60
Energi potensialnya adalah E.5
Perubahan energi akan menjadi energi lain, sehingga
T + U E.6
R +
W R - r1- +
W
+W E.7 Untuk sudut θ yang kecil maka sin = θ, dan dengan mencoret kedua suku
diperoleh
+
Dengan melihat persamaan dan persamaan maka diperoleh
√ E.8
2.4 Kondisi Stablilitas
Untuk menentukan kondisi stabililtas diambil contoh batang seragam yang dipegang engsel dan dihubungkan dengan dua buah pegas
61
simetri di ujungnya seperti pada Gambar 2.9. Dimisalkan massa batang adalah m dan pegas tidak meregang pada saat batang vertikal. Ketika
batang diberi simpangan sejauh pegas akan diberi beban gaya sebesar
k
l
. Karena ada dua buah pegas, maka total gaya adalah 2k
l
. Gaya berat W = mg bekerja searah vertikal.
Gambar 2.9 Batang vertikal dipegang pegas simetri di ujung
Persamaan momen batang terhadap titik O adalah ∑
= 0
62
2.23 Untuk osilasi
kecil maka sin =
dan cos sehingga persamaan menjadi
2.24 Solusi persamaan
tergantung pada harga dalam kurung ⁄
bisa dibahas sebagai berikut
Kasus 1: Bila
⁄ Persamaan merupakan
osilasi stabil dan dapat diselesaikan sebagai berikut 2.25
Di mana A
1
dan A
2
adalah konstanta dan bisa ditulis
2.26
Kasus 2: Bila
⁄ Persamaan menjadi lebih
sederhana 2.27
Solusinya dapat diselesaikan dengan mengintegrasikan dua kali sehingga diperoleh
63
2.28
Untuk kondisi awal
t=0
= θ
dan
t=0
= , solusinya menjadi
θt= t + 2.29
Persamaan 2.29 menunjukkan simpangan sudut meningkat secara linier pada kecepatan konstan
. Jika = 0, persamaan 2.29 merupakan
keseimbangan statis dengan =
. Kasus 3: Bila 12k
l²-
3W
l
2m
l²
0, kita definisikan α =
2.30 Kita lihat persamaan 2.24, maka solusinya adalah
2.31 di mana B
1
dan B
2
adalah konstanta. Untuk kondisi awal
t=0
= θ
dan
t=0
= Persamaan 2.31 menjadi
[ ]
2.32 Persamaan 2.32 menunjukkan bahwa
θt meningkat secara eksponensial
dengan waktu, dan getaran tidak stabil. Alasan secara fisiknya adalah momen yang disebabkan oleh pegas 2k
l
² θ, yang membuat sistem pada
posisi setimbang lebih kecil momen yang dihasilkan oleh gravitasi - W12
θ, yang menyebabkan massa berpindah dari posisi kesetimbangan.
64
2.5 Metode Energi Rayleigh
Metode energi ini digunakan untuk sistem bermassa banyak atau untuk sistem yang massanya terdistribusi, bila gerak tiap titik dalam sistem
diketahui. Dalam sistem di mana massa-massa dihubungkan oleh penghubung tegar,
truss
, atau roda gigi, gerak berbagai massa tadi dapat dinyatakan dalam gerak beberapa titik spesifik x dan sistem hanyalah
merupakan sistem dengan satu derajat kebebasan karena hanya diperlukan satu koordinat.
Energi kinetik dapat ditulis
2.33 Di mana: m
ef
= massa efektif atau segumpalan massa ekivalen pada titik spesifik tersebut.
Bila kekakuan di titik itu diketahui, maka frekuensi natural dapat dihitung melalui
n
= √
2.34 Rayleigh menunjukkan bahwa dengan asumsi bentuk amplitudo getaran
yang masuk akal, maka massa yang tadinya diabaikan dapat ikut diperhitungkan dan diperoleh perkiraan frekuensi dasar yang lebih baik.
Contoh soal 2.8 Tentukan
pada sistem Gambar 2.10, bila massa pegas ikut diperhitungkan.
Jawab:
Perpindahan pegas pada titik y adalah dan kecepatan adalah
65
Gambar 2.10 Massa m digantung pada sebuah pegas
Sehingga energi kinetik pegas adalah
E.1 Energi kinetik total adalah
T = Energi kinetik massa T
m
+ Energi kinetik pegas T
s
T = m
+ ∫
T = m
+ ∫
T = m
[ ]
T = m
66
T = E.2
Dari persamaan 2.36 diperoleh kesimpulan bahwa massa efektif pegas adalah 13 massa pegas
eff
= 13m
s
Energi potensial sistem adalah
U = E.3
Jumlah perubahan energi kinetik dan energi potensial adalah nol. dT + dU = 0
2 +
k 2 x = 0
+ kx = 0 E.4 Persamaan 2.38 menunjukkan bahwa massa efektif sistem adalah
= m + E.6
Frekuensi natural sistem dengan memperhitungkan massa pegas adalah
= √
E.7 Contoh soal 2.9
Sebuah batang dengan massa total m yang ditopang di kedua ujungnya, di tengah-tengah batang ada sebuah M lihat Gambar 2.11. Tentukan
frekuensi diri di tengah-tengah sistem.
