1
Osilasi
G erak osilasi dapat dijumpai di mana-mana: bandul yang berayun, gerak kapal laut yang sedang berlabuh, gerak piston mesin kendaraan, osilasi dari senar gitar, osilasi dari diapragma speaker dan lainlain. Biasanya osilasi yang dijumpai di alam adalah dalam bentuk osilasi teredam, artinya perlahan-lahan gerakannya akan berhenti karena gesekan. Energi Energi mekanik berubah berubah menjadi energi energi panas. Untuk menjaga menjaga agar osilasi tetap terjadi, diperlukan diperlukan suplai energi. MisalMisalnya pada piston mesin diperlukan energi kimia dari bahan bakar yang diubah menjadi energi mekanik untuk mempertahankan gerak osilasi. Pada bab ini mula-mula akan kita bahas gerak osilasi ideal, yaitu osilasi osilasi di mana gaya gaya gesekan dapat diabaikan. diabaikan. Ini penting penting untuk memahami konsep dasar dari gerak osilasi. Selanjutnya dibahas bagaimana menjumlahkan beberapa gerak osilasi. Di akhir bab ini akan dibahas juga osilasi teredam.
!
"
#
$
%
.
1 1
Periode, Frekuensi Frekuensi dan Amplitudo Gerak Osilasi &
Salah satu parameter penting dalam gerak osilasi adalah periode, dapat ditulis dengan simbol τ , yaitu waktu yang diperlukan untuk menempuh satu getaran penuh. Untuk memahami apa yang dimaksud dengan satu periode, perhatikan gambar (1.1). Balok bermass bermassaa m dihubungka dihubungkan n dengan dinding melalui pegas. Mula-mula Mula-mula pegas tidak teregang dan tidak tertekan. Kemudian balok dipukul dengan palu sehingga balok berosilasi. berosilasi. Misalnya Misalnya balok difoto berkali-kali. berkali-kali. Mulai saat balok dipukul, dipukul, foto diambil setiap satu detik. Hasilnya Hasilnya kita letakkan secara berurutan secara vertikal dari atas ke bawah. Pada gambar (1.1), waktu-waktu yang berbeda diberi label ( 1) sampai ( 9). Pada waktu yang diberi label (5), balok kembali ke posisinya semula. Tetapi, kecepatan balok berlawanan arah dengan kecepatan balok mula-mula meskipun besarnya sama. Akhirnya pada waktu yang diberi label ( 9), balok kembali ke posisinya semula dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan awal. Waktu yang diperlukan dari saat setelah balok dipukul palu (1) hingga balok kembali ke posisi semula ( 9) disebut sebagai periode getaran.
'
(
)
Gambar 1.1: Osilator Osilator harmonik harmonik sederhana difoto berkali-kali. Rentang wakwaktu antar antaraa setiap setiap foto adalah adalah satu detik. Gambar pertama menunjukkan detik ke nol, gambar kedua menunjukkan balok pada detik pertama dan seterusnya. Pada detik kedelapan balok balok kem bali ke posisinya posisinya semula
2
gelomba gelombang ng dan dan optik optik
!
Parameter lain yang berkaitan dengan periode adalah frekuensi, yaitu yaitu banyakny banyaknyaa getaran getaran dalam satu detik. Secara matematis matematis dapat ditulis hubungan periode dan frekuensi, f =
"
#
$
%
&
'
(
)
Gambar 1.2: Osilator Osilator harmonik harmonik sederhana
Gambar 1.3: Plot simpangan simpangan terhadap terhadap waktu
1 τ
.
(1.1)
Satuan untuk frekuensi adalah invers sekon, dengan singkatan s−1 , biasa disebut sebagai Hertz, dengan singkatan Hz. Pada gambar (1.1), balok bergerak bolak balik pada arah horisontal di atas lantai yang licin. Gambar yang berbeda menunjukkan posisi posisi balok pada waktu yang berbeda. berbeda. Jika dari posisi balok yang berbeda-beda tersebut kita hubungkan dengan garis, maka akan terlihat seperti gambar (1.2). Arah vertikal menyatakan waktu. Artinya foto yang terletak lebih atas terjadi lebih dahulu dibandingkan foto yang ada di bawahnya. Arah horisontal menyatakan simpangan balok. Garis vertikal vertikal putus-putus putus-putus menyatakan menyatakan posisi posisi kesetimban kesetimbangan. gan. Foto yang menunjukkan menunjukkan balok berada paling paling kanan atau paling kiri menggambarkan balok yang berada pada simpangan maksimumnya. Balok yang pusatnya pusatnya berada pada titik kesetimbanga kesetimbangan n artinya artinya memiliki simpangan nol. Garis-garis yang menghubungkan posisi pusat massa balok dari deretan deretan foto-foto foto-foto pada gambar gambar (1.1) menyatakan plot posisi sebagai fungsi waktu. Terlihat bahwa plot posisi sebagai fungsi waktu pada gambar (1.1) tidak mulus karena terdapat sudut-sudut pada setiap sambungan. sambungan. Ini karena foto yang diambil diambil sangat sedikit, hanya setiap satu detik. Untuk Untuk mempermulus mempermulus plot posisi posisi disamping, disamping, harus diambil lebih banyak foto setiap detiknya. Sekarang gambar (1.1) untuk posisi pusat massa balok yang sudah dipermulus diputar dengan sudut 90o berlawanan berlawanan arah jarum jam, diperoleh gambar berikut xmeter 1.0 0.5
2
4
6
8
tdetik
0.5 1.0
Sumbu vertikal yang diberi label x label x menyatakan simpangan dari posisi kesetimbangan. kesetimbangan. Jarak maksimum maksimum dari posisi kesetimbangan kesetimbangan disebut sebagai amplitudo gerak. gerak. Untuk gambar gambar di atas, amplitudo amplitudo gerak osilasinya 1 meter. meter. Sumbu horisonta horisontall yang diberi label t menyatakan waktu. Periode gerak osilasi di atas 8 detik. Plot di atas dapat dinyatakan secara matematis sebagai x(t) = − sin (π t/4)
(1.2)
yaitu yaitu fungsi sinusoidal. sinusoidal. Fungsi seperti seperti ini akan sering dijumpai dijumpai untuk persamaan simpangan dari gerak osilasi harmonik sederhana
o si la si
3
S oal dan P enyelesaian 1.1 Seekor lalat menghasilkan suara dengan frekuensi 200 Hz aki-
bat kepakan sayapnya. Tentukan berapa kali lalat tersebut mengepakkan sayapnya dalam satu detik. Tentukan juga waktu yang diperlukan untuk satu kepakan. Solusi:
Frekuensi 200 Hz, artinya ada 200 kepakan dalan 1 detik. Untuk 1 kepakan dibutuhkan waktu 1/200 detik 0.005 detik. =
1.2 Radio Hardrock FM memiliki frekuensi gelombang 87.6 MHz.
Apa makna huruf "M" pada MHz. Tentukan periode yang terkait dengan frekuensi ini. Solusi:
MHz artinya Mega Hertz 106 Hz. Untuk frekuensi 87.6 MHz artinya ada 87.6 × 106 getaran per detik yang bersesuaian dengan periode 1/87.6 × 10 6 detik= 1.1 × 10 8 detik. =
−
−
1.3 Bayi memiliki detak jantung 140 detakan tiap menit. Hitung
frekuensi dan periode detakan jantung tersebut. Solusi:
Jantung melakukan 140 detakan setiap 60 detik. Frekuensi 140/60 Hz 2.3 Hz. =
1.4 Prajurit yang sedang berbaris melakukan 50 langkah dalam satu
menit. Hitung frekuensi dan periode langkah prajurit tersebut. Solusi: Ada 50 langkah dalam 60 detik. Frekuensi 50/60 Hz 0.83 Hz. =
1.5 Pada gambar (1.4) ditampilkan beberapa plot simpangan terha-
dap waktu dari suatu gerak osilasi. Tentukan periode dan frekuensi masing-masing
Gambar 1.4: Plot simpangan terhadap waktu
4
gelombang dan optik
Solusi: Untuk gambar pertama, pola berulang kembali setiap dua detik, T 2 detik. Diperoleh frekuensi f 1/2 Hz. Untuk gam bar kedua, pola berulang kembali setiap satu detik, T 1 detik. Diperoleh frekuensi f 1 Hz. Untuk gambar ketiga, pola berulang kembali setiap dua detik, T 2 detik. Diperoleh frekuensi f 1/2 Hz. =
=
=
=
=
=
yt 2.0
S oal Latihan 1.1 Untuk gambar (1.5) tuliskan y sebagai fungsi sinusoidal dari t.
1.5
Tentukan amplitudo, dan frekuensi osilasi. Diketahui y t 0.5,4.5, 8.5,. . ..
1.0
=
0 pada
=
0.5
1.2 Untuk gambar (1.6) tuliskan y sebagai fungsi sinusoidal dari t. 2
4
6
8
10
12
t
Tentukan amplitudo, dan frekuensi osilasi. Diketahui y t 1.5,5.5, 9.5,. . ..
