08. Mek - Momentum, Impuls Dan Tumbukan

Subtopik A

• Besaran Fisis • Gerak 1D & 2D

B

• Hukum Gerak Newton • Aplikasi Hukum Newton

C

• Kerja & Energi • Kekekalan Energi

D

• Momentum • Gerak Rotasi

E

• Gravitasi • Gerak Periodik

F

• Mekanika Fluida • Gelombang & Bunyi

     

Momentum dan Impuls Kekekalan Momentum Kekakalan Momentum dan Tumbukan Tumbukan Elastik dan Inelastik Pusat Massa Sistem bergerak dengan massa berubah

Tujuan Instruksional Khusus A

• Besaran Fisis • Gerak 1D & 2D

 

B

• Hukum Gerak Newton • Aplikasi Hukum Newton

C

• Kerja & Energi • Kekekalan Energi

D

• Momentum • Gerak Rotasi

   

E

• Gravitasi • Gerak Periodik

F

• Mekanika Fluida • Gelombang & Bunyi

Menjelaskan arti momentum partikel dan pengaruh impuls gaya terhadap perubahan momentum. Menganalisa kondisi yang harus dipenuhi saat momentum total sistem konstan. Menyelesaikan soal tumbukan dua benda. Menentukan perbedaan penting antara tumbukan elastik, inelastik dan inelastik sempurna. Mendefinisikan pusat massa sistem dan menentukan bagaimana pusat masa bergerak. Menganalisa situasi seperti peluncuran roket di mana massa sistem berubah saat bergerak.

Pelucuran Space Shuttle A

•Momentum dan Impuls

B

•Kekekalan Momentum

C

•Kekakalan Momentum dan Tumbukan

D

•Tumbukan Elastik dan Inelastik

E

•Pusat Massa

F

•Sistem bergerak dengan massa berubah

Crawler dan space shuttle pada saat lepas landas mempunyai momentum yang sangat besar, walaupun kecepatannya rendah

4

Bumper Cars A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Momentum A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


 

Bumper car yang bergerak mempunyai momentum Momentum  Mempunyai besar dan arah (vektor)  Besaran yang kekal (pada sistem terisolasi)



Hukum Newton 2 F = ma dv d =m = (mv) dt dt

dp F= dt

6

Perubahan Momentum A


B


C




  Impuls besaran vektor (mempunyai arah dan

besar) 

D


E

•Pusat Massa

F


Impuls  Perubahan memomentum

Karena Hukum Newton ketiga: Impuls yang diberikan oleh benda pertama pada benda kedua sama besar tetapi berlawanan arah dengan impuls pada benda kedua.

7

Impuls A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Impuls = perubahan momentum = momentum akhir – momentum awal = mvf – mvi



dan, dapat nyatakan juga dengan Impuls = Gaya x lamanya gaya bekerja = FAv ∆t Selang waktu tumbukan Gaya rata-rata

8

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Hitunglah Laju Akhir Bola Sebuah bola kasti (baseball) bermassa 0,411 kg sedang bergerak kearah home plate saat ia dipukul perlahan. Tongkat pemukul mengerjakan gaya rata-rata 6,50 x 103 N pada bola selama 1,30 ms.Gaya rata-rata ini menuju ke arah pelempar (pitcher), dalam hal ini didefinisikan sebagai arah x positif. Berapakah laju akhir bola?

Contoh Aktif A


Solusi (Uji pemahaman anda dengan mengerjakan perhitungan seperti yang diindikasikan pada setiap langkah.)

B


1. Hubungkan perubahan momentung dengan impuls:

C


2. Selesaikan untuk memperoleh momentum akhir: 3. Hitunglah momentum awal:

D


E

•Pusat Massa

F


∆p = p f − pi = I = Fav ∆t

p f = Fav ∆t + pi

pi = −6,19kg ⋅ m/s

4. Hitunglah impuls:

I = Fav ∆t = 8,45kg ⋅ m/s

5. Gunakan hasil-hasil di atas untuk memperoleh momentum akhir:

p f = 2,26kg ⋅ m/s

6. Bagilah dengan massa untuk mendapatkan kecepatan akhir:

v f = p f m = 15,7 m/s

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Insight Dalam sistem koordinat yang kita pilih, terlihat bahwa momentum awal bola menuju arah x negatif. Namun, impuls yang bekerja pada bola berakibat momentum akhir (dan kecepatan) menuju arah x positif.

