5. Dinamika Linear Dan Rotasi

DINAMIKA LINEAR Teori Singkat Hukum-hukum Newton tentang Gerak 1. Hukum Newton Benda yang diam atau berada dalam gerak dengan kecepatan konstan akan terus berada dalam keadaan geraknya kecuali ada gaya yang bekerja padany. 2. Hukum Newton II Benda yang mendapat gaya akan bergerak sedemikian sehingga laju perubahan momentumnya sama dengan gaya yang bekerja padanyaa. 3. Hukum Newton III Jika dua benda saling mengerjakan gaya satu terhadap yang lainnya, maka kedua gaya itu sama besar dan berlawanan arah. Pasangan gaya ini dikenal sebagai gaya aksi dan gaya reaksi. Gaya-gaya yang sering dijumpai dalam persoalan mekanika:  Gaya gravitasi  Gaya tarikan dari bumi.  Arahnya selalu ke bawah.  W = mg.  Gaya normal  Gaya yang muncul akibat kontak antara dua benda.  Arahnya selalu tegak lurus bidang kontak (tidak selalu ke atas, tergantung orientasi bidang kontak).  Gaya gesek  Gaya yang muncul akibat kontak antara dua benda.  Arahnya selalu menyinggung bidang kontak dalam arah melawan kecenderungan gerak relatif permukaan kontak.  Ada dua jenis gaya gesek: gaya gesek statis dan gaya gesek kinetis.  Gaya gesek maksimum: fm = μN.  Tegangan tali  Gaya yang muncul pada tali yang dihubungkan pada benda atau permukaan lain.  Arahnya selalu menuju ke arah tali (sepanjang tali).  Gaya pegas  Gaya yang muncul pada pegas yang ditekan atau ditarik.  Arah gaya sedemikian sehingga melawan arah simpangan.  Gaya gesek diberikan oleh F = - kΔx.

Usaha, Energi dan Momentum  

Pendekatan (kekekalan) energi dan momentum biasanya digunakan ketika detail gerakan benda tidak perlu diketahui. Energi kinetik berkaitan dengan gerakan benda: EK = ½ mv2.



 

Usaha adalah besar perkalian antara gaya dengan perpindahan yang searah dengan gaya itu. Atau dengan kata lain, usaha adalah akumulasi gaya terhadap lintasan. W = F.s untuk kasus dimana gaya F konstan sepanjang lintasan s. Dalam perumusan yang lebih umum, usaha diberikan oleh W=∫F. ds . Usaha akan mengubah besarnya energi kinetik. W = ΔEK = EKf - EKi. Jika kerja W dilakukan dalam selang waktu Δt, maka daya rata-rata diberikan oleh

Untuk selang waktu yang sangat singkat 

  

   

  

Pada gaya-gaya tertentu, usaha untuk memindahkan susuatu benda dari satu titik ke titik lainnya tidak bergantung pada lintasan benda, tetapi hanya bergantung pada posisi awal dan posisi akhir benda. Gaya-gaya seperti ini dikenal sebagai gaya konservatif. Contoh gaya konservatif adalah gaya gravitasi dan gaya pegas. Pada gaya konservatif dapat didefinisikan energi potensial. Energi potensial gravitasi: Eg = mgh. Energi potensial pegas: Ep = ½ kΔx2. Jika pada suatu sistem hanya terdapat gaya-gaya konservatif saja, maka jumlah dari energi kinetik dan semua jenis energi potensial (total energi ini dikenal sebagai energi mekanik) adalah selalu sama sepanjang waktu: E = EK + Ep tidak bergantung pada waktu. Adanya gaya non konservatif (gaya disipatif seperti gaya gesek) akan mengubah besarnya energi mekanik. Usaha gaya non konservatif adalah sama dengan perubahan energi mekanik. Momentum didefinisikan sebagai hasil kali antara massa dengan kecepatan benda. p = mv Jika jumlah gaya-gaya luar dalam arah tertentu pada suatu sistem partikel adalah nol, maka total momentum pada arah tersebut kekal (tidak bergantung waktu). Impuls adalah akumulasi gaya terhadap waktu dan ini memberikan perubahan momentum. I = F Δt = Δp untuk kasus dimana gaya F konstan selama selang waktu Δt. Dalam perumusan yang lebih umum, impuls diberikan oleh I=∫Fdt Pada tumbukan, momentum sebelum dan sesudah tumbukan adalah sama, selama tidak ada gaya luar yang bekerja pada sistem. Tumbukan yang terjadi dapat bersifat elastis (energi kekal), dan tidak elastik (energi tidak kekal). Koefisien restitusi didefinisikan sebagai rasio antara kecepatan relatif sesudah tumbukan terhadap kecepatan relatif sebelum tumbukan.

