Transcript Dinamika Sistem Partikel

BAB. 10
Dinamika Sistem Partikel
4/13/2015
1
Benda, disebut sebagai sistem (kesatuan, kelompok) partikel.
Wujud benda, dapat berupa zat padat dan zat alir
(fluida).
Fluida dapat berupa zat cair atau gas.
Wujud benda berupa padat maupun fluida, ditentukan oleh perilaku interaksi partikel antar zat di
dalam sistem zat tersebut.
Pembicaraan dinamika sistem partikel diasumsikan dengan massa partikel tetap.
4/13/2015
2
Gerak Pusat Massa
Misal terdapat partikel massa m1 ; m2 ; ……. mn
dan berposisi pada ; r1; r2 ; ………rn dan seluruh
partikel merupakan kesatuan.
Posisi sistem pusat massa didefinisikan sebagai;
n
Rc
n
m r m

m r
m r m r


 .......


m
m
m
M
m
mv
dR
dr
1

v 

m
v 

dt
M
dt
M
1
1
2
1
n
2
2
n
c
c
i 1
n
i
i 1
i
ri
i
i i
i
i
i
c
M v c  P  pi
4/13/2015
3
n
yc 
 mi yi
i 1
M
n
xc 
 mi xi
i 1
M
n
zc 
 mi zi
R c  xc ˆi  yc ˆj  zc kˆ
Rc
m x ˆi   m y ˆj   m z kˆ


i
i 1
M
Rc 
Rc
i
i
i
i i
M
ˆi  y ˆj  z kˆ )
m
(
x
 i i i i
mr


M
i i
M
ri  xi ˆi  yi ˆj  zikˆ
4/13/2015
4
Contoh.
Sistem terdiri dari tiga partikel sama dan memiliki massa satu satuan massa dengan posisi dan
kecepatan sebagai berikut.
r1 = i + j
, v1 = 2 j
r2 = j + k
, v2 = j
r3 = k
, v3 = i + j + k
Carilah posisi kecepatan dan p linier sistem massa
tersebut !
Penyelesaian.
m1 = m2 = m3 = 1 satuan
4/13/2015
5
Posisi pusat massa,
(i  j)  ( j  k )  k i  2 j  2 k
Rc 