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Giliran Anda Anggaplah tongkat pemukul kontak dengan bola selama 2,60 ms, bukannya 1,30 ms. Berapakah laju akhir bola dalam kasus ini?

Conceptual Checkpoint A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Hujan vs Hujan Es Seseorang bertudungkan payung di kala hujan. Beberapa saat kemudian tetes-tetes air hujan yang jatuh berubah menjadi butiran es dengan jumlah yang menumbuk payung persatuan waktu dan laju tetaplah sama. Apakah gaya yang diperlukan untuk memegang payung di kala hujan es (a) sama dengan, (b) lebih besar dari, atau (c) lebih kecil dari gaya yang diperlukan saat hujan?



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Alasan dan Pembahasan Saat tetes-tetes air menumbuk payung, tetesan air cendrung untuk pecah berhamburan dan menghilang; saat butir-butir es menabrak payung, butiran ini memantul kembali. Karena itu, perubahan momentum butir es lebih besar, seperti halnya perubahan momentum bola karet yang memantul dari lantai lebih besar daripada perubahan momentum karung beras yang mendarat di lantai. Jadi, impuls dan juga gaya pada kasus hujan es lebih besar.



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Jawaban (b) Gaya lebih besar saat hujan es.

Kekekalan Momentum A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Dua partikel saling berinteraksi. Menurut hukum Newton III F12=-F21.

Momentum linear

Kekekalan Momentum A


Total gaya eksternal nol B


C


D


E

•Pusat Massa

F


p tot = p1 + p 2 = konstan

Total momentum tetap

Total momentum sistem terisolasi setiap saat adalah sama dengan momentumnya pada keadaan awal

Catatan Kekekalan Momentum A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


FEXT =

 



dP dt

dP =0 dt

FEXT = 0

Konsep adalah salah satu prinsip dasar fisika. Merupakan suatu persamaan vektor.  Dapat diaplikasikan pada berbagai arah ketika tidak ada gaya luar yang bekerja pada arah tersebut. Pada beberapa kasus terjadi kekekalan momentum walaupun energi tidak kekal 18



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Momentum Versus Energi Kinetik Dua kelompok anak muda, masing-masing menggunakan kano, bertemu di tengah danau. Setelah bercakap-cakap sebentar, salah seorang pemuda mendorong perahu agar berpisah, seperti pada gambar. Momentum akhir sistem (terdiri dari dua kano dan penumpangnya) sama dengan momentum awal sistem. Apakah energi kinetik akhir (a) sama dengan, (b) lebih kecil dari, atau (c) lebih besar dari energi kinetik akhir?



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Alasan dan Pembahasan Momentum akhir kedua kano nol karena satu kano mempunyai momentum positif dan kano yang satu lagi mempunyai momentum negatif dengan besar yang sama. Jumlah kedua momenta ini sama dengan nol. Energi kinetik, mv2/2, tidak bisa negatif, karena keduanya tidak mungkin saling meniadakan. Kedua kano mempunyai energi kinetik positif, karena itu, energi kinetik akhir lebih besar dari energi kinetik awal yang bernilai nol. Dari mana tambahan energi kinetik ini datang? Energi ini datang dari kerja otot yang dilakukan oleh orang saat dia mendorong cano agar terpisah.



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Jawaban (c) Kf lebih besar dari Ki.