=
0 pada
=
Gambar 1.5: Plot simpangan terhadap waktu
1.3 Untuk soal (1) jika satuan untuk simpangan adalah meter dan sa-
tuan untuk waktu adalah detik, tentukan percepatan maksimum, dan kecepatan maksimum. Tentukan t saat percepatannya maksimum. Tentukan juga t saat kecepatannya maksimum.
yt 1.0 0.8
1.4 Untuk soal (2) jika satuan untuk simpangan adalah meter dan sa-
0.6
tuan untuk waktu adalah detik, tentukan percepatan maksimum, dan kecepatan maksimum. Tentukan t saat percepatannya maksimum. Tentukan juga t saat kecepatannya maksimum.
0.4 0.2 2
4
6
8
10
Gambar 1.6: Plot simpangan terhadap waktu
12
t
1.5 Untuk soal (1) dan (2), tentukan kecepatan dan percepatan pada
saat t
=
0.
1.6 Untuk soal (1) dan (2), tentukan rentang waktu di mana kece-
patan positif. Tentukan juga rentang waktu di mana percepatan positif. 1.7 Sebuah bola dengan jari-jari 5 cm berada di antara dua dinding
paralel yang jaraknya 1 meter. Bola bergerak tegak lurus dinding dengan kecepatan 0.5 m/s, pantul-memantul dengan kedua dinding. Jika tidak ada gesekan dengan lantai dan bola memantul dengan sempurna ketika menumbuk dinding. Tentukan periode gerak osilasi bola. Apakah ini termasuk gerak osilasi harmonik sederhana? 1.8 Bola dilepas dari ketinggian 1 meter. Menumbuk lantai seca-
ra elastik sempurna, kemudian kembali ke ketinggian semula. Demikian seterusnya. Tentukan periode osilasinya. Apakah ini termasuk gerak harmonik sederhana? Plot Ketinggian terhadap waktu. 1.9 Untuk osilasi massa yang terhubung dengan pegas, seperti pa-
da gambar (1.1), jelaskan apa saja yang mempengaruhi periode osilasi. 1.10 Untuk osilasi pendulum, yaitu massa yang digantung dengan
tali, jelaskan apa saja yang mempengaruhi periode osilasi.
o si la si
.
1 2
5
Gerak Osilasi Harmonik Sederhana
Apa yang menyebabkan balok yang dihubungkan dengan pegas bergerak osilasi? Tinjau sistem yang terdiri atas sebuah massa yang terhubung pada dinding melalui pegas, seperti ditunjukkan pada gambar (1.7). Anggap tidak ada gaya gesek antara massa dan lantai. Untuk sistem ini massa bergerak hanya dalam satu dimensi yaitu arah horizontal, dengan kata lain hanya ada satu derajat kebebasan. Tidak ada gerakan pada arah vertikal dan resultan gaya arah vertikal sama dengan nol. Gaya gravitasi yang arahnya ke bawah dinetralkan oleh gaya normal oleh lantai yang besarnya sama dan arahnya ke atas. Menurut hukum Hooke, besarnya gaya oleh pegas pada massa yang berada pada posisi x dapat dinyatakan secara matematis F = −K ( x − xs ) ,
(1.3)
dimana xs adalah posisi kesetimbangan dan K adalah konstanta pegas. Tanda minus menunjukkan bahwa gaya selalu mengarah ke posisi kesetimbangan. Jika posisi kesetimbangan dijadikan sebagai titik asal koordinat, maka x s = 0. Persamaan di atas menjadi lebih sederhana F = −Kx .
(1.4)
Dengan menggunakan hukum Newton diperoleh persamaan gerak m
d2 x = −Kx . dt 2
(1.5)
Untuk menyederhanakan notasi, turunan terhadap waktu dapat di˙ dan untuk turunan kedua dapat ditulis sebagai, x, ¨ tulis sebagai, x, dan seterusnya. Persamaan (1.5) menunjukkan bahwa fungsi x(t) proporsional dengan turunan keduanya. Fungsi yang memenuhi sifat ini adalah fungsi sinusoidal (fungsi sinus dan cosinus). Turunan dari fungsi sinusoidal memenuhi d sin θ dθ d cos θ dθ
= cos θ ,
(1.6)
= − sin θ
(1.7)
Oleh karena itu, solusi persamaan (1.5) dapat dinyatakan sebagai berikut x(t) = A sin (ω t) + B cos (ω t) , (1.8) dimana ω =
r K m
,
(1.9)
biasa disebut sebagai “frekuensi angular” yang berkaitan dengan frekuensi sebagai berikut ω = 2 π f .
(1.10)
Gambar 1.7: Osilator harmonik sederhana
6
gelombang dan optik
Dapat dicek bahwa solusi umum untuk x (t) seperti pada persamaan (1.8) memenuhi persamaan (1.5). Jika dibandingkan dengan persamaan () di subbab sebelumnya, persamaan () tidak memiliki suku konstan xs . Ini karena sekarang x didefinisikan sebagai simpangan terhadap titik kesetimbangan. Karena dalam solusi hanya muncul satu nilai frekuensi, yaitu ω , seperti solusi (1.8) di atas, maka osilasinya disebut sebagai osilasi “harmonik sederhana”. Selain konstanta pegas K dan massa m, ada dua konstanta yang muncul dalam solusi (1.8) di atas yaitu A dan B. Ini karena pada persamaan gerak (1.5) adalah persamaan diferensial orde dua: terdapat turunan kedua, dan tidak ada turunan ketiga dan turunan yang lebih besar. Nilai konstanta A dan B dapat ditentukan apabila pada waktu tertentu diketahui posisi dan kecepatan dari massa m. Misalnya pada t = 0, massa m berada pada posisi x(0) = x0 dengan kecepatan x˙ (0) = v0 . Posisi dan kecepatan pada t = 0 disebut juga sebagai keadaan awal (initial conditions). Subsitusi t = 0 pada persamaan (1.8), diperoleh x0 = B. Subsitusi t = 0 pada turunan dari persamaan (1.8), diperoleh v0 = Aω . Persamaan (1.8) dapat ditulis menjadi x (t ) =
v0 sin (ω t) + x0 cos (ω t) . ω
(1.11)
Tinjau dua keadaan awal berikut
x 1.0 0.5
0.2
0.4
0.6
0.8
t 1.0
- 0.5 - 1.0 Gambar 1.8: Kurva kontinu berwarna biru adalah solusi dari keadaan awal (1.12). Kurva putus-putus berwarna merah adalah solusi dari keadaan awal (1.13)
x0 = 0 m,
v0 = 10 m/s ,
(1.12)
x0 = 1 m,
v0 = 0 m/s .
(1.13)
Untuk keadaan awal (1.12), massa mula-mula berada pada posisi kesetimbangan dan diberikan kecepatan awal v 0 = 10 m/s. Sedangkan untuk keadaan awal (1.13), massa ditarik dari posisi kesetimbangannya ke posisi x0 = 1 m dan dilepas dari keadaan diam. Solusinya ditunjukkan pada gambar (1.8). Dua sistem osilator harmonik dengan frekuensi dan amplitudo osilasi yang sama dapat memiliki beda fase. Beda fase ini muncul karena perbedaan keadaan awal dari dua sistem osilator tersebut. Untuk memahami beda fase, mula-mula kita tulis solusi (1.8) sebagai berikut (1.14) x (t) = C cos (ω t + φ) , dimana
p A + B A 2
C
=
φ
= arctan
2
B
(1.15) (1.16)
Konstanta C disebut sebagai amplitudo dan φ disebut sebagai konstanta fase. Dua osilator harmonik yang memenuhi x1 (t) = C cos(ω t + φ1 ) dan x2 (t) = C cos(ω t + φ2 ) memiliki beda fase δφ = φ 1 − φ2 . Jika δφ = 2nπ dengan n adalah bilangan bulat, maka kedua osilator harmonik disebut se-fase.
o si la si
S oal dan P enyelesaian 1.6 Sebuah balok bermassa, m = 5 kg, dihubungkan dengan pegas dengan konstanta pegas, K = 125 N/m seperti pada gambar (1.7).
Abaikan gesekan. a) Tentukan frekuensi angular, frekuensi, dan periode osilasi. b) Balok ditarik ke x = 1 m dari posisi kesetimbangan, dan diberi kecepatan awal 5 m/s. Tentukan solusi umum gerak osilasi (tentukan koefisien A dan B seperti pada persamaan (1.8)) c) Tentukan amplitudo osilasi (simpangan terbesar). d) Tentukan kecepatan maksimum balok. Solusi: a) Menurut persamaan (1.9), ω =
r s
125Nm−1 = 5 s −1 , 5 kg
K = m
setara dengan frekuensi f = T = 1/ f = π /5 sekon.
