bab i.mekanika dasar.pdf
TRANSCRIPT
1
BAB I
DINAMIKA PARTIKEL DALAM SATU DIMENSI
I.1 Pengantar
Mekanika adalah cabang fisika yang terpenting,
karena dengan mekanika kita dapat memahami hukum-
hukum yang bersangkutan dengan keadaan statis dan
dinamis suatu benda. Supaya kerumitan keadaan tersebut
dapat dihilangkan dari hakikatnya, maka peninjauan kita
lakukan dengan memperlakukan obyek benda sebagai titik
materi. Dalam hal ini pengertian titik materi tidak berarti
mutlak bahagian terkecil suatu benda, melainkan dapat
mempunyai makna relatif. Bulan misalnya, dalam
peredarannya mengelilingi bumi, dapat dipandang sebagai
benda titik ditinjau dari kerangka bumi. Demikian pula bumi
dalam mengelilingi matahari; dan masih banyak contoh lain
yang dapat dikemukakan.
Dalam mekanika jika kita hanya menggambarkan
gerak suatu benda, maka kita membatasi diri pada
kinematika yaitu dengan pertanyaan dimana (posisi) dan
kapan (waktu); sedangkan jika kita ingin menghubungkan
gerak suatu benda terhadap gaya-gaya penyebabnya dan
2
juga sifat/karakteristik benda yang bergerak tersebut, maka
kita menghadapi permasalahan dinamika. Jadi kinematika
zarrah artinya penggambaran gerak suatu zarrah tanpa
menghubungkan dengan gaya penyebabnya, sedangkan
dinamika adalah penggambaran gerak benda dengan
mengaitkannya dengan gaya-gaya penyebabnya.
Tinjaulah suatu titik materi yang bergerak melalui
suatu lintasan x terhadap suatu titik tetap O sebagai pusat
pengamatan. Gerak titik materi ditentukan oleh hukum
Newton kedua, yakni:
dt
(I.1.1)
dengan F menyatakan gaya total yang bekerja pada titik
materi dan p sebagai momentum linearnya. Momentum
suatu benda didefinisikan sebagai:
vmp
(I.1.2)
dimana v menyatakan kecepatan gerak benda sepanjang
lintasannya dan m sebagai massa benda. Dalam hal ini
3
massa benda adalah merupakan suatu besaran yang
menyatakan ukuran bobot kelembamannya. Adapun
kecepatan v menyatakan panjang lintasan yang ditempuh
benda pada suatu titik pada lintasan benda persatuan selang
waktu infinitesimal. Kecepatan sesaat didefinisikan sebagai
kecepatan rata-rata pada selang waktu yang sangat pendek.
dihitung dalam limit t secara infinitisimal sangat kecil,
mendekati nol, yakni:
dt
xd
t
xv
t
0lim (I.1.3)
Karena dt infinitesimal, maka jelas dx juga haruslah
infinitesimal agar v besarnya terbatas. Sebagai akibatnya
kecepatan v akan senatiasa menyinggung sepanjang lintasan
x. Ini berarti bila benda membelok, maka pada titik
beloknya itu arah kecepatan benda juga akan berubah pula.
Selanjutnya menurut defenisi (I.1.2) maka gaya
yang bekerja pada titik materi akan ditentukan oleh
persamaan:
vmdt
dF
(I.1.4)
4
Dalam banyak hal, kecuali benda bergerak dengan kelajuan
(besar kecepatan) yang mendekati orde kelajuan cahaya,
selama benda utuh (maka massanya tetap), sehingga
persamaan geraknya akan ditentukan oleh:
amdt
vdmF
(I.1.5)
dengan komponen-komponennya adalah:
xx maF (I.1.6a)
yy maF (I.1.6b)
zz maF (I.1.6c)
dengan a menyatakan percepatan rata-rata didefinisikan
sebagai laju perubahan kecepatan, atau perubahan kecepatan
dibagi dengan waktu yang dibutuhklan selama perubahan
tersebut, yakni
2
2
0lim
dt
xd
dt
vd
t
va
t
(I.1.7)
5
Contoh 1: Sebuah mobil bergerak sepanjang jalan lurus
(arah sumbu x) dengan kecepatan 15 m/s.
