Gaya dan Benda

BAB. 8
(Gaya dan Benda)
7/21/2017
1
Penyebab gerak benda, adalah gaya.
Bentuk dan banyaknya F yang bekerja pada benda menyebabkan beberapa kemungkinan gerakan 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, kemungkinan benda akan bergerak lurus berubah beraturan,
3. Jika F bekerja pada benda lebih dari satu (jadi
ada ΣF) dan tidak satu titik tangkap [walaupun (Σ F = 0), maka masih ada kemungkinan
7/21/2017
2
benda berputar].
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 benda, gerak benda tersebut memenuhi hukum kedua Newton ( F = m a ).
7/21/2017
3
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 statik).
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), disebut benda dalam keseimbangan translasi
( F = 0).
7/21/2017
4
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.
0
r2
F2
w = Σ mi g
F = F1 + F2 + F3 + F4
r1
F1
r
7/21/2017
r3
r4
F3
F
F4
F = Σ Fi
r x F = Σ ri x Fi
 = Σ i
5
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

r
i
ri
m

atau r 
i
ri
mi
M
Komponen persm dalam sistem koordinat tiga dimensi kartesian
m

x
i
M
xi
,
m

y
i
M
yi
dan
m

z
i
zi
M
Secara teori letak titik tangkap F berat dan
pusat m belum tentu sama.
7/21/2017
6
Hal tersebut terjadi karena nilai g tidak tetap (nilai g tergantung pada jarak atraksi dua benda).
7/21/2017
Navier
1785 - 1836
7
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,
m

x
i
xi
mi
(m kg)(0 m)  (2 m kg)(1 m)  (3 m kg)( 2 m)  (4 m kg)(3 m)

(m kg)  (2 m kg)  (3 m kg)  (4 m kg)
 2m
7/21/2017
8
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 bermassa m (titik tangkap gaya = titik pusat m jika nilai
gravitasi tetap).
w1 = m1 g, w2 = m2 g dst.
7/21/2017
9
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.
r
D
C
X
2R
7/21/2017
Benda C dianggap sebagai
benda jumlahan benda jarijari 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,
10
mD X D  m X X X
XC 
mD  m X
Posisi XD dan XX adalah posisi pusat m benda D
dan X, dengan demikian XC = 0 sehingga dihasilkan,
mD X D
XX  
mX
Jika m jenis benda ρ, maka m benda ρ V sehingga 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,
XX
7/21/2017
( r )( r 2  )
r


2
2
 (2 r )     r   3
(nilai tersebut di sebelah kanan C)
11
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
7/21/2017
12
 x
= 1x
+
2x + 3x + ……
+ nx
 y
= 1y
+
2y + 3y + … ….
+ ny
 z
= 1z
+
2z + 3z + ……….
+ nz
Apabila seluruh gaya terletak di dalam satu bidang 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).
7/21/2017
13
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
7/21/2017
dan Σ = 0
14
Bab 6-14
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]. Sampai dimana orang tersebut naik (memanjat) sebelum tangga tersebut menggeser.
Penyelesaian.
Misal orang naik sejauh x m dari dasar,  = 60o).
7/21/2017
15
F2
F1
β
 Fx = 0 dipenuhi oleh gaya (F - F1 = 0),
nilai F1 = 5N.
2,5 m
 Fy = 0 dipenuhi oleh gaya wo + wt F2 = 0  F2 = 610 N.
0
x
wt
wo

F
A
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
7/21/2017
16
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.
1512,5  12,5 3
x
m  x dari titik A,  5 m
300
Artinya orang tersebut naik sampai ke puncak tang
ga, tangga belum tergelincir.
7/21/2017
17
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 =
7/21/2017

F

aA  bB
A2  B 2
18
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 tetap 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).
7/21/2017
19
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.
N
Hal tersebut terjadi karena be
rat benda seluruhnya menekan bidang tumpunya.
7/21/2017
mg
20
Dalam Bidang Miring
Benda berada dalam bidang miring.
F yang bekerja pada benda dapat diuraikan
menjadi beberapa F.

