BAB 4 Usaha Dan Momentum-Handout

USAHA DAN ENERGI

USAHA DAN ENERGI ‰ Usaha dalam pengertian di Fisika sebanding dengan gaya dan perpindahan 9 Usaha yang dilakukan makin besar jika gaya yang bekerja pada benda juga besar 9 Jika gaya yang bekerja pada benda besar namun benda belum bergerak maka tidak ada usaha

‰ Energi didefinisikan sebagai kemampuan untuk melakukan usaha Beberapa contoh energi 9 Energi yang dimiliki oleh benda yang bergerak dinamakan energi kinetik Contoh mobil yang bergerak akan memiliki energi kinetik 9 Energi yang ada karena letak atau konfigurasi sistem dinamakan energi potensial

Usaha ‰ Usaha disimbolkan dengan lambang W memiliki satuan Internasional Joule [J] ‰ Jika gaya (F) konstan dan berimpit dengan perpindahan (∆r) benda maka WAB=F(∆r)

F

‰ Jika gaya (F) konstan dan tidak berimpit dengan perpindahan (∆r) benda maka

θ

r r W = F .∆r = F (∆r ) cos θ

‰ Secara umum jika gaya tidak konstan dan/atau lintasan tidak membentuk garis lurus maka B r r WAB = ∫ F .dr .

B

A F

B

A F

B A

A

1

Contoh

(

r

)

Gaya F = yiˆ + 2 xˆj N bekerja pada sebuah partikel. Dengan gaya tersebut partikel berpindah dari titik A(0,0) ke titik B(2,4). Hitung usaha yang dilakukan gaya tersebut jika lintasan partikel adalah y(m)

a. Garis patah ACB b. Garis patah ADB c. Garis lurus AB d. Garis parabola

D

B

Usaha yang dilakukan gaya tsb dari A ke B adalah

∫ (yiˆ + 2 xˆj )(. iˆdx + ˆjdy ) B

WAB =

A

B

A

C

x(m)

( ydx + 2 xdy )

WAB = ∫

A

a. Melalui lintasan ACB C

B

( ydx + 2 xdy ) + ∫ ( ydx + 2 xdy )

WAB = WAC + WCB = ∫

A

WAB =

C

( 2, 0 )

( 2, 4 )

( 0, 0 )

( 2, 0 )

∫ ( ydx + 2 xdy ) + ∫ ( ydx + 2 xdy )

Untuk lintasan AC hanya koordinat x yang berubah sementara y tetap, yaitu y=0 (dy=0), Sedangkan untuk lintasan CB koordinat x tetap, yaitu x=2 (dx=0) dan koordinat y berubah.

WAB =

( 2, 4 )

4

( 2,0 )

0

∫ 2 xdy = ∫ 4dy = 16 J

b. Melalui lintasan ADB D

WAB = WAD + WDB = ∫ A

WAB =

B

( ydx + 2 xdy ) + ∫ ( ydx + 2 xdy ) D

( 0, 4 )

( 2, 4 )

( 0, 0 )

( 0, 4 )

∫ ( ydx + 2 xdy ) + ∫ ( ydx + 2 xdy )

Untuk lintasan AD hanya koordinat y yang berubah sementara x tetap, yaitu x=0 (dx=0), Sedangkan untuk lintasan DB koordinat y tetap, yaitu y=4 (dy=0) dan koordinat x berubah.

WAB =

( 2, 4 )

2

(0,4)

0

∫ ydx = ∫ 4dy = 8 J

2

c. Melalui lintasan garis lurus AB Persamaan garis lurus AB adalah y = 2 x → dy = 2dx Usaha yang dilakukan melalui garis lurus AB adalah B

WAB = ∫

A

( 2, 4 )

( ydx + 2 xdy ) = ∫ ( ydx + 2 xdy ) ( 0,0 )

Ganti variabel y dan dy sesuai dengan persamaan garis AB sehingga 2

2

0

0

WAB = ∫ (2 xdx + 4 xdx ) = ∫ 6 xdx W AB = 12 J

c. Melalui lintasan garis parabola AB Persamaan garis parabola AB adalah y = x 2 → dy = 2 xdx Usaha yang dilakukan melalui garis lurus AB adalah B

WAB = ∫

( 2, 4)

( ydx + 2 xdy ) = ∫ ( ydx + 2 xdy ) (0,0)