m1  m2  m3
3
2 j  j  (i  j  k ) i  4 j  2 k

v pusat massa, v c 
m1  m2  m3
3
i  4 j 2k
 i  4 j 2k
p pusat massa, p c  v c  3
3
4/13/2015
6
Partikel Bebas.
Partikel bebas, partikel yang tidak memiliki interaksi dengan partikel lain.
Sistem partikel bebas (sistem partikel tertutup),
memiliki p tetap (hukum Newton I).
Pusat massa sistem tertutup bergerak dengan v
tetap dalam sistem inersial.
Pusat massa partikel sistem tertutup relatif diam
pada kerangka acuan inersial pusat massa (vc =
0).
Pernyataan vc = 0, disebut kerangka acuan C
atau kerangka acuan pusat massa.
4/13/2015
7
Momentum sistem partikel dalam kerangka acuan C momentumnya selalu nol (P =  pi = 0).
Kerangka acuan C, disebut kerangka acuan momentum nol (karena vc relatif diam pada pusat
massa).
Kerangka acuan C penting pada beberapa percobaan yang dilakukan di dalam laboratorium [kerangka acuan L (laboratorium) dapat dipermudah
analisisnya dalam kerangka acuan C].
4/13/2015
8
S
S!
Sistem S terbuka (artinya partikel penghuni S dapat berinteraksi dengan partikel lain di sekeliling S).
Sistem lain S!, secara bersama-sama S membentuk
sistem tertutup (sistem S + S!, sistem tertutup).
Partikel anggota S, tidak hanya berinteraksi dengan
partikel sesama anggota, tetapi juga dengan partikel
di luar S (yaitu S!).
Momentum partikel S (disebut pi) dan S! (disebut pj)
sehingga partikel sistem S + S! momentum total.
P = Σ pi + Σ pj = tetap atau P = Ps + Ps! = tetap
4/13/2015
9
Perubahan p yang dialami oleh partikel S akan
diikuti oleh partikel dari S! dengan nilai sama
besar tetapi berlawanan tanda sehingga jika dijumlahkan besarnya nol.
Ps = - Ps! atau  pi = -  pj
Interaksi partikel isi S dan S! menggambarkan per
tukaran p.
Bila pertukaran p tersebut berjalan dalam waktu
dt yang mendekati nilai nol sehingga berlaku:
4/13/2015
10
dP !
dPs
 s
dt
dt
Perubahan p tiap satuan waktu sistem S! disebut F
luar yang didesakkan pada sistem S,
d
Ps   F  d  Pi   F
dt
dt
Fℓ (gaya luar) merupakan perubahan p tiap satuan
waktu sistem S sebagai hasil interaksi dengan S!.
F dalam yang ada pada S (merupakan interaksi
partikel penyusun S) tidak menghasilkan per ubahan p total (sebagai akibat prinsip kekekalan p).
4/13/2015
11
Gaya luar (Fℓ) dari sistem S!, maka Fℓ = - Fℓ! (merupakan hukum aksi-reaksi, antara sistem S dengan S!).
Kecepatan pusat massa sistem S menjadi,
Ps
d
d
vc 
 percepatan v c   F  M v c 
M
dt
dt
Gerak pusat massa sistem partikel sama dengan
tingkah laku benda jika dikenai gaya luar yang bertitik tangkap pada pusat massanya.
4/13/2015
12
Contoh.
Benda massa M dijatuhkan, pada saat
ketinggian 2000 m pada saat memiliki v
= 60 m s-1 dan pecah menjadi dua
bagian sama besar. Sesaat setelah
ledakan salah satu bagian ber-v 80 m s-1
ke bawah. Carilah posisi pusat massa
sistem 10 detik setelah ledakan !
Penyelesaian.
Asumsi setelah terjadi ledakan gaya luar
tidak berubah (pusat massa benda terus
bergerak setelah ledakan).
4/13/2015
60 m s-1
80 m s-1
2000 m
13
Setelah ledakan pusat massa benda setinggi,
h = ho + vot + ½ g t2
Diisikan besaran yang (diketahui),
h = (2000 m) - 60 m s-1 (10 s) - ½ (9,8 m s-2)(10 s)2
= 910 m
Cara lain,
Dihitung langsung posisi pusat tiap massa bagian,
setelah 10 detik ledakan.
M vo = m1 v1 + m2 v2 , (m1 = m2 =½ M).
2 vo = v1 + v2 ,
2 (- 60 m s-1) = (- 80 m s-1) + v2  v2 = - 40 m s-1.
4/13/2015
14
Kedua bagian benda, bergerak secara bersm.
Bagian pertama, setelah 10 detik
h1 = ho + v1 t + ½ g t2
h1 = (2000 m) - 80 m s-1 (10 s) - ½ (9,8 m s-2)(10 s)2
= 710 m
Bagian kedua, setelah 10 detik
h2 = ho + v2 t + ½ g t2
h2 = (2000 m) - 40 m s-1 (10 s) - ½ (9,8 m s-2)(10 s)2
= 1110 m
Pusat massa dihitung lewat formula,
4/13/2015
15
m1 h1  m2 h2
h1  h2
h
h
m1  m2
2
1110 710

 910 m
2
Hasil kedua perhitungan sama.
4/13/2015
16
Contoh.
Dua buah massa m dan M, (m < M) dihubungkan
dengan tali dilewatkan piringan. Piringan dapat
berputar pada sumbunya. Hitunglah a pusat
massa sistem tersebut ? Segala sesuatu yang
berhubungan dengan piringan dan tali diabaikan.
Penyelesaian
Misal M bergerak turun (m naik) akan menggunakan percepatan yang sama yaitu,
M m
a
g
M m
Percepatan pusat massa , a cm
4/13/2015
M ( a)  m (a)

