04/19/2304/19/23 11

SISTEM PARTIKEL DAN MOMENTUM . P07-08(OFC)

Pertemuan ini membahas mengenai pusat . . massa dan gerak pusat massa , impuls dan .. momentum ,hukum kekekalan momentum .. serta tumbukan . … Penerapan impuls momentum terdapat dalam ….berbagai segi kehidupan mulai dari permainan .. golf sampai pada peluncurn roket. .. Setelah mengikuti dengan baik bahan kuli- .. ah ini mahasiswa diharapkan dapat menye- .. esaikan masalah-masalah yang berhubung- .. an dengan impuls momentum.

04/19/2304/19/23 22

1. PUSAT MASSA SISTIM PARTIKEL Seandainya terdapat suatu system partikel yang terdiri dari massa-massa dengan posisi sebagai berikut : m1 (x1 , y1, z1 ) , m2 (x2 , y2, z2 ) , m3 (x3 , y3 , z3 ) , ……….mn (xn , yn , zn) Maka koordinat pusat massa (xP , yP , zP ) dan massa total adalah :

.....(P01)

n

jjP mM

mmm

xmxmxmx

....

..

321

332211

04/19/2304/19/23 33

atau

XP yP zP . .(P02)

Atau dalam bentuk vektor

rP . .(P03)

CONTOH 1.: Tiga buah massa m1= 3 kg di (0,0) , m2 = 4 kg di (8,0) dan m3 = 5 kg di (4,3). Masing masing terletak pada titik-titik sudut segitiga sama kaki seperti tergambar .

n

jj

n

jjj

Pn

jj

n

jjj

Pn

jj

n

jjj

m

zm

Zdanm

ym

Ym

xm

n

jjjrm

M

1

04/19/2304/19/23 44

Y ● ∑ mj = 12 kg

● ● X

CONTOH 2 : Suatu lempeng honogen dengan berat 10 N/m2 , berbentuk seperti tergambar. Tentukan titik beratnya.

(0,0) (8,0)

(4,3)

mkg

mxkgmxkgxkgx

jm

jxjm

P 92.312

)35()84()03(3

1

3

1

mkg

mxkgxkgxkgyP 25.1

12

350403

04/19/2304/19/23 55

Y Segi empat ABCD dipecah menjadi ∆ ABD

dan ∆ BCD

X

Menurut ilmu ukur ∆ ABD , titik beratnya di CG1 . .. ,yaitu : {(2/3 x 4 m) , (1/3 x 3 m)} = (2⅔ m, 1 m)

dan . ∆ BCD di CG2 yaitu di titik : {(4 m + ⅓ x 3 m) , ( ⅔ x 3 m)} = (5 m, 2 m) xP = {(6 m2 x 10 N/m2 x 2⅔ m) + (4½ m2 x 10 N/m2 x 5 m)} / (6m2 x 10N/m2 + 4½ m2 x 10 N/m2 )

A (0,0)

B (4,3) C (7,3)

D (4,0)

CG1

CG2

04/19/2304/19/23 66

Jadi → xP = 3.57 m yP = 1.43 m

Untuk benda yang kontinu (malar) pusat massanya : adallah : . xP = (1/m) ∫ x dm yP = (1/m) ∫ y dm zP = (1/m) ∫ z dm Secara vektor pernyatan di atas menjadi : rP = (1/M) ∫ r dm ...........(P04)

2. GERAK PUSAT MASSA Sekumpulan sistem partikel dengan massa total M berkedudukan seperti berikut : m1 (r1 ) , m2 (r2 ) , ....... mn (rn ), maka :

04/19/2304/19/23 77

Menurut persamaan (03) pusat massa sistem dapat dinyatakan sebagai berikut :

M(rP) = m1 (r1 ) + m2 (r2 ) + ........+ mn (rn ) ..................(P05)

Pers.(05) didiferensial diperoleh kecepatan pusat massa sistem:

M(vP ) = m1 (v1 ) + m2 (v2 ) + .....+ mn (vn ) ..............(P06))

sedangkan percepatan pusat massa sistem dengan mendiferensial pers.(06) :

M(aP ) = m1 (a1) + m2 (a2) + ........+ mn (an )

Atau M(aP ) = ∑ Fn …………….(P07)

04/19/2304/19/23 88

(Sistem partikel bergerak dengan seluruh massa seakan akan terpusat pada pusat massa dan semua gaya-gaya luar bekerja pada titik tersebut.)

