GUNCANGAN ELASTIS: DALAM SATU DIMENSI, KASUS KHUSUS, LATIHAN - FISIK - 2025

The tabrakan elastis atau tabrakan elastis yang singkat namun intens interaksi antara objek, di mana kedua momentum dan energi kinetik dilestarikan. Tabrakan adalah peristiwa yang sangat sering terjadi di alam: dari partikel subatom hingga galaksi, hingga bola biliar dan bumper mobil di taman hiburan, semuanya adalah objek yang mampu bertabrakan.

Selama tabrakan atau tumbukan, gaya interaksi antar objek sangat kuat, jauh lebih kuat daripada gaya yang dapat bertindak secara eksternal. Dengan cara ini dapat dinyatakan bahwa selama tumbukan, partikel membentuk sistem yang terisolasi.

Tabrakan bola biliar bisa dianggap elastis. Sumber: Pixabay.

Dalam hal ini benar bahwa:

Momentum P _o sebelum tumbukan sama dengan momentum setelah tumbukan. Hal ini berlaku untuk semua jenis benturan, baik elastis maupun tidak elastis.

Sekarang pertimbangkan hal berikut: selama tabrakan, objek mengalami deformasi tertentu. Saat guncangan elastis, benda dengan cepat kembali ke bentuk aslinya.

Kekekalan energi kinetik

Biasanya saat terjadi tabrakan, sebagian energi benda dihabiskan untuk panas, deformasi, suara, dan terkadang bahkan untuk menghasilkan cahaya. Jadi energi kinetik sistem setelah tumbukan lebih kecil dari energi kinetik aslinya.

Ketika energi kinetik K dikekalkan maka:

Artinya gaya yang bekerja selama tumbukan bersifat konservatif. Selama tumbukan, energi kinetik diubah sebentar menjadi energi potensial dan kemudian kembali menjadi energi kinetik. Masing-masing energi kinetik bervariasi, tetapi jumlahnya tetap konstan.

Tabrakan elastis sempurna jarang terjadi, meskipun bola biliar adalah perkiraan yang cukup baik, begitu pula tabrakan yang terjadi antara molekul gas ideal.

Guncangan elastis dalam satu dimensi

Mari kita periksa tabrakan dua partikel ini dalam satu dimensi; yaitu, partikel yang berinteraksi bergerak, katakanlah, sepanjang sumbu x. Misalkan mereka memiliki massa m ₁ dan m ₂ . Kecepatan awal masing-masing adalah u _{1 dan} u ₂ . Kecepatan akhir adalah v ₁ dan v ₂ .

Kita dapat melakukannya tanpa notasi vektor, karena pergerakan dilakukan sepanjang sumbu x, namun tanda (-) dan (+) menunjukkan arah pergerakan. Di kiri adalah negatif dan di sebelah kanan positif, menurut kesepakatan.

-Formula untuk tumbukan elastis

Untuk jumlah gerakan

Untuk energi kinetik

Selama massa dan kecepatan awal diketahui, persamaan dapat dikelompokkan kembali untuk mencari kecepatan akhir.

Masalahnya adalah pada prinsipnya, perlu dilakukan sedikit aljabar yang cukup membosankan, karena persamaan untuk energi kinetik mengandung kuadrat kecepatan, yang membuat perhitungannya sedikit rumit. Idealnya adalah menemukan ekspresi yang tidak mengandung mereka.

Yang pertama adalah membuang faktor ½ dan mengatur ulang kedua persamaan sedemikian rupa sehingga muncul tanda negatif dan massa dapat difaktorkan:

Diekspresikan dengan cara ini:

Penyederhanaan untuk menghilangkan kuadrat kecepatan

Sekarang kita harus menggunakan hasil perkalian penting dengan selisihnya dalam persamaan kedua, yang dengannya kita mendapatkan ekspresi yang tidak mengandung kuadrat, seperti yang diinginkan semula:

Langkah selanjutnya adalah mengganti persamaan pertama dengan persamaan kedua:

Dan karena istilah m ₂ (v ₂ - u ₂ ) diulang di kedua sisi persamaan, istilah tersebut dibatalkan dan tetap seperti ini:

Atau bahkan lebih baik:

Kecepatan akhir v

Sekarang Anda memiliki dua persamaan linier yang lebih mudah dikerjakan. Kami akan mengembalikannya satu di bawah yang lain:

Mengalikan persamaan kedua dengan m ₁ dan menambahkan suku ke suku adalah:

Dan sudah mungkin untuk menghapus v ₂ . Sebagai contoh:

Kasus khusus dalam benturan elastis

Sekarang persamaan tersedia untuk kecepatan akhir kedua partikel, sekarang saatnya untuk menganalisis beberapa situasi khusus.

Dua massa yang identik

Dalam hal ini m ₁ = m ₂ = my:

Partikel hanya bertukar kecepatan setelah tumbukan.

Dua massa identik, salah satunya awalnya diam

Sekali lagi m ₁ = m ₂ = m dan mengasumsikan u ₁ = 0:

Setelah tumbukan, partikel yang diam memperoleh kecepatan yang sama dengan partikel yang bergerak, dan ini pada gilirannya berhenti.

Dua massa yang berbeda, salah satunya awalnya diam

Dalam kasus ini misalkan u ₁ = 0, tetapi massanya berbeda:

Bagaimana jika m ₁ jauh lebih besar dari m ₂ ?

