BAB. 8 (Gaya dan Benda) - [Download PPT Powerpoint]

04/21/23 1

BAB. 8 (Gaya dan

Benda)

04/21/23 2

Penyebab gerak benda, adalah gaya.

Bentuk dan banyaknya F yang bekerja pada ben-da menyebabkan beberapa kemungkinan gerak-an benda tersebut.

1. Jika resultan F bekerja pada benda nol (F = 0) atau (Σ F = 0), maka kemungkinan benda diam (v = 0) atau bergerak lurus beraturan (v ≠ 0).

2. Jika F bekerja (F ≠ 0, ΣF ≠ 0) tetapi setitik tangkap (berlaku sebagai F tunggal) maka, ke-mungkinan benda akan bergerak lurus ber-ubah beraturan,

3. Jika F bekerja pada benda lebih dari satu (jadi ada ΣF) dan tidak satu titik tangkap [walau-pun (Σ F = 0), maka masih ada kemungkinan benda berputar].

04/21/23 3

Macam-macam gerak dapat terjadi karena nilai F

yang bervariasi (baik besar, arah atau mungkin

keduanya yaitu besar dan arah).

Bagaimanapun bentuk F yang bekerja pada ben-

da, gerak benda tersebut memenuhi hukum ke-

dua Newton ( F = m a ).

04/21/23 4

A. Keseimbangan Gaya-gaya

Letak titik tangkap beberapa F di dalam benda akan memberikan beberapa kemungkinan dari benda tersebut.

1. Benda akan tetap diam (dalam keadaan sta-tik).

2. Bergerak translasi, rotasi atau mengguling.

3. Jika benda bertranslasi (v tetap), disebut benda dalam keseimbangan rotasi ( = 0).

4. Jika benda bergerak rotasi (ω tetap), dise-but benda dalam keseimbangan translasi ( F = 0).

04/21/23 5

1. Resultan gaya-gaya sejajar.

Gaya berat (w), merupakan salah satu bentuk resultan dari gaya-gaya sejajar.

Resultan F dari masing-masing berat partikel penyusun benda.

w = Σ mi g

0

F1

F2

F3

F4

F

r1

r2

r4

r3

r

F = F1 + F2 + F3 + F4

F = Σ Fi

r x F = Σ ri x Fi

= Σ i

04/21/23 6

r letak posisi pusat berat (mungkin pusat m)

ri letak posisi masing-masing gaya, gaya berat, (mungkin massa)

Fi gaya-gaya, gaya berat, (mungkin m)

M

zmz

M

ymy

M

xmx iiiiii

dan

,

M

m

m ii

i

ii r

rr

r

atau

Komponen persm dalam sistem koordinat tiga di-mensi kartesian

Secara teori letak titik tangkap F berat dan pusat m belum tentu sama.

04/21/23 7

Hal tersebut terjadi karena nilai g tidak tetap (ni-

lai g tergantung pada jarak atraksi dua benda).

Navier1785 - 1836

04/21/23 8

Contoh.

Empat buah titik benda massa m kg, 2 m kg, 3 m kg dan 4 m kg disusun dalam satu garis lurus dengan jarak tetap 1 meter (mulai dari salah satu ujung). Tentukan letak pusat titik berat dan pusat massanya ?

Penyelesaian.

Karena garis lurus dianggap tidak ada y dan z jadi persm-nya adalah,

i

ii

m

xmx

m 2

)kg 4()kg 3()kg 2()kg (

)m 3)(kg 4()m 2)(kg 3()m 1)(kg 2()m 0)(kg (

mmmm

04/21/23 9

Letak titik tangkap gaya sejauh (2 m) dari benda yang bermassa m (atau berada pada posisi massa 3 m).

Letak titik pusat m sama yaitu 2 m dari ujung ber-massa m (titik tangkap gaya = titik pusat m jika nilai gravitasi tetap).

w1 = m1 g, w2 = m2 g dst.

04/21/23 10

Plat lingkaran jari-jari 2 R dan dalam plat tersebut terdapat lobang piringan kecil jari-jari r dengan pusat lingkarannya pada satu garis lurus. Bentuk benda tersebut dinamakan X. Dimanakah letak titik berat benda X tersebut ?

