Dokumen tersebut membahas materi dinamika teknik yang meliputi: 1. Hukum-hukum Newton tentang gerak dan gaya 2. Konsep kinetika partikel termasuk percepatan, gaya, massa, energi, dan momentum 3. Aplikasi konsep-konsep dinamika teknik dalam mesin-mesin

1. DINAMIKA
TEKNIK
Pertemuan 1
1. Kontrak belajar
2. Pendahuluan
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
1

2. Pertemuan 2
1. Dinamika Teknik
2. Dimensi & Satuan
3. Persamaan Gaya, Massa &
percepatan
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
2

3. SOAL PRE TEST
 Apa yang dimaksud dengan dinamika teknik?
Sebutkan aplikasi nya dalam teknik mesin.
 Tuliskan dimensi & satuan dari massa (mass.
m), bobot (weight. w), gaya (force. f), Energi
(energy. E), Daya (power. P).
Keterangan:
1 . Tulis nama, no. mhs dan jawaban pada
selembar kertas.
2. Waktu 10 menit
3

4. APA YANG ANDA LIHAT…?
4

5. DINAMIKA TEKNIK
 Konsep
 Aplikasi
5

6. DIMENSI & SATUAN
6

7. 1. Massa (mass), (m) = kg
2. Bobot (Weight), (W)
m . g = kg . m/det2
= N (newton)
pengaruh gravitasi (g)
3. Gaya (force), (F)
m . a = kg . m/det2
= N (newton)
pengaruh akselerasi / percepatan (a)
7

8. 4. Energi (energy), (E)
f . l = N . m
= Joule
Gaya x Jarak
5. Daya (power), (F)
= = watt
time
Energi
ik
Joule
det
8

9. GAYA, MASSA & PERCEPATAN
 Konsep : gaya
gaya diperlukan untuk mengubah keadaan
gerak suatu benda
keadaan gerak : diam (tidak bergerak),
bergerak dengan kecepatan konstan, bergerak
dengan percepatan konstan
9

10. PERUBAHAN KEADAAN (STATE)
 diam menjadi bergerak
 bergerak menjadi diam
 bergerak dengan kecepatan konstan tertentu
menjadi bergerak dengan kecepatan yang
berbeda
 hanya gaya yang menyebabkan perubahan
kecepatan (perubahan kecepatan : besarnya,
arahnya, atau dua-duanya)
10

11. kategori gaya
1. gaya sentuh
(kontak):
- mendorong,
- menarik,
- menendang,
- memukul,
- menahan,
- gaya Normal,
- gesekan, dsb
2. gaya non-kontak
(field):
- gaya gravitasi,
- gaya listrik (gaya
coulomb),
- gaya magnet, dsb
11

12. BEBERAPA GAYA BEKERJA PADA
SEBUAH BENDA
F1 sampai dengan F4 disebut gaya luar
12

13. PENJUMLAHAN VEKTOR GAYA
1 2 3 4= = + + +∑R F F F F Fresultan
13

14. DUA KEMUNGKINAN HASIL
 ΣF = 0
 benda tetap pada keadaan geraknya
 ΣF ≠ 0
 benda berubah keadaan geraknya
14

15. SETIMBANG TRANSLASI
 jika jumlah semua gaya luar = 0, maka benda
berada dalam kesetimbangan translasi
0
0
x
y
F
F
=
=
∑
∑
2 2 1 1
1 1 2 2
0
0
cos cos
sin sin
F F
F F
θ θ
θ θ
− =
+ =
15

16. MASSA
 massa adalah sifat yang dimiliki oleh benda,
menentukan seberapa sulitnya/sukarnya untuk
mengubah kecepatannya
F m1
m1
a1
F m2
m2
a2
1 2
2 1
m a
m a
=
16

17.  dengan gaya yang sama, jika massa benda lebih
besar, percepatan semakin kecil
 percepatan berbanding terbalik dengan massa
17

18. MASSA DAN BOBOT (BERAT)
 massa tidak dipengaruhi oleh lingkungan di
sekitar objek
 massa adalah besaran skalar
 berat merupakan gaya tarik gravitasi yang
besarnya bergantung pada lokasi/lingkungan
 berat adalah besaran vektor
18

19. PERCEPATAN DAN GAYA
F mm
a
2F
2a
3F
3a
mm
mm
19

20. PERCEPATAN DAN GAYA ...
 untuk massa yang sama, semakin besar gaya
yang diberikan, percepatan benda semakin besar
 percepatan berbanding lurus dengan gaya
20

21. CONTOH SOAL:
 Percepatan gravitasi di bulan adalah seperenam
kali percepatan gravitasi di bumi. Percepatan
gravitasi di bumi 10 N/kg, seorang altet angkat
besi mampu mengangkat beban yang massanya
180 kg. Berapa massa beban yang mampu
diangkat jika dilakukan di bulan ?
21

22. LATIHAN SOAL
 Contoh Soal:
 Percepatan gravitasi di bulan adalah seperenam kali percepatan gravitasi di bumi.
Percepatan gravitasi di bumi 10 N/kg, seorang altet angkat besi mampu mengangkat beban
yang massanya 180 kg. Berapa massa beban yang mampu diangkat jika dilakukan di bulan
?

Penyelesaian:
Diketahui : g = 10 N/kg
g’ = 1/6 x 10 N/kg
m = 180 kg
Ditanyakan : m’ = …… ?
Jawab : Berat beban di bumi
w = m . g
w = 180 kg . 10 N/kg
w = 1800 N
 Berat beban yang mampu diangkat di bulan sama dengan di bumi yaitu 1800 N
 w’ = w
m’.g’ = 1800 N
m’.10/6 N/kg’ = 1800 N
m’ = 1800 N x 6/10 kg/N
m’ = 1080 kg
 Jadi beban yang mampu diangkat di bulan adalah 1080 kg. 22

23.  Latihan Soal (pre test & post test)
Apakah yang dimaksud dengan dinamika
teknik? Sebutkan aplikasi nya dalam teknik
mesin.
Tuliskan dimensi & satuan dari massa (mass.
m), bobot (weight. w), gaya (force. f), Energi
(energy. E), Daya (power. P).
Rangkumlah tentang materi persamaan yang
telah di uraikan?
 Tugas Paper
Buatlah paper tentang Kaidah Hukum Newton
& d’ Alembert (di kumpul hari rabu, via email:
sutrisna.sttnas@gmail.com )
23

24. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
1. Hukum newton
Pertemuan 3
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
24

25. Newton’s Laws of MotionNewton’s Laws of Motion
First LawFirst Law -- A body remains in its state of motion unless actedA body remains in its state of motion unless acted
upon by an outside forceupon by an outside force
Partikel akan tetap diam atau terus bergerak lurus
beraturan dengan kecapatan tetap bila bila resultan gaya
yang bekerja pada partikel adalah nol ( ΣF = 0 )
Second LawSecond Law -- A body acted upon by an external force willA body acted upon by an external force will
change its momentum in the direction of the force such that the greaterchange its momentum in the direction of the force such that the greater
the force the greater the change in momentum (F= ma).the force the greater the change in momentum (F= ma).
Percepatan partikel berbanding lurus dengan gaya yang
bekerja padanya dan searah dengan gaya tersebut
Third LawThird Law -- Forces always occur in pairs, i.e. for every actionForces always occur in pairs, i.e. for every action
there is an equal and opposite reactionthere is an equal and opposite reaction
Gaya aksi dan reaksi antara benda-benda yang saling
mempengaruhi adalah sama besar, berlawanan arah dan segaris
(Faksi = Freaksi)
25

26. 11STST
LAW OF MOTIONLAW OF MOTION
(LAW OF INERTIA)(LAW OF INERTIA)
 An object at rest will stay at rest, and an object in
motion will stay in motion at constant velocity,
unless acted upon by an unbalanced force.
26

27. 2ND
LAW
27

28. KESETIMBANGAN GAYA PADA
PARTIKEL
 Ditinjau sebuah benda bermassa m yang dikenai
gaya sebesar F. Dengan menganggap gaya-gaya
luar yang lain tidak ada, maka benda tersebut
akan bergerak dengan percepatan yang tertentu.
Dari hukum II Newton akan di dapatkan hukum
kesetimbangan gaya.
F = m.a
 Formula di atas, m.a dapat diterjemahkan
sebagai gaya reaksi dari gaya-gaya yang
mempengaruhi. Formula di atas dapat juga
dituliskan sebagai:
F – m.a = 0
 Dengan kata lain jumlah gaya-gaya yang bekerja
pada suatu benda adalah nol.
28

29. Contoh 1.
 Sebuah benda diluncurkan pada sebuah papan yang dimiringkan dengan sudut
30°. Jika gesekan diabaikan, tentukan besar percepatan benda tersebut.
Gaya-gaya yang bekerja searah bidang miring:
 Proyeksi gaya berat: w sinα
 Gaya akibat gerakan benda: m.a
Sehingga berlaku hukum kesetimbangan gaya pada arah bidang miring:
w sinα - m.a = 0
m.g sin 30° - m. a = 0
Percepatan benda dapat dicari dengan:
a = g sin 30°
a = 9,8 m/det2
x 0,5
a = 4,9 m/det2
29

30.  Contoh 2.
 Dua buah beban A dan B masing-masing mempunyai
massa 1 kg dan 2 kg dihubungkan melalui sebuah
katrol dengan sebuah tali. Jika massa katrol dan tali
serta gesekkan diabaikan, hitung percepatan dan arah
gerakan kedua beban tersebut.
30

31.  Latihan Soal (pre test & post test)
 Jelas kan tentang Hukum Newton yang anda
ketahui? Dan uraikan aplikasi nya dalam teknik
mesin.
 Jelas kan tentang kaidah d’ Alembert yang anda
ketahui? Dan uraikan aplikasi nya dalam teknik
mesin.
 Latihan soal.
 Tugas Paper
Buatlah paper tentang Gaya satis & dinamis (di
kumpul hari rabu, via email:
sutrisna.sttnas@gmail.com ) 31

32. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Konsep & analisa
Gaya statis & dinamis
Pertemuan 4
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
32

