Materi Fisika Teknik Tentang Sistem Partikel dan Tumbukan

Materi Fisika Teknik Tentang Sistem Partikel dan Tumbukan

2. •Apabila semua benda yang menyusun sistem bisa direduksi menjadi titik
massa di mana massa titik sama dengan jumlah massa benda penyusun
maka titik massa tersebut harus diletakkan di koordinat pusat massa agar
gerakannya memenuhi hukum Newton seperti sistem benda awal.
•Jika sejumlah gaya luar bekerja pada sistem benda, maka pusat massa
benda akan bergerak mengikuti kaidah seolah-olah resultan gaya tersebut
hanya bekerja pada pusat massa titik di pusat massa
PM x

3. m
1
m
2
y
1
y
2
Y
X 
y
c 21
2211
mm
ymym
y
c



Bagaimana jika massanya lebih dari dua ? n
nn
c
mmm
ymymym
y



21
2211
Bagaimana jika massanya tersebar di dalam ruang ? 




n
i
i
n
i
ii
m
ym
1
1 M
ym
n
i
ii

1
Untuk 1 dimensi ,terdiri dari dua massa benda

4. M
ym
y
n
i
ii
c


1 M
xm
x
n
i
ii
c


1 M
zm
z
n
i
ii
c


1 kjir ˆˆˆ
cccc zyx  M
zmymxm
iiiiii
c
kji
r
ˆˆˆ

 M
zyxm
iiii
c
)ˆˆˆ( kji
r

 M
m
ii
c


r
r kjir ˆˆˆ
iiii zyx  Bagaimana untuk benda pejal (sistem partikel kontinyu) ?
Untuk 3 dimensi ,terdiri dari banyak massa benda

5. contoh soal 1

6. Soal 1. tentukan pusat massanya
Soal 2. tentukan pusat massanya

7. perubahan posisi pusat massa
kecepatan pusat massa

9. Momentum dan Impuls zzyyxx
mvpmvpmvpp :
 dt
pd
F


 vmp


•Momentum linier dari sebuah partikel yang bermassa m dan
bergerak dengan kecepatn v adalah sebuah vektor yang
didefinisikan sebagai perkalian dari massa partikel dengan
kecepatannya:
Satuan momentum (SI): kg·m/s
Komponen mementum linier:
Menurut Hukum Newton ke II:
Momentum total dari beberapa benda:

11.   tFttFJ

)(
12 •Sebuah partikel yang dikenai gaya tetap F
selama interval waktu t dari t
1 ke t
2. maka
impuls dari gaya didefinisikan :
Satuan impuls (SI): kg·m/s 12
12
tt
pp
dt
pd
constF




 1212)( ppttF

 12ppJ


Teorema Impuls – Momentum
Jika gayanya tetap:

12. Definisi umum dari impulse  
2
1
2
1
2
1
12
t
t
t
t
t
t
pppddt
dt
pd
dtF


 )(
12ttFJ
av

•Untuk gaya F yang tidak tetap: 
2
1
t
t
dtFJ

•Dedifinisikan gaya rata-rata F
untuk gaya yang tidak tetap,
sehingga impulsnya dituliskan J :
Impuls: luas daerah yang diwarnai

13. KEKEKALAN MOMENTUM LINIER
UNTUK SISTEM DUA PARTIKEL
m
1
p
1 = m
1v
1
m
2
p
2 = m
2v
2
p
1
p
2
F
21
F
12 dt
d
1
12
p
F dt
d
2
21
p
F 0
2112 FF 2112FF
Hukum Newton III 0
21

dt
d
dt
d pp 0)(
21 pp
dt
d konstan
21  ppP fxixPP fyiyPP fzizPP 21ppP 
Momentum partikel di dalam
suatu sistem tertutup selalu tetap
Hukum kekekalan momentum ffii mmmm
22112211 vvvv  ffii 2121 pppp 

14. TUMBUKAN
F
12 F
21
m
1 m
2
Interaksi antar partikel yang berlangsung dalam selang waktu yang sangat singkat 
2
1
212
t
t
dtFp dt
dp
F 
2
1
121
t
t
dtFp 2112FF
Hukum Newton III 21 pp 0
21  pp 0)(
21  pp konstan
21  ppP
Pada setiap tumbukan jumlah momentum sistem sesaat sebelum
tumbukan adalah sama dengan jumlah momentum sesaat setelah
tumbukan
Hukum kekekalan momentum berlaku pada setiap tumbukan

