

dengan Fi(a) adalah gaya luar total yang bekerja pada partikel nomor i dan fi adalah gaya kendala yang bekerja pada partikel nomor i. Bila sistem yang ditinjau sedemikian rupa sehingga gaya kendala tegaklurus dengan pergeseran maya yang mungkin, maka suku kedua persamaan terakhir lenyap. Jadi,

∑

Fi(a)• δri = 0.

i

2. Prinsip d’Alembert Prinsip d’Alembert (lihat Goldstein halaman 17) merupakan perluasan prinsip usaha maya dengan menambahkan suku tambahan untuk gaya total pada tiap partikel menjadi Fi(a) + fi + sehingga

d pi dt


60

∑

( Fi(a) + fi +

i

d pi)• δri = 0. dt

Dengan asumsi bahwa gaya kendala selalu tegak lurus terhadap pergeseran maya, maka didapat

∑

( Fi(a) +

i

d pi)• δri = 0. dt

Karena δr1, δr2, ..., δrN tidak bebas satu dari yang lain (akibat adanya) kendala, maka tidak serta merta dapat disimpulkan bahwa Fi(a) +

d pi = 0. dt

Melalui transformasi koordinat (3) masalah ini dapat di atasi. 3. Persamaan Lagrange Melalui transformasi koordinat (3) didapat (lihat Goldstein halaman 19) 3 N −k

∑ α =1

   d  ∂T  dt  •    ∂ qα

  ∂T  − ∂q α 

     − Qα  δqα = 0,  

dengan T tenaga kinetik total sistem dan Qα gaya umum yang diberikan oleh N

Qα = ∑ Fi(a) • i =1

∂ ri ∂qα

dan

•

qα =

dqα . dt

Karena segmen-segmen δq1, δq2, ..., δq3N − k bebas satu dari yang lain, maka dapat disimpulkan bahwa  d  ∂T dt  ∂ q•  α

  ∂T  − ∂q − Qα = 0 , α 

untuk α = 1, 2, 3, ..., 3N− k. Jadi, akan diperoleh 3N− k persamaan. Jika masing-masing gaya Fi(a) diperoleh dari medan potensial, yakni Fi(a) = −∇iV, maka didapat persamaan Euler-Lagrange


61  d  ∂L dt  ∂ q•  α

  ∂L  − ∂q = 0 , α 

untuk α = 1, 2, 3, ..., 3N− k, dengan L = T − V disebut fungsi Lagrange atau Lagrangan. 4. Contoh : 1. Bandul Matematis : Sebuah bola bermassa m dan digantung dengan sebuah batang yang ringan pada atap sebuah ruangan. Panjang batang penggatunga itu l. Ujung batang tersambung dengan atap melalui sebuah engsel sehingga bandul tersebut bebas mengayun pada bidang vertikal (bidang XY). Gambar di bawah memperlihatkan posisi bola pada suatu saat sembarang. Bola mendapatkan kendala x2 + y2 = l2

dan

y

z = 0.

Sumbu y

θ l

x

Sumbu x Oleh karena itu derajat kebebasannya ada (3)(1) – 2 = 1. Koordinat umum yang dipilih adalah θ, yakni sudut yang dibentuk oleh batang dan garis vertikal. Transformasi koordinat yang berlaku adalah x = l cos θ

dan

y = l sin θ.

Dengan mudah diperoleh vx =

dx dθ =−l sin θ = − l θ sin θ dt dt

Mekanika Klasik, M.F.Rosyid vy =

62 dy dθ =l cos θ = l θ cos θ dt dt

Gaya yang bekerja pada bola adalah mg. Gaya ini dapat diperoleh dari potensial gravitasi V = −mgx, sebab

−

d d V = − (−mgx) = mg. dx dx

Fungsi Lagrange diberikan oleh L=T−V=

[

1 m(v x2 + v y2 ) + mgx 2

]

1 m l 2θ 2 sin 2 θ + l 2θ 2 cos 2 θ + mgl cos θ 2 1 = ml 2θ 2 + mgl cos θ 2

=

Oleh karena itu

∂L = ml 2θ ∂θ

⇒

d ∂L = ml 2θ = ml 2θ dt ∂θ

dan

∂L = −mgl sin θ ∂θ

Jadi, dari persamaan Euler-Lagrange didapat

ml 2θ + mgl sin θ = 0

atau

d 2θ g + sin θ = 0 . l dt 2

Untuk sudut θ yang sanggat kecil sin θ ≈ θ. Akibatnya,

d 2θ g + θ = 0. l dt 2 Ini adalah persamaan gerak untuk getaran selaras.