A

Ganti variabel y dan dy sesuai dengan persamaan garis parabola AB sehingga 2

2

0

0

WAB = ∫ x 2 + 4 x 2 dx = ∫ 5 x 2 dx WAB = 40 / 3 J

Usaha Gaya Konservatif dan Non Konservatif ‰ Gaya Konservatif (Fk) adalah gaya yang usahanya tidak bergantung pada lintasan tempuh ‰ Gaya Non Konservatif (Fnk) adalah gaya yang usahanya bergantung pada lintasan tempuh

r

(

)

Gaya F = yiˆ + 2 xˆj N pada contoh di atas termasuk gaya non konservatif karena usaha yang dilakukan gaya ini dari A ke B melalui tiap lintasan berbeda-beda nilainya ‰ Untuk Gaya Non Konservatif (Fnk), usaha yang dilakukan gaya ini pada suatu lintasan tertutup tidak nol, C1 A

r r B r r Ar r B r r B r r W = ∫ Fnk .dr = ∫ Fnk .dr + ∫ Fnk .dr = ∫ Fnk .dr − ∫ Fnk .dr ≠ 0 A C1

B C2

A C1

A C2

B C2

3

Usaha Gaya Konservatif dan Non Konservatif (2) Gaya gesekan juga termasuk gaya non konservatif karena gaya gesekan adalah gaya disipasif yang usahanya selalu negatif (gaya gesekan arahnya selalu melawan perpindahan) sehingga usahayang dilakukan gaya gesekan pada suatu lintasan tertutup tidak akan pernah nol Contoh gaya konservatif adalah gaya gravitasi, gaya pegas, dan gaya Listrik. Ketiga gaya ini usahanya tidak bergantung lintasan.

r

(

)

Gaya F = yiˆ + xˆj N adalah contoh lain gaya konservatif, karena gaya ini tidak bergantung pada lintasan tempuh. Coba kita masukkan gaya ini pada contoh sebelumnya. B

(

)(

)

B

WAB = ∫ yiˆ + 2 xˆj . iˆdx + ˆjdy = ∫ ydx + xdy A ( 2, 4 )

( 2, 4 )

( 0, 0 )

( 0, 0 )

WAB =

A

∫ ydx + xdy =

∫ d ( xy) = 8 J

Daya ‰ Daya menyatakan seberapa cepat usaha berubah terhadap waktu atau didefinisikan sebagai laju usaha yang dilakukan per detik ‰ Daya disimbolkan dengan P memiliki satuan Joule/detik atau Watt r r rr dW F .dr P= = = F .v dt dt dengan F adalah gaya yang bekerja dan v adalah kecepatan benda

‰ Contoh : Sebuah pompa air tertulis 100 Watt artinya dalam satu detik pompa tersebut memiliki usaha 100 J. Jika dibutuhkan usaha10 KJoule untuk memompa 100 liter air dari kedalaman 10 m maka pompa tersebut dapat memompa 100 liter dalam waktu100 detik.

Energi Kinetik ‰ Energi kinetik adalah energi yang dimiliki oleh setiap benda yang bergerak ‰ Energi kinetik sebanding dengan massa benda dan sebanding juga dengan kuadrat laju benda ‰ Jika suatu gaya F bekerja pada benda bermassa m maka usaha yang dilakukan gaya tsb dari A ke B adalah B

r

A

dt

r r dv WAB = ∫ F .dr = ∫ m .dr B

A

B

Ingat Hk. Newton F=ma

rr = ∫ mdv .v = 12 mvB2 − 12 mv A2 = Ek B − Ek A A

dengan EkB adalah energi kinetik di B dan EkA energi kinetik di A

‰ Dari persamaan terakhir disimpulkan : Usaha = Perubahan Energi Kinetik

4

Contoh Sebuah benda bermassa 2 kg dilepaskan dari ketinggian 5 m. Berapa usaha yang dilakukan gaya gravitasi dan berapa laju benda setelah sampai di tanah? ‰ Usaha gaya gravitasi A

B

W AB = Wgrav = ∫ mgdy = mgh = 100 J A

mg

‰ Mencari kecepatan di tanah (B)

h

WAB = 12 mv B2 − 12 mvB2 B

mgh = 12 mvB2 vB = 10m / s

Pembahasan Usaha dari Grafik ‰ Jika gaya yang bekerja pada benda adalah satu dimensi, dan gaya tersebut dinyatakan dalam bentuk kurva atau grafik maka usaha adalah luas daerah di bawah kurva F(x) B WAB = ∫ F ( x)dx A

= luas daerah arsir A

B

x

F(N)

Contoh Gaya yang bekerja pada benda 2kg digambarkan dalam grafik di samping. Jika kecepatan awal benda 2 m/s, berapa kecepatannya setelah 6 detik?

