5momentum linear dan tumbukan

Momentum Linear dan Tumbukan

BAB V

MOMENTUM LINIER DAN TUMBUKAN

Hukum kekekalan energi yang dibahas dalam bab terdahulu, hanyalah salah satu hukum

kekekalan di dalam fisika. Kuantitas lain yang ditemukan memiliki sifat kekal adalah

momentum linier, momentum sudut dan muatan listrik. Pada bab ini kita akan

membahas momentum linier dan kekalannya. Selanjutnya dengan menggunakan hukum

kekekalan momentum serta hukum kekekalan energi, kita akan menganalisis tumbukan.

Tumbukan terjadi jika ada interaksi “obyek”, sering disebut “partikel”, baik partikel

tunggal (seperti ledakan bom), maupun partikel ganda (seperti tumbukan antara dua

kelereng). Tumbukan dari interaksi partikel ganda tidak harus bersinggungan satu sama

lain. Tumbukan seperti ini disebut “interaksi medan”.

5.1 Momentum dan Hubungannya dengan Gaya

Momentum linier dari sebuah partikel didefinisikan sebagai hasil kali antara massa dan

kecepatan partikel tersebut. Momentum linier umumnya dinyatakan dengan simbol p.

Jika m menyatakan massa partikel dan v adalah kecepatannya, maka momentum linier

(selanjutnya disebut saja “momentum”) p adalah:

p = mv (5.1)

Karena kecepatan adalah sebuah vektor, maka momentum haruslah merupakan vektor.

Arah momentum sama dengan arah kecepatan, dan besar momentum adalah p = mv.

Karena v bergantung pada kerangka acuan maka kerangka ini haruslah ditetapkan.

Sebuah gaya diperlukan untuk mengubah momentum dari sebuah partikel, baik besar

maupun arahnya. Pernyataan Hukum II Newton dapat ditafsirkan dalam bahasa

momentum sebagai berikut: “Laju perubahan momentum dari sebuah partikel sebanding

dengan gaya resultan yang bekerja padanya”. Secara matematis ditulis:

(5.2)

dengan F adalah gaya total yang bekerja pada obyek dan p adalah perubahan

momentum resultan yang terjadi selama selang waktu t. Jika sistem terdiri dari sebuah

partikel bermassa m konstan, maka dengan memasukkan persamaan (5.1) ke persamaan

(5.2) kita dapatkan bentuk Hukum II Newton yang lazim kita gunakan selama ini.

Fisika Dasar V-1


Pada sistem partikel banyak yang terdiri dari n partikel dengan massa masing-masing

m1, m2, m3…..mn, sistem secara keseluruhan memiliki momentum total p. Momentum

total didefinisikan sebagai jumlah vektor semua momentum partikel dalam kerangka

acuan yang sama, yaitu;

p = p1 + p2 + …. + pn

= m1v1 + m2v2 +…+ mnvn (5.3)

dengan v1 adalah kecepatan m1, v2 adalah kecepatan m2, dan vn adalah kecepatan partikel

ke-n bermassa mn.

V.2 Kekekalam Momentum

Hukum kekekalan momentum adalah hukum kekekalan kedua yang diulas dalam buku

ini; yang pertama adalah hukum kekekalan energi. Pada pertengahan abad ke-17

ditemukan bahwa jumlah momentum dari dua obyek yang bertumbukan adalah konstan.

Contoh tumbukan dua bola billiard (Gambar 5.1).

Andaikan gaya eksternal total pada sistem ini adalah nol. Selanjutnya, meskipun

momentum dari tiap-tiap bola berubah karena tumbukan, ternyata jumlah momentumnya

ditemukan sama sebelum dan sesudah tumbukan.

Jika m1v1 adalah momentum dari bola 1 dan m2v2 adalah

momentum dari bola 2, keduanya diukur sebelum tumbukan,

maka momentum total kedua bola sebelum tumbukan adalah

m1v1+m2v2.

