View
122
Download
17
Category
Preview:
Citation preview
Fisika Dasar I (FI-321)Topik hari ini (minggu 6)
Momentum Linier dan Tumbukan
Persoalan DinamikaKonsep Gaya Konsep Energi Konsep Momentum Dan Impuls
Gaya berkaitan dengan perubahan gerak (Hukum Newton)
Lebih mudah pemecahannya karena kita hanya bekerja dengan besaran-besaran skalar
Besaran-besaran Vektor, jadi Informasi tentang Arah tetap dipertahankan
Kehilangan informasi tentang arah
Besaran-besaran Vektor, jadi Informasi tentang Arah tetap dipertahankan
Hk II Newton dalam Bentuk Impuls dan Momentumr r dp Hk II Newton : F = dtBila diketahui gaya sebagai fungsi waktu, maka Hk II Newton menjadi :
r r r r r r Fdt = dp = p p 0 = mv mv00 r p0
t
r p
r r Fdt = I0
t
Dikenal sebagai Impuls
dan
r r p = mv
sebagai momentum linier
Sehingga bentuk integral Hk II Newton menjadi
r r r r I = p p 0 = p
Momentum Linier
Dari Hukum Newton: Gaya harus hadir untuk mengubah kecepatan sebuah benda (laju dan/atau arah) Ingin meninjau efek dari tumbukan dan kaitannya dengan perubahan kecepatanBola golf pada awalnya diam, energi kinetik dari tongkat golf ditransfer untuk menghasilkan gerak dari bola golf (mengalami perubahan kecepatan)
Untuk menjelaskannya digunakan konsep momentum linier Momentum Linier = massaskalar
kecepatanvektor
Momentum (lanjutan)p = mv
Besaran Vektor, arah momentum sama dengan arah kecepatan Diaplikasikan dalam gerak dua dimensi menjadi:
p x = mv x dan p y = mv yBesar momentum: bergantung pada massa bergantung pada kecepatan
Impuls Untuk
mengubah momentum dari sebuah benda (misal bola golf), sebuah gaya harus dihadirkan Laju perubahan momentum sebuah benda sama dengan gaya neto yang bekerja pada benda tsbF net p m( v f v i ) = = = m a atau : p = F net t t t
Memberikan pernyataan lain Hukum II Newton (F t) didefinisikan sebagai impuls Impuls adalah besaran vektor, arahnya sama dengan arah gaya
Interpretasi Grafik dari Impuls
Biasanya gaya tidak konstan (bergantung waktu)impuls = Fi t i = luas di bawah kurva F (t )t i
Jika gaya tidak konstan, gunakan gaya rata-rata Gaya rata-rata dapat dikatakan sebagai gaya konstan yang memberikan impuls yang sama pada benda dalam selang waktu seperti pada gaya sebenarnya (bergantung waktu)
Jika gaya konstan: impuls = F t
Latihan 1Sebuah benda yang bermassa 5 kg mula-mula bergerak dengan kecepatan r v 0 = 2 + 3 j m / s , kemudian mengalami gaya dengan komponen x i berubah terhadap waktu seperti pada gambar, dan komponen y yang berubah terhadap waktu menurut Fy = 4 t N Fx(N)10 3 2 -10 4 5 t (sekon)
Tentukanlah: a. Impuls yang dialami benda antara t=0 dan t=5 s! b. Momentum linier dan kecepatannya saat t=5 s! c. Gaya rata-rata yang dialami benda selama 5 s tersebut!
