BAB. 8
Download
1 / 77

BAB. 8 (Gaya dan Benda) - PowerPoint PPT Presentation


  • 347 Views
  • Uploaded on

BAB. 8 (Gaya dan Benda). Penyebab gerak benda, adalah gaya. Bentuk dan banyaknya F yang bekerja pada ben - da menyebabkan beberapa kemungkinan gerak - an benda tersebut.

loader
I am the owner, or an agent authorized to act on behalf of the owner, of the copyrighted work described.
capcha
Download Presentation

PowerPoint Slideshow about ' BAB. 8 (Gaya dan Benda)' - sauda


An Image/Link below is provided (as is) to download presentation

Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author.While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server.


- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - E N D - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
Presentation Transcript

BAB. 8

(Gaya dan Benda)


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), makakemungkinan benda diam (v = 0) atau bergerak lurus beraturan (v ≠ 0).

2. Jika F bekerja (F ≠ 0, ΣF ≠ 0) tetapi setitik tangkap (berlaku sebagai Ftunggal) maka, ke-mungkinan benda akan bergerak lurus ber-ubah beraturan,

3. Jika Fbekerja pada benda lebih dari satu (jadi ada ΣF) dan tidak satu titik tangkap [walau-pun (Σ F = 0), maka masih ada kemungkinan 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 ben-da, gerak benda tersebut memenuhi hukum ke-dua Newton ( F = ma ).


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).


F2

r2

0

r1

r4

F4

r3

F3

F1

r

F

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 = Σmig

F = F1 + F2 + F3 + F4

F = ΣFi

r x F = Σri x Fi

 = Σi


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.


Hal tersebut terjadi karena nilai g tidak tetap (ni-lai g tergantung pada jarak atraksi dua benda).

Navier

1785 - 1836


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,


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 = m1g, w2 = m2g dst.


r bermassa

X

C

D

2 R

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 mC berlaku,


Posisi bermassa 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 ρV sehing-ga mD = r2ρ ℓ, dengan ℓ tebal benda dan m benda X menjadi, mX =  (2 r)2ρ ℓ -  r2ρ ℓ.

Dalam hal ini XD = - r sehingga,

(nilai tersebut di sebelah kanan C)


2. Keseimbangan Statik bermassa

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


bermassa 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).


Kesetimbangan benda tegar

Benda tegar dikatakan setimbang apabila memiliki percepatan translasi nol (a = 0) dan percepatan sudut nol ( = 0).

Kesetimbangan Benda Tegar

Benda berada dalam keadaan setimbang, berlaku: ΣF = 0 dan Σ = 0.

  • ΣFx = 0 , ΣFy = 0 dan Σ = 0

Bab 6-14


Contoh. translasi nol (

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).


F translasi nol (2

F1

β

2,5 m

wt

x

wo

0

F

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


Dengan memasukkan nilai angka diperoleh, translasi nol (

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.

Artinya orang tersebut naik sampai ke puncak tang ga, tangga belum tergelincir.


Contoh. translasi nol (

Suatu gayaF1 = Aj, bekerja pada suatu titik dengan vektor posisi r1 = ai. Gaya lain F2 = Bi, bekerja pada suatu titik dengan vektor posisi r2 = bj. Tentukan lengan momen L, dari resultan gaya relatif terhadap titik 0 (pusat koordinat).

Penyelesaian.

Gaya total, F = F1 + F2 = Bi + Aj.

Besar F, F = √B2 + A2

Momen F terhadap 0,  = r1 x F1 + r2 x F2

 = ai x Aj + bj x Bi = (aA – bB) k   = aA – bB

Panjang lengan momen, L =


Pengaruh Gaya Dalam Benda. translasi nol (

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).

Ftidak tetap (sebagai bentuk variabel), mungkin sebagai fungsi perpindahan, kecepatan dan waktu, contoh F berubah misal F sentral (berubah arah).


N translasi nol (

mg

Gaya Normal (Dalam Bidang Datar)

Benda diam di atas bidang datar berlaku ΣF = 0.

Benda (diam) memiliki berat (w = mg, bentuk F) untuk memenuhi keadaan Σ F = 0, dimunculkan konsep F normal (N).