M m
17
(karena percepatan M turun dan m naik dengan nilai sama).
M m 
 
 g
 M m 
2
Percepatanpusat massa, acm
Cara lain.
Posisi pusat massa, xcm
M x1  m x 2
M a1  m a 2

 acm 
M m
M m
Karena a1 = - a2 = a (arah berlawanan)
M m 
 
 g
 M m 
2
Percepatanpusat massa, acm
4/13/2015
18
Hubungan (Fℓ) dengan Gaya Penyusun Sistem
Sistem tertutup, terdiri dari dua partikel m1 dan m2.
F1
F21
F12
m1
m2 F12 merupakan gaya yang dimiliki partikel m1 karena berinteraksi dengan partikel m2.
F2
F21 merupakan gaya yang dimiliki partikel m2 karena berinteraksi dengan partikel m1.
F12 = - F21
F1 dan F2 ,resultan gaya luar yang bekerja pada par
tikel m1 serta m2.
Dalam sistem dua massa, berlaku hukum ke dua
Newton dengan formulasi persm,
4/13/2015
19
d
d
p1   F1  F12 dan p 2   F2  F21
dt
dt
d
d
P   p1  p 2   F1  F2
Resultan F sistem,
dt
dt
Perubahan p total sistem tiap satu satuan waktu =
jumlah F luar yang bekerja pada partikel m1 dan
m2 .
d
d
P  
dt
dt
p
i
 F
F luar memberi warna gerakan sistem partikel
(dapat diartikan benda).
4/13/2015
20
Bab 6-20
Massa Reduksi
m2
F21
m1
F12
r12
r1
0
r2
x
Dua partikel massa m1 dan m2
saling berinteraksi (tanpa ada
aksi gaya luar).
Gaya F12 dan F21, merupakan
gaya dalam (internal, gaya interaksi).
F12 & F21 // r12
r12 merupakan garis hubung kedua partikel.
Persm gerak relatif sistem partikel terhadap 0,
4/13/2015
dv1
dv 2
m1
 F12 dan m2
 F21
dt
dt
21
 1
dv1 dv 2 F12 F21
d
1 
 F12



 v1  v2   

dt
dt
m1 m2
dt
 m1 m2 
 1
m1 m 2
1 
   
Massa reduksi (  )   

  m1 m2 
m1  m2
F12
d
d
v1  v2   ( v12 )   F12   a12
dt
dt

1
v12 kecepatan partikel m1 relatif terhadap partikel m2
a12 percepatan partikel m1 relatif terhadap partikel m2
Jika nilai massa m1  m2 maka massa reduksi,
 m1 
m1
  pendekatan.

 m1 1 
m1
m2 

1
m2
4/13/2015 Bila, m = m nilai massa reduksi  = ½ m .
1
2
1
22
Contoh.
Diamati dua partikel massa m1 dan m2 ber-v, v1
dan v2. Hitung v pusat massa relatif terhadap
pengamat dan p tiap partikel relatif terhadap pusat
massanya !
Penyelesaian.
Kecepatan relatif pusat massa (dua partikel) terha
dap pengamat,
m1 v1  m2 v 2
vc 
m1  m2
Kecepatan relatif tiap partikel terhadap pusat massa
adalah,
4/13/2015
23
P art ikelpert ama, v 1!  v 1  v c
m1 v 1  m 2 v 2
 v1 
m1  m 2
m2 ( v1  v 2 )

m1  m 2
P art ikelkedua, v  v 2  v c
!
2
m1 v 1  m 2 v 2
 v2 
m1  m 2
m1 ( v 1  v 2 )