Kemudian sopir menginjak rem sehingga
setelah 5 detik kecepatan mobil turun menjadi
5 m/s. berapakan percepatan rata-rata mobil?
Jawab.
2
12
12 /0,20,5
)/0,15)/0,5(sm
s
smsm
tt
vv
t
va
Jika massa dan gaya diketahui, hukum Newton di
atas dapat digunakan untuk menjelaskan keadaan
dinamikanya. Jika seseorang menggunakan gaya sebesar
100 newton untuk memindahkan sebuah benda bermassa 5
kilogram tanpa ada gesekan , maka percepatan rata-ratanya
adalah:
2det20
5
100 mkg
newton
m
Fa ext
Selanjutnya dapat dikembangkan hubungan keadaan
dinamika lebih lanjut. Jika dibuat keadaan awalnya diam,
6
setelah 3 detik kemudian, kecepatan dan jarak yang
ditempuh dapat dihitung, yakni:
meterxmxats
mxmtav
90det9)det/(202
1
2
1
det/60det3)det/(20
222
2
Contoh 2. Sebuah balok bermassa m yang ditarik sepanjang
bidang datar licin oleh gaya F membentuk sudut
45o terhadap bidang horizontal.
a. Jika massa balok adalah 2,0 kg, berapa besar
gaya F yang dibutuhkan agar balok mendapat
kecepatan horizontal 4,0 m/s dalam 2,0 s
mulai dari keadaan diam.
b. Tentukan besar gaya normalnya.
Jawab.
a. Percepatan benda:
20 m/s 0,20,2
)0()0,4(
t
vva , sehingga
besarnya
gaya F adalah:
7
Nma
F
maF
2425,0
2.2
45cos
45cos
b). Karena ay = 0, maka:
N + Fsin45 - mg =0,
NFmgN 1625,0.242045sin
Hal yang penting dapat ditarik dari uraian ini ialah
apabila jumlah gaya total yang bekerja pada suatu benda
lenyap, maka berarti momentumnya tetap. Hal ini dikenal
sebagai pernyataan hokum kekekalan momentum.
Besaran lain yang memiliki sifat kekekalan ialah
yang disebut “momentum sudut” . Dalam hal ini momentum
sudut suatu benda terhadap suatu titik O yang dilambangkan
dengan L didefenisikan sebagai:
pxrL
(I.1.8)
dengan r merupakan vector letak benda titik terhadap titik
pengamatan O. Untuk mendapatkan persamaan yang analog
dengan persamaan (I.1.1) bagi L, didefenisikan besaran yang
disebut momen gaya yang diberikan oleh sangkutan:
8
vmdt
dxrFxr
(I.1.9)
Dengan mengenakan operasi turunan pertama terhadap
waktu t bagi besar L yang dikenal sebagai torka (momen
gaya), diperoleh:
Frxvmxvvmdt
dxrvmx
dt
rd
vmxrdt
dpxr
dt
dL
dt
d
(I.1.10)
Suku pertama pada ruas kanan otomatis lenyap, sehingga
diperoleh:
dt
Ldvmxr
dt
d
(I.1.11)
Tampak bahwa suatu benda titik yang berpresisi terhadap
suatu titik, persamaan geraknya ditentukan oleh persamaan
(I.1.11) yang merupakan analogi persamaan (I.1.1).
Terhadap keadaan ini , bila jumlah total momen gaya yang
9
bekerja pada suatu benda lenyap, maka momentum sudut
totalnya tetap. Ini berarti besaran momentum sudut L
bersifat kekal.
Selanjutnya kita tinjau kerja yang dilakukan oeh
gaya luar F terhadap titik materi dari kedudukan (1) ke
kedudukan (2) . Dalam hal ini, kerja tersebut didefenisikan
sebagai:
xdFW
12
(I.1.12)
Karena dt
dvmtF )( dan untuk massa tetap, maka kerja
yang dilakukan diberikan oleh:
12
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
12
2)(
2
TT
vvm
dtvdt
dm
dtvdt
vdmxd
dt
vdmxdFW
(I.1.13)
10
dengan 2
2
1mvT menyatakan energi kinetic titik materi.