Contoh.

Penyelesaian.

r

2 R

CX

D

Benda C dianggap sebagai benda jumlahan benda jari-jari r dan 2 R. Dengan de mikian posisi pusat m benda C (lingkaran penuh) berada pada pusat sumbu koordinat (0, 0) sehingga posisi pusat m C berlaku,

04/21/23 11

XD

XXDDC mm

XmXmX

Posisi XD dan XX adalah posisi pusat m benda D dan X, dengan demikian XC = 0 sehingga diha-silkan,

X

DDX m

XmX

Jika m jenis benda ρ, maka m benda ρ V sehing-ga mD = r2 ρ ℓ, dengan ℓ tebal benda dan m benda X menjadi, mX = (2 r)2 ρ ℓ - r2 ρ ℓ.

Dalam hal ini XD = - r sehingga,

3 ) (2

) )( (22

2 r

rr

rrX X

(nilai tersebut di sebelah kanan C)

04/21/23 12

2. Keseimbangan Statik

Bila posisi benda dalam keadaan diam, benda disebut dalam keadaan keseimbangan statik.

Bila benda dalam keadaan seimbang statik harus dipenuhi:

Dari pernyataan, = r x F, F = 0 dan = 0

Persm di atas ditulis dalam komponen tiga dimensi ekuivalen dengan persm,

Fx = F1x + F2x + F3x + ……. + Fnx

Fy = F1y + F2y + F3y + …….

+ Fny

Fz = F1z + F2z + F3z + ……. + Fnz

04/21/23 13

x = 1x + 2x + 3x + …… + nx

y = 1y + 2y + 3y + … …. + ny

z = 1z + 2z + 3z + ………. + nz

Apabila seluruh gaya terletak di dalam satu bi-dang datar analisisnya cukup menggunakan tiga persm yaitu:

Fx = 0, Fy = 0 dan z = 0

Hal tersebut terjadi, = r x F.

tersebut memberikan dua jenis arah putaran ke kiri dan ke kanan.

Dalam penjumlahan jika momen satu diberi tanda (+) maka yang lain (arah berbeda) harus diberi tanda (-), (dan sebaliknya).

04/21/23 14

Bab 6-14

Benda tegar dikatakan setimbang apabila memiliki

percepatan translasi nol (a = 0) dan percepatan

sudut nol ( = 0).

Kesetimbangan Benda Tegar

Benda berada dalam keadaan setimbang, berlaku:

Σ F = 0 dan Σ = 0.

ΣFx = 0 , ΣFy = 0 dan Σ = 0

04/21/23 15

Contoh.

Seorang m = 60 kg (berat wo = 600 N) naik pada tangga homogen yang bersandar (berdiri) pada lantai dengan sudut 60o terhadap horisontal dan ditahan oleh gaya (F) 5 N agar tidak menggeser. Panjang tangga 5 m dan berat 10 N [titik tangkap berat tangga (wt) berada di tengah-tengah]. Sam-pai dimana orang tersebut naik (memanjat) sebe-lum tangga tersebut menggeser. Penyelesaian.

Misal orang naik sejauh x m dari dasar, = 60o).

04/21/23 16

Fx = 0 dipenuhi oleh gaya (F - F1 = 0), nilai F1 = 5N.

Fy = 0 dipenuhi oleh gaya wo + wt - F2 = 0 F2 = 610 N.

F2

F

β

F1

x wo

wt

2,5 m

0A

Momen A = 0 (diambil pada titik A) sehingga berlaku, A = 0.

F (0) + F1 (0B) + F2 (A0) - wt [(0,5 AB) cos ] - wo (x) cos + F1 (AB sin 60o) + F2 (AB cos 60o) - wt [(0,5)(5 m) cos 60o] - wo (x) cos 60o = 0

04/21/23 17

Dengan memasukkan nilai angka diperoleh,

5 N (5 m) ½ + 610 N (5 m) ½ - 10 N (2,5 m) ½ - 600 N (x m) ½ = 0

Dari persm di atas nilai x (dihitung), sebagai nilai tinggi orang memanjat tangga sebelum tangga tergelincir.

m 5 A, titik dari m300

35,125,1512

xx

Artinya orang tersebut naik sampai ke puncak tang ga, tangga belum tergelincir.