m1  m 2
4/13/2015
24
Kedua kecepatan, nampak berlawanan sebagai aki
bat pengamatan pada kerangka acuan C, (pc = 0)
(jumlah momentum sistem tidak berubah).
m1 m2 ( v1  v 2 )
Momentumpartikelpertama, m1 v 
m1  m2
!
1
  (v1  v2 )
m1 m2 ( v1  v 2 )
Momentumpartikelkedua, m2 v  
m1  m2
!
2
   (v1  v2 )
4/13/2015
25
Momentum Sudut Sistem (L)
F1
m1
Momentum sudut (L) partikel relatif terhadap suatu titik tertentu,
dinyatakan sebagai L = r × mv
m2
F21
F12
r12
r1
0
r2
x
F2
atau L = r × p dan momen gaya
 = dL/dt.
Momen sistem dua partikel berlaku, 1 = dL1/dt dan 2 = dL2/dt.
1 = r1 x (F1 + F12) dan 2 = r2 x (F2 + F21)
d
L1  L 2   τ1  τ 2
dt
 r1  F1  F12   r2  F2  F21 
4/13/2015
26
d
L1  L 2   r1  F1  F12   r2  F2  F21 
dt
 r1  F1  r2  F2  (r1  r2 )  F12
 r1  F1  r2  F2 
0
Hukum kedua Newton untuk masing-masing partikel,
Partikel pertama, m1 a1 = F1 + F12
Partikel kedua,
m2 a2 = F2 + F21
Karena bergerak, tiap partikel suatu saat ber-v, v1
dan v2.
Dalam waktu dt kedua partikel berpindah sejauh dr1
dan dr2 sehingga diperoleh,
4/13/2015
27
Partikel pertama, m1 a1 . dr1 = F1 . dr1 + F12 . dr1
Partikel kedua, m2 a2 . dr2 = F2 . dr2 + F21 . dr2
m1 a1 . dr1 + m2 a2 . dr2 = F1 . dr1 + F2 . dr2
+ F12 . (dr1 - dr2)
m1 v1 dv1 + m2 v2 dv2 = F1 . dr1 + F2 . dr2 + F12 . dr12
Dalam waktu to  t, partikel berpindah dari A  B.
v
v
B
B
vo
vo
A
A
m1  v1 dv1  m2  v 2 dv 2   F1 . dr1  F2 . dr2    F12 . dr12
1
1
2
2
2
2
Ruas kiri, (m1v1  m1v01 )  (m2 v 2  m2 v02 )
2
2
4/13/2015
28
B
B
A
A
Ruas kanan,  F1 . dr1  F2 . dr2    F12 . dr12  W  Wd
1
1
2
2
2
2
(m1v1  m2 v 2 )  (m1v01  m2 v02 )  Ek  Ek o
2
2
Disusun Persamaan, ΔEk = Ek – Eko = Wℓ + Wd
Ek = kerja yang dilakukan oleh sistem karena
adanya gaya yang bekerja padanya (baik gaya
luar maupun dalam).
4/13/2015
29
Contoh.
4/13/2015
30
Hukum Kekekalan Energi Sistem
Jika hukum interaksi dua partikel memiliki gaya
bersifat konservatif, sehingga memunculkan kon
sep energi potensial (Ep) yang tergantung pada
posisi koordinat massa partikel m1 dan m2 berlaku,
B
F
12
. dr12  Ep12 o  Ep12 
A
Ep12 nilai Ep saat t dan (Ep12)o nilai saat to disebut Ep dalam suatu sistem nilainya tergantung
pada jarak r12 .
Ek – Eko = Wℓ + (Ep12)o - (Ep12)
4/13/2015
31
(Ek + Ep) = Wℓ + (Ek + Ep12)o
Persm tersebut merupakan pernyataan hukum
kekekalan energi, sebagai akibat adanya prinsip
kekekalan momentum serta asumsi konservatisasi gaya.
Besaran Ek + Ep12 = U, disebut "proper energi"
sehingga diperoleh, U – Uo = Wℓ.
Perubahan proper energi (U) = kerja yang dilaku
kan oleh sistem karena adanya gaya luar.
Bila di dalam sistem tidak ada gaya luar (partikel
bebas atau sistem disekap), Wℓ = 0 U - Uo = 0
atau U = Uo.
4/13/2015
32
Jika dalam sistem yang terlindungi, Ek bertambah
maka Ep berkurang atau sebaliknya (karena jumlahnya harus tetap).
Bila sistem terdiri lebih dari dua partikel, Ep diperoleh dari tiap pasangan partikel,
U = Ek + Epd = ½ m v2 + Epij
1 2 1
1
1
2
2
Ek  mv  m1v1  m2 v 2  ..... m2 v n2
2
2
2
2
Epd = Epij = Ep12 + Ep13 + ……+ Ep1n + Ep2n + Epnm
Bila dalam sistem bekerja gaya luar bersifat konser
vatif berarti Wℓ = (Epℓ)o - (Epℓ).
4/13/2015
33
Besaran (Epℓ)o - (Epℓ ), Ep yang berhubungan dengan gaya luar dari keadaan awal dan akhir sistem.
(U + Epℓ) = (U + Epℓ )o
Energi total sistem, E = U + (Epℓ) = Ek + Epd + Epℓ
4/13/2015
34
4/13/2015
35
Tumbukan
Gaya-gaya yang bekerja pada proses tumbukan
adalah pasangan gaya aksi-reaksi
Dua partikel bergerak saling mendekati satu dengan yang lain (melakukan interaksi sehingga gerak mereka berubah, artinya mereka telah melakukan pertukaran momentum dan energi).