7/21/2017
mg
Hal tersebut terjadi karena w (hanya sebagian)
menekan bidang tumpu
yaitu, m g cos  (karena
arah gaya berat menuju
pusat bumi,  sudut bidang miring dengan horisontal).
21
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 benda tersebut.
Arah F geseran selalu berlawanan dengan arah
gerak benda.
Besar kecilnya nilai F geseran tergantung pada
keadaan benda yang melakukan kontak tersebut.
Nilai F geseran dapat didasarkan pada bentuk
benda, maupun permukaan kontak benda.
7/21/2017
22
Misalnya tergantung pada luas (sempitnya) permukaan 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, merupakan gejala yang cukup kompleks dan merupakan konsep statistik.
Kriteria F geseran ditentukan berdasarkan konsep
pengamatan.
7/21/2017
23
Geseran Dalam Bidang Datar
Benda yang bergerak di dalam bidang datar memperoleh 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.
7/21/2017
Umumnya nilai k  s.
24
Bila pada benda bekerja gaya (F) sejajar bidang,
posisi N akan bergeser (searah F).
Muncul gaya Ff sehingga Σ F = 0, (jika benda masih diam).
Bila benda karena gaya (F)
N
bergerak (searah sumbu x),
hukum Newton II tetap berv
laku (Σ F = m a).
F
F i - Ff i = m (a i)
x
Ff
F - μk N = m (a)
mg
7/21/2017
Benda tetap diam, F = μs N.
25
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, tetapi 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 .
7/21/2017
26
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
gerak. Berapakah nilai s ?
ber-
c. Dari peristiwa (b) selanjutnya benda bergerak dengan kecepatan tetap dan nilai Ff susut menjadi
32 N. Berapakah nilai k ?
Penyelesaian.
7/21/2017
27
Selama benda masih diam, artinya kecepatan dan
percepatan benda nol, Σ F = 0, sehingga berlaku
persm F = Ff = 20 N.
N
N
20 N
40 N
ff
50 N
7/21/2017
28
Dengan demikian nilai gaya geseran 20 N.
Benda siap bergerak, artinya nilai s telah mencapai 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,
Fk 32 N
k 

 0,64
N 50 N
7/21/2017
29
Geseran Dalam Bidang Miring
Benda dalam bidang miring kemungkinan akan bergerak naik atau turun.
Benda massa m bergerak dalam bidang miring
mendapat gaya geseran, formula persm berlaku 
F = m a.
N
F
v
w sin 
μs N

7/21/2017
Bergerak ke atas jika dipenuhi,
F  m g sin  + s N.
Jika syarat telah dipenuhi benda bergerak naik, dengan
w cos  persm,
mg
F – m g sin  - k N = m a.
30
F
v
N
μs N
w sin 
w cos 

mg
Bergerak turun jika dipenuhi,
m g sin   F + s N.
Jika syarat telah dipenuhi benda 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.
7/21/2017
31
Contoh.
Dua balok, balok pertama massa m dan kedua M.
Kedua balok berada pada bidang miring dengan
sudut kemiringan . Koefisien gesekan balok dengan bidang miring μ1 dan μ2. Hitung F kontak dan
sudut minimum bidang miring agar balok siap untuk
bergerak !
Penyelesaian.
M
m

7/21/2017
Agar kedua balok dapat bergerak bersamasama perlu μ1 > μ2 .
F
v
f
m g sin 
m g sin  + F - μ1 m g cos  = m a.
32
f
v
F
M g sin 
M g sin  - F – μ2 M g cos  = M a.
Dari ke dua persm dikurangkan
diperoleh F,
(m  M )(a  g sin  )  (M  2  m 1 ) g cos 
F
2
Sudut minimum bidang miring adalah sudut terkecil, 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  .
tan  
7/21/2017
1 m   2 M
mM
33
Gaya Sentral.
F sentral adalah F yang arahnya selalu lewat
(menuju) titik pusat (titik tetap tertentu bentuk F
= Fr̂ ). Dengan demikian F sentral dan vektor
posisi sejajar (satu garis) sehingga momen F
rˆ x F  0
Sebagai akibat gaya sentral dL  0 yang akhirnya
dt
akan memberi interpretasi besaran L tetap, tetapi
ada dua kemungkinan jika L tetap.
7/21/2017
34
Kemungkinan pertama dipenuhi F = 0 atau a = 0
dan disajikan oleh partikel bebas.
F
m

