BAB. 8 (Gaya dan Benda) 5/9/2018.

Presentasi berjudul: "BAB. 8 (Gaya dan Benda) 5/9/2018."— Transcript presentasi:

1 BAB. 8 (Gaya dan Benda) 5/9/2018

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]. 5/9/2018

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 ). 5/9/2018

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). 5/9/2018

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 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 5/9/2018

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) Komponen persm dalam sistem koordinat tiga di-mensi kartesian Secara teori letak titik tangkap F berat dan pusat m belum tentu sama. 5/9/2018

7 Hal tersebut terjadi karena nilai g tidak tetap (ni-lai g tergantung pada jarak atraksi dua benda).
Navier 5/9/2018

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, 5/9/2018

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. 5/9/2018

10 Contoh. 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 ? Penyelesaian. 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, r 2 R C X D 5/9/2018

11 Dalam hal ini XD = - r sehingga,
Posisi XD dan XX adalah posisi pusat m benda D dan X, dengan demikian XC = 0 sehingga diha-silkan, 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, 5/9/2018 (nilai tersebut di sebelah kanan C)

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 5/9/2018

13  tersebut memberikan dua jenis arah putaran ke kiri dan ke kanan.
 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). 5/9/2018

14 Kesetimbangan Benda Tegar
Benda tegar dikatakan setimbang apabila memiliki percepatan translasi nol (a = 0) dan percepatan sudut nol ( = 0). Benda berada dalam keadaan setimbang, berlaku: Σ F = 0 dan Σ  = 0. ΣFx = 0 , ΣFy = 0 dan Σ = 0 5/9/2018 Bab 6-14

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). 5/9/2018

16  Fx = 0 dipenuhi oleh gaya (F - F1 = 0), nilai F1 = 5N.
 β F1 x wo wt 2,5 m A  Fx = 0 dipenuhi oleh gaya (F - F1 = 0), nilai F1 = 5N.  Fy = 0 dipenuhi oleh gaya wo + wt - F2 = 0  F2 = 610 N. 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 5/9/2018

17 Dengan memasukkan nilai angka diperoleh,
5 N (5 m) ½ N (5 m) ½ N (2,5 m) ½ N (x m) ½ = 0 Dari persm di atas nilai x (dihitung), sebagai nilai tinggi orang memanjat tangga sebelum tangga tergelincir. Artinya orang tersebut naik sampai ke puncak tang ga, tangga belum tergelincir. 5/9/2018

18 Gaya total, F = F1 + F2 = B i + A j.
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 = 5/9/2018

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). 5/9/2018

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. mg N Hal tersebut terjadi karena be rat benda seluruhnya mene-kan bidang tumpunya. 5/9/2018

21 Dalam Bidang Miring Benda berada dalam bidang miring.
F yang bekerja pada benda dapat diuraikan menjadi beberapa F. 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).  m g m g cos  m g sin  N 5/9/2018

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. 5/9/2018

23 Kriteria F geseran ditentukan berdasarkan konsep pengamatan.
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. 5/9/2018

24  tetapan, disebut koefisien geseran.
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. 5/9/2018

25 Muncul gaya Ff sehingga Σ F = 0, (jika benda ma-sih diam).
Bila pada benda bekerja gaya (F) sejajar bidang, posisi N akan bergeser (searah F). Muncul gaya Ff sehingga Σ F = 0, (jika benda ma-sih diam). Bila benda karena gaya (F) bergerak (searah sumbu x), hukum Newton II tetap ber-laku (Σ F = m a). m g N F Ff v x F i - Ff i = m (a i) F - μk N = m (a) Benda tetap diam, F = μs N. 5/9/2018

26 Bila F  s N benda tidak akan bergerak.
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 . 5/9/2018

27 Contoh. Benda berat 50 N di atas lantai horisontal yang ka sar.
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 N. Berapakah nilai k ? Penyelesaian. 5/9/2018

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 40 N 5/9/2018

29 Dengan demikian nilai gaya geseran 20 N.
Benda siap bergerak, artinya nilai s telah men-capai maksm (F > Ff benda bergerak). jadi nilai koefisien geseran statik telah maksm s = Ff /N = 40 N/50 N = 0,8. Benda bergerak dengan kecepatan tetap, artinya a = 0   F = 0. Nilai F = 32 N merupakan F geseran kinetik, sehingga nilai koefisien geseran maksm, 5/9/2018

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. F N 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. 5/9/2018

31 Bergerak turun jika di-penuhi,
F N 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. 5/9/2018

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. Agar kedua balok da-pat bergerak bersama-sama perlu μ1 > μ2 .  m M F f v m g sin  m g sin  + F - μ1 m g cos  = m a. 5/9/2018

33 Dari ke dua persm dikurangkan diperoleh F,
M g sin  - F – μ2 M g cos  = M a. f v M g sin  F Dari ke dua persm dikurangkan diperoleh F, 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  . 5/9/2018

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 Sebagai akibat gaya sentral yang akhirnya akan memberi interpretasi besaran L tetap, tetapi ada dua kemungkinan jika L tetap. 5/9/2018

35 Dari gambar, memperlihatkan jika L = m v r sin  atau L = m v d.
Kemungkinan pertama dipenuhi F = 0 atau a = 0 dan disajikan oleh partikel bebas.  d r F v ℓ m 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. 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. 5/9/2018

36 Gerak karena gaya sentral edarnya terletak dalam bidang (bidang v dan r).
5/9/2018

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, jari-jari lintasan (melingkar r jari-jari lingkaran). 5/9/2018