04/21/23 18

Contoh.

Suatu gaya F1 = A j, bekerja pada suatu titik dengan vektor posisi r1 = a i. Gaya lain F2 = B i, bekerja pada suatu titik dengan vektor posisi r2 = b j. Tentukan lengan momen L, dari resultan gaya relatif terhadap titik 0 (pusat koordinat).Penyelesaian.

Gaya total, F = F1 + F2 = B i + A j.

Besar F, F = √B2 + A2

Momen F terhadap 0, = r1 x F1 + r2 x F2

= a i x A j + b j x B i = (aA – bB) k = aA – bB

Panjang lengan momen, L = 22 BA

bBaA

F

04/21/23 19

Pengaruh Gaya Dalam Benda.

Benda bergerak jika (Σ F ≠ 0), dan benda diam jika

gaya (Σ F = 0) walaupun tidak selamanya

(mungkin berputar atau bergerak lurus).

Perilaku gerak benda tergantung dari bentuk F

yang bekerja pada benda tersebut (terdapat F te-

tap dan F tidak tetap).

F tidak tetap (sebagai bentuk variabel), mungkin

sebagai fungsi perpindahan, kecepatan dan waktu,

contoh F berubah misal F sentral (berubah arah).

04/21/23 20

Gaya Normal (Dalam Bidang Datar)

Benda diam di atas bidang datar berlaku Σ F = 0.

Benda (diam) memiliki berat (w = m g, bentuk F) untuk memenuhi keadaan Σ F = 0, dimunculkan konsep F normal (N).

Arah F normal (N) tegak lurus bidang tumpunya (F

normal merupakan reaksi dari bidang terhadap

benda), sehingga N = m g.

Hal tersebut terjadi karena be

rat benda seluruhnya mene-

kan bidang tumpunya.

mg

N

04/21/23 21

Dalam Bidang Miring

Benda berada dalam bidang miring. F yang bekerja pada benda dapat diuraikan menjadi beberapa F.

m gm

g cos

m g

sin

N Hal tersebut terjadi kare-na w (hanya sebagian) menekan bidang tumpu yaitu, m g cos (karena arah gaya berat menuju pusat bumi, sudut bi-dang miring dengan hori-sontal).

04/21/23 22

Gaya-gaya Geseran

Benda yang bergerak pada permukaan benda lain atau bergerak di dalam benda lain (misal dalam fluida) akan memperoleh hambatan (geseran).

F geseran muncul karena hasil interaksi dua ben-da tersebut.

Arah F geseran selalu berlawanan dengan arah gerak benda.

Besar kecilnya nilai F geseran tergantung pada keadaan benda yang melakukan kontak terse-but.

Nilai F geseran dapat didasarkan pada bentuk benda, maupun permukaan kontak benda.

04/21/23 23

Misalnya tergantung pada luas (sempitnya) per-mukaan dan kasar-halusnya permukaan kontak (misal gerak benda padat di atas permukaan zat padat), dapat tergantung pada bentuk benda (misal gerak benda bentuk bola berbeda dengan bentuk kubus di dalam fluida).

Peristiwa F geseran dalam gerak benda, meru-pakan gejala yang cukup kompleks dan merupa-kan konsep statistik.

Kriteria F geseran ditentukan berdasarkan konsep pengamatan.

04/21/23 24

Geseran Dalam Bidang Datar

Benda yang bergerak di dalam bidang datar mem-peroleh F geseran (Ff) nilainya sebanding dengan besarnya F normal (N).

Ff = N

tetapan, disebut koefisien geseran.

Nilai μ ditentukan oleh besaran yang terkait (misal dapat kasar atau halusnya permukaan kontak).

Nilai ada dua jenis yaitu:

(k), kinetik dimiliki oleh benda yang bergerak.

(s), statik dimiliki oleh benda yang diam.

Umumnya nilai k s.

04/21/23 25

Bila pada benda bekerja gaya (F) sejajar bidang, posisi N akan bergeser (searah F).

m g

N

F

Ff

v

x

Bila benda karena gaya (F) bergerak (searah sumbu x), hukum Newton II tetap ber-laku (Σ F = m a).