Setelah tumbukan, tiap-tiap bola mempunyai kecepatan dan momentum yang berbeda,

yakni m1v’1 dan m2v’2. Momentum total setelah tumbukan adalah m1v’1+m2v’2. Dengan

demikian tanpa gaya eksternal berlaku:

m1v1+m2v2 = m1v’1+m2v’2 (5.4)

Dalam hal ini, vektor momentum total dari sistem dua bola adalah kekal atau konstan.

Fisika Dasar V-2

m1v1 m2v2

m1v’1 m2v’2

Gambar 5.1 Tumbukan dua buah bola billiard


Meskipun prinsip kekekalan momentum ditemukan secara eksperimental, namun kita

dapat juga menurunkannya dari hukum gerak Newton. Dari Gambar 5.1, anggap gaya F

terdapat pada satu bola dan mendorong bola lain selama tumbukan. Gaya rata-rata

selama waktu tumbukan t diberikan oleh:

F = p/t atau F t =p (5.5)

Jika persamaan (5.5) diterapkan pada bola 1 (Gambar 5.1) dengan mengambil kecepatan

bola 1 adalah v1 dan v’1 adalah kecepatan bola 1 setelah tumbukan, maka Ft=m1v’1-

m1v1.

Dalam hubungan diatas, F adalah gaya pada bola 1 mendorong bola 2, dan t adalah

waktu kontak kedua bola selam tumbukan. Bilamana persamaan (5.5) diterapkan pada

bola 2, berdasarkan hukum Newton ketiga, gaya pada bola 2 terhadap bola 1 adalah F,

sehingga ditulis -Ft=m2v’2-m2v2.

Kombinasi persamaan untuk bola 1 dan bola 2 diperoleh:

m1v’1-m1v1= -( m2v’2-m2v2) atau m1v’1+ m2v’2 = m1v1+ m2v2.

Persamaan terakhir diatas menunjukkan bahwa jika jumlah gaya-gaya yang bekerja pada

sistem adalah nol, maka p=0, sehingga tidak ada perubahan momentum total. Jadi

pernyataan umum “ hukum kekekalan momentum” adalah “Momentum total dari suatu

sistem terisolir adalah konstan”.

Contoh soal 1.

Sebuah mobil dengan massa 10.000 kg bergerak dengan kecepatan 24,0 m/s menabrak

mobil sejenis yang sedang mogok. Selanjutnya kedua mobil berjalan beriringan setelah

bertabrakan. Berapa kecepatan kedua mobil?

Jawab.

Momentum total awal adalah m1v1+ m2v2 = (10.000 kg)(24,0m/s)+ (10.000 kg)(24,0m/s)

=2,4x105 kgm/s. Setelah tumbukan, kedua mobil bergerak dengan kecepatan yang sama

(mobil berjalan mendorong mobil mogok), jadi: (m1+m2)v’=2,4x105kgm/s. Maka v’ =

(2,4x105kgm/s) / (2,0x104 kg) =12,0 m/s.

Fisika Dasar V-3


5.3 Sistem dengan Massa yang Berubah

Pada pasal-pasal terdahulu telah dibahas sistem dengan massa total M yang tetap

terhadap waktu. Sekarang akan dibahas sistem dengan massa yang berubah. Jika

terdapat massa yang masuk ke dalam sistem, laju perubahan massa dM/dt diberi tanda

positif; sebaliknya jika terdapat massa yang keluar diberi tanda negatif. Contoh yang

aktual dari sistem ini adalah roket yang diluncurkan.

Gambar 5.2 Peluncuran roket (a) pada saat peluncuran (b) pada saat t+t

Gambar 5.2a memperlihatkan sebuah sistem bermassa M yang bergerak dengan

kecepatan v terhadap kerangka acuan tertentu. Gaya eksternal Feks bekerja pada sistem.

Setelah saat berikutnya t+ t, susunannya berubah menjadi seperti dalam gambar 5.2b.