ℓ
d
r
v
Partikel bebas partikel yang bergerak lurus dengan kecepatan te
tap (nilai m, d dan L tetap).
Kemungkinan kedua jika, F  0
akan dipenuhi jika L tetap (bentuk 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 mengelilingi matahari akibat adanya F sentral.
Salah satu F sentral adalah berat. Bumi mengelilingi matahari dengan L reatif tetap.
7/21/2017
35
Gerak karena gaya sentral edarnya terletak dalam
bidang (bidang v dan r).
7/21/2017
36
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 sentripetal komponen tegak lurus lintasan arah menuju
pusat lengkungan).
dv
FT  m aT  FT  m
dt
v2
FN  m a N  FN  m
r
r, jari-jari lintasan (melingkar r jari-jari lingkaran).
7/21/2017
37
Gerak melingkar berlaku, FN = m ω2 r.
Di dalam gerak melingkar beraturan partikel hanya memiliki aN , (aT = 0).
Besaran percepatan dinyatakan dalam bentuk vektor, a = ω x v.
Karena F = m a sehingga,
F = m (ω x v) = ω x m v = ω x p
dp
pv
FT 
dan FN 
dt
r
7/21/2017
38
Contoh.
Carilah gaya tangensial dan normal, dari peluru
(massa m) yang ditembakkan mendatar dengan
kecepatan awal vo dari puncak bangunan !
Penyelesaian.
vo
0
A
y
P
x
FN
mg
gt
7/21/2017
FT
Misal setelah t detik benda
berada di titik P (telah turun sejauh y kecepatan
vo arah y, g t) dan x, vo t. Kecepatan di titik P nilainya,
v 2  v x2  v y2  v 2  vo2  g 2t 2
dv
Gaya tangensia l, FT  m
dt
39
FT  m
7/21/2017
g 2t
vo2  g 2 t 2
40
Gerak Benda dalam Kulit Bola
Gerak benda dalam kulit bola, dapat terjadi di
luar kulit permukaan luar atau kulit permukaan
dalam bola.
7/21/2017
41
Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam
Posisi A,
D
w
E
w
N
N N
NN
r
C
B
A
w
7/21/2017
v2
N wm
r
w
v2
 N mgm
r
Posisi B,
w
v2
N  w cos   m
r
v2
 N  m g cos   m
r
42
Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam
Posisi C = E,
D
w
E
w
N
N N
NN
r
C
B
A
w
w
v2
N m
r
Posisi D,
v2
Nwm
r
v2
 N  m mg
r
w
Antara posisi C, D dan E ada kemungkinan benda
meninggalkan lintasan (jatuh, jika kecepatan tidak cukup).
7/21/2017
43
Benda meninggalkan lintasan, berlaku N = 0.
v2
Posisi B, m g cos   m
r
2
v
Posisi D, m g  m
r
Jika benda harus terus berputar pada lintasan permukaan dalam kulit bola (tidak meninggalkan lintasan), perlu memiliki nilai kelajuan
v  gr  gr , merupakan nilai kritis.
Catatan. Pesoalan gerak partikel pada kulit bola
bagian dalam = gerak benda diikat dengan tali (N, tegangan tali).
7/21/2017
44
Contoh.
N
Sebuah pesawat terbang
bergerak dalam suatu
lintasan melingkar vertikal berjari-jari r dengan
kecepatan tetap v. Tentu
kan berat semu penerbang massa m pada posisi di titik A, B dan C
dari lintasan lihat gambar.
Penyelesaian.
v
C
w
r
N
A
N
B
w
v
w
7/21/2017
45
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 menjadi wA = m g + F.
Posisi titik B gaya berat penerbang merupakan resultan m g dan F sehingga berat semunya menjadi,
wB  F  (mg )
2
2
Posisi titik C gaya F ke atas akibatnya berat semunya wC = m g – F.
7/21/2017
46
Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Luar.
N
A
Posisi A berlaku, FN = m aN,
v
N
B
w w cos 

