Bahan kuliah getaran mekanis pers lagrange

Bab III. Teori Getaran Dengan Amplitudo Kecil dan Osilator Tergandeng
Bab III. Teori Getaran Dengan Amplitudo Kecil
Dan Osilator Tergandeng
A. ENERGI KESETIMBANGAN DAN ENERGI
POTENSIAL
Untuk memahami secara mendasar teori getaran, perlu
dikaji terlebih dahulu hubungan antara energi potensial dan
energi kesetimbangan yang menuju ke keadaan stabil atau
keadaan tak stabil dari sistem yang ditinjau. Untuk maksud
tersebut, marilah kita meninjau sebuah sistem dengan n derajat
kebebasan dan konfigurasinya dinyatakan dengan koordinat
rampatan q1, q1, … qn. Selanjutnya, asumsikan bahwa sistem
tersebut konservatif; dalam hal ini energi potensial merupakan
fungsi dari koordinat rampatan
V = V(q1, q1, … qn) (1)
Energi rampatan Qk dinyatakan dengan :
k
k
q
V
Q
∂
∂
−= k = 1,2, …n (2)
Jika sistem yang ditinjau tersebut berada dalam kondisi
setimbang, hal ini berarti bahwa semua gaya rampatan Qk harus
sama dengan nol. Kondisi yang harus dipenuhi dalam keadaan
setimbang tersebut adalah
0=
∂
∂
−=
k
k
q
V
Q (3)
Sistem tersebut tetap dalam keadaan setimbang jika
tidak ada gaya luar yang bekerja padanya. Misalkan sistem
83

tersebut dipindahkan dari posisi setimbangnya. Setelah
dipindahkan, sistem dapat kembali ke keadaan setimbang atau
ke keadaan tidak setimbang. Jika setelah mengalami pergeseran
sistem tidak kembali ke keadaan kesetimbangan semula, sistem
tersebut dikatakan berada dalam kesetimbangan stabil (stable
equilibrium). Jika sistem tidak kembali ke keadaan
kesetimbangan semula, dinamakan kesetimbangan tak stabil
(unstable equilibrium). Sedangkan jika sistem cenderung
menjauh dari kesetimbangan semula setelah diberi pergeseran
yang cukup kecil, sistem tersebut berada dalam kesetimbangan
netral (neutral equilibrium).
Marilah kita telaah lebih jauh hubungan antara fungsi
energi potensial V dengan kestabilan sebuah sistem. Misalkan
dalam keadaan setimbang energi kinetik dan energi potensial
sistem masing-masing adalah To dan Vo. Jika sistem mengalami
pergeseran (dengan memberikan sedikit gaya) energi kinetik
dan energi potensial masing-masing menjadi T dan V. Oleh
karena energi total sistem kekal, maka
To + Vo = T + V
T - To = -(V - Vo) (4)
Misalkan bahwa bentuk grafik energi potensial V dengan
koordinat rampatan q adalah seperti yang ditunjukkan pada
gambar berikut :
84
V(q)

Gambar 3. 1. Bentuk contoh fungsi energi potensial V terhadap
koordinat rampatan q
Pada titik A dan B dimana harga
q
V
∂
∂
sama dengan nol,
merupakan titik-titik setimbang. Marilah kita telaah perilaku
kesetimbangan pada titik-titik ini.
Misalkan, mula-mula sistem berada dalam
kesetimbangan pada titik B dimana energi potensial Vo
maksimum. Jika sistem bergeser dari posisi titik
kesetimbangan, energinya sama dengan V yang lebih kecil dari
harga Vo. Jadi V - Vo negatif, dan T - To positif, yang berarti
bahwa T bertambah. Oleh karena T bertambah dengan
bertambahnya pergeseran, sistem tidak akan pernah kembali ke
keadaan setimbang B, oleh karena itu titik B merupakan posisi
85
q
Vo
Vo
V
V
B
A

kesetimbangan tak stabil. Sekarang perhatikan titik A yang sistem
berada dalam keadaan stabil dengan energi Vo minimum. Jika
sistem bergeser dari posisi titik kesetimbangan, energinya sama
dengan V yang lebih kecil dari harga Vo. Jadi V - Vo positif, dan
T - To negatif, yang berarti bahwa T berkurang. Oleh karena T
bertambah dengan bertambahnya pergeseran.Oleh karena T
tidak boleh berharga negatif, maka harganya akan terus
berkurang sampai mendekati harga nol yang berarti bahwa
sistem akan kembali ke keadaan setimbang. Sistem berada
dalam kesetimbangan stabil. Kita simpulkan bahwa untuk
pergeseran yang cukup kecil kondisi kesetimbangan stabil posisi
dimana energi potensial Vo adalah minimum pada konfigurasi
kesetimbangan. Selanjutnya, pada keadaan setimbang dV/dt
sama dengan nol, V-Vo positif, yang berati bahwa d2
V/dt2
positif
pada keadaan setimbang. Sebaliknya, pada posisi
kesetimbangan tak stabil, d2
V/dt2
negatif sebab V - Vo negatif.
Jadi syarat kesetimbangan dapat dinyatakan sebagai
berikut :
Kesetimbangan stabil : d2
V/dq2
> 0
Kesetimbangan tak stabil : d2
V/dq2
< 0
Untuk d2
V/dt2
= 0 mesti kita periksa pada turunan yang lebih
tinggi. Jika turunan pertama tak nolnya adalah ganjil, maka
sistem berada dalam kesetimbangan tak stabil. Sebaliknya, jika
turunan pertama tak nol adalah genap, maka sistem dapat
berada dalam kondisi stabil atau tak stabil bergantung pada
nilai turunannya (lebih besar atau lebih kecil nol). Jadi
Jika dn
V/dtn
≠ 0, n >2 dan ganjil, sistem tak stabil
Jika dn
V/dtn
> 0, n >2 dan genap, sistem stabil
86

Jika dn
V/dtn
< 0, n >2 dan genap, sistem tak stabil
Contoh :
Tunjukkan bahwa batang pemukul dengan panjang l yang
tergantung pada titik O dan pusat massanya berada sejauh d
dari O adalah berada dalam posisi kesetimbangan stabil.
Penyelesaian : Untuk membahasnya, perhatikan gambar 2.
Ketika batang pemukul menyimpang , garis OC membuat
sudut θ dengan garis vertikal. Pusat massanya akan naik
setinggi h, sehingga energi potensialnya :
V = mgh = mgd ( 1 - cos θ )
Seperti yang ditunjukkan dalam gambar, θ = 0°, jadi :
dV/dθ = mgd sin θ
d2
V/dθ2
= mgd cos θ
Jadi untuk θ = 0°, dV/dθ =0 dan d2
V/dθ2
= mgd >0 dan sistem
berada dalam kesetimbangan stabil.
Sebaliknya jika diletakkan dalam posisi seperti pada gambar 2c,
V = -mgh = -mgd ( 1 - cos θ )
Seperti yang ditunjukkan dalam gambar, θ = 0°.
Jadi untuk θ = 0°, dV/dθ =0 dan d2
V/dθ2
= -mgd <0 dan sistem
berada dalam kesetimbangan tak stabil.
Berdasarkan contoh di atas dapat disimpulkan bahwa jika pusat
massa berada di bawah titik gantungnya, maka sistem berada dalam
87

kesetimbangan stabil ; dan jika pusat massa berada titik gantungnya,
maka sistem berada dalam kesetimbangan tak stabil.
Gambar 3.2.
Kesetimbangan stabil dan tak stabil pada bandul fisis
B. OSILATOR BERGANDENG DUA DAN KOORDINAT
NORMAL
Contoh sederhana sebuah sistem yang bergandeng adalah dua
osilator harmonik yang dihubungkan oleh pegas, seperti yang
ditunjukkan dalam gambar 3. Tiap osilator harmonik
mempunyai partikel dengan massa m, dan tetapan pegas
l
= 0
C
d
θ
OO
C
88

masing-masing adalah k1 dan k2. Keduanya dihubungkan oleh
pegas lain yang tetapannya k'. Gerakan kedua massa dibatasi
pada sepanjang arah yang menghubungkan kedua massa,
misalkan sepanjang sumbu X. Sistem tersebut memiliki dua
derajat kebebasan yang dinyatakan oleh koordinat x1 dan x2.
Konfigurasi sistem dinyatakan dengan pergeseran dari
kedudukan setimbang O1 dan O2. Pergeseran positif diambil
dalam arah kanan dan pergeseran negatif dalam arah kiri. Jika
kedua osilator tidak saling digandengkan, maka frekuensi
masing-masing adalah :
m
k1
10 =ω
m
k2
20 =ω (5)
Jika kedua osilator dihubungkan oleh pegas dengan tetapan k',
sistem akan bergetar dengan frekuensi yang nilainya berbeda
dari frekuensi yang dinyatakan dalam persamaan (5).
Energi kinetiknya adalah
2
22
12
12
1
xmxmT  += (6)
dan energi potensialnya adalah :
2
212
12
222
12
112
1
xxkxkxkV )(' −++= (7)
Oleh karena itu fungsi Lagrangian dapat ditulis :
L = T - V
2
212
12
222
12
112
12
22
12
12
1
xxkxkxkxmxm )(' −−−−+= 
(8)
Persamaan Lagrange untuk gerak di atas adalah :
89