Massa sebesar M keluar dari sistem dan bergerak dengan kecepatan u terhadap

pengamat. Massa dan kecepatan sistem berubah secara berurutan menjadi M-M dan

v+v. Berdasarkan persamaan (5.2):

(5.6)

Dengan pf adalah momentum akhir sistem (Gambar 5.2b) dan pi adalah momentum awal

sistem (Gambar 5.2a). Momentum akhir sistem diberikan oleh:

(5.7a)

Momentum awal sistem adalah:

pi =Mvi (5.7b)

Sehingga persamaan (5.6) menjadi:

Fisika Dasar V-4

t+t v+vt v

ba

uM

M-M


(5.8)

Jika t dibuat menuju nol, keadaan Gambar 5.2b mendekati keadaan Gambar 5.2a,

dalam hal ini v/t mendekati dv/dt. Besaran M adalah massa yang ditolakkan dalam

waktu t. Karena perubahan massa benda terhadap waktu, dM/dt, dalam hal ini harus

berharga negatif, maka ketika t manuju nol, besaran positif M/t kita ganti dengan –

dM/dt. Akhirnya, v menuju nol bila t menuju nol. Dengan demikian persamaan (5.8)

menjadi:

(5.9a)

atau (5.9b)

Persamaan (5.9) merupakan pernyataan matematis dari Hukum II Newton, yang

mendefinisikan gaya luar pada obyek yang massanya berubah. Kita perhatikan bahwa

jika laju perubahan massa adalah nol (massa konstan) maka pernyataan (5.9) akan

kembali ke bentuk lazim yaitu F=Ma.

Contoh soal 2.

Sebuah senapan mesin dipasang di atas kereta yang dapat menggelinding bebas tanpa

gesekan di atas permukaan horizontal. Massa sistem (kereta+senapan) pada satu saat

tertentu adalah M. Pada saat tersebut senapan memuntahkan perluru-peluru bermassa m

dengan kecepatan u terhadap kerangka acuan. Kecepatan kereta dalam kerangka ini

adalah v dan kecepatan peluru terhadap kereta adalah u-v. Banyaknya peluru yang

ditembakkan terhadap satuan waktu adalah n. Hitung percepatan yang dialami kereta!

Jawab.

Anggap tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada sistem, maka berdasarkan

persamaan (5.19a) kita peroleh: , disini dv/dt = a (percepatan sistem),

vreal =u-v, dan dM/dt = -mn yaitu laju pengurangan massa sistem tiap satuan waktu. Ma

= (vreal)(-mn) atau .

Fisika Dasar V-5


5.4 Tumbukan dan Impuls

Pada saat dua benda bertumbukan, keduanya umumnya mengalami deformasi yang

melibatkan gaya-gaya yang kuat. Gaya-gaya tersebut adalah gaya kontak berdasarkan

hukum Newton kedua, persamaan (5.2), besar vektor gaya tersebut adalah:

F=(p/t) (5.10)

Persamaan ini tentu saja diterapkan pada masing-masing benda

dalam suatu tumbukan. Dipahami bahwa tumbukan umumnya

terjadi dalam waktu yang sangat singkat sehingga gaya kontak

dapat ditulis dalam bentuk infinitesimal t 0, yakni F=dp/dt.

Jika kedua ruas persamaan (5.10) dikalikan dengan selang

waktu t, diperoleh:

Ft=p (5.11)

Kuantitas ruas kiri persamaan (5.11), yakni perkalian antara gaya F dengan interval

waktu t, disebut “impuls”. Disini terlihat bahwa perubahan total pada momentum sama

dengan impuls. Konsep impuls hanya terdapat pada tumbukan yang berlangsung sangat

singkat. Besar impuls dinyatakan oleh luas di bawh kurva Gambar 5.3.

Contoh soal 3.

a. Hitung impuls yang dialami oleh seseorang yang bermassa 70 kg pada tanah

setelah melompat dari ketinggian 3,0 m.

b. Kemudian perkiraan gaya rata-rata yang didorongkan kaki orang tersebut oleh

tanah kalau mendarat dengan kaki tegak

c. Sama dengan soal b tetapi kaki bengkok. Dalam hal ini, anggap tubuh bergerak

1,0 cm selama tumbukan, dan pada kasus kedua, bilamana kaki bengkok sekitar

50 cm.