15. Klasifikasi Tumbukan
Tumbukan Lenting Sempurna
Berlaku hukum kekekalan momentum
dan kekekalan energi (e=1)
Tumbukan Lenting Sebagian Energi mekanik berkurang( 0<e<1)
(tak berlaku hukum kekekalan energi mekanik)
Tumbukan Tak Lenting sama sekali Setelah tumbukan kedua partikel menyatu (e=0)
Konstanta tumbukan yang menunjukkan tingkat kelentingan:
Koefisien restitusi (e) 21
21
vv
vv
e
ff



&#3627408483;
1??????=&#3627408472;&#3627408466;&#3627408464;&#3627408466;??????&#3627408462;&#3627408481;&#3627408462;&#3627408475; &#3627408463;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408465;&#3627408462; 1 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408481;&#3627408466;&#3627408473;&#3627408462;ℎ &#3627408481;&#3627408482;&#3627408474;&#3627408463;&#3627408482;&#3627408472;&#3627408462;&#3627408475;
&#3627408483;
2??????=&#3627408472;&#3627408466;&#3627408464;&#3627408466;??????&#3627408462;&#3627408481;&#3627408462;&#3627408475; &#3627408463;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408465;&#3627408462; 2 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408481;&#3627408466;&#3627408473;&#3627408462;ℎ &#3627408481;&#3627408482;&#3627408474;&#3627408463;&#3627408482;&#3627408472;&#3627408462;&#3627408475;
&#3627408483;
1=&#3627408472;&#3627408466;&#3627408464;&#3627408466;??????&#3627408462;&#3627408481;&#3627408462;&#3627408475; &#3627408463;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408465;&#3627408462; 1 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408463;&#3627408466;&#3627408473;&#3627408482;&#3627408474; &#3627408481;&#3627408482;&#3627408474;&#3627408463;&#3627408482;&#3627408472;&#3627408462;&#3627408475;
&#3627408483;
2=&#3627408472;&#3627408466;&#3627408464;&#3627408466;??????&#3627408462;&#3627408481;&#3627408462;&#3627408475; &#3627408463;&#3627408466;&#3627408475;&#3627408465;&#3627408462; 2 &#3627408480;&#3627408466;&#3627408463;&#3627408466;&#3627408473;&#3627408482;&#3627408474; &#3627408481;&#3627408482;&#3627408474;&#3627408463;&#3627408482;&#3627408472;&#3627408462;&#3627408475;

16. v
1i v
2i
m
1 m
2
Sebelum tumbukan
v
f
m
1 + m
2
Setelah tumbukan
Hukum kekekalan momentum :
Untuk tumbukan tak lenting sama sekali dalam satu dimensi fii vmmvmvm )(
212211  21
2211
mm
vmvm
v
ii
f


 fff
vvv 
21 ))(1(
)(2
12
2
21
21
vve
mm
mm
KKK
f 


Untuk tumbukan tak lenting sama sekali, e = 0
Untuk tumbukan tak lenting terjadi pengurangan energi kinetik
yang besarnya: 21
21
vv
vv
e
ff




17. TUMBUKAN DALAM DUA DIMENSI
v
1i
m
1
m
2
Sebelum tumbukan Setelah tumbukan
v
1f
v
2f
m
1
m
2
q
f
v
1f sin q
v
1f cos q
v
2f cos f
-v
2f sin f
Komponen ke arah x : fq coscos
221111 ffi vmvmvm  fq sinsin0
2211 ff vmvm 
Jika tumbukan lenting sempurna : 2
222
12
112
12
112
1
ffi vmvmvm 

18. ??????
1=??????
1&#3627408485;&#3627408470; + ??????
1&#3627408486;&#3627408471;
TUMBUKAN DALAM DUA DIMENSI
??????
2=??????
2&#3627408485;&#3627408470; + ??????
2&#3627408486;&#3627408471;
??????
1′=??????′
1&#3627408485;&#3627408470; + ??????′
1&#3627408486;&#3627408471; ??????
2′=??????′
2&#3627408485;&#3627408470; + ??????′
2&#3627408486;&#3627408471;
Sebelum tumbukan
Setelah tumbukan
??????
1+??????
2=??????
1′+??????
2′
1 2

21. contoh
Masa mobil=
Kecepatan awal mobil
Kecepatan akhir mobil
Waktu tumbukan
Hitung impuls dan gaya rata-ratanya!