Arah F normal (N) tegak lurus bidang tumpunya (Fnormal merupakan reaksi dari bidang terhadap benda), sehingga N = mg.

Hal tersebut terjadi karena be rat benda seluruhnya mene-kan bidang tumpunya.


N translasi nol (

mg cos 

mg sin 

mg

Dalam Bidang Miring

Benda berada dalam bidang miring.

Fyang 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).


Gaya-gaya Geseran translasi nol (

Benda yang bergerak pada permukaan benda lain atau bergerak di dalam benda lain (misal dalam fluida) akan memperoleh hambatan (geseran).

Fgeseran 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.


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.


Geseran Dalam Bidang Datar 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).

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.


N 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).

v

F

x

Ff

mg

Bila pada benda bekerja gaya (F) sejajar bidang, posisi N akan bergeser (searah F).

Muncul gaya Ff sehingga ΣF = 0, (jika benda ma-sih diam).

Bila benda karena gaya (F) bergerak (searah sumbu x), hukum Newton II tetap ber-laku (ΣF = ma).

F i - Ff i = m (a i)

F - μkN = m (a)

Benda tetap diam, F = μsN.


Agar benda yang semula diam, menjadi bergerak mutlak harus dipenuhi nilai FsN.

Bila FsN benda tidak akan bergerak.

Selama benda diam, selalu berlaku nilai F = sN.

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sN sehingga benda lalu bergerak.

Setelah benda bergerak benda tidak lagi memiliki s tetapi memiliki k .


Contoh. dipenuhi nilai

Benda berat 50 N di atas lantai horisontal yang ka sar.

  • Bila F horisontal 20 N bekerja pada benda tetapi benda tetap diam. Berapakah besarnyaF 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 32 N. Berapakah nilai k ?

Penyelesaian.


N dipenuhi nilai

N

20 N

ff

50 N

Selama benda masih diam, artinya kecepatan dan percepatan benda nol, ΣF = 0, sehingga berlaku persm F = Ff = 20 N.

40 N


Dengan demikian nilai gaya geseran 20 N. dipenuhi nilai

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,


N dipenuhi nilai

F

v

w sin 

w cos 

μs N

m g

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.

Bergerak ke atas jika di-penuhi,

Fm g sin  + sN.

Jika syarat telah dipenuhi ben-da bergerak naik, dengan persm,

F – m g sin  - kN = m a.


F dipenuhi nilai

v

N

μs N

w sin 

w cos 

m g

Bergerak turun jika di-penuhi,

m g sin  F + sN.

Jika syarat telah dipenuhi ben-da bergerak turun, dengan persm,

m g sin  – F - kN = m a.

Jika turun dengan sendirinya (F = 0),persm ge- raknya menjadi, (syarat m g sin  sN).

m g sin  – kN = m a.


M dipenuhi nilai

F

m

v

f

m g sin 

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 .

mg sin  + F - μ1m g cos  = m a.


f dipenuhi nilai

v

M g sin 

F

Mg sin  - F – μ2M g cos  = M a.

Dari ke dua persm dikurangkan diperoleh F,

Sudut minimum bidang miring adalah sudut terke-cil, yang dimiliki agar benda siap bergerak, a masih nol.

mg sin  + M g sin  - μ1m g cos  – μ2M g cos  = (m + M) a = 0

(m g + M g) sin  = (μ1m g + μ2M g) cos  .


Gaya Sentral. dipenuhi nilai

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.


F dipenuhi nilai

v

m

r

d

Kemungkinan pertama dipenuhi F = 0 atau a = 0 dan disajikan oleh partikel bebas.

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 yaitujika 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.



Gerak dalam Lintasan Lengkung (bidang

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).


Gerak melingkar berlaku, (bidang FN = mω2r.

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 = ma sehingga,

F = m (ω x v) = ω x mv = ω x p


v (bidang o

A

0

y

P

x

vo

FT

FN

mg

gt

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,vot. Ke-cepatan di titik P nilainya,


Gerak Benda dalam Kulit Bola (bidang

Gerak benda dalam kulit bola, dapat terjadi di luar kulit permukaan luar atau kulit permukaan dalam bola.