Contoh: Impuls diaplikasikan pada Mobil Faktor
terpenting adalah waktu benturan atau waktu yang diperlukan pengemudi/penumpang untuk diamIni akan mengurangi kemungkinan kematian pada tabrakan mobil
Cara
untuk menambah waktu
Sabuk pengaman Kantung udara
kantung udara menambah waktu tumbukan dan menyerap energi dari tubuh pengemudi/penumpang
Sistem Banyak PartikelTinjau sistem yang terdiri dari N buah partikel, momentum total sistem dituliskanN r r r r r P = p1 + p 2 + ...... + p N = p i i =1
Untuk melihat bagaimana evolusi momentum total ini, sebagai ilustrasi kita tinjau sistem yang terdiri dari 3 partikel (N=3)Gaya-gaya yang bekerja pada partikel 1: Gaya-gaya yang bekerja pada partikel 2: Gaya-gaya yang bekerja pada partikel 3: Hk II Newton partikel 1:
r ( e ) r ( i ) r (i ) F1 , F12 , F13 r ( e ) r ( i ) r (i ) F2 , F21 , F23 r ( e ) r ( i ) r (i ) F3 , F31 , F32Hk II Newton partikel 3:
r dp1 r (e ) r (i ) r (i ) = F1 + F12 + F13 dt
r dp 2 r (e ) r (i ) r (i ) = F2 + F21 + F23 dt
Hk II Newton partikel 2:
r dp 3 r (e ) r (i ) r (i ) = F3 + F31 + F32 dt
Lanjutan Sistem Banyak PartikelJumlahkan Hk II Newton pertikel 1, 2 dan 3:
r ( e ) r ( e ) r ( e ) r (i ) r ( i ) r ( i ) r (i ) r (i ) r ( i ) d r r r (p1 + p 2 + p 3 ) = F1 + F2 + F3 + (F12 + F21 ) + (F13 + F31 ) + (F23 + F32 ) dtRuas kiri adalah laju perubahan momentum total sistem. Di ruas kanan, gaya-gaya di dalam kurung adalah pasangan aksi-reaksi. Akhirnya diperoleh:
r (e ) r (e ) r (e ) r (e ) d r d r r r P = (p1 + p 2 + p 3 ) = F1 + F2 + F3 = F dt dt
Jadi, evolusi dari momentum total sistem hanya dipengaruhi oleh gaya-gaya luar saja
Pusat Massa SistemMomentum total sistem: r r r r P = p1 + p 2 + ...... + p N =r r r r pi = m1v1 + m2v2 + ...... + mN vNi =1 N
r r r r r r drN d dr1 dr2 = m1 + m2 + ...... + mN = (m1r1 + m2 r2 + ...... + mN rN ) dt dt dt dtN Bila Massa Total Sistem M, M = m1 + m2 + ...... + mN = mi i =1
Momentum total sistem menjadi:
r r r r r d (m1r1 + m2 r2 + ...... + mN rN ) d r P=M = M R pm = MV pm dt M dtMomentum total sistem banyak partikel sama dengan momentum sebuah partikel bermassa M (jumlah massa anggota sistem) yang terletak di pusat massanya
Lanjutan Pusat Massa SistemPosisi pusat massa sistem adalah:r r r r m r + m2 r2 + ... + mN rN R pm = 1 1 = M r Catt: mi rii =1 N N
Animasi 6-1
mi =1
i
Persamaan di samping adalah persamaan vektor, jadi kita dapat menuliskannya dalam bentuk komponen.
Secara fisis, pusat massa menunjukkan rata-rata letak massa sistem dan juga menunjukkan posisi tempat seolah-olah massa sistem terkumpulUntuk sistem yang terdiri dari benda kontinu, pusat massanya dapat dihitung dengan menganggap benda terdiri dari elemen-elemen kecil bermassa dm dan notasi sigma di atas diganti dengan integrasi
r r dm 1 r r = r dm R pm = dm M
Catt: Persamaan di samping adalah persamaan vektor, jadi kita dapat menuliskannya dalam bentuk komponen.
Latihan 21. Empat buah partikel dengan massa dan posisi (x,y) masing-masing sebagai berikut m1= 1 kg posisi (0 m,0 m), m2= 2 kg posisi (1 m,0 m), m3= 3 kg posisi (1 m,1 m), dan m4= 4 kg posisi (0 m,1 m). Tentukan posisi pusat massa sistem! 2. Sebuah batang yang panjangnya 10 m terletak pada sumbu x dengan pangkal batang pada posisi x = 0 dan ujung batang pada posisi x = 10 m. Anggap batang hanya berdimensi satu (x), tentukan posisi pusat massanya apabila! a. Rapat massa batang homogen b. Rapat massa batang merupakan fungsi posisi menurut (x) = 6x kg/m 3. Tentukan pusat massa sepotong kawat homogen (rapat massa konstan) yang berbentuk setengah lingkaran berjejari R!