0
x
L
x
L
dt
d
11
=
∂
∂
−







∂
∂

dan 0
x
L
x
L
dt
d
22
=
∂
∂
−







∂
∂

(9)
Dengan menggunakan kedua persamaan di atas, diperoleh
solusi :
0xxkxkxm 21111 =−++ )(' (10)
0xxkxkxm 12222 =−++ )(' (11)
Suku ketiga dalam persamaan di atas muncul oleh kedua
osilator tergandeng. Jika kedua osilator tidak tergandeng satu
sama lain, osilator tersebut akan bergetar dengan frekuensi
seperti yang ditunjukkan dalam persamaan (5). Persamaan
diferensial pada di atas dapat ditulis :
0xkxkkxm 2111 =−++ ')'( (12)
0xkxkkxm 1222 =−++ ')'( (13)
Kedua persamaan di atas adalah independen seandainya suku
ketiga tidak muncul. Hal ini berarti bahwa jika massa kedua
dalam keadaan diam x2 = 0, frekuensi getaran adalah sama
dengan frekuensi osilator pertama, dan dari persamaan (12)
diperoleh :
m
kk11
1
'+
=ω (14)
Dan jika massa m1 dalam keadaan diam, x1 = 0, frekuensi
getaran adalah frekuensi osilator kedua
90

m
kk21
2
'+
=ω (15)
Frekuensi '
1ω dan '
2ω adalah lebih besar dari 10ω dan 20ω
yang dinyatakan dalam persamaan (5). Alasannya adalah
bahwa tiap massa dihubungkan pada kedua pegas.
Untuk memperoleh mode getaran yang berbeda, kita
harus memecahkan secara simultan persamaan diferensial
linier orde dua yang dinyatakan dalam persamaan (10) dan
(11). Persoalan ini dapat dibuat menjadi sederhana dengan
menganggap bahwa kedua osilator benar-benar identik (sama),
yakni k1 = k2 = k. Jadi persamaan diferensialnya adalah :
0xkxkkxm 211 =−++ ')'( (16)
0xkxkkxm 122 =−++ ')'( (17)
Kita mencoba penyelesaian persamaan diferensial di atas
dengan mengambil salah satu dari tiga bentuk berikut :
)cos( φω += tAx
(18)
tAtAx ωω sincos += (19)
)( δω +
= ti
Aex
(20)
dimana δ adalah faktor fase awal. Misalkan kita mengambil
persamaan (20) sebagai solusi. Jadi :
)( 1ti
1 Aex δω +
= dan )( 2ti
2 Aex δω +
=
(21)
Substitusi ke persamaan (16) dan (17) diperoleh :
91

0BkAmkk 2
=−−+ ')'( ω
(22)
0BmkkAk 2
=−++− )'(' ω
(23)
Gambar 3.3.
Osilator Tergandeng
Kita peroleh dua persamaan dengan tiga bilangan yang tak
diketahui A, B dan ω. Persamaan di atas dapat diselesaikan
untuk memperoleh rasio A dan B.
2
mkk
k
B
A
ω−+
=
'
'
=
'
'
k
mkk 2
ω−+
(24)
Kita dapat menyelesaikan persamaan di atas dengan
menganggap bahwa determinan koefisien A dan B sama
dengan nol, yang berarti
92

0
mkkk
kmkk
2
2
=
−+−
−−+
ω
ω
''
''
(25)
Persamaan di atas disebut persamaan sekuler. Penyelesaian
selanjutnya :
0kmkk 222
=−−+ ')'( ω (26)
Akar-akar yang diperoleh dari persamaan di atas adalah :
21
1
m
k
/






±=±= ωω (27)
21
2
m
k2k
/
'





 +
±=±= ωω (28)
Jika dinyatakan dalam akar-akar ω1 dan ω2, solusi umum
persamaan (16) dan (17) dapat ditulis :
ti
2
ti
2
ti
1
ti
11
2211
eAeAeAeAx ωωωω
−
−
− +++= (29)
ti
2
ti
2
ti
1
ti
12
2211
eBeBeBeBx ωωωω
−
−
− +++=
(30)
Kedua persamaan di atas mengandung delapan tetapan yang
tidak independen. Dengan mensubstitusi persamaan (27) dan
(28) dalam persamaan (23) dan (24) diperoleh rasio A/B sebagai
berikut :
Jika ω = ω1 A = +B
Jika ω = ω2 A = -B
93

Jadi solusi yang diperoleh menjadi :
ti
2
ti
2
ti
1
ti
11
2211
eAeAeAeAx ωωωω
−
−
− +++= (31)
ti
2
ti
2
ti
1
ti
12
2211
eAeAeAeAx ωωωω
−
−
− +++= (32)
Kita dapat mereduksi dari 8 tetapan menjadi 4 tetapan. Nilai
dari keempat tetapan tersebut dapat dicari dari syarat awal
yang ditetapkan.
Contoh :
1. Gambar di bawah ini memperlihatkan sistim pegas-
benda bermassa dengan peredaman. Tentukan
persamaan geraknya dengan menggunakan persamaan
Lagrange.
Gambar 3.4.
Osilator tergandeng dengan redaman
Persamaan Lagrange untuk system peredaman adalah :
( ) ( ) ( ) ( ) 0
q
ED
q
EP
q
EK
q
EK
dt
d
iiii
=
∂
⋅∂
+
∂
⋅∂
+
∂
⋅∂
−
∂
⋅∂

94

dimana ( ) 2
23
2
212
2
11 xc
2
1
xxc
2
1
xc
2
1
ED  +−+=⋅
adalah energi peredaman.
( ) 2
23
2
212
2
11
2
22
2
11
xk
2
1
xxk
2
1
xk
2
1
EP
xm
2
1
xm
2
1
EK
+−+=⋅
+=⋅ 
Masing-masing adalah energi kinetik dan energi potensial
pegas.
Sekarang,
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )21211
1
21211
1
1
11
1
xxcxc
x
ED
xxkxk
x
EP
,0
x
EK
,xm
x
EK
dt
d




−+=
∂
⋅∂
−+=
∂
⋅∂
=
∂
⋅∂
=
∂
⋅∂
( ) ( ) 0xkxcxkkxccxm 222212112111 =−−++++ 
95

( )
( )
( ) ( )
( ) ( )21223
2
21223
2
2
22
2
xxcxc
x
ED
xxkxk
x
EP
,0
x
EK
,xm
x
EK
dt
d




−−=
∂
⋅∂
−−=
∂
⋅∂
=
∂
⋅∂
=
∂
⋅∂
( ) ( ) 0xkxcxkkxccxm 121223223222 =−−++++ 
Koordinat Normal
Setelah tetapan yang terdapat dalam persamaan (29) dan (30)
ditentukan, tiap koordinat (x1 dan x2) bergantung pada dua
frekwensi ω1 dan ω2. Dalam hal ini tidaklah sederhana dalam
melakukan interpretasi tipe gerakan ketika sistem ini bergetar.
Kita hanya dapat mencari koordinat baru X1 dan X2 yang
merupakan kombinasi linier x1 dan x2, sehingga setiap
koordinat baru bergetar dengan frekwensi tunggal. Oleh karena
itu penjumlahan dan pengurangan x1 dan x2 dinyatakan dalam
koordinat baru adalah
X1 = x1 + x2 = )( ti
1
ti
1
11
eAeA2 ωω −
−+
titi 11
DeCe ωω
+= (33)
X2 = x1 - x2 = )( ti
2
ti
2
11
eAeA2 ωω −
−+
titi 11
FeEe ωω −
+=
(34)
96

dimana C,D, E dan F merupakan tetapan-tetapan baru.
Koordinat baru X1 dan X2 berkaitan dengan mode getaran baru,
yang masing-masing bergetar dengan frekuensi tunggal. Ini
yang disebut dengan mode normal, yang berkorespondensi
dengan suatu koordinat yang disebut dengan koordinat normal.
Salah satu pengertian karakteristik dari mode normal adalah
bahwa untuk mode normal tertentu (X1 atau X2), semua
koordinat (x1 dan x2) akan bergetar dengan frekuensi sama.
Dalam situasi normal, semua koordinat normal tereksitasi
secara bersamaan.
Sifat-sifat dari salah satu mode normal dapat diselidiki
jika semua mode normal lainnya diambil sama dengan nol.
Dalam hal ini, untuk memunculkan mode X1, kita harus
mengambil X2 = 0, yang berarti bahwa jika X1 ≠ 0,
X2 = 0 = x1 - x2 atau x1 = x2 (35)
Dalam hal ini X1 dinamakan mode simetrik seperti yang
ditunjukkan dalam gambar 4, kedua massa memiliki
pergeseran yang sama, serta memiliki frekuensi yang sama ω1=
(k/m)1/2
dan berada dalam fase yang sama. Sebaliknya, untuk
memunculkan mode X2 dapat dilakukan dengan mengambil X1
= 0, yang berarti bahwa jika X2 ≠ 0,
X1 = 0 = x1 + x2 atau x1 = - x2 (36)
Dalam hal ini X2 dinamakan mode antisimetrik seperti yang
ditunjukkan dalam gambar 4, kedua massa memiliki arah
pergeseran yang berbeda (dengan fase berbeda), tetapi bergetar
dengan frekuensi yang sama ω1= [(k+k')/m)]1/2
. Ringkasnya :
Mode simetrik X1
m
k
1 =ω X2 = 0 ; x1 = x2 (37)
97

Mode antisimetrik X2
m
k2k
2
'+
=ω X1 = 0; x1= -x2 (38)
Nyatalah bahwa pada mode simetrik kedua osilator
bergetar seolah-olah tidak tergandeng satu sama lain, dan
frekuensinya sama dengan frekuensi asalnya. Pada mode
antisimetri, akibat adanya gandengan adalah perbedaan fase
antara keduanya, dan frekuensinya lebih tinggi dari pada
frekuensi masing-masing dalam keadaan tidak tergandeng.
Secara umum dapat dikatakan bahwa, pada mode yang memiliki
simetri paling tinggi akan memiliki frekuensi yang paling rendah,
sedangkan pada mode antisimetri memiliki frekuensi yang paling
tinggi. Oleh karena simetrinya dirusak, maka pegas harus
bekerja lebih keras yang menyebabkan naiknya frekuensi.
Gambar 3.5
Modus getaran osilator tergandeng : (a) mode simetrik dan (b) mode
antisimetrik
Untuk membangkitkan mode simetri, kedua massa
harus ditarik dari posisi setimbangnya dengan jarak yang sama
98
(a)
(b)

juga dalam arah yang sama, dan setelah itu dilepaskan
sehingga x1 = x1(t) dan x2 = x2(t) mengambil bentuk :
x1 (0) = x2 (0) dan )()( 0x0x 21
 =
(39)
Sedangkan untuk mode antisimetri kedua massa ditarik dalam
arah yang berlawanan sesudah itu dilepaskan,sehingga :
x1 (0)= -x2(0) dan )()( 0x0x 21
 −=
(40)
Secara umum gerakan sistem akan mengandung kombinasi
dari dua jenis mode.
Persamaan Gerak Yang Dinyatakan Dalam Koordinat Normal
Ungkapan energi kinetik dan energi potensial dalam
koordinat normal dapat dapat dilakukan dengan terlebih
dahulu menyatakan x1 dan x2 sebagai berikut :
2
XX
x 21
1
+
= (41)
2
XX
x 21
2
−
= (42)
Substitusi kedua persamaan di atas ke dalam persamaan (6)
diperoleh :
2
2
2
1
2
21
2
21
2
X
m
2
X
m
2
XX
2
m
2
XX
2
m
T 





