MEKANIKA NEWTON. GERAK LURUS PARTIKEL

18
BAB 2 (Minggu ke – 4)
MEKANIKA NEWTON. GERAK LURUS PARTIKEL
PENDAHULUAN
Learning Outcome:
Setelah mengikuti kuliah ini, mahasiswa diharapkan :
• Mampu menjelaskan konsep Hukum Newton dan
menyelesaikan masalah dinamika gerak dengan
konsep tersebut.
• Mampu menyelesaikan persamaan gerak partikel untuk
gaya sebagai fungsi waktu, posisi dan kecepatan.
19
PENYAJIAN
Bab 2
Mekanika Newton. Gerak Lurus Partikel
12/15/2012
[email protected]
2
2.1 Hukum Newton pada Gerak Partikel
1.Setiap benda tetap dalam keadaannya yaitu diam
atau bergerak dengan kecepatan tetap dalam garis
lurus, kecuali kalau ia dipaksa oleh suatu gaya
untuk mengubah keadaan tersebut.
2.Perubahan gerak benda sebanding lurus dan searah
dengan gaya yang diterapkannya.
3.Untuk setiap aksi selalu ada reaksi yang sama besar
dan berlawanan arah, atau, aksi bersama dari dua
benda selalu sama dan berlawanan arah.
12/15/2012
[email protected]
3
20
(HKN 1)
(HKN 2)
(HKN 3)
r
ΣF = 0
r
v =0
r
v = tetap
r
r
dv
F =m
dt
r
r
FA = − FR
12/15/2012
[email protected]
4
Momentum Linear
r
r
p = mv
r dpr
F=
dt
r
r
p A + pB = 0
12/15/2012
(ketika gaya tunggal berkerja pada
suatu benda, gaya tersebut akan
sama dengan laju perubahan
momentum linear dari benda)
(Hukum ketiga Newton menyatakan
secara tidak langsung bahwa
momentum linear total dari dua
benda yang saling berinteraksi
selalu sama dengan nol)
[email protected]
5
21
Gerak Partikel
2r
r
r
r
d r
FTotal = ΣFi = m 2 = ma
dt
12/15/2012
[email protected]
6
2.2 Gerak Lurus. Percepatan tetap saat gaya
konstan
Fx (x, x& , t ) = m&x&
&x& =
dv F
= = konstan = a
dt m
x& = v = at + v 0
x = 12 at 2 + v 0 t + x 0
2 a (x − x 0 ) = v 2 − v 02
12/15/2012
[email protected]
7
22
2.3 Gaya Fungsi Posisi. Konsep Energi Kinetik
dan Potensial
F ( x ) = m&x&
&x& =
dx& dx dx&
dv
=
=v
dt dt dx
dx
( )
dv m d v 2
dT
F ( x ) = mv
=
=
dx 2 dx
dx
12/15/2012
[email protected]
T = 12 mv 2
x
∫
x0
(Energi Kinetik)
F (x )dx = T − T0
(Kerja sama dengan perubahan
energi kinetik partikel)
dV
= F (x ) (V (x) disebut energi potensial)
dx
−
∫
8
x
x0
F ( x )dx = − ∫ dV = −V ( x ) + V (x 0 ) = T − T0
x
x0
T + V (x ) = T0 + V ( x0 ) = konstan = E
12/15/2012
[email protected]
9
23
1
2
mv 2 + V ( x ) = E
dx
2
v=
=±
[E − V (x )]
dt
m
∫
dx
x
x0
±
2
m
[E − V (x )]
12/15/2012
= t − t0
[email protected]
10
2.4 Gaya Fungsi Waktu. Konsep Impulse
F (t ) = m
dv
dt
∫ F (t )dt = mv(t ) − mv
t
0
(disebut Impuls)
0
t F (t )
dx
= v(t ) = v0 + ∫
dt
0 m
dt
 t F (t ') 
x − x 0 = ∫ v(t )dt = v 0 t + ∫  ∫
dt ' dt
0
0
0 m

