MEKANIKA NEWTON. GERAK LURUS PARTIKEL

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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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)
mitrayana@ugm.ac.id
5
21
Gerak Partikel
2r
r
r
r
d r
FTotal = ΣFi = m 2 = ma
dt
12/15/2012
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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

mitrayana@ugm.ac.id
13
25
vt = mg c1 ; dan τ = m c1
v = −vt + (vt + v 0 )e −t τ
12/15/2012
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id






(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)
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
20
Ketinggian maksimum dan laju escape
−1

x
v = v − 2 gx1 +  ; 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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
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
mitrayana@ugm.ac.id
24