+





=




 −
+




 +
=

(41)
2
2
2
21
2
21
X
2
k
2
XX
2
k
2
XX
2
k
V
'
+




 −
+




 +
=

99

atau











 +
+





=
2
X
2
k2k
2
X
2
k
V
2
2
2
1 '
(43)
dan
2
2
2
1
2
2
2
1 X
4
k2k
X
4
k
X
4
m
X
4
m
VTL 




 +
−−+=−=
' (44)
Jadi persamaan Lagrange dalam koordinat normal :
0
X
L
X
L
dt
d
11
=
∂
∂
−





∂
∂
 dan 0
X
L
X
L
dt
d
22
=
∂
∂
−





∂
∂
 (45)
Kedua persamaan di atas menghasilkan solusi :
0XX 1
2
11 =+ω dimana
m
k
1 =ω dan
0XX 2
2
22 =+ ω dimana
m
kk
1
'+
=ω (46)
yang berarti bahwa mode X1 bergetar dengan frekuensi ω1, dan
mode X2 bergetar dengan frekuensi ω2 yang sesuai dengan hasil
yang telah diperoleh sebelumnya.
Contoh :
Tentukan persamaan gerak dan frekwesni alami system massa
dan pegas seperti yang digambarkan berikut :
100

Dimana a, b dan ψ adalah tetapan-tetapan serta ω hádala
frekwensi alamiah sistim. Substitusi nilai di atas dalam
persamaan gerak akan diperoleh :
( ) ( ) ( ) ( ) 0tsinBktsinAkktsinAm 221
2
1 =ψ+ω−ψ+ω++ψ+ωω−
( ) ( ) ( ) 0tsinAktsinBktsinBm 22
2
2 =ψ+ω−ψ+ω+ψ+ωω−
Keluarkan faktor ( )ψ+ωtsin , maka persamaan geraknya
menjadi :
( ) 0BkAmkk 2
2
121 =−ω−+
( ) 0BmkAk 2
222 =ω−+−
Ini adalah persamaan aljabar linier yang homogen dalam A dan
B. Secara sederhana jika A = B = 0 berarti bahwa sistim dalam
101
Dengan mengguanakan hokum II Newton :
)xx(kxkxm 2121111 −−−=
)xx(kxm 12222 −−=
Asumsikan bahwa gerakannya periodic, dan
merupakan gabungan gerak harmonic dengan
berbagai amplitude dan frekwensi. Misalkan
komponen-komponennya adalah :
( )ψ+ω= tsinAx1
( )ψ+ω= tsinBx2
Gambar 3.6. Pegas tergandeng dengan dua buah massa

keadaan setimbang. Solusi lainnya diperoleh dengan
mengambil sama dengan nol koefisien determinan A dan B,
yakni :
0
mkk
kmkk
2
222
2
2
121
=
ω−−
−ω−+
Oleh karena gerak periodik tersebut mengandung gerak
harmonik, maka bentuk sin dan cos dapat digunakan untuk
menyatakan gerak.
Nilai harga determinan adalah :
0
mm
kk
m
k
m
kk
21
212
2
2
1
214
=+ω





+
+
−ω
Dari persamaan ini frekwensi getaran sistim dapat dicari.
Nilainya adalah :
21
21
2
2
2
1
21
4
1
2
2
1
212
mm
kk
m2
k
m2
kk
m2
k
m2
kk
−





+
+
±+
+
=ω
Oleh karena itu solusi umum gerak mengandung dua gerak
harmonik dengan frekwensi ω1 dan ω2. Harmnik pertama dan
keduanya adalah :
( ) ( )2221111 tsinAtsinAx ψ+ω+ψ+ω=
102

( ) ( )2221112 tsinBtsinBx ψ+ω+ψ+ω=
dimana A,B dan ψ adalah tetapan-tetapan. Rasio amplitudonya
adalah :
12
2
122
2
1121
2
1
1 1
k
mk
mkk
k
B
A
λ
=
ω−
=
ω−+
=
22
2
222
2
2121
2
2
2 1
k
mk
mkk
k
B
A
λ
=
ω−
=
ω−+
=
Selanjutnya 4 buah tetaapan dalam persamaan di atas dilainya
ditentukan oleh syarat awal .0x,0x,0x,0x 2211 ==== 
C. TEORI GETARAN DENGAN AMPLITUDO KECIL
Tinjaulah sebuah sistem yang mengandung N partikel yang
saling berinteraksi dengan 3n derajat kebebasan dan
digambarkan dengan kumpulan koordinat rampatan (q1, q2, ….
q3n). Selanjutnya anggap bahwa dalam sistem ini tidak terdapat
gaya gesekan yang berarti bahwa gaya yang bekerja pada
sistem adalah konservatif. Kita akan tunjukkan bahwa
persamaan Lagrange dapat digunakan untuk menentukan
frekuensi dan amplitudo getaran kecil di sekitar posisi
kesetimbangan stabil dalam sistem konservatif.
Untuk sistem konservatif seperti ini, misalkan energi
potensialnya adalah V(q1, q2, …. q3n). Getaran kecil yang
mengambil posisi disekitar titik kesetimbangan dinyatakan
dengan koordinat rampatan (q10, q20, …. q3n0). Jika dilakukan
ekspansi potensial energi di sekitar posisi setimbangnya
dengan mengunakan deret Taylor, diperoleh :
103

∑= =






∂
∂
+=
n3
1i qql
0n32010n321
10l
q
V
1
1
qqqVqqqV
!
),...,(),...,( +
l 10
m m0
23n 3n
l 1à m m0
q qn 1 m 1 l m
q q
1 V
(q q )(q q )
2! q q == =
=
 ∂
− − ÷
∂ ∂ 
∑∑
(47)
Oleh karena acuan nol energi potensial dapat diambil berapa
saja, suku pertama dalam persamaan di atas adalah konstan
dan dapat diambil sama dengan nol tanpa mempengaruhi
persamaan gerak. Demikian juga, oleh karena sistem berada
dalam kesetimbangan, gaya rampatan Q mesti nol,
0
q
V
Q
l
l =
∂
∂
−= l = 1,2, …,3n (48)
dan suku kedua dalam persamaan (46) dapat diabaikan. Jadi
yang tersisa adalah :
l 10
m m0
23n 3n
1 2 3n l 10 m m0
n 1 m 1 q ql m
q q
1 V
V( q ,q ,...q ) ( q q )( q q )
2! q q= = =
=
 ∂
= − − ÷
∂ ∂ 
∑∑
(49)
Selanjutnya perlu diperkenalkan perangkat koordinat rampatan
baru ηl yang menyatakan pergeseran dari posisi setimbang
∑∑= =
=
n3
1l
n3
1m
mllmn321 V
2
1
qqqV ηη
!
),...,(
(50)
dimana : ηl = (ql - q10) dan ηm = (qm - q10)
104

dan ml
qq
qqml
2
lm V
qq
V
V
0mm
10l
=





∂∂
∂
=
=
=
=tetapan (51)
Tetapan Vlm membentuk matriks simetrik V. Oleh karena kita
tinjau bahwa gerak di sekitar kesetimbangan stabil maka energi
potensial harus minimum; yang berarti V(ηl) >V(0); oleh karena
itu persamaan kuadrat yang dinyatakan dalam persamaan (48)
haruslah positif. Selanjutnya untuk sistem multidimensinal,
syarat yang diperlukan sebagai suatu bentuk kuadrat yang
homogen adalah :
0
q
V
2
l
2
>
∂
∂
l =1,2, …, 3n
2 2
2
2 2
2
0
l l m
l m m
V V
q q q
V V
q q q
∂ ∂
∂ ∂ ∂
>
∂ ∂
∂ ∂ ∂
105
l=1,2, …, 3n
m=1,2, …, 3n
l ≠ m

0
q
V
qq
V
qq
V
qq
V
q
V
qq
V
qq
V
qq
V
q
V
2
n3
2
2n3
2
1n3
2
n32
2
2
2
2
21
2
n31
2
21
2
2
1
2
>
∂
∂
∂∂
∂
∂∂
∂
∂∂
∂
∂
∂
∂∂
∂
∂∂
∂
∂∂
∂
∂
∂
....
.
.
.
.
.
.
....
....
(52)
atau dalam bentuk notasi matriks, koefisien Vlm=Vml mesti
memenuhi syarat :
V11 >0
0
VV
VV
2221
1211
>
0
VVV
VVV
VVV
333231
232221
131211
>
106

0
VVV
VVV
VVV
m32l1l
m22221
m11211
>
...
...
...
.
.
.
.
.
.
(53)
Marilah kita tinjau energi kinetik sistem. Dalam koordinat
Cartesian, energi kinetik sistem dapat ditulis sebagai :
3n
21
i i2
i 1
T m x
=
= ∑  (54)
Persamaan transformasi dari koordinat Cartesian ke koordinat
rampatan dapat dilakukan dengan menyatakan T dalam
koordinat rampatan yakni
xj = xj(q1, q2, …. q3, t)
107

dan
t
x
q
q
x
x
j
l
n3
1l l
j
j
∂
∂
+
∂
∂
= ∑=
 (55)
Oleh karena itu energi kinetik dapat dinyatakan dengan








∂
∂
+
∂
∂








∂
∂
+
∂
∂
= ∑∑∑ ===
t
x
q
q
x
t
x
q
q
x
m
2
1
T
j
m
n3
1m m
jj
l
n3
1l l
j
n3
1j
j

(56)
Setelah menguraikan pada ruas kanan, ternyata T terdiri dari
tiga suku (1). Suku yang mengandung kuadrat kecepatan (2).
Suku yang mengandung bentuk linier kecepatan dan (3). suku
yang sama sekali tidak mengandung koordinat rampatan.
Dalam hal ini kita hanya akan membatasi pembahasan pada
transformasi persamaan yang tak mengandung t secara
eksplisit (suku seperti ∂xj/∂t mengandung t secara eksplisit).
Jadi persamaan (54 ) dapat ditulis :
∑∑ ∑= = =








∂
∂
∂
∂
=
n3
1l
n3
1m
ml
n3
1j m
j
l
j
j qq
q
x
q
x
m
2
1
T 
(57)
Untuk osilasi dengan amplitudo kecil di sekitar titik
kesetimbangan, suku yang ada dalam kurung dapat diuraikan
menjadi
108