8

2

4

6 X(m)

‰ Usaha = luas daerah di bawah kurva WAB = 8 + 16 + 8 = 32m ‰ Usaha = perubahan energi kinetik

W AB = 12 mv 2 − 12 mv02 → 32 = 12 ( 2)v 2 − 12 (2)(2) 2 → v = 6m / s Contoh 2 Balok 2 kg meluncur ke kanan dengan laju 10 m/s pada lantai kasar dengan µk seperti grafik di samping

µk 0,5

Tentukan : 4

10 x(m)

‰ Usaha yang dilakukan oleh gaya gesekan dari x=0 sampai x=10 m

‰ Kecepatan balok saat sampai pada titik x=10 m

5

‰ Besar gaya gesekan adalah f k = µ k N = µ k mg = 20 µ k Usaha yang dilakukan gaya gesekan adalah x =10

Wges = −

x =10

∫ f dx = −20 ∫ µ dx k

k

x =0

x =0

= −20 x(luas daerah kurva) = −20(1 + 3) = −80 J (tanda minus pada usaha yang dilakukan gaya gesekan disebabkan Karena gaya gesekan berlawanan arah dengan perpindahan balok)

‰ Usaha=perubahan energi kinetik Wges = 12 mv 2 − 12 mv02

− 80 = 12 (2)v 2 − 12 (2)(10) 2

v = 20 m / s

Ada gesekan menyebabkan kecepatan balok menjadi berkurang (perlambatan)

Energi Potensial ‰ Jika gaya yang bekerja pada benda adalah gaya konservatif maka usaha yang dilakukan gaya ini tidak bergantung pada lintasan tempuh, usahanya hanya bergantung pada titik awal dan titik akhir saja (usahanya hanya bergantung pada posisi) ‰ Oleh karena itu dapat didefinisikan besaran U yang merupakan fungsi dari posisi B r r WAB = ∫ Fk .dr = −U ( B ) − (− U ( A) ) A

dengan U(B) adalah energi potensial di titik B dan U(A) adalah energi potensial di titik A ‰ Biasanya dalam pendefinisian energi potensial digunakan titik acuan, yaitu suatu titik yang diketahui energi potensialnya.

Energi Potensial (2) ‰ Misalnya dalam kasus di atas diambil titik A sebagai acuan, di mana U(A)=0 maka B

WAB =

r

r

∫ F .dr = −U ( B) − (− U ( A)) = −U ( B) k

Acuan

‰ Dengan kata lain, untuk sembarang posisi r, energi potensial di posisi r tersebut adalah r

U (r ) = −

r

r

∫ F .dr k

Acuan

Jadi energi potensial di titik r adalah usaha untuk melawan gaya Konservatif yang bekerja pada benda agar benda berpindah dari Titik acuan ke titik r tersebut

6

Contoh ‰ Energi potensial benda bermassa m yang terletak pada ketinggian h : h

U (h) = − ∫ mg (− ˆj ). ˆjdy = mgh 0

Titik acuan diambil di permukaan h=0 dengan energi potensial sama dengan nol ‰ Energi potensial benda bermassa m yang terletak pada sistem pegas yang teregang sejauh x : x

U ( x) = − ∫ − kxdx = 12 kx 2 0

Titik acuan diambil di x=0, yaitu saat pegas dalam keadaan Kendur, dengan energi potensial sama dengan nol

Hukum Kekal Energi ‰ Jika gaya yang bekerja pada benda adalah gaya konservatif maka usaha yang dilakukan gaya ini dari A ke B adalah B r r WAB = ∫ Fk .dr = −U ( B ) − (− U ( A) ) A

‰ Di sisi lain semua usaha yang dilakukan suatu gaya dari A ke B sama dengan perubahan energi kinetik B r r WAB = ∫ Fk .dr = Ek B − Ek A A

‰ Dari dua pernyataan di atas dapatdisimpulkan jika gaya yang bekerja pada benda adalah gaya konservatif maka

Ek B − Ek A = −U ( B) − (− U ( A) ) atau

Ek B + U ( B ) = Ek A + U ( B )