ω /2π
(1.17)
= 5/ π Hz dan periode
b) Subsitusi x = 1 dan t = 0 pada persamaan (1.8) diperoleh B = 1 m. Dari turunan persamaan (1.8) diperoleh kecepatan sebagai fungsi waktu v(t) = Aω cos ω t − Bω sin ω t
(1.18)
Subsitusi v = 5 dan t = 0 pada persamaan di atas diperoleh Aω = 5 atau A = 1 m. c) Simpangan maksimum diperoleh dari persamaan (1.16) C =
p
A2 + B2 =
√
2m
(1.19)
√
d) Kecepatan maksimum adalah C ω = 5 2 m/s. 1.7 Sebuah bandul yang terdiri atas benda bermassa m digantungk-
an pada tali tak bermassa dengan panjang l, seperti pada gambar (1.9). Benda disimpangkan dengan sudut θ . a) Tentukan persamaan geraknya! Tulis persamaan gerak untuk sudut θ kecil!
l θ
mg Gambar 1 .9: Untuk soal (7)
b) Tentukan frekuensi angular untuk osilasi dengan θ kecil. c) Pada t = 0 massa m disimpangkan dengan sudut θ0 << 1 dengan kecepatan sudut θ˙ = ω0 << 1. Tentukan solusi umum θ (t ) dan θ˙ (t ) Solusi:
7
8
gelombang dan optik
a) Torka terhadap pangkal tali τ =
−
(1.20)
mgl sin θ
Momen Inersia terhadap pangkal tali I = ml 2
(1.21)
Dengan menggunakan hukum Newton diperoleh persamaan gerak I ¨θ ml 2 ¨θ g θ¨ + sin θ l
=
−
mgl sin θ
(1.22)
=
−
mgl sin θ
(1.23)
= 0
(1.24)
Untuk θ yang kecil, dapat digunakan pendekatan sin θ sehingga diperoleh persamaan g θ¨ + θ = 0, l
≈
θ,
(1.25)
b) Persamaan ( 1.25) adalah persamaan osilasi harmonik sederhana dengan frekuensi sudut ω =
r g
(1.26)
l
c) Solusi umum persamaan (1.25) adalah θ ( t) = A sin(ω t + φ )
(1.27)
Pada saat t = 0, θ = θ 0 dan θ˙ = ω 0 θ0 = A sin φ ,
ω0 = Aω cos φ
(1.28)
Diperoleh A =
q
θ02 + ω02 /ω 2 ,
φ = arctan
θ ω 0
ω0
(1.29)
1.8 Tabung U diisi air bermassa, m = 100 gr dengan kerapatan ρ =
Gambar 1 .10: Untuk soal (8)
1 kg/m3 seperti pada gambar (1.10). Luas permukaan lintang 0.02 m2 . Permukaan air di kedua ujung tabung berosilasi terhadap posisi kesetimbangannya. (a) Tentukan persamaan geraknya untuk simpangan kecil! (b) Tentukan frekuensi angular osilasi! (c) Jika kecepatan permukaan air saat berada pada posisi kesetimbangannya adalah v0 = 1 cm/s, tentukan amplitudo osilasinya! Solusi (a) Saat permukaan air di salah satu lengan tabung lebih tinggi dari lengan yang lainnya terjadi ketidaksetimbangan gaya gravitasi yang besarnya sama dengan berat air yang berlebih di salah satu lengan tabung. Diperoleh persamaan gerak mh¨ = − ρ gA2h
(1.30)
o si la si
(b) Frekuensi sudut osilasi ω=
r 2 gA ρ
m
(c) Amplitudo
v0
A =
=
ω
=
2s
1
−
(1.31)
0.5 cm
(1.32)
1.9 Rangkaian elektronik terdiri dari induktor L dan kapasitor C seperti pada gambar (1.11). Besar muatan listrik pada salah satu
plat kapasitor dinyatakan sebagai q. (a) Tentukan persamaan diferensial yang dipenuhi oleh q. (b) Tentukan frekuensi angular osilasi dari besar muatan q. (c) Misalnya muatan maksimum pada salah satu pelat kapasitor adalah q0 , dan arus maksimum pada kawat penghubung adalah I 0 . Tentukan hubungan antara q 0 dan I 0 !
#
!
"
Solusi (a) Pada kapasitor, muatan pada salah satu plat q dan beda potensial antara plat V memenuhi hubungan V C
=
q C
Gambar 1 .11: Untuk soal (9)
(1.33)
dengan C adalah kapasitas kapasitor. Beda potensial antara dua kaki induktor bergantung pada perubahan arus listrik dI V I = L dt
d2 q = L dt 2
(1.34)
dengan L adalah induktansi induktor. Diperoleh V I + V C
=
L
d2 q dt 2
+
q C
=
0
(1.35)
(b) Dari persamaan diferensial di atas diperoleh persamaan yang ekivalen dengan persamaan untuk gerak harmonik sederhana denga frekuensi 1 ω = (1.36) LC
r
(c) Analogi dengan gerak osilasi harmonik dapat dituliskan sebagai berikut x
↔
q
(1.37)
v
↔
I
(1.38)
Hubungan amplitudo dan kecepatan maksimum adalah v max Aω, sehingga untuk sistem LC di atas diperoleh hubungan I 0 q0 ω .
=
!
=
1.10 Bola pejal dengan jari-jari r diletakkan pada permukaan me-
lengkung berbentuk setengah lingkaran dengan jari-jari R seperti ditunjukkan pada gambar (1.12). Jika bola menggelinding tanpa slip,
Gambar 1 .12: Untuk soal (10)
9
10
gelombang dan optik
(a) Tentukan persamaan gerak bola! (b) Tentukan frekuensi angular untuk osilasi dengan simpangan kecil dari posisi kesetimbangan! nyatakan dalam: percepatan gravitasi g, jari-jari R, dan r. Solusi (a) Hubungan antara kecepatan sudut rotasi bola kecil dan kecepatan sudut revolusi terhadap pusat lingkaran besar dapat dituliskan sebagai. ωr = ( R − r ) ˙ θ (1.39) Persamaan gerak linear bola m( R − r )θ¨ =
−
mg sin θ − f
(1.40)
Persamaan gerak rotasi 2 2 mr ω˙ = f r 5
(1.41)
Subsitusi persamaan (1.39) ke persamaan ini diperoleh f =
2 m( R − r )θ¨ 5
(1.42)
Subsitusi ke persamaan (1.40) diperoleh 7 m( R − r )θ¨ + mg sin θ = 0 5
(1.43)
(b) Untuk sudut kecil dapat digunakan pendekatan sin θ ≈ θ . Sehingga diperoleh persamaan osilasi harmonik sederhana dengan frekuensi ω =
s
5 g 7( R − r )
(1.44)
S oal Latihan 1.11 Jika frekuensi getar sebuah benda bermassa 5 kg yang dihu-
bungkan dengan pegas adalah 10/π Hz, tentukan pertambahan panjang pegas tersebut jika digunakan untuk menggantung beban dengan berat 4 kg. 1.12 Sebuah benda bermassa 1 kg dihubungkan dengan pegas 100
N/m pada bidang datar yang licin. Pada waktu t = 0 simpangan benda 0 dan kecepatannya 2 m/s. Tuliskan persamaan simpangan benda. 1.13 Berapa panjang pendulum yang periodenya 1 detik dipermu-
kaan bulan? (percepatan gravitasi dipermukaan bulan 0 .1654 g). 1.14 Pendulum yang berupa bola pejal uniform bermassa 1 kg dan berjari-jari 10 cm digantungkan pada tali tak bermassa dengan
panjang 1 m. Tentukan periode osilasi.
osilasi
1.15 Sebuah partikel bergerak sepanjang sumbu x, menurut persa-
maan x a cos ω t. Tentukan total jarak yang ditempuh partikel untuk interval waktu dari t 0 sampai t. =
=
1.16 Pendulum berupa dua massa 1 kg dan 2 kg dihubungkan de-
ngan batang tak bermassa yang panjangnya 3 m. Jika pendulum ini berosilasi terhadap suatu poros di titik tengah antara kedua massa. Tentukan periode osilasi. 1.17 Suatu sistem terdiri dari pegas dan sebuah benda bermassa 1
kg yang terikat pada salah satu ujung pagas. Ujung pegas lainnya dihubungkan dengan tembok. Sebutir peluru bermassa 10 gr bergerak dengan kecepatan 100 m/s. Peluru bergerak paralel sumbu pegas ke arah mendekati tembok, mengenai benda dan menem busnya. Setelah menembus benda kecepatan peluru menjadi 50 m/s. Konstanta pegas adalah 150 N/m. Anggap massa benda tetap. Hitung amplitudo osilasi benda. 1.18 Suatu partikel bergerak harmonik sederhana. Ketika kecepatan
partikel v1 , percepatannya a1 dan ketika kecepatan partikel v2 , percepatannya a 2 . Tentukan amplitudo, periode gerak osilasi dan kecepatan maksimum gerak osilasi.
h
1.19 Periode pendulum dalam sebuah lift yang diam adalah T . Jika
lift dipercepat ke atas dengan percepatan 2/3 g. Tentukan periode osilasi. 1.20 Sebuah pendulum berupa benda titik bermassa m dan tali de-
Gambar 1 .13: Untuk soal (21)
ngan panjang l. Jika sudut simpangan maksimum suatu gerak osilasi adalah θ0 . Tentukan tegangan tali saat simpangannya nol. 1.21 Sebuah benda dijatuhkan dari ketinggian h dari sebuah piring-
an yang dihubungkan dengan pegas seperti pada gambar. Setelah menumbuk piringan, benda tersebut melekat pada piringan, kemudian mengalami gerak harmonik sederhana. Massa piringan dan pegas dapat diabaikan. Jika konstanta pegas k , tentukan amplitudo osilasi. 1.22 Sebuah benda mengalami gerak harmonik sederhana. Jika per-
iode osilasi 10 s dan 2 detik setelah melewati titik kesetimbangan, kecepatan benda 3 m/s, tentukan kecepatan benda pada titik kesetimbangan. 1.23 Dua pendulum yang terdiri atas beban bermassa m dan 2m seperti pada gambar (1.14). Simpangan awal keduanya θ0 << 1.