33. Latihan Soal (pre test & post test)
 Jelas kan tentang Gaya statis & Gaya dinamis ?
Dan uraikan aplikasi nya dalam teknik mesin.
 Latihan soal.
Tugas Paper
 Buatlah paper tentang kinetika partikel (di
kumpul hari rabu, via email:
sutrisna.sttnas@gmail.com )
33

34. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Kinetika Partikel
Pertemuan 5
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
34

35.  Force & Acceleration
 Work & Energy
 Impuls & Momentum
35

36. Latihan Soal (pre test & post test)
 Jelas kan tentang Kinetika Partikel? Dan
uraikan aplikasi nya dalam teknik mesin.
Latihan soal.
Tugas Paper
 Buatlah paper tentang kinetika partikel (di
kumpul hari rabu, via email:
sutrisna.sttnas@gmail.com )
36

37. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Kerja & energi
Pertemuan 6
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
37

38. PENGERTIAN ENERGI
38

39. SIFAT – SIFAT ENERGI
39

40. 40

41. 41

42. MACAM & JENIS ENERGI
42

43. 43

44. HUKUM KEKEKALAN ENERGI
44

45. 45

46. DAYA
46

47. 47

48. Latihan Soal (pre test & post test)
 Jelas kan tentang Kerja & energi? Dan uraikan
aplikasi nya dalam teknik mesin.
Latihan soal.
Tugas Paper
 Buatlah paper tentang Impuls & momentum (di
kumpul hari rabu, via email:
sutrisna.sttnas@gmail.com )
48

49. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Impuls & momentum
Pertemuan 7
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
49

50. 50

51. 51

52. HUBUNGAN IMPULS DAN MOMENTUM
 Besar gaya yang bekerja pada benda selama terjadi
tumbukan dapat dilukiskan dengan grafik hubungan
antara F dengan t, dengan asumsi bahwa arah gaya
adalah tetap.
52

53. .
 Sebuah partikel bermassa m yang bergerak dengan kecepatan v
memiliki momentum linear p yang merupakan perkalian antara
kecepatan partikel itu dengan massanya
p = mv.
F = ma.
Menurut hukum Newton II resultan gaya yang bekerja pada sebuah
benda berbanding lurus dengan percepatan
dt
dp
dt
mvd
F ==
)(
dp=Fdt
Jia masing-masing diintegralkan maka diperoleh:
m
v
53

54. ∫∫ ==−
2
1
2
1
.21
t
t
p
p
dtFdppp
Kelestarian Momentum Linear
Jika gaya eksternal resultan yang bekerja pada sistem sama dengan nol,
maka vektor momentum total sistem tetap konstan
0=
dt
dp
Untuk sistem partikel
pppp n =+++ ........21
54

55. BEBERAPA PENGGUNAN PRINSIP MOMENTUM
 Dua buah balok A dan B yang bermassa mA dan
mB, yang dihubungkan oleh sebuah pegas dan
terletak di atas meja horisontal tanpa gesekan.
Pegas kita regangkan dengan menarik kedua
balok kesamping seperti pada gambar
55

56. Balok yang satu bermomentum positif ( A bergerak dalam arah +x) dan balok yang lain
bemomentum negative (B bergerak dalam arah –x) dari hokum kekekalan momentum
kita peroleh:
Momentum awal = momentum akhir
AABB vmvm +=0
AABB vmvm −=
Atau
B
A
B
A v
m
m
v −=
56

57. TUMBUKAN
sebelum selama setelah
1. Tumbukan Lenting sempurna
JENIS-JENIS TUMBUKAN
Suatu tumbukan dikatakan lenting sempurna bila jumlahan tenaga
kinetik benda-benda yang bertumbukan baik sebelum dan sesudah
sumbukan sama.(Hukum kelestarian energi kinetic)
57

58. sebelum sesudah
m1
m1m2 m2
v2
v’2
v’1
v1
Gambar 6.4. Tumbukan dua benda
momentun awal total : paw = m1v1 + m2v2
tenaga kinetik awal total :
Ekaw = m1v1
2
+ m2v2
2
.
momentum total kedua benda itu setelah tumbukan adalah
pak = m1v’1 + m2v’2
tenaga kinetik total setelah tumbukan adalah
Ekak = m1v’1
2
+ m2v2’2
.
58

59. paw = pak m1v1 + m2v2 = m1v’1 + m2v’2
Ekaw = Ekak
m1v1
2
+ m2v2
2
= m1v’1
2
+ m2v2’2
m1(v1 − v’1) = m2(v’2 − v2),
m1v1
2
− m1v’1
2
= m2v2’2
− m2v2
2
Atau
m1 (v1 − v’1)( v1 + v’1) = m2(v’2 − v2) (v’2 + v2)
Atau
Dari dua persamaan dalam kotak merah diperoleh
v1 + v’1 = v’2 + v2 atau 1
''
12
12
−=
−
−
vv
vv
Secara umum perbandingan e
vv
vv
=
−
−
−
12
12 ''
59

60. 2. Tumbukan Lenting sebagian
Setelah tumbukan ada sebagian energi mekanik yang berubah menjadi energi panas,
bunyi atau energi yang lain. Sehingga setelah tumbukan ada energi yang dibebaskan.
Hukum kelestarian energi mekanik tidak berlaku. Pada tumbukan ini dicirikan harga
elastisitasnya adalah 0<e<1
3. Tumbukan Tidak Lenting sama sekali
Setelah tumbukan kedua benda melekat menjadi satu dan bergerak dengan
kecepatan yang sama setelah tumbukan kedua benda menyatu . Harga e=0
60

61. BANDUL-BALISTIK
61

62. Jika massa peluru adalah m dan massa bandul adalah M, dengan
kelestarian momentum diperoleh
')( vMmmv +=
energi sistem akan berubah menjadi energi potensial peluru bersama
bandul hingga sampai pada puncak ayunan peluru-bandul
ghMmvMm )(')(
2
1 2
+=+ Atau ghv 2'=
Jika persamaan dalam kotak kuning digabung diperoleh :
gh
m
Mm
v 2
+
=
62

63. TUMBUKAN DALAM DUA DIMENSI
63

64. Klesterian momentum untuk masing-masing arah
ϕθ .cos.cos 2211 vmvmvm om +=Arah sumbu x :
Arah sumbu y : ϕθ sinsin0 2211 vmvm −=
2
22
2
11
2
1
2
1
2
1
2
1
vmvmvm o +=
Jika tumbukan bersifat elastis
Tetapi jika tumbukan inelastis
io Evmvmvm ++= 2
22
2
11
2
1
2
1
2
1
2
1
Bola billiard dengan kecepatan 30 m/s menumbuk bola biliard II yang diam dan
bermassa sama. Setelah tumbukan, bola I bergerak menyimpang 30o
dari arah semula.
Carilah kecepatan masing-masing bola dan arah gerak bola II. (tumbukan dianggap
elastis)
64

65. Sebuah balok bermassa m1
= 2,0 kg bergerak sepanjang permukaan meja yang sangat licin
dengan laju 10 m/dt. Di depan balok pertama itu ada sebuah balok bermassa m2
= 5,0 kg
bergerak dengan laju 3,0 m/dt searah dengan balok pertama. Sebuah pegas dengan tetapan
k = 1120 N/m ditempelkan pada balok kedua sebagaimana diperlihatkan pada gambar
Berapa jauhkah pegas itu termampatkan pada saat terjadi tumbukan?
10 m/dt
m1 m2
3,0 m/dt
Kunci = 0,25 m 65

66. TENAGA PENDORONG ROKET
 Momentum awal roket P1=mv
 Pada saat t+dt kecepatan roket bertambah
v+dv.Misal µ massa yang menyembur per
satuan waktu. Massa roket tinggal m- µdt,
massa bahan bakar yang dilepaskan µdt.
 Jika vr kecepatan roket relatif terhadap bahan
bakar yang menyembur.
v’=v-vr
Momentum akhirnya adalah (m- µdt)(v+dv)
Momentum bahan bakar yang tersembu adalah v’
µdt
66

67. Maka berlaku :
-mgdt=((m- µdt)(v+dv)+v’ µdt)-mv
Jika m sangant besar maka µdtdv dapat diabaikan
Maka: mdv=vr µdt-mgdt
dm=- µdt, sehingga diperoleh:
Dengan mengintegrasikan diperoleh:
v=-vrlnm-gt+C
Jika modan vo massa dan kec saat t=0 maka
vo=-vrlnmo+C
Dan v=vo-gt+vrln(mo/m)
gdt
m
dm
vdv r −−=
67

68. KASUS NEUTRINO
 Jika dua benda terbang terpisah dg kecepatan v1 dan
v2 maka energi kinetiknya juga terpisah :
Q=K1 + K2 =1/2 m1
2
+1/2 m2
2
Momentum kedua partikel harus sama dengan nol
sehingga:
m1v1 = -m2v2
Jika kedua persamaan dikuadratkan dan di bagi dua
maka diperoleh:
68

69. 1/2M1
2
V1
2
=1/2M2
2
V2
2
M1K1=M2K2
JIKA PERSAMAAN INI
DIKOMBINASIKAN DENGAN
PERSAMAAN DI ATAS DIPEROLEH:
QK mm
m
21
2
1 += QK mm
m
21
1
2 += 69

70. Latihan Soal (pre test & post test)
 Jelas kan Impuls & momentum? Dan uraikan aplikasi
nya dalam teknik mesin.
Latihan soal.
Tugas Paper
 Buatlah paper tentang Rankuman materi dari
perteuan 1 - 7 (di kumpul hari rabu, via email:
sutrisna.sttnas@gmail.com)
70

71. MOMENTUM LINEAR
DAN
TUMBUKAN
71

72. vp m≡(9-1)
xx mvp =
yy mvp =
zz mvp =
(9-2)
Hukum Newton II :
dt
dp
F = (9-3)
Laju perubahan momentum
Bagaimanakah momentum benda yang terisolasi, yaitu tidak ada
gaya yang bekerja pada benda tersebut ?
dtd Fp =(9-4) Impuls
MOMENTUM LINEAR :
∫=−=∆
f
i
t
t
if dtFppp(9-5)
72

