Study with the several resources on Docsity
Earn points by helping other students or get them with a premium plan
Prepare for your exams
Study with the several resources on Docsity
Earn points to download
Earn points by helping other students or get them with a premium plan
Community
Ask the community for help and clear up your study doubts
Discover the best universities in your country according to Docsity users
Free resources
Download our free guides on studying techniques, anxiety management strategies, and thesis advice from Docsity tutors
Solutions to various problems related to the motion of particles under different forces, including gravity and tensions. The solutions cover topics such as maximum height reached by a particle, time taken to reach certain points, and the effect of air resistance on projectiles. The document also includes examples of real-world situations, such as the motion of a monkey swinging on a swing and the behavior of a projectile in a fluid.
Typology: Cheat Sheet
1 / 31
This page cannot be seen from the preview
Don't miss anything!
Disusun Oleh : Nama : Sintia Safitri Nim : 2208521011 Kelas : A Dosen Pengampu : I Putu Tedy Indrayana, S.Pd., M.Sc. PROGRAM STUDI FISIKA FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM UNIVERSITAS UDAYANA 2023
Ciri-ciri utama dalam bab ini adalah (i) persamaan gerak vektor dan reduksinya menjadi persamaan skalar, (ii) gerak dalam medan gaya, (iii) kendala geometri dan gaya-gaya pembatas, dan (iv) gaya hambatan linier dan kuadrat. Dinamika partikel berkaitan dengan masalah penghitungan gerak suatu partikel yang ditindaklanjuti oleh kekuatan-kekuatan tertentu. Titik awal kita adalah hukum Newton. Namun sejak itu Hukum Pertama hanya memberitahu kita bahwa kita harus mengamati gerak dari kerangka inersia, dan Hukum Ketiga tidak akan pernah digunakan (karena hanya ada satu partikel), keseluruhannya dinamika partikel didasarkan pada Hukum Kedua ma = F 1 + F 2 + … + F (^) N dimana F1, F2,..., FN adalah berbagai gaya yang bekerja pada partikel. Yang khas cara penyelesaiannya adalah dengan menuliskan Hukum Kedua dalam bentuk m dv dt
yang merupakan ODE orde pertama untuk fungsi kecepatan yang tidak diketahui v(t) dan disebut persamaan gerak partikel. Jika diberikan nilai awal v, maka persamaan (4.1) bisa sering diselesaikan untuk menghasilkan v sebagai fungsi waktu t. Setelah v ditentukan (dan jika posisi awal partikel diberikan), vektor posisi r partikel pada waktu t bisa dapat ditemukan dengan menyelesaikan ODE orde pertama dr/dt = v. Bagian berikutnya berisi banyak contoh penerapan metode ini. Sungguh luar biasa betapa banyaknya masalah menarik dapat diselesaikan dengan cara ini. Pertanyaan Kapan benda nyata dapat dimodelkan sebagai partikel? Hukum Newton berlaku untuk partikel, namun benda nyata bukanlah partikel. Kapan bisa nyata benda-benda, seperti bola tenis, pesawat ruang angkasa, atau Bumi, diperlakukan sebagaimana adanya partikel? GAMBAR 4.1 Partikel awalnya berada di asal dan diproyeksikan secara Vertikal keatas dengan kecepatan u. Partikel tersebut bergerak secara Vertikal garis lurus (sumbu Oz) di bawah seragam gaya gravitasi mg dan mungkin hambatan (atau drag) gaya D. Pada waktu t partikel tersebut mempunyai kecepatan ke atas v. Menjawab Ini adalah pertanyaan rumit yang belum sepenuhnya dibahas hingga Bab 10. Apa yang akan kita bahas? yang akan ditunjukkan adalah bahwa pusat massa suatu benda bergerak seolah- olah benda itu adalah sebuah partikel bermassa sama dengan massa total, dan semua gaya