Jawab.

Fisika Dasar V-6

t

t

F

Gambar 5.3 Besar impuls oleh luas kurva


a. Ambil percepatan sebesar a=g=9,8 m/s2, dan kecepatan awal vo =0. Maka

kecepatan tubuh saat mencapai tanah:

v=[2a(y-yo)]1/2 = [2(9,8m/s2)(,0m)]1/2 = 7,7 m/s. Impuls pada tubuh orang

tersebut:

Ft =p = p – po =0-(70 kg) (7,7 m/s) = -542 Ns

Tanda negatif menunjukkan bahwa arah gaya berlawanan dengan arah

momentum tubuh (gaya arahnya ke atas)

b. Tubuh berkurang kecepatnnya dari 7,7 m/s menjadi nol dalam jarak d=1,0

cm=1,0x10-2m. Laju rata-rata selama perioda ini adalah v=(7,7+0)/2=3,8 m/s.

sehingga waktu tumbukan diberikan oleh t=d/v =(1,0x10-2m)/(3,8m/s) = 2,6

x10-3 s. Besar gaya rata-rata orang tersebut (arah ke bawah); F= impuls/t =

(540 Ns)/(2,6x10-3) = 2,1x105 N dan F = Ftanah – mg, maka:

Ftanah = F + mg = (2,1x105N) + (70 kg)(9,8 m/s2)

= 2,1x105 N + 690 N =2,1x105N

c. d = 50 cm = 0,5 m.

t =d / v = (0,5 m)/(3,8 m/s) = 0,13 s

f =(540 Ns)/(0,13 s) = 4,2x103 N

ftanah = F + mg = $,2x103 N + 0,6x103 N = 4,9x103 N.

5.5 Kekekalan Energi dan Momentum pada Tumbukan

Pada pasal 5.2 telah dikemukakan adanya kekekalan momentum total pada tumbukan

antara dua obyek (bola biliard). Jika kedua obyek sangat keras dan elastis serta tidak ada

panas yang dihasilkan pada saat kedua obyek bertumbukan, maka energi kinetik adalah

kekal. Ini berarti bahwa energi kinetik sebelum dan sesudah tumbukan adalah sama.

Tumbukan dimana energi total adalah kekal disebut “tumbukan elastik”sedangkan

tumbukan dimana energi kinetik total tidak kekal disebut “tumbukan tidak elastik”.

Tumbukan elastik:

(1/2)m1v12+(1/2)m2v2

2 =(1/2)m1v1’2+(1/2)m2v2’ 2 (5.12)

m1v1+m2v2 =m1v1’+m2v2’

Tumbukan tidak elastik:

(1/2)m1v12+(1/2)m2v2

2 =(1/2)m1v1’2+(1/2)m2v2’ 2 + energi termal + bentuk energi lain

Fisika Dasar V-7


m1v1+m2v2 =m1v1’+m2v2’

Jadi pada tumbukan elastik berlaku hukum kekekalan energi kinetik dan hukum

kekekalan momentum; pada tumbukan tidak elastik tidak berlaku hukum kekekalan

energi kinetik namun berlaku hukum kekekalan momentum.

5.6 Tumbukan Eleastik dalam Satu Dimensi

Pada uraian berikut ini diterapkan kekekalan momentum dan energi kinetik buat

tumbukan elastik antara dua obyek kecil (partikel) yang saling bertumbukan, sedemikian

hingga semua gerak terjadi sepanjang garis lurus. Anggap bahwa kedua partikel

bergerak dengan kecepatan awal v1 dan v2 sepanjang sumbu-x (Gambar 5.4a). Setelah

tumbukan, kecepatannya masing-masing berubah menjadi v1’ dan v2’ (Gambar 5.4b).

Dari hukum kekekalan momentum, kita peroleh; m1v1+m2v2 =m1v1’+m2v2’. Oleh karena

tumbukan dianggap elastik, energi kinetik juga kekal; (1/2)m1v12+(1/2)m2v2

2

=(1/2)m1v1’2+(1/2)m2v2’ 2. Jika massa dan kecepatan awal diketahui, maka dengan

menggambarkan kedua persamaan di atas kecepatan sesudah tumbukan, yakni v1’ dan v2’

dapat ditentukan.