Apakah Momentum Kekal pada Tumbukan Ini ? A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Sebelum tumbukan

Sesudah tumbukan

22

Apakah Momentum Kekal pada Tumbukan Ini ? momentum awal = 3000 kg x 5 m/s = 15000 kg-m/s momentum akhir = 5000 kg x 3 m/s = 15000 kg-m/s

Tetapi sebagian Energi Kinetik (KE=½mv2) hilang menjadi kalor: KE awal

= ½3000x52

= 37,500 joules

KE akhir

= ½(3000+2000)x32

= 22,500 joules 23

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Carilah Kecepatan Lebah Seekor lebah madu bermassa 0,150 g mendarat di satu ujung gagang es krim bermassa 4,75 g yang mengapung di air. Setelah berhenti sebentar,  lebah ini berlari menuju ujung yang lain dengan kecepatan vl relatif terhadap air yang tenang. Gagang es krim bergerak dalam arah berlawanan dengan kecepatan 0,120 cm/s. Berapakah kecepatan lebah madu? (Anggaplah arah gerak lebah sebagai arah x positif.)

Contoh Aktif A

B

C

D





E

•Pusat Massa

F


Solusi (Uji pemahaman anda dengan mengerjakan perhitungan seperti yang diindikasikan pada setiap langkah.)

  pl + ps = 0

1. Samakan momentum total sistem dengan nol:

  pl = − p g = ml vl xˆ

2. Selesaikan untuk memperoleh momentum lebah: 3. Hitunglah momentum gagang es krim:

 p g = −mg v g xˆ = (−0,570g ⋅ cm/s) xˆ

4. Hitunglah momentum lebah:

  pl = ml vl xˆ = − p g = (0,570g ⋅ cm/s) xˆ

5. Bagilah dengan massa lebah untuk memperoleh kecepatannya:

  vl = pl ml = (3,80cm/s) xˆ

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Insight Karena hanya gaya internal yang berkerja selama lebah berjalan di gagang es krim, momentum total sistem tetap nol.

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Giliran Anda Anggaplah massa gagang es krim 9,50 g, bukannya 4,75 g. Berapakah kecepatan lebah madu pada kasus ini?



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Seberapa Banyak Energi Kinetik yang Hilang? Sebuah kereta bermassa m dan laju v menabrak dan menempel pada kereta lain yang identik yang awalnya diam. Setelah tumbukan, apakah energi kinetik sistem (a) ½, (b) 1/3, atau (c) ¼ dari energi kinetik awalnya?



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Alasan dan Pembahasan Sebelum tumbukan, energi kinetik sistem adalah

K i = 12 mv 2 . Setelah tumbukan, massa menjadi dua kali lebih besar dan kecepatan menjadi setengahnya. Karena itu, energi kinetik akhir adalah

v 2 1 1 2 K f = (2m)( ) = ( 2 mv ) = 12 K i . 2 2 1 2

Karena itu, setengah bagian energi kinetik diubah menjadi energi jenis lain. Cara yang sepadan untuk memperoleh kesimpulan tadi adalah dengan menuliskan energi kinetik sebagai fungsi momentum, p=mv;

1 2 1 m 2v 2 p2 )= . K = mv = ( 2 2 m 2m Karena momentum setelah tumbukan sama dengan momentum sebelum tumbukan dan kenyataan bahwa massa menjadi dua kali lipat, energi kinetik menjadi setengah nilai awal.



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Jawaban (a) Energi kinetik akhir adalah setengah energi kinetik awal.

Tumbukan A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


32

Mana Bola yang “Lebih Gembira”? A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


 

Mengapa ? Karena: Salah satunya memiliki koefisien restitusi lebih besar!

33

Koefisien Restitusi (e) A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


 

Mengukur elastisitas suatu tumbukan. Perbandingan laju relatif setelah dan sebelum tumbukan

Koefisien Restitusi(e) =

Laju relatif setelah tumbukan Laju relatif sebelum tumbukan

e =1

elastis sempurna

e=0

tak elastis sempurna

34

Pantulan dari Permukaan Bergerak A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Laju relatif sebelum tumbukan sebelum tumbukan



Laju relatif setelah tumbukan setelah tumbukan



Koefisien Restitusi menjadi

v 2i − v1i tumbukan

v 2f − v1f

e=

v 2f − v1f v 2i − v1i 35

Bola dan Tongkat: Mendekat A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Gambar (a)  Bola mendekati home plate pada 100 km/h.  Tongkat mendekati pitcher pada 100 km/h.  laju relatif sebelum tumbukan adalah 200 km/h

