Tumbukan Partikel.docx

DINAMIKA PARTIKEL

Oleh Kelompok : VIII Fisika Dik D 2015    

RIKA MAWARNI NIDIA I SIMANGUNSONG SEPRIADI B SIMANJUNTAK ROMAULI OPI A SIRAIT

Fakultas Matematika dan Ilmu Pengetahuan Alam UNIMED 2016

Kata Pengantar Puji syukur kehadirat Tuhan Yang Maha Esa atas segala rahmatNYA memberikn kekuatan untuk menyelesaikan makalah tugas mata kuliah Mekanika. Sejatinya makalah ini disajikan untuk memberikan peluang kepada mahasiswa untuk dapat berpikir secara logis dan matematis. Tidak lupa kami juga mengucapkan banyak terimakasih atas bantuan dari pihak yang telah berkontribusi dengan memberikan sumbangan baik materi maupun pikirannya.

Dan harapan kami semoga makalah ini dapat menambah pengetahuan dan pengalaman bagi para pembaca, Untuk ke depannya dapat memperbaiki bentuk maupun menambah isi makalah agar menjadi lebih baik lagi.

Karena keterbatasan pengetahuan maupun pengalaman kami, Kami yakin masih banyak kekurangan dalam makalah ini, Oleh karena itu kami sangat mengharapkan saran dan kritik yang membangun dari pembaca demi kesempurnaan makalah ini.

Medan, 29 November 2016

Penyusun

BAB 1 PENDAHULUAN 1.1 Latar Belakang Dalam memahami interaksi antar partikel, maka yang sering juga dilakukan adalah dengan melakukan hamburan antar partikel (dengan melakukan tumbukan antar partikel). Secara garis besar eksperimen hamburan dilakukan dengan membombardir

target, yang dapat

berupa atom, inti atom atau partikel, dengan partikel lain. Sifat -sifat dan kondisi awal dari partikel proyektil dan target diketahui. Setelah tumbukan, proyektil akan dihamburkan oleh target ke suatu arah.

Partikel yang terhambur diterima oleh detektor pada sudut dari arah

berkas awalnya. Jadi jumlah partikel yang diterima per detik diukur sebagai fungsi sudut. Partikel masuk dapat menyebabkan suatu reaksi inti terjadi pada target, yang menghasilkan suatu isotop zat radioaktif. Besaran paling penting diukur dalam proses hamburan adalah tampang lintang diferensial (differential cross section) yang menunjukkan kebolehjadian terjadinya hamburan ke sudut tertentu. Tampang lintang total (total cross section) mewakili kebolehjadian untuk segala sudut hamburan. Dalam perhitungan tampang lintang hamburan digunakan analisis gelombang parsial yang

melibatkan penyelesaian persamaan Schrodinger. Tampang lintang total

hamburan elektron diperlukan dalam banyak aplikasi ilmiah dan sangat penting mengembangkan model - model teoritis untuk memahami proses interaksi elektron- atom. 1.2 Rumusan Masalah - mengetahui pengertian tumbukan partikel - mengetahui mengetahui pengertian dari tumbukan energi

1.3 tujuan - menetahui pengertian dari tumbukan partikel - mengetahui pengertian pengertian tumbukan elastis kinematika

BAB II PEMBAHASAN 2.1 TUMBUKAN PARTIKEL Salah satu aplikasi yang berguna dari konsep-konsep yang telah kita dijelaskan di atas untuk sistem partikel adalah di studi tumbukan partikel. Untuk sebuah sistem partikel yang terisolasi tanpa gaya eksternal yang bekerja padanya, maka momentum linear total dilestarikan. Jika massa partikel tetap, kecepatan pada pusat massa adalah konstan. Oleh karena itu kerangka acuan yang bergerak dengan pusat massa adalah inersia, dan sehingga kita dapat menggunakan mekanika Newton di kerangka acuan . Bekerja dari acuan ini jauh lebih mudah dar ipada di acuan lain karena aljabar berkurang (tidak perlu ekstra kecepatan dari luar) dan simetrinya yang lebih mudah terlihat.

