Soal Momentum Linier [PDF]

Citation preview

INSTITUT TEKNOLOGI SUMATERA



PROGRAM STUDI FISIKA Jalan Terusan Ryacudu, Lampung Selatan 35365, Indonesia



SOLUSI MODUL TUTORIAL FISIKA DASAR I KE 4 TOPIK : Momentum Linier Semester 1 2016/2017



SOLUSI 1 Benda A dan B bermassa sama masing masing 5 kg saling bertumbukan. Kecepatan sebelum tumbukan adalah vA= 25 i + 40 j (m/s) dan vB = -20 i - 5 j (m/s). Kecepatan benda A setelah tumbukan adalah -5 i + 20 j (m/s). Hitung persentasi energi kinetik (Kloss) yang hilang setelah tumbukan. Solusi:



Kekekalan momentum mA v A  mB v B  mA v' A mB v' B



 v A  v B  v' A v' B



Maka v' B  v A  v B  v' A  (10i 15 m / s j) persentasi energi kinetik (Kloss)



K loss 



2



K {( v2 A v2 B ) ( v2' A v2'  2 2 Ki (v A  v B )



B



)}



425 325 750 1 1  71.70% 2650 2225  425



Seorang petenis menerima tembakan bola dengan massa 0.10 kg yang bergerak secara horisontal dengan laju 40 m/s dan mengembalikkan tembakan bola dengan laju 30 m/s pada arah yang berlawanan. (a) Berapakah impuls yang diberikan raket kepada bola? (b) Berapakah usaha yang dilakukan raket pada bola? Solusi: Misalkan arah awal bola adalah sumbu x negatif (a) Impuls,



I  p 



p2  p1  (0.1)( 30i) - (0.1)(-40i)  7i N.s



(b) Usaha, 2



2



W  K  K 2  K1  1/ 2(0.1)[( 30) - (40) ]  35J 3



Sebuah balok digantung pada seutas tali sepanjang l=2m dengan massa mb, kemudian ditembak peluru yang bermassa mp= 1/5 mb. Ternyata peluru bersarang di



dalam balok tersebut dan terjadi putaran satu kali lingkaran penuh. Hitung berapa kecepatan peluru tersebut?



Solusi: Kecepatan minimum agar terjadi putaran satu kali lingkaran penuh adalah: Hukum kekekalan energi mekanik ½ m v₁² = ½ m v₂² + m g h ½ m v₁² = ½ m v₂² + m g 2R ½ v₁² = ½ v₂² + 2gR , dengan ΣF = m v₂²/R, diperoleh v₂ = √gR ½ v₁² = ½ (√gR)² + 2gR ½ v₁² = ½ gR + 2gR ½ v₁² = 2½ gR v₁² = 5 gR



v₁ = vmin = √5gR, kecepatan minimum sisitem (balok+peluru) Kekekalan momentum mp v p  mB v B  (m p  mB ) v min



 0.2mB v p  0  (0.2mB  mB 5gl )



 v p  1.2 5gl  6 5x10x2  60m / s 0.2 4



Sebuah bola bermassa 1 kg mengenai tembok dengan laju 30 m/s pada sudut 45o terhadap permukaan tembok. Kemudian bola itu terpental dengan laju dan sudut yang sama. Jika bola mengalami kontak dengan tembok selama 0.02 s, berapakah gaya rata-rata yang diberikan tembok kepada bola tersebut? Solusi: Momentum arah sumbuh-x: Momentum arah sumbuh-y:



p y  p2 y  p1  m(v2  v1 )  m(v cos 450  v cos 450 )  y y y 0 Maka impulsnya adalah p  42.43i kg m / s Gaya rata-rata yang diberikan tembok kepada bola adalah



F  5



p 42.43i   2121.5i N t 0.02



Suatu ayunan yang bandulnya bermassa M dinaikkan pada ketinggian H dan dilepaskan. Pada bagian terendah lintasannya, bandul membentur suatu massa m yang mula-mula diam di atas permukaan mendatar yang licin. Apabila setelah benturan kedua massa saling menempel, maka hitung ketinggian h yang dapat dicapai kedua benda tersebut. Solusi:



Kekekalan momentum Mvi  (M  m)v f  M 2



2



2gH  (M  m) 2gh



M 2gH  (M  m) 2gh , maka h sbb : h  2H  M  M m



6



Seorang atlet bermassa 50 kg berdiri diatas papan yang bermassa 125 kg. Papan tersebut yang awalnya diam dapat meluncur bebas di danau es yang datar dan licin. Atlet tersebut kemudian mulai berjalan sepanjang papan dengan laju konstan sebesar 2 m/s relatif terhadap papan. (a) Berapakah laju altet tersebut relative terhadap permukaan es? (b) Berapakah laju dari papan relatif terhadap permukaan es? Solusi: Misalkan va dan vp adalah kecepatan dari atlet dan papan relatif terhadap permukaan es. Maka va - vp adalah kecepatan atlet relatif terhadap papan yaitu va - vp = 2 m/s Selanjutnya didapatkan pula bahwa mava +mpvp = 0, dimana momentum total dari sistem atlet -papan adalah nol relatif terhadap permukaan es. Sehingga: 50 va + 125 vp = 0, atau va = -2.5 vp Maka didapatkan -2.5 vp - vp = 2 atau vp = -0.5714 m/s Sehingga va = -2.5 (-0.5714) = 1.429 m/s



7



Sebuah benda (m=4kg) yang sedang bergerak dengan kelajuan tetap tiba-tiba menumbuk benda lain sehingga mengalamai gaya sebagai fungsi waktu, F(t) = (40 – 10t ) N. Hitung perubahan kelajuan benda selama 4 detik. Solusi: 4



I  p   F







.dt



4



 (40  10t



).dt



0



40t  5t 2



4 0



 80kg m / s



0



m.v  80kg m / s  v  80 / 4  20 m / s 8



Dua buah benda dengan massa m1=3 kg, m2=4 kg, terletak berdekatan dibidang datar dan licin. Sistem ini mendapat impuls gaya sehingga kedua benda ini bergerak dengan laju v1=2 m/s, v2=3m/s, dengan arah saling tegaklurus. Hitung besarnya impuls gaya yang bekerja pada sistem ini. Solusi:



I  p 



pa kh ir



pa wa l







Dengan Momentum awal = 0 Momentum akhir = m1v1  m2 v 2



Maka impuls gaya:



I  p 



pa kh ir 



pa wa l  m1v1  m2 v 2  0  (3)(2i)  (4) (3 j)



Besarnya impuls gaya:



I 



2



6  12



2







180  9



10  13.42 Ns



9



Sebuah mobil A dengan berat 1250 kg, sedang berhenti didepan lampu lalu lintas, kemudian ditabrak bagian belakangnya oleh sebuah mobil B dengan 750 kg yang bergerak dengan kecepatan +5 m/s. Saat sebelum tabrakan, posisi gigi transmisi mobil A pada posisi netral tanpa direm dan tumbukan merupakan tumbukan elastik. Tentukan kecepatan akhir dari (a) mobil A dan (b) mobil B? Solusi: a. Kecepatan akhir vAf mobil didapatkan dari persamaan dibawah ini. Persamaan dibawah dapat diperoleh dimana tumbukan bersifat elastik.



2 * 750   2m B  vBi   vAf    * 5  3.75 m/s  1250  750   m A  mB  Dimana vBi merupakan kecepatan awal dari mobil B. b. Kecepatan akhir mobil vBf didapat dari persamaan dibawah ini:



v



Bf



m m    B  A v   750  1250  * 5  1.25 m/s   Bi  1250  750   mA  mB 



10 Sebuah proton bergerak denga kecepatan vi i menumbuk proton lain yang sedang diam secara elastis. Jika kedua proton tersebut mempunyai laju yang sama setelah tumbukan, Tentukanlah: a) Laju masing-masing protosn dan nyatakan dalam vi b) Arah gerak masing-masing proton Solusi:



Kekekalan momentum



p x  0  pix  p fx  mvi  mv f (cos   cos  ) p y  0  p  p  0  mv (sin   sin  )  fy f iy sin 



  sin 



Dari hukum kekekalan energi kinetik diperoleh:



1 v 2



2



mv  i



1 2



2



mv  f



1 2



2



2



mv  mv   f



f



2 vi



f



Dari hubungan



mvi  mv f (cos   cos  )  vi cos  







vi



(cos   cos  ) 2 



2 0 0    45 dan  45 2



&&&&&&&&&&LA&&&&&&&&&&&



2vi 2



(cos  )