ISI 1. Sistem Partikel 2. Benda Tegar 3. Rumusan Lagrange 4. Rumusan Hamilton

MEKANIKA II

2 SKS

2

ISI

1. Sistem Partikel

2. Benda Tegar

3. Rumusan Lagrange

4. Rumusan Hamilton

1. SISTEM PARTIKEL

Partikel=benda titik, hanya dapat bergerak translasi, tidak rotasi m₁, m₂, m₃, ……, m_N : massa-massa partikel N 3 2 1

,

r

,

r

,...,

r

r

r

r

r

r

_{: vektor posisi masing-masing partikel}

Total massa: M =

∑

m ;

α

=1,2,3...N α α

r

m

R

=

∑

α α α

r

r

m₁ m₂ m₃ x _y z 2 rr 1 rr

rr

3

Vektor posisi pusat massa:

4

Contoh:

m₁=10 gram, m₂=15 gram dan m₃=25 gram

r₁=(2, -3, 3) cm; r₂=(-3, -5, 4) cm; r₃=(5, 4,-5) cm.

Massa total:

M=(10+15+25)gram=50 gram Posisi pusat massa:

(

)

cm ) 7 . 0 , 1 . 0 , 2 ( )cm 0,5(5,4,-5 4)cm 0,3(-3,-5, cm ) 3 , 3 , 2 ( 2 , 0 r 25 r 15 r 10 50 1 M r m R _{1 2 3} − − = + + − = + + = =

∑

r r r r r _α α α z) y, (x, z k y jˆ x iˆ r = + + r ≡ r

Gaya pada satu partikel ke-α: - gaya luar atau eksternal

- gaya interaksi antara partikel itu dengan partikel-partikel-partikel lain; disebut gaya internal.

i

F

_α e

F

_α i e

_F

F

F

r

_α

=

r

_α

+

r

_α

Hukum Newton-2 (persamaan gerak) dari partikel ke-α:

r

Jika posisi sistem partikel digeser tanpa

mengganggu keadaan internalnya, maka total gaya internal pada setiap partikel=0.

0 Fi ₌

∑

α α r 1 2 3 i 1 3

F

r

_→ i 1 2

F

r

_→ i 3 2

F

r

_→ i 3 1

F

r

_→ i 2 1

F

r

_→ i 2 3

F

r

_→ i 3

F

r

i 2

F

r

i 1

F

r

∑

≠ →

=

α β β α αi

F

i

F

r

r

6

F

F

N

...

3

,

2

,

1

F

F

dt

r

d

m

e i e 2 2

r

r

r

r

=

=

=

+

=

∑

∑

∑

∑

α α α α α α α α α

α

Persamaan gerak pusat masa

=0 F dt R d M M r m R ₂ 2 r _r r r = → =

∑

α α α 1 2 3 e 1

F

r

e 2

F

r

F

3e

r

F

r

pm e 2

F

r

e 3

F

r

F

1e

r

F

r

F

F

dt

p

d

dt

P

d

r

v

r

_e

r

=

=

=

∑

∑

α α α α

dt

r

d

m

p

r =

_{α α}

r

α 1.3 Momentum linier i e

_F

F

dt

p

d

α α α

r

r

v

+

=

Total momentum linier:

2 2

dt

r

d

m

dt

p

d

_α α α

r

r

=

_atau

dt

R

d

M

dt

r

d

m

p

P

r

r

r

r

=

=

=

∑

∑

α α α α α

F

dt

R

d

M

dt

P

d

2 2

r

_r

r

=

=

Persamaan gerak pusat massa

Teorema:

8

1.4 Momentum sudut

Momentum sudut sistem partikel terhadap titik Q: α α α

(

r

r

)

p

L

r

_Q

=

r

−

r

_Q

×

r

Q m₁ m₂ m₃ 1

rr

2

rr

3

rr

x y z Q

rr

∑

∑

=

−

×

=

α α α α α

p

)

r

r

(

L

L

r

_Q

r

_Q

r

r

_Q

r

Variasi terhadap waktu:

α α α α α

_p

dt

r

d

dt

r

d

dt

p

d

)

r

r

(

dt

L

d

_Q Q Q

r

r

r

r

r

r

r

×

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

+

×

−

=

dt

r

d

m

p

_{α α} α

r

r =

Karena

p

0

dt

r

d

=

×

_α α

r

r

i Q e Q Q

(

r

r

)

F

(

r

r

)

F

dt

p

d

)

r

r

(

r

_α

−

r

×

r

α

=

r

_α

−

r

×

r

_α

+

r

_α

−

r

×

r

_α α α α α

p

dt

r

d

dt

p

d

)

r

r

(

dt

L

d

_Q Q Q

r

r

r

r

r

r

×

−

×

−

=

α α α α α α

_p

dt

r

d

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

dt

L

d

_{i Q} Q e Q Q

r

r

r

r

r

r

r

r

r

×

−

×

−

+

×

−

=

P

dt

r

d

F

)

r

r

(

N

p

dt

r

d

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

dt

L

d

Q i Q Q Q i Q e Q Q

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

×

−

×

−

+

=

×

−

×

−

+

×

−

=

∑

∑

∑

∑

α α α α α α α α α α α

∑

−

×

=

₍

_r

_r

₎

_F

e

10

0

P

dt

r

d

_Q

=

×

r

r

Jika:

(1) kecepatan titik Q sama dengan kecepatan pusat massa, (2) titik Q adalah pusat massa, dan

(3) titik Q diam

0

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

F

)

r

r

(

1 1 i 1 1 i Q i Q 1 1 i Q i Q i Q i Q

=

×

−

=

×

−

−

×

−

=

×

−

+

×

−

=

×

−

=

×

−

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

∑

− = → − = → → − = → → ≠ → α α β α β β α α α β α β α β β α α α β α β α β α β α β α α β α α α α

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

∑

≠ →

=

α β β α αi

F

i

F

r

r

m_α m_β α

rr

β

rr

r

α

r

β

r

r −

i

F

r

_β→α

Jadi, jika titik Q diam atau Q merupakan pusat massa, maka Q Q

N

dt

L

d

r

_r

=

Teorem:

Jika tidak ada gaya luar pada sistem partikel, maka momentum sudut sistem partikel itu konstan.