Kemudian kedua beban dilepaskan bersamaan. (a) Tentukan titik di mana kedua beban bertumbukan. (b) Tentukan waktu yang diperlukan dari ketika kedua benda dilepas hingga tumbukan yang pertama. (c) Tentukan sudut simpangan maksimum beban bermassa m setelah tumbukan pertama tetapi sebelum tumbukan kedua.
θ0 θ0
m
2m
Gambar 1 .14: Untuk soal (23)
11
12
gelombang dan optik
1.24 Seorang bermassa 65 kg berdiri di atas papan yang berosilasi ke
atas dan ke bawah dengan frekuensi 0 .5 Hz dan amplitudo maksimum 50 cm. Jika orang tersebut menimbang berat badannya di atas papan tersebut. Tentukan nilai maksimum dan minimum yang terbaca pada timbangan tersebut. 1.25 Sebuah bola digantungkan dengan dua batang ringan seperti
terlihat pada gambar. Tentukan periode osilasi kecil bola tersebut pada arah tegak lurus terhadap bidang diagram!
Gambar 1.15: Kiri: Soal (25). Kanan: Soal (??)
1.3
Energi Gerak Osilasi Harmonik Sederhana
Pada subbab sebelumnya dibahas mengenai gerak osilasi ideal, yaitu gerak osilasi tanpa ada lesapan energi (energy dissipation). Pada kenyataannya lesapan energi hampir selalu terjadi, misalnya karena gesekan. Tanpa lesapan energi, energi potensial diubah menjadi energi kinetik dan sebaliknya sedemikian sehingga total energi kinetik dan energi potensial selalu konstan. Pada simpangan maksimum energi kinetik nol dan energi potensial maksimum, sementara pada posisi kesetimbangan energi kinetik maksimum dan energi potensial nol. (1.45) Etotal = EK + EP = EK max = EPmax . EPHJouleL 1.0
Tinjau kembali sistem yang ditunjukkan pada gambar (1.7). Energi potensial osilator bergantung pada besarnya simpangan. Pada posisi kesetimbangan energi potensialnya nol. Besarnya energi potensial sama dengan besarnya usaha melawan gaya pulih untuk memindahkan balok dari posisi kesetimbangan, x 0 = 0, ke posisi x,
0.8 0.6 0.4 0.2
- 1.0 - 0.5
0.5
xHmL 1.0
Gambar 1.16: Energi potensial pegas, untuk K = 2 N/m.
EP (x ) =
−
Z
0
x
F (x˜ ) d x˜ =
Z
0
x
K x˜ d x˜ =
1 2 Kx . 2
(1.46)
Sebaliknya besarnya gaya pulih dapat dinyatakan sebagai turunan pertama dari energi potensial F( x ) =
−
d EP (x ) . dx
(1.47)
Dengan menyubstitusi persamaan (1.14) ke persamaan (1.46) diperoleh 1 (1.48) EP = K C2 cos2 (ω t + φ) . 2 Energi kinetik sistem bergantung pada kecepatan balok, EK =
=
1 2 1 m ˙x = mω 2 C2 sin2 (ω t + φ) 2 2 1 2 2 KC sin (ω t + φ) . 2
(1.49)
Dibandingkan dengan persamaan (1.48), persamaan ini menunjukkan bahwa ketika energi potensial maksimum energi kinetik minimum, dan sebaliknya ketika energi kinetik maksimum energi potensial minimum. Pada baris terakhir pada persamaan di atas digunakan persamaan (1.9). Dengan menggunakan prinsip trigonometri,
osilasi
sin2 θ + cos2 θ = 1, diperoleh total energi mekanik yang konstant, yaitu 1 Etot = KC 2 . (1.50) 2 O silasi yang lebih umum dan kaitannya dengan osilasi harmonik sederhana
Pada subbab sebelumnya dibahas mengenai osilasi massa yang terhubung dengan pegas. Solusinya adalah fungsi sinusoidal. Sistem lain yang mengalami gerak osilasi, misalnya seperti pada soalsoal (1.7-1.10), umumnya juga memiliki solusi sinusoidal. Tetapi, misalnya untuk soal (1.7) dan soal (1.10), solusinya berupa fungsi sinusoidal hanya jika simpangannya kecil. Jika simpangan kecil, gerak osilasi secara umum dapat dipandang sebagai gerak osilasi harmonik sederhana. Untuk simpangan kecil, energi potensial sembarang sistem yang mengalami gerak osilasi dapat diekspansi di sekitar titik kesetimbangannya. Koordinat x dapat diatur sedemikian sehingga titik kesetimbangan berada pada x = 0, 1 (1.51) EP ( x) = EP(0) + EP 0 (0)x + EP 00 (0) x2 + . . . . 2 dimana EP 0 (0) menyatakan turunan pertama EP (x ) terhadap x dititik x = 0, dan E P00 (0) menyatakan turunan kedua dan seterusnya. Dari persamaan (1.47) diperoleh gaya F( x) =
−
EP 0 (0) − EP 00 (0) x
(1.52)
Pada titik kesetimbangannya besarnya gaya pulih sama dengan nol sehingga, EP 0 (0) = 0. Selama simpangan dari osilasi yang terjadi cukup kecil, suku dengan orde yang lebih tinggi dapat diabaikan, diperoleh persamaan gaya pulih untuk gerak harmonik sederhana (Hukum Hooke) (1.53) F( x ) = −Kx , dengan K = EP00 (0). S oal dan P enyelesaian 1.11 Bandul disimpangkan dari posisi kesetimbangannya O ke posi-
si P. Posisi P adalah 0.05 m lebih tinggi dari O. Bola dilepas dari keadaan diam. Tentukan kecepatan bola pada titik kesetimbangan, abaikan gesekan. (Percepatan gravitasi g = 10m/s2 ) Solusi: Karena gesekan diabaikan, energi potensial di titik P diubah seluruhnya menjadi energi kinetik 1 2 mv = m gh . 2 Diperoleh v =
(1.54)
p
2 gh = 1 m/s.
1.12 Tentukan energi mekanik sistem (energi kinetik + energi poten-
sial) seperti pada soal (1.6). Tentukan perbandingan energi kinetik
13
14
gelombang dan optik
dan energi potensial sistem ketika x mum.
1/2× simpangan maksi-
=
Solusi: Solusi persamaan gerak osilasi harmonik sederhana dapat dinyatakan sebagai x
=
A sin ω t,
ω
=
√
k /m
(1.55)
Energi kinetik Ek
=
1 2 m ˙x 2
1 mω2 A2 cos2 ω t 2
=
1 k A2 − x2 2
=
=
3 2 kA (1.56) 8
Energi potensial E p Perbandingan E p : E k
=
=
1 2 kx 2
=
1 2 kA 8
(1.57)
1 : 3.
1.13 Sebuah benda mengalami gerak harmonik sederhana dengan
amplitudo A. Tentukan simpangan benda ketika energi kinetiknya sama dengan energi potensialnya. Solusi: Semua jenis osilasi harmonik sederhana dapat dianalogikan sebagai osilasi massa yang terhubung dengan pegas. Solusi persamaan gerak osilasi harmonik sederhana dapat dinyatakan sebagai x
=
A sin ω t,
=
1 mω2 A2 cos2 ω t 2
ω
=
√
k /m
(1.58)
Energi kinetik Ek
=
1 2 m ˙x 2
=
1 k A2 − x2 2
(1.59)
Energi potensial pegas 1 2 kx 2 Saat energi kinetik sama dengan energi potensial E p
1 2 kx 2 x2 x Ep 2.0
0.5
Gambar 1 .17: Soal (14)
=
(1.61) (1.62) (1.63)
ubah bergantung posisi seperti pada gambar (14). Simpangan dinyatakan dalam meter dan energi potensial dinyatakan dalam Joule. Tentukan periode osilasi benda
1.0
0.05
=
1 k A2 − x2 2 1 2 A 2 A √ 2
(1.60)
1.14 Energi potensial dari sebuah benda yang massanya 4 kg ber-
1.5
0.10
=
=
0.05
0.10
x
Solusi: Dari gambar diketahui jika simpangan pegas 0.05 m diperoleh energi potensial 0.5 Joule. Jika simpangan pegas 0.1 m diperoleh energi potensial 2 Joule. Dari sini diketahui bahwa konstanta pegas 400 N/m. Sehingga diperoleh periode osilasi T
=
1 2π
r m
k
=
1 2π
r 4
400
=
1 detik 20π
(1.64)
osilasi
!
