Benda Tegar - FMIPA Personal Blogs

Benda Tegar
Momentum sudut didefiniskan sebagai:
  
L  r xp
m


dL  dp  
 rx
 r xF
dt
dt
 dp
F
dt



dL d  
dr   dp
 (r xp ) 
xp  r x
dt dt
dt
dt


   dp
 dp
 v xp  r x
 0  rx
dt
dt
Momen gaya:

   dL
  r xF 
dt
Momen gaya:

   dL
  r xF 
dt
Momen gaya ():
+ berlawanan arah jarum jam
- Jika searah jarum jam.
Jika F=0, tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada benda m. Maka:

dL
0
dt
Tinjau sistem partikel yang membentuk benda tegar:
v1
m2
v2
r2
j
i r1 m1

m3
r3
v3

 


r


v
  
v  x r

 d

dt

 d

dt
  
v  x r

d  
 dv d 
a
 (v )  (xr )
dt dt
dt



 dr  d    d     
 x  r x
 xv  r x
 xxr  r x
dt
dt
dt
2
v
 2
 r   r ( tangensial)  rˆr 2  r ( tangensial)  (radial )  r ( tangensial)
r

 
L1  m1r1 xv1
  
 m1r1 x ( 1 x r1 )
Mengingat:
      
axb xc  b (a.c )  c (a.b )
  
  
  
r1 x( 1 xr1 )   1 (r1 .r1 )  r1 (r1 . 1 )



r1 dan  1 saling tegak lurus, sehingga r1 . 1  0

 2
2 
L1  m1 1 r1  mr1  1

  
2 
2 
2 
Ltotal  L1  L2  L3  mr1  1  mr2  2  mr3  3



Untuk benda tegar berlaku  1   2   3

2
2
2 
Ltotal  (m1 r1  m2 r2  m3 r3 )

2 
 ( mi ri )  I
i
I  ( mi ri 2 )   r 2 dm
i
Jika tidak ada gaya eksternal berlaku: kekekalan momentum sudut


dL


 0  L : konst  I 1  I 2
dt 



dL d ( I )
d
 

I
 I
dt
dt
dt

Besaran Fisika
Benda Titik (Hanya translasi)
Benda Tegar (ada Rotasi)
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
x
v
a
m
F
p



I

L
b 6-8
Hubungan Besaran
Gerak Linear - Rotasi
Linear
x (m)
Rotasi
 (rad)
v (m/s)
 (rad/s)
a (m/s2)
 (rad/s2)
m (kg)
F (N)
I (kg·m2)
 (N·m)
p (N·s)
L (N·m·s)
Momen inersia batang
-(½)L
L
x
dm
+(½)L
dm  dx
 M  L
I 
 (1 / 2 ) L
2
1 3
x dm   x dx  x
3
 (1 / 2 ) L
2
 (1 / 2 ) L
 (1 / 2 ) L
1 3
1
 L   ML2
12
12
Momen Inersia:
1
I  ml 2
12
ℓ
R
R
I  mR
1
I  m(a 2  b 2 )
12
Bab 6-10
1
I  mR2
2
2
a
b
2
I  mR2
5
Turunkan rumusan momen inersia cincin tipis dengan radius dalam
R1 dan radius luar R2, jika diputar pada pusat massanya.
I   r 2 dm   r 2dV
dm  dV
dV  dr rd
I 
  (

r 3drd
1 4
r
4
R2
R1
1
d )   (2 )( R24  R14 )
4
1
  ( )( R24  R14 )
2
M   ( R22  R12 )
1
I  M ( R22  R12 )
2
Dalil sumbu sejajar



r

r'
I   r 2 dm
  
r    r'
   

2
r  r .r  (   r ' ).(   r ' )