R
Gerak Pusat MassaMomentum total sistem:
r r r r r d (m1r1 + m2 r2 + ...... + mN rN ) d r P=M = M R pm = MV pm dt M dtHk II Newton:
r r (e ) r d r d P= MV pm = M = Ma pm = F dt dt dt
(
)
r dV pm
Pusat massa sebuah sistem bergerak seperti sebuah partikel bermassa M = mi di bawah pengaruh gaya eksternal yang bekerja pada sistemAnimasi 6.2
Kekekalan Momentum
Definisi: sebuah sistem terisolasi adalah sistem yang tidak dikenai gaya eksternal padanyar r (e ) r d r d P= MV pm = M = Ma pm = F = 0 dt dt dt r d r P = 0 P = Konstan dt
(
)
r dV pm
Momentum dalam sebuah sistem terisolasi dimana terjadi peristiwa tumbukan adalah konstanTumbukan merupakan kontak fisik antara dua benda (atau lebih) Dalam setiap tumbukan, suatu gaya yang relatif besar bekerja pada masing-masing partikel yang bertumbukan dalam waktu yang relatif singkat Contoh: Kontak dapat timbul dari interaksi eletrostatik
Kekekalan Momentum (lanjutan)Prinsip kekekalan momentum menyatakan bahwa ketika gaya eksternal neto yang bekerja pada sebuah sistem yang terdiri dari dua benda (atau lebih) yang saling bertumbukan adalah nol, momentum total dari sistem sebelum tumbukan adalah sama dengan momentum total sistem setelah tumbukan
Kekekalan Momentum (lanjutan)
Secara matematik (untuk sistem yang terdiri dua partikel):
r r r r m1v1i + m2 v2i = m1v1 f + m2 v2 fMomentum adalah konstan untuk sistem benda Sistem mencakup semua benda yang saling berinteraksi satu dengan yang lainnya Diasumsikan hanya gaya internal yang bekerja selama terjadi tumbukan Dapat digeneralisasi untuk jumlah benda lebih dari duaAnimasi 6.3
Jenis Tumbukan (lanjutan)
Tumbukan Elastik (Lenting Sempurna)Momentum dan Energi kinetik kekal Animasi 6.4
Tumbukan Inelastik (Tidak Lenting)Momentum kekal sedangkan Energi kinetik tidak kekal Diubah
menjadi jenis energi yang lain seperti panas, suara
EK i = EK f + energi hilang
Tumbukan inelastik sempurna (tidak lenting sama sekali) terjadi ketika setelah tumbukan benda saling menempel Animasi 6.5 Tidak
semua energi kinetik hilang
Tumbukan inelastik sebagian (tidak lenting sebagian), terjadi antara elastik dan inelastik sempurna (tumbukan yang sebenarnya)
Tumbukan 1 DimensiTumbukan elastik sempurna, inelastik sempurna, inelastik sebagian Koefisien restitusi e merupakan ukuran keelastikan suatu tumbukan, didefinisikan sebagai rasio antara kelajuan saling menjauh relatif dan kelajuan saling mendekat relatif
e=
v2f v1f v2i v1i
Tumbukan 2 dan 3 DimensiTumbukan elastik sempurna, inelastik sempurna, inelastik sebagian
Strategi Pemecahan Masalah Tumbukan 2 & 3 DimensiUraikan kekekalan momentum dalam tiap komponen Terapkan hukum kekekalan energi untuk kasus tumbukan elastik sempurna
Latihan 31. Sebuah benda bermassa m1 = 2 kg bergerak dengan kecepatan v1 = (3 i) m/s. Benda lain bermassa m2 = 4 kg bergerak dengan kecepatan v2 = (3 i + 6 j) m/s. Kedua benda bertumbukan dan tetap bersatu setelah tumbukan. Hitunglah a. Kecepatan kedua benda setelah bertumbukan! b. Energi kinetik benda sebelum dan sesudah tumbukan! 2. Sebuah bola bilyar bergerak dengan kecepatan u1 = (4 i) m/s. Bola menumbuk bola lain yang identik dalam keadaan diam. Setelah tumbukan, bola pertama membentuk sudut 300 dengan arah semula. Bila tumbukan bersifat elastik sempurna, tentukan kecepatan masing-masing bola setelah tumbukan.
