MEKANIKA   

 

 

Mikrajuddin Abdullah 

 

 

 

PROGRAM STUDI FISIKA 

INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG 

2013 

BAB 1 PENDAHULUAN

Inti dari persoalan mekanika adalah memecahkan persamaan Newton

Fdt

rdm

2

2

Untuk kasus 1-D kita memiliki

Fdt

xdm

2

2

Gaya itu sendiri bisa merupakan besaran konstan, besaran yang bergantung waktu, kecepatan, posisi, atau kombinasinya. Contohnya

02

2

Fdt

xdm

)(2

2

tFdt

xdm

)(2

2

vFdt

xdm

)(2

2

xFdt

xdm

),(2

2

xtFdt

xdm

),,(2

2

xvtFdt

xdm

Setelah bentuk untuk gaya diketahui maka yang kita lakukan adalah menyelesaikan persamaan diferensial orde-2 di atas, sehingga diperoleh posisi sebagai fungsi waktu.

Jika posisi sebagai fungsi waktu diketahui maka semua besaran mekanika yang lainnya dapat ditentukan seperti

Laju dt

dxv

Momentum: mvp

Energy kinetik: 2

2

1mvK

Energi potensial: 2

2

1kxU (pegas), atau mgxU (gravitasi)

Jadi, secara kosep, tidak ada yang rumit dengan menika. Mekanika sangat mudah dipahami. Yang dilakukan sebanarnya adalah: bagaimana menemukan persamaan posisi sebagai fungsi waktu.

Hanya saya, yang membuat sulit adalah, jika gaya diketahui, maka seringkali tidak selalu mudah menyelesaikan persamaan diferensial ***. Jika F sederhana, kita dapat menyeelsaikan dengan mudah. Jika F agak rumit maka cara langsung (analitik) sering kali gagal dilakukan. Untuk kondisi ini, biasanya metode aproksimasi atau numeric sering ditempuh. Tetapi tetap tujuan utamanya adalah mencari persamaan posisi sebagai fungsi waktu.

Contoh 1:

Misalkan diberikan 0FF = konstan maka kita dapat mencari fungsi posisi dengan cukup

mudah

02

2

Fdt

xdm

dtFdtdt

xdm 02

2

10 CtFdt

dxm

dtCtdtFdtdt

dxm 10

21

2

0 2CtC

tFmx

Atau

m

Ct

m

Ct

m

Fx 2120

2

1

dengan C1 dan C2 adalah konstanta

Contoh 2:

Jika kxF (gaya pegas) maka

kxdt

xdm

2

2

Misalkan )cos( tAx maka

)sin( tAdt

dx

xtAdt

xd 222

2

)cos(

Substirusi ke dalam persamaan awal diperoleh

kxxm 2

Atau

m

k

Jadi, kebergantungan posisi terhadap waktu menjadi

t

m

kAx cos

Dengan A dan adalah konstanta.

Contoh 3:

Jika yang ada adalah gaya gesek: vF maka

vdt

xdm

2

2

Karena vdt

dx maka kita dapat menulis

dt

dv

dt

xd

2

2

. Jadi

vdt

dvm

dtm

dvv

dtm

dvv

Untuk 1 maka

11

1

1Ct

mv

11 )1(

)1(Ct

mv

1

1

1)1()1(

Ctm

v

Karena vdt

dx maka kita dapat menulis

1

1

1)1()1(

Ctmdt

dx

atau

dtCtm

dx

1

1

1)1()1(

Dengan demikian

2

1

1

1)1()1(

CdtCtm

x

Untuk menyelesaikan integral ini kita misalkan

uCtm

1)1()1(

dudtm

)1(

atau

dum

dt )1(

Dengan demikian integral menjadi

2

2

1

1

)1(Cdu

mux

2

1

1

)1(Cduu

m

2

11

1

11

11

)1(Cu

m

21

2

)2(Cu

m

2

1

2

1)1()1(

)2(CCt

m

m

Untuk kasus khusus, jika = 1, kita kembali ke persamaan awal

dtm

dvv1

1ln Ctm

v

1)/( Ctm eev

1)/( Ctm eedt

dx

dteex Ctm 1)/(

2)/( 1 Cee

m Ctm

Contoh 4:

Gaya sinusoidal, )cos( tAF , maka

)cos(2

2

tAdt

xdm

)cos( tAdt

dvm

dttAmdv )cos(

dttAdvm )cos(

1)sin( CtA

mv

Selanjutnya gunakan persamaan vdt

dx sehingga

1)sin( CtA

dt

dxm

dtCdttA

mdx 1)sin(

dtCdttA

dxm 1)sin(

212)cos( CtCt

Amx

Atau

m

Ct

m

Ct

m

Ax 21

2)cos(

Contoh 5:

Faya sebagai fungsi kecepatan dan posisi, bvkxvxF ),(

Hukum II Newton menjadi

bvkxdt

xdm

2

2

Mengingat dtdxv / maka kita dapat menulis

02

2

kxdt

dxb

dt

xdm

Untuk menyelesaikan persamaan di atas, kita misalkan

stex

Dengan demikian

stsedt

dx dan stes

dt

xd 22

2

Substitusi ke hokum II Newton maka diperoleh bentuk sebagai berikut

0)( 2 stekbsms

Karena ste tidak pernah nol maka agar persamaan di atas bernilai nol maka bagian dalam tanda kurun harus nol, atau

0)( 2 kbsms

Yang mengasilkan dua solusi untuk s, yaitu

20

222

1 222

4

2

m

k

m

b

m

b

m

mkb

m

bs

20

22

2 2

4

2

m

mkb

m

bs

Dengan mb 2/ , dan mk /0 .

Solusi umum untuk posisi adalah

tsts BeAetx 21)(

2

022

02 ttt BeAee

Kita perhatikan beberapa kondisi.

Jika 20

2 maka suku dalam tanda akah positif sehingga akar bernilai real. Posisi akan

meluruh secara ekponensial terdapat waktu.

Jika 20

2 maka 220

20

220

2 )( i . Solusi untuk posisi menjadi

20

220

2 sin'cos')(20

220

2

tBtAeBeAeetx tititt

Persamaan ini menyakatakan bahwa posisi berosilasi dengan amplitude teredam. Sifat gerak seperti ini yang umunya digunakan di shockbreaker kendaraan.

Kasus ketiga jika 20

2 . Pada kasus ini, 21 ss . Solusi untuk posisi adalah

tsAetx 1)(

Karena persamaan yang diselesaikan adalah persamaan diferensial orde dua maka harus ada dua constanta bebas yang dihasilkan. Solusi di atas hanya menghasilkan satu konstanta bebas, yaitu A. Maka mesti ada fungsi lain sebagai solusinya. Ternyata, fungsi lain yang memenuhi

persamaan diferensial di atas dengan kondisi 20

2 adalah tste 1 (kalian cek sendiri dengan

memasukkan fungsi ini ke dalam persamaan diferensial). Jadi solusi umum untuk kondisi 20

2 adalah

tsts BteAetx 11)(

Contoh 6:

Osilator harmonic yang dipaksakan memiliki gaya dalam bentuk

)cos(),,( 00 tFbvkxtvxF

Substitusi ke dalam persamaan Newton

)cos( 002

2

tFbvkxdt

xdm

Atau

)cos( 002

2

tFkxdt

dxb

dt

xdm

Untuk menyelesaikan persamaan di atas, kita pindah ke besaran imaginer. Kita ganti

)cos( 0 t dengan )( 0 tie . Ingat, )cos( 0 t merupakan suku riil dari )( 0 tie . Dengan

penggantian ini mana titiiti eFeeFeFtF 00)(

000

~)cos( 00

Hukum II Newton menjadi

tieFxkdt

xdb

dt

xdm

02

2 ~~~~

Pada persamaan di atas, variable posisi sudah dinyatakan dalam bilangan kompleks. Setelah solusi didapat maka kita tinggal mengambil suku riilnya sebagai solusi persamaan semula.