Suatu pengaplikasian dan konsep yang sudah dijelaskan tentang sistem pusat massa

m1 , m2  massa partikel ui , vi  kecepatan awal dan akhir partikel i pada sistem

ui' , vi'  kecepatan awal dan akhir partikel i pada cm sistem T0 ,T0'  energi kinetik total pada sistem

Ti , Ti '  energi kinetik total partikel i pada lab dan cm sistem

V  kecepatan sistem cm dengan pantulan lab sistem

 I  sudut antara kecepatan partikel i awal dan akhir( cos i  vi .u i

  sudut pembelokan pada sistem Menurut mutu nya,penyebaran 2 partikel pada lab dan pusat massa partikel dapat digambarkan dengan:

Cm frame

Lab frame 𝑚1

𝑢 ⃗⃗⃗⃗1

𝑚2

.

𝑚1

.

𝑢 ⃗⃗⃗⃗1

𝑢 ⃗⃗⃗⃗1

𝑚2

𝑢 ⃗⃗⃗⃗2 = 0 ⃗ 𝑉

Karena total momentum habis pada sistem cm ,maka 2 partikel harus keluar bertumbukan dengan vektor kecepatan pantulan. Ketika mengembalikan ke sistem lab ,maka akan terdapat ⃗. 2 sudut mencerminkan derajat bebas pada nilai kecepatan total 𝑉 Dengan memeprtimbangkan keadaan,maka pusat massa menunjukkan:

m1 r1  m2 r2  M R m1 u1  m2 u 2  M V Pada keadaan ⃗⃗⃗⃗ 𝑢2 =0 maka didapatkan persamaan:

V

m1 .u1 m1  m2

Persamaan ini adalah kecepatan dimana pusat massa yang bergerak terhadap m2.sejak pusat massa tetap pada bingkai pusat massa ,maka u1;  V Maka persamaan menjadi u1,  u1  V 

m1 .u1 m1  m2

2.2 TUMBUKAN ELASTIS :KINEMATIKA Adalah dimana kineik internal dan energi potensial pada bagian yang bertubukan tidak berubah . Kita juga mengasumsikan bahwa tidak ada energi potensial eksternal jadi energi satu-satunya adalah energi kinetik eksternal pada permaslahan ini,karena kita mengasumsikan bahwa energi internal tidak berubah ,kekekekalan energi menujukkan kekekalan pada energi mekanika .Karena kita mmengasumsikan tidak ada potensial eksternal ,kekekalan energi mekanika menunjukkan kekekalan energi kinetik eksternal.

Pada 2 partikel bertumbukan,kekekalan momentum linier dan energi pada pusat massa dirumuskan:

0  m1 u1,  m2 u 2,  m1 v1,  m2 v 2, 2 2 2 2 1 1 1 1 m1u1,  m2 u 2,  m1v1,  m1v1, 2 2 2 2

m12  ' 2 1  m12  ' 2 1 m  u  m   1  1  1 v1 2 m2  2 m2  Jadi v1'  u1' maka v2'  u 2' energi kinetik setiap partikel adalah masing-masing pada ingkai cm maka ^ ^ m2 u1  ^ ^   v1'  u1'  x cos   y sin    x cos   y sin      m1  m2   ^ ^ ^ ^ m2 u1     v 2'  u 2'  x cos   y sin     x cos   y sin    m1  m2    

Kemudian diubah menjadi persamaan cm dengan menambahkan V ^ m u m2 u1  ^ m2 u1 v1'  u1'  V  x  2 1 cos   sin   y m1  m2  m1  m2  m1  m2 ^ m2 u1 m2 u1  ^ m2 u1 v 2'  u 2'  V  x  cos   sin  y m1  m2  m1  m2  m1  m2

Jadi kita dapat menemukan sudut  I dan  2 : tan 1

tan 2

sin  m1  cos  m2 sin  1  cos 

 untuk semua persamaan , tan 2 0 jadi 0  2 2 Partikel 2 selalu maju mennyebar pada bingkai lab,partikel 1 tergnatung pada keadaan m1>m2, m1=m2,dan m1<m2

Saat m1=m2 sin    tan 1  cos  2 sin   tan 2  cot 1  cos  2  1 2 tan 1

Saat m1<m2 Pada keadaan ini nilai dari tan 1 dapat bernilai positif dan negatif Saat m1>m2 Pada keadaan ini nilai dari tan 1 hanya bernilai positif jadi sudut penyebaran cm 0     Ssehingga 0  2 

𝑉

𝑚1

1

𝑚2

Ketika 𝑣′ = 𝑉 𝑣1′

2

< 1 , hanya ada satu solusi untuk nilai ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 untuk nilai tertentu dari 𝜓1 . Untuk