Muncul gaya Ff sehingga Σ F = 0, (jika benda ma-sih diam).

F i - Ff i = m (a i)

F - μk N = m (a)

Benda tetap diam, F = μs N.

04/21/23 26

Agar benda yang semula diam, menjadi bergerak mutlak harus dipenuhi nilai F s N.

Bila F s N benda tidak akan bergerak.

Selama benda diam, selalu berlaku nilai F = s N.

Bila F ditambah, maka nilai s juga bertambah, teta-pi nilai s suatu saat akan menjadi maksm.

Sehingga jika F ditambah lagi, menyebabkan nilai F s N sehingga benda lalu bergerak.

Setelah benda bergerak benda tidak lagi memiliki s tetapi memiliki k .

04/21/23 27

Contoh.

Benda berat 50 N di atas lantai horisontal yang ka sar.

a. Bila F horisontal 20 N bekerja pada benda tetapi benda tetap diam. Berapakah besarnya F geserannya ?

b. F ditambah menjadi 40 N benda siap akan ber-gerak. Berapakah nilai s ?

c. Dari peristiwa (b) selanjutnya benda bergerak de- ngan kecepatan tetap dan nilai Ff susut menjadi

32 N. Berapakah nilai k ? Penyelesaian.

04/21/23 28

Selama benda masih diam, artinya kecepatan dan percepatan benda nol, Σ F = 0, sehingga berlaku persm F = Ff = 20 N.

50 N

20 N

ff

N N

40 N

04/21/23 29

64,0N 50

N 32

N

Fkk

Nilai F = 32 N merupakan F geseran kinetik, sehingga nilai koefisien geseran maksm,

Benda bergerak dengan kecepatan tetap, artinya a = 0 F = 0.

jadi nilai koefisien geseran statik telah maksm s = Ff /N = 40 N/50 N = 0,8.

Benda siap bergerak, artinya nilai s telah men-capai maksm (F > Ff benda bergerak).

Dengan demikian nilai gaya geseran 20 N.

04/21/23 30

Geseran Dalam Bidang Miring

Benda dalam bidang miring kemungkinan akan ber-gerak naik atau turun.

Benda massa m bergerak dalam bidang miring mendapat gaya geseran, formula persm berlaku F = m a.

FN

m g

v

w cos w sin

μs N

Bergerak ke atas jika di-penuhi,

F m g sin + s N.

Jika syarat telah dipenuhi ben-da bergerak naik, dengan persm,

F – m g sin - k N = m a.

04/21/23 31

FN

m g

v

w cos w sin

μs N

Bergerak turun jika di-penuhi,

m g sin F + s N.

Jika syarat telah dipenuhi ben-da bergerak turun, dengan persm,

m g sin – F - k N = m a.

Jika turun dengan sendirinya (F = 0), persm ge-

raknya menjadi, (syarat m g sin s N).

m g sin – k N = m a.

04/21/23 32

Contoh.

Dua balok, balok pertama massa m dan kedua M.

Kedua balok berada pada bidang miring dengan

sudut kemiringan . Koefisien gesekan balok de-

ngan bidang miring μ1 dan μ2. Hitung F kontak dan

sudut minimum bidang miring agar balok siap untuk

bergerak !

Penyelesaian.

m

M

Agar kedua balok da-pat bergerak bersama-sama perlu μ1 > μ2 .

m g sin + F - μ1 m g cos = m a.

F

fv

m g sin

04/21/23 33

fv

M g sin F

M g sin - F – μ2 M g cos = M a.

Dari ke dua persm dikurangkan diperoleh F,

2

cos ) ()sin)(( 12 gmMgaMmF

Sudut minimum bidang miring adalah sudut terke-cil, yang dimiliki agar benda siap bergerak, a masih nol.

m g sin + M g sin - μ1 m g cos – μ2 M g cos = (m + M) a = 0

(m g + M g) sin = (μ1 m g + μ2 M g) cos .

Mm

tan 21

04/21/23 34

Gaya Sentral.