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 5/9/2018

39 Contoh. Carilah gaya tangensial dan normal, dari peluru (massa m) yang ditembakkan mendatar dengan kecepatan awal vo dari puncak bangunan ! Penyelesaian. 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, vo FT FN mg x y P A gt 5/9/2018

40 5/9/2018

41 Gerak Benda dalam Kulit Bola
Gerak benda dalam kulit bola, dapat terjadi di luar kulit permukaan luar atau kulit permukaan dalam bola. 5/9/2018

42 Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam
Posisi A, A B C D E w N  r Posisi B, 5/9/2018

43 Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam
Posisi C = E, A B C D E w N  r Posisi D, Antara posisi C, D dan E ada kemungkinan benda meninggalkan lintasan (jatuh, jika kecepatan ti-dak cukup). 5/9/2018

44 Benda meninggalkan lintasan, berlaku N = 0.
Posisi B, Posisi D, Jika benda harus terus berputar pada lintasan per-mukaan dalam kulit bola (tidak meninggalkan lin-tasan), perlu memiliki nilai kelajuan Catatan. Pesoalan gerak partikel pada kulit bola bagian dalam = gerak benda diikat de-ngan tali (N, tegangan tali). 5/9/2018

45 Contoh. 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. A B C w N r v Penyelesaian. 5/9/2018

46 Posisi titik C gaya F ke atas akibatnya berat semu-nya wC = m g – F.
Dalam gerak melingkar penerbang mengalami gaya sentrifugal, F = m (v2/r). Posisi titik A gaya berat penerbang merupakan resultan mg dan F sehingga berat semunya menja-di wA = m g + F. Posisi titik B gaya berat penerbang merupakan re-sultan m g dan F sehingga berat semunya menjadi, Posisi titik C gaya F ke atas akibatnya berat semu-nya wC = m g – F. 5/9/2018

47 Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Luar.
w N r v  w cos  Posisi A berlaku, FN = m aN, N Posisi B berlaku, Pada posisi B mungkin benda meninggalkan lintasan (berlaku N = 0), nilai kritis benda meninggalkan lin-tasan, 5/9/2018

48 Contoh. 5/9/2018

49 Contoh. 5/9/2018

50 Contoh. 5/9/2018

51 Gaya Sebagai Variabel Kecepatan
Gaya sebagai variabel kecepatan dapat berupa k v (mungkin dapat k v2 atau yang lain, k tetapan). Pernyataan (k v) menyiratkan nilai gaya geseran bertambah seiring bertambahnya kecepatan 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 5/9/2018

52 Diperoleh bentuk persamaan:
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: Jika bola dilepas dari permukaan fluida, (vo = 0 atau gerak karena beratnya sendiri), akan berlaku F = m g sehingga bentuk nilai kecepatan batasnya menjadi: 5/9/2018

53 5/9/2018

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. 5/9/2018

55 Persm gerak benda, terbukti. 5/9/2018

56 5/9/2018

57 Contoh. 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. Penyelesaian. Teori yang mendasari, Kekekalan energi, hukum Newton. 5/9/2018

58 Lanjutan. Ek sistem (Ek cincin + Ek manik-manik). Pada saat mula-mula manik-manik berada di dasar, sehingga kecepatannya tepat nol. 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 5/9/2018

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. 5/9/2018

60 Lanjutan. Syarat supaya lepas dari lantai, N = 0. Didapatkan,
Disederhanakan,  5/9/2018

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, 5/9/2018

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). T periode (satuan detik) dan f frekuensi (satuan hezt) 5/9/2018

63 5/9/2018

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. 5/9/2018

65 Persm geraknya mengikuti hukum Newton kedua (F = dp/dt).
Persoalan penyelesaian, bagaimana bentuk dp-nya. 5/9/2018

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. 5/9/2018

67 Momentum saat t + dt setelah massa berkurang dm adalah
p! = (m + dm)(v + dv) – v! dm  p! = m v + v dm + m dv + dv dm – (ve + v) dm Besaran dm dv nilainya sangat kecil (diabaikan) persm di atas menjadi,  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. 5/9/2018

68 Gaya dorong roket = gaya lepasnya (lontaran) bahan bakar.
Perubahan momentum sistem tiap satuan wak-tu dt atau gaya bentuknya menjadi, Gaya dorong roket = gaya lepasnya (lontaran) bahan bakar. Besaran dinyatakan sebagai gaya dorong roket. Pembicaraan, mengabaikan geseran udara dan variasi gravitasi karena ketinggian. 5/9/2018

69 Bila gaya luar (F = 0) persm menjadi,
Jika roket bergerak tegak lurus F = m g seba- gai perlambatan, persm-nya menjadi 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, 5/9/2018

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) 5/9/2018

71 Arah ve berlawanan dengan v sehingga persm ha-rus menjadi,
 m dv = ve dm 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. 5/9/2018

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 ? 5/9/2018

73 Kecepatan ini dihasilkan saat roket telah berada di angkasa luar (tidak ada gaya gravitasi).
5/9/2018

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, 5/9/2018

75 Gaya dorong akibat pancaran gas,
ve kecepatan roket relatif terhadap gas atau kece-patan gas relatif terhadap roket. Gas dilepas dengan kecepatan tetap berarti, dve/dt = 0. Agar roket naik harus dipenuhi F > w atau, jika g = 9,8 m s-2 akan diha-silkan nilai t > 100 detik. (980)(100) > (20000 – 100 t)(9,8)  t > 100 detik. 5/9/2018

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, 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. 5/9/2018

77 Massa sabuk M dan massa jatuh setiap saat m sehingga momentum total tiap saat p = (M + m) v.
Gaya tersebut yang menjadi bagian untuk meru-bah massa dan bukan merubah kecepatan. 5/9/2018