1.15 Dua balok yang masing-masing bermassa m dihubungkan de-
ngan pegas dengan konstanta pegas K . Jika kedua massa ditarik menjauhi satu sama lain sehingga panjang pegas menjadi l + x, dengan l adalah panjang pegas tak teregang. Kedua massa kemudian dilepas dari keadaan diam.
$&
%$(a) Tentukan energi kinetik gabungan kedua balok ketika pegas tak teregang. (b) Tentukan energi kinetik masing-masing ketika pegas tak teregang.
!"# Gambar 1 .18: Soal (31)
(c) Tentukan periodi osilasi sistem. Solusi (a) Energi total sistem kekal. Saat pegas tidak teregang seluruh energi potensial pegas diubah menjadi energi kinetik. Energi kinetik gabungan kedua balok ketika pegas tak teregang sama dengan energi potensial pegas mula-mula Ek ,total
=
E p
=
1 2 Kx 2
(1.65)
(b) Karena momentum total sistem mula-mula sama dengan nol dan tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada sistem pada arah mendatar maka momentum total sistem selanjutnya selalu sama dengan nol. Tapi, karena massa balok sama maka kecepatan kedua balok saat pegas rileks sama besar. Artinya energi kinetik kedua balok sama besar. Ek ,1
=
Ek ,2
=
Ek ,total 2
=
1 2 Kx 4
(1.66)
(c) Kecepatan maksimum masing-masing balok dapat diperoleh dari energi kinetik 1 2 mv 2 maks
=
1 2 Kx , 4
vmaks
=
x
r K
2m
Masing-masing massa berosilasi dengan amplitudo A Dari hubungan v maks = Aω diperoleh ω
=
vmaks A
=
r 2K m
(1.67) =
x/2.
(1.68)
S oal L atihan 1.26 Sebuah balok bermassa m dihubungkan ke dinding dengan dua
pegas dengan konstanta K . Pada posisi kesetimbangan panjang kedua pegas adalah a. Balok kemudian disimpangkan ke arah vertikal sejauh y. Abaikan gravitasi dan anggap bola cuma dapat bergerak pada arah vertikal. (a) Tentukan energi kinetik balok ketika berada pada posisi kesetimbangan.
15
!
! "
Gambar 1 .19: Soal (26)
16
gelombang dan optik
(b) Tulis persamaan gerak untuk simpangan kecil. Apakah ini termasuk osilasi harmonik sederhana? 1.27 Tentukan energi total sistem (energi listrik kapasitor + ener-
gi magnetik induktor) seperti pada soal (1.9). Misalnya muatan maksimum pada salah satu plat kapasitor adalah q0 . Tentukan besar energi magnetik induktor ketika muatan kapasitor adalah q. 1.28 Pendulum berupa dua massa 1 kg dan 2 kg dihubungkan dengan batang tak bermassa yang panjangnya 3 m. Pendulum ini
berosilasi terhadap suatu poros di titik tengah antara kedua massa. Jika simpangan maksimum pendulum 30o , tentukan energi kinetik maksimum masing masing massa. 1.29 Sebuah cincin yang massanya m dan jari-jarinya R berosilasi
terhadap sebuah poros seperti pada gambar (1.20). Jika simpangan maksimum θ 0 , tentukan energi kinetik maksimum cincin. Tentukan periode osilasi.
θ0
1.30 Seseorang bermassa 70 kg melakukan bungee jumping dengan
tali elastik yang panjang rileksnya 50 m dan konstanta elastisitasnya k = 200 N/m. Anggap orang tersebut sebagai massa titik (Abaikan tinggi badan orang tersebut).
Gambar 1 .20: Soal (29)
(a) Tentukan kecepatan orang tersebut pada saat tali mulai tegang (b) Tentukan pertambahan panjang maksimum tali (c) Plot ketinggian orang tersebut dari titik orang tersebut mulai melompat sebagai fungsi waktu. !
1.31 Dua balok bermassa m 1 dan m2 dihubungkan dengan pegas de-
$&
%$ngan konstanta pegas K . Jika kedua massa ditarik menjauhi satu sama lain sehingga panjang pegas menjadi l + x, dengan l adalah panjang pegas tak teregang. Kedua massa kemudian dilepas dari keadaan diam. (a) Tentukan energi kinetik gabungan balok m 1 dan bola m 2 ketika pegas tak teregang.
!"# Gambar 1 .21: Soal (31)
(b) Tentukan energi kinetik masing-masing ketika pegas tak teregang. (c) Tentukan periodi osilasi sistem. 1.4
Gerak Melingkar Beraturan dan Osilasi Harmonik Sederhana
Proyeksi gerak melingkar beraturan pada arah tertentu adalah gerak osilasi harmonik sederhana. Misalnya sebuah massa bergerak melingkar dengan kelajuan sudut konstan ω , dengan jari-jari lingkaran A, posisinya pada arah y memenuhi persamaan y = A cos(ω t + φ)
(1.69)
o si la si
17
dengan φ adalah posisi sudut mula-mula massa terhadap sumbu y. Ini sama dengan solusi simpangan gerak harmonik sederhana. Parameter dari gerak melingkar beraturan dapat dikaitkan dengan parameter dari gerak osilasi harmonik sederhana sebagai berikut. Kelajuan sudut ω untuk sistem yang mengalami gerak melingkar beraturan terkait dengan frekuensi sudut ω untuk gerak osilasi harmonik sederhana. Jari-jari lintasan gerak melingkar A beraturan terkait dengan amplitudo A gerak osilasi harmonik sederhana. 1.5
Representasi gerak harmonik sederhana dengan bilangan kompleks
Dari subbab sebelumnya kita jumpai solusi gerak osilasi yang umumnya berupa fungsi sinusoidal. Terkadang penggunaan bilangan kompleks dapat memudahkan perhitungan yang melibatkan fungsi sinusoidal. Oleh karena itu pada subbab ini akan kita bahas terlebih dahulu mengenai bilangan kompleks. Bilangan kompleks dapat dinyatakan sebagai (1.70) z = a + ib ,
Gambar 1.22: Hubungan antara gerak melingkar beraturan dan osilasi harmonik
dimana a dan b adalah bilangan riil, dan i didefinisikan sebagai, i2 = −1. Biasanya a disebut sebagai komponen riil dan b disebut sebagai komponen imajiner. a = Re ( z),
b = Im ( z)
"
(1.71)
Konjugat kompleks dari z diperoleh dengan mengubah tanda i. $
z∗ = a − ib .
(1.72)
Perkalian bilangan kompleks dengan konjugat kompleksnya menghasilkan bilangan riil zz ∗ ≡ | z|2 = (a + ib )( a − ib ) = a 2 + b2 . Karena bilangan kompleks tersusun atas dua bilangan riil maka bilangan kompleks dapat dipandang sebagai vektor dengan dua komponen. Pada diagram (1.23) digambarkan vektor yang proyeksinya ke sumbu x adalah a dan proyeksinya ke sumbu y adalah b. √ Panjang vektor adalah R = a2 + b2 yang dapat dinyatakan sebagai R = | z| =
√
zz ∗
(1.73)
Pembagian bilangan kompleks z = a + ib dengan bilangan riil r dapat dilakukan dengan membagi komponen riilnya dengan r dan komponen imajinernya dengan r. Diperoleh z a b = + i . r r r
(1.74)
Pembagian bilangan kompleks z dengan bilangan kompleks z0 dapat dilakukan dengan mengalikan penyebut dan pembilangnya dengan konjugat kompleks z0∗ sehingga penyebutnya menjadi bilangan riil | z0 |2 . Diperoleh z zz0∗ zz 0∗ . = = z0 z0 z0∗ | z0 |2
(1.75)
#
Gambar 1.23: Bidang kompleks. Sum bu x menyatakan komponen riil, sedangkan sumbu y menyatakan komponen imajiner
!
18
gelombang dan optik
Fungsi sinusoidal berkaitan dengan fungsi eksponensial sebagai berikut e e
iθ
= cos θ + i sin θ ,
−iθ = cos θ − i sin θ ,
(1.76)
atau cos θ
=
sin θ
=
ei θ
+ e −iθ , 2
(1.77)
ei θ
− e −i θ
(1.78)
2i
Persamaan di atas dapat dicek kebenarannya dengan mengekspansi Taylor sisi kiri dan sisi kanan persamaan. Diperoleh untuk sisi kiri e
iθ
( iθ )2 ( iθ )3 ( i θ )4 = 1 + i θ + + + +... . 2 3! 4!
(1.79)
Dengan menggunakan ekspansi Taylor cos θ
= 1−
sin θ
=
θ
θ
2
2! θ3
−
3!
+
θ
4
4!
+ . . . ,
+ . . . .
diperoleh untuk sisi kanan cos θ + i sin θ =
1−
θ2
2!
+
θ4
4!
+ . . . + i
θ
θ3
−
3!