F sentral adalah F yang arahnya selalu lewat

(menuju) titik pusat (titik tetap tertentu bentuk F

= F ). Dengan demikian F sentral dan vektor

posisi sejajar (satu garis) sehingga momen F

r̂

0 ˆ Fr x

Sebagai akibat gaya sentral yang akhirnya

akan memberi interpretasi besaran L tetap, tetapi

ada dua kemungkinan jika L tetap.

0dt

dL

04/21/23 35

Kemungkinan pertama dipenuhi F = 0 atau a = 0 dan disajikan oleh partikel bebas.

Partikel bebas partikel yang ber-gerak lurus dengan kecepatan te tap (nilai m, d dan L tetap). Kemungkinan kedua jika, F 0 akan dipenuhi jika L tetap (ben-tuk F r yaitu jika gaya sentral.

dr

F v

ℓ

m

Dari gambar, memperlihatkan jika L = m v r sin atau L = m v d. Gaya alamiah umumnya F sentral, misal bumi me-ngelilingi matahari akibat adanya F sentral.

Salah satu F sentral adalah berat. Bumi mengeli-lingi matahari dengan L reatif tetap.

04/21/23 36

Gerak karena gaya sentral edarnya terletak dalam

bidang (bidang v dan r).

04/21/23 37

Gerak dalam Lintasan Lengkung

Gerak benda dalam lintasan lengkung, percepatan benda (a) bila diuraikan akan memiliki komponen aT (percepatan tangensial merupakan komponen percepatan dengan arah menyinggung lintasan) dan komponen aN (percepatan normal atau sentri-petal komponen tegak lurus lintasan arah menuju pusat lengkungan).

r

vmFamF

dt

dvmFamF

NNN

TTT

2

r, jari-jari lintasan (melingkar r jari-jari lingkaran).

04/21/23 38

Gerak melingkar berlaku, FN = m ω2 r.

Di dalam gerak melingkar beraturan partikel ha-nya memiliki aN , (aT = 0).

Besaran percepatan dinyatakan dalam bentuk vek-tor, a = ω x v.

Karena F = m a sehingga,

F = m (ω x v) = ω x m v = ω x p

r

vpF

dt

dpF NT

dan

04/21/23 39

Contoh.

Carilah gaya tangensial dan normal, dari peluru

(massa m) yang ditembakkan mendatar dengan

kecepatan awal vo dari puncak bangunan !

Penyelesaian.

vo

FTFN

mg

xyP

0 A

gt

Misal setelah t detik benda berada di titik P (telah tu-run sejauh y kecepatan arah y, g t) dan x, vo t. Ke-cepatan di titik P nilainya,

dt

dvmFT ,l tangensiaGaya

2222222 tgvvvvv oyx

04/21/23 40

222

2

tgv

tgmF

o

T

04/21/23 41

Gerak Benda dalam Kulit Bola

Gerak benda dalam kulit bola, dapat terjadi di luar kulit permukaan luar atau kulit permukaan dalam bola.

04/21/23 42

Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam

A

B

C

D

E

w

N

w

Nw w

w

NN N

r

Posisi A,

r

vmgmN

r

vmwN

2

cos

Posisi B,

r

vmgmN

r

vmwN

2

04/21/23 43

Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam

A

B

C

D

E

w

N

w

Nw w

w

NN N

r

Posisi C = E,

gmr

vmN

r

vmwN

2

Posisi D,r

vmN

2

Antara posisi C, D dan E ada kemungkinan benda meninggalkan lintasan (jatuh, jika kecepatan ti-dak cukup).

04/21/23 44

Benda meninggalkan lintasan, berlaku N = 0.

Posisi B,

kritis. nilaimerupakan , grgrv

r

vmgm

2

cos

Posisi D,

Jika benda harus terus berputar pada lintasan per-mukaan dalam kulit bola (tidak meninggalkan lin-tasan), perlu memiliki nilai kelajuan

r

vmgm

2

Catatan. Pesoalan gerak partikel pada kulit bola bagian dalam = gerak benda diikat de-ngan tali (N, tegangan tali).

04/21/23 45

Sebuah pesawat terbang bergerak dalam suatu lintasan melingkar verti-kal berjari-jari r dengan kecepatan tetap v. Tentu kan berat semu pener-bang massa m pada po-sisi di titik A, B dan C dari lintasan lihat gam-bar.