v =−¿+ C dimana C adalah konstanta integrasi, dan, saat menerapkan kondisi awal v = u kapan t = 0, kita peroleh C = u. Oleh karena itu kecepatan v pada waktu t diberikan oleh v = u −¿ Untuk mencari perpindahan ke atas z pada waktu t, tulislah dz dt = v = u −¿ Integrasi sederhana kedua memberikan z = ut −
2
2 Ketinggian maksimum zmax dicapai ketika dz/dt = 0, yaitu ketika v = 0. Jadi zmax dicapai ketika t = u/g dan diberikan oleh
u
u
u 2 2 g Partikel kembali ke O ketika z = 0, yaitu, kapan t =¿ Jadi partikel kembali setelah waktu 2u/g. Misalnya, jika kita melempar sebuah benda vertikal ke atas dengan kecepatan 10 ms−1, maka benda tersebut akan terlempar naik ke ketinggian 5 m dan kembali setelah 2 s. [Di sini kita mengabaikan atmosfer hambatan dan pengambilan g = 10 ms−2^ ]. Pertanyaan Menyelamatkan diri dalam lift yang jatuh Kabel elevator putus dan elevator menuju ke tanah. Bisakah penumpang menyelamatkan diri dengan melompat ke udara sesaat sebelum benturan untuk menghindari kecelakaan itu? Menjawab Misalkan elevator dalam keadaan diam pada ketinggian H ketika kabel putus. Lift akan jatuh dan mencapai tanah dengan kecepatan (2gH)1/2. Untuk menyelamatkan diri, para penumpang harus melompat ke atas (relatif terhadap lift) dengan kecepatan yang sama agar kecepatannya relatif terhadap tanah adalah nol. Jika mereka mampu melakukan hal ini, maka mereka akan melakukannya memang bisa diselamatkan. Namun, jika mereka mampu memproyeksikan diri
mereka ke atas dengan ini kecepatannya, mereka juga bisa berdiri di luar gedung dan melompat ke sana ketinggian H tempat lift itu jatuh! Bahkan atlet tidak dapat melompat lebih dari a meter dari permukaan tanah, jadi jawabannya adalah bahwa pada prinsipnya pelarian itu mungkin dilakukan, tetapi tidak mungkin dilakukan praktik. Gravitasi seragam adalah medan gaya paling sederhana karena konstan. Pada contoh berikutnya kami menunjukkan cara menangani medan gaya yang tidak konstan. Contoh 4.2 Gerak lurus pada bidang persegi terbalik Sebuah partikel P bermassa m bergerak karena gaya tarik gravitasi dari benda bermassa M yang berada di tempatnya titik asal O. Awalnya P berada pada jarak a dari O ketika diproyeksikan dengan kecepatan u langsung menjauh dari O. Temukan kondisi bahwa P akan 'melarikan diri' hingga tak terhingga. Solusi Secara simetri, gerak P berlangsung lurus melalui O. Berdasarkan hukum gravitasi, persamaan gerak skalar adalah m dv dt
− mMG r 2 dimana r adalah jarak O P dan v = ˙r. Persamaan seperti ini selalu dapat diintegrasikan sekali dengan terlebih dahulu menghilangkan waktu. Sejak dv dt
dv dr
dr dt = v dv dr persamaan geraknya dapat dituliskan sebagai v dv dr
r 2 ODE orde pertama untuk v sebagai fungsi r. Ini harus diselesaikan dengan kondisi awal v = u ketika r = a. Persamaannya dipisahkan menjadi memberi
dr r 2 dan sebagainya 1 2 v 2 =
r
di mana C adalah konstanta integrasi. Saat menerapkan kondisi awal v = u kapan r = a, kita temukan bahwa C = (u^2 /2) − (MG/a) sehingga v 2
2 −
r Ini menentukan kecepatan keluar v sebagai fungsi dari r.