73. IMPULS :
pFI ∆=≡ ∫
f
i
t
t
dt(9-6)
Impuls suatu gaya F sama dengan
perubahan momentum benda.
Teorema Impuls-Momentum
F
tti tf
∫∆
≡
f
i
t
t
dt
t
FF
1
(9-7)
Gaya rata-rata :
Untuk F konstan :
t∆=∆= FpI (9-9)
t∆=∆= FpI (9-8)
73

74. KEKEKALAN MOMENTUM LINIER
UNTUK SISTEM DUA PARTIKEL
m1
p1 = m1v1
m2 p2 = m2v2
p1
p2
F21
F12
dt
d 1
12
p
F =
dt
d 2
21
p
F =
02112 =+ FF
2112 FF −=
Hukum Newton III
021
=+
dt
d
dt
d pp
0)( 21 =+ pp
dt
d
konstan21 =+= ppP (9-10)
fxix PP = fyiy PP = fziz PP =
21 ppP +=
Momentum partikel di dalam
suatu sistem tertutup selalu tetap
Hukum kekekalan momentum
ffii mmmm 22112211 vvvv +=+ (9-11)
(9-12)ffii 2121 pppp +=+ 74

75. TUMBUKAN
+
++
F12
F21
p
He4
F12 F21
m1 m2
Interaksi antar partikel yang berlangsung
dalam selang waktu yang sangat singkat
Gaya impulsiv
Diasumsikan jauh lebih besar
dari gaya luar yang adaKontak langsung
Proses hamburan
F
t
F12
F21
∫=∆ 2
1
212
t
t dtFp
dt
dp
F = (9-3)
∫=∆ 2
1
121
t
t dtFp
2112 FF −=
Hukum Newton III
21 pp ∆−=∆
021 =∆+∆ pp
0)( 21 =+∆ pp konstan21 =+= ppP
Pada setiap tumbukan jumlah momentum sistem
sesaat sebelum tumbukan adalah sama dengan
jumlah momentumnya sesaat setelah tumbukan
Hukum kekekalan momentum berlaku pada setiap tumbukan
75

76. KLASIFIKASI TUMBUKAN
Tumbukan Lenting Sempurna Berlaku hukum kekekalan momentum
dan kekekalan energi
Tumbukan Lenting Sebagian Energi mekanik berkurang
(tak berlaku hukum kekekalan energi mekanik)
Tumbukan Tak Lenting sama sekali Setelah tumbukan kedua partikel menyatu
v1iv2i
m1m2
Sebelum tumbukan
vf
m1 + m2
Setelah tumbukan
Hukum kekekalan momentum :
Untuk tumbukan tak lenting sama sekali dalam satu dimensi
fii vmmvmvm )( 212211 +=+ (9-13)
21
2211
mm
vmvm
v ii
f
+
+
= (9-14) 76

77. UNTUK TUMBUKAN LENTING SEMPURNA DALAM SATU
DIMENSI
v1iv2i
m1m2
Sebelum tumbukan
v1f
m1
Setelah tumbukan
m2
v2f
Hukum kekekalan momentum :
ffii vmvmvmvm 22112211 +=+ (9-15)
2
222
12
112
12
222
12
112
1
ffii vmvmvmvm +=+ (9-16)
)()( 2
2
2
22
2
1
2
11 iffi vvmvvm −=−
))(())(( 2222211111 ififfifi vvvvmvvvvm +−=+− (9-17)
)()( 222111 iffi vvmvvm −=− (9-18)
iffi vvvv 2211 +=+
)( 2121 ffii vvvv −−=− (9-19)






+
−
+





+
=
21
12
1
21
1
2
2
mm
mm
v
mm
m
v if
(9-21)






+
+





+
−
=
21
2
1
21
21
1
2
mm
m
v
mm
mm
v if (9-20)
77

78. TUMBUKAN DALAM DUA DIMENSI
v1i
m1
m2
Sebelum tumbukan Setelah tumbukan
v1f
v2f
m1
m2
θ
φ
v1f sin θ
v1f cos θ
v2f cos φ
-v2f sin φ
Komponen ke arah x : φθ coscos 221111 ffi vmvmvm += (9-24a)
φθ sinsin0 2211 ff vmvm −= (9-24b)
Jika tumbukan lenting sempurna : 2
222
12
112
12
112
1
ffi vmvmvm += (9-24a)
78

79. PUSAT MASSA SISTEM
PARTIKEL
PMx
79

80. m1
m
2
y1
y2
Y
X
⊗
yc
21
2211
mm
ymym
yc
+
+
≡
Bagaimana jika massanya lebih dari dua ?
n
nn
c
mmm
ymymym
y
+⋅⋅⋅++
+⋅⋅⋅++
≡
21
2211
Bagaimana jika massanya tersebar di dalam ruang ?
∑
∑
=
=
=
n
i
i
n
i
ii
m
ym
1
1
M
ym
n
i
ii∑
= =1
80

81. M
ym
y
n
i
ii
c
∑
= =1
M
xm
x
n
i
ii
c
∑
= =1
M
zm
z
n
i
ii
c
∑
= =1
kjir ˆˆˆ cccc zyx ++=
M
zmymxm iiiiii
c
kji
r
ˆˆˆ ∑+∑+∑
=
M
zyxm iiii
c
)ˆˆˆ( kji
r
++∑
=
M
m ii
c
∑
=
r
r kjir ˆˆˆ iiii zyx ++=
Bagaimana untuk benda pejal (sistem partikel kontinyu) ?
81

82. Y
X
Z
∆m
i
ri
⊗
rc
PM
M
mii
c
∑ ∆
≈
r
r
M
mii
m
c
i
∑ ∆
=
→∆
r
r
0
lim
∫= dm
M
c rr
1
∫= xdm
M
xc
1
∫= ydm
M
yc
1
∫= zdm
M
zc
1
82

83. GERAK SISTEM PARTIKEL
∑=
dt
d
m
M
i
i
r1
M
m ii∑=
v
dt
d c
c
r
v =Kecepatan :
∑= p = P∑= iic mM vvMomentum :
Percepatan :
dt
d c
c
v
a = ∑=
dt
d
m
M
i
i
v1
∑= iim
M
a
1
∑= iic mM aa ∑= iF
dt
dP
=
0=∑ iF 0=
dt
dP konstan== cMvP
83

84. 84

85. v
M+∆m
vp )( mMi ∆+=
M
v+∆v
∆m
ve
Kecepatan bahan
bakar relatip terhadap
roket
v - ve
)()()( emMmM vvvvv −∆+∆+=∆+
mM e∆=∆ vv
Untuk interval waktu yang sangat pendek :
dmvMdv e=
dMdm −=
Massa bahan bakar
yang terbakar
Pengurangan
massa roketdMMd evv −=
∫ ∫−=
f
i
f
i
M
M
e
M
dM
d
v
v
vv








=−
f
i
eif
M
M
lnvvv
85

86. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Impact
(tumbukan)
Pertemuan 10
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
86

87. Impact = a collision between two bodies which
occurs in a verry small interval of time, and
during which the two bodies exert on each other
relatively large force
Tubrukan (tumbukan) diantara 2 benda yang
terjadi pada interval waktu yang sangat kecil
dan selama dua benda saling mendesak satu
sama lain dengan gaya yang relative besar
87

88. 88

89. 89
PADA BENDA BERGERAK, DIDESKRIPSIKAN
DENGAN BESARAN-BESARAN YANG TELAH
DIPELAJARI ANTARA LAIN
 Posisi
 Jarak
 Kecepatan
 Percepatan
 Waktu tempuh
 Energi kinetik
 Perpindahan
 Laju
 Gaya total
Ada yang merupakan
besaran vektor ada yang
merupakan besaran skalar

90. 90
BESARAN YANG MERUPAKAN UKURAN MUDAH
ATAU SUKARNYA SUATU BENDA MENGUBAH
KEADAAN GERAKNYA (MENGUBAH
KECEPATANNYA, DIPERLAMBAT ATAU
DIPERCEPAT)  MOMENTUM
Definisi momentum :
Hasil kali massa dan kecepatan
p= vm
r r
Momentum  besaran vektor , satuannya kg.m/s

91. 91
CONTOH SOAL :
 Berapa besar momentum burung 22 g yang
terbang dengan laju 8,1 m/s?
 Gerbong kereta api 12.500 kg berjalan sendiri
di atas rel yang tidak mempunyai gesekan
dengan laju konstan 18,0 m/s. Berapa
momentumnya?
 Jika suatu peluru memiliki massa 21,0 g
ditembakkan dan memiliki laju 210 m/s,
berapa momentumnya?

92. 92
LAJU PERUBAHAN MOMENTUM SEBUAH
BENDA SAMA DENGAN GAYA TOTAL
YANG DIBERIKAN PADANYA
p
F
t
∆
Σ =
∆
rr
( )00
v vv v
F
mm m
t t
−−
Σ = =
∆ ∆
r rr rr
v
am m
t
∆
= =
∆
r
r
Hk. Newton II

93. 93
CONTOH
Air keluar dari selang
dengan debit 1,5 kg/s
dan laju 20 m/s, dan
diarahkan pada sisi
mobil, yang
menghentikan gerak
majunya, (yaitu, kita
abaikan percikan ke
belakang.) Berapa
gaya yang diberikan
air pada mobil?
Mencuci mobil: perubahan momentum dan gaya.

94. 94
PENYELESAIAN
Kita ambil arah x positif ke kanan. Pada setiap sekon,
air dengan momentum px = mvx = (1,5 kg)(20 m/s) = 30
kg.m/s berhenti pada saat mengenai mobil.
Besar gaya (dianggap konstan) yang harus diberikan
mobil untuk merubah momentum air sejumlah ini
adalah
akhir awal 0 30 kg.m/s
30 N
1,0 s
p pp
F
t t
−∆ −
= = = = −
∆ ∆
Tanda minus menunjukkan bahwa gaya pada air berlawanan
arah dengan kecepatan asal air. Mobil memberikan gaya
sebesar 30 N ke kiri untuk menghentikan air, sehingga dari
hukum Newton ketiga, air memberikan gaya sebesar 30 N pada
mobil.