Terlihat, jika N_Q=0, maka L_Q adalah besaran yang konstan.

12

1.5 Hukum Kekekalan Energi

N

,...

3

,

2

,

1

;

F

F

F

r

_α

=

r

_αe

+

r

_αi

α

=

Jika gaya eksternal bergantung pada posisi, dan gaya internal

bergantung pada posisi partikel-partikel lain, maka dapat dituliskan

...)

...

,

r

,

r

(

F

F

r

_α

=

r

_α

r

₁

r

₂

Jika gaya total pada suatu partikel bergantung pada posisi, maka fungsi potensial V adalah:

Ini disebut gaya konservatif

α α α α α α

z

V

y

V

x

V

∂

∂

−

=

∂

∂

−

=

∂

∂

−

=

_{y z} x

;

F

;

F

F

V

F

r

_α

=

−

∇

r

_α Ingat sifat konservatif:

0

V

F

=

−

∇

×

∇

=

×

V

dt

v

d

m

v

m

dt

r

d

m

p

V

F

dt

p

d

α α α α α α α α α α α

∇

−

=

⎪

⎪

⎭

⎪⎪

⎬

⎫

=

=

∇

−

=

=

_r

_r

r

r

r

r

r

v

Kalikan dengan

vr

_α

⋅

(

)

0

z

V

v

y

V

v

x

V

v

v

m

dt

d

0

V

v

dt

v

d

v

m

z y x 2 2 1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

+

=

∇

⋅

+

⋅

α α α α α α α α α α α α α

r

r

r

r

Karena

dt

dx

v

_αx

=

α

14

(

)

0

dt

d

z

V

dt

d

y

V

dt

d

x

V

v

m

dt

d

2 1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

+

α α α α α α

α

α

x

y

z

Untuk sistem partikel:

(

)

0

dt

d

z

V

dt

d

y

V

dt

d

x

V

v

m

dt

d

₂ 2 1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

+

∑

∑

α α α α α α α α α α

z

y

x

Tetapi,

dt

dV

dt

d

z

V

dt

d

y

V

dt

d

x

V

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

∂

∂

+

∂

∂

+

∂

∂

∑

α α α α α α α

z

y

x

dan

(

)

dt

dK

v

m

dt

d

₂ 2 1

=

∑

α α α

sehingga

0

atau

K

V

E

(

konstan)

dt

dV

dt

dK

₊

₌

₊

₌

1.6 Persamaan gerak roket

M-massa roket pada waktu t

dM/dt-massa bahan bakar terbuang perselang waktu v -kecepatan roket pada waktu t relatif terhadap bumi

u- kecepatan bahan bakar terbuang relatif terhadap roket

Misalkan gaya luar pada roket F, maka persamaan momentum linier relatif terhadap bumi:

vr

ur

M dM/dt

dt

dM

)

u

v

(

)

v

(M

dt

d

F

r

=

r

−

r

+

r

Momentum roket

Momentum bahan bakar terbuang

F

dM

u

v

d

M

r

=

r

+

r

Jadi:

16

F- gaya gesekan udara dan gravitasi; diruang angkasa F=0

dt

dM

u

dt

v

d

M

r

=

r

M

M

ln

u

v

v

M

dM

u

v

d

o o M M v v_{o o}

r

r

r

r

r

₌

_∫

_→

₋

₌

₋

∫

Perubahan kecepatan dalam suatu interval

waktu hanya bergantung pada kecepatan relatif dan fraksi bahan bakar terbuang.

1.7 Masalah Tumbukan

Sebelum dan sesudah tumbukan partikel-partikel bergerak dengan kecepatan tetap, tanpa gaya.

Selama tumbukan timbul gaya antar partikel yang pada umumnya memenuhi Hukum Newton 3. Dengan demikian maka berlaku:

1. Hukum kekekalan momentum linier dan momentum sudut 2. Hukum kekalan energi.

18

1.7.1 Tumbukan sentral

Misalkan sebuah peluru m₁ menumbuk sebuah objek m₂

m₁

vr

_1I m₂

vr

_2I m₁

vr

_1F m₂

vr

_2F 2F 2 1F 1 2I 2 1I 1

v

m

v

m

v

m

v

m

r

+

r

=

r

+

r

(

) (

)

(

) (

)

(

v

v

)

(

1

e

)

.

p

v

m

v

m

v

m

v

m

K

K

K

K

Q

2I 1I 2 2F 2 2 1 2 1F 1 2 1 2 2I 2 2 1 2 1I 1 2 1 2F 1F 2I 1I

−

−

Δ

=

+

−

+

=

+

−

+

=

r

r

r

(

)

(

_{1I 2I}

)

₂

(

_{2F 1F}

)

1 2I 1I 1F 2F

v

v

m

v

v

m

p

1

e

0

v

v

e

v

v

r

r

r

r

r

r

r

r

r

−

=

−

=

Δ

≤

≤

→

−

=

−

e disebut koefisien restitusi e=1→Q=0: tumbukan elastis

0≤e<1→Q>0: tumbukan tak-elastis

Tumbukan sentral elastik sempurna m₁ m₂ diam 1I

vr

m₁

vr

_1F m₂

vr

_2F 2F 2 1F 1 1I 1

v

m

v

m

v

m

r

=

r

+

r

1I 1F 2F

v

v

v

1

e

=

→

r

−

r

=

r

1I 2 1 1 2F

v

m

m

2m

v

r

r

+

=

m₁<m₂: v_1F berlawanan arah dengan v_2F m₁=m₂→v_1F=0, v_2F=v_1I m₁>m₂: v_2F>v_1I, v_1F searah v_2F 1I 2 1 2 1 1F

v

m

m

m

m

v

r

_⎟⎟

r

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

−

=

Buktikan ! K_1I=K_1F+K_2F

}

2K

2K

m

⎛

⎞

⎛

⎞

2

20

Tumbukan sentral tak-elastik sempurna

m₁ m₂

diam

m₁+m₂ 1I

vr

vr

_F

Partikel m₁ dengan kecepatan v₁ menabrak dan melekat pada m₂

yang diam; misalkan setelah tumbukan keduanya kecepatan v₂.