Contoh.

Penyelesaian.

A

B

C

w

N

w

N

Nr

v

04/21/23 46

Dalam gerak melingkar penerbang mengalami gaya sentrifugal, F = m (v2/r).

Posisi titik C gaya F ke atas akibatnya berat semu-nya wC = m g – F.

Posisi titik B gaya berat penerbang merupakan re-

sultan m g dan F sehingga berat semunya menjadi,

Posisi titik A gaya berat penerbang merupakan resultan mg dan F sehingga berat semunya menja-di wA = m g + F.

22 )(mgFwB

04/21/23 47

Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Luar.

Posisi A berlaku, FN = m aN,

r

vmmgN

r

vmNw

2

cos rgv

Posisi B berlaku,

Pada posisi B mungkin benda meninggalkan lintasan (berlaku N = 0), nilai kritis benda meninggalkan lin-tasan,

r

vmNw

2

cos

NB

A

w

N

rv

v

w cos

04/21/23 48

Contoh.

04/21/23 49

Contoh.

04/21/23 50

Contoh.

04/21/23 51

Gaya Sebagai Variabel Kecepatan

Gaya sebagai variabel kecepatan dapat berupa k v

(mungkin dapat k v2 atau yang lain, k tetapan).

Gaya sebagai variabel kecepatan yang paling seder hana adalah kv [bentuk, gaya geseran dalam fluida, (gaya stokes k = 6 r bila benda berben-tuk bola jari-jari r)]. kekentalan fluida.

Persamaan gerak benda dalam fluida mengacu hukum Newton II (jika gerak benda ke bawah ga-ya geser arah ke atas sehingga persamaan menja-di),

F - 6 r v = m a F - k v = m a

Pernyataan (k v) menyiratkan nilai gaya geseran

bertambah seiring bertambahnya kecepatan

04/21/23 52

Jika nilai persamaan di depan tetap, suatu saat F = 0, ( a = 0, F = k v).

Kondisi tersebut menyebabkan kecepatan bola tetap (maksimum kecepatan bola yang dicapai, disebut kecepatan batas/ambang (vL)

Diperoleh bentuk persamaan:

k

Fv

r

Fv LL 6

Jika bola dilepas dari permukaan fluida, (vo = 0 atau gerak karena beratnya sendiri), akan berlaku F = m g sehingga bentuk nilai kecepatan batasnya menjadi:

04/21/23 53

k

gmv

r

gmv

6

LL

04/21/23 54

Contoh.

Suatu bola massa m dilempar tegak lurus di

udara (atmosfer) dan mendapat gaya geseran

sebesar c v2, (c tetapan, c = m k). Buktikan hu-

bungan antara kelajuan dan keketinggian saat na

ik dinyatakan sebagai v2 = A [exp (- 2 k y) - 1].

Penyelesaian.

F = m a, benda naik berarti - m g - c v2 = m a.

dy

dvva

dt

dva

04/21/23 55

Persm gerak benda,

dyk

k

gv

dvvv

m

cg

dy

dvv

2

ykk

gn

k

gvndyk

k

gv

dvvy

2 2 2 2

0

v

0 2

k

gvyk

k

gyk

k

gk

gv

n

2

) 2 ( exp 2

]1) 2 ( [exp 2 ykk

gv terbukti.

04/21/23 56

04/21/23 57

Sebuah cincin (massa m) mempunyai titik manik-manik (anggap titik massa dan massa juga m) ditempel di pinggiran cincin. Jari-jari cincin R (mo-men inersia cincin I). Cincin dan manik-manik bergerak bersama. Mula-mula kecepatan sudut mereka o dan manik-manik berada di posisi paling rendah. Berapakah nilai maksimum o agar sistem tidak melompat saat manik-manik berada pada posisi tertinggi ? Anggap lantai kasar, sehingga sistem cincin manik-manik dapat menggelinding tanpa slip.

Contoh.

Teori yang mendasari, Kekekalan energi, hukum Newton.

Penyelesaian.

04/21/23 58

Ek sistem (Ek cincin + Ek manik-manik). Pada saat mula-mula manik-manik berada di dasar, sehingga kecepatannya tepat nol.

Lanjutan.

