Transcript impuls dan momentum

 Pusat Massa
Pikirkan sistem yg terdiri dari 2 partikel m1 dan m2 pada
jarak x1 dan x2 dari pusat koordinat 0. Kita letakkan titik C
disebut pusat massa dari sistem sejarak x dari pusat
koordinat 0, x dapat dicari dari:
x 
m 1 x1  m 2 x 2
m1  m 2
Bila terdapat n partikel m1 , m2, ……, mn sepanjang garis lurus,
sepanjang definisi pusat massa dan partikel-partikel terhadap
pusat sumbu adalah:
x 
m 1 x1  m 2 x 2  ......  m n x n
m 1  m 2  ......  m n

mx
m
i
i
i
dimana x1, x2, ……,xn adalah jarak dari massa ke pusat sumbu
 Sedangkan Σmi = M adalah massa total dari sistem,
sehingga:
M x 
m
i
xi
 Andaikan terdapat 3 partikel tidak terletak pada satu
garis lurus, tapi pada suatu bidang.
Pusat massa C didefinisikan dan terletak
pada koordinat x dan y dengan :
m1
y1
C
y
y3
y2
m3
y 
m2
x2
x 
x1
x
x3
m 1 x1  m 2 x 2  m 3 x 3
m1  m 2  m 3
m 1 y1  m 2 y 2  m 3 y 3
m1  m 2  m 3
Koordinat pusat massa x, y diukur dari
pusat koordinat 0.
 Untuk sejumlah partikel terletak pada sebuah bidang,
pusat massa x , y dimana:
x 
mx
m
i
i
i
y 
m y
m
i
i
i
 Untuk sejumlah partikel tidak perlu terletak pada bidang
tapi tersebar pada ruang, pusat massa, x , y, z :
x 
mx
m
i
i
i
y 
m y
m
i
i
i
z 
mz
m
i
i
i
 Sebuah benda tegar , semacam batang mistar dapat
dipikirkan sebagai sebuah sistem yg terdiri dari paket
partikel ketat.Jumlah partikel begitu banyak dan ruang
diantaranya begitu kecil, sehingga benda dpt dipikirkan
terdiri dari sejumlah massa yg tersebar secara kontinu.
Untuk memperoleh pernyataan bagi pusat massa
kontinu, membagi benda menjadi elemen kecil
sejumlah n dengan massa Δmi yg terletak pada suatu
titik xi, yi, zi. Koordinat pusat massa dinyatakan:
x 
 m x
 m
i
i
i
y 
 m y
 m
i
i
z 
i
 m z
 m
i
i
i
 Sekarang massa elemen dibagi lebih banyak lagi dari n
menjadi tak terhingga. Koordinat pusat massa :
x  lim
mi  0
y  lim
mi  0
z  lim
mi  0
 m x
 m
i
i

i
 m y
 m
i
i

i
 m z
 m
i
i
i

 x dm
 dm

 y dm
 dm

 z dm
 dm
1
M
1
M

1
M
 x dm
 y dm
 z dm
 Bila pusat r adalah jarak dari pusat sumbu sampai dengan
elemen massa dm, vektor pusat massa R terletak :
R 
 Contoh:
 r dm
 dm
carilah pusat massa dari 3 partikel dengan massa m1 = 1 kg,
m2 = 2 kg, dan m3 = 3 kg yg terletak pd sudut-sudut
segitiga sama sisi dengan panjang sisi 1 meter.
y
m3
x 
3
mx
m
i
i

i
2
1m
c
y 
m y
m
i
i
m1
m2
x
(1)( 0 )  ( 2 )( 1)  ( 3 )( 1)
1 2  3
(1)( 0 )  ( 2 )( 0 )  ( 3 )(
i

m
12
3
2
1 2  3
7

)