∑ ∑∑∑ = ===
+





∂
∂
∂
∂
∂
∂
+





∂
∂






∂
∂
=
∂
∂
∂
∂ n3
1j
n3
1k
k
q
qm
j
l
j
k
j
n3
1j qm
j
ql
j
j
n3
1j m
j
l
j
j
0m
10
0m10
q
x
q
x
q
m
q
x
q
x
m
q
x
q
x
m ....η
(58)
dimana ηk = (qk-qk0). Oleh karena kita hanya membahas getaran
dengan amplitudo kecil, maka kita hanya pertahankan q yang
dinyatakan dalam T yang memiliki orde yang sama dengan q
yang dinyatakan oleh V. Oleh karena llq η = dan mmq η = , kita
dapat menuliskan :
∑∑= =
=
n3
1l
ml
n3
1m
lmT
2
1
T ηη 
(59)
dimana mn
qm
j
ql
j
n3
1j
jlm T
q
x
q
x
m
2
1
T
0m10
=





∂
∂






∂
∂
= ∑=
dan Tmn adalah elemen-elemen matriks simetrik T.
Setelah perumusan energi potensial dan energi kinetik
diketahui, maka Lagrangian sistem dapat ditulis :
L = T - V = ( )∑∑= =
−=
n3
1l
n3
1m
mllmmllm TT
2
1
T ηηηη 
(60)
Jadi persamaan Lagrangenya adalah :
109

0
LL
dt
d
=
∂
∂
−





∂
∂
ηη
(61)
Hasil yang diperoleh adalah :
∑=
=+
n3
1m
mlmmlm 0VT )ηη l = 1,2,…,3n
(62)
atau
Persamaan di atas persamaan diferensial linier 3n, tergandeng,
dan berorde dua. Dari solusi untuk kasus satu dimensi,
solusinya adalah :
)cos( mmm tA φωη += (63)
dimana Am adalah amplitudo dan φm adalah sudut fase yang
ditentukan berdasarkan syarat awal, sedangkan frekuensi
alamiah ω ditentukan berdasarkan tetapan-tetapan sistem.
Substitusi persamaan (61) ke dalam persamaan (60) diperoleh :
( ) ( )[ ]∑=
=+−+
n3
1m
mmlm
2
mmlm 0tATtAV φωωφω coscos
l = 1,2, …, 3n
(64)
Untuk nilai ω tertentu, semua φm = φ ; oleh karena itu cos (ωt +
φ) dapat difaktorkan sehingga (keluar dari tanda kurung) :
110
0VTVTVT n3n3ln3n3l22l22l11l11l =++++++ ηηηηηη  ... (60)

( ) [ ]∑=
=−+
n3
1m
mlm
2
lmm 0ATVt ωφωcos l = 1,2, …, 3n
(65)
Oleh karena cos (ωt + φ) tidak sama dengan nol (secara umum),
maka diperoleh
[ ]∑=
=−
n3
1m
mlm
2
lm 0ATV ω l = 1,2, …, 3n
(66)
Jadi diperoleh semuanya ada 3n persamaan aljabar linier,
homogen dalam Am dan ω yang dapat dinyatakan dengan :
(V11 - ω2
T11)A1 + (V12 - ω2
T12)A2 +…+(V1,3n - ω2
T1,3n)A3n = 0
(V3n,1 - ω2
T3n,1)A1 + (V3n,2 - ω2
T3n,2)A2 +… +(V3n,3n -ω2
T3n,3n)A3n = 0
(67)
Untuk solusi non trivial, determinan koefisien Am pada
persamaan (64) harus sama dengan nol
(V11 - ω2
T11)A1 (V12 - ω2
T12)A2 … (V1,3n - ω2
T1,3n)A3n = 0
(68)
(V3n,1 - ω2
T3n,1)A1 (V3n,2 - ω2
T3n,2)A2 …(V3n,3n - ω2
T3n,3n)A3n
atau | V -ω2
T| = 0 (69)
Persamaan (69) merupakan hasil yang diperoleh dan berbentuk
persamaan sekular polinomial berderajat 3n dalam ω2
. Tiap dari
3n akar dalam persamaan ini menyatakan frekuensi yang
111

berbeda. Jadi solusi umum persamaan untuk getaran dengan
amplitudo kecil adalah :
∑=
+=
n3
1k
kkkll tA )cos( φωη
(70)
dimana nilai ωk dapat diketahui dari persamaan sekuler,
sedangkan Akl dan φk ditentukan dari syarat awal.
Jika ω2
negatif, ω akan menjadi kompleks dan tidak
terdapat osilasi. Jika ω2
= 0, koordinat η tetap konstan, dalam
hal ini tidak terjadi osilasi, hanya translasi atau rotasi yang ada
pada keseluruhan sistem. Hanya jika ω2
> 0 akan terjadi osilasi
dalam sistem di sekitar titik kesetimbangan. Jadi :
Jika 02
k >ω ti
k
ti
kk
kk
eBeA ωω
η −
+=
(71)
Jika 02
k =ω tDtC kkk +=η (72)
Jika 02
k <ω t
k
t
kk
kk
eFeE ωω
η −
+=
(73)
Kita peroleh frekuensi, akan tetapi pekerjaan yang
masih tersisa adalah perhitungan amplitudo. Amplitudo Akl
dikaitkan dengan hubungan aljabar dalam persamaan (64).
Substitusi tiap nilai ωk secara terpisah ke dalam persamaan (64),
adalah mungkin untuk dapat kita menentukan semua koefisien
Akl. Kita juga dapat menentukan koefiesien Akl dalam Ak1 dalam
bentuk rasio (nisbah)
1k
n3k
1k
3k
1k
2k
A
A
A
A
A
A ,
,...,,
(74)
112

Jadi ada 6n tetapan yang harus dihitung (3n adalah Akl dan 3n
adalah ωk), yang semuanya dillakukan berdasarkan syarat awal.
D. PERUMUSAN DALAM BENTUK TENSOR TEORI
GETARAN DENGAN AMPLITUDO KECIL
Persoalan getaran dengan amplitudo kecil seperti yang
sudah dibicarakan dalam dua bagian sebelumnya dapat
disajikan dan diselesaikan secara menarik dengan
menggunakan analisis tensor.
Untuk sistem dengan 3n derajat kebebasan, ungkapan
osilasi dengan amplitudo kecil di sekitar titik kesetimbangan,
persamaan Lagrangiannya adalah :
[ ]∑=
=−
n3
1m
mlm
2
lm 0ATV ω l = 1,2, …, 3n
(75)
lm
qm
j
ql
j
n3
1j
jlm T
q
x
q
x
m
2
1
T
0m10
=





∂
∂






∂
∂
= ∑=
(76)
Jadi semuanya diperoleh ada 3n persamaan aljabar linier,
homogen dalam Am dan ω yang dapat dinyatakan dengan
(V11 - ω2
T11)A1 + (V12 - ω2
T12)A2 + … +(V1,3n - ω2
T1,3n)A3n = 0
(V3n,1 - ω2
T3n,1)A1 + (V3n,2 - ω2
T3n,2)A2 +… +(V3n,3n - ω2
T3n,3n)A3n = 0
(77)
Besaran Vlm adalah elemen matriks simetri V :
113

0
VVV
VVV
VVV
n3n32n31n3
n322221
n311211
>
,,,
.
.
,
.
.
.
.
,
...
...
...
(78)
Besaran Tlm adalah elemen matriks simetri T :
114

0
TTT
TTT
TTT
n3n32n31n3
n322221
n311211
>
,,,
.
.
,
.
.
.
.
,
...
...
...
(79)
dengan menggunakan persamaan Lagrange, solusinya dapat
dinyatakan dalam bentuk tensor
| V -ω2
T| = 0 (80)
dimana A adalah vektor kolom :
A =












n3
1
A
A
:
:
(81)
115

Contoh 1:
Perhatikan gambar berikut. Dua bandul yang tergandeng
dengan massa m dihubungkan oleh pegas dengan tetapan k.
Gunakan notasi matriks untuk menghitung : (a). komponen Vlm
tensor V. (b). komponen Tlm tensor T. (c ). Frekwensi normal
(d). mode normal (e). persamaan gerak sistem dan (f). solusi
umum.
Penyelesaian :
Seperti yang ditunjukkan dalam gambar, tiap bandul
memiliki panjang l dan massa m dan berada dalam keadaan
setimbang apabila keduanya berada dalam posisi vertikal x1=x2
= 0. Kedua massa dihubungkan oleh pegas dengan tetapan
pegas k. Pergeseran x1 dan x2 ke kanan berharga positif,
sementara θ1 dan θ2 adalah positif jika searah jarum jam.
(a). energi potensial sistem adalah :
2
212
1
21 xxk1mgl1mglV )()cos()cos( −+−+−= θθ (82)
Untuk sudut θ kecil,
2
1
2
2
mgl(1 cos ) mgl 1 1 ...
2
mgl x mg
mgl x
2 2 l 2l
  θ
− θ = − − +  ÷
  
θ
= ≈ ≈
(83)
Jadi :
116

)x-k(x
2
1
x
l2
mg
x
l2
mg
V 2
21
2
2
2
1 ++=
2 21 1
1 2 1 22 2
mg mg
k x k x kx x
l l
   
= + + + − ÷  ÷
   
(84)
0kxx
l
mg
k
x
V
0x
0x
21
0x
0x1
2
1
2
1
=−





+=
∂
∂
=
=
=
=
(85)
0kxx
l
mg
k
x
V
0x
0x
12
0x
0x2
2
1
2
1
=−





+=
∂
∂
=
=
=
=
(86)
117
O2O1 x2
x1
l
l
lθ1 θ2

Gambar 3. 7
Modus getar bandul
(a). mode simetrik (b). mode antisimetrik
118
m
m
O2O1 x2
x1
m
m
x2O
2
O
1
x
1m
m
t
x
1
t
x
2
t
x1
t
x2
k
x1=x2 x1=-x2
(a)
(b) (c)

l
mg
k
x
V
0x
0x
2
1
2
2
1
+=
∂
∂
=
=
dan
l
mg
k
x
V
0x
0x
2
2
2
2
1
+=
∂
∂
=
=
(87)
k
xx
V
0x
0x21
2
2
1
−=
∂
∂
=
=
dan k
xx
V
0x
0x12
2
2
1
−=
∂
∂
=
=
(88)
Matriks untuk energi potensialnya adalah :
V =
l
mg
kk
k
l
mg
k
+−
−+
(89)
Yang mana memberikan 0
VV
VV
22&2
1211
> ; merupakan bentuk
kuadrat yang homogen bernilai positif berhingga.
(b). Ungkapan untuk energi kinetik adalah :
2
22
12
12
1
xmxmT  += (90)
119