Persamaan kekekalan momentum dan energi kinetik dapat dituliskan kembali sebagai

berikut:

m1( v1 – v1’) =m2 (v2’-v2) (5.13)

m1( v12 – v1’

2) =m2( v2’ 2 – v2

2) (5.14a)

Persamaan (5.14a) dapat dituliskan kembali seperti;

m1( v1 – v1’) ( v1+ v1’)= m2 (v2’-v2) (v2’+v2) (5.14b)

Jika persamaan (5.14b) dibagikan dengan (5.13), diperoleh;

( v1+ v1’)= (v2’+v2) atau ( v1 – v2)=( v2’- v1’) (5.15)

Fisika Dasar V-8

m1v1 m2v2 m1v’1 m2v’2

Gambar 5.4 Tumbukan elastik dua obyek kecil (a). Sebelum tumbukan, (b). Setelah tumbukan

xb

y

xa

y


Dari persamaan (5.13) dan (5.15), dapat dinyatakan kecepatan akhir terhadap kecepatan

awal.

Contoh soal 5.

Dari data pada gambar dibawah ini, hitunglah

Gambar 5.5 Tumbukan elastik satu dimensi

a. Kecepatan m1 dan m2 setelah tumbukan, bila tumbukannya bersifat elastik satu

dimensi

b. Energi kinetik total sebelum tumbukan

c. Energi kinetik total setelah tumbukan dari hasil jawaban pertanyaan a.

Jawab.

Karena bidang licin, maka . Jadi kita dapat menggunakan

hubungan-hubungan diatas dengan ketentuan v1 = 5 m/s dan v2 = - 10 m/s.

a.

b. Ek (total) = (1/2)m1v12+(1/2)m2v2

2

= (1/2)(30x10-3kg)(5m/s)2+(1/2)(20x10-3kg)(-10 m/s)2

= 1,375 J

c. E’k (total) = (1/2)m1v1’2+(1/2)m2v2’ 2

= (1/2) (30x10-3kg)(-7m/s)2+(1/2)(20x10-3kg)(8m/s)2

= 1,375 J.

5.7 Tumbukan Elastik dalam Dua atau Tiga Dimensi

Fisika Dasar V-9

m1 M2

v1=5m/s v2 =-10m/s


Prinsip kekekalan momentum dan energi dapat juga diterapkan untuk tumbukan dalam

dua atau tiga dimensi. Untuk kasus demikian, kaidah vektor kembali berperan penting.

Contoh tumbukan semacam ini dapat dilihat pada permainan billiar, serta tumbukan

atom-atom. Gambar 5.5 memperlihatkan partikel 1 bermassa m1 bergerak sepanjang

sumbu-x dan menumbuk partikel 2 bermassa m2 yang mula-mula dalam keadaan diam.

Setelah kedua partikel terhambur, m1= membentuk sudut 1 terhadap x dan m2

membentuk sudut 2 terhadap sumbu-x.

Gambar 5.5 Tumbukan elastik dalam dua dimensi

Dari kekekalan energi kinetik diperoleh hubungan:

(1/2)m1v12+(1/2)m2v2

2 =(1/2)m1v1’2+(1/2)m2v2’ 2

Dari kekekalan momentum diperoleh:

p1 = p1’+p2’

Jika diuraikan dalam komponen vektornya, diperoleh:

px = px1’+px2’

m1v1 = m1v1’ cos 1’ +m2v2’ cos 2’ (5.16b)

py = py1’+py2’

0 = m1v1’ sin 1’ +m2v2’ sin 2’ (5.16c)

Ketiga persamaan (5.16a,b dan c) di atas bebas satu sama lain dan dapat ditemukan tiga

variabel yang tidak diketahui jika variabel lainnya diketahui.

Contoh soal 5.