1I 2 1 1 F F 2 1 1I 1

v

m

m

m

v

v

)

m

(m

v

m

r

r

r

r

+

=

→

+

=

Energi yang terbuang saat tumbukan:

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

=

+

−

=

−

=

2 1 2 2 1I 1 2 1 2 F 2 1 2 1 2 1I 1 2 1 2 1

m

m

m

v

m

)v

m

(m

v

m

K

K

Q

2F 1F 2I 1I

p

p

p

p

r

+

r

=

r

+

r

p

1I

=

p

1F

cosθ

1

+

p

2F

cosθ

2 2 2F 1 1F

sinθ

p

sinθ

p

0

=

−

2 2F 1 1F 1I 2 1F 2 1I

p

2

p

p

cos

θ

p

p

+

−

=

m₁ pr1I m 2 diam 1F pr 2F pr θ₁ θ₂ 1.7.2 Tumbukan elastis

Tidak ada energi yang hilang selama tumbukan (Q=0).

I-initial, awal F-final, akhir

22 2 1 2 1 1 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1I 1F

m

m

m

m

θ

cos

m

m

m

cosθ

m

m

m

p

p

+

−

−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

±

+

=

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

2 1I 1F 1 2 1I 2F

p

p

1

m

m

p

p

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=

− 1I 2F 1 1I 1F 1 2

p

/

p

θ

)cos

/p

(p

-1

cos

θ

2 2 2F 1 2 1F 1 2 1I 2m p 2m p 2m p + = 2F 1F 2I 1I

K

K

K

K

+

=

+

2 2 2F 1 2 1F 2 1I m p m p p − ₌

Hukum kekekalan energi kinetik:

m₂ diam→K_2I=0

Buktikan !

1. m₁>m₂

•Jika θ₁=θ_m, di mana ₂ , harga dalam akar menjadi nol.

1 2 2 m 2 m m 1 θ os = − c

• Untuk θ₁<θ_m, ada dua harga p_1F/p_1I; harga yang lebih besar

menyatakan tumbukan singgung, dan yang lebih kecil tumbukan

sentral. Misalnya θ₁=0: ; m m p_{1F 1 2} + − =

p_1F=p_1I →Tidak terjadi tumbukan

Tumbukan sentral 2 1 2 1 1I 1F m m m m p p + − =

• Jika m₁>>m₂ maka sudut θ₁ sangat kecil. Buktikan!

Buktikan ! 2 1 2 1I 2F m m m p p + = 1 p p 1I 1F ≈ 0 θ ; m m m p p 2 2 2F = + =

24 2. m₁=m₂ 1 1I 1F

_cos

_θ

p

p

₌

1 1I 2F _{sin θ} p p ₌ 1 2

/

2

θ

=

π

−

θ

0 ≤ θ ≤ π/2

θ₁=0, p_1F=p_1I dan p_2F=0→ tidak terjadi tumbukan θ₁=π/2, p_1F=0 dan p_2F=p_1I, θ₂=0 → tumbukan sentral

3. m₁<m₂ 2 1 1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1I 1F m m m m θ cos m m m cos θ m m m p p + − + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + ± + =

• Untuk tanda +: p_1F/p_1I positif bagi semua harga 0≤θ₁≤π. θ₁=0→ p_1F=p_1I; p_2F=0→tidak terjadi tumbukan;

• Untuk tanda -: p_1F/p_1I negatif→tidak berlaku 0 θ ; m m 2m p p ; m m m m p p π θ ₂ 2 1 2 1I 2F 2 1 1 2 1I 1F 1 ₊ = ₊ = − = → = _{→ tumbukan sentral}

4. m₁ tidak diketahui, m₂ diketahui

Jika K_1Ibisa diukur atau ditentukan, hasil pengukuran K_2F dapat

digunakan untuk menentukan m₁.

Misalnya, untuk tumbukan sentral berlaku:

Rumusan ini yang digunakan oleh J. Chadwick untuk menentukan

keberadaan neutron; Nature 129, 312 (1932)

1 1 K 2K 1 K 2K m m 2 2F 1I 2F 1I 2 1 − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − ± ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − = Buktikan !

26

Partikel m₁ bertumbukan dengan partikel m₂ yang diam. Setelah

bertumbukan, dihamburkan partikelm₃ dan m₄ masing-masing

dengan sudut θ₃ dan θ₄.

θ₃ θ₄ m₁ m₂ m₃ m₄ 1

pr

3

pr

4

pr

Misalkan Q=energi yang terserap pada saat tumbukan:

Q>0 untuk tumbukan endoergic, Q=0 untuk tumbukan elastik, dan Q<0 untuk tumbukan exoergic

1.7.3 Tumbukan tak-elastik

Atom, molekul dan inti mempunyai energi potensial dan kinetik dalam yang terkait dengan gerakan bagian-bagiannya. Mereka bisa menyerap atau melepaskan energi pada saat tumbukan.

3 3 1 2 3 2 1 2 4

p

p

2p

p

cos θ

p

=

+

−

Eliminasi θ₄:

(

1 3 1 2

)

3 4 4 3 3 4 1 1 4 3 3 1 2 3 2 1 3 2 3 1 2 1 4 3 1

cosθ

K

K

m

m

m

2

m

m

1

K

m

m

1

K

2m

cosθ

p

2p

p

p

2m

p

2m

p

K

K

K

Q

2 1

+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

−

+

−

−

=

−

−

=

Persamaan ini dipakai untuk menentukan Q dari reaksi inti, dimana partikel m₁ yang diketahui energinya menumbuk inti m₂,

menghasilkan partikel m₃ dengan energi dan arah yang dapat

diamati.

