DINAMIKA

DINAMIKA
 HUKUM NEWTON II
 HUKUM NEWTON III
 MACAM-MACAM GAYA
• Gaya Gravitasi (Berat)
• Gaya Sentuh
- Tegangan tali
- Gaya normal
- Gaya gesekan
 DINAMIKA I (tanpa gesekan)
 DINAMIKA II (dengan gesekan)
 HUKUM NEWTON II
Sebuah benda bermassa m yang mendapat gaya sebesar F akan
memmperoleh percepatan sebanding dengan gaya tersebut dan
berbanding terbalik dengan massanya
F
a
m
Bila pada benda tersebut bekerja berbagai gaya, maka
percepatannya dapat ditentukan dari hukum Newton II :
F  ma
F = Gaya [N = newton]
m = Massa [kg]
a = Percepatan [m/s2 ]
 GAYA GRAVITASI
Semua benda yang berada dalam (dipengaruhi oleh) medan
gravitasi bumi akan ditarik ke bawah dengan percepatan gravitasi
Hukum Newton II :
F  ma
a g FW
W  mg
W=mg
g = percepatan gravitasi
W = Berat benda
Bumi
 TEGANGAN TALI
Bila benda bergerak ke atas
dengan percepatan a, maka :
 F  T  W  T  mg  ma
T
Bila benda bergerak ke bawah
dengan percepatan a, maka :
 F  W  T  mg  T  ma
W
Bila benda diam atau bergerak ke
atas atau ke bawah dengan
kecepatan konstan (percepatan =
0), maka :
 F  W  T  mg  T  0
Hukum Newton I  F = 0
 T  mg
 GAYA NORMAL & GAYA GESEKAN
Bidang Datar
Bidang Miring
N
N
f
f
F
W
f maksimum   N
W
 = koefisien gesekan
s = koefisien gesekan statik (benda tidak bergerak)
k = koefisien gesekan kinetik (benda bergerak)
 k  s
Kombinasi berbagai gaya
Katrol
N
T
T
f
W2 > T
W1
W2
Katrol
N
T
T
f
W2 < T
W1
W2
Contoh Soal 2.1 [Dinamika I Gerak Horisontal]
Tiga buah balok masing-masing bermassa 12 kg, 24 kg dan 31
kg yang berada di atas lantai horisontal dihubungkan dengan dua
buah tali dimana balok 24 kg berada ditengah. Balok 40 kg ditarik
oleh sebuah gaya sebesar 65 N. Bila lantainya licin, tentukan
percepatan dan tegangan pada kedua tali.
Jawab :
12
T1
T1
T2
24
T2
31
T3
T1  m1a  12 a
T2  T1  m 2 a  T2  m 2 a  T1  24 a  12 a  36 a
T3  T2  m 3a  65  m 3a  T2  31 a  36 a  67 a
65
a
 0,97 m / s 2  T2  36a  36(0,97)  34,92 N
67
T1  12a  12(0,97)  11,64 N
Contoh Soal 2.2 [Dinamika I Gerak Vertikal]
Sebuah helikopter bermassa 15000 kg mengangkat sebuah truk
bermassa 4500 kg dengan percepatan sebesar 1,4 m/s2. Truk
disebut diangkat dengan menggunakan kabel baja, Gaya angkat
yang diterima oleh baling-baling helikopter arahnya vertikal ke
atas. Tentukan besarnya tegangan pada kabel baja dan besarnya
gaya angkat pada baling-baling helikopter.
Jawab :
F
Hukum Newton II pada truk :
F
y
 T  m 2g  m 2a 2
a1  a 2  a
a
T  m 2 (g  a )  (4500)(9,8  1,4)  50400 N
T
Hukum Newton II pada helikopter :
W1
F
y
 F  T  m1g  m1a1 a1  a 2  a
T
F  T  m1 (g  a )
 50400(15000)(9,8  1,4)  218400 N
W2
Contoh Soal 2.3 [Dinamika I Gerak Parabola]
Sebuah roket bermassa 3000 kg dilepaskan dari tanah
(kecepatan awal = 0) pada sudut 60o terhadap horisontal. Mesin
dari roket tersebut dapat menghasilkan gaya dorong sebesar
60000 N selama 50 detik. Dengan mengabaikan massa bahan
bakar yang terpakai dan gesekan terhadap udara, tentukan
dimana roket tersebut kembali ke tanah
Jawab :
Lintasan garis lurus :
Voy
Vo
xo
Vox
L
y0
F
60o
F 60000

 20 m / s 2
m 3000
Vo  at  20(50)  1000 m / s
a
1 2 1
at  (20)50 2  25000 m
2
2
Vox  Vo cos 60 o  1000(0,5)  500 m / s
L
Voy  Vo sin 60 o  1000(0,866)  866 m / s
x o  L cos 60 o  25000(0,5)  12500 m
y o  L sin 60 o  25000(0,866)  21650 m
Lintasan parabola :
1 2
y  y o  Voy t  gt  0  21650  866t  4,9t 2
2
4,9t 2  866t  21650  0
Vox  500 m / s
866  866  4(4,9)( 21650) 866  1084
t