95. 95
KEKEKALAN MOMENTUM ,
TUMBUKAN
Momentum total dari suatu sistem benda-benda
yang terisolasi adalah konstan
Sistem sekumpulan benda yang
berinteraksi satu sama lain
Sistem
terisolasi
suatu sistem di mana gaya yang
ada hanyalah gaya-gaya di antara
benda-benda pada sistem itu
sendiri

96. 96
JENIS TUMBUKAN (BERDASAR
KEKAL-TIDAKNYA ENERGI KINETIK
SELAMA PROSES TUMBUKAN)
 Lenting
(tenaga kinetik kekal)
 Tidak Lenting
(energi kinetik total setelah tumbukan selalu lebih kecil
dari tenaga kinetik total sebelum tumbukan)

97. 97

98. 98
2 2 2 2
1 1 2 2 1 1 2 2
1 1 1 1
' '
2 2 2 2
m v m v m v m v+ = +
•Momentum kekal
•Energi kinetik kekal
Tumbukan Lenting :

99. 99
CONTOH
Bola bilyar dengan massa m yang bergerak
dengan laju v bertumbukan dari depan dengan
bola kedua yang massanya sama dan sedang
dalam keadaan diam (v2 = 0). Berapa laju kedua
bola setelah tumbukan, dengan menganggap
tumbukan tersebut lenting?
PenyelesaianPenyelesaian
Hk KekekalanHk Kekekalan
Momentum :Momentum :
1 2
1 2
1 2
0 ' '
' '
' '
mv mv mv
v v v
v v v
+ = +
⇒ = +
⇒ − =Hk Kekekalan EnergiHk Kekekalan Energi
Kinetik:Kinetik:
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2
2 2 2
1 2
1 1 1
0 ' ' ' '
2 2 2
' '
mv mv mv v v v
v v v
+ = + ⇒ = +
⇒ − =
(1)
(2)

100. 100
PERSAMAAN (2) DAPAT
DITULIS : ( ) ( ) 2
1 1 2' ' 'v v v v v− × + =
Gunakan Persamaan (1)Gunakan Persamaan (1) :: ( ) 2
2 1 2' ' 'v v v v× + =
Diperoleh :Diperoleh : 1 2' 'v v v+ = (3)
Persamaan (1) = Persamaan (3)Persamaan (1) = Persamaan (3)
1 1
1
1
' '
2 ' 0
' 0
v v v v
v
v
− = +
⇒ × =
⇒ =
Kemudian dari persamaan (1) (atau (3))Kemudian dari persamaan (1) (atau (3))
diperolehdiperoleh
2'v v=
Bola 1 diberhentikan oleh tumbukan, sementara bola 2
mendapat kecepatan awal bola 1.

101. 101
TUMBUKAN TIDAK LENTING
• Momentum kekal
• Energi kinetik total setelah tumbukan lebih
kecil dari energi kinetik total sebelum
tumbukan
•Tumbukan tidak lenting sama sekali :
kecepatan kedua benda setelah tumbukan
sama
•Tumbukan tidak lenting

102. 102
CONTOH
Sebuah gerbong kereta 10.000 kg yangSebuah gerbong kereta 10.000 kg yang
berjalan dengan laju 24,0 m/s menabrakberjalan dengan laju 24,0 m/s menabrak
gerbong lain yang sejenis yang sedanggerbong lain yang sejenis yang sedang
dalam keadaan diam. Jika kedua gerbongdalam keadaan diam. Jika kedua gerbong
tersebut tersambung sebagai akibat daritersebut tersambung sebagai akibat dari
tumbukan, berapa kecepatan bersamatumbukan, berapa kecepatan bersama
mereka?mereka?
hitung berapa besar energi kinetik awalhitung berapa besar energi kinetik awal
yang diubah menjadi energi panas atauyang diubah menjadi energi panas atau
bentuk energi lainnya !bentuk energi lainnya !

103. 103
Sebelum tumbukan
Sesudah tumbukan

104. 104
PENYELESAI
AN
Momentum total sistem sebelum
tumbukan
1 1 1 2 2
5
(10.000 kg)(24,0 m/s)+(10.000 kg)(0 m/s)
2,40 10 kg m/s
p m v m v= +
=
= × ×
Kedua gerbong menyatu dan bergerakKedua gerbong menyatu dan bergerak
dengan kecepatan yang sama, misaldengan kecepatan yang sama, misal vv..
Momentum total sistem setelah tumbukanMomentum total sistem setelah tumbukan
5
2 1 2 1( ) 2,40 10 kg m/sp m m v p= + × = = × ×
Selesaikan untukSelesaikan untuk v, ketemu V = 12 m/sv, ketemu V = 12 m/s

105. 105
ENERGI KINETIK AWAL :
( )22
1 1 1
6
1 1
0 (10.000 kg) 24,0 m/s
2 2
2,88 10 J
EK m v= + = ×
= ×
Energi kinetik setelahEnergi kinetik setelah
tumbukan :tumbukan :
( ) ( ) ( )22
2 1 2
6
1 1
20.000 kg 12,0 m/s
2 2
1,44 10 J
EK m m v= + × =
= ×
Energi yang diubah menjadi bentuk lain :Energi yang diubah menjadi bentuk lain :
6 6 6
2,88 10 J 1,44 10 J 1,44 10 J× − × = ×

106. 106

107. 107

108. 108

109. 109
TUMBUKAN DAN
IMPULS
Ketika terjadi tumbukan,
gaya biasanya melonjak dari
nol pada saat kontak menjadi
nilai yang sangat besar dalam
waktu yang sangat singkat,
dan kemudian dengan drastis
kembali ke nol lagi. Grafik
besar gaya yang diberikan
satu benda pada yang lainnya
pada saat tumbukan, sebagai
fungsi waktu, kira-kira sama
dengan yang ditunjukkan
oleh kurva pada gambar.
Selang waktu Δt biasanya
cukup nyata dan sangat
singkat.
0
Waktu, t
Gaya,F

110. 110
p
F
t
∆
=
∆
kedua ruas dikalikan dengan Δt
F
Impuls perubahan momentum
t p×∆ = ∆
⇒ =
Gaya rata-rata F yang bekerja selama selang waktu
Δt menghasilkan impuls yang sama (F Δt) dengan
gaya yang sebenarnya.

111. 111
TUMBUKAN PADA DUA ATAU TIGA
DIMENSI
Kekekalan momentum dan energi juga bisa
diterapkan pada tumbukan dua atau tiga dimensi,
dan sifat vektor momentum sangat penting. Satu tipe
umum dari tumbukan yang tidak berhadapan adalah
di mana sebuah partikel yang bergerak (disebut
proyektil) menabrak partikel kedua yang diam
(partikel "target"). Ini merupakan situasi umum pada
permainan seperti bilyar, dan untuk eksperimen pada
fisika atom dan nuklir (proyektil, dari pancaran
radioaktif atau akselerator energi-tinggi, menabrak
inti target yang stasioner).
y
x
m1
m1
m2
m2
p1
p’1
p’2
θ’1
θ’2

112. 112
KEKEKALAN MOMENTUM PADA TUMBUKAN 2
DIMENSI
Pada arah sumbu-x:Pada arah sumbu-x:
( ) ( )
1 2 1 2
1 1 1 1 1 2 2
' '
' cos ' '2cos '
x x x xp p p p
m v m v m vθ θ
+ = +
⇒ = +
Karena pada awalnya tidak ada gerak pada arahKarena pada awalnya tidak ada gerak pada arah
sumbu-y, komponen-y dari momentum adalahsumbu-y, komponen-y dari momentum adalah
nolnol
( ) ( )
1 2 1 2
1 1 1 2 2 2
' '
0 ' sin ' ' sin '
y y y yp p p p
m v m vθ θ
+ = +
⇒ = +

113. 113
CONTOH
Tumbukan bola bilyar pada 2-dimensi.
Sebuah bola bilyar yang bergerak dengan laju v1 =
3,0 m/s pada arah +x (lihat gambar) menabrak bola
lain dengan massa sama yang dalam keadaan diam.
Kedua bola terlihat berpencar dengan sudut 45°
terhadap sumbu x (bola 1 ke atas dan bola 2 ke
bawah). Yaitu, θ'1 = 45° dan θ'2 = -45°. Berapa laju
bola-bola tersebut (laju keduanya sama) ?
y
x
m1
m1
m2
m2
p1
p’1
p’2
θ’1
θ’2

114. 114
PENYELESA
IAN
Sumbu-x : ( ) ( )1 1 2' cos 45 ' cos 45mv mv mv= +o o
Sumbu-Sumbu-
y :y :
( ) ( )1 20 ' sin 45 ' sin 45mv mv= + −o o
mm saling menghilangkan.saling menghilangkan.
Dari persamaan untuk sumbu-y :Dari persamaan untuk sumbu-y :
( )
( )
( )
( )2 1 1 1
sin 45 sin 45
' ' ' '
sin 45 sin 45
v v v v
 
 ÷= − = − =
 ÷− − ÷
 
o o
o o
Setelah tumbukan, kedua bola mempunyai lajuSetelah tumbukan, kedua bola mempunyai laju
yang samayang sama

115. 115
Dari persamaan untuk sumbu-x :
( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 2 1
1
1 2
' cos 45 ' cos 45 2 ' cos 45
3,0 m/s
' ' 2,1 m/s
2 0,7072cos 45
v v v v
v
v v
= + =
⇒ = = = =
o o o
o

116. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
kinetika benda tegar
(pers. Umum gerak, kerja &
energi
Pertemuan 10
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
116

117. BENDA TEGAR
117

118. APA BEDA PARTIKEL DENGAN BENDA
TEGAR ?
In contrast to the forces on a particle, the
forces on a rigid-body are not usually
concurrent and may cause rotation of the
body (due to the moments created by the
forces).
For a rigid body to be in equilibrium, the
net force as well as the net moment
about any arbitrary point O must be
equal to zero.
∑ F = 0 and ∑ MO = 0
Forces on a rigid body
Forces on a particle
118