+ . . .
(1.80)
yang sama dengan ekpansi (1.79). Setiap bilangan kompleks dapat dinyatakan dalam bentuk eksponensial, iθ (1.81) z = a + ib = Re ,
√
dengan R = a2 + b 2 dan θ = arctan(b/a ). Solusi umum persamaan osilasi (1.5) dapat ditulis dalam bentuk x(t)
= C1 eiωt + C2 e−iωt
(1.82)
√
dengan ω = K /m. Dapat dicek bahwa solusi ini memenuhi persamaan osilasi dengan menyubsitusi solusi di atas ke persamaan (1.5). Misalnya, pada saat t = 0 simpangan x (0) = x0 dan kecepatan x˙ (0) = 0. Subsitusi nilai t = 0 pada persamaan di atas diperoleh x0 = C1 + C2
(1.83)
Dari turunan terhadap waktu dari simpangan diperoleh kecepatan. Pada t = 0 diperoleh 0 = iω C1 − iω C2 (1.84) Dari kedua persamaan di atas diperoleh C1 = S oal dan P enyelesaian 1.16 Hitung.
C2 = x0 /2.
osilasi
(a) (4 + 3i)/(2 − i). (b) (1 + i )/(1 − i )
(c) (1 + 2i )/(1 + i ) Solusi
(a) Kalikan dengan ( 2 + i )/(2 + i ) diperoleh
(4 + 3i )( 2 + i ) (4 + 3i)( 2 + i ) (5 + 10i) = = = 1 + 2i (1.85) 5 5 (2 − i )( 2 + i ) (b) Kalikan dengan ( 1 + i )/(1 + i ) diperoleh
(1 + i )(1 + i ) (1 + i )( 1 + i ) ( 2i ) = = =i 2 2 (1 − i )(1 + i )
(1.86)
(c) Kalikan dengan ( 1 − i)/(1 − i) diperoleh
(1 + 2i)( 1 − i) (1 + 2i )(1 − i) (3 + i ) = = 2 2 (1 + i )( 1 − i)
(1.87)
1.17 Nyatakan dalam bentuk eksponensial!
(a) (1 + i ) (b) (2 − i)
(c) (1 + 2i ). Solusi
(a) Untuk bilangan kompleks 1 + i , R =
p
12 + 12 =
dan θ = arctan (1)
sehingga ( 1 + i ) =
=
√
2
π
4
(1.88)
(1.89)
√
2eiπ /4 .
(b) Untuk bilangan kompleks 2 − i, R =
p
22 + 12 =
√
5
(1.90)
dan θ = arctan (
sehingga ( 2 − i) =
√
−1/2 ) = −0.46
(1.91)
5e−i0.46.
(c) Untuk bilangan kompleks 1 + 2i, R =
p
22 + 12 =
√
5
(1.92)
= 1.11
(1.93)
dan θ = arctan (2)
sehingga ( 1 + 2i) =
√
5ei1.11.
1.18 Dengan menggunakan bentuk eksponensial dari fungsi sinuso-
idal
19
20
gelombang dan optik
(a) Buktikan identitas trigonometri cos 3θ = cos 3 θ − 3cos θ sin2 θ . (b) Buktikan identitas trigonometri
cos θ1 + cos θ2 = 2 cos
θ1 + θ 2
2
cos
θ2
− θ1 2
.
(1.94)
Solusi
(a) cos3 θ − 3cos θ sin2 θ
(eiθ + e −iθ )3 3 (eiθ + e −iθ )( eiθ − e−iθ )2 + 8 8 3 3 − iθ iθ 4e + 4e (1.95) = cos 3θ 8
= =
(b) 2cos
θ1 + θ 2
2
cos
θ2
− θ1 2
= (1.96)
1.19 Tentukan solusi dari persamaan differensial d2 x(θ ) dθ2
−2
d dθ
x (θ )
− 3x(θ ) = 0
(1.97)
Gunakan fungsi eksponensial kompleks. S oal Latihan 1.17 Hitung.
(a) (3 + 4i )/(2 − i). (b) (1 − i)/(1 + i )
(c) (1 + 2i )/(2 − i) 1.18 Nyatakan dalam bentuk eksponensial!
(a) (i +
√
3), ( i −
√
3). Tulis θ dalam bilangan rasional kali
(b) Tunjukkan bahwa akar-akar dari Re iθ adalah ±
π .
√
Re iθ /2 .
(c) Gunakan hasil (c) untuk menentukan akar-akar dari 2i dan √ 2 + 2i 3. 1.19 Dengan menggunakan bentuk eksponensial dari fungsi sinuso-
idal (a) Nyatakan sin(θ1 + θ 2 + θ 3 ) dalam fungsi sin dan cos untuk masing masing sudut. (b) Buktikan identitas trigonometri cos5
θ
5
=
10 θ 5 3 θ 1 cos + cos + cos θ 16 5 16 5 16
(1.98)
1.20 Tentukan keenam solusi dari persamaan z6 = 1. Tulis dalam
bentuk A + i B dan plot pada bidang kompleks. [Petunjuk: tulis z = Re i θ untuk R real dan positif] 1.21 Tentukan solusi umum dari persamaan differensial d3 x (θ ) + x (θ ) dθ 3
= 0
Gunakan fungsi eksponensial kompleks.
(1.99)
osilasi
1.6
21
Superposisi gerak osilasi harmonik dalam 1 dimensi
Persamaan (1.5) untuk gerak osilasi harmonik adalah persamaan diferensial yang linear. Artinya, jika x1 (t) dan x2 (t) adalah solusi yang berbeda dari suatu persamaan differensial, maka jumlahannya, x1 (t) + x2 (t), juga merupakan solusi dari persamaan diferensial tersebut.
& $" $#
S uperposisi gerak osilasi dengan frekuensi sama Misalnya solusi pertama dinyatakan sebagai
!"!!#
%
Gambar 1 .24: Representasi dari bilangan kompleks P = a 2 + a 1 ei (φ2 −φ1 )
x1 = a 1 cos (ω t + φ1 ) ,
(1.100)
&
dan solusi kedua dinyatakan sebagai
$ "
x2 = a 2 cos (ω t + φ2 ) .
Superposisinya x3 (t) = x1 (t) + x2 (t) adalah fungsi sinusoidal. Untuk memudahkan perhitungan, dapat digunakan bilangan kompleks. Misalnya z 1 = a 1 ei(ωt+φ1 ) adalah bilangan kompleks dengan komponen riil x1 dan z2 = a2 ei(ωt+φ2 ) adalah bilangan kompleks dengan komponen riil x2 . Superposisinya direpresentasikan dengan bilangan kompleks z 3 = z 1 + z2 dengan komponen riil x 3 . Diperoleh z3
= =
iφ a1 e
1
i (φ − φ )
! ! # ! "
(1.101) $ # !('
!#
%
Gambar 1.25: Representasi dari P = ( a2 + a 1 ei(φ1 −φ2 ) )ei(ωt+φ2 )
+ a2 eiφ2 eiω t
a2 + a1 e
1
2
ei(ωt+φ2 )
(1.102)
" $'"%
Gambar 1.26: Penjumlahan vektor pada bidang kompleks. Masing-masing merepresentasikan gerak osilasi harmonik pada sumbu- x dengan frekuensi sudut ω . Resultannya adalah x1 + x 2 = R cos(ω t + θ ). Pada gambar diset t = 0
"$
&
#$ "%
#% $ %
!$
!%
!$'!%
!
Pada bidang kompleks, bilangan kompleks z1 , z2 dan z3 ditun jukkan pada gambar (1.26). Representasi gerak osilasi sebagai vektor seperti yang ditunjukkan pada gambar ( 1.24, 1.25, 1.26) disebut sebagai phasor ( phase vector). Dari sini kita ketahui bahwa z3 dapat dinyatakan sebagai vektor yang besarnya konstan dan berotasi berlawanan arah jarum jam dengan frekuensi sudut ω .