 

Untuk tumbukan elastis sempurna, koefisien restitusi e adalah 1. Untuk tumbukan tidak elastic sama sekali e adalah 0. Untuk tumbukan elastik sebagian, nilai e antara 0 dan 1. Koefisien restitusi didefinisikan pada garis tumbukan

Contoh Soal 

1. Sebuah bola bilyar bergerak dengan kecepatan u1  4iˆ m/s. Bola menumbuk bola lain yang identik dalam keadaan diam. Setelah tumbukan bola pertama membentuk sudut 30° dengan arah semula. Bila tumbukan bersifat lenting sempuma, tentukanlah kecepatan masingmasing bola setelah tumbukan. Penyelesaian

Situasinya diperlihatkan dalam gambar. Informasi tambahan yang diberikan adalah bahwa kecepatan akhir bola pertama membentuk sudut 30° dengan arah semula. Kekekalan momentum: arah x

:

mu 1  mu 1 cos 30 0  mv 2 cos  u 1  v1 cos 30 0  v 2 cos 

arah y

:

(1)

0  mv 1 cos 30 0  mv 2 sin  0  v1 sin 30 0  v 2 cos 

(2)

Kekekalan energi kinetik untuk tumbukan lenting sempurna 1 2

mu 12  12 mv 12  12 mv 22

u 12  v12  v 22

(3)

Bila persamaan (1) dan (2) kita kuadratkan, lalu hasil kuadratnya kita jumlahkan, maka kita

dapatkan :





u 12  v12  2v1 v 2 cos 30 o cos   sin 30 o sin   v 22



u 12  v12  v 22  2v1 v 2 cos   30 o



Menurut persamaan (3) , ruas kiri haruslah nol sehingga : cos (a + 30°) = 0

α = 60°

atau

Substitusi ke dalam persamaan (2) memberikan :

v1 12   v 2

 3  0 1 2

atau

v1  v 2 3

Dengan hasil ini persamaan (1) menjadi

u1  v1

 3 v   1 2

1 2 2

 v 2  32   v 2  12   2v 2 v 2   12 u 1   12 4 = 2 m/s dengan arah membentuk sudut –60o dari sumbuh x+

v2 

 3  2 1 2

3 m/s

dengan arah membentuk sudut 30o dari sumbuh x+

2. Sebuah benda kecil bermassa m meluncur ke bawah suatu bukit licin dari ketinggian h tanpa kecepatan awal. Di dasar bukit benda mengenai papan bermassa M. Karena gesekan antara benda dan papan, benda diperlambat dan kemudian bergerak bersama papan dengan kecepatan sama. Hitung usaha total yang dilakukan oleh gaya gesekan dalam proses ini. Penyelesaian Massa m jatuh dari ketinggian h. Dengan mengingat bahwa energi potensial diubah menjadi energi kinetik kecepatan benda m di dasar bukit adalah: √ Tumbukan antara massa m dan papan (momentum kekal): mv = (M + m)v’ Dari kedua persamaan di atas kita peroleh nilai v'. Usaha yang dilakukan gaya gesekan papan dengan benda sama dengan perbedaan energi kinetik: Dimana Ek = ½ mv2 dan Ek’ = ½ (M + m)v’2

Dari persamaan-persamaan di atas kita peroleh,

.