Hukum Kekal Energi (2) ‰ Pernyataan di atas dikenal dengan Hukum Kekal Energi (HKE), yang arti fisisnya adalah bahwa energi total di titik B sama dengan energi total di titik A (energi di semua titik adalah sama)

Ek B + U ( B) = Ek A + U ( B) ‰ Energi total di suatu titik adalah jumlah semua energi potensial pada benda tersebut ditambah energi kinetiknya

E = Ek + U (r ) ‰ Jika gaya yang bekerja pada benda adalah gaya gravitasi maka hukum kekal energi menjadi 1 2

mvB2 + mghB = 12 mv A2 + mghA

dengan vB dan vA adalah kecepatan di titik B dan A, serta hB dan hA adalah ketinggian titik B dan A

7

Contoh 1 Balok 2 kg meluncur pada bidang miring dari titik A tanpa kecepatan awal menuju titik B. Jika bidang miring 37o licin dan jarak AB adalah 5 m, tentukan : N

‰ Usaha yang dilakukan gaya gravitasi dari A ke B ‰ Kecepatan balok di B

mgsin37 A hA mg

x

37o B

Usaha yang dilakukan gaya gravitasi adalah B r r B Wgrav = ∫ Fgrav .dr = ∫ mg sin 37 dx = mg sin 37( AB) = ( 2)(10)(0,6)(5) = 60 J A

A

Pada balok hanya bekerja gaya gravitasi yang termasuk gaya Konservatif sehingga untuk persoalan di atas berlaku Hukum Kekal Energi 1 2

mvB2 + mghB = 12 mv A2 + mghA

1 2

( 2)v B2 + 0 = 0 + 2(10) hA ,

vB =

← hA = ( AB) sin 37 = 3m

60 m / s

Menentukan kecepatan balok di titik B dapat pula dicari dengan cara dinamika (Bab II), dengan meninjau semua gaya yang bekerja, kemudian masukkan dalam hukum Newton untuk mencari percepatan, setelah itu cari kecepatan di B.

Contoh 2 Balok m=2 kg bergerak ke kanan dengan laju 4 m/s kemudian menabrak pegas dengan konstanta pegas k.

m

A B C Jika jarak AB=2m, BC=0,5m dan titik C adalah titik pegas tertekan maksimum, tentukan ‰ kecepatan balok saat manabrak pegas di B ‰ konstanta pegas k Penyelesaian : ‰ Gunakan hukum kekal energi untuk titik A sampai B 1 2

mvB2 + U ( B ) = 12 mv A2 + U ( A)

karena energi potensial di A dan di B tidak ada U(A)=U(B)=0 maka kecepatan di B sama dengan kecepatan balok di A, yaitu 4 m/s

8

‰ Kecepatan balok di C adalah nol karena di titik C pegas tertekan maksimum sehingga balok berhenti sesaat sebelum bergerak kembali ke tempat semula Gunakan hukum kekal energi untuk titik B sampai C 1 2

mvC2 + 12 kxC2 = 12 mvB2 + 12 kxB2

0 + 12 k ( BC ) 2 = 12 (2)(4) 2 + 0 1 2

k ( 12 ) 2 = 12 (2)(4) 2

k = 128 N / m

Contoh 3 C

Benda bermassa m diputar dengan tali sehingga membentuk lintasan lingkaran vertikal berjejari R

R

T

B

‰ berapa kecepatan awal minimum di titik A agar m dapat mencapai ¼ lingkaran (titik B) ‰ berapa kecepatan awal minimum di titik A agar m dapat mencapai satu putaran penuh

mg

A

Penyelesaian ‰ Tinjau benda m di titik B, gaya yang bekerja pada m adalah mg dan T Usaha yang dilakukan T adalah nol karena tegak lurus perpindahan Gunakan hukum kekal energi di titik A dan B 1 2

mvB2 + mghB = 12 mv A2 + mghA

0 + mgR = 12 mv A2 + 0 → v A = 2 gR

C

mg T

R

B

‰ Agar m dapat mencapai satu putaran penuh maka saat m mencapai titik C semua komponen gaya pada m yang berarah ke pusat lingkaran harus bertindak sebagai gaya sentripetal, shg T + mg = Fsp = m