Dengan melakukan pertukaran energi dan momentum artinya kedua partikel tersebut telah
melakukan tumbukan.
Pengertian tumbukan tidak perlu bersinggungan
secara fisik (bila telah berinteraksi, artinya telah
melakukan tumbukan).
4/13/2015
36
Dua partikel bergerak dengan kecepatan tetap
sebelum dan sesudah bertumbukan.
Selama tumbukan mereka di bawah pengaruh
gaya aksi-reaksi satu dengan lainnya.
Dalam tumbukan berlaku hukum ketiga Newton.
Momentum total partikel sebelum dan sesudah
tumbukan tetap (dapat terjadi besar momentum
sudut tetap).
p1  p 2  p1!  p!2  m1 ( v1  v1! )   m2 ( v 2  v!2 )
v1, kecepatan partikel satu, sebelum tumbukan
dan v1! sesudah tumbukan.
4/13/2015
37
v2, kecepatan partikel dua, sebelum tumbukan
dan v2! sesudah tumbukan.
Bila gaya-gayanya konservatif Ek tetap (Ep sebelum dan sesudah tumbukan sama).
Gaya-gaya yang berperan selama dalam tumbukan adalah gaya dalam (momentum dan energinya kekal).
Energi total,
1
1
1
1
2
2
!2
m1v1  m2 v 2  m1v1  m2 v 2!2
2
2
2
2
1
1
2
!2
m1 (v1  v1 )   m2 (v 22  v 2!2 )
2
2
4/13/2015
38
m1 ( v1  v1! ) . ( v1  v1! )   m2 ( v 2  v!2 ) . ( v 2  v!2 )
Bila p dan E dibagikan dihasilkan bentuk,
( v1  v1! )  ( v 2  v !2 )
( v1  v 2 )   ( v  v )
!
1
!
2
Perbandingan antara kecepatan relatif sesudah tum
bukan dengan sebelum tumbukan disebut koefisien
restitusi atau koefisien tumbukan (e).
v1!  v2!
e
v1  v2
4/13/2015
39
Klasifikasi tumbukan
lentingsempurna
berlaku hukum kekekalan
momentumdan energi
energi mekanikberkurang
T umbukan
lentingsebagian (tidak berlaku kukum
kekekalanenergi)
tidak lentingsama sekali
4/13/2015
setelah tumbukan
kedua benda menyatu
40
Macam-macam tumbukan
m2
F21
m1
tumbukan kontak langsung
F12
F
F12
F12
p
F
He4
hamburan
4/13/2015
t
F21
F21
41
Tumbukan lenting sempurna (e = 1).
Tumbukan yang dipenuhi oleh hukum kekekalan
momentum dan energi disebut tumbukan elastik
sempurna.
v1 v2
sebelum tumbukan
- v1
- v2
sesudah tumbukan
Tumbukan dengan energi sesudah dan sebelum
tumbukan tetap (Ek = Ek! – Ek = 0), tumbukan
tersebut terpenuhi oleh nilai (e = 1).
4/13/2015
42
Tumbukan tidak lenting sama sekali, (e = 0)
Tumbukan tidak lenting sama sekali (jika kedua
partikel bergabung lalu bergerak bersama-sama,
dipenuhi v1! = v2! = v).
Sebelum tumbukan
v1
v2
m2
m1
Setelah tumbukan
m1 + m2
v
Kecepatan gabungan dua benda (v) setelah tumbukan nilainya (hukum kekekalan momentum),
4/13/2015
m1 v1  m2 v 2
v
m1  m2
43
Tumbukan lenting sebagian, (0< e < 1)
Antara dua tumbukan (lenting dan tidak lenting
sama sekali), dinamakan tumbukan lenting seba
gian (tumbukan non elastik) dipenuhi oleh nilai
e, (0  e  1).
4/13/2015
44
Contoh.
Benda massa 1 kg bergerak dengan kecepatan,
v1 = 3 i – 2 j. Benda kedua massa 2 kg bergerak
dengan kecepatan, v2 = 4 j – 6 k. Kedua benda
bertumbukan dengan tidak lenting sama sekali.
Tentukan kecepatan benda setelah tumbukan !
Penyelesaian.
m1 v1  m2 v 2
v
m1  m2
(1 kg)(3 i  2 j)  (2 kg)(4 j  6 k )
v
(1  2) kg
 i  2 j  4 k ,besar kecepatan setelah tumbukan
4/13/2015
√21 m45s-1.
Contoh.
Benda massa 4 kg bergerak dengan kecepatan 4 m s-1
ditumbuk oleh benda lain massa 2 kg dari belakang
dengan kecepatan 9 m s-1 sehingga kecepatannya
menjadi 6 m s-1.
Pertanyaan a. berapa besar koefisien tumbukannya ?
b. berapa besar perubahan Ek sistem?
Penyelesaian.
p1 + p2 = p1 ! + p2 !
(4 kg)(4 m s-1) + (2 kg)(9 m s-1) = (4 kg)(6 m s-1)
+ (2 kg)(v2!)
4/13/2015
v2! = 5 m s-1
46
v1!  v 2!
Koefisienrestitusi, e  
v1  v 2
65
e
 0,2
49
Ek  Ek !  Ek
1
1
!2
!2
 (m1v1  m2 v 2 )  (m1v12  m2 v 22 )
2
2
1
1
2
2
 (4)(6 )  (2)(5 )  (4)(4 2 )  (2)(9 2 )
2
2
  16J