(Di sini kita telah memasukkan kondisi awal dan akhir secara langsung ke dalam limit integrasi; τ adalah waktu yang telah berlalu.) Dengan menyederhanakan, kita peroleh τ =( MG ) − 1 / 2 ∫ a 2 a
ar
1 / 2 dr Integral ini dapat dievaluasi dengan melakukan substitusi r = 2a sin^2 θ; Rinciannya tidak penting. Hasilnya adalah waktu yang dibutuhkan P untuk berpindah dari r = a ke r = 2a adalah τ =( a 3 MG ) 1 2
π
Pertanyaan Kecepatan melarikan diri dari Bulan Sebuah benda diproyeksikan secara vertikal ke atas dari permukaan Bulan. Proyeksi apa kecepatan yang diperlukan tubuh untuk dapat melarikan diri dari Bulan? Menjawab Kami menganggap Bulan sebagai bola simetris tetap dengan massa M dan jari-jari R. Dalam hal ini, gaya gravitasi yang dilakukan Bulan sama dengan gaya gravitasi partikel bermassa M terletak di tengah. Jadi teori sebelumnya berlaku dengan jarak yang diganti dengan radius R. Oleh karena itu, kecepatan lepasnya adalah (2MG/R)1/2, yang dievaluasi menjadi sekitar 2, km s−1. [Untuk Bulan, M = 7,35 × 10^22 kg dan R = 1740 km.] 4.2 GERAK BULAT TERBATAS Gambar 4.2 menunjukkan sebuah balok persegi panjang kaku seragam bermassa M yang meluncur ke bawah permukaan miring dari irisan kaku tetap dengan sudut α. Kondisi awal seharusnya sedemikian rupa sehingga balok meluncur, tanpa rotasi, menuruni garis kemiringan yang paling curam. Balok tersebut terkena gravitasi yang seragam, tetapi jelas pasti ada gravitasi lain kekuatan juga. Jika tidak ada kekuatan lain dan blok tersebut dilepaskan dari keadaan diam, maka balok akan bergerak vertikal ke bawah. Namun benda padat tidak dapat melewatinya satu sama lain seperti hantu, dan interpenetrasi dicegah oleh kekuatan (yang setara dan berlawanan) yang mereka lakukan satu sama lain. Ini adalah kekuatan kontak material yang ikut berperan hanya ketika tubuh berada dalam kontak fisik. Ini adalah contoh kekuatan kendala, yang tidak ditentukan sebelumnya tetapi cukup untuk menegakkan geometri tertentu paksaan. Menurut tradisi, gaya pembatas yang diberikan irisan pada balok adalah GAMBAR 4.2 Sebuah balok berbentuk persegi panjang yang kaku meluncur ke bawah permukaan miring dari irisan kaku tetap dengan sudut α. Catatan
bahwa kV^ adalah vektor satuan vertikal ke atas, sedangkan i dan k sejajar dan tegak lurus terhadap permukaan miring irisan itu. disebut gaya reaksi total R. Lebih mudah untuk menuliskan gaya ini dalam bentuk R =− Fi + Nk dimana vektor satuan i dan k sejajar dan normal terhadap kemiringan irisan. Itu skalar N disebut komponen reaksi normal dan skalar F disebut komponen gesekan komponen.∗ Persamaan gerak balok merupakan persamaan vektor (4.1) yang menjadi M d ( vi ) dt =− mgk V − Fi + Nk di mana kV^ adalah vektor satuan vertikal ke atas. Cara termudah untuk melakukannya adalah dengan mengambil komponen persamaan vektor ini dalam arah i dan k (komponen j tidak memberikan apa-apa). Dengan memperhatikan bahwa kV^ = − sin α i + cos α k, maka diperoleh: M dv dt = mg sin α − F ∧ 0 = N − mg cos α Persamaan kedua menentukan reaksi normal N = mg cos α. Namun, pada persamaan pertama, v dan F tidak diketahui dan hal ini mencegah kemajuan lebih lanjut dalam pemecahan masalah ini.∗ Kita dapat melanjutkan dengan mengusulkan beberapa 'hukum empiris gesekan’, namun undang-undang tersebut hanya berlaku secara kasar. Maka tidak mengherankan, dalam banyak hal mekanika, gaya gesekan diabaikan. Dalam hal ini, gaya reaksi total yang diberikan oleh permukaannya berada dalam arah normal dan kami menggambarkan permukaan tersebut sebagai permukaan halus, artinya ∗ Tanda minus diberikan sehingga F bernilai positif bila kecepatan skalar v bernilai positif. ∗ Hal ini mencerminkan fakta bahwa kita tidak mengatakan apa pun tentang kekasaran permukaan irisan GAMBAR 4.3 String yang diidealkan digambarkan di sini memiliki penampang melingkar kecil. Pada setiap penampang hanya tegangan tarik saja ada dan resultannya adalah tegangan T pada tali pada saat itu.