Bila medan gaya yang bekerja sedemikian rupa kerja yang
dihasilkan meliputi lintasan tertutup lenyap , yakni:
0SdF
(I.1.14)
maka gaya yang bersangkutan dikatakan bersifat konservatif
dimana usaha/kerja oleh gaya konservatif tidak bergatung
pada lintasan, tetapi hanya bergantung pada keadaan awal
dan akhir. Secara fisis suatu system tak akan bersifat
konservatif bila ada geseran dan gaya-gaya disipasi lainnya.
Dengan bantuan integral Stokes, yakni:
AdFxldFC S
sehingga persamaan (I.1.14) dapat ditulis sebagai:
0)( AdFxSdFC S
k
(I.1.15)
dimana berlaku untuk sembarang S yang dibatasi oleh C.
Karena harus berlaku untuk sembarang S dan C, maka:
11
0 Fx
(I.1.16)
Ini berarti gaya yang bersifat konservatif haruslah
merupakan gradient suatu fungsi scalar, dimana dipenuhi:
VF
(I.1.17)
di maana disebut sebagai “energi potensial” dan tanda
negative menunjukkan bahwa arah F berlawanan arah
dengan V. Dari (I.1.17) segera kita dapat menghitung kerja
yang dilakukan oleh system gaya konservatif sebagai
berikut:
12
2
1
2
1
2
1
12
VV
dzz
Vdy
y
Vdx
x
V
SdVSdFW
(I.1.18)
12
Jadi kerja yang dilakukan oleh gaya ini dalam
perpindahannya dari posisi (1) ke posisi (2) adalah sama
dengan selisih antara energi potensial diantara kedua titik
tersebut. Kalau hasil ini dihubungkan dengan persamaan
(I.1.13), maka dapat diperoleh:
tan)(2211 konsEVTVT
(I.1.19)
Menurut persamaan ini, bila gaya yang bekerja pada suatu
titik materi adalah gaya konservatif, maka energi totalnya
T+V tetap. Ini mengungkapkan pernyataan kekekalan energi
suatu system.
Sebaliknya dapat pula ditunjukkan kaitan bentuk
energi dan bentuk gaya, yakni bahwa energi mekanik
dinyatakan sebagai:
)(2
1 2 rVmvVTE
(I.1.20)
13
Dengan mengambil turunannya terhadap waktu, maka:
vFdt
vdvmvV
dt
vdm
vVdt
vdvm
dt
rdV
dt
vdvm
dt
dE
k
(I.1.21)
Bila E kekal, maka 0dt
dE, sehingga
dt
vdmF k
. Dan bila
E tidak kekal, maka NKFdayadt
dE , sehingga:
NKk FFdt
vdm
(I.1.22)
I.2 Dinamika Sistem Banyak Titik Materi
Pada uraian yang lalu telah di bahas mengenai
dinamika partikel titik materi, maka sekarang akan diperluas
ke system banyak materi. Dalam rangka perluasan tersebut,
maka harus dibedakan antara gaya luar yang bekerja pada
14
system partikel-partikel dengan gaya internal yang berasal
dari proses interaksi antara partikel ke k dengan yang
lainnya. Jika kedua macam gaya itu bekerja, maka hukum
kedua Newton berbentuk:
kj
i
kj
e
kkk FFpF )()(
(I.2.1)
di mana suku pertama pada ruas kanan melambangkan gaya
luar (gaya eksternal) dan suku kedua sebagai gaya internal
yang berhubungan dengan interaksi partikel ke j dengan ke
k. Seperti halnya dengan )(e
kF , maka kjF diandaikan juga
memenuhi hukum Newton ketiga, yaitu gaya yang
dikerjakan oleh suatu benda terhadap benda lain senantiasa
sama besarnya tetapi berlawanan arah dengan gaya reaksi
yang diberikannya meskipun tidak harus satu garis lurus
(untuk bentuk kuat Hukum Newton III terletak pada satu
gairis lurus). Tentu saja ada system yang tidak mengikuti
hokum ini, misalnya gaya elektromagnetik diantara benda
bermuatan yang bergerak.