2
2
   r ' 2 .r
I   r 2 dm
I 

 2 dm   r ' 2 dm   2 x rx' dm   2 y ry' dm
I   2  dm  I PM  0  0   2 M  I PM
Dari pusat massa
DALIL SUMBU SEJAJAR
l
r
r’
l: jarak dari sumbu putar ke pusat massa
r’: jarak dari pusat massa ke elemen massa
r: jarak dari sumbu putar ke elemen massa
  
r  l  r'
 
   
2
r  r  r  (l  r ' )  (l  r ' )
 
 '2
2
 l  r  2(l  r )
I   r 2 dm   l 2 dm   r ' 2 dm   2l x rx' dm   2l y ry' dm
  l 2 dm  I PM  l 2  dm  I PM
Momen inersia batang

PM
0
(1/3)L
  (1 / 2) L  (1 / 3) L  (1 / 6) L
I   2 M  I PM
1
I PM 
ML2
12
1 2
1
2
 M  ( L) M 
ML2
6
36
1
1
1
2
2
I 
ML 
ML  ML2
12
36
9
L
Contoh:
Sesorang dengan massa 80 kg berlari dengan kecepatan 4 m/s menuju meja
bundar dengan massa 160 kg dan radius meja 2m. Jika meja mula-mula diam dan
dapat berputar dengan bebas pada porosnya.
Tentukan:
a. Kecepatan sudut meja berputar jika orang tersebut melompat dan naik di
pinggir meja.
b. Jika kemuadian orang tersebut berjalan menuju pusat meja. Hitung kecepatan
berputar meja.
c. Berapa kecepatan meja berputar saat orang berada pada jarak 0.5 R dari
pusat meja.
Solusi:
Tidak ada gaya luar, maka berlaku hukum kekekalan momentum sudut
a
L akhir  L awal


L f L i
  
Li  r xp  R p  R(mvorang )


L fl  I  L  I
1
I  ( MR 2  mR 2 )
2
b


L f L i
1
Li  ( MR 2  mR 2 ) 1
2

1
L fl  ( MR 2 ) 2
2
1
( MR 2  mR 2 ) 1
2  2
1
( MR 2 )
2
1
R (mvorang )  ( MR 2  mR 2 )
2
mvorang
 
1
( M  m) R
2
c


L f L i
1
Li  ( MR 2  mR 2 ) 1
2

1
1
L fl  ( MR 2  m( R ) 2 ) 2
2
2
1
( MR 2  mR 2 ) 1
2  2
1
1
( MR 2  m( R ) 2 )
2
2
F1=5N
Lempengan/piringan pejal (solid)
R1: 1m dan R2: 0,5 m
M=1kg
Tentukan kemana arah gerak lempengan?
F2=6N



  1  2
 
  r xF

 1  r1 F1  5 Nm (arah masuk/searah jarum jam)
 2  r2 F2  3 Nm (arah keluar/berlawanan arah jarum jam)
Resultan  adalah 2 Nm arah searah jarum jam
  I   
1
I  MR12
2

I

2
I
I  0,5


I

2
4
0,5
F1=5N
a. Jika berlobang, bgm?
b. Bagaimana jika F2 membentuk sudut 450.
450
F2=6N
Tentukan besar dan arah percepatan sudut sistem di atas.
PR
m2

Tentukan besar dan arah percepatan sudut sistem di atas.
m1
Tentukan momentum sudut sistem, jika kecepatan sudut =5 rad/s
Hitung percepatan sudut () saat =300.
Bagaimana jika sumbu putar (poros) dipindah (1/4)l dari massa m1.
m1
m2