 

Tanda negatif, artinya kehilangan (berkurang, ada
yang hilang) energi setelah tumbukan.
4/13/2015
47
Contoh.
Bola baja massa m dilemparkan pada pelat baja
bermassa M dengan sudut . Bola baja mental
(bergerak membalik) dengan sudut θ. Buktikan
tan θ = ½ (e – 1) tan  !
Penyelesaian.
y
m
v
x

θ
Bola baja sumbu x berlaku
m v cos  = m v!bx atau
v cos  = v!bx. Pelat baja
sumbu x berlaku M vpx = M
v!px = 0. Bola dan pelat
sumbu y berlaku m v sin 
+ M vpy = m v!by + M v!py
sehingga v sin  = v!by + v!py.
4/13/2015
48
Koefisien restitusi,
v!by  v !py
v v
e
e
 v sin 
v1  v 2
!
2
!
1
!
 v !py
e v sin   vby
!
v sin   vby
 v!py
e v sin   v  v
!
by
 tan 
4/13/2015
!
vby
!
vbx
!
py
1
 v  (e  1) v sin 
2
!
by
(e - 1) v sin  1

 (e  1) tan
2 v cos
2
49
Dalam peristiwa tumbukan alur penyajian konsep (penyelesaian) dapat dilihat dalam bagan di
bawah ini.
Bagan.
Tumbukan
Memberlakukan hukum kekekalan momentum
Tidak memasukkan
hukum kekekalan Ek.
4/13/2015
Memasukkan
hukum kekekalan Ek.
50
Lanjutan.
Tidak memasukan
hukum kekekalan Ek.
Memasukan Hukum
kekekalan Ek.
Tumbukan tidak lenting
Tumbukan lenting
sempurna
Kedua benda
tetap terpisah
Kedua benda
bergabung
e=1
Δv = - Δv!
Tumbukan tidak
lenting sama
sekali
Tumbukan
lenting sebagian
v1 = v2 = v  e = 0
!
4/13/2015
!
v !
e
v
0<e <1
51
Soal.
Sebuah peluru bermassa 20 gram ditembakkan
pada bandul balistik bermassa 1980 gram sehingga akhirnya peluru bersarang dalam bandul. Jika
sesaat setelah tumbukan kecepatan bandul dan
peluru adalah 2 m s-1, tentukan kecepatan peluru
sebelum menumbuk bandul.
Penyelesaian
?
4/13/2015
52
Contoh.
4/13/2015
53
4/13/2015
54
4/13/2015
55
4/13/2015
56
4/13/2015
57
4/13/2015
58
Torsi – Momen gaya
 Torsi didefenisikan
sebagai hasil kali
besarnya gaya
dengan panjangnya
lengan
4/13/2015
59
Torsi – Momen gaya
 Torsi berarah positif apabila gaya menghasilkan
rotasi yang berlawanan dengan arah jarum jam.
 Satuan SI dari Torsi: newton.m (N.m)
4/13/2015
60
Bab 6-60
Hukum Kekekalan Momentum Sudut
 EXT
dL

dt
dimana L  r  p dan  EXT  r  FEXT
Jika torsi resultan = nol, maka  EXT
Hukum kekekalan momentum sudut
4/13/2015
dL