3
4
m
 Gerakan Pusat Massa
Pikirkan gerakan dari sekelompok partikel dengan
massa m1, m2, …….,mn dan massa total M.
Dari persamaan pusat massa diperoleh:
m x  m1 x1  m 2 x 2  ........  m n x n
dengan x adalah koordinat pusat massa. Differensiasi
pers. diatas terhadap waktu diperoleh:
M
dx
 m1
dt
dx 1
dt
 m2
dx 2
dt
 ....  m n
dx n
dt
 m 1 V1 x  m 2 V 2 x  ........  m n V nx
2
M
d x
dt
2
 m1
dV 1 x
dt
 m2
dV 2 x
dt
 .....  m n
dV nx
dt
 Bila Fix adalah resultan gaya yg bekerja pada partikel
mi, pers. diatas dapat ditulis:
Ma x  F1 x  F2 x  .......... ..  Fnx
ax adalah komponen ke arah sumbu x dari percepatan
pusat massa.
 Tiga persamaan skalar dapat digabung menjadi 1
persamaan vektor :
m a  F1  F2  F3  ........  F n
dari persamaan ini, massa total dari sekelompok
partikel kali dengan percepatan pusat massa sama
dengan penjumlahan vektor dari gaya-gaya yang
bekerja pada kelompok partikel tsb.
 Contoh:
terdapat 3 partikel dengan massa berbeda terkena gaya luar
seperti pada gambar. Hitung percepatan pusat massa dari
sistem ini.
( 8 )( 4 )  ( 4 )(  2 )  ( 4 )( 1)
x 
16 N
4 kg
6N
0
4 kg
-3
14 N
Resultan gaya ini membentuk sudut
dengan sumbu x:
16
tg  
 2    63
8
844
( 8 )( 1)  ( 4 )( 2 )  ( 4 )(  3 )
844
 0 , 25 m
8 kg Tentukan resultan gaya luar yg
bekerja pada sistem. Komponen ke
arah sumbu x dari gaya ini :
4
Fx = 14 – 6 = 8 N
Komponen y : Fy = 16 N
Resultan gaya luar:
θ
-2
y 
 1, 75 m
o
F 
8  16
2
2
 18 N
Percepatan pusat massa:
a
F
m

18
16
 1,125 m / s
2
IMPULS DAN MOMENTUM
 Ditinjau sebuah partikel bermassa m yg bergerak
dalam bidang xy
V
y
Dari Hukum Newton II:
F  ma
F
m
dV
dt
F dt  m dV
x
 Kalau V1 adalah kecepatan ketika t = t1 dan V2
kecepatan ketika t = t2, maka:
t2
 F dt
t1
V2

 m dV
V1
t2
( 5 . 1)
Im puls 
 F dt
t1
 Bentuk integral disebelah kanan memberikan hasil:
V1
 m dV
 mV 2  mV 1
V1
Hasil kali massa sebuah partikel dengan kecepatannya
disebut momentum linier partikel, merupakan besaran
vektor:
momentum linier = m V untuk mudahnya disebut
momentum.
t
 Persamaan 5.1 dituliskan:  F dt  mV 2  mV 1 ( 5 . 2 )
2
t1
Besar dan arah impus vektor gaya resultan terhadap sebuah
partikel dalam sembarang selang waktu sama besar dengan
besar dan arah perubahan vektor momentum partikel yg
bersangkutan. Ini dikenal sebagai asas impuls-momentum
 Contoh:
sebuah bola bermassa 0,4 kg dilemparkan terhadap
sebuah dinding bata. Pada saat membentur dinding
bola itu bergerak horisontal ke kiri dengan kecepatan
30 m/s , lalu memantul horisontal ke kanan dengan
kecepatan 20 m/s. Hitunglah impuls gaya yg dilakukan
oleh dinding terhadap bola itu.
V2
V1
 F dt
 mV 2  mV 1
 ( 0 , 4 )( 20 )  ( 0 , 4 )(  30 )
 8  12
 20 kg m / s
 Kekekalan Momentum Linier
Apabila tidak ada gaya luar bekerja terhadap suatu
sistem, besar dan arah momentum total sistem itu
akan tetap konstan.
VA1 = 2 m/s
mA = 5 kg
VB1 = -2 m/s
mB = 3 kg
 Karena gaya gesek = 0, gaya resultan sistem = 0, maka
yg bekerja terhadap sistem itu hanya gaya aksi-reaksi
satu dengan yg lain. Bila VA2 dan VB2 adalah kecepatan
A dan B setelah tumbukan , maka:
m A .V A 1  m B .V B 1  m A .V A 2  m B .V B 2
(5 .3)
 Benda A bermassa mA mulanya bergerak ke kanan
dengan kecepatan VA1. Benda itu bertumbukan dengan
benda B yg sedang diam, sesudah tumbukan kedua
benda itu terpisah dan bergerak kekanan dgn
kecepatan VA2 dan VB2.
VA2y
VA2
A
A
VA2x
A
B
B
VB2y
VB2x
VB2
Momentum x awal = mAVA1
Momentum x akhir sistem =
mAVA2x + MBVB2x
Momentum y akhir sistem
=mAVA2y – mBVB2y
Sehingga:
mAVA2x + mBVB2x = mAVA1
mAVA2y - mBVB2y = 0
Menunjukkan kevektoran
momentum yaitu komponen x
dan komponen y momentum
keduanya kekal
 Tumbukan Elastis
Tumbukan ini terjadi diantara 2 bola yg bergerak lurus
sepanjang garis hubung pusat bola.
m1
m1
m2
m1
m2
F
V1
m2
F
V’1
V2
Tumbukan
Sebelum tumbukan
Setelah tumbukan
 Dari kekekalan momentum diperoleh:
m1V1  m 2V 2  m1V1  m 2V 2  m1 (V1  V1 )  m 2 (V 2  V 2 )
'
'
'
'
V’2
 Dari kekekalan energi kinetik diperoleh:
1
2
m 1V1 
2
1
2
m 2V 2 
2
1
2
m 1V1 
'2
1
2
'2
m 2V 2
m 1 (V1  V1 )  m 2 (V 2  V 2 )
2
'2
'2
2
 Kedua persamaan dibagi :
m 1 (V1  V1 )( V1  V1 )
'
'
m 1 (V1  V1 )
'
m 2 (V 2  V 2 )( V 2  V 2 )
'