3. Tinjau sistem seperti pada gambar. Jika massa benda 1 adalah 4 kali massa benda 2 dan tinggi h = 20 cm serta massa katrol, massa tali dan gesekan dibaikan, maka pada saat benda 2 dilepaskan, berapakah tinggi maksimum yang dicapai oleh benda 2?. h

m1

m2

Penyelesaian Perhatikan bahwa ketika benda 1 turun sejauh s, benda 2 akan naik sejauh 2s sehingga percepatan benda 2 dua kali percepatan benda 1. a2 = 2a1 T1

T2

m1 g

m2 g

m1g − T1 = m1a1

T2 − m2g = m2a2

Karena katrol yang bergerak tidak bermassa maka; T1 = 2T2 Selesaikan persamaan-persamaan di atas, kita akan peroleh, ( ) Atau

(

)

Waktu yang diperlukan benda 1 mencapai tanah dicari dengan rumus: atau √ Dalam waktu t1 ini benda 2 akan mencapai ketinggian h2 dan kecepatan v2.

Setelah benda 1 mencapai lantai, gerakan benda 2 adalah seperti gerakan benda yang dilemparkan ke atas dengan kecepatan awal v2 dari ketinggian h2. Benda 2 akan mencapai tinggi maksimum setelah waktu t'. v = v0 – gt 0 = v2 – gt’ t’ = v2/g Ketinggian maksimum benda 2 dicari dengan rumus: max max

( )

max max

4. Sebuah partikel A bermassa m menumbuk partikel B yang diam. Massa partikel B adalah M. Partikel A kemudian menyimpang dengan sudut 900, sedangkan partikel B menyimpang dengan sudut 300 terhadap gerakan awal partikel A. Berapa persen perubahan energi kinetik sistem setelah tumbukan jika M/m = 5 ?

Penyelesaian Dalam soal ini, momentum linear sistem dalam arah x dan y kekal. Gunakan variabel berikut: Partikel A datang dengan kecepatan awal u, kecepatan A setelah tumbukan adalah vA, dan kecepatan B setelah tumbukan adalah vB. Hukum kekekalan momentum dalam arah x: m u = M vB cos300, Hukum kekekalan momentum dalam arah y: 0 = mvA – M vB sin300. Dari dua hubungan ini, didapat dan v A = u tan300 Perbandingan energi kinetik akhir terhadap energi kinetik awal

Jadi energi kinetik yang hilang adalah 40%.

5. .

Dinamika Rotasi 

 

 

Rotasi berlawanan jarum jam sering kali didefinisikan sebagai arah rotasi positif dan rotasi berlawanan arah jarum jam sering kali didefinisikan sebagai arah rotasi negatif. Konvensi ini tidak wajib diikuti, selama besaran-besaran lain yang terkait didefinisikan dengan tanda yang konsisten. Kecepatan sudut ω merupakan besaran vektor, demikian juga percepatan sudut α. Energi kinetik rotasi sebuah benda yang berputar terhadap sumbu simetri yang melalui pusat massanya diberikan oleh jumlah total dari energi kinetik translasi massa-massa kecil (pembentuk benda itu) yang berotasi

Karena kecepatan massa-massa kecil yang berotasi diberikan oleh vi = ωri, didapat ( ) Momen inersia merupakan ukuran kelembaman benda berputar, didefinisikan sebagai: atau dalam notasi integral I=∫r 2dm sehingga energi kinetik rotasi diberikan oleh





    