Contoh 4.3 Mesin Attwood Dua benda bermassa m, M dihubungkan oleh tali ringan yang tidak dapat diperpanjang melewati rel horizontal yang mulus. Sistem bergerak pada bidang vertikal dengan benda bergerak dalam garis lurus vertikal. Tentukan percepatan ke atas massa m dan ketegangan pada tali. Solusi Sistem ditunjukkan pada Gambar 4.4. Misalkan v adalah kecepatan ke atas massa m. Kemudian, karena tali tidak dapat diperpanjang, v juga harus merupakan kecepatan ke bawah massa M. Selain itu, karena talinya ringan dan relnya halus, maka tali tersebut mempunyai tegangan T yang konstan. Oleh karena itu, persamaan gerak skalar untuk dua massa adalah m dv dt = T − mg M dv dt = Mg − T Oleh karena itu dv dt
M − m
g (^) and T =( 2 Mm M + m ) g Pertanyaan Teka-teki monyet Misalkan, pada contoh terakhir, kedua benda mempunyai massa yang sama M dan salah satunya adalah seekor monyet yang mulai memanjat tali. Apa yang terjadi pada massa lainnya? Menjawab Misalkan monyet memanjat dengan kecepatan V relatif terhadap tali. Kemudian ke atas kecepatan relatif terhadap tanah adalah V −v. Persamaan gerak ke atas suatu massa dan monyet karena itu m dv dt = T − Mg (^) , M d ( V − v ) dt = T − Mg GAMBAR 4.5 Gaya tarik D dan gaya angkat L pada suatu benda yang bergerak melalui a cairan.
Saat menghilangkan T , kami menemukan itu dv dt
dV dt sehingga, jika keseluruhan sistem dimulai dari keadaan diam, v =
V , ∧ V − v =
Jadi monyet dan massanya naik (relatif terhadap tanah) dengan kecepatan yang sama; monyet tidak dapat menghindari mengangkat benda itu dan juga dirinya sendiri! 4.3 GERAK MELALUI MEDIUM PENOLAKAN Fisika tarikan fluida Ketika suatu benda bergerak melalui suatu fluida seperti udara atau air, fluida tersebut memberikan gaya pada permukaannya dari tubuh. Ini karena tubuh harus mendorong cairan keluar, dan untuk melakukan hal ini tubuh harus mengerahkan gaya pada fluida. Berdasarkan Hukum Ketiga, fluida harus bekerja sama besar dan berlawanan arah kekuatan pada tubuh. Seseorang yang mengarungi air atau mengendarai sepeda motor pasti menyadarinya adanya gaya-gaya tersebut, yang termasuk dalam kategori umum gaya-gaya kontak material. Kami tertarik pada gaya resultan yang diberikan fluida pada benda dan gaya apa yang nyaman untuk dilakukan tuliskan hasilnya dalam bentuk F = D + L dimana gaya tarik vektor D berlawanan arah dengan kecepatan benda, dan gaya angkat vektor L tegak lurus terhadap kecepatan ini. Adanya lift menjadikan perjalanan udara mungkin dan jelas sangat penting. Namun, kami hanya akan memperhatikan hambatan sejak saat itu kita akan membatasi perhatian kita pada kasus-kasus di mana tubuh merupakan tubuh revolusi yang kaku yang bergerak (tanpa rotasi) searah sumbu simetrinya. Dalam hal ini, liftnya adalah nol, secara simetri. Kita kemudian dibiarkan dengan gaya tarik skalar D, yang bekerja dalam arah yang berlawanan dengan kecepatan tubuh. Penentuan teoritis gaya angkat dan gaya hambat adalah salah satu masalah besar yang belum terpecahkan hidrodinamika dan sebagian besar data yang tersedia diperoleh melalui eksperimen. Bahkan untuk kasus bola kaku yang bergerak dengan kecepatan konstan melalui* fluida yang tidak dapat dimampatkan, a solusi teoretis umum untuk hambatan tersebut tidak tersedia. Dalam masalah ini, hambatannya tergantung pada jari-jari a dan kecepatan V bola, serta massa jenis ρ dan viskositas μ fluida. Analisis dimensi secara langsung menunjukkan bahwa D harus mempunyai bentuk D = ρ a 2 V 2
ρVa
dimana F adalah fungsi dari variabel tunggal.