D (bidang

w

r

E

C

N

N

N

N

N

B

w

w

A

w

w

Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam

Posisi A,

Posisi B,


D (bidang

w

r

E

C

N

N

N

N

N

B

w

w

A

w

w

Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam

Posisi C = E,

Posisi D,

Antara posisi C, D dan E ada kemungkinan benda meninggalkan lintasan (jatuh, jika kecepatan ti-dak cukup).


Benda meninggalkan lintasan, berlaku (bidang 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).


N (bidang

v

C

w

B

N

r

N

w

A

v

w

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.

Penyelesaian.


Dalam gerak melingkar penerbang mengalami gaya sentrifugal, (bidang 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.


N (bidang

A

v

B

w

wcos

w

v

r

Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Luar.

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,


Contoh. (bidang


Contoh. (bidang


Contoh. (bidang


Gaya Sebagai Variabel Kecepatan (bidang

Gaya sebagai variabel kecepatan dapat berupa k v (mungkin dapat k v2 atau yang lain, k tetapan).

Pernyataan (kv) 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


Jika nilai persamaan di depan tetap, suatu saat (bidang 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:


Contoh. (bidang

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.


Persm gerak benda, (bidang

terbukti.


Contoh. (bidang

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 cincinI). 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.


Lanjutan. (bidang

Ek sistem (Ekcincin + Ekmanik-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 = mR2ω2

Ek manik-manik ,kecepatan manik-manik

v = kecepatan manik-manik terhadap pusat cincin +

kecepatan pusat cincin


Lanjutan. (bidang

= kecepatan translasi pusat cincin + kecepatan

akibatrotasi cincin

= R + R = 2R.

Ek manik-manik =

Ep manik manik = 2mgR.

Kekekalan energi:

Sederhanakan:

Gaya normal yang diberikan oleh lantai diberikan o- leh wmanik-manik dan cincin dikurangi dengan gaya sentripegal akibat rotasi manik-manik terhadap pusat cincin.


Lanjutan. (bidang

Syarat supaya lepas dari lantai, N = 0.

Didapatkan,

Disederhanakan,


Gaya Variabel Jarak (Hukum Hooke). (bidang

Hukum Hooke dinyatakan sebagai, F = - kx.

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,


Bentuk penyelesaiannya, (bidang x = A cos (ωt + φ)

x , simpangan gerak (satuan meter), A amplitudo (simpangan maks, satuan meter), ω frekuensi sudut (satuan radian perdetik), t waktu (satuan detik) dan φpase awal gerakan (satuan radian).

T periode (satuan detik) dan f frekuensi (satuan hezt)


Gaya Variabel Massa. (bidang

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.


Persm geraknya mengikuti hukum Newton kedua ( (bidang F = dp/dt).

Persoalan penyelesaian, bagaimana bentuk dp-nya.


Peninjauan Sistem Roket (massa berkurang). (bidang

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.


Momentum saat (bidang t + dt setelah massa berkurang dm adalah

p! = (m + dm)(v + dv) – v! dm

 p! = m v + vdm + mdv + dv dm – (ve + v)dm

Besaran dm dvnilainya sangat kecil (diabaikan) persm di atas menjadi,

 p! = m v + vdm – vedm

Saat t momentum (p = m v) setelah penam-bahan waktu dt terjadi perubahan momentum dp = p! - p yang berarti dp = m dv - vedm.


Perubahan momentum sistem tiap satuan wak-tu (bidang 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.


Jika roket bergerak tegak lurus (bidang F = m g seba- gai perlambatan, persm-nya menjadi

Dalam persoalan persm tersebut, misal roket ver-gerak vertikal berarti v arah ke atas, gdan ve ke bawah sehingga persm menjadi,

Bila gaya luar (F = 0) persm menjadi,


Contoh. (bidang

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)


(bidang m dv = vedm

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.


Bila percepatan gravitasi bumi (9,8 m s (bidang -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 ?



Contoh. luar (tidak ada gaya gravitasi).

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,


Gaya dorong akibat pancaran gas, luar (tidak ada gaya gravitasi).

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.


Peninjauan Sabuk Berjalan (Massa bertambah) luar (tidak ada gaya gravitasi).

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.


Massa sabuk luar (tidak ada gaya gravitasi).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.


ad