Matakuliah
Tahun
Versi
: K0252/Fisika Dasar I
: 2007
: 0/2
Pertemuan 07(OFC)
IMPULS DAN MOMENTUM
1
Learning Outcomes
Pada akhir pertemuan ini, diharapkan mahasiswa
akan dapat :
• Menjelaskan konsep impuls dan momemntum :
sistem pusat massa , ; -gerak pusat massa ,
impuls dan momentum ; - momentum linier ,
impuls , hukum kekekalan momentum ,
tumbukan ; - tumbukbn elastis , - tumbukan
dalam bidang → C2 (TIK - 3)
2
Outline Materi
• Materi 1
Sistem pusat massa
• Materi 2
Gerak pusat massa
• Materi 3
Impuls dan momentum
- Momentum linier
- Impuls
- Hukum kekekalan momentum
• Materi 4
Tumbukan
- Tumbukan elastis
- Tumbukan dalam bidang
3
ISI
• 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 peluncuran
roket.
4
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 :
n
m1x1 +m 2 x 2 +m3 x 3 +..
xP =
M = m j .....(P01)
m1 +m 2 +m3 +....
j
5
atau
n
m x
j
XXPP =
j
n
m
n
j
m y
j
YyP P=
j
j
n
j
j j
j
dan
n
m
m z
j
j
ZzPP =
j
n
m
. .(P02)
j
j
Atau dalam bentuk vektor
1
rP =
M
n
m
r
j j
. .(P03)
j
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 .
6
● (4,3)
Y
●
(0,0)
3
xP
mjxj
1
3
mj
∑ mj = 12 kg
●
(8,0)
X
(3kg x 0) (4kg x 8m) (5kg x 4m)
4.33 m
12 kg
1
3 kg x 0 4 kg x 0 5 kg x 3 m
yP
1.25 m
12 kg
CONTOH 2 : Suatu lempeng honogen dengan
berat 10 N/m2 , berbentuk seperti tergambar.
Tentukan titik beratnya.
7
Y
Segi empat ABCD dipecah menjadi ∆ ABD
B (4,3)
C (7,3)
dan ∆ BCD
CG1
CG2
A (0,0)
D (4,0)
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
8
x 10 N/m2 )
Jadi → xP = 3.67 m
yP = 1.43 m
.
Untuk benda yang kontinu (malar) pusat
massanya : adalah :
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 :
9
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)10
(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)
11
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 = 12
6.0 cm. Tentukanlah koordinat pusat massa.
3. IMPULS DAN MOMENTUM
☺1. Momentum linier , p :
p = mv
…….(I01)
m = massa , v = kecepatan
Hu\kum Newton II :
dv
F = ma= m
dt
; a = percepatan
F dt = m dv ; di integralkaan menjadi
∫ F dt = ∫ m dv
☻2. Impuls , I
∫ F dt = impuls = I
……(I02)
13
∫ m dv = momentum linier = p
Impuls = p2 - p1 = ∆ p
………(I03)
(Impuls menyebabkan perubahan momentum)
Analogi dengan :
dv
Gaya = F = m
dt
(Gaya menyebabkan perubahan percepatan)
Analogi dengan :
Usaha = W = ∫FS dS = ∫m vdv
(Usaha menyebabkan perubahan tenaga
kinetik)
14
☼3. Hukum kekekalan momentum
dp
dp
→ bila F = 0 maka 0
F
dt
dt
→
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)
15
Simulasi hukum kekekalan momentum
http://www.walter-fendt.de/ph11e/ncradle.htm
16
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
17
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
18
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.
19
Tinjau dua benda A dan B :
A
☻→ vA1
B
☺→ 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 ) →
20
mA ( vA1 2 – vAF2 ) = mB (vBF2 - vB1 2 )
Dari 01) dan (02) diperoleh ;
vA1 - vB1 = vBF - vAF
……….(02)
……………….(03)
( Kecepatan relatif dua paratikel yang bertumbukansentral dan elastis empurna ,tidak berubah
besarnya hanya arahnya)
Apabila massa B diam maka sari persamaan (03)
dan (01) diperoleh :
vAF
mA mB
=
mA mB v AI
; vBF =
2m
mA mB v AI
21
Contoh : Bandul Balistik
mv = ( m + M ) V
½ (m + M)V2 = (m + M) g h
m
●
v
M+m
M
h
v=
M m V
m
v=
V = √ (2gh)
m M
m
gh
22
♫ 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
u2 u1
Koefisien restitusi , e : e =
v2 v1
23
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
24
mA v A
0.95 → θ = 430
tg θ =
mB v B
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
E KI E KF
0.5
Jadi
E KI
(50% tenaga kinetik awal hilang dalam
tumbukan)
25
Rangkuman :
1. Pusat massa sistem partikel :
1
rP
M
n
m
j
rj
j
Pusat massa merupakan sebuah titik
dimana gaya total bekerja pada sistem
partikel.Gerakan lengkap sistem partikel
dapat dijelaskan sebagai gerakan translasi
dan rotasi pusat massanya.
● Gerak pusat massa :
∑ Fi,ext = M aPM
26
Pusat massa bertingkah laku sebagai
… sebuah partikel
2. Momentum , v :
p = mv
3. Impuls , I :
I = ∫ F dt
• Impuls momentum
∫t1t2 F dt = ∫v1v3 m dv
I = p 2 - p1 = ∆ p
27
● Hukum kekekalan momentum
dp
F
dt
→ bila F = 0
p = konstan maka : pakh = pawal
4. Tumbukan dalam bidang
u2 u1
Koefisien restitusi , e =
v2 v1
u2 =
….. u 1 =
… v2 =
….. V =
kecepatan benda 2 setelah tumbukan
kecepatan benda 1 setelah tumbukan
kecepatan benda 2 sebelum tumbukan
kecepatan benda 1 sebelum tumbukan
28
<< CLOSING>>
Setelah mengikuti dengan baik bahan kuliah
ini mahasiswa diharapkan dapat menyelesai
- kan masalah-masalah yang berhubungan
dengan impuls momentum serta kegunaannya pada perancangan pada bidang sistem
komputer.
29
30
© Copyright 2024 Paperzz