36

Bola dan Tongkat : Menjauh A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Gambar (b)  Tongkat mendekati pitcher pada 100 km/h.  Bola mendekati pitcher pada 210 km/h.  Laju relatif setelah tumbukan adalah 110 km/h

37

Kuis A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Berapakah koefisien restitusi? A) 1,8; B) 110; C) 0,55;

D) 0,009

38

Kuis… A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Berapakah koefisien restitusi? A) 1,8; B) 110; C) 0,55;

D) 0,009

110 km/h Koefisien Restitusi = = 0,55 200 km/h 39

Tumbukan Elastis vs. Tidak elastis A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Tumbukan disebut elastis jika energi kinetik dan momentum kekal. Kbefore = Kafter  Gerobak dengan per di antaranya, bola billiard, vi etc



Tumbukan disebut tidak elastis jika energi kinetik tidak kekal tetapi momentum tetap kekal. Kbefore ≠ Kafter  Mobil tabrakan, setelah tumbukan mobil bergerak bersama, etc 40



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Laju Setelah Tumbukan Seekor lalat mengapung dengan nyaman di ketinggian tetap sekitar 10 m di atas tanah ketika seekor gajah tiba-tiba keluar dari semak dan menabraknya. Lalat tadi memantul secara elastis dari dahi gajah. Jika laju awal gajah v0, apakah laju lalat setelah tubukan sama dengan (a) v0, (b) 1,5v0, atau (c) 2v0?



B


C


D


Alasan dan Pembahasan Kita menggunakan kekekalan energi dan momentum untuk memperoleh laju akhir gajah dan lalat. Mari definisikan m1 sebagai massa gajah dan m2 sebagai massa lalat. Adalah jelas bahwa massa lalat sangat kecil jika dibandingkan dengan massa gajah, karena itu kita dapat menggunakan limit m2 0. Proses ini menghasilkan

 m1   m − m2   v0 = v0 v0 m→ v1, f =  1  → 0 2  m1   m1 + m2  dan

v2 , f E

F

•Pusat Massa


 2m1   2m1  v0 = 2v0   v0 m → =  2 →0  m1   m1 + m2 

Seperti yang diharapkan, laju gajah tak terpengaruh tumbukan. Tetapi lalat terpantul dengan laju dua kali laju gajah. Gambar di slide berikut mengilustrasikan kasus ini dengan objek (mobilan) di lintasan angin.



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Jawaban (c) laju lalat 2v0

Tumbukan tidak Elastik: Contoh 1 A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Sebuah balok bermassa M diam di permukaan mendatar yang licin. Sebuah peluru bermassa m ditembakkan ke balok dengan laju saat keluar dari laras v. Peluru bersarang di dalam balok dan balok bergerak dengan laju V. Dalam bentuk m, M, and V :  Laju awal peluru v?  Energi awal sistem?  Energi akhir sistem?  Apakah energi kekal? x v V sebelum

sesudah

44

Contoh 1… A


B


C




Perhatikan peluru & balok sebagai suatu sistem. Setelah peluru ditembakkan, tidak ada gaya luar bekerja pada sistem sepanjang sumbu x. Momentum kekal pada arah x!  Px, i = Px, f

 M +m v = V  m 

 mv = (M+m)V D


x E

•Pusat Massa

F


v

V sebelum

sesudah 45

Contoh 1… A

B




2


C


D


E

•Pusat Massa

F


Perhatikan energi kinetik sistem sebelum dan sesudah tumbukan:

1 1  M +m 2 1 M +m 2 E B = mv 2 = m (M + m)V  V =  2 2  m  2 m 



Sebelum:



Sesudah:

EA =

1 (M + m)V 2 2

 m  EA =  E B  M +m

 Sehingga

46

Tumbukan tidak Elastik: Contoh 2 A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


M m

v=0

V

es (licin)