119. Benda Tegar Biasanya Memiliki Tumpuan
119

120. Benda Tegar Biasanya Memiliki Tumpuan
120

121. Macam-macam Tumpuan dan Reaksinya
121

122. Contoh Menggambar FBD nya
Idealized model Free body diagram
Lho kok ada beban yang segiempat, apa itu?
122

123. Beban Terdistribusi
123

124. Mencari Gaya Resultan pada Beban Terdistribusi
 Mencari titik berat dari beban terdistribusi
 Gaya resultan sama dengan luasan dari beban
terdistribusi
 Gaya resultan terletak pada titik berat beban
terdisribusi
124

125. Kalo beban terdistribusinya berbentuk segitiga ?
1. FR = ____________
A) 12 N B) 100 N
C) 600 N D) 1200 N
2. x = __________.
A) 3 m B) 4 m
C) 6 m D) 8 m
FR100 N/m
12 m x
125

126. Prosedur Menyelesaikan Soal
 Gambar FBD dari soal
 Jangan lupa kasih perjanjian tandanya
 Gambar gaya reaksi yang ada
 Kalo ada beban terdistribusi, cari dulu besar
gaya resultan, dan posisinya
 Hitung besar gaya reaksi di tumpuan,
menggunakan
∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0 ∑ Mo = 0
titik O itu titik apa? Yang mana?
126

127. Contoh Soal 1
Given: Weight of the boom =
125 lb, the center of
mass is at G, and the
load = 600 lb.
Find: Support reactions at A
and B.
Plan:
1. Put the x and y axes in the horizontal and vertical directions,
respectively.
2. Draw a complete FBD of the boom.
3. Apply the EofE to solve for the unknowns. 127

128. Contoh Soal 1 (Jawaban)
AX
AY
A
1 ft 1 ft 3 ft 5 ft
B G
D
600 lb125 lbFB
40°
FBD of the boom:
+ ∑MA = - 125 ∗ 4 - 600 ∗ 9 + FB sin 40° ∗ 1 + FB cos 40° ∗ 1 = 0
FB = 4188 lb or 4190 lb
→ + ∑FX = AX + 4188 cos 40° = 0; AX = – 3210 lb
↑ + ∑FY = AY + 4188 sin 40° – 125 – 600 = 0; AY = – 1970 lb128

129. Contoh Soal 2
A fixed crane has a mass of 1000 kg
and is used to lift a 2400 kg crate. It
is held in place by a pin at A and a
rocker at B. The center of gravity of
the crane is located at G.
Determine the components of the
reactions at A and B.
SOLUTION:
• Create a free-body diagram for the crane.
• Determine B by solving the equation
for the sum of the moments of all forces
about A. Note there will be no
contribution from the unknown
reactions at A.
• Determine the reactions at A by
solving the equations for the sum of
all horizontal force components and
all vertical force components.
• Check the values obtained for the
reactions by verifying that the sum of
the moments about B of all forces is
zero.
129

130. Contoh Soal 2 (jawaban)
• Create the free-body diagram.
• Check the values obtained.
• Determine B by solving the equation for the
sum of the moments of all forces about A.
( ) ( )
( ) 0m6kN5.23
m2kN81.9m5.1:0
=−
−∑ += BM A
kN1.107+=B
• Determine the reactions at A by solving the
equations for the sum of all horizontal forces
and all vertical forces.
0:0 =+=∑ BAF xx
kN1.107−=xA
0kN5.23kN81.9:0 =−−=∑ yy AF
kN3.33+=yA
130

131. Contoh Soal 3
↓=
−=
−+−==Σ
↑=
−
−−
=
−−==Σ
N18.75
75.18
22575.3631200
N363.75
400.
)500(.225)275(.120
)500(.225)275(.120)(400.0
y
y
y
y
yA
A
NA
NNNAyFy
B
m
mNmN
B
mNmNBmM
+
+
131

132. Contoh Soal 4
Given: The loading on the beam as
shown.
Find: Support reactions at A and B.
132

133. Contoh Soal 4 (jawaban)
SOLUTION:
• Taking entire beam as a free-body,
determine reactions at supports.
∑ = :0AM
( ) ( )( ) ( )( )
( )( ) 0m.48kN45
m.24kN45m.81kN90m.27
=−
−−D
kN117=D
:0∑ =yF
0kN54kN117kN54kN90 =−+−−yA
kN81=yA
133

134. Contoh Soal 5
Tentukan Reaksi di A dan B
134

135. Soal Tantangan
Given: The loading on the beam as shown.
Find: Reaction at B and A 135

136. Tentukan Reaksi di A dan C
Soal Tantangan (2)
136

137. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
percepatan & perlambatan
Pertemuan 12
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
137

138. ACCELERATION-DECCELERATION
138

139. WHAT IS SPEED?
 A way of describing “how fast” something is
moving.
 More technically, speed is the rate of change of
an objects position with respect to time.
139

140. CALCULATION OF SPEED
 There are a couple of different ways to
calculate speed
 Average speed, S, is simply the change in
position, x, divided by the time, t, taken to
travel that distance…
IF
IF
tt
xx
t
x
S
−
−
=
∆
∆
=
Maximum Speed = 62 mph
140

141. APPLICATIONS OF SPEED: BRITISH
THRUST SSC
MAX SPEED = 763 MPH
141

142. APPLICATIONS OF SPEED: SUPERSONIC
FLIGHT
MAX SPEED = 1650 MPH (MACH 2.2)
142

143. APPLICATIONS OF SPEED: SKY DIVER
TERMINAL VELOCITY = 200 MPH
143

144. SAMPLE PROBLEM: SPEED
 A runner runs a
400 meter race in
a time of 50
seconds.
What is her
average speed?
( )
( )s
m
S
tt
xx
S
IF
IF
050
0400
−
−
=⇒
−
−
=
s
m
S 8=⇒
144

145. WHAT IS ACCELERATION?
 A way of describing how fast something is
speeding up or slowing down.
 More technically, acceleration is the rate of
change of an objects speed with respect to time.
145

146. CALCULATION OF ACCELERATION
 As with speed, there are a couple of
different ways to calculate acceleration
 Average acceleration, a, is simply the time
rate of change of speed, S,…
IF
IF
tt
SS
t
S
a
−
−
=
∆
∆
=
146

147. APPLICATIONS OF ACCELERATION:
LAMBORGHINI
ACCEL. = 15.38 MPH/SEC = 22.56 FT/SEC^2
Engine: 6 liter, V12
Horsepower: 550 @ 7100 RPM
Maximum Speed: 210 MPH
0-60: 3.9 sec
0-100: 8.8 sec
Price: $275,000
147

148. APPLICATIONS OF ACCELERATION: SPACE
SHUTTLE ACCEL. = 64.87 MPH/SEC = 95.14
FT/SEC^2
Speed Attained: > 17,500 MPH
Time to Low Orbit: 11 min.
Time to Space: 45 min.
148

149. SAMPLE PROBLEM:
ACCELERATION
 A motorcycle turns the
corner of a race track at 85
MPH and then speeds up
to 150 MPH on the
straightaway. Knowing
that it took 5 seconds to
change speed, what is the
average acceleration?
( )
( )s
MPH
a
tt
SS
a
IF
IF
05
85150
−
−
=⇒
−
−
=
s
MPH
a 13=⇒
149

150. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Dinamika benda tegar
Pertemuan 13
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
150

151. KECEPATAN SUDUT
DAN PERCEPATAN SUDUT
θ
r
P
lintasan titik P
Panjang busur lintasan : θrs = (10.1a)
Posisi sudut : rs=θ (10.1b)
r
θ1
P,t1
θ2
Q,t2
r
Kecepatan sudut rata-rata :
12
12
tt −
−
≡
θθ
ω
t∆
∆
=
θ (10.2)
Kecepatan sudut sesaat :
tt ∆
∆
≡
→∆
θ
ω lim
0 dt
dθ
= (10.3)
12
12
tt −
−
≡
ωω
α
Percepatan sudut rata-rata :
t∆
∆
=
ω (10.4)
tt ∆
∆
≡
→∆
ω
α lim
0
Percepatan sudut sesaat :
dt
dω
= (10.5)
151

152. GERAK ROTASI UNTUK PERCEPATAN SUDUT TETAP
dt
dθ
ω =
tt o αωω =−)(
dt
dω
α =
konstan
∫ +=∫
t
o
t
dttdo 0
)(
)( αωθθ
θ
2
2
1)( ttt oo αωθθ +=− (10.7)
∫=∫
tt
dtdo 0
)(
αωω
ω
∫=∫
tt
dtdo 0
)(
ωθθ
θ
tt o αωω +=)( (10.6)(10.6)
)(222
oo θθαωω −+= (10.8)
atvtv o +=)(
2
2
1)( attvsts oo +=−
)(222
oo ssavv −+=
GLBB
Adakah relasi antara besaran sudut dan besaran linier ?
152

153. RELASI BESARAN SUDUT DAN LINIER
θ
r
P
v
ω
dt
ds
v =
dt
d
rv
θ
=
ωrv = (10.9)
P
at
ω
ar
a
θrs =
panjang lintasan
dt
dv
at =
dt
d
r
ω
=
αrat = (10.10)
r
v
ar
2
= 2
ωr= (10.11)
22
rt aaa += 4222
ωα rr += 42
ωα += r (10.12)
Kecepatan linier :
Percepatan tangensial :
Percepatan radial :
153

154. ENERGI KINETIK ROTASI
θ
ri
mi
vi
ω
Energi kinetik partikel ke i :
2
2
1
iii vmK =
Energi kineti seluruh benda :
∑=∑= 2
2
1
iii vmKK ∑= 22
2
1 ωiirm
ωii rv =
Momen kelembaman
( ) 22
2
1 ω∑= iirmK (10.13)
∑= 2
iirmI (10.14)
2
2
1 ωIK = (10.15)
Momen kelembaman untuk benda pejal :
m∆
∑ ∆=
→∆
mrI
m
2
0
lim ∫= dmr2
(10.16)
rapat massa :
V
m
V ∆
∆
=
→∆
lim
0
ρ
dV
dm
= dVdm ρ= dVrI ∫= 2
ρ
154