Q

K

K

K

sin θ

p

sin θ

p

0

cos θ

p

cos θ

p

p

4 3 1 4 4 3 3 4 4 3 3 1

+

+

=

−

=

+

=

_{p1 diketahui} p₃ dan θ₃ diukur Q akan dihitung Dengan hukum kekekalan energi dan momentum:

28

1.8 Dua osilator harmonis terkopel

k₁ m₁ k₃ m₂ k₂

x₁ x2

Dua massa m₁ dan m₂ terikat pada

dinding dengan pegas masing-masing

berkonstanta k₁ dan k₂. Kedua massa

dihubungkan oleh pegas ketiga, k₃.

Jika tidak ada pegas k₃, kedua massa akan berosilasi secara

bebas, masing-masing dengan frekuensi:

2 2 o 20 1 1 o 10 m k ω ; m k ω = =

Dengan pegas k₃, misalkan m1 bergeser sejauh x₁ dan m₂ sejauh x₂. persamaan gerak massa-massa adalah:

3 2 ' 2 3 1 ' 1 1 3 2 ' 2 2 2 2 3 1 ' 1 1 1 2 1 3 2 2 2 2 2 1 3 1 1 1 1 k k k ; k k k 0 x k x k x m ; 0 x k x k x m ) x (x k x k x m ); x (x k x k x m + = + = = + + = + + + − − = + − − = && && && &&

3 2 ' 2 3 1 ' 1

k

k

;

k

k

k

k

=

+

=

+

0

x

k

x

k

x

m

;

0

x

k

x

k

x

m

' _{2 3 1} 2 2 2 2 3 1 ' 1 1 1

&&

+

+

=

&&

+

+

=

Misalkan:

Kedua persamaan di atas terkopel satu sama lain. Untuk itu misalkan: pt 2 2 pt 1 1

C

e

;

x

C

e

x

=

=

(

)

(

)

' 2 2 2 3 3 ' 1 2 1 1 2 1 3 2 ' 2 2 2 2 3 1 ' 1 2 1

k

p

m

k

k

k

p

m

C

C

0

C

k

C

k

p

m

dan

0

C

k

C

k

p

m

+

−

=

+

−

=

=

+

+

=

+

+

30

(

)

(

)

(

)

(

)

2 1 3 2 2 ' 2 20 1 ' 1 10 4 2 2 20 2 10 4 1 2 20 2 10 2 1 2 2 3 ' 2 ' 1 2 ' 2 1 ' 1 2 4 2 1

m

m

k

κ

;

m

k

ω

;

m

k

ω

κ

ω

ω

ω

ω

p

0

k

k

k

p

k

m

k

m

p

m

m

=

=

=

+

−

±

+

−

=

=

−

+

+

+

Terlihat, p2 _{negatif; untuk itu misalkan:}

(

)

(

)

(

)

⎪⎭

⎪

⎬

⎫

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

−

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

+

−

=

−

−

=

−

=

+

−

=

−

=

1

)

ω

(ω

4κ

1

ω

ω

Δω

Δω

ω

ω

p

Δω

ω

ω

p

2 2 20 2 10 4 2 20 2 10 2 2 2 1 2 20 2 2 2 2 2 1 2 10 2 1 2

κ disebut konstanta kopling

Jika

(

)

2 1 2 2 2 10 2 1 3 1 1 2 2 1 2

m

m

2κ

Δω

ω

ω

k

m

C

C

ω

p

=

−

→

=

−

=

(

)

1 2 2 2 2 20 2 2 3 2 2 1 2 2 2

m

m

2κ

Δω

ω

ω

k

m

C

C

ω

p

=

−

→

=

−

=

−

pt 2 2 pt 1 1

C

e

;

x

C

e

x

=

=

Dengan t 2 iω ' 2 1 2 2 2 t 2 iω 2 1 2 2 2 t 1 iω -' 1 t 1 iω 1 1

C

e

m

m

2κ

Δω

e

C

m

m

2κ

Δω

e

C

e

C

x

=

+

−

−

− t 2 iω ' 2 t 2 iω 2 t 1 iω -' 1 2 1 2 2 t 1 iω 1 2 1 2 2 2

C

e

C

e

C

e

m

m

2κ

Δω

e

C

m

m

2κ

Δω

x

=

+

+

+

−

32

Untuk membuat x₁ dan x₂ ril, misalkan:

2 2 1 1 iθ 2 2 1 2 iθ 2 2 1 2 iθ 1 2 1 1 iθ 1 2 1 1

e

A

'

C

,

e

A

C

e

A

'

C

,

e

A

C

− −

=

=

=

=

)

θ

t

cos(ω

A

m

m

2κ

Δω

)

θ

t

cos(ω

A

x

_{2 2 2} 1 2 2 2 1 1 1 1

=

+

−

+

)

θ

t

cos(ω

A

)

θ

t

cos(ω

A

m

m

2κ

Δω

x

_{1 1 1 2 2 2} 2 1 2 2 2

=

+

+

+

Jika A₂=0:

x

1

=

A

1

cos(ω

1

t

+

θ

1

)

)

θ

t

cos(ω

A

m

m

2κ

Δω

x

_{1 1 1} 2 1 2 2 2

=

+

}

Getaran modus normal

2 2 1 2 10 2 1

ω

Δω

ω

=

+

Jika A₁=0:

)

θ

t

cos(ω

A

x

₂

=

_{2 2}

+

₂

)

θ

t

cos(ω

A

m

m

2κ

Δω

x

_{2 2 2} 1 2 2 2 1

=

−

+

2 2 1 2 20 2 2

ω

Δω

ω

=

−

}

Frekuensi tunggal ω₁ Getaran searah Frekuensi tunggal ω₂ Getaran berlawanan arah

(

)

⎪⎭ ⎪ ⎬ ⎫ ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ − ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − + − = 1 ) ω (ω 4κ 1 ω ω Δω _{2 2} 20 2 10 4 2 20 2 10 2 2 1 3 2 m m k κ =

34 A₁=10; A₂=10; A₂=0 A₁=0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -15 -10 -5 0 5 10 15 t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -10 -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 10 t m₁=1; m₂=1; k₁=50; k₂=30; k₃=2 x₁ x₂ Kuliah ke 5

2. BENDA TEGAR

Benda tegar didefenisikan sebagai sistem partikel dengan jarak antara satu sama lain selalu tetap.

