Sistem Partikel Dinamik
Sistem Partikel Dinamik
Sistem Partikel Dinamik
Sistem umum kami terdiri dari n partikel massa m1, m2 ,. . . , yang posisinya adalah vektor,
masing-masing, r1, r2,. . . , dapat didefinisikan pusat massa sistem sebagai titik yang
posisinya vektor (Gambar 7.1.1) diberikan oleh:
Untuk mendefinisikan momentum linear p dari sistem sebagai penjumlahan vektor momen
linear dari masing-masing partikel, yaitu,
p = m VCm
Momentum linier suatu sistem partikel sama dengan kecepatan pusat massa dikalikan
dengan total massa sistem.
Setiap benda yang yang bergerak memiliki energi. Benda yang bergerak memiliki
kemampuan untuk melakukan usaha, karenanya dapat dikatakan memiliki energi. Energi
pada benda yang bergerak disebut energi kinetik. Energi kinetik merupakan energi yang
dimiliki benda karena gerak atau kecepatannya.
Energi kinetik dari suatu sistem merupakan jumlah masing masing energi dari
partikel.
Dari gambar tersebut didapatkan vektor posisi ri dalam bentuk 𝑟𝑖 = 𝑟𝑐𝑚 + ⃗𝑟𝑖 . Dimana 𝑟𝑖
adalah posisi partikel 𝑖 relatif, turunanya: 𝑣𝑖=𝑉𝑐𝑚 + 𝑣𝑖
Contoh
Hitung total energi kinetik batang Contoh 7.2.1. Gunakan teorema yang diwakili oleh
Persamaan 7.2.17. Seperti dalam Contoh 7.2.1, perlihatkan bahwa energi total yang diperoleh
untuk batang menurut teorema ini setara dengan yang diperoleh dengan perhitungan
langsung.
Solusi:
energi kinetik translasi pusat massa pada batang adalah:
Energi kinetik dari dua elemen massa dm secara simertris cenderung ke pusat massa adalah
Dimana 𝛾 adalah massa per satuan panjang pada batang.Total energi kinetik relatif ke pusat
𝑙
massa bisa diperoleh dengan integral pernyataan sebelumnya dari 𝑟 = 0 dan 𝑟 = 2
1
Momen inersia pada batang dipusat massa: 12 𝑚l2
3.Massa reduksi
⃗⃗⃗⃗ dan 𝑟2
di mana, seperti yang ditunjukkan pada Gambar, vektor 𝑟1 ⃗⃗⃗⃗ mewakili posisi partikel
m1 dan m2, masing-masing, relatif terhadap pusat massa. Sekarang, jika n adalah vektor
posisi partikel 1 relatif terhadap partikel 2, maka
Contoh :
Sistem bintang biner tertentu diamati bersifat gerhana dan spektroskopi. Ini berarti bahwa
sistem dilihat dari Bumi dengan bidang bidang orbitnya dan bahwa kecepatan orbit v1 dan v2
dari dua bintang yang membentuk sistem dapat ditentukan dari pengukuran pergeseran
Doppler dari garis spektrum yang diamati. Anda tidak perlu memahami detail dari pernyataan
terakhir ini. Poin penting adalah kita mengetahui kecepatan orbitnya. Mereka, dalam unit
yang sesuai, v1 = 1.257 AU / tahun dan v2 = 5.027 AU / tahun. Periode revolusi setiap
bintang tentang pusat massanya adalah r = 5 tahun. (Itu dapat dipastikan dari frekuensi
gerhana yang diamati.) Hitung massa (dalam satuan massa matahari M0) dari setiap bintang.
Asumsikan orbit melingkar.
Solusi : jari-jari orbit masing-masing bintang tentang pusat massa bersama dapat dihitung
dari kecepatan dan periode.
5. Tumbukan
Tumbukan adalah peristiwa bertemunya dua buah benda yang bergerak. Saat tumbukan selalu
berlaku hukum kekekalan momentum tetapi tidak selalu berlaku hukum kekekalan energi
kinetik. Berdasarkan sifat kelentingan atau elastisitas benda yang bertumbukan, tumbukan
dibedakan menjadi 3 yaitu:
Tumbukan Lenting Sempurna
Tumbukan lenting sempurna (elastik) terjadi di antara atom-atom, inti atom, dan partikel-
partikel lain yang seukuran dengan atom atau lebih kecil lagi. Dua buah benda dikatakan
mengalami tumbukan lenting sempurna jika pada tumbukan itu tidak terjadi kehilangan
energi kinetik. Jadi, energi kinetik total kedua benda sebelum dan sesudah tumbukan adalah
tetap. Oleh karena itu, pada tumbukan lenting sempurna berlaku hukum kekekalan
momentum dan hukum kekekalan energi kinetik. Tumbukan lenting sempurna hanya terjadi
pada benda yang bergerak saja.