A

vC2 =

vC2 R

TR + gR m

Gunakan Hukum kekal energi di titik A dan C 1 2

mv A2 + mghA = 12 mvC2 + mghC

1 2

mv A2 + 0 = 12 m( TR + gR ) + mg 2 R m

v A2 = TR m + 5 gR → v A min = 5 gR

(ambil T=0)

9

Hukum Kekal Energi dalam gaya non konservatif ‰ Jika gaya yang bekerja pada benda adalah gaya konservatif dan gaya non konservatif maka gaya total

r r r F = Fk + Fnk

‰ Usaha yang dilakukan gaya total ini dari A ke B adalah B r B r r r WAB = ∫ Fk .dr + ∫ Fnk .dr A

A

WAB = −U ( B ) − (− U ( A) ) + Wnk B r r dengan Wnk = ∫ Fnk .dr adalah usaha yang dilakukan gaya non konservatif A

‰ Ruas kiri WAB adalah sama dengan perubahan energi kinetik, sehingga

Ek B + U ( B) = Ek A + U ( A) + Wnk Persamaan terakhir ini yang disebut dengan Hukum Kekal Energi dalam gaya konservatif dan non konservatif

Contoh 1 Balok 2 kg meluncur pada bidang miring dari titik A tanpa kecepatan awal menuju titik B. Jika bidang miring 37o kasar dengan µk=1/2 dan jarak AB adalah 5 m, tentukan : N

fk mgsin37 A

‰ Usaha yang dilakukan gaya gesekan dari A ke B ‰ Kecepatan balok di B

hA x

mg

37o B

Usaha yang dilakukan gaya gesekan adalah B r B r Wges = ∫ Fges .dr = − ∫ mk mg cos 37dx = −(1 / 2)(2)(10)(0,6)(5) = −30 J A

A

Tanda minus diatas karena gesekan berlawanan arah dengan perpindahan

Gaya gesekan adalah gaya non konservatif sehingga dalam persoalan di atas terdapat Wnk

Wnk = W ges = −30 J Selain gesekan, pada balok hanya bekerja gaya gravitasi yang termasuk gaya Konservatif sehingga untuk persoalan di atas berlaku Hukum Kekal Energi dalam gaya konservatif dan non konservatif 1 2

mvB2 + mghB = 12 mv A2 + mghA + Wnk

1 2

(2)vB2 + 0 = 0 + 2(10)hA − 30,

← hA = ( AB ) sin 37 = 3m

vB = 30 m / s

10

Contoh 2 B

F

37o

A

Balok 0,1 kg didorong pada bidang miring dengan gaya horisontal F=1 N di titik A tanpa kecepatan awal. Jika bidang miring 37o kasar dengan µk=1/2 dan jarak AB adalah 5 m, tentukan :

‰ Usaha yang dilakukan gaya gravitasi sepanjang AB ‰ Usaha yang dilakukan gaya gesekan sepanjang AB ‰ Usaha yang dilakukan gaya F sepanjang AB ‰ Kecepatan balok di titik B Penyelesaian ‰ Usaha yang dilakukan gaya gravitasi sepanjang AB B r B r Wgrav = ∫ Fgrav .dr = ∫ mg sin 37 dx = mg sin 37( AB) = (0,1)(10)(0,6)(5) = 3 J A

A

‰ Usaha yang dilakukan gaya gesekan sepanjang AB B B r r Wges = ∫ Fges .dr = − ∫ µ k (mg cos 37 + F sin 37)dx A

A

Wges = −(1 / 2){(0,1)(10)(0,6) + (1)(0,6)}(5) = −3 J

‰ Usaha yang dilakukan gaya F sepanjang AB B r B r W F = ∫ F .dr = ∫ F cos 37 dx = (1)(0,6)(5) = 3 J A

A

‰ Kecepatan di titik B dapat dicari dengan menggunakan konsep usaha total = perubahan energi kinetik W AB = W grav + W ges + W F = Ek B − Ek A W AB = 3 − 3 + 3 = 12 (0,1)v B2 − 0

v B = 60 m / s

Soal 1. Balok dengan massa 20 kg didorong sepanjang permukaan mendatar tanpa gesekan dengan gaya F yang membentuk sudut θ dengan permukaan. Selama gerakannya gaya bertambah mengikuti hubungan F=6x, dengan F dalam Newton dan x dalam meter. Sudut θ pun berubah menurut cos θ = 0,7 − 0,02x. Berapa kerja yang dilakukan oleh gaya bila balok bergerak dari x = 10 m sampai x = 20 m. 2. Benda seberat 20 N didorong ke atas bidang miring yang panjangnya 30 cm (kemiringan 30o), tanpa gesekan dengan gaya horizontal F. Bila laju di dasar adalah 6 cm/s dan di puncak adalah 30 cm/s, a. berapa usaha yang dilakukan F b. Berapa besar gaya F c. Bila bidang adalah kasar dengan µk=0,15, berapa jarak maksimum yang dapat ditempuh benda.