Teorema sumbu sejajar: jika momen inersia suatu benda relatif terhadap sumbu simetri yang melewati pusat massa adalah I0, maka momen inersia benda tersebut relatif terhadap suatu sumbu yang sejajar dengan sumbu simetri tersebut dan berjarak h darinya diberikan oleh I = I0 + Mh2. Kemampuan sebuah gaya F untuk memutar sebuah benda ditentukan oleh besar gaya itu, jarak titik tangkap gaya terhadap pusat rotasi dan juga sudut antara gaya dan garis yang menghubungkan titik tangkap ke pusat rotasi. Kemampuan ini disebut sebagai torka. Torka didefinisikan sebagai ⃗ ⃗ Hukum Newton untuk rotasi: τ = I α. Usaha torka diberikan oleh W = τΔθ untuk besar torka yang sama selama perubahan sudut Δθ Untuk kasus yang lebih umum, usaha torka diberikan oleh W=∫ dt . Momentum sudut terhadap suatu titik O dari sebuah partikel dengan momentum p dan berada pada posisi r dari titik O diberikan oleh L=r×p Untuk benda tegar yang berotasi terhadap sumbu yang melalui pusat massanya dengan suatu kecepatan sudut tertentu, terdapat tambahan momentum sudut rotasi sebesar: L = Iω Jika tidak ada torka luar yang bekerja pada suatu sistem, maka total momentum sudut sistem itu tidak berubah terhadap waktu (momentum sudut kekal).





Impuls sudut adalah akumulasi torka terhadap waktu dan ini memberikan perubahan momentum sudut. Iθ = τ Δt = ΔL untuk kasus dimana gaya τ konstan selama selang waktu Δt. Dalam perumusan yang lebih umum, impuls sudut diberikan oleh ∫ Analogi gerak lurus dan gerak rotasi

Posisi

Translasi Murni x

Posisi sudut

Rotasi Murni θ

Kecepatan

v = dx/dt

Kecepatan sudut

ω = dθ/dt

Percepatan

a = dv/dt

Percepatan sudut

α = dω/dt

Massa Hukum ke-2 Newton untuk massa tetap

m Ft = ma

Momen inersia Hukum ke-2 Newton untuk massa tetap

I τt = Iα

Usaha

W=∫F.ds

Usaha

W =∫ d

Energi kinetik translasi

EK = ½ mv2

Energi kinetik rotasi

EK = ½ Iω2

Daya

P = Fv

Daya

P = τω

Gaya

F

Torka

=r×F

Momentum satu partikel Momentum benda tegar

p = mv

Impuls

I=∫Fdt

Momentum sudut satu L=r×p partikel Momentum sudut benda L = Iω tegar Impuls sudut I=∫ dt

Hukum ke-2 Newton untuk massa berubah    

p = Mvcm

Hukum ke-2 Newton untuk massa berubah

Gerakan benda menggelinding tanpa slip merupakan gerak kombinasi translasi murni dan rotasi murni dengan hubungan v = ωR, R adalah jari-jari benda yang menggelinding. Arah gaya gesek dalam proses menggelinding berlawanan dengan arah kecenderungan gerak relatif kedua permukaan yang bersentuhan. Untuk kasus khusus, dimana terjadi kesetimbangan (benda tidak bergerak selamanya), berlaku hubungan ΣF = 0, Στ = 0. Syarat keadaan setimbang: Jumlah vektor dari semua gaya luar yang bekerja pada benda dalam keadaan seimbang harus sama dengan nol,

Jumlah vektor semua torka luar yang bekerja pada benda dalam keadaan seimbang haruslah sama dengan nol

Contoh Soal 1. Dua bola bermassa masing-masing 10 kg digantung dengan sebuah batang tegar yang massanya dapat diabaikan seperti tampak pada gambar disamping. Panjang tali adalah 4 meter. Bola yang bawah ditembak dengan peluru yang meluncur pada arah mendatar dengan laju 400 m/s dan massanya 100 gram a. Bila peluru menancap pada bola dan kemudian bergerak bersama. berapakah ketinggian maksimum dari peluru dan bola tersebut?, b. Bila peluru menembus bola dan ternyata ketinggian maksimum dari bola adalah 50% dari hasil di a, berapakah laju peluru setelah menembus bola? Catatan : Semua gesekan yang ada diabaikan