CONTOH 1 . Suatu sistim partikel mengalami gaya seperti tergambar . Berapa percepatan pusat massa. F2 Y (2,2) m1 = 5 kg , F1(-450 )= 10 N ●m2 ● m1 m2 = 15 kg , F2(1200)= 15 N (-2,2) F1 m3 = 8 kg , F3(00) = 20 N X m3● F3 (3,-1)

04/19/2304/19/23 99

xP = ((5 x 2 + 15 x (-2) + 8 x 3)/28) m = 0.14 m yP = ((5 x 2 + 15 x (2) + 8 x -1)/28) m = 1.14 m

∑ Fx = (10 cos 450 (=7.1) + 15 cos 1200 (=7.5) + 20 ) N = 19.6 N ∑ Fy = (10 sin 3150 (=7.1) + 15 sin 1200 (=13) + 0)N = 5.9 N

F = ((19.6)2 + (5.9)2 )½ = 20.5 N Θ = arctg ( 5.9/19.6) = 16.750 aP = ( 20.5/28) m/dt2 = 0.73 m/dt2

LATIHAN : Massa dan koordinat empat buah partilel diberikan sebagai berikut : 5.0 kg ,x = y = 0 cm ; 3.0 kg , x = y = 8.0 cm ; 2.0 kg , x = 3.0 cm , y = 0.0 cm ; 6.0 kg , x = - 2.0 cm , y = - 6.0 cm. Tentukanlah koordinat pusat massa.

04/19/2304/19/23 1010

3. IMPULS DAN MOMENTUM

☺1. Momentum linier , p : p = m v …….(I01) m = massa , v = kecepatan

Hu\kum Newton II :

F = m a = ; a = percepatan

F dt = m dv ; di integralkaan menjadi

∫ F dt = ∫ m dv

☻2. Impuls , I

∫ F dt = impuls = I ……(I02)

dt

dvm

04/19/2304/19/23 1111

∫ m dv = momentum linier = p

Impuls = p2 - p1 = ∆ p ………(I03)

(Impuls menyebabkan perubahan momentum)

Analogi dengan :

Gaya = F =

(Gaya menyebabkan perubahan percepatan)

Analogi dengan :

Usaha = W = ∫FS dS = ∫m vdv (Usaha menyebabkan perubahan teanga kinetik)

dt

dvm

04/19/2304/19/23 1212

☼3. Hukum kekekalan momentum

→ bila F = 0 maka →

p = konstan

atau

pakhir (=2) = pawal(=1) …….(I04)

(Bila resultan gaya luar yang bekerja pada benda(sistem) sama dengan nol maka momentum benda(sistem) tetap besarnya)

dt

pdF

dt

pd0

04/19/2304/19/23 1313

similasi hukum kekekalan momentum http://www.walter-fendt.de/ph11e/ncradle.htm

04/19/2304/19/23 1414

Contoh 1: Sebuah bola 0.4 kg dilemparkan kearah dinding dengan v = - 30 m/dt dan memantul dengan v = 20 m/dt. Berapa impuls gaya yang dilakukan oleh dinding terhadap bola ?

Jawaban :

momentum awal bola p1 = 0.4 kg x - 30 m/dt = -12 kg m/dt.

momentum akhir bola p2 = 0.4 kg x 20 m/dt = 8 kg m/dt

Impuls = p2 - p1 = ∆ p = 20 kg m/dt

04/19/2304/19/23 1515

Contoh 2 : Sebuah bola golf m = 100 gr yang berada di atas sebuah tongkat dipukul secara horizontal dengan impuls sebesar 20 kg m/dt. Berapa kecepatan akhir bola?

Jawaban: momentum awal bola p1 = 0 → p2 - p1 = ∆ p

Impuls = p2 - p1 = ∆ p = 20 kg m/dt

p2 = m v2 = 0.1 kg v2 = 20 kg m/dt

v2 = 200 m/dt

04/19/2304/19/23 1616

4. Tumbukan Di lihat dari segi energi maka tumbukan dapat dibedakan atas :

- Tumbukan lenting(=elastis) ( energi kinetik kekal) - Tumbukan tidak lenting (energi kinetik tidak kekal) Dalam tumbukan tidak lenting , bila ke dua benda menjadi satu maka tumbukan tersebut dinamakan tidak lenting sempurna

♫ Tumbukan lenting ( = elastis ) Pada tumbukan elastis berlaku hukum kekekalan enengi dan momentum.

