FI2104 Mekanika BSem. 1 2017-2018

Dosen: Agus Suroso

Pekan #3

Osilasi

1 Persamaan diferensial linear

Misal kita memiliki sebuah fungsi bergantung waktu x(t). Persamaan diferensial linear dalam xadalah persamaan yang mengandung variabel x dan turunannya terhadap waktu dalam bentukpangkat satu. Contohnya, x + 2x + 3x = 0. Jika ruas kanan persamaan tersebut bernilai nol,maka kita sebut sebagai persamaan diferensial homogen, jika sebaliknya kita sebut persamaandiferensial takhomogen. Secara umum persamaan diferensial dapat memiliki lebih dari satusolusi. Pada persamaan diferensial linear, jumlah dari solusi-solusinya juga merupakan solusi.Misalnya, jika x1(t) dan x2(t) masing-masing adalah solusi dari persamaan diferensial x+ 2x+3x = 0, maka x3 = x1 + x2 juga merupakan solusi. Sebagai bukti, kita substitusikan x3 kepersamaan diferensial tersebut,

0 = x3 + 2x3 + 3x3 = (x1 + x2) + 2 (x1 + x2) + 3 (x1 + x2)

= (x1 + 2x1 + 3x1)︸ ︷︷ ︸0

+ (x2 + 2x2 + 3x2)︸ ︷︷ ︸0

(1)

2 Osilasi harmonik sederhana

Tinjau sebuah benda yang terikat pada salah satu ujung pegas horizontal dan ujung lainnyamenempel pada dinding. Posisi benda saat pegas dalam keadaan teregang maupun tertekan kitatandai sebagai posisi setimbang dan x = 0. Jika kemudian benda disimpangkan sedikit sejauhx dari posisi setimbangnya, maka pegas akan memberikan gaya tarik atau dorong F = −kx,dengan k konstanta pegas. Menurut hukum kedua Newton,

F = ma⇒ mx+ kx = 0. (2)

Baik fungsi sinus maupun cosinus memenuhi persamaan difernsial di atas. Sehingga solusiumumnya dapat berupa penjumlahan dari kedua fungsi tersebut.

x(t) = A cos (ωt+ φ) +B sin (ωt+ φ) , (3)

dengan A dan B merupakan konstanta yang berkaitan dengan amplitudo osilasi, ω =√

km ,

dan konstanta φ sudut fasa yang bergantung pada posisi awal benda. Lebih lanjut, jumlahanfungsi sinus dan cosinus dapat kita nyatakan dalam bentuk fungsi sinus saja atau cosinus saja.Misalnya, jika kita ingin mengubah solusi di atas menjadi bentuk cosinus, kita nyatakan A danB sebagai

A = C cosβ dan B = C sinβ, (4)

sehingga solusi di atas berubah menjadi

x(t) = C cosβ cos (ωt+ φ) + C sinβ sin (ωt+ φ)

= C cos (ωt+ φ− β) . (5)

3 Osilasi teredam

Sekarang, mari kita tinjau pegas yang berosilasi di atas permukaan lantai yang datar dan kasar.Anggaplah besar gaya gesek antara benda dengan lantai sebanding dengan kecepatan benda,

Fgesek = −bv = −bx, (6)

update: 5 September 2017 halaman 1

FI2104 Mekanika BSem. 1 2017-2018

Dosen: Agus Suroso

dengan b suatu konstanta. Persamaan gerak benda menjadi

ΣF = −kx− bv = ma⇒ mx+ bx+ kx = 0, (7)

atau dapat dibuat lebih ringkas sebagai

x+ 2γx+ ω2x = 0, (8)

dengan γ = b/2m. Terlihat bahwa persamaan gerak benda masih berupa persamaan diferensiallinear. Faktor redaman diwakili oleh konstanta γ, dengan semakin besar nilai γ berarti sema-kin besar gesekan yang dialami benda. Sementara itu, cepat lambatnya gerakan osilasi bendaditentukan oleh seberapa besar nilai ω, semakin besar ω berarti semakin cepat gerakan osilasibenda.

Melihat bentuk persamaan (8), solusi yang paling mudah adalah jika x, x dan x berupa fungsiyang sama bentuknya. Satu-satunya fungsi yang berbentuk sama dengan turunan-turunannyaadalah fungsi eksponensial. Jadi sebagai tebakan awal, kita ambil solusi berbentuk x(t) = Aeαt,dengan A dan α adalah konstanta. Substitusikan fungsi tersebut ke persamaan diferensial diatas,

α2Aeαt + 2γαAeαt + ω2Aeαt = 0

⇔ α2 + 2γα+ ω2 = 0. (9)

Persamaan di atas memberi kita nilai konstanta α,

α1,2 = −γ ±√γ2 − ω2. (10)

Jadi, baik Aeα1t maupun Beα2t, dengan B konstanta yang dapat berbeda dengan A, merupakansolusi. Karena persamaan diferensial kita linear, maka kedua solusi dapat dijumlahkan untukmembentuk solusi umum

x(t) = e−γt(AeΩt +Be−Ωt

), (11)

dengan Ω ≡√γ2 − ω2.