2 2 2 2 2 2 2 20 0 0 0 0 0

1 1 1 1

2 2 2 2EK mv I m R mR mR

Pada saat manik-manik berada di puncak, Ek cincin

diberikan oleh, Ek = m R2 ω2

Ek manik-manik ,kecepatan manik-manik

v = kecepatan manik-manik terhadap pusat cincin + kecepatan pusat cincin

21

2mEK mv

04/21/23 59

Lanjutan.

= kecepatan translasi pusat cincin + kecepatan akibat rotasi cincin = R + R = 2 R. Ek manik-manik = Ep manik manik = 2 m g R. Kekekalan energi: Sederhanakan: Gaya normal yang diberikan oleh lantai diberikan o- leh w manik-manik dan cincin dikurangi dengan gaya sentripegal akibat rotasi manik-manik terhadap pusat cincin.

2 2 212 2

2m R m R

2 2 2 2 2 20 2 2mR mR mR mgR

2 20

1 2

3 3

g

R

04/21/23 60

Lanjutan.

Syarat supaya lepas dari lantai, N = 0.

Didapatkan, 20

1 22 0

3 3

mgmg m R

20

8g

R Disederhanakan, 0

8g

R

04/21/23 61

Gaya Variabel Jarak (Hukum Hooke).

Hukum Hooke dinyatakan sebagai, F = - k x.

k tetapan, x simpangan.

Besaran x dapat diganti sebagai x sehingga ben-tuk hukum Hooke menjadi F = - k x.

Gaya elastik merupakan gaya sentral (arah selalu menuju pusat).

Jika partikel (benda) dikenai gaya elastik (gaya pegas) bentuk persm geraknya,

0atau 0 22

2

xdt

xdx

m

k

dt

xd

04/21/23 62

Bentuk penyelesaiannya, x = A cos (ω t + φ)

x , simpangan gerak (satuan meter), A amplitudo (simpangan maks, satuan meter), ω frekuensi sudut (satuan radian perdetik), t waktu (satuan detik) dan φ pase awal gerakan (satuan radian).

fT

T

12 Frekuensi,

T periode (satuan detik) dan f frekuensi (satuan hezt)

04/21/23 63

04/21/23 64

Gaya Variabel Massa.

Gaya, sistem variable massa, yaitu sistem gerakan

benda dengan massa berubah (perubahan massa

dapat bertambah atau berkurang).

Misal gerak roket dengan memperhitungkan mas-

sa bahan bakar gas yang hilang (sitem massa ber-

kurang).

Gerak luncuran salju, bentuk bola salju makin be-

sar (massa bertambah).

Penambahan maupun pengurangan massa teratur

tiap satuan waktu.

04/21/23 65

Persm geraknya mengikuti hukum Newton kedua (F = dp/dt).

Persoalan penyelesaian, bagaimana bentuk dp-nya.

04/21/23 66

Peninjauan Sistem Roket (massa berkurang).

Roket melepasan massa (bahan bakar) dengan kontinyu.

Roket kecepatan v relatif terhadap bumi.

Kecepatan gas ke luar, v! relatif terhadap bumi.

Gas lepas berkecepatan ve = v! - v relatif ter-hadap roket (secara umum nilainya tetap).

Misal mula-mula massa roket m dalam waktu dt masa berkurang dm dan secara bersamaan ke-cepatan roket bertambah dv.

04/21/23 67

Momentum saat t + dt setelah massa berkurang dm adalah

Besaran dm dv nilainya sangat kecil (diabaikan) persm di atas menjadi,

p! = (m + dm)(v + dv) – v! dm

p! = m v + v dm + m dv + dv dm – (ve + v) dm

p! = m v + v dm – ve dm

Saat t momentum (p = m v) setelah penam-bahan waktu dt terjadi perubahan momentum dp = p! - p yang berarti dp = m dv - ve dm.

04/21/23 68

Perubahan momentum sistem tiap satuan wak-tu dt atau gaya bentuknya menjadi,

)()()( mdt

d

dt

dm

dt

devvp

Gaya dorong roket = gaya lepasnya (lontaran) bahan bakar.

Besaran dinyatakan sebagai gaya dorong

roket. dt

dmev

Pembicaraan, mengabaikan geseran udara dan variasi gravitasi karena ketinggian.