22
gelombang dan optik
Amplitudo, R = | z3 |, dari superposisi gerak osilasi dapat dihitung sebagai berikut R
= | z3 |2 = ( a2 + a 1 ei(φ1
2
2
2
2
2
φ2 )
−
i ( φ2 −φ1 )
=
a1 + a 2 + a 1 a2 ( e
=
a1 + a 2 + 2 a1 a2 cos( φ2
)( a2 + a 1 e
+ e
−
i( φ1 −φ2 )
−
i( φ2 −φ1 )
−
)
)
φ1 )
(1.103)
Dari gambar (1.26) diperoleh konstanta fase θ , tan θ =
a1 sin φ1 + a 2 sin φ2
Im ( z3 e = a1 cos φ1 + a 2 cos φ2 Re ( z3 e
Gerak resultan x3 adalah komponen riil dari x3 = R cos(ω t +
iωt
) iω t )
−
(1.104)
−
z3 ,
diperoleh
θ) ,
(1.105)
yaitu fungsi sinusoidal dengan frekuensi sudut ω dengan konstanta fase θ . S uperposisi gerak osilasi dengan frekuensi berbeda Sekarang tinjau dua gerak osilasi harmonik dengan frekuensi ber beda, x1
=
a1 cos ω1 t
(1.106)
x2
=
a2 cos ω2 t
(1.107)
Gerak osilasi resultannya dapat dinyatakan dalam bilangan kompleks sebagai berikut z3 =
( a1 eiωm t + a 2 e
i ωm t
−
) e iω a t
(1.108)
dimana ω1 + ω2 ω − ω2 , ωm = 1 . 2 2 Gerak osilasi resultan dapat ditulis ωa =
x3 = R cos(ωa t +
(1.109)
θ)
(1.110)
Meskipun menyerupai persamaan (1.105), pada persamaan di atas R dan θ merupakan fungsi waktu. Diperoleh amplitudo R
2
2
= | z3 | = =
2
a2 + a 1 e
2iωm t
a2 + a 1 e
2
a1 + a 2 + 2 a1 a2 cos(2ωm t )
2i ωm t
−
(1.111) (1.112)
dan fase Im ( z3 e θ = Re ( z3 e
i ωa t
) ( a1 a 2 ) sin ωm t = iω a t (a1 + a 2 ) cos ωm t )
−
−
−
S oal Latihan 1.22 Sebuah partikel mengalami dua gerak osilasi harmonik secara
bersamaan pada arah yang sama, dengan frekuensi 5 Hz. Masingmasing dengan amplitudo 0.005 m dan 0.002 m. Beda fase antara kedua gerak osilasi harmonik adalah 45 . Tentukan amplitudo dari gerak osilasi resultannya. Tentukan juga beda fase antara gerak osilasi resultan dan komponen gerak osilasi dengan amplitudo 0.005 m. ◦
osilasi
1.23 Tentukan resultan dari dua gerak osilasi harmonik berikut
x1
= 0.3cos2π t
x2
= 0.2sin(2π t
−
π /3) .
Simpangan x dinyatakan dalam cm dan t dalam detik. 1.24 Sebuah partikel mengalami dua gerak osilasi harmonik seca-
ra bersamaan pada arah yang sama: x1 = a cos ω t dan x2 = a cos2ω t. Tentukan kecepatan maksimum partikel tersebut. 1.25 Jika superposisi dari dua osilasi harmonik sederhana adalah
x = a cos(2.1t) cos(50t),
(1.113)
dimana t dinyatakan dalam detik. Tentukan frekuensi dari masingmasing gerak osilasi harmonik sederhana penyusunnya. 1.26 Sebuah partikel mengalami tiga gerak osilasi harmonik secara
bersamaan pada arah yang sama dengan frekuensi 5 Hz. Masingmasing dengan amplitudo 0.5 mm, 0.4 mm, 0.3 mm. Beda fase antara gerak osilasi yang pertama dan kedua adalah 45 dan beda fase antara gerak osilasi yang kedua dan yang ketiga adalah 30 . Tentukan amplitudo gerak osilasi resultan. Tentukan juga beda fase antara gerak osilasi resultan dengan gerak osilasi beramplitudo 0.5 mm. ◦
◦
1.27 Dengan menggunakan bilangan kompleks buktikan bahwa su-
perposisi dari n gerak osilasi harmonik xi = a sin(ω t + i δ) ,
dengan i = 0, 1, 2, . . . , n − 1. (1.114)
adalah xR = a sin
ω t +
( n
1)δ sin nδ/2 2 sin δ/2
−
(1.115)
1.28 Gambarkan perpaduan dua GHS yang saling tegak lurus de-
ngan amplitudo yang sama, tetapi T x : T y = 1 : 2, dan saat t = 0 fase gerak sumbu y mendahului fase gerak sumbu x sebesar π /2 radian. 1.29 Sebuah pendulum terdiri atas bola bermassa yang digantung
dengan tali ringan. Jika arah vertikal dinyatakan sebagai arah z. Mula-mula bola berada di x = x0 dan y = 0. Bola diberikan kecepatan awal pada arah y sebesar v0 y . Tentukan kecepatan maksimum bola pada arah x. Tentukan simpangan maksimum bola pada arah y. Gambarkan proyeksi lintasan bola pada bidang xy. 1.7
Osilasi Harmonik Teredam
Pada subbab sebelumnya dibahas kondisi ideal untuk gerak osilasi dimana energi total konstan dan simpangan terhadap titik kesetimbangan memenuhi fungsi sinusoidal selamanya. Kenyataannya,
23
24
gelombang dan optik
osilasi yang terjadi di alam secara umum terjadi dalam waktu yang terbatas karena energi osilasi didisipasikan ke lingkungan melalui gesekan dan sebagainya. Misalnya, amplitudo bandul yang berayun semakin lama semakin kecil sampai akhirnya osilasi berhenti. Tinjau suatu gaya gesek yang berbanding lurus dengan kecepatan. Persamaan gerak osilasi dapat ditulis: m x¨ =
−
Kx − b ˙x ,
(1.116)
dengan b adalah konstanta proporsionalitas. Persamaan di atas dapat ditulis dalam bentuk x¨ +
b x˙ + ω02 x = 0 . m
(1.117)
dengan ω02 = K /m. Untuk menentukan solusi dari persamaan diferensial di atas, mulamula kita gunakan solusi tebakan dalam bentuk x = Ceαt ,
(1.118)
yang menyerupai solusi persamaan osilasi harmonik (1.82), dengan konstanta α secara umum adalah bilangan kompleks. Subsitusi persamaan di atas ke persamaan (1.117) diperoleh Ce αt (α2 +
b 2 α + ω0 ) = 0 m
(1.119)
Jadi ada dua pilihan. Pilihan pertama C = 0, yaitu solusi trivial, yang artinya tidak ada osilasi, atau
( α2 +
b 2 α + ω0 ) = 0 m
(1.120)
Solusi persamaan kuadrat di atas adalah b α = − 2m
±
r b
2
4m2
−
2 ω0
(1.121)
Perhatikan bahwa jika b = 0 diperoleh gerak osilasi harmonik sederhana dengan α = i ω0 . Simpangan dapat dinyatakan dalam jumlahan semua solusi yang mungkin, x (t) = C1 e
−
bt /2m+( b2 /4m2 −ω02 )1/2 t
+ C2 e
−
bt /2m−(b2 /4m2 −ω02 )1/2 t
(1.122)
Ada 3 jenis gerak bergantung kepada nilai b 2 /4m2 − ω02 . • Gerak sangat teredam jika nilai b2 /4m2 − ω02 > 0. Gerak yang terjadi bukan gerak osilasi. Misalnya didefinisikan γ ≡ b/2m dan q ≡ (b2 /4m2 − ω02 )1/2 , simpangan gerak dapat ditulis x(t) = e
−γ
t
C e 1
qt
+ C2 e
−
Jika pada saat t = 0, x = 0, diperoleh C1 = x(t) = 2C1 e
−γ
t
qt
−
(1.123)
C2 , dan
sinh(qt )
Gerakan ini diilustrasikan pada Gambar (1.27).
(1.124)
osilasi
25
x(t)
Gambar 1.27: Simpangan untuk gerak dengan redaman besar dengan γ yang berbeda untuk ω 0 = 1.
0.4
Γ=3.5 0.3
Γ=2.5 0.2
Γ=1.5 0.1
t 1
2
3
4
5
• Jika nilai b2 /4m2 − ω02 = 0, persamaan kuadrat untuk α memiliki solusi kembar. Jika syarat γ2 − ω2 = 0 langsung diterapkan ke persamaan (1.122) cuma akan diperoleh satu konstanta bebas untuk persamaan diferensial orde dua. Oleh karena itu, solusi tebakan (1.118) mesti ditulis dalam bentuk x (t )
= ( A + B t)e
−γ
t
(1.125)
dengan A dan B adalah konstanta. Dapat ditunjukkan bahwa persamaan di atas adalah solusi dari (1.117). Jika pada saat t = 0, x = 0, dan x˙ = V , diperoleh A = 0 dan x (t )
= Vt e
−γ
t
(1.126)
Gerakan ini diilustrasikan pada Gambar (1.28). Pada osilator mekanik, kondisi dengan redaman kritis sangat penting. Jika sistem diberikan impuls singkat (kecepatan awal), maka kondisi redaman kritis memungkinkan sistem sesegera mungkin kembali diam di posisi setimbang. 0.25
Gambar 1.28: Simpangan untuk gerak dengan redaman kritis.
x(t) 0.20
0.15
0.10
0.05
t 1
2
3
4
5
• Osilasi harmonik teredam terjadi jika nilai b 2 /4m2 − ω02 < 0. Nilai akar kuadrat ( b2 /4m2 − ω02 )1/2 menjadi imajiner. Jika didefinisikan ω ≡ (ω02 − b2 /4m2 )1/2 . Persamaan (1.123) menjadi x(t)
=e
−γ
t
C1 e
iωt
+ C2 e
−
iωt
(1.127)
Suku di dalam kurung tidak lain adalah fungsi sinusoidal dalam bentuk fungsi kompleks. Suku eksponensial pada persamaan di
26
gelombang dan optik
atas menunjukkan bahwa gerak yang terjadi adalah gerak osilasi harmonik dengan amplitudo yang mengecil secara eksponensial. Jika pada saat t = 0, x = 0, dan x˙ = V , diperoleh x (t ) =
V −γt e sin ω t
(1.128)
ω
Gerakan ini diilustrasikan pada Gambar (1.29) Adanya gesekan menyebabkan amplitudo osilasi mengecil secara eksponensial dengan faktor e −γt . Frekuensi osilasi juga tereduksi dari ω0 menjadi ω = Gambar 1.29: Simpangan untuk gerak osilasi teredam.