> 1, kita dapat lihat bahwa nilai tunggal dari 𝜓1 dapat diturunkan dari dua nilai yang

berbeda dari Θ. Hal ini tidak selalu ditetapkan untuk persamaan 𝜓1 . Jika 𝑚1 ≪ 𝑚2 kemuadian tan 𝜓1 ≈ tan Θ atau 𝜓1 ≈ Θ; lab dan cm memiliki nilai yang hampir sama. Untuk 𝑚1 ≫ 𝑚2 ,kita mempunyai tan 𝜓1 ≪ 1 untuk semua Θ, jadi 𝑚2 selalu tersebar di sepanjang vektor kecepatan partikel partikel yang masuk. Ayo kita hitung nilai maksimum dari 𝜓1 . Perhatikan tiga kasus terpisah ini : Θ

𝜋



𝑚1 = 𝑚2 untuk kasus ini ingat bahwa 𝜓1 =



𝑚1 < 𝑚2 hamburan mundur dalam lab frame diperbolehkan dalam kasus ini

. Jadi jelas 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 = 2 . 2

sehingga 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 = 𝜋 . 

𝑚1 > 𝑚2 ini yang paling susah karna hamburan mundur di cm frame masih akan maju dalam lab frame. Kita bisa mencari dengan 2 cara :

1) Geometris : Ada sebuah penurunan geometris yang mudah. Ada dua hamburan pusat massa dengan Θ yang mengakibatkan lab yang sama dengan 𝜓1 . Ini terjadi pada dua titik persimpangan dengan jari-jari lingkaran 𝑣1′ dari garis yang membuat sudut 𝜓1 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 ⃗⃗⃗𝑉 . Ketika 𝜓1 meningkat,ada interaksi antara dua point persimpangan ini bergerak bersama-sama sampai mereka menjadi identik. Pada titik ini, vektor ⃗⃗⃗⃗ 𝑣1 bersinggungan dengan lingkaran . Sebuah persinggungan antara lingkaran dengan vektor radius ketitik itu, yakni 𝑣1′ . Jadi kita memiliki sebuah segitiga siku siku dengan sisi 𝑣1′ dan 𝑣1 sisi miringnya adalah V. sin 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 =

𝑣1′ 𝑚2 = 𝑉 𝑚1

2) Kalkulus : Kita dapat melihat sebelum 𝜓1 berada dikuadrat pertama untuk 𝑚1 > 𝑚2 , jadi nilai maksimal dari 𝜓1 sesuai dengan maksila dari 𝑡𝑎𝑛𝜓1 𝑑 cos Θ 𝑠𝑖𝑛2 Θ = 𝑚 + 2 1 𝑚1 𝑑Θ + cos Θ ( + cos Θ) 𝑚2 𝑚2 𝑚1 2 2 𝑚2 cos Θ + 𝑐𝑜𝑠 Θ + 𝑠𝑖𝑛 Θ = 𝑚1 𝑚2 + cos Θ 𝑚 1 + 𝑚1 cos Θ = 𝑚 2 1 𝑚2 + cos Θ Untuk menyelesaikan persamaan digunakan cos Θ = −

𝑚2 𝑚1

Menjadi : 𝑠𝑖𝑛2 Θ

tan2 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 =

2 𝑚 (𝑚1 + cos Θ) 2

𝑚2 2 𝑚1 2 = 𝑚 𝑚 2 (𝑚1 − 𝑚2 ) 2 1 1−

𝑚2 2 = 𝑚1 2 − 𝑚2 2 Sekarang kita gunakan identitas trigonometri untuk menemukan sin 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 : 𝑠𝑖𝑛2 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 =

1 1+ 𝑐𝑜𝑡 2 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠

1

= 1+

𝑚1 − 𝑚2 2 𝑚2 2

=

2

𝑚2 2 𝑚1 2

sin 𝜓1𝑚𝑎𝑘𝑠 =

𝑚2 𝑚1

2.3 Tumbukan Elastis : Energi Ingat sebelumnya bahwa kami memutuskan bahwa energi kinetik setiap partikel dikembangkan individual dalam bingkai cm, yang nyaman. Apa yang terjadi pada energi kinetik dalam bingkai lab? Pertama ,bahwa yang kita ketahui energi kinetik awal pada lab dan bingkai cm untuk Yaitu : 1 2 m 1 u1 2 1 2 2 T '0  2 m1 u'1  m2 u'2