67
Jawab: Defleksi statis pada setengah panjang batang adalah
y = untuk
E.1
Gambar 2.11 Batang ditumpu kedua ujung dengan massa M di tengah-
tengah Energi kinetik maksimum batang itu sendiri adalah
= E.2
T = ∫
⁄ ⁄
E.3
T = E.4
Dari persamaan E.4 di ketahui bahwa massa efektif batang di tengah- tengah tumpuan adalah
E.5 Jadi massa efektif sistem di tengah-tengah rentangan adalah
+ 0,4857m E.6
x
l l
2 M
68
Frekuensi diri di tengah-tengah sistem adalah =
√ E.7
Contoh soal 2.10 Sistem berosilasi seringkali terdiri dari tuas, roda gigi dan penghubung lain
yang dapat mempersulit analisis. Sistem katup mesin pada Gambar 2.12 merupakan contoh sistem seperti itu. Penyederhanaan sistem itu menjadi
sistem ekivalen yang lebih mudah biasanya diharapkan. Tentukan massa efektif sistem tersebut pada titik A
Jawab :
Gambar 2.12 Gambar sistem katup mesin
Lengan pemutus
rocker-arm
dengan momen inersia
J
, katup dengan massa m
v
dan pegas dengan massa m, dapat disederhanakan menjadi massa tunggal di A dengan menuliskan energi kinetik sebagai berikut:
69
E.1 Dengan mengingat bahwa kecepatan di A adalah
maka persamaan di atas menjadi
E.2 Jadi massa efektif di a adalah
E.3 Bila batang pendorong sekarang direduksi menjadi sebuah pegas dan
massa tambahan pada ujung A, maka seluruh sistem direduksi menjadi pegas tunggal dan sebuah massa seperti ditunjukkan pada Gambar 2.12b.
2.6
Resume
Semua sistem yang mempunyai massa dan elastisitas dapat mengalami getaran bebas atau getaran yang terjadi tanpa gangguan dari
luar. Hal pertama yang menarik untuk sistem semacam itu adalah frekuensi natural getarannya. Bila sistem bergetar melewati frekuensi naturalnya,
maka sistem berada dalam resonasi. Untuk menentukan frekuensi natural bisa menggunakan beberapa metode antara lain dengan:
1. Menentukan massa dan konstanta kekakuan pegas 2. Menentukan massa dan konstanta kekakuan pegas ekivalen
3. Mencari persamaan diferensial getaran 4. Metode Energy Lagrange
5. Metode Energy Rayleigh
70
71
BAB III
GETARAN BEBAS TEREDAM
Gaya redaman karena kekentalan F
d
berbanding lurus dengan kecepatan getaran, yaitu
3.1 di mana
= kecepatan getaran F
d
= gaya redaman c
= konstanta redaman - = arahnya berlawanan dengan arah kecepatan
Getaran bebas satu derajat kebebasan SDOF dengan redaman dapat dilihat pada Gambar 3.1. Jika x diukur dari kesetimbangan posisi
massa m, menurut hukum Newton kedua tentang gerakan diperoleh
3.2
a Sistem b diagram benda bebas
Gambar 3.1 Sistem satu derajat kebebasan dengan redaman
+x k
c
O kx
+x c
72
Untuk menyelesaikan persamaan 3.2 kita misalkan solusinya dalam bentuk
3.3 di mana A dan s adalah konstanta, bila persamaan 3.3 diturunkan dua
kali diperoleh
3.4 Persamaan 3.4 dimasukkan ke persamaan 3.3 diperoleh
mA + kA
= 0 ms
2
+cs +k = 0 3.5
akar-akar persamaan 3.5 bisa diperoleh dengan rumus
√
= - ± √
√ dan
√ 3.6
sehingga dan
x 3.7
persamaan 3.6 dimasukkan ke persamaan 3.7 diperoleh
73
x
{ √
} {
√ }
x {
{√ }
{√ }
} 3.8
di mana A
1
dan A
2
adalah konstanta yang bisa dicari pada kondisi awal. suku pertama
adalah fungsi waktu yang meluruh secara eksponensial. Tetapi sifat suku-suku di dalam kurung tergantung pada nilai
numerik di bawah akar, yaitu positif, nol dan negatif. 3.1
Konstanta Redaman Kritis dan Rasio Redaman
Damping Ratio
Redaman kritis adalah harga c di mana harga radikal bawah akar pada persamaan 3.8 menjadi nol.