Sebuah peluru bermassa 10 kg bergerak pada sumbu-x positif dengan kecepatan 140

m/s. Jika peluru ini kemudian pecah menjadi 3 bagian dengan data sebagai berikut:

m1 = 3kg, v1x = 210 m/s, v1y = -180 m/s, v1z = 80 m/s

m2 = 4 kg, v2x = 105 m/s, v2y =40 m/s, v2z = -60 m/s, maka

a. Nyatakan momentum linier awal peluru yakni pox, poy, poz.

Fisika Dasar V-10

p1

m2

p2’

x2’

y

m1

p1’m1

m2

1’

p1

m2

p2’

x2’

y

m1

p1’m1

m2

1’


b. Tuliskan persamaan komponen momentum linier akhir arah x,y,z (setelah peluru

terpecah tiga, abaikan gaya gravitasi)

c. Jika pecahan ketiga bermassa 3 kg tentukanlah besar dan arah kecepatan pecahan

tersebut.

Jawab.

a. Momentum awal peluru

pox = mvox = (10 kg) (140 m/s) = 1400 kg m/s

poy = mvoy = (10 kg) (0) = 0

poz = mvoz = (10 kg) (0) = 0

b. Momentum liniar akhir yaitu;

pfx = m1 v1x + m2 v2x + m3 v3x = (3x210)+(4x105)+ p3x=1400

pfy = m1 v1y+m2v2y+ m3 v3y = (3x(-180))+(4x40)+ p3y=0

pfz = m1 v1z + m2 v2z + m3 v3z =(3x80)+(4x(-60))+ p3z=0

pfx = 630 + 420 + p3x=1400

pfy =-540 + 160+ p3y=0

pfz = 240 – 240 + p3z=0

c. Besar dan arah pecahan ketiga

p3x=1400-1050=350 kgm/s, maka v3x = 350/3=116,7 m/s

p3y=0 + 380 = 380 kg m/s, maka v3y = 380/3 =126,7 m/s

p3z=0, maka v3z = 0/3 = 0 m/s

Besar kecepatan

arahnya terhadap sumbu-x

5.8 Pusat Massa

Sejauh ini obyek yang ditinjau diperlakukan sebagai partikel tunggal. Dalam gerak

translasi, tiap-tiap titik pada obyek mengalami pergeseran yang sama dengan titik

lainnya sepanjang waktu, sehingga gerak dari satu partikel menggambarkan gerak

keseluruhan obyek. Tetapi, walaupun dalam geraknya obyek berotasi ataupunm

Fisika Dasar V-11


bervibrasi, ada satu titik pada obyek yang bergerak serupa dengan gerak sebuah partikel

bila dikenai gaya luar yang sama, titik tersebut dinamakan “pusat massa”.

Tinjau sistem dua partikel m1 dan m2 yang masing-masing berjarak x1 dan x2 dari titik

pusat 0. Pusat massa sistem terletak pada jarak xcm dari titik pusat 0, dengan xcm

didefinisikan sebagai (lihat gambar 5.6).

(5.17)

dengan M=m1+m2 adalah massa total sistem. Pusat massa terletak pada garis antara m1

dan m2. Jika kedua massa sama (m1=m2=m), xcm persis berada di tengah, karena dalam

kasus ini .

Jika m1> m2, maka pusat massa akan bergeser mendekati

m1. Sebaliknya jika m1<m2 maka pusat massa akan

bergeser mendekati m2.

Jika kita mempunyai n partikel m1, m2, .. mn sepanjang garis lurus, maka menurut

definisi, pusat massa partikel-partikel ini terhadap suatu titik asal adalah:

(5.18)

dengan x1, x2,..xn adalah jarak masing-masing massa terhadap titik asal yang digunakan

untuk mengukur xcm.