T

0





 1  m1 2 





1 2



2

2

2

2

mm u m m 1

2

1

1

2

m m

1

2

T

0

2

Catatan bahwa ini menyatakan 1

T '  2 m v'

2

1

1



1 2 m 1 u '1 2 2

 1 m 1  2

m 2  u   m1 m 2 

2

1

2

 m2     T  m1 m2 



2

2

2

1



2

1

1

m

1



2

m m u m u  m1 m 2 m1 m 2 

0

T' T 0

0

. Maka akhirnya cm energi ialah :

u

2

0

T'

2



1 1 2 2  m2 u'2 m 2 v'2 2 2 2

 m1  1  m     u 2  m1 m 2  2



2

1

mm m1 m2 T 1

2

2

0

m m m T' T'  m1 m2 T 2

2

1

1

2 2

2



m

T T'

2

m m 1

0

0

0

2

Jelas,bahwa kita akan ingin menemukan energi bingkai lab akhir,maka dalam hal ini energi bingkai lab awal. Kita dapat menuliskan:

T T

1 0

1 2 2 m 1 v1 v 2 1   2 1 2 u1 2 m1 u1

Hukum cosinus yang diterapkan digambarkan berkaitan dengan

v'  v  V 2

2

1

1

2

 2 v1V cos

1

Yang kemudian menjadi : 2

2

1

1 2

1 2

2

0

1

1

1

T  v  v'  V T u u u 2

 m2      m1 m 2 



2

V  2 v1 2 cos

u

1

1 2

 m1      m1 m 2 



V  2 v1 2 cos

u

1

1

v , v' 1

1

dan V memberikan:

T T

1

 m2

 m1

m m

0

1

V  2 v1 2 cos

1

u

2

1

Kita bisa menulis ulang istilah ketiga dengan mudah. Ingat bahwa memiliki komponen y , oleh karena itu menyatakan bahwa

v

1

v = v' +V . V tidak 1

sin  = 1

1

v' sin ∅. Sehinga 1

kita mendapatkan :

T T

1 0





m m m m 2

1

1

2

m m m m 2

1

1

2

V sin   2 v'1 2 cos 1 sin  u1 1

2

m

sin 

m  m m m m 2

1

1

2

1

2

tan

1

m sin  m

1

 m m m m

2

m m m m

2

2

1



1

2

2

1

1

2

m

m

2

1

m1  m2

2

m1  m2

m m  m m1 m 2  m 1

2

1

2

2

  2m m m m1 m2 2

2

2

2

1

1

2

2

 cos 

sin 

  cos    

m m cos  m1 m2 1

2

2

2m m  2 m m cos  m1 m2 m1 m2 T  1  2m m 1  cos   T m1 m2 1

1

1

2

1

2

1

2

2

2

2

0

Kami dapat menuliskan

T

1

T

dalam hal sudut lab-frame juga. Untuk melakukan hal ini, kita 0

perlu untuk menyatakan cos𝜃 dalam hal ini  . Ingat bahwa : 1

tan  1

sin 

m m

 cos 

1 2

r  m1

untuk notasi ,

r  m1

m

. maka didapat :

2

m

2

sin  tan   r cos  2

2

2

1

r cos  tan  2

cos  tan  2

2

2

1

cos  cos 

1



2

 2r tan  cos   r

2

1

cos   r  r

2

2

1

tan  2

2

1

2

1

cos  2r sin  2

2

 1  2r tan  cos   r

2

2

 1  cos 

2

tan  2

1

1

1 0

sin   cos  2

1 0

2

1

1

0

Terapkan rumus kuadrat untuk menemukan :

cos  





1 2 4 2 2 2 2  2r sin   4 r sin   4 r sin   cos   1 1 1 1   2 



1



1



1

 r sin

2

 r sin

2

 r sin

2



r sin   r sin 



r sin   1sin   1

4

2

2

2

1

2

2

1  cos   1  r sin 

1

1r sin  2

2

1



2

1

 1  sin

2

1

 cos

1

 cos

r  sin  2

1

1

2

1

 



2

1

Memasukkan nilai

T T

1 0

T

1

T

dengan  , maka : 0

  1 1 2  (m1 m 2)  2 m1 m2

2

2

1

2

m   sin m 

2

2

1

1

2

 cos m  sin  m 1

1

 2    cos 2 sin  1 1 (m1 m2)  2

 m m (m1 m2)