Dengan menjumlahkan semua gaya yang bekerja
pada partkel diperoleh:
15
k kj
kj
k
e
k
k
kk FFrmdt
d )(
2
2
(I.2.2)
Berdasarkan hokum III Newton , jelas suku kedua pada
persamaan (I.2.2) akan lenyap karena jkkj FF .
Selanjutnya untuk mereduksi ruas kiri persamaan (I.2.2),
kita definisikan vector letak pusat massa R system sebagai:
k
kk
k
k
k
k
k
rmMm
rm
R
1
(I.2.3)
Dengan mensubstitusikan persamaan (I.2.3) kedalam
persamaan (I.2.2), maka diperoleh:
)()(
2
2e
k
e
k FFdt
RdM
(I.2.4)
16
Pernyataan ini mengungkapkan, bahwa gaya luar seperti
hanya bekerja pada seluruh massa system dan terpusat pada
pusat massanya dan tampak bahwa gaya internal sama sekali
tak ada pengaruhnya terhadap gerak pusat massa system.
Selanjutnya momentum sudut total suatu system
banyak partikel akan dapat dituliskan sebagai:
k
k
kk pxrL
(I.2.5)
Analog dengan pernyataan momen gaya satu partikel, maka
untuk system banyak pertikel akan dapat disajikan sebagai:
17
jk
k jk
k
e
i
k
i FxrFxr
)(
(I.2.6)
dimana suku terakhir tiada lain dari pada kontribusi dari
gaya internal. Bila berlaku juga bentuk kuat hokum Newton
ketiga, yang memenuhi syarat, yakni:
Sama besar
Berlawanan arah
Terlatak satu garis lurus
O
rk
rj
rk –rj
Gambar. 1.1a
rk –rj
kjF
jkF
j
Gambar 1.1b
18
maka jkkj FF (Gambar 1.1b), sehingga:
0 jkjkkjjk FxrrFxrr
atau dengan menggunakan sifat hokum aksi-reaksi, kita
dapat menuliskan:
k kj
jkjk
k kj j jk
kjjjkkjk
k jk
k
Fxrr
FxrFxrFxr
2
1
2
1
dimana jkkj FF dan kjjk rrr
sehingga
jkkjjkjk FxrFxrr
. Karena jkkj rr
, maka diproleh:
jkjkkjjkjkkj FxrFxrFxr
atau
jkjkkjjkjkjkkj FxrrFxrFxr
Ini berarti 0jkkj Fxr
. Dengan demikian, diperoleh momen
gaya (torka) total adalah sama dengan jumlah semua momen
gaya eksternal hanya jika bentuk kuat hokum ketiga Newton
dipenuhi, yakni:
19
)(e
k
k
Qk Fxrr
(I.2.7)
Momentum sudut partikel ke k (relative terhadap titik Q),
yakni:
QkQk
kQkkQ
rrdt
dmxrr
pxrrL
(I.2.8)
Momentum sudut total:
dt
rdrrm
dt
rdxrrmLL
Q
Qkkk
Qkk
kk
kQQ
(I.2.9)
Dan laju terhadap waktu:
20
k Q
Qkk
Q
Qkk
Qkk
Qk
Q
dt
rdxrr
dt
dm
dt
rdxrrm
dt
pdxrr
dt
rdmxrr
dt
d
dt
Ld
2
2
2
2
2
2
dt
rdxrRM
dt
rdxrRM
dt
pdxrr
dt
Ld
Q
QkQ
Q
Qk
k
kQk
Q
(I.2.10)
Bentuk persamaan (I.2.10) akan menjadi seperti bentuk
linear, yakni:
Q
Q
dt
Ld
(I.2.11)
Persamaan (I.2.10) hanya betul jika:
Titik Q adalah pusat massa
Titik Q tidak dipercepat (inersial), atau
Titik Q dipercepat sepanjang garis hubung dengan
pusat massa.