Komponen Tll dan Tlm adalah koefisien-koefisien dari
2
l2
1
x dan
ml xx  . Jadi
T = 





m0
0m
(91)
Jadi Lagrangian sistem adalah :
L = T-V = ( )∑∑= =
−
2
1i
2
1l
mllmmllm2
1
xxVxxT 
(92)
Sedangkan persamaan Lagrange sistem adalah :
( )∑=
=+
2
1l
llmllm 0xVxT  m=1,2 (93)
yang memberikan persamaan-persamaan berikut :
11 1 11 1 12 1 12 1T x V x T x V x 0+ + + =  (94)
0xVxTxVxT 222222121121 =+++ 
(95)
Dengan menggunakan hasil yang diperoleh dalam matriks
energi kinetik dan energi potensial akhirnya diperoleh :
0kxx
l
mg
kxm 211 =−





++ (96)
0kxx
l
mg
kxm 122 =−





++ (97)
120

yang keduanya merupakan persamaan yang saling terkait.
(c ). Untuk menentukan frekuensi normal atau frekuensi
karakteristik, digunakan persamaan :
| V -ω2
T| = 0 (98)
yang berarti bahwa :
0
m
l
mg
kk
km
l
mg
k
2
2
=
−+−
−−+
ω
ω
(99)
yang memberikan persamaan kuadrat :
0km
l
mg
k 2
=−−+ ω , sehingga akar-akar
l
g2
1
2
== ωω atau
2/1
1
l
g






±=ω (100)
Persamaan kuadrat lainnya adalah : 0km
l
mg
k 2
=+−+ ω ,
sehingga akar-akar






+==
m
k2
l
g2
2
2
ωω atau
2/1
2
m
k2
l
g






+±=ω (101)
Sama seperti sebelumnya, kita mencoba solusi berikut :
ti
1 Aex ω
= dan ti
2 Bex ω
= (102)
121

Hasil yang diperoleh adalah :
0kBAm
l
mg
k 2
=−





−+ ω (103)
0kABm
l
mg
k 2
=−





−+ ω (104)
Jika
l
g2
1
2
== ωω , diperoleh A = B
Jika
m
k2
l
g2
1
2
+== ωω , diperoleh A = -B
Jadi solusi umumnya menjadi :
ti
2
ti
2
ti
1
ti
11
2211
eAeAeAeAx ωωωω
−
−
− +++= (105)
ti
2
ti
2
ti
1
ti
12
2211
eAeAeAeAx ωωωω
−
−
− +++= (106)
Kedua persamaan di atas menggandung empat tetapan.
Tetapan-tetapan tersebut dapat ditentukan dari syarat awal.
(d). Untuk menentukan koordinat normal digunakan
persamaan :
| V -ω2
T| = 0 (107)
atau :
[ ]∑=
=−
n3
1m
mlm
2
lm 0ATV ω l = 1,2
(108)
yang berarti untuk
l
g2
1
2
== ωω , diperoleh :
122

0
a
a
l
mg
l
mg
kk
k
l
mg
l
mg
k
12
11
=

















−+−
−−+
(109)
atau 0
a
a
kk
kk
12
11
=











−
−
(110)
yang berarti bahwa jika a11 = 1, a22 = -1, maka mode normalnya
adalah :
2121111 xaxa +=η (111)
2221212 xaxa +=η (112)
Substitusi nilai a11 , a12, a21 dan a22 ke dalam persamaan matriks
dan mode normal di atas, serta nilai x1 dan x2 dari solusi
persamaan umum, diperoleh :
( )ti
1
ti
1211
11
eAeA2xx ωω
η −
−+=+= (113)
( )ti
2
ti
2212
22
eAeA2xx ωω
η −
−+=−= (114)
Tiap mode normal hanya bergantung pada frekuensi.
Selanjutnya, kita dapat melihat arti fisis dari tiap mode normal
sebagai berikut :
Untuk mode η1, kita harus mengambil η2 = 0. Jadi :
x1 - x2 = 0 atau x1 = x2
yang berarti bahwa kedua oslilator bergetar dengan fase yang
sama. Mode simetriknya ditunjukan pada gambar 5(b).
123

Dengan cara yang sama untuk mode η2, kita harus
mengambil η1 = 0. Jadi :
x1 + x2 = 0 atau x1 = -x2
yang berarti bahwa kedua osilator bergetar dengan fase yang
berbeda. Mode antisimetriknya ditunjukkan pada gambar 5(c ).
Secara umum, kedua mode tereksitasi secara simultan.
Contoh 2 :
Carilah frekuensi getaran dengan amplitudo kecil untuk bandul
ganda seperti yang ditunjukkan pada gambar berikut. Kedua
massa dan panjang bandul adalah sama m1 = m2 = m ; l1 = l2 = l.
Penyelesaian :
Misalkan (x1, y1 ) dan (x2, y2) adalah koordinat kedua massa
bandul pada saat tali bandul membentuk sudut masing-masing
adalah θ1 dan θ2 terhadapt garis vertikal seperti yang
ditunjukkan dalam gambar. Dari gambar nampak bahwa :
124

125
O
(x1
,y1
)
(x2
,y2
)
m
m
θ1
θ2
O
m
m
θ1
θ2
O
m
m
θ1
θ2
(a)

Gambar 3.8
Modus gerak bandul ganda
x1 = l1 sin θ1
x2 = l1 sin θ1 + l2 sin θ2 (115)
y1 = l1 cos θ1
y2 = l1 cos θ1 + l2 cos θ2
Energi 126omponen126 sistem adalah :
21 mgymgyV −−=
= -mgl cos θ1 – mgl (cos θ1 + cos θ2) (116)
0
V
0
01
2
1
=
∂
∂
=
=
θ
θθ
dan 0
V
0
02
2
1
=
∂
∂
=
=
θ
θθ
(117)
mgl2mglmgl
V
V
0
0
2
1
2
11
2
1
=+=
∂
∂
=
=
=
θ
θθ
(118)
126
(b). Mode antisimetrik (c). Mode antisimetrik

mgl
V
V
0
0
2
2
2
22
2
1
=
∂
∂
=
=
=
θ
θθ
dan V12 = V21 = 0 (119)
Jadi, matriks energi potensialnya adalah :






=





=
mgl0
0mgl2
VV
VV
V
2221
1211
(120)
Oleh karena 0
VV
VV
2221
1211
> , maka hal persamaan di atas dapat
dipandang sebagai bentuk kuadrat homogen yang positif.
127omponen Tlm dapat dihitung sebagai berikut :
( ) ( )2
2
2
22
12
1
2
12
1
yxmyxmT  +++=
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1 1 1 2 22 2 2
2 2
1 1
1 1 1 12 2
m lcos m l( sin ) m lcos lcos
m l( sin ) m l( sin )
     = θ θ + − θ θ + θ θ + θ θ +     
   − θ θ + − θ θ   
   
 
(121)
Pada posisi kesetimbangan θ1 = θ2 = 0 :
( ) 21
22
2
2
2
12
1
2
2
1
)2 θθθθ  mlmlmlT ++= (122)
127omponen Tll dan Tlm adalah koefisien dari
2
12
1
θ dan mθθ 
1 ;
yang berarti bahwa :
T11 = 2ml2
, T22 = ml2
, T12 = T21= ml2
.
127

Jadi tensor energi kinetiknya adalah :
T = 







22
22
2
mlml
mlml
(123)
Frekuensi normal bandul ganda adalah :
V -ω2
T| = 0 (124)
yang juga dapat ditulis dengan
0
22
22
22
=
−
−
mlmglml
mlmlmgl
ωω
ωω
(125)
yang memberikan nilai frekuensi :
( ) l
g
222
1 −=ω dan ( ) l
g
222
2 +=ω (126)
Mode normal bandul ganda untuk frekuensi 2
1
2
ωω = adalah :
0
2)22(2)22(
)22(2)22(2
21
11
22
22
=

















−−−−
−−−−
a
a
ml
l
g
mglml
l
g
ml
l
g
ml
l
g
mgl
(127)
yang dapat direduksi menjadi :
0)22()222( 2111 =−+− aa
128

0)21()22( 2111 =−+− aa (128)
Jika a11 = 1 maka a21 = 2
Dengan cara yang sama untuk frekuensi 2
2
2
ωω = , jika a12 = 1,
maka a22 = - 2 .
A11 dan a12 berkorespondensi dengan partikel 1, dan a21 dan a22
berkorespondensi dengan partikel 2. Kedua mode osilasi
tersebut adalah :
η1 = a11x1 + a12x2 = x1 + x2
η2 = a21x1 + a22x2 = 2 (x1 + x2) (129)
Pada mode η1 partikel berosilasi dengan fase yang berbeda
yang merupakan mode antisimetrik seperti yang ditunjukkan
pada gambar 6(b). Pada mode η2 partikel berosilasi dengan fase
yang sama yang merupakan mode simetrik seperti yang
ditunjukkan pada gambar 6(c ).
129

Gambar 3.9.
Bandul berayun yang diikatkan pada sebuah balok
Contoh (3)
130

Di bawah ini adalah sebuah contoh penggunaan konsep
getaran dengan amplitudo kecil untuk sistim mekanik yang
terdiri dari 3 buah bandul yang saling bergandeng. Panjang
masing-masing bandul adalah L, massa M
Sistem mekanik yang ditelaah adalah suatu sistem
bandul berkait yang terdiri dari 3 bandul matematika. Panjang
masing-masing bandul adalah L, massa M bergantung pada
ujung bawah benang bandul. Massa bandul dihubungkan
dengan pegas berketetapan k seperti terlihat dalam gambar.
Dalam keadaan setimbang, semua benang bandul ada
dalam kedudukan vertikal.
Cari dahulu energi kinetik T dan energi potensial V sistem
bandul tersebut.
2
3
2
2
2
1 xM
2
1
xM
2
1
xM
2
1
T  ++=
Energi potensialnya sesuai dengan :
( ) ( ) ( )2
3
2
2
2
1
2
32
2
21 xxx
L2
mg
xxk
2
1
xxk
2
1
V +++−+−=
Matriks (Tij) dan (Vij) :
131