155. O
TEOREMA SUMBU
SEJAJAR
C
d
2
MdII c +=
Jika Ic adalah momen kelembaman benda terhadap sumbu putar yang
melalui pusat massanya, maka momen kelembaman benda terhadap
sembarang sumbu putar yang sejajar dan berjarak d dari sumbu tersebut
adalah : (10.17)
155

156. MOMEN GAYA
d1
d2
F3
r3
φτ sinrF≡
F2 cos φφ
F2 sin φ
F2
r2
F1
r1
dr =φsin
Fd=τ (10.18)
21 τττ +=net 2211 dFdF −=
Bagaimana keterkaitan momen gaya dengan besaran sudut ?
m
Ft
r
rFt=τ
tt maF = rmat )(=τ
αrat = rmr )( ατ =
ατ )( 2
mr=
ατ I= (10.19)
156

157. USAHA DAN ENERGI
P
φ
ds
dθ
sF ddW ⋅=
Usaha :
θφ rdF )sin(=
F
F sinφ
= τ
θτ ddW =
ατ I=
dt
d
I
ω
=
dt
d
d
d
I
θ
θ
ω
= ω
θ
ω
d
d
I=
ωω dIdW =
ωω
ω
ω
dIW t
o
∫=
2
2
12
2
1
ot II ωω −=
Usaha yang dilakukan oleh gaya luar untuk memutar benda tegar terhadap
sumbu tetap sama dengan perubahan energi kenetik rotasi benda tersebut !
157

158. KULIAH
DINAMIKA TEKNIK
Gaya & Momen inersia
Pertemuan 14
TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
158

159. 1.1 PENDAHULUAN
Fisika :Fisika :
 Ilmu pengetahuan yang mempelajari benda-benda dialam, gejala-
gejala, kejadian-kejadian alam serta interaksi dari benda-benda
dialam .
 Fisika merupakan ilmu pengetahuan dasar yang mempelajari sifat-
sifat dan interaksi antar materi dan radiasi.
 Fisika merupakan ilmu pengetahuan yang didasarkan pada
pengamatan eksperimental dan pengukuran kuantitatif (Metode
Ilmiah).
1.2
159

160. Fisika
Klasik Kuantum
(sebelum 1920) (setelah 1920)
 Posisi dan Momentum
partikel dapat ditetapkan
secara tepat
 ruang dan waktu
merupakan dua hal yang
terpisah
 Ketidak pastian Posisi
dan Momentum
partikel
 ruang dan waktu
merupakan satu
kesatuan
Hukum Newton Dualisme
Gelombang-Partikel
Teori Relativitas Einsten
1.3
160

161. 1.2 BESARAN DAN1.2 BESARAN DAN
SATUANSATUAN
 Besaran :
Sesuatu yang dapat diukur  dinyatakan dengan angka (kuantitatif) Contoh :
panjang, massa, waktu, suhu, dll.
 Mengukur :
Membandingkan sesuatu dengan sesuatu yang lain yang sejenis yang
ditetapkan sebagai satuan.
contoh : panjang jalan 10 km
Besaran Fisika baru terdefenisi jika :  ada nilainya (besarnya)
 ada satuannya
nilai
satuan
1.4
161

162.  Satuan :
Ukuran dari suatu besaran ditetapkan sebagai satuan.
Contoh :
 Sistem satuan : ada 2 macam
1. Sistem Metrik : a. mks (meter, kilogram, sekon)
b. cgs (centimeter, gram, sekon)
2. Sistem Non metrik (sistem British)
 Sistem Internasional (SI)
Sistem satuan mks yang telah disempurnakan  yang paling
banyak dipakai sekarang ini.
Dalam SI :
Ada 7 besaran pokok berdimensi dan 2 besaran pokok tak
berdimensi
 meter, kilometer  satuan panjang
 detik, menit, jam  satuan waktu
 gram, kilogram  satuan massa
 dll.
1.5
162

163. NO Besaran Pokok Satuan Singkatan Dimensi
1 Panjang Meter m L
2 Massa Kilogram kg M
3 Waktu Sekon s T
4 Arus Listrik Ampere A I
5 Suhu Kelvin K θ
6 Intensitas Cahaya Candela cd j
7 Jumlah Zat Mole mol N
7 Besaran Pokok dalam Sistem internasional (SI)7 Besaran Pokok dalam Sistem internasional (SI)
NO Besaran Pokok Satuan Singkatan Dimensi
1 Sudut Datar Radian rad -
2 Sudut Ruang Steradian sr -
Besaran Pokok Tak Berdimensi
1.6
163

164.  Dimensi
Cara besaran itu tersusun oleh besaran pokok.
 Besaran Turunan
Besaran yang diturunkan dari besaran pokok.
1. Untuk menurunkan satuan dari suatu besaran
2. Untuk meneliti kebenaran suatu rumus atau persamaan
- Metode penjabaran dimensi :
1. Dimensi ruas kanan = dimensi ruas kiri
2. Setiap suku berdimensi sama
- Guna Dimensi :
1.7
164

165. Contoh :
a. Tidak menggunakan nama khusus
NO Besaran Satuan
1 Kecepatan meter/detik
2 Luas meter 2
b. Mempunyai nama khusus
NO Besaran Satuan Lambang
1 Gaya Newton N
2 Energi Joule J
3 Daya Watt W
4 Frekuensi Hertz Hz
1.8
165

166. Besaran Turunan dan Dimensi
NO Besaran Pokok Rumus Dimensi
1 Luas panjang x lebar [L]2
2 Volume panjang x lebar x tinggi [L]3
3 Massa Jenis [m] [L]-3
4 Kecepatan [L] [T]-1
5 Percepatan
[L] [T]-2
6 Gaya massa x percepatan [M] [L] [T]-2
7 Usaha dan Energi gaya x perpindahan [M] [L]2 [T]-2
8 Impuls dan Momentum gaya x waktu [M] [L] [T]-1
massa
volume
perpindahan
waktu
kecepatan
waktu
1.9
166

167. Faktor Penggali dalam SI
NO Faktor Nama Simbol
1 10 -18
atto a
2 10 -15
femto f
3 10 -12
piko p
4 10 -9
nano n
5 10 -6
mikro μ
6 10 -3
mili m
7 10 3
kilo K
8 10 6
mega M
9 10 9
giga G
10 10 12
tera T
1.10167

168. 1. Tentukan dimensi dan satuannya dalam SI untuk besaran turunan berikut :
a. Gaya
b. Berat Jenis
c. Tekanan
d. Usaha
e. Daya
Jawab :
b. Berat Jenis = = =
= MLT
-2
(L-3
)
= ML-2
T-2
satuan kgm-2
berat
volume
Gaya
Volume
MLT -2
L3
a. Gaya = massa x percepatan
= M x LT -2
= MLT -2
satuan kgms-2
c. Tekanan = = = MLT -2
satuan kgm-1
s-1
gaya
luas
MLT -2
L2
d. Usaha = gaya x jarak = MLT -2
x L = ML 2
T -2
satuan kgm-2
s-2
e. Daya = = = ML 2
T -1
satuan kgm-2
s-1
usaha
waktu
ML 2
T -2
T
Contoh SoalContoh Soal
1.11
168

169. 2. Buktikan besaran-besaran berikut adalah identik :
a. Energi Potensial dan Energi Kinetik
b. Usaha/Energi dan Kalor
Jawab :
a. Energi Potensial : Ep = mgh
Energi potensial = massa x gravitasi x tinggi
= M x LT-2
x L = ML2
T-2
Energi Kinetik : Ek = ½ mv2
Energi Kinetik = ½ x massa x kecepatan2
= M x (LT-1) 2
= ML2
T-2
Keduanya (Ep dan Ek) mempunyai dimensi yang sama  keduanya identik
b. Usaha = ML2
T-2
Energi = ML2
T-2
Kalor = 0.24 x energi = ML2
T-2
Ketiganya memiliki dimensi yang sama  identik
1.12
169

170. 170
LEARNING OUTCOMES
Pada akhir pertemuan ini, diharapkan
mahasiswa
akan mampu :
 Menghitung momen inersia arah x dan y
dari penampang majemuk dengan
koordinat Cartesian & Polar
TIK - 3

171. 171
CONTOH SOAL
 Momen inersia suatu bentuk bidang
terhadap sumbu x dan y di bidangnya
masing - masing didefinisikan dengan
integral-integral (KOORDINAT CARTESIAN)
∫=
∫=
dAxIy
dAyIx
2
2
∫ ===
2
a
0
32
)a....(12/badyby2Ix,bdydA

172. 172

173. 173
 Melalui cara yang sama, dengan
mengambil momen inersia terhadap
sumbu y diperoleh:
 Rumus (a) dapat digunakan pula untuk
menghitung momen inersia Ix jajaran
genjang atau belah ketupat (gambar a)
)b....(12/abIy 3
=

174. 174
 Belah ketupat ini dapat dipandang
sebagai bentuk empat persegi panjang,
lihat garis putus-putus, dengan suatu
pergeseran tertentu untuk setiap elemen
tertentu (berarsir) yang sejajar dengan
sumbu x.
 Transformasi ini tidak mengubah luas
elemen ataupun jaraknya dari sumbu x,
maka harga Ix untuk empat persegi
panjang akan sama harganya dengan
belah ketupat.

