bab. 10 dinamika sistem partikel
DESCRIPTION
BAB. 10 Dinamika Sistem Partikel. Benda, disebut sebagai sistem (kesatuan, kelom-pok) partikel. Wujud benda, dapat berupa zat padat dan zat alir (fluida). Fluida dapat berupa zat cair atau gas. - PowerPoint PPT PresentationTRANSCRIPT
04/21/23 1
BAB. 10 Dinamika Sistem
Partikel
04/21/23 2
Benda, disebut sebagai sistem (kesatuan, kelom-pok) partikel.
Wujud benda, dapat berupa zat padat dan zat alir (fluida).
Fluida dapat berupa zat cair atau gas.
Pembicaraan dinamika sistem partikel diasumsi-kan dengan massa partikel tetap.
Wujud benda berupa padat maupun fluida, diten-tukan oleh perilaku interaksi partikel antar zat di dalam sistem zat tersebut.
04/21/23 3
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;
M
rm
m
rm
m
m
m
m
m
m
n
iii
i
n
iii
n
nnc
11
2
22
1
11
....... rrr
R
M
vm
dt
dm
Mdt
d iic
ii
cc
vrR
v 1
icM pPv
04/21/23 4
M
ymy
n
iii
c
1
M
xmx
n
iii
c
1
M
zmz
n
iii
c
1 M
zmymxm iiiiiic
kjiR
ˆˆˆ
M
zyxm iiiic
)ˆˆˆ( kjiR
M
m iic r
R
kjir ˆˆˆiiii zyx
kjiR ˆˆˆcccc zyx
04/21/23 5
Contoh.
Sistem terdiri dari tiga partikel sama dan memi-liki 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
04/21/23 6
Posisi pusat massa,
3
2 2)()(
321
kjikkjjiR
mmmc
v pusat massa,3
2 4)( 2
321
kjikjijjv
mmmc
p pusat massa, kjikji
vp 2 43
2 43
cc
04/21/23 7
Partikel Bebas.
Partikel bebas, partikel yang tidak memiliki inter-aksi 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.
04/21/23 8
Momentum sistem partikel dalam kerangka acu-an C momentumnya selalu nol (P = pi = 0).
Kerangka acuan C, disebut kerangka acuan mo-mentum nol (karena vc relatif diam pada pusat massa).
Kerangka acuan C penting pada beberapa perco-baan yang dilakukan di dalam laboratorium [ke-rangka acuan L (laboratorium) dapat dipermudah analisisnya dalam kerangka acuan C].
04/21/23 9
S S!
Sistem S terbuka (artinya parti-kel penghuni S dapat berinter-aksi dengan partikel lain di se-keliling 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
04/21/23 10
Perubahan p yang dialami oleh partikel S akan diikuti oleh partikel dari S! dengan nilai sama besar tetapi berlawanan tanda sehingga jika di-jumlahkan 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:
04/21/23 11
dt
d
dt
d ss!PP
Perubahan p tiap satuan waktu sistem S! disebut F luar yang didesakkan pada sistem S,
FPFP is dt
d
dt
d
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 ubah-an p total (sebagai akibat prinsip kekekalan p).
04/21/23 12
Gaya luar (Fℓ) dari sistem S!, maka Fℓ = - Fℓ! (me-
rupakan hukum aksi-reaksi, antara sistem S de-ngan S!).
Kecepatan pusat massa sistem S menjadi,
ccs
c dt
dM
dt
d
MvFv
Pv percepatan
Gerak pusat massa sistem partikel sama dengan tingkah laku benda jika dikenai gaya luar yang ber-titik tangkap pada pusat massanya.
04/21/23 13
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.80 m s-1
60 m s-1
2000 m
Asumsi setelah terjadi ledakan gaya luar tidak berubah (pusat massa benda terus bergerak setelah ledakan).
04/21/23 14
Setelah ledakan pusat massa benda setinggi,
Cara lain,
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
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.
04/21/23 15
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,
04/21/23 16
m 9102
7101110
221
21
2211
hh
hmm
hmhmh
Hasil kedua perhitungan sama.