( )










=
M00
0M0
00M
Tij
( )










































+−
−





+−
−





+
=
L
mg
kk0
k
L
mg
k2k
0k
L
mg
k
Vij
Persamaan karakteristik :






ω−+−
−





ω−+−
−





ω−+
2
2
2
M
L
mg
kk0
kM
L
mg
k2k
0kM
L
mg
k
= 0
Pemecahan persamaan diatas memberikan 3 buah frekuensi,
masing-masing :
132







+=ω





+=ω





=ω
L
g
M
k3
;
L
g
m
k
;
L
g 2
3
2
2
2
1
Persamaan pertama amplitudo diperoleh dengan mengambil
2
1
2
ω=ω ; hal itu memberikan :
0AkAk
0AkAk2Ak
0AkAk
1312
131211
1211
=−
=−−
=−
yang memberikan A11 = A12 = A13 , sebut saja Ao.
Persamaan kedua amplitudo diperoleh dengan
mensubstitusikan 2
2
2





=−
=−−
=−
0Ak
0AkAk
0Ak
22
2321
22
Kemudian diperoleh :
A22 = 0 ; A21 = -A23 ; namakan saja A21 ≡ Bo
Persamaan ketiga amplitudo diperoleh dengan mengambil
2
3
2





=−−
=−−−
=−−
0Ak2Ak
0AkAkAk
0AkAk2
3332
333231
3231
Kemudian diperoleh :
133

A31 = A33 , sebut saja A31 ≡ Co . Dengan demikian A32 = -2 Co
Solusi koordinat adalah sebagai berikut :










ω
ω
ω










−
−=










tcos
tcos
tcos
CBA
C20A
CBA
2
x
x
x
3
2
1
ooo
oo
ooo
3
2
1
Kombinasi linier dari koordinat x1, x2 dan x3, yang
mendiagonalkan matriks amplitude adalah :










ω
ω
ω










=










+−
−
++
tcos
tcos
tcos
C400
0B20
00A3
2
xx2x
xx
xxx
3
2
1
o
o
o
321
31
321
Kombinasi linier koordinat-koordinat diatas adalah koordinat
normal x1, x2, x3 :
X1 = x1 + x2 +x3 ; bergetar dengan frekuensi ω1
X2 = x1 – x3 ; bergetar dengan frekuensi ω2
X3 = x1 -2x2 + x3 ; bergetar dengan frekuensi ω3
Sekarang ditinjau satu demi satu pola getar koordinat normal.
Pola getar X1 diperoleh dengan membuat X2 ≡ 0 dan X3 ≡ 0. Ini
berarti bahwa :
saatsetiapxxx
0xx2x
0xx
321
321
31
==



≡+−
≡−
Pola getarnya dilukiskan dalam sketsa disebelah; frekuensi
getarnya
2
1
1 L
g




=ω .
134

Jadi getaran itu laksana 3 bandul matematika yang identik,
yang bergerak dalam satu ”irama”, yang masing-masing
independen, tidak terkait oleh pegas k.
Pola getar X2 diperoleh dengan mempersyaratkan bahwa X1 ≡ 0,
dan X3 ≡ 0 ; artinya :
:bahwamemberikanyang
0xx2x
0xxx
321
321



≡+−
≡++
saatSetiap
0xx
0x
31
2



≡+
≡
Cara getar mode ini digambarkan dalam sketsa dibawah :
X1
X2
X3
X1
X2
=0 X3
135
X1 X2 X3

Gambar 3.10
Tiga modus getar yang dinyatakan dalam soal
Massa ditengah tak beranjak dari tempatnya (X2 = 0). Frekuensi
getar sistem 





+=ω
L
g
M
k2
2 .
Untuk dapat melihat X3, X1 dan X2 harus dibuat ≡ 0. Artinya :
memberikanyang
0xx
0xxx
31
321



≡−
≡++
saatsetiappadaxxdanxx 3231 −=≡
Frekuensi getarnya adalah
2
1
L
g
M
k3






+=ω
Dalam mode getar ini, massa pertama bergetar setara
dengan massa ketiga, sedangkan massa kedua berlawanan fase
getarnya terhadap dua yang lain.
Demikianlah contoh untuk ilustrasi teori getaran
beramplitudo kecil yang dikemukakan dalam bab ini.
136

E. GETARAN SIMPATHETIC DAN KEJUT
Tinjaulah suatu sistim sederhana yang terdiri dari dua
buah osliator yang masing-masing panjangnya l dan massanya
m yang dihubungkan oleh sebuah pegas tak bermassa dengan
tetapan k seperti yang ditunjukkan dalam Gambar 14.2. Jika
pegas memperoleh hambatan yang relatif kecil terhadap kedua
bandul, maka kita katakan bahwa sistim mengalami gandengan
lemah, sebaliknya jika pegas mengalami hambatan yang lebih
besar maka sistim mengalami gandengan kuat. Jika kedua pegas
tidak sama massa atau panjangnya, maka kedua bandul
dinamakan tak dapat ditala (detuned).
Untuk memudahkan kita ambil contoh untuk kasus
dimana kedua bandul memiliki massa dan dan panjang yang
sama, dan keduanya terhubung lemah dengan sebuah pegas.
Asumsikan bahwa kedua bandul bergerak dalam sebuah
bidang. Selanjutnya salah satu bandul diberi simpangan
sementara bandul yang lainnya dalam keadaan diam. Dengan
berjalannya waktu, osilasi yang dihasilkan oleh kedua bandul
ditunjukkan 14.4. Nampak jelas bahwa osilasi tersebut
termodulasi, dan energi secara kontinyu ditransfer dari bandul
satu ke bandul lainnya. Ketika salah satu bandul mencapai
amplitudo maksimum, bandul lainnya dalam keadaan diam,
demikian juga sebaliknya. Gejala ini disebut resonansi atau
getaran symphatettic antara dua sistim. Perbantian energi
antara dua bandul dapat ditunjukkan secara matematik seperti
137

yang akan dijelaskan selanjutnya. Hal ini merupakan teori
resonansi seperti yang ditunjukkan dalam gambar 14.4.
Gambar 3.11
Bentuk gelombang resonansi antara dua osilator tergandeng
Dalam kasus contoh 14.2, misalkan pada t =0, kita
dapatkan x1 = 0, 1x = 0, 12 Ax = dan 0x2 = . Terapkan syarat
ini pada persamaan (xviii) dan (xix) dalam contoh 14.2 kita
dapatkan :
ti
2
ti
2
ti
1
ti
11
1111
eAeAeAeA)t(x ω
−
ωω
−
ω
+++=
138
Osilator kedua : t = 0, x2 = A, 0x2 =
Osilator pertama : t = 0, x1 = 0, 0x1 =

ti
1
ti
1
ti
1
ti
12
1111
eAeAeAeA)t(x ω
−
ωω
−
ω
−−+=
Untuk t = 0 diperoleh :
A1 + A -1 + A2 + A-2 = 0
0AAAA 2211 =−−+ −−
0)AA(i)AA(i 222111 =−ω+−ω −−
0)AA(i)AA( 222111 =−ω−−ω −−
Selesaikan persamaan-persamaan di atas, menghasilkan :
4
A
AA 11 == − dan
4
A
AA 22 −== −
Masukkan hasilnya dalam persamaan 14.114 dan 14.115,
diperoleh :
( ) ( )[ ]titititi
1
2211
eeee
4
A
)t(x ω−ωω−ω
+−+=
( ) ( )[ ]titititi
2
2211
eeee
4
A
)t(x ω−ωω−ω
+++=
Oleh karena 2 cos θ = eiθ
+ e-iθ
, kita dapat tulis
( )tcostcos
2
A
x 211 ω−ω=
( )tcostcos
2
A
x 212 ω+ω=
Kedua persamaan di atas dapat juga ditulis :





 ω+ω





 ω−ω
= t
2
sint
2
sinAx 2112
1
139






 ω+ω





 ω−ω
= t
2
cost
2
cosAx 2112
2
Misalkan o21 2/)( ω=ω+ω dan 12 ω≈ω , maka :
tsint
2
sinAx o
12
1 ω




 ω−ω
=
tcost
2
cosAx o
12
2 ω




 ω−ω
=
Hal ini berarti bahwa jika amplitudo x1 bertambah besar, maka
x2 bertambah kecil, demikain pula sebaliknya. Hal ini
ditunjukkan pada gambar 14.4. Hal ini berati pula bahwa
terdapat transfer energi bolak balik secara periodik. Periode T
transfer energi dapat dinyatakan dengan :
12
42
T
ω−ω
π
=
ω
π
=
140

Gambar 3.12
Fenomena kejut antara dua osilator tergandeng
Jika kedua bandul memiliki frekwensi yang berbeda sedikit,
pertukaran energi tetap berlangsung akan tetapi pertukaran
energinya tidak lengkap. Bandul kedua yang bergerak bergerak
lebih awal telah mencapai amplitudo minimum, tetapi
harganya tidak sama dengan nol. Bandul pertama, yang mula-
mula diam, mencapai amplitudo nol dalam gerakannya.
Fenomena ini disebut kejut seperti yang ditunjukkan pada
Gambar 14.5. Kita dapat menerapkan hal yang sama pada
kasus bandul ganda, seperti yang telah kita bahas dalam contoh
14.3. dan seperti yang ditunjukkan pada gambar contoh 14.3.
Jika kedua massa dan panjangnya sama, kita tetap memperoleh
getaran resonansi symphatetic. Tetapi apa yang terjadi jika
kedua massa (tentu saja beratnya) berbeda. Misalnya bandul
yang berada di sebelah atas massanya lebih besar daripada
yang berada di sebelah bawah. Hal ini akan mengakibatkan
141
Osilator kedua
Osilator pertama