175. 175

176. 176
 Dalam menghitung momen inersia sebuah
segitiga terhadap alasnya (gambar b),
maka untuk suatu elemen pada jarak y
dari alas,
 Dan diperoleh:
h
dy)yh(b
dA
−
=
∫ =−=
h
0
32
12/bhdy)yh(yh/bIx

177. 177
MOMEN INERSIA POLAR
 Momen inersia luas relatif terhadap garis
atau sumbu tegak lurus bidang luas
disebut momen inersia polar simbul J.
 Momen inersia luas pada bidang X Y
terhadap sumbu Z adalah:

178. 178
IyIx
dAydAx
dA)yx(
dArJz
dAI
22
22
2
2
+=
∫ ∫+=
∫ +=
∫=
∫= ρ

179. Pertemuan ke-14TEKNIK MESIN
STTNAS
YOGYAKARTA
179
KULIAH
DINAMIKA TEKNIK

180.  Sebuah roda gila (flywheel) adalah sebuah massa
berputar yang digunakan sebagai penyimpan tenaga
dalam mesin.
 Energi kinetik dari sebuah benda berputar adalah
1/2Iw2
di mana I adalah momen kelembaman dari
suatu massa terhadap suatu sumbu putaran dan w
adalah percepatan sudutnya.
 Jika kecepatan dari mesin ditambah, tenaga akan
tersimpan dalam roda gila, dan jika kecepatannya
dikurangi, tenaga akan dikeluarkan oleh roda gila.
180

181.  Ada 2 macam mesin yang mendapatkan keuntungan
dari penggunaan sebuah roda gila yaitu :
1. generator listrik yang digerakkan oleh sebuah motor
bakar
2. mesin press pembuat lubang
181

182.  Momen puntir yang diberikan ke generator
berubah-ubah karena adanya langkah tenaga
hanya terdapat sekali dalam setiap dua kali
putaran mesin.
 Voltase kelu-aran dari suatu generator adalah
fungsi dari kecepatan, suatu perubahan dalam vol-
tase akan mengakibatkan suatu kedipan dalam
cahaya lampu.
 Sebuah roda gila diguna-kan dalam hal seperti ini
untuk menjamin kecepatan dan momen puntir
yang cukup merata dari generator.
182

183.  Proses pembuatan lubang membu-tuhkan
sejumlah tenaga yang besar dalam keadaan
mesin berjalan cepat dan tiba-tiba, dan jika roda
gila tidak digunakan semua teraga ini harus
dilakukan oleh sebuah motor, yang akan
memerlukan tenaga yang besar.
 Dengan menggunakan sebuah roda gila, motor
yang jauh lehih kecil dapat digunakan.
 Hal ini karena tenaga dari motor disim-pan
dalam sebuah roda gila selama selang waktu
antara proses pembuatan lubang dan tersedia
untuk digunakan pada waktu proses pembuatan
lubang terjadi.
183

184.  Adalah variasi dari kecepatan yang diperlukan dan
didefinisikan sebagai :
184

185. 185

186. misalkanlah bahwa kecepatan sudutnya bervariasi, di
mana V1 adalah kecepatan maksimum dari pelek, V2
adalah kecepatan minimum dari pelek, dan V adalah
kecepatan rata-rata pelek, maka: 186

187. atau 2V = V1 + V2 ……pers1
Mengingat koefisien fluktuasi dalam kecepatan
Maka ……pers2
Umpamakan bahwa seluruh massa M dari roda gila
berpusat pada jari rata-rata R. Maka tenaga kinetis(KE)
pada kecepatan V1 dan V2adalah:
187

188. 188

189.  Dalam sebuah roda gila aktual tidak semua massanya
dipusatkan pada peleknya se-perti telah kita asumsikan,
tetapi sebuah roda gila biasanya dirancang sedemikian
hingga hampir semua massanya ada dalam peleknya,
sehingga tenaga kinetisnya akan menjadi lebih besar pada
suatu kecepatan sudut yang tertentu. Dalam persamaan-
persamaan di atas, M adalah massa efektif dari roda gila
pada peleknya dan sama dengan massa dari pelek
ditambah efek dari semua lengan dan porosnya.
 Mengingat tegangan-tegangan dalam pelek dan lengan
adalah dischabkan oleh gaya-gaya sentrifugal yang
merupakan fungsi dart kecepatan, kecepatan pelek V
biasanya dibatasi sampai 30 m/detik untuk besi tuang dan
40 m/detik untuk baja. Berat jenis dari besi tuang ada-lah
7090 kg/m3
dan baja adalah 7830 kg/m2
189

190.  Sebagai suatu contoh dari analisa sebuah roda gila kita akan
menentukan ukuran dari roda gila yang perlu untuk digunakan
dalain sebuah mesin press pem-buat lubang. Suatu diagram dari
sebuah mesin press ditunjukkan dalam Gambar, di mana sebuah
peluncur dari mekanisme engkol-peluncur bekerja sebagai
penembus (punch) untuk memaksa segumpal metal dari pelat
melalui lubang dari cetakan. Mesin press tersebut dapat membuat
lubang sebanyak 30 lubang per menit dan berarti waktu yang
diperlukan untuk pembuatan 1 lubang adalah 2 detik.
 Kita akan mengumpamakan bahwa waktu nyata yang diperlukan
untuk membuat lubang adalah 1/6 interval waktu keseluruhan
kerja pembuatan lubang, atau waktu pembuatan lubang yang
nyata adalah 1/6 (2) = 1/3 detik. Sebuah lubang dengan diameter
20 mm harus dibuat pada pelat baja 102 yang tebalnya 13 mm.
Motor penggeraknya berjalan dengan 900 putaran/menit dan
melalui roda gigi reduksi akan memberikan 30 kerja pembuatan
lubang per menit. 190

191. Jawab
:
191

192. Gambar dibawah menunjukkran sebuah tipa kurva yang menggambarkan hubungan antara
gaya vs perpindahan untuk suatu langkah pembuatan lubang dalam sebuah material yang kenyal
seperti baja. Luasan di bawah kurva gaya vs perpindahan gerak dalam Gambar dibawah, kira-kira
dapat dianggap merupakan sebuah segitiga,
192

193. maka lzerja yang dilakukan untuk pembuatan suatu lubang
adalah:
Jadi
ANALISA TANPA RODA GILA Tenaga rata-rata yang diperlukan selama kerja pem-buatan
lubang, dengan mengasumsikan kurva gaya lintasan dalam Gambar (b) adalah siku-siku, adalah:
193

194. Akan tetapi, mengingat P dalam Gambar (a) adalah dua kali yang ada dalam
Gambar (b), tenaga sesaat maksimum nyatanva kira-kira adalah 9840 W.
ANALISA DENGAN RODA GILA Jika sebuah roda gila digunakan, tenaga motor
dapat dikurangi cukup banyak. Gambar (c) menunjukkan bahwa waktu pem­buatan
lubang adalah 2 detik dan waktu pembuatar lubang yang nyata adalah 1/3 detik.
Jika sebuah roda gila digunakan jumlah tenaga yang sama untuk tiap periode harus
diberikan dan dinyatakan oleh luasan FGIE. Jadi dengan sebuah roda gila tenaga
sehesar 1640 J diberikar. dalam 2 detik, ini menunjukkan bahwa diperlukan tenaga
motor = 1640/2 = 840 W. Selama 1/3 detik interval pembuatan lubang, mo­tor
memberikan tenaga yang dinyatakan oleh luasan AHIE, yang besar = 273 J, tetapi
tenaga yang diperlukan untuk pembuatan lubang dinyatakan oleh luasan ABODE.
yang besarnya 1640 J. Jadi tenaga yang harus diambil oleh roda gila adalah 1640 –
273 = 1367 J. Jadi kita lihat bahwa tenaga yang diberikan oleh motor selama kerja
pembuatan lubang adalah 273/1640 = 1/6 dari jumlah total tenaga yang diperlukan
selama seluruh periode.
194

195.  Untuk menentukan massa dan ukuran dari roda gila, kita
umpamakan diameter pelek rata-rata = 900 mm, maka kecepatan
pelek rata-rata akan sama dengan:
195

196. 196

197. Sebagai contoh lain dari penggunaan sebuah roda gila,
marilah kita perhatikan suatu roda gila yang diperlukan
dalarn sebuah mesin empat langkah satu silinder. Dalam
Gambar momen puntir keluaran digambarkan terhadap
posisi dari engkol. Empat langkah dari torak terjadi selama
sebuah periode dan hanya ada satu kali langkah tenaga
untuk 2 putaran. Momen puntir keluaran kombinasi
adalah jumlah momen punter yang disebabkan oleh
tekanan gas dan momen puntir kelembaman. Tekanan gas
pada torak dapat diperoleh dari suatu diagram indikator.
yang memberikan gambaran tentang te-kanan gas sebagai
funesi dari posisi torak. Momen puntir keluaran yang
disebabkan kare-na tekanan gas dapat diperoleh dari
analisa gaya statis dan digambarkan terhadap (ver-sus)
posisi menyudut dari engkol. Momen puntir kelembaman
keluarannya diperoleh dari analisa tentang gaya
kelembaman.
197

198. Luasan yang terletak di atas garis momen puntir nol menyatakan
kerja positif yang
dilakukan oleh mesin. dan luasan di bawahnva
menyatakan kerja negatif. Momen puntir rata-ratanya diperoleh
dengan menjumlahkan secara ilmu hitung luasan-luasan ini dan
membaginya dengan lintasan engkol pada 720°. Jika ada sebuah
mesin yang digerakkan oleh mesin motor (engine) memberikan
momen puntir penahan yang sama dengan momen puntir rata-
rata, sesuatu peralatan harus ditambahkan untuk meratakan
kurva mo-men puntir kombinasi. Tujuan dari suatu roda gila
adalah memberikan momen puntir keluaran yang merata
(uniform). Luasan yang ditandai dengan garis-garis miring di
atas garis momen puntir rata-rata menyatakan adanya kelebihan
tenaga yang disebabkan ka-rena kecepatan yang bertambah dan
kelebihan tenaga ini tersimpan dalam roda gila, dan luasan yang
ditandai dengan garis-garis miring di bawah garis momen puntir
rata-rata me-nyatakan adanya kekurangan tenaga yang
disebabkan karena berkurangnya kecepatan dan kekurangan
tenaga ini diambil dari roda gila. Besar relatif dari luasan yang
ditandat dengan garis-garis miring dalam gambar diberikan oleh
jumlah luasan seperti ditunjukkan dalam gambar. 198

199. Untuk menentukan tenaga yang harus disimpan dalam roda gila
kita hams menentu-kan posisi di mana kecepatan engkolnya
maksimum dan minimum. Pertama-tama kita seakan-akan
percaya bahwa kecepatan akan minimum pada awal dari
lanakah tenaga dan maksimum pada akhir dari langkah tenaga.
Bagaimanapun juga dari penyelidikan Gambar kita akan melihat
bahwa ini bukaniah posisi-posisi yang benar. Jika kita mu-lai
pada titik A dan pergi ke titik B, kita melihat bahwa luasan di
bawah kurva mo-men puntir kombinasi adalah negatif,
menunjukkan adanya pengurangan pada tenaga, jadi
kecepatannya berkurang. Maka sewaktu kita pergi dari B ke C,
kita akan melihat bahwa luasannya positif, menunjukkan
adanya kelebihan tenaga, jadi kecepatannya ber-tambah. Oleh
karena itu kecepatan maksimum dan minimum terjadi pada
suatu posisi di mana kurva momen puntir kombinasinya
memotong kurva momen puntir rata-rata.
199