04/21/23 17
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 mengguna-kan percepatan yang sama yaitu,
gmM
mMa
mM
amaMacm
)( ) ( ,massapusat Percepatan
04/21/23 18
(karena percepatan M turun dan m naik dengan ni-
lai sama).
gmM
mMacm
2
,massapusat Percepatan
mM
amaMa
mM
xmxMx cmcm
2121 ,massapusat Posisi
Cara lain.
Karena a1 = - a2 = a (arah berlawanan)
gmM
mMacm
2
,massapusat Percepatan
04/21/23 19
Hubungan (Fℓ) dengan Gaya Penyusun Sistem
Sistem tertutup, terdiri dari dua partikel m1 dan m2.
F12 merupakan gaya yang dimi-liki partikel m1 karena berinter-aksi dengan partikel m2.
m1
m2
F2
F1
F12
F21
F12 = - F21
F21 merupakan gaya yang dimi-liki partikel m2 karena berinter-aksi dengan partikel m1.
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,
04/21/23 20
Bab 6-20
21221211 dan FFpFFp dt
d
dt
d
Resultan F sistem, 2121 FFppP dt
d
dt
d
Perubahan p total sistem tiap satu satuan waktu = jumlah F luar yang bekerja pada partikel m1 dan m2.
FpP idt
d
dt
d
F luar memberi warna gerakan sistem partikel (dapat diartikan benda).
04/21/23 21
Massa Reduksi
Dua partikel massa m1 dan m2
saling berinteraksi (tanpa ada
aksi gaya luar).
Gaya F12 dan F21, merupakan
gaya dalam (internal, gaya in-
teraksi). F12 & F21 // r12
r12 merupakan garis hubung kedua partikel.
Persm gerak relatif sistem partikel terhadap 0,
212
2121
1 Fv
danFv
dt
dm
dt
dm
m1
m2
F12
F21
r1
r2
x
r12
0
04/21/23 22
1221
212
21
1
1221 11
FFFvv
mm
vvdt
d
mmdt
d
dt
d
21
21
21
m
111)( reduksi Massa
mm
m
mm
)( 121212
1221 aFF
v
dt
dvv
dt
d
v12 kecepatan partikel m1 relatif terhadap partikel m2
a12 percepatan partikel m1 relatif terhadap partikel m2
Jika nilai massa m1 m2 maka massa reduksi,
2
11
2
1
1 1 1 m
mm
m
mm
pendekatan.
Bila, m1 = m2 nilai massa reduksi = ½ m1.
04/21/23 23
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,
21
2211
mm
mmc
vvv
Kecepatan relatif tiap partikel terhadap pusat massa
adalah,
04/21/23 24
21
212
21
22111
1!1
)(
,pertama Partikel
mm
m
mm
mmc
vv
vvv
vvv
21
211
21
22112
2!2
)(
,kedua Partikel
mm
m
mm
mmc
vv
vvv
vvv
04/21/23 25
Kedua kecepatan, nampak berlawanan sebagai aki
bat pengamatan pada kerangka acuan C, (pc = 0)
(jumlah momentum sistem tidak berubah).
)(
)( ,pertama partikel Momentum
21
21
2121!11
vv
mm
mmm
vvv
)(
)( ,kedua partikel Momentum
21
21
2121!22
vv
mm
mmm
vvv
04/21/23 26
Momentum Sudut Sistem (L)
F2
m1
m2
F12
F21
r1
r2
x
r12
F1
0
Momentum sudut (L) partikel re-
latif terhadap suatu titik tertentu,
dinyatakan sebagai L = r × mv
atau L = r × p dan momen gaya
= dL/dt.
Momen sistem dua partikel ber-laku, 1 = dL1/dt dan 2 = dL2/dt.
21221211
2121
FFrFFr
ττLL
dt
d1 = r1 x (F1 + F12) dan 2 = r2 x (F2 + F21)
04/21/23 27
0
)(
2211
12212211
2122121121
FrFr
FrrFrFr
FFrFFrLLdt
d
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,
04/21/23 28
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
B
A
B
A
v
v
v
v
ddddvvmdvvmoo
12122211222111 r.Fr. Fr .F
Dalam waktu to t, partikel berpindah dari A B.