Penyelesaian a. Tinjau sistem bola tersebut. bersama peluru. Tanpa momen gaya luar berlaku hukum kekekalan momentum sudut : Lp + Lb1 + Lb2 = Lb2p' +Lb1' Lp = mpvp L = momentum sudut peluru terhadap titik O sebelum tumbukan Lb1 = mb vb1 L = 0 = momentum sudut bola 1 terhadap titik O sebelum tumbukan . ( vb1 = 0 ) Lb2 = mb vb2 L = 0 = momentum sudut bola 2 terhadap titik O sebelum tumbukan ( vb2 = 0 ) Lb2p' = mb2 pω' L2 = momentum sudut bola 2 + peluru terhadap titik O setelah tumbukan Lbl' = mb1ω' ( L / 2 )2 = momentum sudut bola 1 terhadap titik O setelah tumbukan mp vpL 0,1  400  4   0,794 rad/s Jadi ' = 2 2 2 2 0,1  4  10  2 2  10  4 2 m p L  m b1 L / 2  m b 2 L Misalkan bola dan batang berhenti setelah berputar terhadap titik O setelah menempuh sudut putaran sebesar θ . Maka berdasarkan hukum kekekalan energi 1 1 m1 0,5L2 ' 2  m 2  m p L2 ' 2  m1g0,5L1  cos  (m 2  m p )gL1  cos 2 2 1 1  m p  2 m 2  m p L2 '2 1  cos 8 m1g0,5L   m 2  m p gL

1  cos

18 10  12 10  0,14 2  7942 10  2  10  0,1  410

o

q = 26,51 Dengan ini, maka peluru dan bola 2 akan naik sebesar 4(0.1052)m = 0.4208 m sebelum

berhenti. b). Bila bola 2 berhenti setelah naik 0.5 x 0.42 m = 0.21 m ( = h ), maka harga kecepatan sudut sistem sesaat setelah ditembus peluru dapat diperoleh sbb. 1 1 2 m1 L / 2 ' 2  m 2 L2 ' 2  m1gh / 2 m 2 gh 2 2 m gh / 2  m gh 10  10  0,21 / 2  10  10  0,21 ' 2  1 1 2 1 2 2   0,315  '  0,56 rad/s 2 2 m L  m L 10  4 / 8  10  4 / 2 1 2 2 Dari hukum kekekalan momentum sudut 2 m p Lv p  m1 L / 2 'm1L2 'm p Lv' p

m L / 2 'm 2 L2 ' 10  2 2  0,315  10  4 2  0,315 v' p  v p  1  400   242,5 m/s. mpL 0,1  4 Jadi kecepatan peluru sesaat setelah menembus bola 2 adalah 242.5 m / s. 2

2. Dari gambar disamping, sebuah bola pejal bermassa m menggelinding turun sepanjang bidang miring segi tiga yang bermassa M (M = 7m). Jari jari bola = r (r = 0.1 h) dan bidang miring ini bergerak terhadap lantai tanpa gesekan. Mula mula sistem diam. Jika diketahui sinθ = 0,6 dan g adalah percepatan grafitasi serta ada gesekan yang besar antara massa m dan M agar m tidak slip, berapakah kecepatan M ketika bola turun sejauh h ?.

h

vM M θ

Penyelesaian Energi potensial mula-mula = mgh sin θ. Energi kinetik mula-mula = 0 Energi potensial akhir = 0 Energi kinetik akhir = energi kinetik translasi m + Energi kinetik rotasi m + energi kinetik translasi M. 1 Energi kinetik translasi M = MvM2 2 1  2 1 v2 Energi kinetik rotasi m = I   I m2 , 2 2 r dimana vm = kecepatan relatif m terhadap M sepanjang bidang miring M. vm cos θ vM

θ vm vm sin θ

m





1 2 2 m v M  vm cos    vm sin   2 1 = m v M2  vm2  2vm v M cos 2 1 1 v2 1 Energi kinetik akhir = Mv M2  I m2  m(v M2  v m2  2v m v M cos ) 2 2 r 2 1 1 I = ( M  m)v M2  (1  )mvm2  mvm v M cos 2 2 mr 2 Hukum kekekalan momentum linier 0  Mv M  m(v M  v m cos )