M+m

v=? 47

Contoh 2… A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


 

Gunakan kekekalan momentum untuk mencari v setelah tumbukan. Sebelum tumbukan: Setelah tumbukan: Pi = MV + m(0)

Pf = (M + m)v Pi = Pf



Kekekalan momentum: v=

MV = (M + m)v

M V (M + m)

48

Contoh 2… A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Perhatikan energi kinetik (K.E.) dari sistem sebelum dan sesudah: 2

1 1  M +m 2 1 M +m 2 E BUS = MV 2 = M  (M + m)v  v =  2 2  M  2 M  1  Sebelum: E A = (M + m)v 2 2 

Sesudah:



Sehingga

 M  EA =  E B  M +m

49

Tumbukan Tidak Elastik 2-D A


B


C



Misalkan tumbukan 2-D (mobil bertabrakan pada perempatan licin, tidak ada gesekan). V

v1


m1 + m2

m1 D


E

•Pusat Massa

F


m2

v2

sebelum

sesudah

50

Tumbukan Tidak Elastik 2-D … A


B


C


D




Tidak ada gaya luar yang bekerja pada arah gerak.  Gunakan kekekalan momentum untuk kedua komponen Px ,i = Px , f Py ,i = Py , f

m1v1 = (m1 + m2 )Vx

m2v2 = (m1 + m2 )V y

v1 E

•Pusat Massa

F


m1 m2

Vx = Vy =

m1 v1 (m1 + m2 )

m2 v2 (m1 + m2 )

V = (Vx,Vy) m1 + m2 v2 51



B


C

D



E

•Pusat Massa

F




Sehingga dapat diperoleh gerak setelah tumbukan!

V = (Vx,Vy) θ Vx

Vx =

Vy

m1 v1 (m1 + m2 )

m2 Vy = v2 (m1 + m2 )

tanθ =

Vy Vx

=

m2v2 p2 = m1v1 p1

52



B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Hasil yang sama diperoleh bila menggunakan vektor: P P p1

p

θ p1

p 2

2

tanθ =

p2 p1

53

Ledakan A


B


C


D


Sebelum ledakan:

M

Sesudah tumbukan:

v1 E

•Pusat Massa

F


v2 m1

m2

54

Ledakan... A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Tidak ada gaya luar pada arah gerak, sehingga kekal.



Awalnya:



Akhirnya: M

v1

m1

m2

v2 55

Kekekalan Energi A


B


C




 D


E

•Pusat Massa

F


Total energi kinetik sistem pada tumbukan takelastis tidak kekal.  Energi hilang: ▪ Panas (bom) ▪ Suara (bom, mobil tabrakan,….) ▪ Menekuk plat (mobil tabrakan) Energi Kinetik tidak kekal karena kerja dilakukan selama tumbukan ! Momentum sepanjang arah tumbukan kekal jika tidak ada gaya luar bekerja pada arah tersebut.  Secara umum, kekekalan momentum lebih mudah dipenuhi dibandingan dengan kekekalan energi 56

Pendulum Balistik A

B


L


L

m v C


D


E

•Pusat Massa

F


H M





L

L

V=0

M+m V

Sebuah proyektil bermassa m bergerak mendatar dengan laju v menumbuk balok bermassa M yang diam tergantung pada benang dengan panjang L. Setelah itu, m + M naik sampai ketinggian H Apabila H diketahui, berapakah laju proyektil awal v? 57

Pendulum Balistik... A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Proses tahap kedua:  m bertumbukan dengan M, tidak elastis. Massa

M dan m kemudian bergerak bersama dengan kecepatan V (sesaat sebelum naik).  M dan m naik setinggi H, berlaku kekekalan energi K+U.