)( 2
1)(
2
1 kiri, Ruas 2
022222
2011
211 vmvmvmvm
04/21/23 29
d
B
A
B
A
WWddd 12122211 kanan, Ruas r.Fr. Fr .F
oEkEkvmvmvmvm )( 2
1)(
2
1 2
0222011
222
211
Disusun Persamaan, ΔEk = Ek – Eko = Wℓ + Wd
Ek = kerja yang dilakukan oleh sistem karena
adanya gaya yang bekerja padanya (baik gaya
luar maupun dalam).
04/21/23 30
Contoh.
04/21/23 31
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 ber-laku,
12121212 EpEpd o
B
A
r.F
Ep12 nilai Ep saat t dan (Ep12)o nilai saat to dise-but Ep dalam suatu sistem nilainya tergantung pada jarak r12 .
Ek – Eko = Wℓ + (Ep12)o - (Ep12)
04/21/23 32
(Ek + Ep) = Wℓ + (Ek + Ep12)o
Persm tersebut merupakan pernyataan hukum
kekekalan energi, sebagai akibat adanya prinsip
kekekalan momentum serta asumsi konserva-
tisasi 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.
04/21/23 33
Jika dalam sistem yang terlindungi, Ek bertambah
maka Ep berkurang atau sebaliknya (karena jum-
lahnya harus tetap).
Bila sistem terdiri lebih dari dua partikel, Ep diper-oleh dari tiap pasangan partikel,
U = Ek + Epd = ½ m v2 + Epij
22
222
211
2
2
1.....
2
1
2
1
2
1nvmvmvmmvEk
Epd = Epij = Ep12 + Ep13 + ……+ Ep1n + Ep2n + Epnm
Bila dalam sistem bekerja gaya luar bersifat konser vatif berarti Wℓ = (Epℓ)o - (Epℓ).
04/21/23 34
Besaran (Epℓ)o - (Epℓ ), Ep yang berhubungan de-ngan gaya luar dari keadaan awal dan akhir sistem. (U + Epℓ) = (U + Epℓ )o
Energi total sistem, E = U + (Epℓ) = Ek + Epd + Epℓ
04/21/23 35
04/21/23 36
Tumbukan
Dua partikel bergerak saling mendekati satu de-ngan yang lain (melakukan interaksi sehingga ge-rak mereka berubah, artinya mereka telah melaku-kan pertukaran momentum dan energi).
Dengan melakukan pertukaran energi dan mo-mentum artinya kedua partikel tersebut telah melakukan tumbukan.
Pengertian tumbukan tidak perlu bersinggungan secara fisik (bila telah berinteraksi, artinya telah melakukan tumbukan).
Gaya-gaya yang bekerja pada proses tumbukan
adalah pasangan gaya aksi-reaksi
04/21/23 37
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).
)( )( !222
!111
!2
!121 vvvvpppp mm
v1, kecepatan partikel satu, sebelum tumbukan dan v1
! sesudah tumbukan.
Dua partikel bergerak dengan kecepatan tetap sebelum dan sesudah bertumbukan.
04/21/23 38
Gaya-gaya yang berperan selama dalam tumbuk- an adalah gaya dalam (momentum dan energi-nya kekal).
Bila gaya-gayanya konservatif Ek tetap (Ep sebe- lum dan sesudah tumbukan sama).
Energi total,
)(2
1 )(
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2!2
222
2!1
211
2!22
2!11
222
211
vvmvvm
vmvmvmvm
v2, kecepatan partikel dua, sebelum tumbukan dan v2
! sesudah tumbukan.
04/21/23 39
Bila p dan E dibagikan dihasilkan bentuk,
)( )(
)()( !2
!121
!22
!11
vvvv
vvvv
Perbandingan antara kecepatan relatif sesudah tum bukan dengan sebelum tumbukan disebut koefisien restitusi atau koefisien tumbukan (e).
21
!2
!1
vv
vve
)( )( )( )( !22
!222
!11
!111 vv .vvvv .vv mm
04/21/23 40
Klasifikasi tumbukan
menyatu benda kedua
mbukan setelah tu sekali sama lentingtidak
energi)kekekalan
kukumberlaku (tidak
berkurangmekanik energi
sebagian lenting
energidan momentum
kekekalan hukumberlaku sempurna lenting
Tumbukan
04/21/23 41
F21 F12
tumbukan kontak langsungm1
m2
Macam-macam tumbukan
Fp
F12
F21
He4
hamburan
t
F12
F21
F
04/21/23 42
Tumbukan yang dipenuhi oleh hukum kekekalan
momentum dan energi disebut tumbukan elastik
sempurna.