w v
r
v2
w N  m
r
v2
N  mg  m
r
Posisi B berlaku,
v2
w cos   N  m
r
Pada posisi B mungkin benda meninggalkan lintasan
(berlaku N = 0), nilai kritis benda meninggalkan lintasan,
7/21/2017
v  g r cos 
47
Contoh.
7/21/2017
48
Contoh.
7/21/2017
49
Contoh.
7/21/2017
50
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 berbentuk bola jari-jari r)].  kekentalan fluida.
Persamaan gerak benda dalam fluida mengacu
hukum Newton II (jika gerak benda ke bawah gaya geser arah ke atas sehingga persamaan menjadi),
F-6rv=ma  F-kv=m a
7/21/2017
51
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:
F
F
vL 
 vL 
6  r
k
Jika bola dilepas dari permukaan fluida, (vo = 0
atau gerak karena beratnya sendiri), akan berlaku
F = m g sehingga bentuk nilai kecepatan batasnya
menjadi:
7/21/2017
52
mg
mg
vL 
 vL 
6  r
k
7/21/2017
53
Contoh.
Suatu bola massa m dilempar tegak lurus di
udara (atmosfer) dan mendapat gaya geseran
sebesar c v2, (c tetapan, c = m k). Buktikan hubungan 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.
dv
dv
a
av
dt
dy
7/21/2017
54
Persm gerak benda,
dv
c 2
v dv
v
 g  v 
  k dy
g
dy
m
2
v 
k
y
v
2 v dv
g
 2 g
0 2 g   2 0 k dy  n  v  k   n k   2 k y
v 
k
 2 g
v  
g
g
2
k
   2 k y  exp ( 2 k y )  v 
n 
k
k
 g 


 k 
g
2
 v  [exp ( 2 k y )  1]
terbukti.
k
7/21/2017
55
7/21/2017
56
Contoh.
Sebuah cincin (massa m) mempunyai titik manikmanik (anggap titik massa dan massa juga m)
ditempel di pinggiran cincin. Jari-jari cincin R (momen 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.
7/21/2017
57
Lanjutan.
Ek sistem (Ek cincin + Ek manik-manik). Pada saat
mula-mula manik-manik berada di dasar, sehingga
kecepatannya tepat nol.
1 2 1 2 1
1
2 2
2 2
2 2
EK 0  mv0  I 0  m0 R  mR 0  mR 0
2
2
2
2
Pada saat manik-manik berada di puncak, Ek cincin
diberikan oleh, Ek = m R2 ω2
1 2
Ek manik-manik EK m  mv ,kecepatan manik-manik
2
v = kecepatan manik-manik terhadap pusat cincin +
kecepatan pusat cincin
7/21/2017
58
Lanjutan.
= kecepatan translasi pusat cincin + kecepatan
akibat rotasi cincin
=  R +  R = 2  R.
1
2
Ek manik-manik = m  2 R   2m 2 R 2
2
Ep manik manik = 2 m g R.
2 2
2 2
2 2
mR


mR


2
mR
  2mgR
Kekekalan energi:
0
1 2 2g
2
Sederhanakan:   0 
3
3R
Gaya normal yang diberikan oleh lantai diberikan oleh w manik-manik dan cincin dikurangi dengan
gaya sentripegal akibat rotasi manik-manik terhadap
7/21/2017
59
pusat
cincin.
Lanjutan.
Syarat supaya lepas dari lantai, N = 0.
1
3
Didapatkan, 2mg  m02 R 
2mg
0
3
8g
8g
 0 
Disederhanakan,  
R
R
2
0
7/21/2017
60
Gaya Variabel Jarak (Hukum Hooke).
Hukum Hooke dinyatakan sebagai, F = - k x.
k tetapan, x simpangan.
Besaran x dapat diganti sebagai x sehingga bentuk 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,
2
2
d x k
d x
2
 x  0 atau
 x  0
2
2
m
dt
dt
7/21/2017
61
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).
Frekuensi,
2
1