Untuk mencari solusi untuk posisi (representasi bilangan kompleks), kita misalkan sebagai berikut

tiexx 0

~~

Dengan demikian

tiexidt

xd 0~

~ dan tiex

dt

xd 02

2

2~

~

Substitusi ke dalam persamaan Newton bentuk komples maka

titititi eFexkexibexm 00002 ~~~~

Atau

002 ~~ Fxkibm

Atau

m

Fx

m

k

m

bi 0

02

~~

22

Atau

m

Fxi 0

020

2~

~2

Di mana mb 2/ , dan mk /0 . Dengan demikian kita peroleh amplitude posisi adalah

220

00 2

/~

~

i

mFx

Dan solusi untuk posisi menjadi

)(22

0

022

0

022

0

00

0

0

2

/

2

/

2

/~

~~

titi

ititi e

i

mFe

i

meFe

i

mFexx

Solusi riil adalah

)(22

0

0 0

2

/Re)~Re()(

tie

i

mFxtx

TEOREMA USAHA ENERGI

Kita mulai dari hukum Newton

Fdt

xdm

2

2

Atau

Fdt

dvm

Kalikan dua sisi dengan dx maka

Fdxdxdt

dvm

Fdxdvdt

dxm

Fdxmvdv

x

x

v

v

Fdxvdvm0

0

Atau

x

xFdxvvm

0

20

2

2

1

x

xFdxmvmv

0

20

2

2

1

2

1

Kite definsikan energy kinetic, 2

2

1mvK . Dengan demikian, nilai integral

x

xFdx

0

sama dengan

perubahan energi kinetic benda. Nilai x

xFdx

0

tidak lain daripada kerja yang dilakukan gaya total

untuk memindahkan benda dari posisi x0 ke posisi x. Jadi kita simpulkan bahwa kerja yang dilakukan gaya total yang bekerja pada benda sama dengan perubahan energy kinetic benda. Ini adalah pernyataan dari teorema usaha energi.

GAYA KONSERVATIF DAN NON KONSERVATIF

Jika gaya F hanya merupakan fungsi posisi, atau

)(xFF

Maka integral x

xFdx

0

melahirkan sebuah fungsi posisi juga. Kita misalkan fungsi yang

dihasilkan dari integral )()( xUdxxF . Kita berikan tanda negative di depan untuk

kemudahan. Dengan sifat ini maka kita dapatkan dua persamaan berikut

Gaya yang hanya merupakan fungsi posisi seperti ini disebut gaya konservatif. Yang menarik dari gaya konservatif adalah jika benda kembali ke posisi awal , atau x = x0, maka

0)()( 00

0

0

xVxVFdxx

x. Dengan demikian, kerja yang dilakukan gaya konservatif

menempuh lintasan apa pun dan kembali ke posisi awal selalu nol.

Jika gaya yang bekerja pada benda bukan fungsi posisi saja maka kita tidak menemukan fungsi

apa pun yang sama dengan dxxF )( . Akibatnya, jika benda kembali ke posisi semula maka kita

tidak memiliki bentuk )()( 00 xVxV karena fungsi V(x) tidak ada. Dengan demikian, kerja yang

dilakukan bisa berbeda dengan nol. Gaya dengan sifat demikian disebut gaya non-konservatif. Ketika melakukan kerja, gaya non-konservatif biasanya menghasilkan panas. Contoh gaya non-konservatif adalah gaya gesekan.

ENERGI MEKANIK

Misalkan gaya yang bekerja pada benda adalah gaya konserbatif maka teorema usaha energy dapat ditulis

)()(2

1

2

10

20

2 xVxVmvmv

atau

)()( xVdxxF

dx

xdVxF

)()( )()()( 0

0

xVxVdxxFx

x

)(2

1)(

2

10

20

2 xVmvxVmv

Kita definisikan energy mekanik

)(2

1 2 xVmvE

Dengan demikian, di bawah pengaruh gaya konserbatif, 0EE , atau energy mekanik konstan.

Ini adalah ungkapan untuk hokum kekekalan enegri mekanik.