Tumbukan dengan energi sesudah dan sebelum
tumbukan tetap (Ek = Ek! – Ek = 0), tumbukan
tersebut terpenuhi oleh nilai (e = 1).
Tumbukan lenting sempurna (e = 1).
v1 v2 - v1 - v2
sebelum tumbukan sesudah tumbukan
04/21/23 43
Tumbukan tidak lenting sama sekali (jika kedua
partikel bergabung lalu bergerak bersama-sama,
dipenuhi v1! = v2
! = v).
Kecepatan gabungan dua benda (v) setelah tum-
bukan nilainya (hukum kekekalan momentum),
21
2211
mm
mm
vv
v
Tumbukan tidak lenting sama sekali, (e = 0)
v1
v2 m1m2
Sebelum tumbukan
vm1 + m2
Setelah tumbukan
04/21/23 44
Antara dua tumbukan (lenting dan tidak lenting
sama sekali), dinamakan tumbukan lenting seba
gian (tumbukan non elastik) dipenuhi oleh nilai
e, (0 e 1).
Tumbukan lenting sebagian, (0< e < 1)
04/21/23 45
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.
kji
kjjiv
vvv
4 2
kg )21(
) 6 4)(kg 2() 2 3)(kg 1(21
2211
mm
mm
,besar kecepatan setelah tumbukan
√21 m s-1.
04/21/23 46
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!)
v2! = 5 m s-1
04/21/23 47
2,094
56
restitusi,Koefisien 21
!2
!1
e
vv
vve
J16
)9)(2()4)(4(2
1)5)(2()6)(4(
2
1
)(2
1)(
2
1
2222
222
211
2!22
2!11
!
vmvmvmvm
EkEkEk
Tanda negatif, artinya kehilangan (berkurang, ada yang hilang) energi setelah tumbukan.
04/21/23 48
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.
θ
m
v x
y 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.
04/21/23 49
Koefisien restitusi,
!!
!!by
21
!2
!1
sin
sin
v
pyby
py
vvve
v
ve
vv
vve
sin )1(
2
1
sin
sin !
!!
!!
vevvvve
vvvby
pyby
pyby
tan)1(
2
1
cos 2
sin 1)-( tan
!
!
ev
ve
v
v
bx
by
04/21/23 50
Dalam peristiwa tumbukan alur penyajian kon-sep (penyelesaian) dapat dilihat dalam bagan di bawah ini.
Bagan.
Tumbukan
Memberlakukan hukum kekekalan momentum
Tidak memasukkanhukum kekekalan Ek.
Memasukkanhukum kekekalan Ek.
04/21/23 51
Memasukan Hukum kekekalan Ek.
Tumbukan lenting sempurna
e = 1
Δv = - Δv!
Tidak memasukan hukum kekekalan Ek.
Tumbukan tidak lenting
Kedua benda bergabung
Kedua benda tetap terpisah
Tumbukan lenting sebagian
0 < e < 1
Tumbukan tidak lenting sama
sekali
v1! = v2
! = v e = 0
v
ve
!
Lanjutan.
04/21/23 52
Soal.
Sebuah peluru bermassa 20 gram ditembakkan pada bandul balistik bermassa 1980 gram sehing-ga 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
?
04/21/23 53
Contoh.
04/21/23 54
04/21/23 55
04/21/23 56
04/21/23 57
04/21/23 58
04/21/23 59
Torsi – Momen gaya
Torsi didefenisikan sebagai hasil kali besarnya gaya dengan panjangnya lengan
04/21/23 60
Bab 6-60
Torsi – Momen gaya
Torsi berarah positif apabila gaya menghasilkan rotasi yang berlawanan dengan arah jarum jam.