11

3.

Sebuah benda diputar dengan tali sehingga membentuk lintasan lingkaran vertikal dengan jari−jari R. a. Tentukan kecepatan minimum di titik A agar dapat menempuh ¼ lingkaran (titik B) b.Tentukan kecepatan minimum di titik A agar benda dapat mencapai satu lingkaran penuh.

C B A

4 F A

B

Sebuah benda 0,1 kg ada di atas bidang miring dengan sudut kemiringan 37o. Pada benda ini bekerja gaya F=1 N mendatar. Mula−mula benda diam di A kemudian bergerak ke B, panjang AB=5 m. Jika koefisien gesekan kinetis bidang adalah 0,5 tentukanlah kecepatan benda ketika sampai di Bdengan cara energi

MOMENTUM LINIER

IMPULS DAN MOMENTUM LINIER Definisi Momentum ‰ Momentum linier atau ditulis momentum saja adalah kuantitas gerak yang bergantung pada massa dan kecepatan benda (v) ‰ Momentum adalah vektor dan besarnya disimbolkan dengan P memiliki satuan kg m/s

r r p = mv

Definisi Impuls ‰ Secara matematis impuls didefinisikan sebagai integral dari gaya yang bekerja pada benda terhadap waktu ‰ Impuls juga besaran vektor, disimbolkan dengan I memiliki satuan Ns

r t r I = ∫ Fdt t0

12

Hukum Newton dalam Impuls ‰ Hukum Newton dapat ditulis kembali dalam bentuk

r dpr d r = (mr ) F= dt dt

‰ Jika gaya F tersebut diintegralkan untuk seluruh waktu maka persamaan di atas menjadi r p t r r r r r r ∫ Fdt = ∫ dp = p − p0 = mv − mv0 0

r p0

dengan p adalah momentum akhir, p0 momentum awal, v kecepatan akhir dan v0 kecepatan awal

‰ Dengan definisi impuls dan momentum maka diperoleh

r r r r I = p − p 0 = ∆p

‰ Atau dengan kata lain : Impuls = perubahan momentum

Contoh Benda bermassa 2 kg bergerak dengan kecepatan awal 2 m/s dalam arah sb x, dan 4 m/s dalam arah sb y. Kemudian pada benda bekerja gaya dalam arah sb y Fy=2t N, dan gaya dalam arah sb x seperti gambar di samping.

5

Fx (N) 4 2

t(s)

-5

Tentukan : a. Impuls antara t=0 sampai t=4 s b. Kecepatan saat t=4 s Penyelesaian a. Impuls pada benda yang gayanya dua dimensi ditulis dalam bentuk r

I = I x iˆ + I y ˆj

dengan Ix dan Iy adalah komponen impuls dalam arah sumbu x dan sumbu y

‰ Komponen impuls dalam arah sumbu x dapat diperolah dengan cara mencari luas daerah dari grafik, yaitu

I x = 12 (2)(5) + 12 (2)(−5) = 0

‰ Komponen impuls dalam arah sumbu y adalah 4

I y = ∫ 2tdt = t 2

r 0 ‰ Jadi : I = 16 ˆj Ns

4 0

= 16 Ns

b. Impuls = perubahan momentum

(

r r r r I = p − p 0 ⇒ 16 ˆj = p − 2 2iˆ + 4 ˆj

)

r p = 4iˆ − 12 ˆj kgm / s Sehingga kecepatan saat t=4 s adalah r r p v = = 2iˆ + 6 ˆj m / s m

13

Sistem Banyak Partikel ‰ Tinjau suatu sistem yang terdiri atas banyak partikel, katakansejumlah N partikel ‰ Momentum total sistem adalah resultan dari momentum setiap partikel

r r r r r p = p1 + p 2 + p3 + L + p N

‰ Jika pada partikel 1 dalam sistem tersebut bekerja gaya eksternal Fe1 maka dinamika partikel 1 adalah r r r dp1 r e r = F1 + F12 + F13 + L + F1 N dt dengan F12, F13,…, F1N adalah gaya internal/interaksi antara Partikel ke-1 dengan ke-2, dengan ke-3, ….., dengan ke-N