Untuk banyak partikel yang tersebar dalam ruang dan tidak harus segaris ataupun tidak

harus sebidang, pusat massanya berada pada xcm, ycm, zcm, masing-masing dinyatakan

sebagai berikut:

, , (5.19a)

Fisika Dasar V-12

m1 m2

Gambar 5.6 Pusat massa sistem dua buah benda

xcmx

y

x2

x1


Dalam notasi vektor, masing-masing partikel dalam sistem dapat dinyatakan dengan

vektor posisi rI dalam suatu sistem koordinat tertentu dan pusat massanya ditunjukkan

oleh vektor posisi rcm. Vektor-vektor ini dihubungkan dengan xI, yI, zI dan xcm, ycm dan

zcm dalam persamaan (5.19a) melalui

rI=ixi+jyI+kzI, dan rcm = ixcm+jycm+kzcm.

Dengan demikian, ketiga persamaan (5.19a) dapat digantikan dengan sebuah persamaan

vektor;

(5.19b)

Persamaan (5.19b) menyatakan bahwa jika titik asal kerangka acuan dipilih pada titik

pusat t massa (rcm=0), maka sistem tersebut berlaku .

Suatu benda tegar dapat dipandang sebagai sistem partikel yang saling berdekatan dan

sangat rapat sehingga dapat ditentukan pusat massanya. Caranya kita bagi-bagi benda

menjadi n buah elemen kecil yang masing-masing bermassa mi. Jika mI dibuat sangat

kecil (mI 0), maka letak pusat massa dinyatakan dalam bentuk vektor diberikan oleh:

(5.20)

Dalam pernyataan diatas, dm adalah elemen massa diferensial pada posisi r dari titik

asal kerangka acuan.

Contoh 6.

Tentukan letak pusat massa sistem yang terdiri atas tiga partikel dengan massa

masimng-masing m1 = 1,0 kg, m2 = 2,0 kg dan m3 =3,0 kg. Partikel tersebut masing-

masing terletak di titik sudut segitiga sama sisi dengan rusuk 1,0 m.

Jawab.

Pilih sumbu-x berimpit dengan salah satu sisi segitiga

seperti pada Gambar 5.7. x3 = ½ meter.

y3 = [12-(1/2)2]2 = (3/4)1/2

Fisika Dasar V-13

m1 m2

Gambar 4.7 Sistem tiga partikel

x (m)

y3

r3

rcm

m3


5.9 Pusat Massa dan Gerak Translasi

Tinjau gerak sekumpulan partikel, masing-masing dengan massa m1, m2,…mn. Massa

keseluruhan M dianggap konstan. Persamaan (5.19b) dapat dituliskan kembali sebagai

Mrcm = m1r1 + m2 r2 +….+ mn rn

dengan rcm adalah vektor posisi yang menyatakan letak pusat massa partikel dalam suatu

kerangka acuan tertentu. Persamaan ini diferensiasikan terhadap waktu sehingga

diperoleh:

atau

Mvcm = m1v1 + m2 v2 +….+ mn vn (5.21)

dengan adalah kecepatan partikel ke-n, dan kecepatan pusat massa.

Persamaan (5.21) mengungkapkan bahwa momentum total dari sistem sama dengan

hasil kali massa total dengan kecepatan pusat massa sistem. Persamaan (5.21)

dideferensiasikan terhadap waktu, sehingga

atau

Macm = m1a1 + m2 a2 +….+ mn an (5.22)

dengan acm adalah percepatan pusat massa sistem, sedang an adalah percepatan partikel

ke-n. Berdasarkan hukum II Newton, persamaan (5.22) dapat ditulis menjadi:

Macm = F1+ F2 +….+ Fn = Ftotal (5.23)

Jadi jumlah semua gaya yang bekerja pada sistem sama dengan massa total sistem

dikalikan dengan percepatan pusat massanya. Pusat massa sistem bergerak seperti

sebuah partikel tunggal bermassa M dibawah pengaruh gaya eksternal total .

Fisika Dasar V-14


SOAL LATIHAN

1. Sebuah benda bermassa 2 kg bergerak di atas bidang datar yang licin dengan

kelajuan tetap 5 m/dtk, dikerjakan gaya yang besarnya berubah terhadap waktu

dan arahnya sama dengan arah gerak benda. Gaya tersebut mempunyai harga

2000 N pada saat t=0 dtk dan berharga nol pada saat t=0,05 dtk.

2. Pada sebuah tetes hujan jatuh melalui

lapisan kabut. Tetes hujan ini makin lama

makin besar akibat proses pengembunan.