Satuan SI dari Torsi: newton.m (N.m)
04/21/23 61
Bab 6-61
Hukum Kekekalan Momentum Sudut
dimanaEXTddt
LEXT EXT r FL r p
EXTddt
L 0Jika torsi resultan = nol, maka Jika torsi resultan = nol, maka
Hukum kekekalan momentum sudutHukum kekekalan momentum sudut 21 21 II
dan
04/21/23 62
Bab 6-62
Momentum Sudut: Defenisi & Penurunan
Gerak linear sistem partikel berlaku,
Bagaimana dengan Gerak Rotasi ?
Fp
EXTddt
FEXT 0
L r p
r F Untuk Rotasi, analog gaya F F adalah Torsi
analog momentum pp adalah
momentum sudut
p = mv
Momentum kekal jika
04/21/23 63
Bab 6-63
Sistem Partikel
Untuk sistem partikel benda tegar, setiap partikel memiliki kecepatan sudut yang sama, maka mo-mentum sudut total:
1 2 31
n
n ii
L l l l l l
,1 1
n ni
net i neti i
dL dl
dt dt
Perubahan momentum sudut sistem hanya disebabPerubahan momentum sudut sistem hanya disebab--kan oleh torsi gaya luar saja.kan oleh torsi gaya luar saja.
04/21/23 64
Bab 6-64
i
j
k̂vrmmi
iiii
iiiii
i vrprL
Perhatikan sistem partikel benda tegar yang bero-tasi pd bidang x-y, sumbu rotasi z. Total momen-tum sudut adalah jumlah masing2 momentum su-dut partikel:
rr1
rr3
rr2
m2
m1
m3
vv2
vv1
vv3
Arah LL sejajar sumbu z
Gunakan vi = ri , diperoleh
IL
(karena ri dan vi tegak lurus)
analog dengan p = mv !
krmLi
2
iiˆ
04/21/23 65
Vektor Momentum Sudut
Definisi: Momentum sudut dari sebuah benda yang berotasi tehadap sumbu tetap adalah hasil kali dari momen inersia benda dengan ke-cepatan sudut terhadap sumbu rotasi terse-but.
IL
I
dt
dI
dt
Id
dt
Ld
)(
Demikan juga dengan torsi (Hk II Newton untuk gerak rotasi):
04/21/23
Momen Inersia
Untuk benda yang mempunyai distribusi massa kontinu, mo-men inersianya diberikan dalam bentuk integral
dVρrdmrI 22
dm
x
y
zdmrIrmI i
ii 22
dlddrrdV
Dimana Elemen Volume
dimana r dr : perubahan radius, dθ : perubahan sudut, dl : perubahan ketebalan.
04/21/23 67
Bab 6-67
Momen Inersia
Untuk lempengan benda di bawah ini, momen inersia dalam bentuk integral
dlddrrrI 2
Asumsi rapat massa ρ konstan
Kita dapat membaginya dalam 3 integral sbb:
LRdldrdrrI
0
2
00
2
04/21/23 68
Bab 6-68
Hasilnya adalah
LR
I
lr
I L
R
24
44
020
0
4
LRM 2
Massa dari lempengan tersebut
2
2
1MRI Momen Inersia benda
Lanjutan.
04/21/23 69
Bab 6-69
Untuk benda tegar bermassa M yang berotasi terha-dap sumbu putar sembarang yang berjarak h dari sumbu sejajar yang melalui titik pusat massanya (ICM diketahui), momen inersia benda dapat diten-tukan dengan menggunakan:
2MhII cm
Teorema sumbu sejajar
Teorema sumbu sejajar,
Sehingga, teorema Kerja-Energi untuk gerak rotasi menjadi:
21
22
2
1
2
12
1
2
1
IIdIdW
04/21/23 70
2
2
1 IEkrotasi rotasiEkW dimana
Bila ,maka sehingga0 0W
0 rotEk Hukum kekekalan Ek Rotasi
Lanjutan.
04/21/2371
Bab 6-71
Gerak menggelinding pada bidang miring
R x
P
sf
gF
singF
cosgF
N
Gunakan: torsi = I
sing PR F I
Maka:Maka:
2
sin
1 /comcom
ga
I MR
MR2 g sin θ = - I acom
Ip = Icom + MR2
acom = - R
04/21/23 72
Contoh.