- +
= 0 Dalam keadaan ini c menjadi
kondisi kritis -
+ = 0
3.9
=2m √
= 2 √ = 2m
3.10 Untuk sistem teredam, nilai suatu redaman biasanya dinyatakan
dalam redaman kritis oleh rasio non-dimensional, yaitu =
3.11
74
yang disebut rasio redaman. Dengan mengingat bahwa =
= 3.12
Sehingga akar-akar persamaan 3.6 bisa dalam bentuk .
√ 3.13
Sehingga diperoleh
xt=
√
+
√
3.14 Penyelesaian persamaan 3.8 atau 3.14 bisa dilihat pada
beberapa kasus berikut Kasus 1:
Underdamped system
atau kurang teredam 1 atau c
atau c 2m √ .
Untuk kondisi ini, berharga negatif dan akar-akar
dan dapat
ditulis √
√ Persamaan 3.14 dapat ditulis menjadi
x
√
+
√
75
x {
√ √
}
x √
√
x √
√
x X
√ 3.15
di mana A
1
, A
2
, X dan ф adalah konstanta yang bisa dicari pada kondisi
awal, yaitu
x {
√
√
√ } 3.16
di mana dan
adalah simpangan dan kecepatan getaran awal. Getaran yang dituliskan pada persamaan 3.16 adalah getaran harmonik
teredam lihat Gambar 3.2, di mana suku merupakan pengurangan
amplitudo secara eksponensial. Frekuensi getaran teredam adalah
√ 3.17
76
Gambar 3.2 Getaran teredam
Terlihat bahwa frekuensi getaran teredam selalu lebih kecil dari
frekuensi getaran tak teredam
Undamped
. Pengurangan frekuensi getaran teredam semakin besar dengan besarnya harga redaman. Grafik
yang menyatakan antara frekuensi teredam dan
damping ratio
bisa dilihat pada Gambar 3.3.
Gambar 3.3
Variasi ω
d
dengan damping rasio
1
1 ω
d
ω
n
77
Kasus 2:
Critically damped system
teredam kritis = 1 atau c = c
c
atau c2m =
√ . Dalam hal ini akar-akar s
1
dan s
2
adalah sama. s
1
= s
2
= - = -
3.18 Karena akar akarnya sama maka penyelesaian persamaan 3.2 menjadi
3.19
Gambar 3.4 Getaran teradam kritis
Pada kondisi awal x
t=0
= x dan
, bila harga ini dimasukkan pada persamaan 3.19 maka diperoleh
c
1
= x c
= + 3.20
dan penyelesaian persamaan 3.19 menjadi [
] 3.21
x0 xt
t
78
persamaan 3.21 merupakan non-periodik dan akan menjadi nol
bila t = ∞. Gambar untuk persamaan 3.21 bisa dilihat pada gambar 3.4.
Kasus 3:
Overdamped system
keadaan banyak teredam 1 atau c c
c
atau c2m √ . Bila lebih besar dari satu, maka kedua akar tetap
berada pada sumbu riil dan berpisah, satu membesar dan yang lainnya mengecil. Akar-akar s
1
dan s
2
diberikan oleh √
√ 3.22
Solusi umum menjadi
√ √
3.23 bila dicari pada kondisi awal, di mana x
t=0
= x dan
maka diperoleh
√ √
√ √
3.24
79
Gambar 3.5 Gerak aperiodik
1 Gerak ini merupakan fungsi yang menurun secara eksponensial terhadap
waktu dan disebut fungsi aperiodik seperti terlihat pada Gambar 3.5. Bila ketiga kasus dinyatakan dalam satu gambar untuk
membandingkan, akan diperoleh seperti pada Gambar 3.6.
Gambar 3.6 Perbandingan getaran dengan tipe redaman yang berbeda-
beda.
80
Contoh soal 3.1 Susunlah persamaan diferensial gerak untuk sistem pada Gambar 3.7.
Tentukan persamaan untuk koefisien redaman kritis dan frekuensi natural osilasi teredam.
Gambar 3.7
Diagram benda bebas pada gambar tersebut bisa dibuat
k
c
l
P
a m
k a sin θ
θ
c a cos θ
81
∑M
p
= 0 m
l
2
cos + ka sin a cos + c a cos a cos = 0
E.1 u
ntuk θ yang sangat kecil, maka diperoleh sin θ = θ dan cos θ = 1, sehingga
m
l
2
+ +
= 0 E.2
Untuk mencari ω
n
maka redaman diabaikan m
l
2
+ = 0
E.3 dari persamaan E.3 diperoleh
ω
n
= √
E.4 Redaman kritis bisa diperoleh dari hubungan
=2 √ =2m
=2m √
=2 √
E.5 Rasio redaman
diperoleh =
=
√
= √
E.6 Hubungan antara frekuensi tanpa dan dengan redaman diperoleh
= √
82
= √
√ =
√ E.7
3.2 Pengurangan Logaritmik