Kebetulan m ₁ masih diam dan m ₂ kembali dengan kecepatan yang sama dengan kecepatan tumbukannya.

Koefisien restitusi atau aturan Huygens-Newton

Sebelumnya, hubungan antara kecepatan berikut ini diturunkan untuk dua benda dalam tumbukan elastis: u ₁ - u ₂ = v ₂ - v ₁ . Perbedaan tersebut adalah kecepatan relatif sebelum dan sesudah tumbukan. Secara umum, untuk tabrakan memang benar bahwa:

Konsep kecepatan relatif paling baik dihargai jika pembaca membayangkan bahwa dia berada di salah satu partikel dan dari posisi ini dia mengamati kecepatan partikel lainnya bergerak. Persamaan di atas ditulis ulang seperti ini:

Latihan terselesaikan

-Latihan terselesaikan 1

Sebuah bola biliar bergerak ke kiri dengan kecepatan 30 cm / s, bertabrakan dengan bola identik lainnya yang bergerak ke kanan dengan kecepatan 20 cm / s. Kedua bola memiliki massa yang sama dan tumbukannya elastis sempurna. Tentukan kecepatan setiap bola setelah tumbukan.

Larutan

u ₁ = -30 cm / dtk

u ₂ = +20 cm / dtk

Ini adalah kasus khusus di mana dua massa identik bertabrakan dalam satu dimensi secara elastis, oleh karena itu kecepatannya dipertukarkan.

v ₁ = +20 cm / dtk

v ₂ = -30 cm / dtk

-Latihan terselesaikan 2

Koefisien restitusi bola yang memantul dari tanah sama dengan 0,82. Jika bola jatuh dari keadaan diam, berapa pecahan dari ketinggian aslinya yang akan dicapai bola setelah memantul sekali? Dan setelah 3 rebound?

Sebuah bola memantul dari permukaan yang kokoh dan kehilangan ketinggian dengan setiap pantulannya. Sumber: buatan sendiri.

Larutan

Tanah dapat menjadi objek 1 dalam persamaan koefisien restitusi. Dan itu selalu diam, sehingga:

Dengan kecepatan ini ia memantul:

Tanda + menandakan bahwa kecepatan sedang naik. Dan menurutnya, bola mencapai ketinggian maksimum:

Sekarang ia kembali ke tanah lagi dengan kecepatan yang sama besarnya, tetapi tanda berlawanan:

Ini mencapai ketinggian maksimum:

Kembali ke dasar dengan:

Pentalan berturut-turut

Setiap kali bola memantul dan naik, kalikan lagi kecepatannya dengan 0,82:

Pada titik ini h ₃ adalah sekitar 30% dari h _o . Berapa ketinggian hingga pantulan ke-6 tanpa perlu membuat perhitungan mendetail seperti yang sebelumnya?

Ini akan menjadi h ₆ = 0,82 ¹² h _o = 0.092h _o o hanya 9% dari h _o .

-Latihan terselesaikan 3

Blok 300-g bergerak ke utara dengan kecepatan 50 cm / s dan bertabrakan dengan blok 200-g mengarah ke selatan dengan kecepatan 100 cm / s. Asumsikan bahwa shock sangat elastis. Temukan kecepatan setelah tumbukan.

Data

m ₁ = 300 g; u ₁ = + 50 cm / dtk

m ₂ = 200 g; u ₂ = -100 cm / dtk

-Latihan terselesaikan 4

Massa m ₁ = 4 kg dilepaskan dari titik yang ditunjukkan pada lintasan tanpa gesekan hingga bertabrakan dengan m ₂ = 10 kg saat diam. Seberapa tinggi m ₁ naik setelah tumbukan?

Larutan

Karena tidak ada gesekan, energi mekanik kekal untuk menemukan kecepatan u ₁ dengan yang m ₁ hit m _2. Awalnya energi kinetik adalah 0, karena m ₁ dimulai dari yang lain. Saat bergerak pada permukaan horizontal ia tidak memiliki ketinggian, sehingga energi potensial adalah 0.

Sekarang kecepatan m ₁ setelah tumbukan dihitung :

Tanda negatif berarti sudah dikembalikan. Dengan kecepatan ini ia naik dan energi mekanik dipertahankan lagi untuk mencari h ', ketinggian yang berhasil dinaikinya setelah tumbukan:

Perhatikan bahwa itu tidak kembali ke titik awal pada ketinggian 8 m. Ia tidak memiliki cukup energi karena massa m ₁ melepaskan sebagian energi kinetiknya _.

Referensi

1. Giancoli, D. 2006. Fisika: Prinsip dengan Aplikasi. 6 ^th . Ed Prentice Hall. 175-181
2. Rex, A. 2011. Dasar-dasar Fisika. Pearson. 135-155.
3. Serway, R., Vulle, C. 2011. Dasar-dasar Fisika. 9 ^na Pembelajaran Cengage. 172-182
4. Tipler, P. (2006) Fisika untuk Sains dan Teknologi. Edisi ke-5 Volume 1. Pembalikan Editorial. 217-238
5. Tippens, P. 2011. Fisika: Konsep dan Aplikasi. Edisi ke-7. MacGraw Hill. 185-195