58



B


C

D



E

•Pusat Massa

F




Tahap 1: Momentum kekal mv = (m + M)V  Pada arah-x:



 m  V = v  m+M 

Tahap 2: Energi K+U kekal (E I = E F ) 2 1 ( m + M ) V 2

= (m + M)gH

V 2 = 2gH

 M = Eliminasi V didapatkan: v  1 +  2gH m  59



B


C




Pada percobaan kita dapat mengukur perpindahan maju d, bukan H: L

m

L

v

H M

D

E

F


•Pusat Massa


L

L

L-H H

d

L

V=0

M+m d

L2 = d 2 + (L − H )2 H = L − L2 − d 2

60



B


C


D


E

•Pusat Massa

F


L

L-H H

H = L − L2 − d 2  d2  d2 d2 = L − L 1 − 2 ≈ L − L 1 −  ≈ 2L  2L L   M v =  1 +  2gH m 

d

for

d << 1 L

 M g v =  1 + d m L 

Untuk d << L

61

Sistem Partikel: Pusat Massa A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Bagaimana menjelaskan “posisi” suatu sistem yang terdiri dari banyak bagian?  Didefinisikan Pusat massa/Center of masses (posisi tempat benda titik yang massanya sama dengan massa total sistem berada):  Untuk suatu kumpulan N bagian patikel titik yang mempunyai massa dan diketahui posisinya: (Kasus N = 4) N m2 m1 mi ri ∑ r2 RCM = i =N1 r1 RCM mi ∑ y i =1 r3 m3 x m4 r 4 

62





Jika sistem hanya terdiri dari dua partikel: N

∑m r

i i

B

C


RCM =


= D


E

•Pusat Massa

F


i =1 N

∑m i =1

i

m1r1 + m2r2 = m1 + m2

(m1 + m2 )r1 + m2 (r2 − r1 ) (m1 + m2 )

r2 - r1

m1 r1

Maka: RCM = r1 + m2 (r2 − r1 ) M

Dengan M = m1 + m2

RCM

m2 r2

y x 63



B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Jika sistem hanya terdiri dari dua partikel: RCM

m2 (r2 − r1 ) = r1 + M

Dengan M = m1 + m2 Jika m1 = m2 RCM

1 = r1 + (r2 − r1 ) 2

CM ditengah-tengah antara massa.

r2 - r1

m2

+

m1 r1

RCM

r2

y x 64



B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Jika sistem hanya terdiri dari dua partikel: RCM

m2 (r2 − r1 ) = r1 + M

Dengan M = m1 + m2 Jika m1 = 3m2 RCM

1 = r1 + (r2 − r1 ) 4

CM lebih dekat ke massa yang berat

+

m1 r1

r2 - r1 RCM

m2 r2

y x 65



B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Untuk sistem yang terdiri dari beberapa bagian, RCM dicari dengan  ( X CM ,YCM , Z CM ) =   

∑ m x ,∑ m y ,∑ m z i

i i

i

M

m4 r 4

i

M

i

M

i i

   

m2

m1 r1

i

y

RCM x

r2 r3 m3

(Kasus N = 4) 66

Contoh Perhitungan: A

B


Perhatikan suatu distribusi massa berikut 2m (12,12)


C


D


E

•Pusat Massa

F




m

m (0,0)

(24,0)

RCM = (12,6) X CM

mx ∑ =

=

YCM

my ∑ =

=

i i

i

M

i

M

i

i

m0 + (2m)12 + m24 = 12 4m

m0 + (2m)12 + m0 =6 4m

67



B


C




Benda pejal solid, harus dengan menggunakan integral dm y

r x

D

E

F


•Pusat Massa


RCM

r dm ∫ r dm ∫ = = ∫ dm M

Dengan dm komponen massa yang sangat kecil. 68





CM untuk kombinasi benda adalah CM dari jumlah massa setiap benda N

B

D

E

F



•Pusat Massa


∑m R i

+

C


+

R2 - R1 + R2 RCM

m1 R1

m2

RCM =

x

∑m

i

i =1

Jika ada dua benda: RCM

y

i =1 N

i

m1R1 + m2R2 = m1 + m2

m2 (R2 − R1 ) = R1 + M 69

Pusat Massa A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


 

Sebuah cakram (1) mempunyai CM di tengahtengah. Misalkan cakram dibelah menjadi dua dan disusun seperti gambar (2):  Bagaimana CM (2) dibandingkan dengan (1)? (a) Lebih tinggi