t
12/15/2012
t
[email protected]
11
24
2.5 Gaya Fungsi Kecepatan. Hambatan Fluida
dan Kecepatan Terminal
F0 + F (v ) = m
dv
dt
F0 + F (v ) = mv
dv
dx
F (v ) = −c1v − c 2 v v = −v(c1 + c 2 v )
12/15/2012
[email protected]
12
Jatuh vertikal melalui fluida. Kecepatan terminal
(a) Kasus linear
− mg − c1v = m
dv
dt
mdv
m mg + c1v
= − ln
v0 − mg − c v
c1 mg + c1v0
1
t=∫
v
v=−
12/15/2012

mg  mg
+ 
+ v0 e −c1t m
c1  c1

[email protected]
13
25
vt = mg c1 ; dan τ = m c1
v = −vt + (vt + v 0 )e −t τ
12/15/2012
[email protected]
14
(b) Kasus quadratis
− mg ± c 2 v 2 = m
dv
dt
 −1 v0
mdv
v
 tan
τ
=
− tan −1
2
v0 − mg − c v
vt
vt

2
t − t0 = ∫
v

v
mdv
v
 tanh −1 0 − tanh −1
=
τ
v0 − mg + c v 2
vt
vt

2
t − t 0' = ∫
v
dengan
12/15/2012
τ=
mg
; dan vt =
c2 g
mg
c2
[email protected]






(Ketika naik)
(Ketika jatuh)
15
26
t − t
v 
v = vt tan  0
+ tan −1 0 
vt 
 τ
 t − t 0'
v 
v = −vt tanh 
− tanh −1 0 
vt 
 τ
12/15/2012
(Ketika naik)
(Ketika jatuh)
[email protected]
16
Contoh soal:
1. Tinjau gerak partikel yang tergelincir turun dalam bidang (a)
halus (tidak ada gaya gesek) dan (b) kasar (ada gaya gesek)
θ
12/15/2012
[email protected]
17
27
(a) Ketika tidak ada gaya gesek
&x& =
F
= g sin θ
m
(b) Ketika ada gaya gesek
&x& =
F
= g (sin θ − µ cos θ )
m
12/15/2012
[email protected]
18
2. Gaya meningkat secara uniform. Anggap sebuah benda
bermassa m awalnya diam pada waktu t =0 dan secara
konstan dikenai gaya
maka
F (t ) = ct
m
ct
ct 2
v = ∫ dt =
0m
2m
t
12/15/2012
dv
= ct
dt
dan
[email protected]
sehingga diperoleh
ct 2
ct 3
x=∫
dt =
0 2m
6m
t
19
28
3. Variasi gravitasi terhadap ketinggian.
F ( x ) = −mg
GMm
Fr = − 2
r
re2
(re + x )2
= m&x&
v
dx
=
mvdv
x0
(re + x )2 ∫v0
− mgre2 ∫
x
 1
1  1 2 1 2
 = mv − mv0
−
mgre2 
+
+
r
x
r
x
2
2
e
0 
 e
12/15/2012
[email protected]
20
Ketinggian maksimum dan laju escape
−1

x
v = v − 2 gx1 +  ; ketika x 0 = 0
 re 
2
x max
2
0
v02 
v02
1 −
=h=
2 g  2 gre
v e = (2 gre )
12
−1

 ; ketika v = 0

≈ 11 km/sec;
ketika g = 9,8 m/s 2 dan re = 6,4 × 10 6 m.
12/15/2012
[email protected]
21
29
4. Gerak horisontal dengan hambatan linear. Sebuah balok
dianggap bergerak dengan kecepatan awal v 0 pada bidang
yang permukaannya halus dan memiliki hambatan udara yang
linear terhadap kecepatan gerak benda. Anggap
F0 = 0 sehingga F (v ) = −c1 v
− c1 v = m
v
t=∫ −
0
m dv
m  v
= − ln
c1 v
c1  v 0
t
dv
dt



dan
x = ∫ v 0 e − c1t m dt =
0
12/15/2012
v = v 0 e − c1t
(
mv 0
1 − e − c1t m
c1
[email protected]
m
)
22
30
PENUTUP
•
Kriteria Assessment: Kognitif dan skill
•
Metode Assessment: PR
•
Bobot Nilai: 1,5 %
PR
Soal di Buku Fowles&Cassiday fifth editions
• No. 2.1
• No.2.2
• No. 2.4
• No. 2.7
• No. 2.10
PR dikumpul di loker Dr. Mitrayana
di Jurusan Fisika FMIPA UGM (MIPA Utara)
12/15/2012
[email protected]
24