21
Selanjutnya kita tinjau energi system banyak
partikel. Seperti halnya dengan system titik titik materi,
maka kerja yang dilakukan bagi semua gaya dalam
pemindahan system dari konfigurasi awal (1) ke konfigurasi
akhir (2) yang didefenisika melalui persamaan:
2
12
2
1
2
2
2
2
1
2
1
2
1
12
2
1dengan,
2)(
2
kk
k
k
k
kk
k
k
kkk
k
k
kk
vmTTT
vvm
dtvdt
dm
Sdvdt
vdmSdFW
(I.2.12)
Energi kinetic total system adalah:
22
22
222
2
1
2
1
2
1
2
1
22
1
2
1
kk
k
R
Rk
k
kkk
k
R
kRkRk
k
kRk
k
vmMv
vvmvmMv
vvvvmvvmT
(I.2.13)
22
Suku pertama pada persamaan (I.2.13) adalah energi kinetic
pusat massa sedangkan suku ke dua adalah energi kinetic
relative terhadap pusat massa.
Usaha dapat juga dituliskan sebagai:
k k j
kkj
k
k
K
kk
NK
k
k
k
j
kj
e
k
k
k
SdFSdFSdF
SdFFSdFW
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
12
k j
kkj
eeNK SdVVVWW
2
1
)(
1
)(
212
(I.2.14a)
dimana
jkjkkjjkkkj
jk
FVVrrVF
rrVV
)(
)(
(I.2.14b)
Dengan demikian:
23
k kj
jk
eeNK
k kj
jjkkkj
eeNK
rrVVVW
SdVSdVVVWW
2
1
)(
1
)(
2
2
1
)(
1
)(
212
)(
Energi potensial total:
)(,...),(,...),( 21
)(
21 jk
k kj
e rrVrrVrrV
(I.2.15)
Diperoleh juga hubungan energi sepert biasa, yaitu:
NK
NK
WVTT
VVWTTW
1122
121212
V
(I.2.16)
Suku pertama dan kedua pada persamaan (I.2.15) masing-
masing adalah energi potensial eksternal dan energi
potensial internal system. Secara umum energi potensial
internal itu tidak lenyap dan malahan dapat bergantung
pada waktu. Hanya untuk system benda tegar, energi
potensial internal itu tetap, karena rkj juga tetap. Oleh karena
24
itu benda tegar dapat didefenisikan sebagai system dengan
rkj tetap dan tidak berubah terhadap waktu. Gaya internal
pada benda tegar tidak pernah bekerja, dan karena itu energi
potensial internalnya harulah tetap. Jika demikian pengaruh
energi potensial internal untuk system benda tegar dapat
diabaikan, karena otomatis terhapus, karena hanya
menjumlah sebagai tetapan terhadap energi potensial
eksternal.
I.3 Gerak Dengan Gaya Konstan
Secara umum aksi gaya pada sebuah partikel dapat
bergantung pada posisi, kecepatan dan waktu. Persamaan
geraknya adalah:
trrFrm ,,
(I.3.1)
Persamaan ini adalah sebuah persamaan diferensial orde dua
dalam koordina ruang dan setelah diintegrasi dua kali akan
diperoleh lintasan partikel. Bila persamaan (I.3.1)
diintegrasi terhadap waktu, akan diperoleh:
t
t
t
t
dtFdtrm
00
25
atau
t
t
dtFvrm
0
)( 0
(I.3.2)
dimana kita telah memilih syarat awal pada t=t0,
kecepatannya adalah v0. Besaran pada ruas kanan dalam
persamaan (I.3.2) disebut impuls-gaya. Selanjutnya
integrasikan persamaan (I.3.2) sekali lagi terhadap waktu,
diperoleh:
t
t
t
t
dtFdtm
ttvrr
0 0
1)( 000
(I.3.2)
dimana r dan t0 adalah masing-masing vector posisi partikel
pada t=t dan t=t0.