(b) lebih rendah

(c) sama

X CM

(1)

(2)

70

Pusat Massa A


B


C


D


E

F

•Pusat Massa



 

CM setiap setengah cakram akan lebih dekat ke bagian yang gemuk (bayangkan dimana akan seimbang). CM gabungan akan di tengah-tengah di antara CM kedua bagian Jadi CM(2) akan lebih tinggi dari CM cakram

X X CM

X X


(1)

(2)

71

Kecepatan dan Percepatan CM A


 

B


C


D

E

F

∑

Maka:


dan:

•Pusat Massa


Jika partikel-partikel sistem bergerak, CM sistem juga mungkin bergerak. Misalkan diketahui posisi ri dari setiap komponen dalam sistem sebagai fungsi waktu. N   1 N  mi ri M = mi  RCM =  M i =1 i =1  



VCM

ACM

∑

N

dRCM 1 = = dt M

∑

dVCM 1 = = dt M

N

dri 1 mi = dt M i =1

∑m v

dv 1 mi i = dt M i =1

∑

N

i

i

i =1 N

∑m a i

i

i =1

Kecepatan dan percepatan CM adalah kecepatan dan percepatan titik dimana semua massa terkumpul. 72

Momentum Linear : A


B


C




Untuk sistem partikel, total momentum adalah total vektor semua momentum partikel: P=




E

•Pusat Massa

N

∑ p = ∑m v i

i

i =1

Diketahui N

D

N

∑m v i

i

i =1

 1 VCM =  M 

= MVCM

i =1



Maka

P = MVCM

i

 mi v i  i =1  N

∑

Momentum pusat massa N

F


P = MVCM = ∑ miv i i =1

73

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Carilah Kecepatan Pusat Massa Di contoh aktif “Carilah Kecepatan Lebah”, kita mendapatkan bahwa ketika lebah madu bermassa 0,150 g berlari dengan laju 3,80 cm/s pada arah tertentu, gagang es krim bermassa 4,75 g yang mengambang di air bergerak dengan laju 0,120 cm/s pada arah berlawanan. Carilah kecepatan pusat massa lebah madu dan gagang es krim.

Contoh Aktif A

B



Solusi (Uji pemahaman anda dengan mengerjakan perhitungan seperti yang diindikasikan pada setiap langkah.) 1. Tulislah kecepatan lebah madu: 2. Tulislah kecepatan gagang es krim:

C


D


E

•Pusat Massa

F


3. Gunakan kecepatan-kecepatan  tadi untuk menghitung Vcm:

 vl = (3,80cm/s) xˆ  v g = (−0,120cm/s) xˆ    Vcm = (ml vl + mg v g ) (ml + mg ) = 0

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Insight  Vcm nol, jadi pusat massa tetap diam ketika lebah dan gagang es krim bergerak. Fenomena tadi yang kita harapkan, karena gaya luar total yang bekerja pada sistem sama dengan nol, dan lebah madu pun/juga gagang es krim pada awalnya diam.

Contoh Aktif A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


Giliran Anda Jika lebah madu meningkatkan lajunya, apakah kecepatan pusat massa menjadi tidak nol?

Momentum Linear : A


B


C


D


E

•Pusat Massa



Sehingga momentum total sistem partikel adalah massa total dikalikan dengan kecepatan CM. P = MVCM





Amati:

dVCM dP =M = MACM = dt dt

Perhatikan

∑ m a =∑ F i

i

i

i

i ,net

dP maka kita dapat menuliskan dt

∑F

i , net

= MACM

i

F


78

Momentum Linear : A


B


C

D



E

•Pusat Massa

F




Misalkan suatu sistem terdiri dari tiga partikel. Setiap partikel berinteraksi dengan yang lain, dan terdapat gaya luar yang mendorong partikel 1.