Tabel 1 Beberapa sifat fluida yang relevan dengan perhitungan gaya hambat (Kaye & Laby [14]). Kepadatan ρ Viskositas kinematik ν Kecepatan suara (kg m−3) (m2s−1) (m s−1) Udara (20◦C, 1 atm.) 1,20 1,50 × 10−5^343 Air (20◦C) 998 1,00 × 10−6^1480 Minyak jarak (20◦C) 950 1,04 × 10−3^1420 Contoh 4.4 Hukum perlawanan yang manakah? Sebuah bantalan bola baja tahan karat berjari-jari 1 mm jatuh vertikal dengan kecepatan konstan di udara. Temukan kecepatan bantalan bola. [Kepadatan baja tahan karat adalah 7800 kg m−3.] Jika medianya adalah minyak jarak, berapakah kecepatan bantalan bola tersebut? Solusi Misalkan bantalan bola jatuh dengan kecepatan konstan V. (Nanti kita sebut V the kecepatan terminal bantalan bola.) Kemudian, karena percepatannya nol, maka jumlah totalnya adalah gaya yang bekerja padanya juga harus nol. Dengan demikian mg + D = m' g dimana m adalah massa bantalan bola, m adalah massa fluida yang dipindahkan, dan D adalah hambatannya. Istilah m’g adalah gaya gravitasi yang bekerja ke bawah dan istilahnya mg adalah gaya apung (Archimedes) yang bekerja ke atas.∗ (Di udara, gaya apung adalah dapat diabaikan.) Oleh karena itu, jika hukum hambatan linier berlaku, maka 6 πaρvV =
π a 3
'
dimana a adalah jari-jari bantalan bola, dan ρ, ρ adalah kepadatan bantalan bola dan udara masing-masing. Ini memberi V = 2 a 2 g
ρ ' ρ
Dengan menggunakan nilai numerik yang diberikan pada Tabel 4.3 kita memperoleh V = 940 m s−1^ dengan bilangan Reynolds yang sesuai R = 63.000. Terlepas dari kenyataan bahwa kecepatan yang dihitung hampir tiga kali kecepatan suara, solusi ini didiskualifikasi pada dengan alasan bahwa bilangan Reynolds 100.000 kali terlalu besar untuk bilangan Reynolds rendah perkiraan angka yang harus ditahan!
Di sisi lain, jika hukum kuadrat perlawanan berlaku maka Cρ a 2 V 2 =
π a 3
'
∗ Tidak sepenuhnya jelas bahwa gaya total yang diberikan oleh fluida pada bola adalah jumlah dari gaya hambat dan gaya apung, namun hal ini berlaku untuk fluida yang tidak dapat dimampatkan. dimana C adalah koefisien hambatan untuk sebuah bola yang akan kita anggap 0,8. Pada kasus ini V 2 = 4 πag
ρ ' ρ
Ini menghasilkan nilai V = 19 m s−1^ dengan bilangan Reynolds R = 1250. Bilangan Reynolds ini berada dalam kisaran di mana hukum resistansi kuadrat dapat diterapkan, sehingga memberikan solusi yang konsisten. Jadi jawabannya adalah, di udara, bantalan bola jatuh dengan kecepatan 19 m s−1. Jika medianya adalah minyak jarak, perhitungan serupa menunjukkan bahwa medianya linier hukum perlawanan yang memberikan solusi yang konsisten. Jawabannya adalah, dalam jarak minyak, bantalan bola jatuh dengan kecepatan 1,5 cm s−1, bilangan Reynoldsnya adalah 0,015. Contoh ini mengilustrasikan kondisi yang diperlukan untuk aliran bilangan Reynolds rendah: gerak lambat benda kecil melalui cairan lengket. Mungkin yang paling terkenal Penerapan rumus drag bilangan Reynolds rendah adalah metode oil drop Millikan penentuan muatan elektronik (lihat Soal 4.20 di akhir bab ini). Contoh 4.5 Gerak vertikal di bawah gravitasi dengan hambatan linier Sebuah benda diproyeksikan vertikal ke atas dengan kecepatan u dalam medium yang memberikan gaya hambat gaya −mKv, dengan K adalah konstanta positif dan v adalah kecepatan benda.∗^ Temukan tinggi maksimum yang dicapai benda, waktu yang diperlukan untuk mencapai ketinggian tersebut, dan kecepatan terminalnya. Solusi Jika gaya hambatan linier dimasukkan, persamaan gerak skalar menjadi m dv dt =− mg − mKv dengan kondisi awal v = u pada saat t = 0 (lihat Gambar 4.1). ODE pesanan pertama ini untuk v memisahkan dalam bentuk