Sistem Banyak Partikel (2) ‰ Hal yang sama akan terjadi pada partikel ke-2, ke-3, …, ke-N, jika pada setiap partikel tsb bekerja gaya eksternal r r r dp2 r e r = F2 + F21 + F23 + L + F2 N dtr r r dp3 r e r = F3 + F31 + F32 + L + F3 N dt r r r dp N r e r = FN + FN 1 + FN 2 + L + FN ( N −1) dt ‰ Dinamika sistem banyak partikel ini akan ditentukan oleh resultan dari dinamika masing-masing partikel, yaitu r r d r r ( p1 + p2 + p3 + ... + p N ) dt r r r r r r r r = F1e + F2e + F3e + FNe + F12 + F21 + L + F1N + FN 1

Sistem Banyak Partikel (3) ‰ Pasangan gaya interaksi antar partikel saling meniadakan karena masing-masing gaya interaksi besarnya sama dan berlawanan arah. ‰ Jadi dinamika sistem hanya dipengaruhi gaya eksternal saja

r dp

dt

r r r r = F1e + F2e + F3e + .... + FNe

‰ Jika dihubungkan dengan Impuls dan momentum maka persamaan di atas menjadi

∑ I = ∫ (F r

re 1

)

r r r r + F2e + F3e + .... + FNe dt = ∆p

N

Impuls total yang bekerja pada sistem sama dengan perubahan Momentum sistem

14

Pusat Massa ‰ Dalam sistem banyak partikel, momentum total sistem adalah resultan dari momentum setiap partikel penyusunnya r r r r r p = p1 + p 2 + p3 + L + p N r r r r r p = m1v1 + m2 v 2 + m3 v3 + L + m N v N r r r r dr dr dr dr r p = m1 1 + m2 2 + m3 3 + L + m N N dt dt dt dt

‰ Jika massa total sistem adalah M=m1+m2+m3+….+mN maka momentum total sistem dapat ditulis r r r r r 1 d ⎛ m1 r1 + m1 r1 + m1 r1 + L m1 r1 ⎞ p= ⎜ ⎟ M dt ⎝ M ⎠

r r p = MV pm

Pusat Massa (2) dengan r d r V pm = R pm dt disebut dengan kecepatan pusat massa sistem banyak partikel, dan r d ⎛ m r + m2 r2 + m3 r3 + L + m N rN ⎞ R pm = ⎜ 1 1 ⎟ dt ⎝ M ⎠ adalah posisi pusat massa

Contoh Tentukan letak pusat massa sistem yang tersusun atas empat buah partikel yang bermassa m1=1kg, m2=2kg, m3=3kg, dan m4=4kg. Keempat partikel terletak pada titik sudut bujur sangkar yang memiliki panjang sisi 1 m Dengan sumbu koordinat seperti gambar y maka posisi pusat massa terbagi 2 komm4 m3 ponen

m1

m2

x

x pm =

1.0 + 2.1 + 3.1 + 4.0 = 0,5m 1+ 2 + 3 + 4

y pm =

1.0 + 2.0 + 3.1 + 4.1 = 0,7 m 1+ 2 + 3 + 4

15

Pusat massa untuk benda kontinu Pada prinsipnya sama dengan benda yang tersusun atas banyak Titik, hanya notasi sigma diganti dengan integral

r 1 r rpm = r dm M∫ Massa total sistem

M = ∫ dm

Contoh Batang yang panjangnya 10 m dibentangkan pada sumbu x dari X=0 sampai dengan x=10 m. Jika batang tidak homogen, rapat massanya fungsi dari posisi λ =12x kg/m, tentukanlah pusat massa Batang! ‰ elemen kecil batang pada posisi x yang panjangnya dx akan memiliki elemen kecil massa dm= λdx ‰ Massa total batang 10