terjadinya detuning dan kejut. Selanjutnya kita atur gerak
bandul dengan menarik massa yang sebelah atas dengan
menyimpangkannya sedikit dari arah vertikal kemudian
dilepaskan. Dalam gerakan secara berurutan dan interval yang
teratur, massa yang sebelah bawah akan diam, sementara
massa yang disebelah atas mencapai amplitudo maksimum,
atau massa di sebelah atas mencapai amplitudo minimum
(tidak harus sama dengan nol) ketika massa yang berada di
sebelah bawah mencapai amplitudo maksimum. Ini merupakan
gejala kejut seperti yang ditunjukkan pada gambar 14.5. Sekali
lagi, oleh karena adanya detuning, maka transfer energi tidak
berlangsung secara lengkap dan sempurna.
Jika dalam contoh di atas, kedua bandul diatur bergerak
secara simultan,baik (i) dalam arah yang sama maupun (ii)
dalam arah yang berlawanan , akan kita temukan bahwa tidak
terjadi pertukaran energi diantara kedua bandul. Kita peroleh
modul normal getaran seperti yang telah dibahas sebelumnya.
Pembahasan sistim getaran mekanis di atas dapat juga
diperluas untuk sistim elektrik. Getaran simpatetic memiliki
peranan besar dalam rangkaian listrik. Dalam sistim elektrik,
rangkaian pertama dan kedua digandengkan secara induktif
satu sama lain. Jika rangkaian pertama bekerja, maka rangkaian
kedua akan bergetar dengan kuat, jika terjadi resonansi. Tidak
seperti halnya dengan bandul ganda yang telah dibahas
sebelumnya, dalam rangkaian listrik faktor redaman mesti
dimasukkan. Dalam hal ini, redaman analog dengan hambatan
ohmik, massa berkorespondensi dengan induktansi diri, gaya
pemulih analog dengan efek kapasitansi.
F. GETARAN MOLEKUL
Sekarang mari kita perhatikan modus getaran molekul
diatomik dan triatomik. Molekul diatomik dapat dipandang
sebagai dua benda bermassa m1 dan m2 dihubungkan oleh
142

pegas tak bermassa dengan tetapan k, panjang dalam keadaan
tak teregang a , bergetar sepanjang garis penghubung antara
kedua massanya. Misalkan x1 dan x2 adalah koordinat masing-
masing massa m1 dan m2 diukur dari titik O. Energi potensial
sistim adalah :
2
12 )(
2
1
axxkV −−= (a)
2
22
2
11
2
1
2
1
xmxmT  += (b)
Gambar 3.13
Model molekul diatomik
Ungkapan persamaan energi potensial tersebut bukanlah
merupakan fungsi kuadrat yang tak homogen, oleh karena itu
transformasi linier ke koordinat normal tak mungkin dapat
dilakukan. Kesulitan ini dapat diatasi dengan melakukan
substitusi :
axu −= 2 dan 2xu  = (c)
143

Substitusi persamaan c ke persamaan a dan b
2
1 )(
2
1
xukV −=
2
2
2
11
2
1
2
1
umxmT  +=
Koordinat rampatan yang baru x1 dan u dapat dinyatakan
dalam bentuk Lagrangian :
2
1
2
2
2
11 )(
2
1
)(
2
1
xukumxmVTL −−+=−= 
dan persamaan Lagrange :
0
11
=
∂
∂
−





∂
∂
x
L
x
L
dt
d

dan 0=
∂
∂
−





∂
∂
u
L
u
L
dt
d

Solusi persamaan di atas menghasilkan :
0111 =−+ kukxxm 
012 =−+ kxkuum  (d)
Misalkan solusinya adalah :
titi
BeudanAex ωω
==1 (e)
Dari persamaan persamaan di atas (d) kita peroleh :
( ) 02
1 =−+− kBAkm ω (f)
144

( ) 02
2 =+−+− BkmkA ω (g)
Untuk menghitung frekwensi ω , determinan koefisien A dan
B diambil sama dengan nol :
02
2
2
1
=
−
−
kmk
kkm
ω
ω
(h)
yang menghasilkan :
0)()( 2
2
2
2
1 =−−− kkmkm ωω (i)
[ ] 0)( 21
2
21
2
=+− mmkmm ωω (j)
Dua nilai frekwensi yang mungkin adalah :
01 =±ω dan
2
1
21
21
2
)(





 +
±=±
mm
mmk
ω (k)
Substitusi persamaan f dan g , diperoleh :
Untuk 01 == ωω , BA = (L)
Untuk 2ωω = , B
m
m
A
1
2
−= (m)
Solusi umumnya adalah :
145

titi
AAAtAx 22
22111
ωω
εε −
−− +++= (n)
titi
A
m
m
A
m
m
AtAx 22
2
2
1
2
2
1
112
ωω
εε −
−− −−+= (o)
Dengan mengambil kombinasi linier x1 dan u, kita dapat
mencari X1 dan X2 yang masing-masing bersesuaian dengan ω1
dan ω2 :
( )11
2
1
1
2
1
1 1 −+





+=+= AtA
m
m
ux
m
m
X (p)
(q)
Jika modus
X1 dibangkitkan, dan modus X2 diredam (dimatikan), berarri :
Untuk modus X1 : 012 =−= uxX atau
axux −== 21
Gambar 3.13
Salah satu modus getar molekul diatomik
146
( )titi
AA
m
m
uxX 22
22
2
1
12 1 ωω
εε −
−+





+=−=

yang bersusaian dengan gerak transalasi sistim seperti yang
ditunjukkan pada gambar 14.7a. Dengan penalaran yang sama
apabila modus X2 dibangkitkan, dan modus X1 diredam berarri
Untuk modus X2 : 01
2
1
1 =+= ux
m
m
X atau
)( 2
1
2
1
2
1 ax
m
m
u
m
m
x −−=−= (r)
Yang berarti bahwa kedua massa berosilasi relatif terhadap
pusat massanya seperti yang ditunjukkan dalam gambar 14.7 b.
Gambar 3.14
Salah satu modus getar molekul diatomik
Hasil yang diperoleh di atas dapat dijadikan acuan
untuk memperluas persoalan pada molekul triatomik. Misalkan
tinjau salah satu jenis molekul triatomik, misalnya CO2 seperti
yang ditunjukkan pada gambar 14.8. yang merupakan sebuah
molekul linier. Jika gerakannya dibatasi sepanjang garis
147

penghubung ketiga molekul, maka terdapat tiga derajat
kebebasan gerak, dengan sendirinya terdapat pula tiga
koordinat normal. Kita dapat menghitung besarnya frekwesni
serta modus normalnya seperti yang ditunjukkan pada contoh
sebelumnya. Modus pertama adalah ω = ω1 = 0 yang berarti
bahwa pada sistim terjadi translasi sederhana dari pusat massa
seperti yang ditunjukkan pada Gambar 14.8.a. Modus kedua
adalah seperti yang ditunjukkan pada gambar 14.8 b dimana ω
= ω2 . Atom karbon berada yang di tengah diam, sedangkan
dua atom oksigen yang berada di masing-masing ujung
melakukan vibrasi dengan amplitude yang sama tetapi dengan
arah atau fasa yang berlawanan. Karena posisi atom pada pusat
setangkup dengan dua atom oksigen lainnya, maka momen
dipolnya ∑i
ii xq sama dengan nol. Menurut teori radiasi,
modus ini tidak dapat didteksi karena tidak memancarkan
radiasi.
Modus ketiga adalah ω = ω3 dimana atom oksigen
bervibrasi dengan amplitude berbeda, tetapi masih sefase.
Atom karbon yang bervibrasi terhadap pusat massa, dan
geraknya berlawanan fase dengan atom oksigen seperti yang
ditunjukkan dalam gambar. Dalam hal ini momen dipol yang
dihasilkan dari vibrasi ∑i
ii xq tidak sama dengan nol ; oleh
karena itu menurut teori radiasi, akan dipancarkan radiasi
elektromagnetik.
148

Gambar 3.15
Molekul triatomik dan ketiga kemungkinan modus vidrasinya
G. SISTIM TEREDAM DAN OSILASI DIPAKSA
Sejauh ini pembahasan tentang osilasi dengan
amplitude kecil, pengaruh gesekan kita diabaikan. Situasi yang
umum dijumpai adalah adanya gaya redaman yang harganya
sebanding dengan kecepatan. Dalam kasus ini, gerak partikel
ke i dapat dinyatakan dengan menggunakan hokum II Newton
:
iiii rcFrm  −=
Dalam bentuk komponennya, dapat kita tuliskan:
iiixii xcFxm  −=
iiiyii ycFym  −=
149
Translasi
Osilasi
Osilasi

iiizii zcFzm  −=
Dimana ci adalah tetapan-tetapan dan Fix, Fiy serta Fiz hádala
componen-komponen gaya resultan Fi yang dapat
diturunkadari sebuah fungsi potensial; potensial tersebut
merupakan fungsi kuadrat homogen dari koordinatnya.
Misalkna sistim yang ditinjau memiliki l derajat
kebebasan dan dinyatakan dalam l koordinat yang
independen :
''
2
'
1 ,...,, lqqq
Hubungan antara koordinat x,y dan z dinayatkan dengan 3n
persamaan untuk n partikel :
( )''
2
'
1 ,...,, lii qqqxx =
( )''
2
'
1 ,...,, lii qqqyy =
( )''
2
'
1 ,...,, lii qqqzz =
Perlu dicatat bahwa tidak terdapat kebergantungan secara
eksplisit terhadap waktu t sebab energi kinetik T merupakan
fungsi kuadrat yang homogen terhadap waktu. Kalikan tiap
persamaan 14.151 masing-masing dengan
'
/ ji qx ∂∂ ,
'
/ ji qy ∂∂ ,
'
/ ji qz ∂∂ , jumlahkan ketiga tiganya untuk keseluruhan n
partikel ;
∑=








∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂n
i j
i
i
j
i
i
j
i
ii
q
z
z
q
y
y
q
x
xm
1
'''

∑ ∑= =








∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
−








∂
∂
+
∂
∂
+
∂
∂
=
n
i
n
i j
i
i
j
i
i
j
i
ii
j
i
iz
j
i
iy
j
i
ix
q
z
z
q
y
y
q
x
xc
q
z
F
q
y
F
q
x
F
1 1
''''''

dimana :
150

Bentuk pertama di kiri ''
jj q
T
q
T
dt
d
∂
∂
−








∂
∂
≡

Bentuk pertama di kanan j
j
Q
q
V
≡
∂
∂
−≡ ' adalah gaya
rampatan, yang mengabaikan gaya redaman.
Bentuk kedua di kanan 





++
∂
∂
−≡ ∑=
n
i
iiii
j
zyxc
q 1
222
2
1
'
( 

'
j
r
q
F
∂
∂
−=
Dimana Fr = )(
1
222
2
1
∑=
++
n
i
iiii zyxc  merupakan fungsi redaman
dan menyatakan setengah harga energi yang diredam selama
gaya gesekan bekerja. Selanjutnya persamaan 14.154 dapat
ditulis :
''''
j
r
jjj q
F
q
V
q
T
q
T
dt
d
 ∂
∂
−
∂
∂
−=
∂
∂
−