Dua buah benda memiliki massa masing-masing m1 dan m2 bergerak saling mendekati
dengan kecepatan sebesar v1 dan v2 sepanjang lintasan yang lurus. Setelah keduanya
bertumbukan masing-masing bergerak dengan kecepatan sebesar v’1 dan v’2 dengan arah
saling berlawanan. Berdasarkan hukum kekekalan momentum dapat ditulis sebagai berikut.
Jika persamaan di atas saling disubtitusikan, maka diperoleh persamaan sebagai berikut.
v1 + v’1 = v’2 + v2
v1 – v2 = v’2 – v’1
Untuk Tumbukan Lenting Sempurna, besar koofisien elastisitas = 1. ini menunjukkan bahwa
total kecepatan benda setelah tumbukan = total kecepatan benda sebelum tumbukan.
Lambang koofisien elastisitas adalah e. Secara umum, nilai koofisien elastisitas dinyatakan
dengan persamaan :
Contoh soal:
1. Bola A dan bola B masing-masing bermassa 200 gram bertumbukan lenting sempurna.
Jika sebelum bertumbukan bola A bergerak dengan kelajuan 10 m/s dan bola B dalam
keadaan diam maka kelajuan bola A dan bola B setelah tumbukan adalah…
Pembahasan
Diketahui :
Jawab :
Pada tumbukan lenting sempurna, jika sebelum bertumbukan benda B diam (vB = 0) maka
setelah bertumbukan benda A diam (vA’ = 0) dan benda B bergerak dengan kelajuan yang
sama dengan kelajuan benda A sebelum tumbukan (vB’ = vA).
vA’ = vB = 0
vB’ = vA = 10 m/s
Tumbukan Lenting Sebagian
Kebanyakan benda-benda yang ada di alam mengalami tumbukan lenting sebagian, di mana
energi kinetik berkurang selama tumbukan. Oleh karena itu, hukum kekekalan energi
mekanik tidak berlaku. Besarnya kecepatan relatif juga berkurang dengan suatu faktor
tertentu yang disebut koefisien restitusi. Bila koefisien restitusi dinyatakan dengan huruf e,
maka derajat berkurangnya kecepatan relatif benda setelah tumbukan dirumuskan sebagai
berikut.
Nilai restitusi berkisar antara 0 dan 1 (0 ≤ e ≤ 1 ). Untuk tumbukan lenting sempurna, nilai
e = 1. Untuk tumbukan tidak lenting nilai e = 0. Sedangkan untuk tumbukan lenting sebagian
mempunyai nilai e antara 0 dan 1 (0 < e < 1). Misalnya, sebuah bola tenis dilepas dari
ketinggian h1 di atas lantai. Setelah menumbuk lantai bola akan terpental setinggi h2, nilai h2
selalu lebih kecil dari h1.
Coba kita perhatikan gamabr diatas. Kecepatan bola sesaat sebelum tumbukan adalah v1 dan
sesaat setelah tumbukan v1 . Berdasarkan persamaan gerak jatuh bebas, besar kecepatan bola
memenuhi persamaan :
Untuk kecepatan lantai sebelum dan sesudah tumbukan sama dengan nol (v2 = v’2 = 0). Jika
arah ke benda diberi harga negatif, maka akan diperoleh persamaan sebagai berikut.
Persamaan diatas digunakan untuk tumbukan lenting sebagian.
Contoh soal:
Sebuah bola tenis dilepas dari ketinggian 200 m jatuh mengenai lantai hingga terjadi elastis
sebagian. hitunglah tinggi pemantulan pertama yang dapat dicapai oleh bola tenis! (e=0,2)
Jawab:
E = √(h₁ / h₀)
h₁ = h₀ e²
= (200 m)(1/5)²
= (200 m)(1/25) = 8 m
etik sehingga hukum kekekalan energi mekanik tidak berlaku. Pada tumbukan jenis ini,
kecepatan benda-benda sesudah tumbukan sama besar (benda yang bertumbukan saling
melekat). Misalnya, tumbukan antara peluru dengan sebuah target di mana setelah tumbukan
peluru mengeram dalam target. Secara matematis dapat ditulis sebagai berikut.
Tumbukan tidak lenting sama sekali yang terjadi antara dua benda
Contoh tumbukan tidak lenting sama sekali adalah ayunan balistik. Ayunan balistik
merupakan seperangkat alat yang digunakan untuk mengukur benda yang bergerak dengan
keceptan cukup besar, misalnya kecepatan peluru. Prinsip kerja ayunan balistik berdasarkan
hal-hal berikut.
Sebuah balok kayu massanya 960 gram tergantung vertikal pada seutas tali seperti pada
gambar. sebuah peluru yang massanya 40 gram ditembakkan pada balok sehingga bersama
sama dengan balok naik setinggi 80 cm. berapa kecepatan peluru saat menyentuh balok?