Sebagai contoh persamaan gerak dengan gaya
konstan, tinjaulah sebuah balok dengan massa m terletak
pada suatu permukaan horizontal yang licin, dan ditarik
dengan seutas tali yang dihubungkan dengan balok lain
dengan massa M melalui sebuah katrol (Gambar 1.2). Katrol
dianggap tidak mempunyai massa dan gesekan, dan hanya
berfungsi untuk membelokkan arah gaya tarik tali, maka
26
percepatan sistem dan tegangan tali dapat dicari melalui cara
berikut:
Gambar 1.2
a. Dua buah benda dihubungkan
dengan tali
b. Diagram benda bebas untuk m
c. Diagram benda bebas untuk M
Karena panjang tali adalah tetap, maka balok m dan balok
M mempunyai percepatan yang sama. Gaya tarik tali (T),
menarik balok ke kanan, sedangkan mg adalah gaya tarik
oleh bumi, yaitu berat balok m. Gaya N adalah gaya normal
oleh bidang datar pada balok. Balok hanya bergerak dalam
arah-x, sehingga ay = 0 maka:
N-mg = 0
T = ma
Sedangkan gaya-gaya yang bekerja pada M ditunjukkan
pada gambar 1.2c. Karena M bergerak dipercepat, maka
persamaan gerak dari M adalah Mg – T = Ma
m
M mg
T x
N y
Mg
x
T y
a b c
27
sehingga diperoleh:
gMm
Ma
dan g
Mm
MmT
I.4 Gaya Bergantung Pada Waktu: F=F(t)
Dalam kasus ini, gaya akan diberikan )(tFF yang
bergantung waktu secara eksplisit, sehingga hukum Newton
kedua dapat ditulis sebagai:
)(tFdt
dvm
(I.4.1)
bila diintegrakan dengan mengasumsikan bahwa v=v0 pada
t=t0, maka:
t
t
dttFm
vv
0
)(1
0
(I.4.2)
Tinjau persamaan gerak yang diturunkan dari gaya yang
bergantung waktu:
28
tFF sin0
(I.4.3)
Untuk sederhananya, tinjau gerak hanya satu dimensi
sepanjang sumbu-x. Persamaan geraknya adalah:
tm
Fx sin0
(I.4.4)
Integrasikan persamaan (I.4.4) untuk sebuah partikel yang
pada t=0, x=x0 dan v=v0 , diperoleh:
tm
F
m
Fv
tm
Fvx
cos
cos1
000
00
(I.4.5)
Integrasikan sekali lagi persamaan (I.4.5), diperoleh:
t
m
Ft
m
Fvxx
sin
2
0000
29
Contoh: Sebuah balok bermassa m diam diatas permukaan
tanpa gesekan. Pada waktu t=0, sebuah gaya yang
digunakan diberikan oleh )exp(0 tFF , dimana
adalah sebuah konstanta positif lebih kecil dari satu).
Hitung x(t) dan v(t). Bagaimana nilainya bila:
a. t sangat kecil
b. t sangat besar
Jawab:
Dari hokum Newton kedua:
)exp(0 tFFdt
dvm (1)
atau
dttm
Fdv )exp(0
(2)
yang bila diintegrasikan akan diperoleh:
Ct
m
Fv
)exp(0
Jika syarat awal pada t=0, v=v0 =0, diperoleh:
30
m
FC 0
Jadi kecepatan dapat dinyatakan dalam persamaan, yakni:
)exp(10 tm
Fv
(3)
Substitusi dt
dxv ke dalam persamaan (3), maka:
dttm
Fdx )exp(10
(4)
yang bila diintegrasikan dengan kondisi awal pada t=0, x=0,
maka:
tm
Ft
m
Fx
0
2
0 1)exp(
(5)
Jika t sangat kecil, persamaan (3) dan (5) menghasilkan x=0
dan v=0 . Dan jika t sangat besar, maka dari persamaan (3)
dan (5) akan diperoleh:
31
2
000 dan, m
Ft
m
Fx
m
Fv
(6)
I.5 Gaya Bergantung Pada Kecepatan: F=F(v)
Dalam banyak keadaan sehari-hari, sering ditinjau
keadaan dimana dilakukan penambahan pada gaya konstan
dengan gaya yang fungsi dari kecepatan. Sebagai contoh,
jika benda bergerak dalam medan gravitasi, baik jatuh
maupun bergerak ke atas, penambahan pada gaya gravitasi
dengan gaya gesekan sebagai fungsi kecepatan dapat
dilakukan sebagai upaya agar system yang ditinjau
mendekati keadaan yang sesungguhnya. Dalam kasus ini,
hokum Newton keda dapat dituliskan sebagai:
dt
dvmvF )(
(I.5.1)
atau
dx
dvmv
dt
dx
dx
dvmvF )(
(I.5.2)
32
Tampak dari gaya F(v) , kedua persamaan ini dapat
diselesaikan dengan untuk menganalisa persamaan gerak,
yaitu menghitung nilai x sebagai fungsi dari t. Untuk
maksud tersebut, kita mulai dengan persamaan (I.5.1),
dengan menuliskannya sebagai:
)(vF
dvmdt
setelah diintegrasikan akan menghasilkan:
)(
)(vF
dvmvtt
(I.5.3)
Solusi ini memberikan v sebagai fungsi dari t, yakni v=v(t) .