Terdapat tiga kasus yang berkaitan dengan nilai γ dan ω, yaitu kasus dengan γω (yangberarti redaman mendominasi osilasi), γ < ω (osilasi mendominasi redaman), dan γ = ω. Marikita tinjau satu per satu.

Kasus 1: γ < ω (underdamping). Pada kasus ini, faktor redaman lebih kecil dibanding fre-kuensi osilasi. Secara matematis, nilai Ω menjadi imajiner sehingga fungsi x(t) menjadiberbentuk

x(t) = e−γt(Aeiψt +Be−iψt

)= e−γtC cos (ψt+ φ) , (12)

dengan ψ =√ω2 − γ2. Baris terakhir diperoleh dengan mengambil A = Ceφ/2 dan

B = Ce−φ/2 dan mengingat bahwa 2 cos θ = eiθ + e−iθ. Terlihat dari persamaan di atasbahwa x(t) berupa fungsi osilasi dengan frekuensi sudut ψ dan amplitudo yang meluruhterhadap t. Semakin besar nilai faktor redaman γ, maka frekuensi osilasi semakin kecildan amplitudo getaran meluruh lebih cepat. Grafik posisi benda terhadap waktu diberikanpada Gambar 1.

Kasus 2: γ > ω (overdamping). Pada kasus ini, faktor redaman mendominasi osilasi. Solusix(t) menjadi berbentuk

x(t) = Ae−(γ−Ω)t +Be−(γ+Ω)t. (13)

Dengan demikian, simpangan benda meluruh tanpa mengalami osilasi.

update: 5 September 2017 halaman 2

FI2104 Mekanika BSem. 1 2017-2018

Dosen: Agus Suroso

x

−1

−0.5

0

0.5

1

−1

−0.5

0

0.5

1

t0 2 4 6 8

0 2 4 6 8

e-γ t cos(ψ t)e-γ t

x

−1

−0.5

0

0.5

1

−1

−0.5

0

0.5

1

t0 2 4 6 8

0 2 4 6 8

γ = 0,5γ = 1,0γ = 1,2

Gambar 1: Posisi benda pada kasus underdamping (γ < ω). Pada gambar kiri, garis biruadalah posisi benda terhadap waktu, sedangkan garis merah menggambarkan amplitudo osilasiyang selalu meluruh terhadap waktu. Pada gambar kanan, terlihat bahwa jika γ semakin besar,frekuensi osilasi (ψ) semakin kecil dan amplitudo osilasi meluruh lebih cepat.

Kasus 3: γ = ω. Pada kasus ini, konstanta α, γ dan ω sama besar,

α = −γ = −ω, (14)

sehingga solusi untuk x tereduksi menjadi

x(t) = Ae−γt. (15)

Namun marilah kita periksa apakah itu merupakan satu-satunya solusi. Untuk keperluanini, kita perumum solusi tebakan kita Aeαt dengan mengambil A sebagai fungsi waktuA(t), sehingga

x(t) = A(t)e−αt. (16)

Substitusikan persamaan ini ke persamaan (8), diperoleh

A+ 2 (γ + α) A+(ω2 + 2γα+ α2

)A = 0. (17)

Karena α = −γ = −ω, maka persaman tersebut tereduksi menjadi

A = 0. (18)

Dengan demikian, A haruslah berbentuk fungsi linear terhadap waktu A = Bt atau kon-stan. Jadi, selain persamaan (15), fungsi x(t) = Bte−γt juga merupakan solusi. Dengandemikian, kita peroleh solusi umum untuk kasus ini yang merupakan jumlah dari keduasolusi

x(t) = e−γt (A+Bt) . (19)

4 Osilasi paksa

Tinjau sebuah benda yang dipaksa mengalami berosilasi oleh gaya berbentuk C0 = C0eiω0t. Jika

benda juga mengalami gesekan (redaman) yang sebanding dengan kecepatan, persamaan gerakuntuk benda ini akan berbentuk

x+ 2γx+ ω2x = C0eiω0t. (20)

update: 5 September 2017 halaman 3

FI2104 Mekanika BSem. 1 2017-2018

Dosen: Agus Suroso

x

−1

−0.5

0

0.5

1

−1

−0.5

0

0.5

1

t0 2 4 6 8

0 2 4 6 8

e-γ t (e- Ω t + e Ω t ) e-γ t (A + B t)

Gambar 2: Grafik posisi benda pada kasus overdamping (merah) dan critical damping (biru).Pada kasus critical damping, benda sempat bergerak ke satu sisi, kemudian berbalik arah danakhirnya simpangannya meluruh seiring waktu. Semetara pada kasus overdamping, simpanganbenda langsung meluruh menuju titik setimbang di x = 0.