MENENTUKAN PERSAMAAN GERAK DARI KONSEP ENERGI MEKANIK

Kita sudah membahas pencarian posisi benda menggunakan hokum II Netown. Jika gaya diketahui maka pada dasarnya kita dapat mencari posisi setiap saat dengan melakukan dua kali integral.

Cara kedua adalah berangkat dari persamaan energi mekanik. Cara ini bermuara pada hasil yang sama dengan penggunaan hokum Newton, karena pada dasarnya energy potensial yang berada dalam ungkapan energy mekanik dapat diperoleh dari gaya pada hokum Newton. Pendekatan energy ini memungkinkan kita hanya melakukan satu kali integral, sedangkan pendekatan gaya memerlukan dua kali integral.

Tetapi harus diingat, pendekatan energy hanya dapat dilakukan jika gagaya yang bekerja hanya gaya konservatif. Jika gaya yang bekerja juga gaya non-konservatif maka tidak ada pilihan lain kecuali menggunakan hokum II Newton.

Dari persamaan energy mekanik )(2

1 2 xVmvE , kita dapat menulis

)(2

xVEm

v

Ganti v dengan dx/dt, maka

)(2

xVEmdt

dx

dt

xVEm

dx

)(2

t

t

x

x

dt

xVEm

dx

00 )(2

Ruas kanan dapat langsung diintegralkan dan menghasilkan

0

0 )(2

tt

xVEm

dxx

x

Ruas kiri baru bisa diintegralkan jika kita sudah mengetahui secara eksplisit bentuk fungsi V(x).

Contoh 7:

Misalkan potensial adalah potensial pegas, atau 2

2

1)( kxxV . Maka

0

20

2

12tt

kxEm

dxx

x

Atau

0

20

21

2tt

xE

k

m

E

dxx

x

Untuk menyelesaikan persamaan di atas, kita lakukan substitusi sebagai berikut

xE

ku

2sin

uuxE

k 222 cossin12

1

dxE

kudu

2cos atau duu

k

Edx cos

2

um

Eu

m

Ex

E

k

m

Ecos

2cos

2

21

2 22

Integral di ruas kiri menjadi

uk

mdu

k

mdu

k

m

um

E

uduk

E

cos

2

cos2

x

E

k

k

m

2arcsin

Maka, solusi yang dicari adalah

002arcsin

2arcsin ttx

E

k

k

mx

E

k

k

m

Atau

002arcsin

2arcsin ttx

E

k

k

mx

E

k

k

m

)(2

arcsin2

arcsin 00 ttm

kx

E

kx

E

k

)(

2arcsinsin

2arcsinsin 00 tt

m

kx

E

kx

E

k

)(

2arcsinsin

2 00 ttm

kx

E

kx

E

k

Akhirnya diperoleh

)(

2arcsinsin

200 tt

m

kx

E

k

k

Ex

Yang bisa juga ditulis

0sin tAx

Dengan

k

EA

2

m

k

m

ktx

E

k000 2

arcsin

Contoh 8:

Kita coba selesaikan persamaan gerak di bawah pengaruh potensial gravitasi, yang memenuhi

x

GMmxV )(

Persamaan yang harus diselesaikan menjadi

0

02

tt

x

GMmE

m

dxx

x

Untuk benda yang berada dalam medan gravitasi, energy total negative. Energi paling besar adalah nol yaitu ketika benda berada terpisahkan oleh jarak tak berhingga.

Perhatikan integral di ruas kiri. Lupakan dulu batas integral.

1

2

1

12

xGMm

E

dxx

GMx

GMm

E

m

GMm

dxx

Kita misalkan

uxGMm

E 2sin

uuxGMm

E 22 cos1sin1

uxGMm

Esin

Atau

uE

GMmx sin

uduudxGMm

Ecossin2

Atau

uduuE

GMmdx cossin

2

Substitusi ke dalam bentuk integral dan lupakan dulu batas integral diperoleh

u

uduuE

GMmu

E

GMm

GM cos

cossin2

sin

2

1

du

u

E

GMm

GMudu

E

GMm

GM 2

2cos12

2

2sin

2

2

22/3

22/3

uu

E

GMm

GMduu

E

GMm

GM2sin

2

12

2

1)2cos1(

2

2

12/32/3

Jadi, solusi yang untuk x adalah

0

2/3

2sin2

12

2

1ttuu

E

GMm

GM

Dengan

uxGMm

E 2sin

BAB 2 KINEMATIKA

Berikut ini adalah review sejumlah sifat vector yang akan digunakan dalam bab selanjutnya.