q 2 ω0
− γ2 .
x(t) 0.6
0.4
0.2
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
-0.2
-0.4
S oal Latihan 1.30 Untuk gerak yang sangat teredam. Jika sistem disimpangkan
sejauh F dari posisi setimbangnya, kemudian dilepas dari keadaan diam, tunjukkan bahwa simpangan sistem dapat ditulis sebagai x(t) = e −γt ( F cosh qt + G sinh qt ) (1.129) Tentukan G. 1.31 Tunjukkan bahwa persamaan (1.125) adalah solusi dari persa-
maan (1.117) untuk b 2 /4m2 − ω02 = 0. 1.32 Tentukan nilai konstanta C1 dan C2 pada persamaan (1.127),
jika x = A, dan x˙ = 0 saat t = 0. Tuliskan solusi x(t) dalam fungsi sinusoidal. 1.33 Tinjau suatu sistem yang teredam kritis dengan b2 /4m2 = k /m =
1. Pada saat t = 0, x = 0 dan x˙ = V . Tentukan simpangan maksimum, dan waktu untuk mencapai simpangan maksimum. 1.34 Untuk sistem yang teredam kritis dengan b 2 /4m2 = k /m = 1.
Jika saat t = 0, x = A dan x˙ = 0, tentukan x (t). 1.8
Osilasi Terkopel dan Mode Normal
Sebelumnya telah dibahas bagaimana perilaku satu sistem yang berosilasi. Kenyataannya di alam, sulit untuk menemukan sistem yang
osilasi
27
benar-benar terosilasi dari lingkungannya. Suatu sistem yang berosilasi dapat mempengaruhi atau dapat dipengaruhi oleh osilasi sistem lainnya. Perambatan gelombang yang akan dibahas di bab selanjutnya, terdiri atas banyak sistem yang berosilasi yang terhubung satu sama lain. Energi ditransfer dari satu sistem osilator ke sistem osilator lainnya. Berikut akan kita bahas dua osilator yang terhubung lewat suatu pegas.
x
1
k
Gambar 1.30: Dua balok yang saling terhubung dengan pegas, dan masingmasing terhubung ke dinding dengan pegas.
2
k
k
Masing-masing bola bermassa m. Pada suatu saat, bola pertama menyimpang sejauh x1 , dan bola kedua menyimpang sejauh x2 dari posisi setimbangnya. Persamaan gerak kedua balok diperoleh dari hukum Newton, m x¨ 1 m x¨ 2
=
−kx 1 + k ( x2 − x1 ) , = −k (x2 − x1 ) − kx 2 ,
(1.130) (1.131)
yang dapat ditulis ulang dalam bentuk x¨ 1 +
2ω02 x1 − ω02 x2 = 0 ,
2 x¨ 2 + 2ω0 x2
(1.132)
− ω02 x1 = 0 .
(1.133)
√
dengan ω0 = k /m. Perhatikan bahwa variabel x1 dan x2 saling berkaitan. Di setiap persamaan keduanya selalu muncul. Untuk menyelesaikan persamaan diferensial terkopel ini, kedua persamaan di atas perlu dituliskan dalam bentuk dua persamaan yang saling bebas. Terdapat suatu keadaan awal tertentu yang memungkinkan sinkronisasi gerak kedua bola yaitu kedua bola berosilasi dengan frekuensi yang sama dengan fase yang sama (atau berlawanan). Keadaan gerak yang sangat spesial ini disebut sebagai mode normal. Untuk mode normal ini dapat digunakan solusi dalam bentuk x1 ( t )
=
A sin(ω t + φ )
(1.134)
x2 ( t )
=
B sin( ω t + φ)
(1.135)
Dengan menyubstitusikan solusi ini ke persamaan gerak di atas, dan mengeliminasi fungsi sin(ω t + φ) yang muncul di kedua sisi persamaan diperoleh persamaan matriks
−
ω 2 + 2ω02
−
ω02
−ω02
−
ω2
+ 2ω02
! ! A B
= 0
(1.136)
Solusi yang paling sederhana (trivial) dari persamaan matriks ini adalah A = B = 0. Artinya tidak terjadi apa-apa, solusi yang tidak
28
gelombang dan optik
menarik sama sekali. Solusi sederhana ini dapat dihindari apabila matriks 2 × 2 pada persamaan di atas tidak memiliki invers. Jika matriks tersebut memiliki invers, maka persamaan di atas dapat dikalikan dengan matriks invers 2 × 2 tersebut, untuk memperoleh matriks identitas, 1, sehingga diperoleh solusi trivial A = B = 0. Supaya matrik 2 × 2 di atas tidak memiliki invers, maka determinannya harus nol. Diperoleh
2ω02
−ω
2
2
− ω04 = 0
(1.137)
Solusi persamaan kuadrat di atas ada dua, ω+ = ω0 , dan ω− = √ 3ω0 . Frekuensi sudut ω + adalah frekuensi sudut untuk mode normal di mana balok 1 dan balok 2 berosilasi dengan fase yang sama dan amplitudo yang sama, A = B. Adapun frekuensi sudut ω− adalah frekuensi sudut untuk mode normal di mana balok 1 dan balok 2 berosilasi dengan fase yang berlawanan (berbeda 180◦ ) dan amplitudo yang sama, A = − B. Sistem osilasi terkopel di atas secara umum tidak berosilasi dalam mode normalnya, kecuali jika diberikan keadaan awal yang pas. Misalnya, jika masing-masing balok diberi kecepatan v1 dan v2 dengan v1 = ±v2 dari keadaan setimbang, maka sistem akan berosilasi dalam mode normal dengan frekuensi sudut ω ± . Jika keadaan awal yang pas ini tidak terpenuhi, maka osilasi sistem akan berupa superposisi dari osilasi dua mode normal yang mungkin. Solusi umum sistem osilasi terkopel dapat ditulis dalam bentuk superposisi mode normal x1 (t )
=
x2 (t )
=
A+ sin(ω+ t + φ+ ) + A − sin(ω− t + φ− )
B+ sin(ω+ t + φ+ ) + B −
sin(ω− t + φ− )
(1.138) (1.139)
dengan konstanta A± dan B± yang bergantung pada keadaan awal sistem. Untuk sistem di atas, dengan massa bola yang identik dan konstanta pegas yang identik, A+ = B+ dan A− = − B− . Prosedur di atas dapat digeneralisasi untuk tiga atau lebih osilator yang terkopel. Pada sistem tiga osilator, matriks 2 × 2 pada persamaan (1.136) menjadi matrik 3 × 3. Syarat determinan nol menjadi persamaan pangkat tiga, yang menghasilkan tiga solusi frekuensi mode normal. S oal Latihan 1.35 Tunjukkan bahwa dengan menggunakan variabel u = x1 + x 2 dan v = x1 x2 , persamaan (1.130) dan (1.131) dapat ditulis men-
−
jadi dua persamaan yang saling bebas (Salah satunya adalah persamaan diferensial untuk variabel u, persamaan lainnya adalah persamaan diferensial untuk variabel v). 1.36 Untuk sistem osilasi terkopel seperti pada gambar (1.30) de-
ngan massa bola identik m dan konstanta pegas identik k . Tentukan nilai konstanta A± dan B± , jika mula-mula t = 0, kedua bola disimpangkan ke kanan dengan x1 (0) = x2 (0) = C kemudian dilepaskan dari keadaan diam.
osilasi
1.37 Untuk sistem osilasi terkopel seperti pada gambar (1.30) de-
ngan massa masing-masing bola, m dan M, yang saling terhu bung dengan pegas identik k . (a) Tentukan frekuensi-frekuensi mode normalnya. (b) Tentukan rasio A+ / B+ dan A− / B− . 1.38 Tiga bola bermassa identik m yang saling terhubung dengan
pegas k , seperti pada gambar (1.31). (a) Tentukan frekuensi-frekuensi mode normalnya. (b) Sketsa gerak mode-mode normalnya. (c) Jika saat t = 0, x1 = x2 = 0, x3 = A, dan x˙ 3 = 0, tentukan x3 (t).
1
2
k
3
k
1.39 Untuk soal (38), jika bola tengah memiliki massa berbeda M.
(a) Tentukan frekuensi-frekuensi mode normalnya. (b) Jika saat t = 0, x1 = x2 = 0, x3 = A, dan x˙ 3 = 0, tentukan x3 ( t ). (c) Tentukan solusi x3 (t) untuk limit M m, expansi sampai orde pertama m/ M.
Gambar 1 .31: Soal (38)
29