200. Untuk menentukan titik-titik di mana kecepatannya maksimum
dan minimum, se-cara kasar kita akan memulainya di titik D,
suatu titik awal di mana kurva momen puntir kombinasinya
memotong kurva rata-rata dan kita sebut kecepatan di sini = ωl .
Pada titik ini energi kinetiknya adalah E1, dan pada waktu kita
meneruskannya ke titik A, karena kelebihan tenaga = 100,
tenaga pada A adalah E1 + 100. Maka sewaktu kita me-neruskan
ke titik B, ada kekurangan tenaga 75 unit. dan jadi pada waktu
di B. tenaga telah berkurang menjadi E1 + 25. Pada puncak dari
gambar, tingkat tenaga relatifnya dinyatakan untuk tiap
perpotongan, dan kita melihat bahwa kecepatan maksimum ter-
jadi di titik A, di mana merupakan suatu titik yang tenaganya
adalah maksimum, dan kecepatan minimum terjadi pada titik E,
di mana tenaganya adalah minimum. Kemudian perubahan
tenaga maksimum diberikan oleh jumlah secara ilmu hitting dari
luasan yang diarsir di antara titik-titik ini, ini adalah tenaga
yang digunakan dalam persamaan 5.
200

201.  Roda gila sering disebut juga roda gaya, roda penerus, adalah sebuah komponen
berupa sebuah piringan yang dipasangkan pada flensa di ujung roda poros
engkol. Bagian tepi roda gila biasanya memiliki cincin bergerigi untuk pertautan
dengan roda gigi motor starter pada saat motor dihidupkan. Karena itu tanpa
roda gila hampir tidak mungkin menghidupkan mesin. Kalaupun hidup, putaran
mesin menjadi tidak teratur. Bobot yang dimiliki roda gila inilah yang
menyebabkan putaran poros engkol mantap dan halus. Bobot roda gila pada
mesin mobil penumpang berkisar 7.5-50 KG.
 Sirip pengimbang pada poros engkol sering dimanfaatkan untuk membuat
putaran mesin menjadi lebih merata. Beberapa merek mobil juga memakai mesin
yang dilengkapi alat peredam getaran sehingga putaran mesin menjadi sangat
halus. Bentuk peranti ini mirip roda gila, tetapi ukurannya lebih kecil dan
dipasang diujung poros engkol bagian depan.
 Roda gila dipasang kokoh pada ujung poros engkol sehingga tidak mudah bergeser
dari dudukannya. Ini untuk menjamin agar roda gila, mesin , dan kode penyalaan
tetap pada posisi yang benar. Selain itu, tepat ditengah roda gila ada lubang kecil.
Bantalan peluru ini bertugas menahan ujung bagian depan poros kopling.
 Fungsi lain dari roda gila adalah sebagai tempat pemasangan kopling. Kopling
terpasang pada roda gila berikut tempurung yang seputar sisi sekrupnya pada
roda gila. Permukaan salah satu roda gila dibubut sangat halus. Jadi disamping
Roda Gila pada Kopling
201

202. 202

203. HUBBLE’S LAW
 Hubble interpreted redshift-distance relationship as a
linear increase of the recession velocity of external
galaxies with their distance
 Mathematically, the Hubble law is
v=H×d
where v=velocity and d=distance
 Modern measurement gives the Hubble constant as
H=72 km/s/Mpc
 In fact, Hubble’s interpretation is only “sort of” correct
 What really increases linearly with distance is simply
wavelength of light observed, and this redshift is due to
the cosmological expansion of space over the time since
the light left the distant galaxy and arrived at the Milky
Way! 203

204. SPACE TIME STRUCTURE – THE METRIC EQUATION
2 2 2
2 2 2
2
r x y
r f x g x y h y
∆ = ∆ + ∆
∆ = ∆ + ∆ ∆ + ∆
f, g, h Metric coefficients
2 2 2 2 2 2
cosr R Rθ θ φ∆ = ∆ + ∆
sphere
Metric is invariant
2 2 2 2
s c t c t x xα β γ∆ = ∆ − ∆ ∆ − ∆
2D space­time metric
204

205. POSSIBLE GEOMETRIES FOR
THE UNIVERSE
 The Cosmological Principles constrain the
possible geometries for the space-time
that describes Universe on large scales.
 The problem at hand - to find curved 4-d
space-times which are both homogeneous
and isotropic…
 Solution to this mathematical problem is
the Friedmann-Robertson-Walker (FRW)
metric.
205

206. COSMOLOGICAL PRINCIPLE
Universe is homogeneous – every place in
the universe has the same conditions as every
other place, on average.
Universe is isotropic – there is no preferred
direction in the universe, on average.
 Ignoring details…
 All matter in universe is “smoothed” out
ignore details like stars and galaxies, but deal
with a smooth distribution of matter
206

207. OBSERVATIONAL EVIDENCE FOR
HOMOGENEITY AND ISOTROPY
 Let’s look into space…
see how matter is
distributed on large
scales.
 “Redshift surveys”…
Make 3-d map of galaxy
positions
Use redshift &
Hubble’s law to
determine distance
207

208. CfA redshift
survey
Each point
is a bright
galaxy
208

209. Las Campanas
Redshift survey
209

210. FRIEDMANN-ROBERTSON-WALKER
METRIC
 A “metric” describes how the space-time intervals relate to
local changes in the coordinates
 We are already familiar with the formula for the space-time
interval in flat space (generalized for arbitrary space
coordinate scale factor R):
 In terms of radius and angles instead of x,y,z, this is written:
 General solution for isotropic, homogeneous curved space is:
 And in fact, in general the scale factor may be a function of
time, i.e. R(t)
∆s2
=(c∆t)2
−R2 ∆r2
1−kr2
+∆θ2
+sin2
θ(∆ϕ)2






∆s2
=(c∆t)2
−R2
∆x2
+∆y2
+∆z2
( )
∆s2
=(c∆t)2
−R2
∆r2
+∆θ2
+sin2
θ(∆ϕ)2
( )
210

211. CURVATURE IN THE FRW METRIC
 This introduces the curvature constant,
k
 Three possible cases…
Spherical spaces (closed; k=+1)
211

212. Flat spaces (open; k=0)
Hyperbolic spaces (open; k=-1)
212

213. MEANING OF THE SCALE
FACTOR, R.
 Scale factor, R, is a central concept!
 R tells you how “big” the space is…
 Allows you to talk about changing the size of the space
(expansion and contraction of the Universe - even if the
Universe is infinite).
 Simplest example is k=+1 case (sphere)
 Scale factor is just the radius of the sphere
R=1
R=2
R=0.5
213

214.  What about k=-1 (hyperbolic) universe?
 Scale factor gives “radius of curvature”
 For k=0 universe, there is no curvature… shape is unchanged
as universe changes its scale (stretching a flat rubber sheet)
R=1 R=2
214

215. CO-MOVING COORDINATES.
 What do the coordinates x,y,z or r,θ,ϕ represent?
 They are positions of a body (e.g. a galaxy) in the space that
describes the Universe
 Thus, ∆x can represent the separation between two galaxies
 But what if the size of the space itself changes?
 EG suppose space is sphere, and has a grid of coordinates on
surface, with two points at a given latitudes and longitudes θ1,ϕ1
and θ2,ϕ2
 If sphere expands, the two points would have the same latitudes
and longitudes as before, but distance between them would
increase
 Coordinates defined this way are called comoving coordinates
215

216.  If a galaxy remains at rest relative to the
overall space (i.e. with respect to the
average positions of everything else in
space) then it has fixed co-moving
coordinates.
 Consider two galaxies that have fixed co-
moving coordinates.
Let’s define a “co-moving” distance D
Then, the real (proper) distance between the
galaxies is d=R(t) ×D
216

217. DtR )(
DttR )( ∆+
Galaxies and galaxy clusters gravitationally bound. Their meter
length does not change with expansion
217

218. 218

219. 219

220. 220

221. 221

222. HUBBLE LAW
222

223. EXPANSION RATE
223

224. 224

225. 225

226. HUBBLE TIME
Hubble
sphere
DH
226

227. SCALE FACTOR –ROBERTSON WALKER
METRIC
 According to GR, the possible space-time intervals in a
homogeneous, isotropic Universe are the FRW metric forms with k=0
(flat), k=1 (spherical), k=-1(hyperbolic):
 The scale factor R(t) describes the relative expansion of space as a
function of time.
 Both physical distances between galaxies and wavelengths of
radiation vary proportional to R(t).
 d(t) =Dcomoving R(t)
 λ(t)=λemitted R(t)/R(emitted)
 Observed redshift of radiation from distant source is related to scale
factor at emission time (t) and present time (t0) by 1+z=R(t0)/R(t)
 Hubble observed that Universe is currently expanding; expansion
can be characterized by H=(∆ R/∆ t)/R
 For nearby galaxies, v=d×H0 ,where the present value of the Hubble
parameter is approximately H0 =70 km/s/Mpc
∆s2
=(c∆t)2
−R(t)2 ∆r2
1−kr2
+∆θ2
+sin2
θ(∆ϕ)2






227

228. INTERPRETATION OF HUBBLE
LAW IN TERMS OF RELATIVITY
 New way to look at redshifts observed by Hubble
 Redshift is not due to velocity of galaxies
 Galaxies are (approximately) stationary in space…
 Galaxies get further apart because the space between
them is physically expanding!
 The expansion of space, as R(t) in the metric equation, also
affects the wavelength of light… as space expands, the
wavelength expands and so there is a redshift.
 So, cosmological redshift is due to cosmological
expansion of wavelength of light, not the regular
Doppler shift from local motions.
228