22. Gerak Sistem Partikel 
dt
d
m
M
i
i
r1 M
m
ii

v dt
d
c
c
r
v
Kecepatan : p
= P 
iicmM vv Momentum :
Percepatan : dt
d
c
c
v
a 
dt
d
m
M
i
i
v1 
iim
M
a
1 
iicmM aa 
iF dt
dP
 0iF 0
dt
dP konstan
cMvP

23. 0
2
4
6
8
10
0 2 4 6 8 10 12
t (s)
F (N) x
0 1 4 5 t(s)
F(N)
1.Sebuah benda bermassa 4 kg yang sedang bergerak
dengan laju tetap tiba-tiba menumbuk karung pasir
sehingga mengalami gaya F sebagai fungsi waktu
seperti terlihat pada gambar . hitung perubahan
laju benda selama 10 detik.
2.Sebuah benda bermassa 4 kg bergerak dengan kecepatan 4 m/s ditumbuk oleh benda lain
(bermassa 2 kg) dari belakang dengan kecepatan 9 m/s . Jika setelah tumbukan benda yang
ditumbuk kecepatannya menjadi 6 m/s, hitung koefisien restitusi dan pengurangan energi
kinetiknya

3.Sebuah gaya F yang bervariasi terhadap waktu seperti pada gambar bekerja pada sebuah
benda yang bermassa 10 kg hingga menghasilkan perubahan kecepatan sebesar 4 m/s
dalam waktu 5 detik. Tentukan nilai x

4. Sebuah granat yang diam tiba-tiba meledak dan pecah menjadi 2 bagian yang bergerak
dalam arah berlawanan . Perbandingan masa kedua benda m
1
/m
2
=1:2. Bila energi yang
dibebaskan adalah 3. 10
5
Joule hitung Ek
1
/ Ek
2

Pilih dan kerjakan 4 saja
&#3627408441;∆&#3627408481;=&#3627408474;∆&#3627408483; 21
21
vv
vv
e
ff


 ))(1(
)(2
12
2
21
21
vve
mm
mm
KKK
f 


&#3627408441;∆&#3627408481;=&#3627408474;∆&#3627408483;

24. 5.Sebuah balok yang massanya 1,5 kg terletak diam di atas bidang
horizontal. Koefisien balok dengan bidang 0,2. Peluru bermassa 10 gram
ditembakkan horizontal mengenai balok dan diam di dalam balok.Balok
bergeser 1m. Jika g = 10 m/s2, hitung kecepatan peluru menumbuk balok.
6.Balok digantung pada tali sepanjang l dengan massa m ditembak oleh
peluru yang bermassa 0,25 m. Ternyata peluru peluru bersarang dalam
balok dan terjadi putaran satu lingkaran penuh. Hitung kecepatan minimal
peluru.





7.Sebuah bola bermassa 200 gram jatuh bebas dari ketinggian 20 meter dari
tanah. Setelah menumbuk tanah bola terpantul dengan
kelajuan setengah dari kelajuan saat menumbuk tanah. Waktu
sentuh bola menumbuk tanah adalah 0,2 detik. Hitunglah:
a) Perubahan momentum bola pada saat menumbuk tanah
b) Impuls yang dikerjakan tanah pada bola
c) Gaya rata-rata yang bekerja pada bola selama tumbukan berlangsung.
l