0
dt
I11  I 22
61
Bab 6-61
Momentum Sudut: Defenisi & Penurunan
Gerak linear sistem partikel berlaku, p = mv
FEXT
dp

dt
Momentum kekal jika FEXT  0
Bagaimana dengan Gerak Rotasi ?
Untuk Rotasi, analog gaya F adalah Torsi   r  F
analog momentum p adalah
momentum sudut
4/13/2015
L r p
62
Bab 6-62
Sistem Partikel
Untuk sistem partikel benda tegar, setiap partikel
memiliki kecepatan sudut yang sama, maka momentum sudut total:
n
L  l1  l2  l3    ln   li
i 1
n
dL n dli

  net ,i   net
dt i 1 dt i 1
Perubahan momentum sudut sistem hanya disebabkan oleh torsi gaya luar saja.
4/13/2015
63
Bab 6-63
Perhatikan sistem partikel benda tegar yang berotasi pd bidang x-y, sumbu rotasi z. Total momentum sudut adalah jumlah masing2 momentum sudut partikel:
L   ri  pi   mi ri  v i   mi ri v i kˆ
i
i
i
(karena ri dan vi
tegak lurus)
Arah L sejajar sumbu z
v1
Gunakan vi =  ri , diperoleh
2
L   mi ri  kˆ
i
4/13/2015


L  I
m2
v2
j
r2

m3
analog dengan p = mv !
i r1 m1
r3
v3
64
Bab 6-64
Vektor Momentum Sudut
Definisi: Momentum sudut dari sebuah benda yang
berotasi tehadap sumbu tetap adalah hasil
kali dari momen inersia benda dengan kecepatan sudut terhadap sumbu rotasi terse
but.

L  I
Demikan juga dengan torsi (Hk II Newton untuk
gerak rotasi):




 dL d ( I )
d
 

I
 I
dt
dt
dt
4/13/2015
65
Momen Inersia
Untuk benda yang mempunyai distribusi massa kontinu, momen inersianya diberikan dalam bentuk integral
I   mi ri  I   r dm
2
2
i
z
I   r 2 dm   ρr 2 dV
Dimana Elemen Volume
dm
y
dV  r dr  d  dl
dimana r dr : perubahan radius,
dθ : perubahan sudut,
dl : perubahan ketebalan.
4/13/2015
x
Momen Inersia
Untuk lempengan benda di bawah ini, momen inersia
dalam bentuk integral
I   r  r dr  d  dl 
2
Asumsi rapat massa ρ konstan
Kita dapat membaginya dalam 3
integral sbb:
I    r rdr  
R
0
4/13/2015
2
2
0
d  0 dl 
L
67
Bab 6-67
Lanjutan.
Hasilnya adalah
Massa dari
lempengan tersebut
M     R  L
2
4/13/2015
R
r 
2
L
I       0  l 0
 4 0
4
4
R
I
 2  L
4
Momen Inersia benda
1
I  MR 2
2
68
Bab 6-68
Teorema sumbu sejajar
Untuk benda tegar bermassa M yang berotasi terhadap sumbu putar sembarang yang berjarak h dari
sumbu sejajar yang melalui titik pusat massanya
(ICM diketahui), momen inersia benda dapat ditentukan dengan menggunakan:
I  I cm  Mh
Teorema sumbu sejajar,
2
Sehingga, teorema Kerja-Energi untuk gerak rotasi
menjadi:
2
2
1
1
1
2
W    d   I d  I  I12
4/13/2015
2
2
1
2
69
Bab 6-69
Lanjutan.
W  Ekrotasi
Bila

 0
Ekrot  0
4/13/2015
dimana
1 2
Ekrotasi  I
2
,maka
W 0
sehingga
Hukum kekekalan Ek Rotasi
70
Gerak menggelinding pada bidang miring
Gunakan:
N
torsi = I 
R  Fg sin  I P
Fg sin
fs
R Maka:
acom = -  R
x
MR2 g sin θ = - I  acom
Fg

4/13/2015
Fg cos
P

Ip = Icom + MR2
acom
g sin 

1  I com / MR 2
71
Bab 6-71
Contoh.
4/13/2015
72