 199 s
2(4,9)
9,8
x  x o  Vox t  x  12500  500(199)  112000 m
y o  21650 m
2
Voy
Vo
xo
Vox
L
y0
F
60o
x=?
Voy  866 m / s
x o  12500 m
Contoh soal 2.4 [Dinamika I Gerak Melingkar]
Sebuah pesawat terbang membuat lingkaran horisontal dengan
kecepatan 480 km/jam. Gaya angkat yang diterima oleh pesawat
tersebut arahnya tegak lurus pada sayap pesawat. Bila sayap
pesawat tersebut membentuk sudut 40o terhadap horisontal.
tentukan jari-jari lingkaran yang dibentuk oleh pesawat terbang
tersebut.
Jawab :
V  480 km / jam  133,33 m / s
F
F cos 
R=?
F sin 
2
40o
mg
V
 Fx  F sin   ma  m R  Fy  F cos   mg  0
V2
m
2
2
F sin 
V
V
R 

 tg   R 
F cos 
mg
gR
g tg 
(133,33) 2
R
 2162 m
o
(9,8)( tg 40 )
Contoh Soal 2.5 [Dinamika II bidang datar]
Sebuah mobil bermassa 1000 kg menarik kereta gandeng yang
massanya 450 kg. Bila koefisien gesekannya 0,15 tentukan gaya
dorong minimum yang harus dimiliki oleh mobil agar dapat
menarik kereta gandeng tersebut.
Jawab :
N
450
1000
f
mg
F
F
y
 N  mg  0  N  mg  1450(9,8)  14210 N
x
 F  f  0  F  f  N  0,15(14210)  2131,5 N
F
Contoh Soal 2.6 [Dinamika II bidang miring]
Sebuah balok bemassa 5 kg bergerak ke atas dengan kecepatan
awal Vo pada bidang miring dengan sudut 30o terhadap horisontal.
Oleh karena koefisien gesekan antara balok dan bidang miring
kecil (yaitu sebesar 0,15), maka setelah naik keatas balok
tersebut turun kembali dan sampai ditempat semula dengan
kecepatan sebesar 7,66 m/s. Tentukan kecepatan awal Vo
Jawab :
L
V1 = 0
Vo = ?
m = 5 kg
30o
 = 0,15
V2 = 7,66 m/s
V1 = 0
Diagram gaya (turun) :
F
F
N
y
 0  N  mg cos   0
x
 ma
f
mg sin 
mg sin   f  ma
f  N   mg cos 
mg sin   mg cos   ma
a  (g sin   g cos  )
mg cos 
mg
a  (9,8)(0,5)  (0,15)(9,8)(0,87)  3,62 m / s
L
V  V  2aL
2
2
2
1
7,66 2  0
L
 8,1 m
2(3,62)
V2 = 7,66 m/s
2
V1 = 0
Diagram gaya (naik) :
F
F
N
y
 0  N  mg cos   0
x
 ma
mg sin 
 (mg sin   f )  ma
f
mg cos 
N  mg cos 
 f  N   mg cos  mg
  mg cos   mg sin   ma  a  ( g sin   g cos  )
a  [(0,15)(9,8)(0,87)  (9,8)(0,5)]  6,18 m / s 2
L
V  V  2aL
2
1
2
o
0  Vo2  2(6,18)(8,1)
Vo
Vo  10 m / s
30o
V1 = 0
Dinamika II Gerak Melingkar
N
Jalan datar :
F
y
 0  N  mg  0  N  mg
V2
 Fx  f  N  mg  ma  m R
Vmaks  gR
 tidak boleh = 0
R
f
mg
Dinamika II Gerak Melingkar
Jalan miring :
F
y
N
 0  N cos   mg  0
Nsin
mg
N
cos 
mg
sin   mg tg 
cos 
V2
 ma  m
R
 tg  gR
fcos
 Fx  N sin  
Vmaks
Ncos
 bisa = 0
mg

f
N
mg
  90o
F
y
 f  mg  0  f  mg
V2
 Fx  N  ma  m R
V2
f  mg  N  m
R
 Vmin 
gR

N
Ncos
Nsin
fcos
f
fsin
mg

F
y
 N cos   f sin   mg  0
N cos   N sin   Ncos    sin    mg
N
mg
cos    sin 
V2
 Fx  N sin   f cos   ma  m R
V2
N sin   N cos   N (sin    cos )  m
R
mg
V2
(sin    cos )  m
cos    sin 
R
Vmaks
gR (sin    cos )

cos    sin 
0 0
Vmaks  tg gR
0 0
Vmaks   gR
Contoh Soal 2.7 [Dinamika II Gerak Melingkar]
Sebuah mobil bermassa 1000 kg mula-mula bergerak dengan kecepatan 72 km/jam di
atas sebuah jalan yang datar dan lurus. Di depannya ada sebuah tikungan jalan dengan
jari-jari kelengkungan sebesar 50 m. Tikungan jalan tersebut mempunyai kemiringan 10o
dan koefisien gesekan terhadap ban mobil sebesar 0,25. Oleh karena itu, 20 m sebelum
mencapai tikungan mobil tersebut di rem. Berapa perlambatan minimum yang harus
diberikan agar tidak terjadi kecelakaan ?
a=?
Vo = 20 m/s
V
20 m
R
V 2  Vo2  2a ( x  x o )
V 2  Vo2 14,7812  202
m
a