T 
T
f
T periode (satuan detik) dan f frekuensi (satuan
hezt)
7/21/2017
62
7/21/2017
63
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 massa bahan bakar gas yang hilang (sitem massa berkurang).
Gerak luncuran salju, bentuk bola salju makin besar (massa bertambah).
Penambahan maupun pengurangan massa teratur
tiap satuan waktu.
7/21/2017
64
Persm geraknya mengikuti hukum Newton kedua
(F = dp/dt).
Persoalan penyelesaian, bagaimana bentuk dpnya.
7/21/2017
65
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 terhadap roket (secara umum nilainya tetap).
Misal mula-mula massa roket m dalam waktu dt
masa berkurang dm dan secara bersamaan kecepatan roket bertambah dv.
7/21/2017
66
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 penambahan waktu dt terjadi perubahan momentum
dp = p! - p yang berarti dp = m dv - ve dm.
7/21/2017
67
Perubahan momentum sistem tiap satuan wak-tu
dt atau gaya bentuknya menjadi,
d
d
d
(p)  m ( v )  v e (m)
dt
dt
dt
Gaya dorong roket = gaya lepasnya (lontaran)
bahan bakar.
dm
Besaran v e
dt
roket.
dinyatakan sebagai gaya dorong
Pembicaraan, mengabaikan geseran udara dan
variasi gravitasi karena ketinggian.
7/21/2017
68
Jika roket bergerak tegak lurus F = m g sebagai perlambatan, persm-nya menjadi
t
v
m
dm
dm
 g dt  dv  ve
  g  dt   dv  ve 
m
m
0
vo
mo
Dalam persoalan persm tersebut, misal roket vergerak vertikal berarti v arah ke atas, g dan ve ke
bawah sehingga persm menjadi,
dv v e dm
g

dt m dt
v
m
dm
Bila gaya luar (F = 0) persm menjadi,  dv  ve 
m
vo
mo
7/21/2017
69
Contoh.
Sebuah roket bermassa mo memiliki kecepatan awal
vo, untuk menambah kecepatannya, roket melepas
kan bahan bakarnya dengan kecepatan relatif terhadap 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)
7/21/2017
70
 m dv = ve dm
v
m
dm
m
v dv  ve m m  v  vo  ve n mo
o
o
Arah ve berlawanan dengan v sehingga persm ha-
rus menjadi,
m
v  v o  v e n
mo
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.
F 6440 N
2
Percepatan , a  
 7,6 m s
m 850 kg
7/21/2017
71
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 ?
7/21/2017
72
  850 kg 
mo
1
1
  4300 m s
v  ve n ( )  (2800 m s ) n 
m
  180 kg 
Kecepatan ini dihasilkan saat roket telah berada di
angkasa luar (tidak ada gaya gravitasi).
7/21/2017
73
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 dalam t detik, berat menjadi,
dm 

w   mo 
t g
dt 

7/21/2017
74
Gaya dorong akibat pancaran gas,
dve
dp
dm
F
 ve
m
dt
dt
dt
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 dihadm 
dm 
ve
t  g , silkan nilai t > 100 detik.
 mo 
dt 
dt 
(980)(100) > (20000 – 100 t)(9,8)  t > 100 detik.
7/21/2017
75
Peninjauan Sabuk Berjalan (Massa bertambah)
Massa, dijatuhkan pada ban (sabuk) yang sedang
berjalan.
Dalam kasus ini berlaku v = ve sehingga bentuk
persm-nya menjadi,
dv
dm
d (mv)
Fm
v
F
dt
dt
dt
Persm di atas merupakan kasus khusus sabuk
(pembawa barang) yang bergerak, massa sabuk
dianggap nol (diabaikan).
Misal massa yang dijatuhkan ke dalam sabuk dinyatakan (dm/dt) dan kecepatan sabuk v tetap,
(jadi gaya F yang dikerjakan hanya menggerakkan
(membawa) benda.
7/21/2017
76
Massa sabuk M dan massa jatuh setiap saat m
sehingga momentum total tiap saat p = (M + m) v.
dp
dm
Digunakan gaya, F 
v
dt
dt
Gaya tersebut yang menjadi bagian untuk merubah massa dan bukan merubah kecepatan.
7/21/2017
77