Vektor A

secara umum dapat ditulis atas komponen-komponen sebagai berikut

kAjAiAA zyxˆˆˆ

Operasi diferensial menghasilkan

kdt

dAj

dt

dAi

dt

dA

dt

Ad zyx ˆˆˆ

dt

Bd

dt

AdBA

dt

d

)(

dt

xdA

dt

AdxAx

dt

d )()())((

dt

BdAB

dt

AdBA

dt

d

)(

dt

BdAB

dt

AdBA

dt

d

)(

VEKTOR DALAM GERAKAN 2-DIMENSI

Vektor satuan dalam koordinat polar

Beradasarkan gambar di atas, kita mendapatkan hubungan berikut ini

sinˆcosˆsinˆˆcosˆˆˆ jirjrir

Vektor satuan sama dengan vector r yang diputar sebesar 90o. Jadi kita dapat menulis

cosˆsinˆ)90sin(ˆ)90cos(ˆˆ jiji oo

Sekarang kita mencari diferensial dari vector-vektor tersebut

ˆcosˆsinˆˆ ji

d

rd

rjid

dˆsinˆcosˆ

ˆ

Vektor r

sembarang dapat ditulis dalam bentuk

rrr ˆ

90o

i

jr

Dari ekpresesi ini kita dapat menentukan kecepatan sebagai berikut

ˆˆˆ

ˆˆ

ˆ)ˆ( rrrdt

d

d

rdrr

dt

dr

dt

rdrr

dt

drrr

dt

d

dt

rdv

Ungkapan ini dapat ditulis sebagai

ˆˆ vrvv r

Dengan rvr dan rv

Percepatan adalah

dt

dr

dt

dr

dt

dr

dt

rdrr

dt

rd

dt

vda

ˆ

ˆˆˆˆ

dt

d

d

drrr

dt

d

d

rdrrr

ˆˆˆˆ

ˆ

ˆ)2(ˆ)(ˆ)ˆ(ˆˆˆˆ 2 rrrrrrrrrrrr

Ungkapan ini dapat juga ditulis sebagai

ˆˆ araa r

Dengan 2 rrar dan rra 2 . Suku 2r dikenal dengan percepatan sentripetal.

i

jr

r

Untuk gerak dalam lintasan lingkaran maka r = konstan sehingga 0 rr dan

ˆˆ2 rrra

VEKTOR DALAM GERAKAN 3-DIMENSI

Kita tinjau koordinat silinder berikut ini

Tampak dari gambar bahwa hugungan antara koordinat silinder dan Cartesian sebagai berikut

cosx , siny , zz

Hubungan antara vector satuan dalam koordinat silinder dan Cartesian

sinˆcosˆˆ ji

Vektor satuan dapat diperoleh dari dengan merotasi sebesar 90o. Jadi kita dapat menulis

cosˆsinˆ)90sin(ˆ)90cos(ˆˆ jiji oo

r

zj

i

k

Teakjir, vector satuan arah sumbu z sama dengan vector satuan dalam koordinat Cartesian, yaitu