dv g + Kv
dan, pada integrasi, memberi
dengan kondisi awal v = u pada saat z = 0. Persamaan ini juga dipisahkan menjadi give
vdv g + Kv
g
dv ¿ v K
g K 2 ln^ (^ g +^ Kv )^ +^ D di mana D adalah konstanta integrasi. Saat menerapkan kondisi awal v = u kapan z = 0, kita peroleh z = − v K
g K 2 ln^ (^ g +^ Kv^ )+^ u K
g K 2 ln^ (^ g + Ku ) ¿
( u − v )− g K^2
g + Ku
Ekspresi ini tidak dapat dibalik untuk menghasilkan v sebagai fungsi dari z, namun memang demikian kita perlu menemukan zmax. Karena zmax dicapai ketika v = 0, kita temukan maksimumnya tinggi yang dicapai oleh tubuh diberikan oleh zmax = u K
g K^2
Ku
Pertanyaan Perkiraan bentuk zmax untuk K u/g kecil Temukan ekspresi perkiraan untuk zmax ketika K u/g kecil. Menjawab Jika K u/g kecil, suku log dapat diperluas menjadi deret pangkat. Ini memberi zmax = u K
g K
Ku g
Ku
2
Ku
3
u 2
Ku
Dalam ungkapan ini, suku utama u^2 /2g hanyalah nilai zmax jika tidak ada perlawanan. Suku koreksi pertama bertanda negatif artinya zmax adalah berkurang karena adanya resistensi, seperti yang diharapkan. Pertanyaan Bantalan bola dilepaskan dalam minyak jarak Bantalan bola pada Contoh 4.4 dilepaskan dari keadaan diam dalam minyak jarak. Berapa lama ambil bantalan bola untuk mencapai 99% kecepatan terminalnya? Menjawab
Ingatlah bahwa hukum resistensi linier berlaku untuk gerakan ini. Sejak gerakan itu seluruhnya ke bawah, akan lebih mudah untuk mengukur v ke bawah dalam soal ini, dalam hal ini solusi untuk v menjadi v = g K
− Kt
−¿/ V ) di mana V adalah kecepatan terminal. Ketika v = 0,99V , e−gt/V^ = 0,01 dan begitu pula waktunya diperlukan adalah t =ln( 100 ) V / g yang bernilai sekitar 7 milidetik dengan menggunakan nilai V yang dihitung dalam Contoh 4.4. Catatan tentang tanda gaya hambatan Pada contoh terakhir kita menggunakan persamaan skalar yang sama yaitu gerak apakah tubuh itu naik atau turun. Hal ini benar dalam kasus resistensi linier karena jika tanda v dibalik maka tanda Kv juga dibalik. Dalam kasus resistensi kuadrat namun, bila tanda v dibalik, tanda Kv^2 tetap tidak berubah sehingga benar tanda harus dimasukkan secara manual. Jadi, untuk hambatan kuadrat, persamaan gerak scalar untuk pendakian dan penurunan berbeda. Hal yang sama berlaku ketika gaya hambatnya sebanding dengan apa pun bahkan pangkat v. GAMBAR 4.6 Sebuah partikel, awalnya di titik asal, diproyeksikan dengan kecepatan u ke suatu arah membentuk sudut α dengan horizontal. Itu partikel bergerak di bawah gravitasi seragam gaya −mgk dan hambatan (seret) memaksa D. 4.4 PROYEKTIL Benda yang bergerak bebas di bawah pengaruh gravitasi seragam, dan mungkin juga hambatan udara, disebut sebuah proyektil. Gerakan proyektil sangat umum terjadi. Dalam permainan bola, bola adalah proyektil, dan mengendalikan lintasannya adalah bagian besar dari keterampilan permainan. Dalam skala yang lebih besar, artileri peluru adalah proyektil, tetapi peluru kendali, yang memiliki tenaga penggerak roket, tidak. Permasalahan proyektil berbeda dari permasalahan yang dibahas pada bagian 4.3 karena gerakan ubin proyektil tidak dibatasi untuk berlangsung dalam garis lurus vertikal. Namun, kami akan melanjutkan dengan asumsi bahwa pengaruh udara adalah mengerahkan gaya hambat yang berlawanan dengan kecepatan arus proyektil.∗^ Hal ini kemudian dibuktikan dengan simetri bahwa setiap gerakan proyektil terjadi di a bidang vertikal; bidang vertikal ini memuat posisi awal proyektil dan sejajar ke kecepatan awalnya.
