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 gx1 + ; 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