kz ˆˆ

Turunan dari vector satuan

ˆcosˆsinˆˆ ji

d

d

ˆsinˆcosˆˆ ji

d

d

Posisi benda dalam koordinat silinder secara umum dapat ditulis

zzr ˆˆ

Kecepatan benda adalah

zdt

dz

dt

d

dt

d

dt

rdv ˆ

ˆˆ

zzzdt

dz

dt

d

d

d

dt

dˆˆˆˆ

ˆˆ

Percepatan

zdt

zd

dt

d

dt

d

dt

d

dt

d

dt

d

dt

vda ˆ

ˆˆˆ

ˆˆ

zzdt

d

d

d

dt

d

d

dˆ

ˆˆˆ

ˆˆ

zzˆ)ˆ(ˆˆˆˆ

zzˆˆ)2(ˆ)( 2

Sebuah vector sembarang dalam koordinat silinder dapat ditulis sebagai

zAAAAA z ˆˆˆ

Diferensial vector tersebut terhadap waktu memberikan

zdz

dA

dt

dA

dt

dA

dt

dA

d

dA

dt

Ad z ˆˆ

ˆˆ

ˆ

zAAAAA z ˆˆ)(ˆ)(

Berikut adalag vector-vektor dalam koordinat bola

Perhatikan vector satuan r dan dapat dinyatakan sebagai superposisi vector satuan k dan .

Vektor tersebut membentuk sudut terhadap vector k sehingga dapat ditulis

sinˆcosˆˆ kr

cosˆsinˆˆ k

z

ji

k

r

Ketika kita bahas koordinat silinder, kita sudah memiliki bentuk ungkapan vector . Masukkan

ke dalam persamaan di atas diperoleh

sin)sinˆcosˆ(cosˆˆ jikr cosˆsinsinˆsincosˆ kji

cos)sinˆcosˆ(sinˆˆ jik sinˆcossinˆcoscosˆ kji

Vektor satuan dapat diperoleh dari vector satuan melalui pemutaran sudut sebesar 90o.

Jadi kipa peroleh

cosˆsinˆ)90sin(ˆ)90cos(ˆˆ jiji oo

Berikutnya kita cari diferensial masing-masing vector satuan di atas

ˆsinˆcossinˆcoscosˆˆ kji

d

rd

rkjid

dˆcosˆsinsinˆsincosˆ

ˆ

0ˆ

d

d

sinˆsin)cosˆsinˆ(sincosˆsinsinˆˆ jiji

d

rd

cosˆcoscosˆcossinˆˆ

jid

d

cosˆsinˆsinˆcosˆˆ rji

d

d

Posisi benda dalam koordinat bola secara umum dapat ditulis

),(ˆ rrr

Dari ungkapan posisi ini kita hitung kecepatan sebagai berikut

dt

rdrr

dt

dr

dt

rdv

ˆˆ

dt

d

d

rd

dt

d

d

rdrr

dt

dr

ˆˆˆ

ˆsinˆˆsinˆˆˆ rrrrrrr

Percepatan benda adalah

dt

vda

dt

dr

dt

dr

dt

dr

dt

dr

dt

dr

dt

dr

dt

dr

dt

rdrr

dt

rd ˆ

sinˆsin

ˆsinˆsinˆ

ˆˆˆˆ

Kalian dapat buktikan bahwa percepatan memenuhi persamaan

ˆ)cossin2(ˆ)sin( 2222

rrrrrrra

ˆ)cos2sin2sin( 2 rrr

Sebuah vector sembarang dalam koordinat bola dapat ditulis sebagai

ˆˆˆ AArAA r

Diferensial vector tersebut terhadap waktu memberikan

dt

dA

dt

dA

dt

dA

dt

dA

dt

rdAr

dr

dA

dt

Adr

r

ˆ

ˆˆ

ˆˆˆ

ˆ)cossin(ˆ)cos(ˆsin AAAAAArAAA rrr

Teorema Gauss

SV

SdAdVA

Teorema Stokes

CS

rdASdA

)(

Misalkan sebuah fungsi sembarang dalam koordinat silinder ),,( zu maka perubahan kecil u

dapat ditulis

dzz

ud

ud

udu

Tetapi kita selalu dapat menulis

rdudu

Karena dalam koordinat silinder terpenuhi

zdddrd ˆˆˆ

Maka agar terpenuhi

dzz

ud

ud

urdu

Haruslah

zz

ˆ1

ˆ

Misalkan sebuah fungsi sembarang dalam koordinat bola ),,( u maka perubahan kecil u