10

0

0

M = ∫ dm = ∫ λdx = ∫12 xdx = 600kg ‰ Pusat massa batang

x pm =

1 20 xλdx = m M∫ 3

Hukum Kekal Momentum Jika resultan gaya eksternal pada benda atau sistem sama dengan nol maka

r dP =0 dt

atau

r P = kons tan

Momentum total sistem tetap (tidak berubah terhadap waktu) Momentum tiap bagian boleh berubah, tetapi momentum total sistem adalah tetap. Sebagai contoh berlakunya hukum kekal momentum adalah pada peristiwa tumbukan, misalnya dua buah benda bertumbukan maka 2 benda tsb dipandang sebagai satu sistem, sehingga momentum total sistem sebelum tumbukan sama dengan momentum sistem sesudah tumbukan

16

Tumbukan Dalam setiap tmbukan berlaku hukum kekal momentum, meskipun dalam tumbukan antara 2 benda bekerja gaya yang sangat singkat (gaya impulsif) namun jika 2 benda dipandang sebagai satu sistem masing-masing gaya impulsif dapat dipandang sebagai pasangan gaya aksi-reaksi. Ada 3 jenis tumbukan : ‰ Tumbukan lenting sempurna (pada tumbukan lenting sempurna berlaku hukum kekal energi kinetik) ‰ Tumbukan tidak lenting sama sekali ‰ Tumbukan lenting sebagian

Contoh Benda m1=2 kg bergerak dengan kecepatan 13 m/s ke kanan menumbuk benda lain m2=4 kg yang sedang bergerak ke kiri dengan laju 2 m/s. Setelah tumbukan kedua benda bersatu. Tentukan : ‰ Kecepatan kedua benda setelah tumbukan ‰ Energi kinetik kedua benda sebelum dan setelah peristiwa tumbukan terjadi Penyelesaian : Berlaku hukum kekal momentum Momentum awal sistem = momentum akhir sistem

m1v1 + m2v2 = m1v'1 + m2 v'2 2(13) + 4(−2) = (2 + 4)v' v' = 3m / s

Energi kinetik benda 1 sebelum tumbukan

Ek1 = 12 m1v12 = 169 J Energi kinetik benda 1 sebelum tumbukan

Ek 2 = 12 m2 v22 = 8 J Energi kinetik kedua benda setelah tumbukan

Ek1 = 12 (m1 + m2 )v'2 = 27 J Energi kinetik kedua benda sebelum dan setelah tumbukan tidak sama

17

Soal 1. Sebuah pesawat angkasa 1000 kg bergerak dengan kecepatan 2000 i m/s. Sebuah meteor menumbuk pesawat tsb sehingga kecepatannya menjadi 2000 i +2000 j m/s. Berapa Impuls tumbukkan ? 2. Sebuah bola 0,5 kg bertumbukan lenting sempurna dengan bola kedua yang sedang diam. Bola kedua tersebut menjauh dengan laju setengah laju awal bola. Berapa persen energi kinetik yang dipindahkan ke bola kedua 3. Sebuah bola bilyar bergerak dengan kecepatan 4 m/s menumbuk bola lain yang identik dalam keadaan diam. Setelah tumbukan bola pertama membentuk sudut 30o terhadap arah semula. Bila tumbukkan lenting sempurna, tentukan kecepatan masing− masing bola setelah tumbukan.

5. R

Sebuah peluru bermassa m dan kecepatan v menembus balok bermassa M, dan keluar dgn kecepatan v/2. Balok ini ada pada ujung tali dengan panjang R. Berapa kecepatan minimum peluru agar balok berayun satu lingkaran penuh ?

6. Rakit bujur sangkar 18 m kali 18 m, dengan massa 6200 kg digunakan sebagai perahu feri. Jika tiga mobil masing−masing dengan massa 1200 kg diletakkan di sudut timur laut, tenggara, dan barat daya, tentukan pusat massa dari feri. 7. Sebuah peluru ditembakkan dengan kecepatan awal 80i +60j m/s. Pada ketinggian tertentu peluru meledak menjadi dua bagian. Bagian pertama bermassa 1/3 dari massa semula jatuh pada jarak 200 m dari titik asalnya. Kedua benda tiba di tanah pada waktu bersamaan. Dimana letak jatuhnya bagian kedua.

8. Sebuah roket bergerak dalam ruang bebas tanpa meda gravitasi dengan kecepatan awal 500 i m/s. Roket menyemburkan gas dengan laju relatif terhadap roket 1000 m/s dalam arah berlawanan dengan gerak roket. a. Tentukan kecepatan akhir roket ketika massanya tinggal setengah kali massa semula, b. Berapa besar gaya dorong selama perjalanan ini bila laju penyemburan gas adalah 10 kg/s

18