∑F i

i , NET

= (F13 + F12 + F1 ,EXT )

+ (F21 + F23 ) + (F31 + F32 ) = F1 ,EXT

(karena pasangan gaya saling meniadakan … Hk Newton 3)

F31

m3 F32

F13

F23

m1 F12

F21

m2

F1,EXT

Semua gaya “internal” saling meniadakan!! Hanya gaya “eksternal” yang berpengaruh!!

79

Momentum Linear : A

B




dP = dt


 C

D

Hanya gaya eksternal yang berpengaruh!

∑F i

i ,EXT

= FNET ,EXT

F31

Sama dengan:

m3 F32

F13


FNET ,EXT


dP = = MACM dt

F23

m1 F12

F21

m2

F1,EXT E

•Pusat Massa

F




Hukum Newton ke 2 diaplikasikan pada sistem! 80

Astronot & Tali A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F




Dua astronot diam di ruang angkasa dihubungkan dengan tali ringan. Keduanya saling tarik satu dengan lain. Dimana mereka akan bertemu? M = 1.5m

m

81

Astronot & Tali… A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


   

Mulai dari diam, maka VCM = 0. VCM tetap nol karena tidak ada gaya luar. Maka, CM tidak akan bergerak! Mereka akan bertemu di CM m

M = 1.5m CM L x=0

x=L 82

Astronot & Tali… A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


m

M = 1.5m CM L x=0

x=L

Carilah CM: Jika diambil x = 0 pada astronot sebelah kiri: x cm =

M(0) + m( L) m( L) 2 = = L M +m 2.5m 5

83

Pusat Massa A


B


C


D


E

•Pusat Massa

F


 

Seorang mahasiswa mempunyai berat yang sama dengan sebuah kano yang panjangnya 20 ft. Awalnya dia berdiri di tengah-tengah kano yang tidak bergerak, pada jarak 20 ft dari tepi danau. Kemudian dia berjalan menuju tepi danau hingga mencapai ujung kano.  Berapapakah jarak mahasiwa terhadap tepi danau. (Tidak ada gaya horizontal pada kano oleh air). (a) 10 ft (b) 15 ft (c) 16,7 ft 84

Pusat Massa A


B


C

20 ft sebelum 20 ft


? ft sesudah

D


E

•Pusat Massa

F


(a) 10 ft (b) 15 ft (c) 16,7 ft 85

Pusat Massa A


B


C


D


E

•Pusat Massa





Karena mahasiswa dan kano mempunyai massa yang sama, CM mahasiswa – kano berada di tengah – tengah antara CM mahasiswa dan CM kano. Awalnya CM sistem terletak 20 ft dari tepi

X X

F


20 ft

x

CM of system 86

Pusat Massa A

B



  

C


D


E

Ketika tidak ada gaya luar yang bekerja pada kano pada arah x, letak CM sistem tidak berubah Oleh karena itu, CM mahasiswa bergeser 5 ft ke kiri CM sistem, dan CM kano bergeser 5 ft ke kanan Dia berjalan 5 ft menuju tepi (sejauh 15 ft).

15 ft •Pusat Massa

X

10 ft X

F


20 ft

5 ft

x

CM sistem 87

Gaya Dorong Roket Cara kerja roket berdasarkan prinsip kekekalan momentum A

• Momentum dan Impuls

B

• Kekekalan Momentum

C

• Kekakalan Momentum dan Tumbukan

D

• Tumbukan Elastik dan Inelastik

E

• Pusat Massa

F

• Sistem bergerak dengan massa berubah

Gaya Dorong Roket A


B


C


D


E

• Pusat Massa

F


Gaya Dorong Roket A


B


C


D


E

• Pusat Massa

F


Sebelum bahan bakar keluar

Setelah bahan bakar keluar

Kecepatan bahan bakar relatif terhadap roket Untuk waktu yang sangat singkat Massa bahan bakar yang dibuang sama dengan pengurangan massa roket

Gaya Dorong Roket A


B


C


D


E

• Pusat Massa

F


Gaya dorong roket

Gaya yang dikerjakan pada roket karena pembuangan bahan bakar

08. Mek - Momentum, Impuls Dan Tumbukan

Recommend Documents