dapat ditulis

du

du

drr

udu

Tetapi kita selalu dapat menulis

rdudu

Karena dalam koordinat silinder terpenuhi

ˆˆsinˆ rddrrdrrd

Maka agar terpenuhi

du

du

drr

urdu

Haruslah

sin

1ˆ

1ˆˆrrr

r

MOMENTUM SUDUT

Momentum sudut disefinisikan sebagai

prL

Diferensiasi terhadap waktu memberikan

Frppmdt

pdrp

dt

rdm

mdt

pdrp

dt

rd

dt

Ld

11

Fr

GAYA SENTRAL

Gaya sentral atau gaya yang arahnya selalu ke pusat memenuhi persamaan umum

)(ˆ rFrF

Apabila dimasukkan ke dalam persamaan Frdt

Ld

kita peroleh

0)](ˆ[ rFrrdt

Ld

Karena r

dan r searah. Ini bearti jika pada benda hanya bekerja gaya sentral maka momentum sudut benda selalu konstan. Momentum sudut planet-planet yang mengitari matahari maupu satelit-satelit yang mengelilingi planet selalu konstan. Momentum sudut electron-elektron yang mengitari inti pada lintasan tertentu selalu konstan.

Dari ungkapan momentum sudut, kita bisa menentukan besar momentum sudut

rmvvrmmvrrpL )sin(sin)(sin

Dengan v adalah komponen kecepatan benda yang tegak lurus jari-jari.

Komponen kecepatan yang tegak lurus jari-jari berkaitan langsung dengan kecepatan sudut menurut persamaan

rrv

Dengan demikian, besar momentum sudut dapat ditulis

2mrL

Misalkan gerak benda di bawah pengaruh gayua sentral berada pada satu bidang (gerak 2 dimensi). Komponen percerpatan gerak 2 dimensi memenuhi

2 rrar

rra 2

Dengan menggunakan hokum Newton, maka untuk gaya sentral diperoleh

)(rFmar atau )()( 2 rFrrm

0ma atau 02 rr

Energi kinetic benda yang berada di bawah pengaruh gaya sentral adalah

gelsialradial KKK tan

22222

2

1

2

1)(

2

1

2

1 mrrmrmrm

r

v

sinvv

cosvvr

lintasan

Kita nyatakan kecepatan sudut dalam momentum sudut, yaitu 2mr

L . Dengan demikian,

enerhi kinetic benda menjadi

2

22

2

222

2

1

2

1

2

1

2

1

mr

Lrm

mr

LmrrmK

Energi mekanik benda adalah

)(2

1

2

1)(

2

22 rV

mr

LrmrVKE

Atau

2/1

2

2

)(2

12

rV

mr

LE

mr

2/1

2

2

)(2

12

rV

mr

LE

mdt

dr

dt

rVmr

LE

m

dr

2/1

2

2

)(2

12

)(2

)(2

102/1

2

20

ttm

rVmr

LE

drr

r

Jika integral ini dapat diselesaikan maka kita peroleh posisi benda sebagai fungsi waktu. Selanjutnya, dari posisi sebagai fungsi waktu terseut kita dapat menentukasn sudut lintasan benda sebagai fungsi waktu menggunakan persamaan momentum sudut, yaitu

2mr

L

2mr

L

dt

d

2r

dt

m

Ld

Mengingat L konstan maka

t

t r

dt

m

L

0

20

Perhatikan gaya untuk gerak radial )()( 2 rFrrm , yang dapat ditulis

2)( mrrFrm

2

2)(

mr

LmrrFrm

3)(

mr

LrFrm

Untuk mempermudah penyelesaian, kiga gunakan variable yang memenuhi

1

r

Dengan demikian

2

222222

11111

m

L

d

d

mr

L

d

d

d

d

dt

d

d

d

dt

d

dt

dr

d

d

m

L

2

2

2

22

2

2

2

2

2

m

L

d

d

m

L

mr

L

d

d

m

L

d

d

m

L

dt

d

d

d

d

d

m

L

d

d

dt

d

m

L

dt

rd

2

22

2

2

d

d

m

L

Substitusi ke dalam persamaan Newton untuk gerak radial maka

32

2

22

2

2 1

m

LF

d

d

m

Lm

Atau

1

222

2

FL

m

d

d

Untuk gaya sentral yang berupa gaya tarik yang berbanding terbalik dengan kuadrat jarak maka