04/19/2304/19/23 1717

Tinjau dua benda A dan B :

A B ☻→ vA1 ☺→ vB1 ☻→ vAF ☺→ vBF vA1 = kec .awal A vAF = kec . akhir A

vB1 = kec . awal B vBF = kec , akhir B

Hukum kekekalan momentum:

mA vA1 + mB vB1 = + mA vAF + mB vBF → mA (vA1 - vAF ) = mB (vBF - vB1 ) ………….(01)

Hukum kekekalan energi : ½ ( mA vA1 2 + mB vB1 2 ) = ½ ( mA vAF 2 + mB vBF 2 ) →

04/19/2304/19/23 1818

mA ( vA1 2 – vAF2 ) = mB (vBF

2 - vB1 2 ) ……….(02)

Dari 01) dan (02) diperoleh ; vA1 - vB1 = vBF - vAF ……………….(03)

( Kecepatan relatif dua paratikel yang bertumbu- kansentral dan elastis empurna ,tidak berubah besarnya hanya arahnya)

Apabila massa B diam maka sari persamaan (03) dan (01) diperoleh :

vAF = ; vBF =

m m

m m vA B

A B A I

2m

m m vA B A I

04/19/2304/19/23 1919

Contoh : Bandul Balistik mv = ( m + M ) V ½ (m + M)V2 = (m + M) g h m ● V = √ (2gh) v v = v =

m M

mgh

M + m M

h

V

m

mM

04/19/2304/19/23 2020

♫ Tumbukan dalam bidang

v = kecepatan benda sebelum tumbukan u = kecepatan benda setelah tumbukan

Hukum kekekalan momentum :

mA vA + mB vB = mA uA + mB uB

Komponen x : mA vAX + mB vBX = mA uAX + mB uBX

Komponen y : mA vAY + mB vBY = mA uAY + mB uBY

Koefisien restitusi , e : e =

u u

v v2 1

2 1

04/19/2304/19/23 2121

Contoh : Seorang pemain ski massa 70 kg bergerak ke arah timur dengan kecepatan 6 km/jam sedangkan pemain ski lain massa 50 kg bergerak ke utara dengan kecepatan 8 km/ jam. Ke dua pemain bertumbukan dan menjadi satu . a).Tentukan kecepatan meraka. b). Berapa bagian dari tenaga kinetik awal yang hilang

Jawaban :

a). Komponen X : mA vA = (mA + mB ) u cos θ

Komponen Y : mB vB = (mA + mB ) u sin θ

04/19/2304/19/23 2222

tg θ = → θ = 430

u = 4.9 km/jam b). Tenaga kinetik awal sistem EK1 = ½ ( mA vA 2 + mB vB 2 ) → EK1 = 220 J

Tenaga kinetik akhir sistem EKF = ½ ( mA + mB ) u2 → EKF = 110 J Jadi

(50% tenaga kinetik awal hilang dalam tumbukan)

E E

EK I K F

K I

0 5.

m v

m vA A

B B

0 95.

04/19/2304/19/23 2323

Rangkuman :

1. Pusat massa sistem partikel :

Pusat massa merupakan sebuah titik dimana .. gaya total bekerja pada sistem partikel . .. Gerakan lengkap sistem partikel dapat … dijelaskan sebagai gerakan translasi dan … rotasi pusat massanyai .

….. ● Gerak pusat massa :

∑ Fi,ext = M aPM

n

jjjP rm

Mr

1

04/19/2304/19/23 2424

Pusat massa bertingkah laku sebagai … sebuah partikel

2. Momentum , v :

p = mv

3. Impuls , I :

I = ∫ F dt

• Impuls momentum

∫t1t2 F dt = ∫v1

v3 m dv

I = p2 - p1 = ∆ p

04/19/2304/19/23 2525

● Hukum kekekalan momentum

→ bila F = 0

p = konstan maka : pakh = pawal

4. Tumbukan dalam bidang

Koefisien restitusi , e =

u2 = kecepatan benda 2 setelah tumbukan ….. u 1 = kecepatan benda 1 setelah tumbukan … v2 = kecepatan benda 2 sebelum tumbukan ….. V = kecepatan benda 1 sebelum tumbukan

dt

pdF

u u

v v2 1

2 1