yang memang merupakan parabola terbalik. Pertanyaan Waktu penerbangan dan jangkauannya Temukan waktu terbang dan jangkauan proyektil di permukaan tanah. Menjawab Di permukaan tanah yang rata, gerak akan berhenti ketika z = 0 lagi. Dari yang kedua persamaan lintasan, ini terjadi ketika (u sin α)t – 1/2gt^2 =0. Oleh karena itu waktu penerbangan τ diberikan oleh τ = 2u sin α/g. Rentang horizontal R kemudian diperoleh dengan menempatkan t = τ dalam persamaan lintasan pertama, yang menghasilkan R = u 2 sin 2 a g Pertanyaan Jangkauan maksimum Temukan nilai α yang memberikan jangkauan maksimum pada permukaan tanah ketika u tetap. Menjawab R maksimum bila sin 2α = 1, yaitu bila α = π/4 dengan Rmax = u^2 /g. Jadi, jika peluru artileri diproyeksikan pada jarak horizontal 4 km, maka senjata harus memiliki kecepatan moncong minimal 200 m s−1. Ada segudang masalah yang bisa ditemukan pada proyektil yang tidak memiliki hambatan udara, dan beberapa contoh menarik disertakan di akhir bab ini. Perlu diperhatikan meskipun semua masalah ini secara dinamis setara dengan masalah yang diselesaikan di atas. Setiap kesulitannya terletak pada geometri! Proyektil dengan resistensi Kami sekarang melanjutkan untuk memasukkan efek hambatan udara. Dari pembahasan kita sebelumnya tentang fluida tarikan, terbukti bahwa dalam sebagian besar contoh praktis gerakan proyektil menembus bumi atmosfer, hukum perlawanan kuadratlah yang tepat. Di sisi lain, hanya hukum hambatan linier menimbulkan persamaan gerak linier dan analitis sederhana solusi. Hal ini menjelaskan mengapa buku teks mekanika memuat cakupan luas tentang linier kasus, meskipun kasus ini hampir tidak pernah tepat dalam praktiknya; kasus yang sesuai tidak dapat diselesaikan! Dalam contoh berikut, kita menangani kasus resistansi linier. Contoh 4.7 Proyektil dengan hambatan linier Sebuah partikel dikenakan gravitasi seragam dan gaya hambatan linier −mKv, di mana K adalah konstanta positif dan v adalah kecepatan partikel. Awalnya partikelnya adalah diproyeksikan dengan kecepatan u dalam arah yang membentuk sudut α terhadap horizontal. Temukan gerak selanjutnya. Solusi
Dengan memasukkan suku hambatan linier, persamaan gerak vektor menjadi m dv dt =− mKv − mgk dengan kondisi awal v = (u cos α)i + (u sin α)k ketika t = 0. Seperti pada kondisi terakhir Misalnya, persamaan ini berubah menjadi dua persamaan gerak skalar d vx dt
− Kt
Ku sin a + g K
− Kt
g K t (^) (4.3) penyelesaian lintasan partikel tersebut. Gambar 4.7 menunjukkan jalur umum yang diambil oleh partikel untuk kondisi awal yang sama dan tiga nilai parameter resistansi tanpa dimensi yang berbeda λ (= K u/g). (Kasus λ = 0 sama dengan nol hambatan sehingga lintasannya berbentuk parabola.) Tampak bahwa hambatan dapat mempunyai a efek dramatis pada gerakannya. GAMBAR 4.7 Gerak proyektil pada kondisi gravitasi seragam dan linier perlawanan. Grafik menunjukkan jalur partikel untuk α = π/3 dan tiga nilai berbeda dari parameter resistansi tak berdimensi λ (= K u/g). Kecuali jika λ = 0, jalur mempunyai asimtot vertikal. Pertanyaan Asimtot vertikal dari jalur tersebut Tunjukkan bahwa jalur tersebut mempunyai asimtot vertikal. Menjawab
