Pertemuan 07(OFC) IMPULS DAN MOMENTUM Matakuliah : K0252/Fisika Dasar I Tahun : 2007 Versi : 0/2 Pertemuan 07(OFC) IMPULS DAN MOMENTUM

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)

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

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.

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 : .....(P01)

atau XP yP zP . .(P02) Atau dalam bentuk vektor . .(P03) 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 .

CONTOH 2 : Suatu lempeng honogen dengan Y ● ∑ mj = 12 kg ● ● X CONTOH 2 : Suatu lempeng honogen dengan berat 10 N/m2 , berbentuk seperti tergambar. Tentukan titik beratnya. (4,3) (0,0) (8,0)

Y Segi empat ABCD dipecah menjadi ∆ ABD dan ∆ BCD 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 x 10 N/m2 ) B (4,3) C (7,3) CG1 CG2 A (0,0) D (4,0)

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 :

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)

(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)

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 = - 6.0 cm. Tentukanlah koordinat pusat massa.

3. IMPULS DAN MOMENTUM ☺1. Momentum linier , p : p = m v …….(I01) m = massa , v = kecepatan Hu\kum Newton II : F = m a = ; a = percepatan F dt = m dv ; di integralkaan menjadi ∫ F dt = ∫ m dv ☻2. Impuls , I ∫ F dt = impuls = I ……(I02)

∫ m dv = momentum linier = p Impuls = p2 - p1 = ∆ p ………(I03) (Impuls menyebabkan perubahan momentum) Analogi dengan : Gaya = F = (Gaya menyebabkan perubahan percepatan) Usaha = W = ∫FS dS = ∫m vdv (Usaha menyebabkan perubahan tenaga kinetik)

☼3. Hukum kekekalan momentum → bila F = 0 maka → 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)

Simulasi hukum kekekalan momentum http://www.walter-fendt.de/ph11e/ncradle.htm

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

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

4. Tumbukan Di lihat dari segi energi maka tumbukan dapat dibedakan atas : - Tumbukan lenting(=elastis) ( energi kinetik kekal) - Tumbukan tidak lenting (energi kinetik tidak 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.

Tinjau dua benda A dan B : ☻→ vA1 ☺→ 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 ) →

mA ( vA1 2 – vAF2 ) = mB (vBF2 - vB1 2 ) ……….(02) Dari 01) dan (02) diperoleh ; vA1 - vB1 = vBF - vAF ……………….(03) ( Kecepatan relatif dua paratikel yang bertumbu- kansentral dan elastis empurna ,tidak berubah besarnya hanya arahnya) Apabila massa B diam maka sari persamaan (03) dan (01) diperoleh : vAF = ; vBF =

mv = ( m + M ) V ½ (m + M)V2 = (m + M) g h m ● V = √ (2gh) v v = v = Contoh : Bandul Balistik mv = ( m + M ) V ½ (m + M)V2 = (m + M) g h m ● V = √ (2gh) v v = v = M + m M h

♫ 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 Koefisien restitusi , e : e =

bergerak ke arah timur dengan kecepatan 6 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

b). Tenaga kinetik awal sistem EK1 = ½ ( mA vA 2 + mB vB 2 ) tg θ = → θ = 430 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 Jadi (50% tenaga kinetik awal hilang dalam tumbukan)

Rangkuman : 1. Pusat massa sistem partikel : 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

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 = p2 - p1 = ∆ p

● Hukum kekekalan momentum → bila F = 0 p = konstan maka : pakh = pawal 4. Tumbukan dalam bidang Koefisien restitusi , e = u2 = kecepatan benda 2 setelah tumbukan ….. u 1 = kecepatan benda 1 setelah tumbukan … v2 = kecepatan benda 2 sebelum tumbukan ….. V = kecepatan benda 1 sebelum tumbukan

<< CLOSING>> Setelah mengikuti dengan baik bahan kuliah ini mahasiswa diharapkan dapat menyelesai - kan masalah-masalah yang berhubungan dengan impuls momentum serta kegunaan- nya pada perancangan pada bidang sistem komputer.

Wouuu