2.1 Pendahuluan Rapat massa:

dV

dM

ρ

=

Massa:

=

∑

=

∫∫∫

benda k k

ρ

dV

m

M

M: massa benda V: volume benda Pusat massa:

₌

∫∫∫

benda

dV

r

ρ

M

1

R

r

r

O O’ pm

R

r

R

'

r

ar

terhadap O

a

-R

'

R

r

=

r

r

terhadap O’

36

Jika benda bebas bergerak, maka gerak pusat memenuhi: Momentum: 2 2

dt

R

d

M

F

dt

R

d

M

P

r

r

r

r

=

=

F resultan gaya pada benda

Momen Inersia terhadap sumbu yang melalui pusat massa (sumbu utama) X pm dm r

∫

=

V 2

_dm

r

I

2 12 1 3 12 1 L 2 1 L 2 1 3 3 1 L 2 1 L 2 1 2 L 2 1 L 2 1 2

_dm

_μ

_x

_dx

_μ

_x

_μL

_ML

x

I

=

=

=

=

=

− − −

∫

∫

+

dm=μdx x pm -L/2 L/2 pm

+

dr r

(

)

2 2 1 2 2 1 2 4 2 1 R 0 3 R 0 2

_dm

_2π

_L

_r

_dr

_πρLR

_πR

_Lρ

_R

_MR

r

I

=

∫

=

ρ

∫

=

=

=

ρL

dr

r

2π

L

dA

ρ

dV

ρ

dm

=

=

=

Batang homogen

38 dz z _R 2 2

_z

R

−

dm=ρπ(R2_-z2_)dz

Bola padat homogen

(

)

(

)

(

)

2 5 2 5 15 8 R R 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 1

MR

ρπR

dz

z

R

ρπ

I

dz

z

R

ρ

dm

z

R

dI

=

=

−

=

−

=

−

=

∫

−

π

Kubus padat homogen

pm x2 x₃ b b b x₁ 3 2 1 2 6 1 5 6 1 b b 3 b b 2 2 3 2 2 b b b b b b 3 2 1 2 3 2 2 3 3 2 1 2 3 2 2 2 3

I

I

I

;

Mb

ρb

dx

)dx

x

(x

ρb

dx

dx

)dx

x

(x

ρ

I

dx

dx

)dx

x

(x

ρ

r

dm

dI

2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

=

=

=

=

+

=

+

=

+

=

=

∫ ∫

∫ ∫ ∫

− − − − − dm=ρdV=ρdx₁dx₂dx₃ dm

Sumbu-sumbu x₁, x₂, x₃ yang melalui pusat massa disebut sumbu utama.

2.2 Momentum sudut dan momen inersia

Benda tegar mengandung N buah partikel

massa m_α dengan α=1,…,N. Misalkan posisi

adalah r_α dan kecepatannya v_α. Momentum sudut partikel-α

α α α α α α α α α α α

r

ω

r

m

L

r

ω

v

;

v

m

p

p

r

L

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

×

×

=

→

×

=

=

×

=

α m_α ωr O α

rr

α

vr

Karena

Berdasakan aturan perkalian vektor:

(

_α

) (

_{α α}

) (

_α

)

_α α

ω

r

r

.

r

ω

-

r

.

ω

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

_×

_×

₌

(

)

[

α α

]

2 α α

m

r

ω

r

.

ω

r

L

r

=

_α

r

−

r

r

r

Buktikan!

40

Momentum sudut benda tegar:

(

)

[

]

∑

∑

=

−

=

α α α α α 2 α α

m

r

ω

r

.

ω

r

L

L

r

r

r

r

r

r

)

ω

,

ω

,

(ω

ω

r

=

_{1 2 3} Karena

(

x

1

,

x

2

,

x

3

)

r

_α

=

_{α α α}

r

dan x₁ x₂ x₃ ω₁ ω₂ ω₃ ωr x_α1 x_α2 x_α3 α

rr

Maka komponen ke-i dari momentum sudut,

∑

∑

∑

∑

∑

∑

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

=

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

−

=

α α

δ

_{αi αj} k 2 αk ij α j j j j αj αi k 2 αk i α i

x

x

x

m

ω

1,2,3

k

j,

i,

;

ω

x

x

x

ω

m

L

Selanjutnya, dapat dinyatakan

∑

∑

∑

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

=

α αj αi k 2 αk ij α ij j j ij i

I

ω

;

I

m

δ

x

x

x

L

Secara keseluruhan, momentum sudut:

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 3 2 1

ω

ω

ω

I

I

I

I

I

I

I

I

I

L

L

L

ω

I

~

L

r

r

disebut tensor inersia

I

~

⎩ ⎨ ⎧ ≠ = = i j 0; j i 1; δ_ij

→

=

_ji ij

I

I

_{adalah matriks simetrik.}

Buktikan !!!

Elemen2 diagonal dari tensor inersia disebut momen2 inersia terhadap sumbu-sumbu, sedangkan elemen2 off-diagonal disebut produk inersia.

42

Jika benda mempunyai distribusi massa kontinu dengan rapat

massa ρ(r), maka:

∫

⎢

_⎣

⎡

∑

−

⎥

_⎦

⎤

=

V k j i 2 k ij ij

ρ(r)

δ

x

x

x

dV

I

Energi kinetik rotasi benda

=

∑

=

∑

(

×

)

α α α 2 2 1 α 2 α α 2 1 rot

m

v

m

ω

r

K

r

r

Berdasar aturan perkalian vektor

(

)

2 2 2

(

)

2

r

.