 2,086 2
2( x  x o )
2(20)
s
 HUKUM NEWTON III
Faksi  Freaksi
F21
F21  F12
2
1
1
F12
2
F12
F21
F12 = gaya pada benda 1 akibat benda 2
F21 = gaya pada benda 2 akibat benda 1
Contoh Soal 2.8 [Hukum Newton III]
Dua buah balok yang masing-masing bermassa 1 kg (sebelah kiri)
dan 3 kg (sebelah kanan) diletakkan berdampingan di atas lantai
horisontal dimana koefisien gesekan antara lantai dan balok 1 kg
adalah 0,2 sedangkan antara lantai dan balok 3 kg adalah 0,1.
Tentukan percepatan dari kedua balok tersebut dan gaya aksireaksi bila balok 1 kg didorong ke kanan dengan gaya sebesar 12
N.
F = 12 N
1 kg
F
y
F12
a=?
 = 0,1
 = 0,2
N1
3 kg
 0  N1  m1g  (1)(9,8)  9,8 N
F
F
f1
x
m1 g
 m1a  F  f1  F12  m1a  (1)a  a
12  (0,2)(9,8)  F12  a  F12  10,04  a
F = 12 N
1 kg
a=?
 = 0,1
 = 0,2
N2
3 kg
F
y
 0  N2  m2g  (3)(9,8)  29,4 N
F21
F
f2
x
m2 g
 m 2a  F21  f 2  m 2a  (3)a  3a
F21  (0,1)( 29,4)  3a  F21  3a  2,94
F12  10,04  a
F21  3a  2,94
F21  F12 3a  2,94  10,04  a
7,1
2
4a  10,04  2,94  7,1  a 
 1,775 m / s
4
F12  10,04 1,775  8,265 N
Kedua benda dapat dianggap sebagai
satu benda (gaya aksi reaksi saling
meniadakan )
N2
N1
F21
f2
f1
F21
F
m1 g
m2 g
F
 0  N1  N2  m1g  m2g  9,8  29,4  39,2 N
F
 (m1  m 2 )a  F  f1  f 2  (m1  m 2 )a  4a
y
x
7,1
12  (0,2)(9,8)  (0,1)( 29,4)  4a  a 
 1,775 m / s 2
4
Contoh Soal 2.9 [Hukum Newton III]
Sebuah balok bermassa 40 kg terletak di atas lantai licin. Diatas
balok tersebut diletakkan balok kedua yang bermassa 10 kg
dimana koefisien gesekan antara kedua balok adalah 0,4. Bila
balok kedua ditarik dengan gaya sebesar 100 N, hitung
percepatan dari kedua balok tersebut.
10 kg
F=100 N
1
40 kg
 = 0,4
N21
F
3
f21
m 2g
F
y
2
F
F
y
 0  N 21  m 2g  (10)(9,8)  98N
x
 m 2a 2
 F  f 21  m 2a 2
100  0,4f 21  10a 2
N13
 0  N13  m1g  N12
N13  40(9,8)  98  490
F
x
 m1a 1  f12  m1a 1  40a 1
a 1  a 2  a f 21  f12
100
100  0,4(40a )  10a  a 
 3,85 m / s 2
26
f12
N12
m1g
Contoh Soal 2.10 [Dinamika II bidang miring dan katrol]
Pada gambar di bawah ini, balok B beratnya 102 N dan balok A
beratnya 32 N. Koefisien gesekan antara balok B dan bidang
miring adalah 0,25. Hitung percepatan dari kedua balok tersebut
bila balok B sedang bergerak ke bawah.
Jawab :
Katrol
N
T
f
T
m1gsin
40o
m1gcos
m1 g
 Fy  0  N  m1g cos   102 cos 40o  78,132
F
x
 m1g sin   T  f  m1a1
T  m 2 g  T  32  m 2 a 2
m1g sin   T   s N  m1a 1
102 sin 40 o  T  0,25(78,132) 
65,564  T  19,533  10,4a
T  46,03  10,4a
m2 g
102
a1
9,8
32
a 2  32  3,265a 2
9,8
46,03  10,4a  32  3,265a
T  32 
13,665a  14,03  a 
14,03
 1,027 m / s 2
13,665