2)(

r

KrF

Atau

21

KF

Dengan demikian

22

2

L

mK

d

d

Ini adalah persamaan gerak harmonic tak homogen. Persamaan homogen

02

2

d

d

Memiliki solusi

)cos( 0 A

Solusi persamaan tak homogeny 22

2

L

mK

d

d

, adalah

2L

mK

Dengan demikian, solusi umum adalah

20 )cos(L

mKA

Nilai maksimum untuk terjadi ketika 1)cos( 0 , yaitu

21 L

mKA

Nilai minimum untuk terjadi ketika 1)cos( 0 , yaitu

22 L

mKA

Sebaliknya, nilai minium dan maksimum untuk r adalah

21

min /

11

LmKAr

22

max /

11

LmKAr

Untuk mementukan constant A, mari kita lihat lintasan planet berikut ini yantg berupa ellips

Jari-jari maksimum dan minimum berkaitan dengan apogee dan perigee. Pada posisi ini, planet hanya memili komponen kecepatan tangensial. Energi total planet pada dua titik tersebut adalah

max2

max

2

2

1

r

K

mr

LE

min2

min

2

2

1

r

K

mr

LE

Dua persamaan di atas dapat ditulis ulang dalam bentuk

minrmaxr

0r0r

02121

2max

22max

L

mE

rL

mK

r

02121

2min

22min

L

mE

rL

mK

r

Solusi untuk dua jari-jadi di atas adalah

2

2

22

2222

max

2

2

)/2(4)/2()/2(1

L

mE

L

mK

L

mKLmELmKLmK

r

2

2

22min

21

L

mE

L

mK

L

mK

r

Karena maxmin

21

112

rrA maka

2

2

2

2

L

mE

L

mKA

Sekarang kita mencari persamaan jari-jari untuk ellips. Parameter-parameter ellips tampak pada gambar di sebelah kiri. Perhatikan gambar di sebelah kanan, yange memperlihatkan 3 vektor. Vektor tersebut diambil dari gambar di sebelah kiri.

r'ra

aab

'r

r

a2

Jelas

arr 2'

Sehingga

)cos(44' 2222 ararr

cos44 222 arar

Tetapi, untuk ellips selalu berlaku

arr 2'

Dengan demikian

cos44)2( 2222 ararra

cos4444 22222 ararrara

)cos1(44)1( 22 ara

Atau

cos1

)1( 2

a

r

Jari-jari perigee ( = 0) adalah

)1(1

)1)(1(

1

)1(

0cos1

)1( 22

min

aaaa

r

Jari-jari apogee ( = ) adalah

)1(1

)1)(1(

1

)1(

cos1

)1( 22

max

a

aaar

Juga tampak pada gambar kiri bahwa

222 1)( aaab

Hiperbola

Perhatikan gambar di atas.

Untuk hiperbola berlaku

arr 2'

Perhatikan vettor di sebelah kanan.

Jelas

arr 2'

Sehingga

cos44' 2222 ararr

Tetapi, untuk ellips selalu berlaku

aa

'r

r 'r

r

a2

rar 2'

Dengan demikian

cos44)2( 2222 ararra

cos4444 22222 ararrara

)cos1(44)1( 22 ara

Atau

cos1

)1( 2

a

r

Sudut asimptotok dapat ditentukan sebagai berikut. Ketika sudut sama dengan sudut asimptotik, yaitu , jari-jari bernilai tak berhingga. Jari-jari tak berhingga bila penyebut pada persamaan jari-jari sama dengan nol. Jadi pada kondisi asimptotik

0cos1

Atau

1

cos

Parabola

Perhatikan gambar parabola berikut ini

Jelas bahwa

arr cos

Atau

cos1

ar

a

r

r