04/21/23 69

Jika roket bergerak tegak lurus F = m g seba- gai perlambatan, persm-nya menjadi

dt

dm

mdt

d evvg

v

m

e

t

e

o om

dmvdvdtg

m

dmvdvdtg

0

Dalam persoalan persm tersebut, misal roket ver-gerak vertikal berarti v arah ke atas, g dan ve ke bawah sehingga persm menjadi,

Bila gaya luar (F = 0) persm menjadi, v

v

m

e

o om

dmvdv

04/21/23 70

Contoh.

Sebuah roket bermassa mo memiliki kecepatan awal vo, untuk menambah kecepatannya, roket melepas kan bahan bakarnya dengan kecepatan relatif ter-hadap roket ve. Jika gaya gesekan udara diabaikan, tentukan kecepatan roket setiap saat !

Penyelesaian.

Jika roket mengeluarkan bahan bakar dm dengan kecepatan relatif terhadap roket ve, kecepatan roket menjadi v + dv dan massa roket menjadi m – dm.

Persm menjadi,

m v + 0 = (m – dm)(v + dv) + dm (v + dv – ve)

04/21/23 71

m dv = ve dm

oeo

m

e

v

v m

mnvvv

m

dmvdv

oo

oeo m

mnvvv

Arah ve berlawanan dengan v sehingga persm ha-

rus menjadi,

Jika mo = 850 kg, dm/dt = 2,3 kg s-1, ve = 2800 m s-1.

Gaya dorongnya, ve (dm/dt) = (2800 m s-1)(2,3 kg s-1)

= 6440 newton.

2s m 6,7kg 850

N 6440 ,Percepatan

m

Fa

04/21/23 72

Bila percepatan gravitasi bumi (9,8 m s-2) berat

roket menjadi, w = m g

= (850 kg)(9,8 m s-2)

= 8300 N

Nilai 6440 N < 8300 N

Sehingga untuk lepas perlu tenaga lebih besar dari berat roket (≥ 8300 N untuk naik).

Bila massa bahan bakar yang telah lepas 180 kg,

berapakah kecepatannya ?

04/21/23 73

Kecepatan ini dihasilkan saat roket telah berada di angkasa luar (tidak ada gaya gravitasi).

11 s m 4300kg 180

kg 850 )s m 2800()(

n

m

mnvv o

e

04/21/23 74

Contoh.

Sebuah roket massa mula-mula (mo = 8000 kg). Kecepatan lepas bahan bakarnya (dm/dt) 100 kg s-1 dan kecepatan keluar gas relatif terhadap roket ve 980 m s-1. Roket digerakkan tegak lurus, berapa lama roket akan meninggalkan tanah ?

Penyelesaian.

Akibat pancaran gas (bahan bakar) sistem massa roket berkurang sehingga berat roket berkurang da-lam t detik, berat menjadi,

gtdt

dmmw o

04/21/23 75

dt

dvm

dt

dmv

dt

dpF e

e

ve kecepatan roket relatif terhadap gas atau kece-

patan gas relatif terhadap roket.

Agar roket naik harus dipenuhi F > w atau,

, gtdt

dmm

dt

dmv oe

Gaya dorong akibat pancaran gas,

Gas dilepas dengan kecepatan tetap berarti, dve/dt = 0.

jika g = 9,8 m s-2 akan diha-silkan nilai t > 100 detik.

(980)(100) > (20000 – 100 t)(9,8) t > 100 detik.

04/21/23 76

Peninjauan Sabuk Berjalan (Massa bertambah)

Massa, dijatuhkan pada ban (sabuk) yang sedang berjalan.

Dalam kasus ini berlaku v = ve sehingga bentuk persm-nya menjadi,

dt

md

dt

dm

dt

dm

)( vFv

vF

Persm di atas merupakan kasus khusus sabuk (pembawa barang) yang bergerak, massa sabuk dianggap nol (diabaikan).

Misal massa yang dijatuhkan ke dalam sabuk di-nyatakan (dm/dt) dan kecepatan sabuk v tetap, (jadi gaya F yang dikerjakan hanya menggerakkan (membawa) benda.