Kerangka Acuan Pusat Massar r r d r d P= MV pm = M = Ma pm = F (e ) = 0 dt dt dt r d r P = 0 P = Konstan dt
(
)
r dV pm
Jika gaya eksternal neto sama dengan nol, maka kecepatan pusat massa konstan Dipilih sistem koordinat dengan titik asal di pusat massa (Kerangka acuan pusat masa) Kerangka acuan pusat massa dinamakan juga kerangka acuan momentum nol Contoh r v1 dan m2 bergerak Sistem dua partikel, dimana m1 bergerak dengan kecepatan r dengan kecepatan v2 .
r r r m v + m2 v2 V pm = 1 1 Kecepatan pusat massa: m1 + m2
r r r Kecepatan-kecepatan dalam kerangka pusat massa: u1 = v1 V pm r r r u2 = v2 V pm
Energi Kinetik Sistem Partikel
Energi kinetik sistem partikel adalah jumlah energi kinetik masing-masing partikel
r r r r 1 r2 1 r r 1 K = mi vi = mi (vi .vi ) = mi (V pm + ui ).(V pm + ui ) i 2 i 2 i 2 r 1 r2 1 r2 = miV pm + mi ui + V pm . mi ui i 2 i 2 i 1 r2 1 r2 1 r2 1 r2 = miV pm + mi ui = MV pm + mi ui 2 i 2 i 2 i 2
Suku pertama adalah energi kinetik yang berhubungan dengan gerakan pusat massa dan suku kedua adalah energi kinetik sistem partikel relatif terhadap pusat massa
PRBuku Tipler Hal 258-259 no: 52, 54, 58 Hal 260 no: 78
Gerak dengan Massa BerubahHukum II Newton :
r Feksternal
r r r dP d dv r dM = = (Mv ) = M +v dt dt dt dt
Ruas kiri menyatakan resultan gaya-gaya luar yang bekerja pada sistem Suku pertama ruas kanan menyatakan perubahan momentum sistem akibat perubahan kecepatannya Suku kedua ruas kanan menyatakan perubahan momentum sistem akibat perubahan massanya
Dorongan Roket Prinsip
roket berdasarkan pada hukum kekekalan momentum yang diaplikasikan pada sebuah sistem, dimana sistemnya adalah roket sendiri ditambah bahan bakarBerbeda dengan dorongan yang terjadi di permukaan bumi dimana dua benda saling mengerjakan gaya satu dengan yang lainJalan
pada mobil Rel pada kereta api
Dorongan Roket (lanjutan) Roket
dipercepat sebagai hasil dari hentakan buangan gas Ini merepresentasikan kebalikan dari tumbukan inelastikMomentum kekal Energi kinetik bertambah
Dorongan Roket (lanjutan)Pada saat t :m
mv
Massa
awal roket (+ bahan bakar) adalah m Kecepatan awal roket adalah v Momentum
awal sistem Pi = m v
Dorongan Roket (lanjutan)Pada saat t + t :m m u m
Massa roket sekarang adalah adalah m m Massa gas yang keluar m Kecepatan roket bertambah menjadi v + v Momentum akhir sistem Pf = momentum roket + momentum gas buang
Pf = (mm) (v+v) + m u
Dorongan Roket (lanjutan)Pf - Pi = m v + m[u- (v + v )] = Feks t Feks v m [u- (v + v )] =m + t t
m dm Limit t 0 v 0 dan = dt t d v dm d v dm [u- v] = m v relatif Feks = m dt dt dt dt dv dm dm d dm +v u = (m v ) - u Feks = m dt dt dt dt dt
Dorongan Roket (lanjutan)Persamaan umum gerak roket :
Feks
d v dm =m v relatif dt dt
v relatif = Kecepatan gas yang keluar relatif terhadap roket
dm = Laju pembakaran gas dt dm v relatif = Gaya dorong dt
Latihan1. Sebuah roket bergerak dalam ruang bebas tanpa medan gravitasi dengan kecepatan awal v0= 500 i m/s. Roket menyemburkan gas dengan laju relatif terhadap roket sebesar 1000 m/s dalam arah berlawanan gerak roket. a. Berapa kecepatan akhir roket ketika massanya tinggal kali semula! b. Berapa besar gaya dorong selama perjalanan bila laju pembakaran gas 10 kg/s Roket bermassa 6000 kg disiapkan untuk peluncuran vertikal. Jika laju semburannya 1000 m/s, berapakah banyaknya gas yang harus disemburkan tiap detik agar dapat diperoleh dorongan yang dibutuhkan untuk: a. mengatasi berat roket! b. memberikan percepatan awal pada roket sebesar 20 m/s2!
2.
Recommended