2 m1

2

2

2

2

1

2

1



2m   m m  sin  (m1 m2) (m1 m2)  2

2

2

2

1

2

1

2m  m m  (m1 m 2) (m1 m 2) 2

2

m2    cos sin m1 2

2

1

2

m2   sin m1 2

2

m2    cos sin m1 2

1

    

2   m 2 m T  2  cos 1 2 sin  1  T (m1 m 2)  m1   2

1

2

2

m m

2

1

1

2

 m  sin   1  sin   cos  m 2 2

1

2

2

1

 1 1 2 2  cos   cos   1 1 1 2 2 

m 22  2  cos  1 1 2 sin  m1 

1

  1    1 

2  1 2 1  1  m2 2 2 m 2        sin 1 2  2 sin 1  2  2 m2 2 1  m1  

2

 1   2 

   1  

2

2

2

2

2 2

2

2

1

1

2

2

m  sin m



2 2

2

 cos

1

1



Dapat kita lihat kuantitas akar kuadrat dan didefinisikan tidak bertanda negatif. Sebelumnya telah dibuktikan bahwa untuk 𝑚1 > 𝑚2 , nilai maksimum dari sin ᴪ1 adalah 𝑚2 /𝑚1 . Sehingga kuantitas di bawah akar kuadrat adalah tidak bertanda negatif untuk kasus ini. Ketika m2 ≥ m1, ada juga tidak menjadi masalah karena nilai maksimum sin ᴪ1 adalah 1.



Kita perlu menentukan apakah akan menggunakan salah satu atau kedua solusi yang mungkin ditunjukkan oleh tanda ±. Dalam kasus m1 < m2, kita tahu berdasarkan argumen geometris kita bahwa hanya ada satu solusi. Untuk memahami mana yang harus dipilih, kita menentukan ukuran akar kuadrat : 𝑚2 >1 𝑚1



𝑚22 𝑚12

− 𝑠𝑖𝑛2 ᴪ > 1 − 𝑠𝑖𝑛2 ᴪ1 = 𝑐𝑜𝑠 2 ᴪ1

𝑚2

 √𝑚22 − 𝑠𝑖𝑛2 ᴪ > |𝑐𝑜𝑠 ᴪ1 | 1

Sekarang, kita misalkan partikel yang masuk kehilangan lebih banyak energi sebagai hamburan pergi dari depan untuk mundur dalam bingkai laboratorium. Karena 𝑚1 > 𝑚2 kita tahu bahwa terhambur kembali mungkin dalam bingkai lab, dan sebagainya ᴪ1 dapat diambil nilai yang menghasilkan cos ᴪ1 < 0. Kedua pertimbangan agar kita untuk memilih tanda +: untuk ᴪ1= 0, kedua istilah yang positif dan mengambil nilai-nilai maksimum (saat cos ᴪ1= 1 dan ᴪ1 = 0). Untuk terhambur kembali, kami memiliki cos ᴪ1 < 0 dan dua istilah memiliki tanda berlawanan, membuat 𝑇1 terkecil untuk hamburan kembali. Jika 𝑚1 > 𝑚2 , maka kita tahu ada dua solusi dari argumen geometris dan ±

harus

mengambil kedua solusi; tidak ada pilihan di sini. Tapi, tentu saja, adalah menarik untuk berhubungan kedua solusi ke pusat gambar massa. Seperti yang dapat dilihat dari diagram sebelumnya, vektor 𝑣1 keluar adalah terpanjang (dan karenanya 𝑇1 adalah terbesar) saat hamburan yang maju hamburan di tengah massa bingkai dan solusi untuk hamburan mundur dalam bingkai itu.

Jika 𝑚1 = 𝑚2 , maka jumlah akar kuadrat menjadi | cos ᴪ_1 |. Dengambil solusi akan memberikan 𝑇1 = 0 untuk semua ᴪ1, dapat diabaikan. Jadi kita harus mengambil solusi +, memberikan 𝑇1 𝑇0

=

4𝑚12 (𝑚1 +𝑚2 )2

𝑐𝑜𝑠 2 ᴪ1 = 𝑐𝑜𝑠 2 ᴪ1

Ketika 𝑚1 = 𝑚2 , Kita dapat mendorong energi kinetik dari partikel dalam bingkai laboratorium dalam hal cm dan sudut bingkai lab juga: 𝑇1 𝑇1 =1− 𝑇0 𝑇0 = 1 [1 −