2. Bandul matematis yang berayun pada manik-manik yang diuntai pada kawat mendatar : Sebuah manik-manik bermassa m1 diuntai pada kawat lurus datar sehingga bebas bergerak sepanjang kawat itu. Sebuah bola bermassa m2 ditempelkan pada ujung sebuah batang yang ringan. Ujung batang yang lain ditempelkan pada manik-manik melalui engsel titik


63

sehingga dapat berayun pada semabarang arah. Panjang batang l. Gambar di bawah memperlihatkan posisi bola dan manik-manik pada suatu saat sembarang. Dalam koordinat kartesius tentunya ada enam koordinat (x1, y1, z1, x2, y2, z2), dengan sumbu z keluar bidang gambar. Tetapi manik-manik selalu berada pada garis yang sama, yakni kawat mendatar. Jika pada kawat mendatar itu ditempelkan sumbu y, maka posisi manik-manik selalu berada pada sumbu y. Oleh karena itu x1 = 0

kawat mendatar

dan

z1 = 0.

y2

y1

sumbu y

φ l

x2

sumbu x Sementara berlaku x22 + (y2 − y1)2 + z12 = l2. Oleh karena itu derajat kebebasannya ada (3)(2) – 3 = 3. Sistem koordinat umum yang dipilih harsuslah tersusun atas tiga koordinat. Tiga koordinat itu adalah y1, θ, dan φ. Sudut θ adalah sudut yang dibentuk oleh batang dan sumbu yang bergerak bersama manik-manik selalu sejajar dengan sumbu z . Sudut φ adalah sudut yang dibentuk oleh sumbu x dan proyeksi batang pada bidang xy. Transformasi koordinat yang berlaku adalah x2 = l sin θ cos φ,

y2 = y1 + l sin θ sin φ

Dari ketiga persamaan ini didapat

x 2 = lθ cos θ cos φ − lφ sin θ sin φ ,

dan

z2 = l cos θ


64 y 2 = y1 + lθ cos θ sin φ + lφ sin θ cos φ

dan

z 2 = −lθ sin θ Apabila bidang datar tempat kawat berada dipilih sebagai acuan potensial, yakni V = 0 di sana, maka fungsi Lagrangan sistem ini diberikan oleh L=T−V 1 1 = m1 ( x12 + y12 + z12 ) + m2 ( x 22 + y 22 + z 22 ) + mgx 2 2 2 1 1 = (m1 + m2 ) y12 + m2 l 2 (θ 2 + φ 2 sin 2 θ ) + m2 y1l (θ cos θ sin φ + φ sin θ cos φ ) 2 2 + mgl sin θ cos φ Kalau Lagrangan ini dimasukkan ke dalam persamaan Euler-Lagrange, maka akan didapatkan 3 buah persamaan. Hal ini dikarena ada 3 derajat kebebasan. Silakan untuk latihan. 3. Beberapa contoh lagi dapat anda lihat pada buku Mechanics, ditulis oleh L. D. Landau dan E. M. Lifshitz, Pergamon Press, 1960, New York.