25. 8.Sebuah ledakan memecah sebuah benda menjadi dua bagian. Satu
bagian memiliki massa 1,5 kali bagian yang lain. Jika energi sebesar 7500 J
dilepaskan saat ledakan, berapakah energi kinetik masing-masing
pecahan tersebut?
9. Dua buah bola bilir yang memiliki massa yang sama melakukan
tumbukan hadap-hadapan. Jika laju awal salah satu bola adalah 2,0 m/s
dan bola kedua adalah 3,0 m/s, berapakah laju akhir masing-masing bola
jika tumbukan bersifat elastis
10. Sebuah mobil memiliki pusat massa yang berlokasi 2,5 m dari ujung
depan. Lima orang kemudian naik ke dalam mobil. Dua orang duduk pada
kursi yang berjarak 2,8 m dari ujung depan mobil dan tiga orang duduk
pada kursi yang berjarak 3,9 m dari ujung depan mobil. Massa mobil
adalah 1050 kg dan massa masing-masing penumpang adalah 70,0 kg.
Berapakah jarak pusat massa sekarang diukur dari ujung depan mobil?

26. &#3627408441;∆&#3627408481;=&#3627408473;&#3627408482;&#3627408462;&#3627408480; &#3627408465;&#3627408462;&#3627408466;&#3627408479;&#3627408462;ℎ &#3627408486;&#3627408462;&#3627408475;?????? &#3627408465;??????&#3627408463;&#3627408462;&#3627408484;&#3627408462;ℎ ??????&#3627408462;&#3627408479;??????&#3627408480; =&#3627408474;∆&#3627408483;
&#3627408441;&#3627408465;&#3627408481;=&#3627408474;∆&#3627408483; 0
2
4
6
8
10
0 2 4 6 8 10 12
t (s)
F (N)
&#3627408441;=8−
8
10
&#3627408481;
(8−
8
10
&#3627408481;) &#3627408465;&#3627408481;=&#3627408474;∆&#3627408483;
8&#3627408481;−0,4&#3627408481;
2
=80−40=40=4∆&#3627408483;

40=4∆&#3627408483;
∆&#3627408483;=10 m/s

1.

27. x
0 1 4 5 t(s)
F(N)
&#3627408447;=0,5 &#3627408485;+3&#3627408485;+0,5&#3627408485;=4&#3627408485;=&#3627408441;∆&#3627408481;=&#3627408474;∆&#3627408483;=10&#3627408485;4=40
4&#3627408485;=40
X=10
3.

28. 8.Sebuah ledakan memecah sebuah
benda menjadi dua bagian. Satu bagian
memiliki massa 1,5 kali bagian yang
lain. Jika energi sebesar 7500 J
dilepaskan saat ledakan, berapakah
energi kinetik masing-masing pecahan
tersebut?
&#3627408474;1=1,5 &#3627408474;2
E=7500j
0=&#3627408474;1&#3627408483;1+&#3627408474;2&#3627408483;2
0=1,5 &#3627408474;2 &#3627408483;1+&#3627408474;2&#3627408483;2
−1,5 &#3627408474;2 &#3627408483;1=&#3627408474;2&#3627408483;2
−1,5 =&#3627408483;2/v1
&#3627408440;&#3627408472;1+&#3627408440;&#3627408446;2=7500
0,5 &#3627408474;1&#3627408483;1
2
+0,5 &#3627408474;2&#3627408483;2
2
=7500
0,5 &#3627408485;1,5&#3627408474;2(
&#3627408483;2
1,5
)
2
+0,5 &#3627408474;2&#3627408483;2
2
=7500
&#3627408440;&#3627408472;2
1,5
+&#3627408440;&#3627408446;2=7500
&#3627408440;&#3627408472;2
1,5
+&#3627408440;&#3627408446;2=
5
3
&#3627408440;&#3627408446;2=7500 &#3627408440;&#3627408446;2=7500x3/5=4500
Ek1=3000

29. 5.Balok digantung pada tali sepanjang l dengan massa m ditembak
oleh peluru yang bermassa 0,25 m. Ternyata peluru peluru bersarang
dalam balok dan terjadi putaran satu lingkaran penuh. Hitung
kecepatan minimal peluru.

&#3627408440;&#3627408472;=0,5&#3627408485;0,25&#3627408474;&#3627408483;
2
=&#3627408474;+0,25&#3627408474;??????2&#3627408473;
0,5&#3627408485;1&#3627408483;
2
=5&#3627408485;10&#3627408485;2&#3627408473;
&#3627408483;
2
=200&#3627408473;
&#3627408483;=102&#3627408473;