Besarnya laju perbesaran tetes hujan ini

sebanding dengan luas penampang dengan

kecepatan tetes air (kAv), dimana k adalah

konstanta. Hitunglah percepatan air hujan

(anggap tetes hujan ini mula-mula diam dan

berukuran sangat kecil).

3 Sebuah Mobil mainan bermassa m=2 kg meluncur sepanjang meja tanpa

gesekan dengan laju 10 m/dtk.

Di muka mobil mainan tersebut terdapat sebuah mobil ambulance (mainan) yang

bermassa M = 5 kg dan bergerak dengan kecepatan 3 m/dtk dalam arah yang

sama. Sebuah pegas tak bermassa dengan konstanta pegas k = 1120 N/m

dipasang di belakang mobil ambulance M (lihat gambar disamping). Berapa jauh

mampatan pegas (pegas tidak bengkok).

4 Sebuah balok dengan massa M=100 kg dalam

keadaan diam di atas meja panjang tanpa

gesekan. Ujung kanan meja terdapat dinding.

Fisika Dasar V-15

v M m l

Beberapa saat setelah hujan reda

V1

v2 M

m l


Balok lain bermassa m diletakkan diantara alok pertama dan dinding dan

digerakkan ke kiri dengan laju konstan v (lihat gbr). Dengan menganggap bahwa

semua tumbukan benar-benar elastik, tentukanlah harga m agar kedua balok

bergerak dengan kecepatan yang sama setelah m menumbuk M.

5 Sebuah bola elastis dengan massa M dan jari- jari a bergerak dengan

kecepatan v menumbuk suatu

permukaan dengan sudut terhadap

garis vertikal.

Anggap bola itu slip ketika bersetuhan dengan permukaan itu. Koefisien gesek

antara bola dengan permukaan adalah . Hitung pada sudut berapa bola akan

meninggalkan permukaan itu (anggap tidak ada gravitasi). Berapa perubahan

kecepatan sudut bola sebelum dan sesudah tumbukan.

Fisika Dasar V-16

θo

ω a

v


MODUL BAB V MOENTUM LINEAR DAN TUMBUKAN

NAMA :

NIM :

1. Sebuah balok bermassa 5 kg diam pada bidang

datar yang koefisien gesek kinetiknya 0,4. gaya

yang diberikan adalah F = (4t2 + 2) N. Tentukan

kecepatan benda setelah 4 detik kemudian.

Fisika Dasar V-17

vF

fg



NAMA :

NIM :

2. Seseorang hendak menancapkan sebuah tiang.yang

massanya 50 kg ke dalam tanah. Tiang tersebut ditegakkan

kemudian dari ketinggian 2 m dijatuhkan sebuah benda

keras seberat 100 kg pada ujung atas tiang. Tiang melesak

masuk kedalam tanah. Semakin dalam ia melesak semakin

besar gaya hambat dari tanah sehingga makin lama tiang

melesak semakin kecil setiap kali ditimpa benda. Jika pada

suatu saat gaya hambat tanah 104 N, hitunglah berapa

dalam tiang tersebut melesak.

Fisika Dasar V-18

2 m



NAMA :

NIM :

3. Diketahui bahwa dibutuhkan waktu 0,2 detik bagi suatu benda bermassa 4 kg yang

bergerak dengan kecepatan 2 m/detik keatas bidang miring sampai berhenti. Jika

sudut miring bidang 30o, hitunglah koefisien gesek rata-rata.

Fisika Dasar V-19



NAMA :

NIM :

4. Benda bermassa 5 kg dengan laju 30 m/dtk

menumbuk lempeng baja pada sudut 45o

terhadap bidang horizontal dan terpantul

kembali dengan laju dan sudut yang sama (lihat

gambar disamping). Berapakah perubahan

momentum liniernya?.

Fisika Dasar V-20

45o 45o

5momentum linear dan tumbukan

Documents