2m1 m2 (1 − cos 𝜃)] (m1 + m2 )2 2𝑚1 𝑚2

= − (𝑚

2 1 +𝑚2 )

( 1-cos𝜃)

Untuk mengkonversi ke sudut bingkai lab, diambil dari persamaan sebelumnya: 𝑠𝑖𝑛𝜃

tan ᴪ2 = 1−𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑡𝑎𝑛2 ᴪ2 =

=

𝑠𝑖𝑛2 𝜃 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)2

1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 (1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)2

=

1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 1 − cos 𝜃

𝑡𝑎𝑛2 ᴪ2 [1 − cos 𝜃] = 1 + 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑡𝑎𝑛2 ᴪ2 − 1 = cos 𝜃[1+𝑡𝑎𝑛2 ᴪ2 ] 𝑡𝑎𝑛2 ᴪ2 − 1 = cos 𝜃 𝑐𝑜𝑠 −2 ᴪ2 cos 𝜃 = 𝑠𝑖𝑛2 ᴪ2 − 𝑐𝑜𝑠 2 ᴪ2 1-cos𝜃 = 2 𝑐𝑜𝑠 2 ᴪ2 Sehingga menjadi

𝑇2 𝑇0

= − (m

4m2 2 1 +m2 )

𝑐𝑜𝑠 2 ᴪ2

Dua akar yang x = 1/5 dan x = 5 dan ketidaksamaan dalam kisaran 1/5 <x <5; yaitu., 1 m1 ≤ ≤5 5 m2 Artinya, ditemukan solusi tan ᴪ yang diberikan di atas ketika rasio massa dalam kisaran ini. Untuk 𝑚1 = 𝑚2 , kita menemukan 𝑦=−

1 9

√1 − (− 1)2 5 9 tan ᴪ = = √80/64 = √ 1 4 1−9 2.4 Tabrakan inelastis dari diskusi yang sangat singkat kesimpulan dari tabrakan elastis. Ini adalah tabrakan yang momentum linear dipertahankan tetapi energi mekanik bukan karena sebagian energi masuk ke dalam gerakan internal dari objek bertabrakan. Ingat bahwa konservasi total momentum linear untuk sistem yang diperlukan hanya itu kekuatan internal mematuhi bentuk lemah dari hukum ketiga, sedangkan pelestarian energi mekanik yang diperlukan bentuk yang kuat dan bahwa energi kinetik dan potensial internal yang harus diperbaiki. Oleh karena itu kita harus menyesuaikan hukum kekekalan energi menjadi Q + 𝑇1 + 𝑇2 = 𝑇1′ + 𝑇2′ Di mana Q merupakan jumlah energi bebas (Q < 0) atau diserap (Q > 0). Sebuah inelastis klasik adalah salah satu berikut: Sebuah bola dempul dilemparkan pada bola lain dempul dan tongkat bersama-sama, melanjutkan sebagai satu tubuh. Jelas, energi itu dimasukkan ke dalam gerak intern (heat.etc) oleh coliision tersebut; energi mekanik tidak kekal.

Salah satu konsep yang berguna untuk dipertimbangkan ketika melihat tabrakan inelastis adalah bahwa impuls 𝑡2

𝑃 = ∫ 𝐹𝑑𝑡 𝑡1

Alasan impuls berguna adalah meskipun kita biasanya tidak tahu rincian f(t), kita dapat menentukan impuls total, yang memberikan total perubahan momentum. Atau, sebaliknya, kita dapat menemukan kekuatan dari total impuls.

Contoh 1.18 Sebuah tali kepadatan linear ⋋ dijatuhkan ke meja. Biarkan bagian dari tali bergerak datang untuk diam di atas meja. Sebagai ujung bebas jatuh z jarak, menemukan gaya yang diberikan di atas meja. Selama waktu dt, sebagian dari dt tali 𝜐 datang untuk beristirahat, di mana 𝜐 = | z | adalah kecepatan jatuh. Momentum perubahan tali dengan jumlah yang dp = (⋋ 𝜐 𝑑𝑡) 𝜐 =⋋ 𝜐 2 𝑑𝑡 Ini adalah sama tetapi berlawanan dengan perubahan momentum dari meja. Gaya pada meja karena dorongan ini adalah untuk 𝑑𝑝

Fimpuls = 𝑑𝑡 =⋋ 𝜐 2 = 2 ⋋ 𝑧 𝑔