ω

r

ω

r

ω

r

×

r

_α

=

_α

−

r

r

_α

(

)

[

]

⎥

⎦

⎤

⎢

⎣

⎡

₋

=

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

−

=

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

αj αi k 2 αk ij α α j i, j i 2 1 j j j i i i k 2 k i 2 i 2 1 2 2 2 2 1 rot

x

x

x

δ

m

ω

ω

r

.

ω

r

.

ω

x

ω

m

r

.

ω

r

ω

m

K

α α α α α α α α α

r

r

r

r

r

r

ω

.

I

~

.

ω

K

ω

ω

I

K

1₂ rot j i, j i ij 2 1 rot

=

∑

→

=

r

r

i,j,k=1, 2, 3 Buktikan !

I₁₁=I₂₂=I₃₃= 2/3Mb2 dan

I_ij=-1/4 Mb2 untuk i≠j; Buktikan !!!

⎟

⎟

⎞

⎜

⎜

⎛

=

1₄ 3 2 4 1 4 1 4 1 3 2 2

_-

-Mb

I

~

Contoh:

Tentukanlah I_ij untuk kubus uniform bersisi b, massa M, dengan

titik pusat O di salah satu titik sudut.

[

]

(

)

3 2 3 2 5 3 2 b 0 b 0 3 2 2 3 2 2 b 0 1 3 2 V 1 2 1 2 3 2 2 2 1 11

ρb

M

;

Mb

ρb

dx

dx

x

x

dx

ρ

dx

dx

dx

ρ

I

=

=

=

+

=

−

+

+

=

∫

x

x

x

x

∫

∫∫

2 4 1 5 4 1 b 0 b 0 b 0 3 2 1 2 1 3 2 1 2 V 1 12

Mb

ρb

dx

dx

dx

x

x

ρ

dx

dx

)dx

x

x

(

I

−

=

−

=

−

=

−

=

ρ

∫

∫∫

∫

∫

⎢

_⎣

⎡

∑

−

⎥

_⎦

⎤

=

V k j i 2 k ij ij

ρ(r)

δ

x

x

x

dV

I

44

Sumbu-simbu utama dari inersia

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

3 2 1 33 32 31 23 22 21 13 12 11 3 2 1

ω

ω

ω

I

I

I

I

I

I

I

I

I

L

L

L

ω

I

~

L

r

r

Sumbu-sumbu utama adalah sumbu-sumbu dengan mana tensor inersia mejadi diagonal. Untuk itu misalkan

3 33 2 32 1 31 3 3 3 23 2 22 1 21 2 2 3 13 2 12 1 11 1 1

ω

I

ω

I

ω

I

Iω

L

ω

I

ω

I

ω

I

Iω

L

ω

I

ω

I

ω

I

Iω

L

ω

I

~

L

+

+

=

=

+

+

=

=

+

+

=

=

→

= r

r

0

ω

ω

ω

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

3 2 1 33 32 32 23 22 21 13 12 11

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

−

−

0

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

I

33 32 32 23 22 21 13 12 11

=

−

−

−

Maka, harus berlaku

Disebut determinan sekular

Determinan ini merupakan polinom order-3 dari I; jadi ada tiga buah harga I, yakni I₁, I₂ dan I₃.

Contoh

Tentukanlah sumbu-sumbu utama inersia dari kubus. Dari contoh sebelumnya,

2 2 1 1 4 1 3 2 4 1 4 1 4 1 3 2

Mb

β

;

-β

I

~

₌

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

46

→

= 0

I

-β

β

-β

-β

-I

-β

β

-

β

-β

-I

-β

3 2 4 1 4 1 4 1 3 2 4 1 4 1 4 1 3 2 Determinan sekularnya:

(

β I

)

β

{

β 2

(

2 ₃ β I

)

}

0 16 3 3 64 2 3 3 2 − − − − =

β

I

I

β

a

a

β

I

β

a

0;

β)

β)(a

(a

0

β

a

β

a

I

β

a

12 11 3 2 4 1 3 2 6 1 1 2 1 1 2 4 1 2 1 3 32 1 2 16 3 3 3 2

=

=

→

−

=

=

=

→

=

=

+

−

→

=

−

−

−

=

Misalkan

Teori Sumbu Sejajar

Misalkan sistem koordinat x₁, x₂, x₃ adalah pusat massa benda, dan sistem koordinat kedua X₁, X₂, X₃ yang sejajar dengan sistem pertama. Defenisikan: i i i 3 2 1 3 2 1 3 2 1

a

x

X

);

a

,

a

,

(a

a

;

a

r

R

)

X

,

X

,

(X

R

);

x

,

x

,

(x

r

+

=

=

+

=

=

=

r

r

r

r

r

r

∑

∑

∑

∑

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₊

₋

₊

₊

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

α j αj i αi k 2 k αk ij α α αj αi k 2 αk ij α ij

)

a

)(x

a

(x

)

a

(x

δ

m

X

X

X

δ

m

J

Elemen tensor inersia dalam koordinat kedua X₁, X₂, X₃:

× pm

R

r

rr

av

X_{1 X} 2 X₃ x₁ x2 x₃

48 αi α α i αj α α j α αk α k ij k k j i 2 k ij α α α k αj αi 2 αk ij α ij

x

m

a

x

m

a

x

m

δ

2a

a

a

a

δ

m

x

x

x

δ

m

J

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

∑

−

−

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

0

x

m

M

1

x

α αk α

k

=

∑

=

Posisi pusat massa dalam koordinat (x1,x2,x3)

∑

∑

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

α k αj αi 2 αk ij α ij

m

δ

x

x

x

I

M

m

α α

=

∑

ij 2 k 2 k ij

a

a

δ

δ

∑

=

(

ij i j

)

2 ij ij

I

M

a

δ

a

a

J

=

+

−

Maka:

∑

∑

∑

∑

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₊

₋

₊

₊

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

₋

=

α j αj i αi k 2 k αk ij α α αj αi k 2 αk ij α ij

)

a

)(x

a

(x

)

a

(x

δ

m

X

X

X

δ

m

J

Contoh:

Berdasarkan contoh untuk kubus, tentukanlah elemen tensor inersia dengan sistem koordinat di pusat massa.