Dinamika Benda Tegar
 Mengikuti analog dari gerak translasi, maka kerja oleh
momen gaya didefenisikan sbb:
W 
s2
s1
v2
dv
1
1
2
Fds   (ma)ds   (m ds )   (mv)dv  mv 2  mv12
v1
dt
2
2
2
2
1
1
1
2
W   d   Id  I  I
Bab 6-20
2
2
1
2
2
1
Energi Kinetik Rotasi
 Suatu benda yang bergerak rotasi, maka energi kinetik
akibat rotasi adalah
1
1
2
K   mi (ri ) 
2
2
1 2
K  I
2
( m r )
 Dimana I adalah momen inersia,
Bab 6-21
2
2
i i
I   mi ri
2
Energi Kinetik Rotasi
• Linear
• Rotasi
1
2
K  Mv
2
Massa
Kecepatan
Linear
Bab 6-22
1 2
K  I
2
Momen
Inersia
Kecepatan
Sudut
Prinsip Kerja-Energi
 Sehingga, teorema Kerja-Energi untuk gerak rotasi
menjadi:
2
2
1
1
1
2
W   d   Id  I  I
W  K rotasi
Bila
Bab 6-23

 0
dimana
,maka
K rot  0
2
2
1
2
2
1
1 2
K rotasi  I
2
W  0 sehingga
rot
rot
Ki  K f
Hukum Kekekalan En. Kinetik Rotasi
L, M
Tentukan kecepatannsudut saat posisi vertikal.
Berlaku hukum kekekalan energi (translasi dan rotasi).
U i K i U f  K f
L
1
mg ( )  0  0  I 2
2
2
1
I  ML2
3
1 1
L
2
2
( ML )  Mg ( )
2 3
2
3g
 
L
Bagaimana jika poros rotasi di (1/4L)
dari pusat.

 
  r xF  I

1
1
( L)( Mg )  ( ML2 )
2
3
3g
  ( )
(arah ' searah jarum jam' , - )
2L
R
Gunakan kekekalan energi
untuk menentukan kecepatan
sistem.
Tentukan pula percepatan
sudut sistem.
m2
m1
vi  v f
Ei  E f
1
1
1
m2 gh  m1 gh  ( m1  m2 )v 2  I 2
2
2
2
v  r
Ei  m2 gh
E f  m1 gh 
1
1
1
m1v12  m2 v 22  I 2
2
2
2
v
2(m2  m1 ) gh
I
(m1  m2  2
r
v
2(m2  m1 ) gh
M
(m1  m2  )
2
Menggelinding
 Menggelinding adalah peristiwa translasi dan sekaligus
rotasi
Bab 6-26
Gerak Menggelinding: rotasi dan
translasi
s  R
Ban bergerak dengan laju ds/dt
 vcom
Bab 6-27
d

 R
dt
Gerak Menggelinding: rotasi dan
translasi
Bab 6-28
Gerak Menggelinding: rotasi dan
translasi
The kinetic energy of rolling
K  12 I P 2
I P  I com  MR 2
K  I com  MR 
1
2
2
1
2
2
2
2
K  12 I com 2  12 Mvcom
 K r  Kt
Bab 6-29
Roda dengan jari-jari R, massa M menggelinding murni (tanpa selip) pada
bidang miring dengan sudut , dari ketinggian h. Tentukan kecepatan dan
percepatan pusat massa saat mencapai dasar lantai.
a. Gunakan hukum kekekalan energi.
b. Gunakan uraian gaya (dinamika)
R
I
1
mR2
2
2
I  mR2
5
Gerak Menggelinding Di Bidang Miring
Gunakan:
N
torsi = I 
R  Fg sin  I P
Fg sin
fs
acom   R
R
Maka:
x
MR 2 g sin   I P acom
P

Bab 6-31
Fg
Fg cos

I P  I com  MR 2
acom
g sin

1  I com / MR 2
Menggelinding
 Total energi kinetik benda yang menggelinding sama
dengan jumlah energi kinetik translasi dan energi
kinetik rotasi.
1
1
K  mv  I 0
2
2
0
2
V0

Bab 6-32
2
Hukum Kekekalan Energi Mekanik Total
Dengan Gerak Rotasi
Bab 6-33
R
Berapa kali bola akan bolakbalik sampai berhenti?
Jari-jari benda adalah (1/10) R
atau rbenda = 0,1 R.
Tentukan kecepatan dan
percepatan “yoyo”.
h