Energi kinetik translasi m =





M m vM m cos hasil vm ini subtitusikan ke persamaan energi kinetik akhir, akan didapatkan : 1 1 I M m EK akhir  ( M  m)v M2  (1  ) m( v M ) 2  ( M  m)v M2 2 2 2 m cos mr  1 I  M m EK akhir  1   1 (m  M )v M2 2  2  mr  m cos   2 Hukum kekekalan energi Energi potensial awal = energi kinetik akhir Maka akan didapatkan : 2mgh sin  v M2    I  mM (m  M ) 1   1 2  2  mr  m cos   vm 

Jika nilai-nilai yang diketahui dimasukkan, maka akan didapatkan : v M  3. Sebuah tangga berbentuk segitiga sama kaki seperti pada gambar, mempunyai massa yang sangat kecil dan bisa diabaikan. Seorang tukang bangunan dengan massa m kg memanjat sampai ketinggian 3 meter dari dasar. Berapa tegangan tali penghubung (pada posisi horizontal di gambar) antara kedua sisi tangga? (nyatakan dalam m dan g, dimana g = percepatan gravitasi bumi).

Penyelesaian Tinjau sistem tangga dan orang, Gaya yang bekerja dalam arah Y :

N A  N B  mg ......................................................................(1) Tinjau sisi AC tangga,

gh 110

Torka/torsi terhadap titik C : N A .(1 meter)  mg .( 0,25 meter) - T .(

15 meter)  0 ............. (2) 2

Tinjau sisi BC tangga, Torka/torsi terhadap titik C :  N B .(1 meter )  T (

15 meter )  0 ........................................(3) 2

Dari persamaan (1), (2), dan (3) akan didapatkan : mg 15 15 T T m 4 2 2

sehingga nilai tegangan tali penghubung T adalah : T

15 mg . 20

4. Sebuah bola berjari-jari r dan bermassa m bergerak translasi dengan kecepatan awal v0 ke kanan. Bola ini juga berotasi dengan kecepatan sudut awal ω0. Hitung berapa lama waktu bola tersebut slip? Tentukan kecepatan linear akhir bola. Lantai kasar dengan koefisien gesek kinetis μ. Momen inersia bola adalah . Tinjau semua kasus yang mungkin (ω0 searah jarum jam dan berlawanan arah jarum jam). Penyelesaian: Pertama tinjau kasus ω0 searah jarum jam. Ada 3 kemungkinan yang terjadi: ω0r > v0, ω0r = v0 atau ω0r < v0. Jika ω0r > v0, maka gaya gesek ke arah depan. Persamaan gerak translasi: f = ma. Persamaan gerak rotasi: -fr = Iα. Gaya gesek diberikan oleh f = μmg dan momen inersia Gerak bola adalah gerak linear berubah beraturan, kecepatan diberikan oleh v=v0+µ g t . Demikian juga gerak rotasi, kecepatan sudut diberikan oleh Syarat agar berhenti slip v = ωr. Maka akan didapat v0+µ g t = ( dan v=v0+µ g t = (

)

Jika ω0r = v0 maka t = 0 dan v = v0. Jika ω0r < v0, maka gaya gesek ke arah belakang. Persamaan gerak translasi: -f = ma. Persamaan gerak rotasi: fr = Iα.

)

, atau

Gerak translasi diberikan oleh v=v0−µ g t Gerak rotasi diberikan oleh Syarat agar berhenti slip v = ωr. Maka akan didapat v0−µ g t=ω0 r + (

, atau

).

Untuk kasus ω0 berlawanan arah jarum jam, gaya gesek selalu ke belakang. Persamaan gerak translasi: -f = ma. Persamaan gerak rotasi: fr = Iα. Gerak translasi diberikan oleh v=v0−µ g t Gerak rotasi diberikan oleh Tanda negatif menunjukkan arah ω0 berlawanan arah jarum jam. Syarat agar berhenti slip v0−µ g t=ω0 r + atau ( ). dan v=v0+µg t = ( ) Tampak bahwa v akhir bisa negatif jika 5 v0