∂
∂
Oleh karena L = T – V persamaan 14.151 atau persamaan 14.155
dapat dinyatakan dengan
rj
jj
Q
q
L
q
L
dt
d
+
∂
∂
=








∂
∂
''

Dimana Qrj adalah gaya redam rampatan :
'
j
r
rj
q
F
Q
∂
∂
−=
Untuk getaran dengan amplitudo yang cukup kecil , ungkapan
V, T dan F dapat dinyatakan dengan :
151

...2... '
2
'
112
2'
111
2'
111 ++++= qqaqaqaV
...2... '
2
'
112
2'
111
2'
111 ++++= qqbqbqbT 
...2... '
2
'
112
2'
111
2'
111 ++++= qqcqcqcFr

Dimana all, .......bll dan cll ....... adalah teatapan-tetapan
Persamaan diferensial gerak yang dihasilkan dari
persamaan 14.155 atau 14.156 sama dengan yang diperoleh
dalam kasus tanpa redaman, kecuali bahwa dalam persamaan
tersebut muncul q . Untuk menghitung modus normal, kita
harus mencari koordinat baru yang merupakan kombinasi
linier dari '
1q , '
2q , ......... '
lq sedemikian sehingga jika V,T dan
F dinyatakan dalam koordinat 1η , 2η ........ lη tidak
mengandung bentuk cross, yang berarti bahwa mengandung
jumlah kuadrat koordinat baru serta turunannya terhadap
waktu. Berhubung oleh karena kehadiran Fr, tidak selamanya
memungkinkan kita dapat mencari koordinat baru tersebut.
Dalam beberapa situasi kita memungkinkan mencari
transformasi koordinat normal , dan bentuk persamaan
diferensial yang dihasilkan adalah :
0=++ jjjjjj kcm ηηη 
yang solusinya adalah :
)(cos jj
t
jj teA j
Φ+=
−
ωη
λ
Selanjutnya, tidak seperti halnya dalam kasus tanpa redaman
dimana kita hanya mengamati satu jenis osilasi, dalam kasus ini
gerak osilasi dapat mengambil bentuk underdamped, critically
damped atau overdamped, yang mungkin saja geraknya bukan
lagi berupa getaran. Koordinat normal dan fasenya sama
halnya dengan kasus-kasus dalam gerak tanpa redaman.
Amplitudonya menurun dengan waktu secara eksponensial.
152

Pertama mari kita asumsikna bahwa gaya
pengendalinya cukup kecil sehingga kuadrat pergeseran dan
kecepatannya sedemikian sehingga persamaan geraknya masih
dapat dipandang linier. Jika gaya tersebut konstan, seperti
halnya sistim di bawah pengaruh gaya gravitasi, hanya
perubahan posisi kesetimbangan si sekitar gerak osilasinya
yang berperan. Jika gaya penggeraknya periodik,
memungkinkan kita dapat membahas geraknya dalam bentuk
koordinat normal. Untuk praktisnya, asumsikan bahwa gaya
penggeraknya dapat dinyatakan dalam bentuk tQ jext ωcos
atau
ti
jext eQ ω
. Persamaan gerak yang dihasilkan dalam bentuk
koordinat normal (dengan kehadiran gaya pemulih, gaya
peredam dan gaya pengendali),
ti
jextjjjjjj eQkcm ω
ηηη =++ 
Jika frekwensi pengendali nilainya sama dengan salah satu
frekwesni normal sistim, modus normal yang bersesuaian
yakni yang memiliki amplitudo terbesar berada dalam keadaan
tunak. Selanjutnya, jika tetapan peredaman cukup kecil, tidak
semua modus normal dapat dibangkitkan; hanya satu modus
normal yang memiliki frekwensi yang sama dengan frekwensi
gaya pengendali yang dapat dibangkitkan.
Contoh :
Mari ambil kembali contoh dua bandul tergandeng, seperti
yang sudah dibahas dalam contoh 14.2. Misalkan gaya
penggeraknya adalah F cos ωt dan gaya geseknya sebanding
dengan kecepatannya yakni xc , dimana c adalah tetapan.
Bahaslah persoalan ini :
Jawab :
153

Persamaan yang menggambarkan sistim tersebut adalah :
tFxcxxkx
l
mg
xm ωcos)( 12111 +−=−++ 
tFxcxxkx
l
mg
xm ωcos)( 22122 +−=−−+ 
Persamaan yang melibatkan koordinat normal X1 dan X2 (
2111 xxX +==η dan )2122 xxX −==η
t
m
F
X
l
g
X
m
c
X ωcos
2
111 =++ 
0
2
222 =





+++ X
m
k
l
g
X
m
c
X 
Ingat bahwa, persamaan diferensial di atas memiliki solusi ;
( ) ( )
( )[ ] 2/1
222222
11
)2/(
1
cos2'
1
'
1
cm
tF
eAeAeX
o
tititmc
++−
−
++= −
−
−
ωωω
φωωω
Dan
( )tititmc
eAeAeX
'
2
'
2
22
)2/(
2
ωω −
−
−
+=
Dimana :
2/1






=
l
g
oω , 





−= 2
2
'
1
4m
c
l
g
ω ,
2/1
2
2
'
1
4
2






−





+=
m
c
m
k
l
g
ω
( )[ ] 2/122
tan
ωω
ω
φ
−
=
om
c
untuk g/l >c2
/4
154

X1 dan X2 keduanya mengandung bentuk transien. Hanya X1
yang memiliki bentuk keadaan tunak, dan hanya X1 yang tetap
terbangkitkan (untuk sembarang syarat awal) dengan
frekwensi yang sama dengan frekwensi pengendali, seperti
halnya dalam sistim yang memiliki satu derajat kebebasan. X2
akan meluruh dalam interval waktu yang sangat pendek.
3.
Gambar 3.16
Gambar untuk soal no.3
Dari diagram diatas, dua persamaan gaya dapat dituliskan :
( )
( ) 2312222
o2121111
xkxxkxm
tcosFxxkxkxm
−−−=
ω+−−−=


atau
0xkx)kk(xm
tcosFxkx)kk(xm
1223222
o2212111
=−++
ω=−++


155

Dianggap benda bergerak harmonic dengan bermacam-macam
amplitudo dan frekuensi
( ) ( )φ+ωω−=φ+ω= tcosAx,tcosAx 2
11

( ) ( )φ+ωω−=φ+ω= tcosBx,tcosBx 2
22

Substitusi nilai tersebut ke persamaan gerak, diperoleh :
( )
( ) 0BmkkAk
FBkAmkk
2
2322
o2
2
121
=ω−++−
=−ω−+
Dengan aturan Cramer, diperoleh nilai A dan B :
( )
( )( )
( )
( )( ) 2
2
2
232
2
121
2
232o
2
2
2
232
2
121
2
232
2o
kmkkmkk
mkkF
kmkkmkk
mkk0
kF
A
−ω−+ω−+
ω−+
=
−ω−+ω−+
ω−+
−
=
156

( )
( )( )
( )( ) 2
2
2
232
2
121
2o
2
2
2
232
2
121
2
o
2
232
kmkkmkk
kF
kmkkmkk
0k
Fmkk
B
−ω−+ω−+
=
−ω−+ω−+
−
ω−+
=
Setelah getaran bebas berhenti, sisa getaran akan
menjadi gerak harmonik sederhana dengan frekuensi
( )
( )( ) tcos
kmkkmkk
mkkF
)t(x 2
2
2
232
2
121
2
232o
1 ω
−ω−+ω−+
ω−+
=
( )( ) tcos
kmkkmkk
kF
)t(x 2
2
2
232
2
121
2o
2 ω
−ω−+ω−+
=
SOAL SOAL
1. Partikel dengan massa m bergerak dalam lintasan satu
dimensi dengan fungsi energi potensial :
a.
x
k
x
k
xV += 2
2
)(
b. bx
kxexV −
=)(
c. )()( 224
xbxkxV −=
157

dimana semua tetapan adalah ril dan positif. Carilah
posisi kesetimbangan untuk tiap kasus di atas dan
tentukan jenis kestabilannya.
d. Carilah frekuensi sudut ω untuk getaran kecil di sekitar
posisi kesetimbangan stabil
Untuk bagian (a), (b) dan (c) serta cari periode untuk
tiap kasus di atas jika m = 1
gram, serta k dan b nilainya adalah satu satuan dalam
sistem cgs.
2. Dua pegas identik dengan panjang awal lo dan tetapan k
kedua ujungnya diikatkan pada dua titik A dan B, yang
jarak keduanya adalah 2d. Kedua ujung yang lainnya
dihubungkan pada suatu titik C, dan sebuah massa m
digantungkan pada titik ini, seperti yang ditunjukkan
dalam gambar berikut. Carilah posisi setimbangnya.
Apakah posisi tersebut adalah kesetimbangan stabil ?
Carilah frekuensinya jika dianggap merupakan getaran
dengan amplitudo kecil.
3. Sebuah balok homogen yang sisi-sisinya masing-masing
adalah 2a dalam keadaan setimbang pada puncak sebuah
bola yang agak kasar yang berjejari r. Tunjukkan bahwa
fungsi energi potensialnya adalah :
( )[ ]θθθθ sincos)( bbamgV ++=
dimana θ adalah sudut yang dibentuk oleh garis
penghubung antara benda dengan garis mendatar.
Tunjukkan bahwa pada θ = 0 kesetimbangannya adalah
stabil atau tak stabil bergantung pada apakah a lebih kecil
atau lebih besar dari b.
4. Tentukan periode getaran pada soal No.3
158

5. Sebuah benda dengan massa M bergerak dalam bidang
tanpa gesekan dengan lintasan AB. Sebuah benda lain
dengan massa m dihubungkan dengan M oleh sebuah tali
tak bermassa dengan panjang l (perhatikan gambar).
Hitunglah frekuensi apabila sistem tersebut melakukan
getaran dengan amplitudo kecil.
Gambar 3.17
159
m
M

Bahan kuliah getaran mekanis pers lagrange

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Bahan kuliah getaran mekanis pers lagrange

Similar to Bahan kuliah getaran mekanis pers lagrange (20)

Bahan kuliah getaran mekanis pers lagrange