Selanjutnya, kita dapat pula menyatakan kecepatan sebagai
fungsi dari x, yaitu:
dttvdxatautvdt
dxv )(,)( (I.5.4)
33
bila diintegrasikan akan diberikan:
dttvtxx )()(
(I.5.5)
Hal yang sama, jika kita mulai dengan persamaan (I.5.2) ,
diperoleh:
)(vF
vdvmdx
(I.5.6)
integrasinya menghasilkan:
)(
)(vF
vdvmtxx
(I.5.7)
Persamaan (I.5.5) dan (I.5.7) yang diturunkan perpindahan x
sebagai fungsi waktu t tampak berbeda, tetapi setelah
dievaluasi mereka menghasilkan hubungan yang sama.
Sebagai contoh kasus khusus, andaikan sebuah mobil
bergerak dengan kecepatan v0 di atas jalan yang mulus tanpa
34
gesekan, tiba-tiba mesinnya mati. Asumsikan bahwa
hambatan udara berbanding lurus dengan kecepatan, yakni:
kvvFF rr )(
(I.5.8)
Asumsikan bahwa pada t=0, v=v0 , kita akan menghitung v
dan x sebagai fungsi t. Persamaan gerak system dapat ditulis
sebagai:
dt
dvmkvvFr )(
(I.5.9)
Sehingga:
v
vv
dv
k
mdt
0
Hasil integrasinya adalah:
0
lnv
v
k
mt
(I.5.10)
Atau
t
m
kvv )(exp0
(I.5.11)
35
Bila disubstitusikan dt
dxv ke dalam persamaan, akan
diperoleh dttm
kvdx
)(exp0 , yang hasil integrasinya
setelah diambil syarat batasnya t=0 saat x=0, dan pergeseran
x pada saat t diberikan oleh:
tmkk
mvx /(exp10
(I.5.12)
Jelas tampak bahwa pada persamaan (I.5.11) dan (I.5.12)
ketika t=0, v=v0, x=0. Kita juga catat dari persamaan
(I.5.11) akan memberikan nilai v=0 ketika t= , dan dari
persamaan (I.5.12) , txk
mvx 0 dimana xt adalah jarak
pada batas awal. Selanjutnya dengan mengekspansikan ruas
kanan pada persamaan (I.5.11) dan (I.5.12 dengan deret
Taylor ( ...)!3!2
1exp32
xx
xx , maka:
atv
tm
Fvt
m
kvvv r
0
00
0 ...... (I.5.13)
Hal yang sama:
36
2
0
200
200
2
1
...2
1...