'
m 2 (V 2  V 2 )
'
V1  V1  V 2  V 2 atau V1  V 2  V 2  V1
'
'
'
'
 Tumbukan Tak Elastis
Pada tumbukan tak elastis kekekalan energi tidak
berlaku, sehingga:
m 1V1 
2
1
2
1
2
m 2V 2 
2
1
2
m 1V1 
'2
1
2
'2
m 2V 2
m 1 (V1  V1 )  m 2 (V 2  V 2 )
2
'2
'2
2
jika dibagi dengan m1 (V12  V1' 2 )  m 2 (V 2' 2  V 22 ) ,diperoleh:
V1  V1  V 2  V 2 atau V1  V 2   (V1  V 2 )
'
V1  V 2
'

'
V1  V 2
'
1
'
'
 Bila perbandingan selisih kecepatan setelah dan
sebelum tumbukan disebut koefisien tumbukan e :
V1  V 2
'
e
'
V1  V 2
 Maka:
Jika tumbukan elastis sempurna : e = 1
Jika tumbukan tidak elstis : e = 0
Jika tumbukan elastis sebagian : 0 < e < 1
 Contoh
Ayunan balistik digunakan untuk mengukur kecepatan peluru. Ayunan
tsb terdiri dari balok kayu massa M dengan 2 utas tali. Sebuah peluru
dengan massa m bergerak secara horisontal dengan kecepatan V
menumbuk ayunan dan tetap tinggal di dalamnya. Bila kenaikan
ayunan setinggi y, berapa kecepatan awal peluru?
Momentum awal sistem : m V
Momentum sistem saat tumbukan :
mV = (m + M) V’
Setelah tumbukan berlalu, sistem ini
masih setinggi maksimum y, dengan
energi kinetik semuanya diubah menjadi
energi potensial :
1
2
( m  M )V
'2
 (m  M ) g .y
V
'2
 2 gy
m
M
V'
y
2 gy
mV  ( m  M )V '
V
V 
(m  M )
m
. 2 gy
 Contoh soal:
Sebuah peluru bermassa 2 g ditembakkan horisontal
dengan kecepatan 500 m/s ke sebuah balok kayu
bermassa 1 kg yg mulanya diam diatas permukaan
datar. Peluru itu masuk ke dalam balok lalu keluar
dengan kecepatan yg sudah berkurang menjadi 100
m/s. Balok itu meluncur sejauh 20 cm dari letak
awalnya sepanjang permukaan tsb.
hitung:
a. Koefisien gesek luncur antara balok dan permukaan
b. Berkurangnya energi kinetik peluru tsb.
c. energi kinetik balok pd saat setelah peluru
menembusnya
 Solusi:
N
V1
m2 V2
V2’
V1’
m1
S=20 cm
w
 Kekekalan momentum:
m 1 .V1  m 2 .V 2  m 1 .V1  m 2 .V 2
'
'
0 , 002 x 500  0  0 , 002 x100  1 .V 2
'
V 2  0 ,8 m / s
'
S  V 0 .t 
 Koefisien gesek luncur :
1
2
at
0 , 2  0 ,8 t 
V t  V 0  a .t
1
2
2
0 ,8 t
0,2  0,4t
0  0 ,8  a .t
t  0 , 5 det ik
at  0 ,8
at  0 ,8
 . N  m .a
 .m . g  m .a
 . 9 ,8  1, 6
a . 0 , 5  0 ,8
a  1, 6 m / s
f  m .a
2
  0 ,163
 Berkurangnya energi kinetik peluru:
Ek 

1
2
1
2
m (V 2  V1 )
2
2
. 0 , 002 (100
2
 500 )
2
 E k  240 joule
 Energi kinetik balok setelah peluru menembusnya:
Ek 
1
2
m 2V 2

1
2
. 1 . 0 ,8
2
2
E k  0 , 32 joule
 Tugas
sebuah peluru bermassa 2 g ditembakkan dengan
kecepatan 500 m/s mengenai bandul ayunan balistik
yg mulanya diam. Bandul ini bermassa 1 kg dan
tergantung pada tali yang panjangnya 1 m. Peluru itu
menembus bandul dan keluar dengan kecepatan 100
m/s.
hitung:
a. Berapa kecepatan balok/bandul setelah tumbukan
b. berapa tinggi naiknya balok setelah tumbukan.