65

Bab 11 Persamaan Hamilton 1. Momentum Umum Jika L Lagrangan suatu sistem fisis dengan siatem koordinat umum (q1, q2, ..., q3N − k). Maka besaran pα dengan (α = 1, 2, ..., 3N−1) yang didefiniskan sebagai

pα =

∂L ∂qα

disebut momentum umum atau momentum kanonik pasangan koordinat qα. Sebagai contoh, momentum umum pasangan koordinat θ pada kasus bandul matematis (contoh 1) adalah

pθ =

∂L = ml 2θ . ∂θ

Ini tidak lain adalah momentum susut beban relatif terhadap titik engsel. Kemudian, momentum kanonis pasangan koordinat y1 adalah

p y1 =

∂L = (m1 + m2 ) y1 + m2 l (θ cos θ sin φ + φ sin θ cos φ ) . ∂y1

Momentum kanonis pasangan koordinat θ adalah

pθ =

∂L = m2 l 2θ + m2 y1l cos θ sin φ . ∂θ

Momentum kanonis pasangan koordinat φ adalah

pφ =

∂L = m2 l 2φ sin 2 θ + m2 y1l sin θ cos φ . ∂φ


66

2. Transformasi Legendre Transformasi Legendre adalah transformasi

 3 N −k  H =  ∑ pα qα  − L ,  α =1  Fungsi H disebut Hamiltonan. H tidak lagi bergantung pada qα . Fungsi H bergantung pada (q1, q2, ..., q3N − k, p1, p2, ..., p3N − k, t). Hal ini dapat dipahami sebab →

L

∂H = 0. ∂qα

(Buktikan).

Jadi, H = H(q1, q2, ..., q3N − k, p1, p2, ..., p3N − k, t). 3. Persamaan gerak Hamilton Meskipun telah dilakukan transformasi Legendre, masih akan muncul variable-variabel qα dalam ungkapan untuk H. Namun ungkapan untuk H dapat segera dibersihkan dari qα dengan melakukan subtitusi dari persamaan-persamaan

pα =

∂L . ∂qα

Persamaan gerak Hamilton diberikan oleh

p α = −

∂H ∂qα

dan

qα =

∂H , ∂pα

untuk (α = 1, 2, ..., 3N−1). Jadi, akan terdapat 6N− 2 persamaan. 4. Contoh : 1. Kembali ke bandul yang pertama. Transformasi Legendre menghasilkan

1 H = pθ θ − ml 2θ 2 − mgl cos θ . 2 Dari definisi momentum umum didapat


67

pθ = Jadi,

∂L = ml 2θ . ∂θ

pθ . ml 2 Apabila yang terakhir ini disubtitusikan ke dalam H, akan didapatkan

θ =

H=

pθ2 pθ2 pθ2 cos θ − − mgl = − mgl cos θ . 2ml 2 ml 2 2ml 2

Nah, sekarang tampak bahwa H = H(θ,pθ). Dua persamaan gerak yang dihasilkan adalah

θ =

p ∂H = θ2 ∂pθ ml

dan

p θ = −

∂H = −mgl sin θ . ∂θ

2. Susunlah Hamiltonan untuk bandul yang menempel pada manik-manik (Contoh 2 Bab 10)


68

Pustaka : 1. Fowles, G.R., dan Cassiday, G.L., 1990, Analytical Mechanics, edisi kelima, Harcourt Brace College Publisher, New York. 2. Goldstein, H., 1980, Classical Mechanics, Addison-Wesley Pub. Co., Philipines. 3. Moore, E.N., 1983, Theoretical Mecahanics, John Wiley and Sons, Singapore. 4. Landau L. D., dan Lifshitz, E. M., Mechanics, Pergamon Press, 1960, New York.

Ebook Mekanika 4p423z

Overview 4q3b3c

More details 26j3b

Related Documents 171j1w

Ebook Mekanika 4p423z

Mekanika Fluida 26594f

Mekanika Batuan 4w1711

Mekanika Batuan 4w1711

Mekanika Fluida 26594f

Mekanika Kuantum 301l72

More Documents from "Siti Noviyani" 5s705e

Ebook Mekanika 4p423z

Kebijakan Kesehatan 6b1a6g

Sap Etika Batuk 6c4c59

Leaflet Etika Batuk 3g3a16

Makalah Trend Dan Issu Keperawatan Jiwa 6v2k36

Kandidiasis Makalah 4b4r2