Dengan sistem koordinat di suatu titik sudut, tensor inersia adalah:

2 3 2 4 1 4 1 4 1 3 2 4 1 4 1 4 1 3 2

Mb

β

;

β

β

-β

-β

-β

β

-β

-β

-β

J

~

₌

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

pm X₁ X₂ X₃ x₂ x₃

ar

b b b

(

)

(

ij i j

)

2 ij ij j i ij 2 ij ij

I

M

a

δ

a

a

I

J

M

a

δ

a

a

J

=

+

−

→

=

−

−

2 4 3 2 2 1 2 1 2 1

b,

b,

b),

a

b

(

a

r

=

=

(

−

)

→

−

=

J

Mb

3δ

1

I

2 _ij 4 1 ij ij

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

=

β

0

0

0

β

0

0

0

β

I

~

1 6 1 6 1

50

2.3 Persamaan gerak benda tegar Laju perubahan suatu vektor

Sistem koordinat inersial I(X₁,X₂,X₃) diluar benda; Sistem koordinat O(x₁,x₂,x₃) diam di dalam benda. Maka, perubahan vektor G yang dilihat dari sistem koordinat I tidak sama dengan perubahan yang dilihat dari sistem koordinat O.

Perbedaan itu timbul karena benda berotasi.

O

G

r

I → × + ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ G ω dt G d dt G d O I r r r r

ωr

×

×

k j ijk O i I i

_ε

_ω

_G

dt

dG

dt

dG

+

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

⎩ ⎨ ⎧ = lainnya 1, -siklis urutan ijk , 1 ijk

ε

1 2 2 1 O 3 I 3 3 1 1 3 O 2 I 2 2 3 3 2 O 1 I 1 G ω G ω dt dG dt dG G ω G ω dt dG dt dG G ω G ω dt dG dt dG − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛

r

ω

v

v

r

_I

=

r

_O

+

r

×

r

(

)

(

)

r

ω

ω

v

ω

2

a

r

ω

v

ω

v

ω

a

a

O O O O O I

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

×

×

+

×

+

=

×

+

×

+

×

+

=

(

)

(

ω

r

)

ω

m

ω

v

2m

F

r

ω

ω

m

v

ω

2m

F

F

r

ω

ω

m

v

ω

2m

a

m

a

m

F

O I O I O O O I I

r

r

r

r

r

v

r

r

r

r

r

v

r

r

r

r

r

r

r

r

×

×

+

×

+

=

×

×

−

×

−

=

×

×

+

×

+

=

=

(

ω

r

)

ω

m

r

×

r

×

r

: gaya yang tegak lurus ω menuju keluar; jadi gaya ini

sentrifugal; besarnya mω2_{r sinθ,.}

r

r ×

ωr

I O

rr

m

Partikel m bergerak dalam sistem koordinat O yang berotasi. Misalkan r vektor posisi terhadap sistem koordinat I.

52

Misalkan sistem koordinat O ditetapkan di bumi, sehingga rotasinya bersama bumi dengan:

1 5 _sec 10 292 . 7 jam 24 2π ω = = × − − Jari-jari katulistiwa: r=63560 km;

ω2_{r=3,4 cm/sec}2 _{sama dengan sekitar 0.35% dari percepatan gravitasi.}

Gaya sentripetal ini yang membuat bumi menjadi elips.

×

ωr

×

×

ωr

ωr ω v 2m r ×_O r O vr Gaya Coriolis

1. Gaya ini menyebabkan lintasan menjadi lengkung di atas bidang yang tegak lurus pada .

ωr

2. Aliran udara (angin) dari tekanan tinggi ke

tekanan rendah membentuk lintasan lengkung. 3. Pengaruh rotasi bumi terhadap jatuh bebas di

belahan utara bumi:

Kecepatan jatuh bebas:

g 2z t gt; v_z = − = sinθ t 2mg sinθ v mω 2 dt d m ; v ω 2m F _{2 z} 2 C= − × = − =

ω

x r r r Tekanan tinggi Tekanan rendah angin Belahan utara bumi

Gaya Coriolis menyebabkan pembelokan ke Timur:

8z3

T

B _x

54 Momentum Sudut

L

ω

dt

L

d

dt

L

d

O I

r

r

r

r

×

+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

Perubahan momentum sudut karena momen gaya:

N

dt

L

d

I

r

r

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

N

L

ω

dt

L

d

r

_r

r

r

=

×

+

i

_ε

_ijk

_ω

_j

_L

_k

_N

_i

dt

dL

=

+

i i i

I

ω

L

=

Jika sumbu-sumbu benda diambil sebagai sumbu utama:

i k k j ijk i i

ε

ω

ω

I

N

dt

dω

I

+

=

(

)

(

)

(

2 1

)

3 2 1 3 3 2 3 1 1 3 2 2 1 2 3 3 2 1 1 N I I ω ω dt dω I N I I ω ω dt dω I N I I ω ω dt dω I = − + = − + = − + i j k k j i

_ω

_L

_ω

_L

_N

dt

dL

=

−

+

Contoh:

Sebuah bola biliar disodok secara horizontal; bola itu meluncur berguling. Buktikan bahwa jarak tempuhnya:

μg 49 12v x 2 o =

dimana pada t=0, x=0, v=v_o , kecepatan sudut

dφ/dt=0, dan sudut φ=0. 1 2 2 1 f

μgt

C

dt

dx

μg

dt

x

d

eˆ

μmg

F

r

=

−

→

=

−

→

=

−

+

mg F_N F_f v

Momen gaya yang merotasikan bola biliard

eˆ

μmga

)

eˆ

eˆ

(

μmga

F

a

N

r

=

r

×

r

=

−

−

×

=

−

f

F

r

ar

x y z I₃=2/5Ma2 t=0; v=v₀

μgt

v

₀

dt

dx

₌

₋

₊

56 2 2 5 2 5 2 2 2 2 3 3 3

C

μgt

dt

dφ

a

μg

dt

φ

d

a

μmga

dt

φ

d

I

N

dt

dL

+

=

=

→

=

→

=

μg

v

t

;

v

μgt

μgt

v

μgt

dt

dφ

a

dt

dx

0 7 2 1 0 2 7 2 5 0

=

=

→

=

+

−

→

=

t=0; dφ/dt=0

μgt

dt

dφ

a

=

5₂

0

v

μgt

dt

dx

+

−

=

Dari

x

(

t

)

=

−

1₂

μgt

2

+

v

₀

t

Pada t₁

μg

v

μg

v

v

μg

x

2 0 49 12 0 7 2 0 2 0 7 2 2 1

=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

+

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

g

v

μ

0 7 5 0 0 7 2

v

v

μg

μg

v

_⎟⎟

+

=

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛

−

=

v

Kuliah 8

58

2.4 Gasing tanpa momen gaya

Gasing adalah benda yang simetrik terhadap salah satu sumbunya,

misalnya sumbu-x₃. Karena simetrik maka:

I

₁

=I

₂

≠I

₃ x₁ x2 x₃ i k k j ijk i i

ε

ω

ω

I

N

dt

dω

I

+

=

konstan ω 0 dt dω I 0 ) I (I ω ω dt dω I 0 ) I (I ω ω dt dω I 3 3 3 3 1 1 3 2 2 2 3 3 2 1 1 = → = = − + = − +

Misalkan momen gaya N_i=0

(

1 2

)

2 1 2 1 1 2 1 2 3 3 2 1 iω ω i ) ω Ω(iω dt dω i dt dω ω dt dω I ) I (I ω ; ω dt dω + Ω = − = + Ω = − = Ω Ω − =

Misalkan

η(t)

=

ω

1

(t)

+

iω

2

(t)

konstan ω ω ω t); sin(Ω ω t); Ω cos( ω t) exp(iΩ η η i dt dη 2 2 2 1 2 o 2 1 = = = + = = → Ω = o o o

ω

ω

ω

- ω₁ dan ω₂ membentuk lingkaran berjari2 ω₀ pada bidang x₁-x₂.

- ω₁, ω₂ ,ω₃ membentuk resultan ω dan berotasi

mengitari sumbu x₃ dengan frekuensi sudut Ω

dengan sudut

Dilihat dari sistem koordinat inersial, karena momen gaya N=0 konstant L 0 dt L d I = → = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ r r

Karena pusat massa tetap,

3 1

tan

ω

ω

φ

=

− o

60 Besarnya ω:

ω

=

ω

₁2

+

ω

2₂

+

ω

2₃

=

ω

2_o

+

ω

₃2

=

konstan

konstan I ) I (I ω 1 2 3 3 = − = Ω

2.5 Sudut Euler dan Persamaan Euler

Tinjau sistem koordinat (x’₁,x’₂,x’₃); sistem koordinat itu dirotasikan menjadi (x₁, x₂, x₃). Secara umum dapat dinyatakan:

'

x

λ

~

x

r =

r

Matriks ini merupakan produk dari berbagai operasi rotasi, di antaranya rotasi dengan sudut-sudut φ,θ, ψ yang disebut sudut-sudut Euler.

x

''

'

x

R

~

''

x

R

~

R

~

'

x

R

~

R

~

R

~

'

x

λ

~

ψ θ ψ θ ψ

r

r

r

r

r

₌

₌

₌

₌

ϕ

62

= rotasi dengan sudut φ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’₃

sehingga x’’₃=x’₃; x’₁→x’’₁; x’₂→x’’₂

'

x

R

~ r

_ϕ

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

1

0

0

0

cos

sin

0

sin

cos

R

~

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

3 2 1 3 2 1

'

'

'

1

0

0

0

cos

sin

0

sin

cos

"

"

"

x

x

x

x

x

x

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

3 2 1 3 2 1

"

"

"

cos

sin

0

sin

cos

0

0

0

1

'

"

'

"

"

'

x

x

x

x

x

x

θ

θ

θ

θ

rotasi dengan sudut θ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’₁

menjadikan x’’’₁=x’’₁; x’’₂→x’’’₂; x’’₃→x’’’₃.

''

x

R

~

_θ

r

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

θ

θ

θ

θ

cos

sin

0

sin

cos

0

0

0

1

R

~

_θ

64

= rotasi dengan sudut ψ berlawanan jarum jam, sumbu rotasi x’’’₃

menjadikan x’’’₃=x₃; x’’’₁→x₁; x’’’₂→x₂.

''

'

x

R

~ r

_ψ

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

3 2 1 3 2 1

"

'

"

'

'

"

1

0

0

0

cos

sin

0

sin

cos

x

x

x

x

x

x

ψ

ψ

ψ

ψ

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

1

0

0

0

cos

sin

0

sin

cos

R

~

_ψ

ψ

ψ

ψ

ψ

Garis simpul

ϕ

R

~

R

~

R

~

λ

~

θ ψ

=

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

⎟

⎟

⎟

⎠

⎞

⎜

⎜

⎜

⎝

⎛

−

=

1

0

0

0

cos

sin

0

sin

cos

cos

sin

0

sin

cos

0

0

0

1

1

0

0

0

cos

sin

0

sin

cos

~

ϕ

_ϕ

ϕ

_ϕ

θ

θ

θ

θ

ψ

ψ

ψ

ψ

λ

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + − − − + − =

θ

ϕ

θ

ϕ

θ

ψ

ϕ

θ

ψ

ϕ

θ

θ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

ψ

ϕ

θ

ψ

ϕ

θ

θ

ψ

ϕ

ψ

ϕ

ψ

λ

cos cos sin sin sin sin cos cos cos sin cos sin sin cos sin cos sin sin cos cos sin sin cos sin sin cos cos cos cos ~