Jawab:
mp = 40 g = 0,04 kg
mb = 960 g = 0,96 kg
h.max = 80 cm = 0,8 m
g = 10 m/s²
Vp = ???
v = √(2 g hmax)
= √(2 × 10 × 0,8)
= 4 m/s
mp × Vp + mb × Vb = (mp+mb) × V'
0,04Vp + 0 = 1 × 4
Vp = 4 : 0,04
Vp = 100
6. Tabrakan Miring dan Hamburan: Perbandingan Laboratorium dan Pusat Koordinasi Massa
Persamaan momentum
Atau
Dari definisi pusat massa, momentum linier di pusat sistem massa adalah nol sebelum dan
sesudah tumbukan. Karenanya, bisa menulis
Balok digunakan untuk menunjukkan bahwa kuantitas yang dimaksud dirujuk ke pusat sistem
massa. Persamaan keseimbangan energi berbunyi:
Hubungan momentum, dinyatakan dalam kecepatan:
Hubungan antara vektor kecepatan dan ditunjukkan pada Gambar dibawah ini:
Oleh karena itu, dengan membagi, kita menemukan persamaan yang menghubungkan sudut
hamburan menjadi ekspresif dalam bentuk:
lain seperti yang terlihat dalam sistem laboratorium, dalam perjanjian dengan Persamaan.
Dalam kasus umum tabrakan nonelastik, dibiarkan sebagai masalah untuk menunjukkan
bahwa 𝛾 dapat diekspresikan sebagai:
7. Gerak Roket
Partikel kecil, secara umum, tidak diam tetapi bergerak melalui medium juga dengan
kecepatan yang kita asumsikan sebagai u (t). Pada waktu t + ∆𝑡 Pada, objek bergerak besar
telah bertabrakan dengan beberapa partikel yang lebih kecil ini dan mengakumulasikan
sejumlah kecil tambahan massa ∆𝑚. Jadi, massanya sekarang m (t + ∆𝑡) = m(t) + ∆𝑚 dan
kecepatannya telah berubah menjadi v (t + ∆𝑡). Dalam interval waktu kecil ∆𝑡, perubahan
(jika ada) dalam momentum linear total sistem adalah
Perubahan ini dapat dinyatakan dalam massa dan kecepatan sebelum dan sesudah tumbukan.
dan pada pembagian ∆𝑡 didapatkan:
Untuk kasus kedua, perhatikan gerakan roket. Tanda 𝑚̇ negatif karena roket kehilangan
massa dalam bentuk bahan bakar yang dikeluarkan. Istilah V𝑚̇ dalam Persamaan disebut
gaya dorong roket, dan arahnya berlawanan dengan arah V, kecepatan relatif produk knalpot.
Di sini, kita memecahkan persamaan gerak untuk kasus paling sederhana dari gerakan roket
di mana gaya eksternal di atasnya adalah nol; yaitu, roket tidak tunduk pada gaya gravitasi,
hambatan udara, dan sebagainya. Jadi, dalam Persamaan, Fext 0:
Roket Multi-Tahap
Efek gravitasi karena sangat memperbesar masalah menempatkan sesuatu ke orbit.
Roket memiliki dimensi waktu, dan nilainya tergantung pada kecepatan buang roket. Ini,
pada gilirannya, terutama tergantung pada termodinamika dari apa yang terjadi di dalam
ruang bakar roket dan bentuk nozzle roket. Roket kimia yang dirancang dengan baik yang
bekerja dengan oksidasi cepat dari bahan bakar biasanya memiliki kecepatan buang sekitar
3000 m / s di mana rata-rata berat molekul bahan bakar adalah sekitar 30. Dengan demikian,
𝑣
𝜏 = 𝑔 300𝑎𝑛. Kami sekarang mengintegrasi selama pembakaran bahan bakar hingga saat
Dapat diberasumsi bahwa rasio massa 𝜇1 tahap pertama sama dengan 𝜇2 kedua dan bahwa
batas burnout 𝜏𝐵1 dan 𝜏𝐵2 untuk setiap tahap identik. Kami kemudian dapat menghitung
kecepatan akhir yang dicapai oleh setiap tahap:
Dengan demikian, hanya dibutuhkan sekitar 27 kg bahan bakar untuk memasukkan 1 kg
barang ke orbit menggunakan roket dua tahap. Bersih.
Contoh :
Diketahui bahwa kecepatan satelit dalam orbit melingkar di dekat Bumi adalah sekitar 8 km /
detik. Satelit diluncurkan ke arah timur untuk memanfaatkan rotasi Bumi. Untuk titik di
Bumi dekat khatulistiwa, kecepatan rotasi sekitar𝑅𝑒𝑎𝑟𝑡ℎ 𝜔𝑒𝑎𝑟𝑡ℎ , yaitu sekitar 0,5 km / s.
Untuk sebagian besar bahan bakar roket, kecepatan ejeksi efektif adalah dari 2 hingga 4 km /
s. Misalnya, jika kita ambil V = 3 km / s, lalu kita temukan bahwa rasio massa yang dihitung
adalah
Untuk mencapai kecepatan orbit dari tanah. Dengan demikian, hanya sekitar 8% dari total
massa awal 𝑚0 adalah muatan.