2
1
attv
tm
Ftvt
m
kvtvx
(I.5.14)
I.6 Gaya Bergantung Pada Posisi: F=F(x)
Ada beberapa keadaan dimana persamaan gerak
obyek bergantung pada posisi, misalnya gaya gravitasi, gaya
Coulomb dan gaya elastic. kasus penting Persamaan
diferensial yang bersangkutan dengan gerak obyek yang
berada dibawah pengaruh gaya yang bergantung pada posisi
adalah:
)(2
2
xFdt
xdm
(I.6.1)
atau dapat pula dinyatakan dalam v sebagai fungsi pososi,
yakni:
37
)(2
1
dx
d
atau)(
2 xFmv
xFdx
dvmv
(I.6.2)
Bila energi kinetic dari partikel adalah T=(1/2)mv2, maka
persamaan (I.6.2) dapat ditulis sebagai:
)(xFdx
dT
Integrasinya diberikan oleh:
x
x
x
x
dxxFmvmv
dxxFTT
0
0
)(2
1
2
1
)(
2
0
2
0
(I.6.3)
Suku pada bagian kanan adalah kerja yang dilakukan
memindahkan partikel dari posisi x0 keposisi x. Dan bila
ditinjau energi potensial pada titik ini dengan menamakan
V(x) sebagai fungsi potensial, maka:
38
x
x
dxxFxVxV
atauxFdx
xdV
0
)()()(
)()(
0
(I.6.4)
Dengan melakukan penggabungan persamaan (I.6.3) dengan
(I.6.4), diperoleh:
ExV
dt
dxm
ataukonsExVTxVT
)(2
1
tan)()()(
2
00
(I.6.5)
Persamaan ini menunjukkan bahwa jika sebuah partikel
sedang bergerak dibawah aksi dari sebuah gaya bergantung
pada posisi, maka jumlah energi kinetic dan energi potensial
adalah konstan selama gerak partikel, dan persamaan (I.6.5)
disebut hukum kekekalan energi. Sebagai gambaran gerak
partikel dapat diperoleh dengan menyelesaikan persamaan
(I.6.5), yaitu:
39
m
xVE
dt
dxv
)(2
(I.6.6)
Integrasinya menghasilkan:
)(2
0
xVEm
dxtt
(I.6.7)
Dimana kita tidak meninjau yang berhubungan tanda
negative, yang berkaitan dengan pembalikan waktu. Dalam
peninjauan solusi persamaan (I.6.7), hanya nilai x yang
memungkinkan besar dari E-V(x) bernilai positif.
Sebagai contoh penggunaan gaya bergantung posisi,
tinjau gerak sebuah partikel ydengan gaya:
kxxF )(
(1)
yang dikenal sebagai hokum Hooke. Energi potensial yang
digunakan untuk membawa dari titik kesetimbangan xs=0,
adalah:
40
2
0
2
1
)()()(
kx
dxkxdxxFxV
xx
xs
(2)
Sekali lagi, bahwa energi total gerak adalah konstan dan
dapat ditunjukkan sebagaai:
kxdxdvmv
ataukxxFdx
dvmv
)(
(3)
Hasil integrasinya adalah:
totalEnergi2
1
2
1atau
konstan2
1
2
1
22
22
Ekxmv
kxmv
(4)
Sekarang kita dapat menggunakan persamaan (I.6.7) dengan
V(x) yang diberikan oleh persamaan (2). Dengan meninjau
hanya bagian positifnya saja, maka:
41
22
0
21
2
2
12x
E
k
m
E
dx
kxEm
dxtt
(5)
Substitusikan kedalam;
ddxE
kx
E
ksin
2dansin
2
(6)
maka kita dapatkan:
)( 0
0
k
md
k
mt
(7)
Seperti biasa, kecepatan sudut atau frekuensi sudut
didefenisikan sebagai m
k , maka:
0 t
(8)
42
Dengan menggabung persamaan (8) dengan persamaan (6),
maka diperoleh:
)(sin
2sin
0
0
1
tAx
atautxE
k
(9)
dimana A adalah amplitude yang diberikan oleh k
EA
2
Soal latihan:
1. Sebuah benda bermassa m jatuh hanya dibawah
pengaruh gaya gravitasi. Asumsikan bahwa benda
mengalami hambatan udara yang berbanding lurus
dengan kecepatan v yang dapat ditulis sebagai –kv.
Carilah pernyataan kecepatan dan posisi sebagai
fungsi waktu t.
2. Sebuah bola bermassa m dilempar ke atas dengan
kecepatan awal v0 di atas permukaan horizontal
dimana mendapat gaya perlambatan yang sebanding
43
dengan akar kecepatan. Carilah pernyataan
kecepatan dan posisi bola sebagai fungsi waktu.
3. Sebuah partikel bermassa m digerakkan oleh gaya:
)sin()exp(0 ttFF
Hitunglah nilai v(t) dan x(t). Bagaimana besar
kecepatan akhir pada kasus ini.
4. Sebuah parikel bermassa m digerakka oleh gaya
F=a-2bx, dimana a dan b adalah konstan.
a. Carilah energi potensial V(x)
b. Buatlah plot untuk F(x) dan V(x)