Ketika C0 = 0, yang berarti gaya bernilai nol, persamaan di atas akan menjadi persamaanhomogen yang menggambarkan kasus osilasi teredam yang telah dibahas di bagian sebelum-nya. Karena osilasi dipaksa oleh gaya C0 dengan dengan frekuensi osilasi ω0, maka kita dapatberharap benda akan berosilasi dengan frekuensi yang sama dengan gaya yang memaksanya.Sehingga kita dapat berharap solusi kita akan berbentuk x(t) = Aeiω0t. Substitusikan fungsi inike persamaan gerak, menghasilkan(

−ω20

)A+ 2γ (iω0)A+ ω2A = C0, (21)

yang menghasilkan

A =C0

ω2 − ω20 + 2iγω0

. (22)

Sehingga solusi kita menjadi

x(t) =

(C0

ω2 − ω20 + 2iγω0

)eiω0t (23)

Solusi umum diperoleh dari solusi di atas ditambah dengan solusi homogen pada persamaan(12),

x(t) = e−γt(Aeiψt +Be−iψt

)+

(C0

ω2 − ω20 + 2iγω0

)eiω0t. (24)

Karena posisi adalah besaran riil, maka kita memilih bagian riil dari solusi di atas. Mula-mulakita uraikan persamaan di atas menjadi

x(t) = e−γt [(A+B) cosψt+ i(A−B) sinψt]

+

[C0

(ω2 − ω2

0 − 2iγω0

)(ω2 − ω2

0

)2+ 4γ2ω2

0

](cosω0t+ i sinω0t) . (25)

update: 5 September 2017 halaman 4

FI2104 Mekanika BSem. 1 2017-2018

Dosen: Agus Suroso

1/R

0

0.5

1

1.5

0

0.5

1

1.5

ω0

0 2 4 6 8 10

0 2 4 6 8 10

ω = 3, γ = 0,1 ω = 3, γ = 0,5 ω = 7, γ = 0,1

Gambar 3: Pengarus frekuensi alamiah ω dan dan faktor redaman γ terhadap frekuensi reso-nansi dan amplitudo osilasi 1/R. Terlihat bahwa nila γ yang besar membuat amplitudo osilasiberkurang dan frekuensi resonansi sama dengan frekuensi ω0 alamiah ω.

Kemudian ambil bagian riilnya,

Re(x) = e−γt(A+B) cosψt+ C0

(ω2 − ω2

0

)cosω0t+ 2γω0 sinω0t(

ω2 − ω20

)2+ 4γ2ω2

0

. (26)

Untuk menyederhanakan, kita definisikan A + B ≡ C, ω2 − ω20 ≡ R cosφ, dan 2γω0 ≡ R sinφ,

sehingga persamaan di atas tereduksi menjadi

Re(x) = Ce−γt cosψt+C0

R(cosω0t cosφ+ sinω0t sinφ)

= Ce−γt cosψt+C0

Rcos (ω0t− φ) . (27)

Suku pertama berupa fungsi osilasi dengan amplitudo meluruh seiring waktu, dan frekuensiosilasi ψ =

√ω2 − γ2 yang nilainya bergantung pada konstanta pegas, massa benda, dan faktor

redaman. Sementara itu, suku kedua adalah fungsi osilasi dengan frekuensi sama dengan fre-kuensi gaya pemaksa ω0. Terlihat bahwa pada waktu yang cukup lama, t → ∞, suku pertamaakan menuju nol dan suku kedua akan menjamin benda benda berosilasi murni,

limt→∞

Re(x) =C0

Rcos (ω0t− φ) . (28)

Amplitudo osilasi ini akan maksimum jika nilai R =√(

ω2 − ω20

)2+ 4γ2ω2

0 minimum. Kondisiini disebut resonansi dan terjadi jika

ω0 = ω =

√k

m. (29)

Dengan kata lain, jika gaya pemaksa memiliki frekuensi yang sama dengan frekuensi alamiahsistem (yaitu

√k/m), maka amplitudo osilasi akan maksimum. Gambar 3 menggambarkan

pengaruh frekuensi alamiah ω dan faktor redaman γ terhadap frekuensi resonansi dan amplitudoosilasi 1/R.

update: 5 September 2017 halaman 5