Bab 1. Ukuran. Seorang penyelamat riset,alvin sedang menyelam pada kelajuan 36,5 fatom per menit

Bab 1 Ukuran

SOAL CONTOH 1.1 Seorang penyelamat riset,Alvin sedang menyelam pada kelajuan 36,5 fatom per menit. a. Nyatakan kelajuan ini dalam meter per sekon. Satu fatom(fat) persis sama dengan 6ft. PENYELESAIAN : Untuk mendapatkan kelajuan dalam meter per sekon, kita menuliskan

36,5

fat menit =

fat 6 ft 1m (36,5 menit )( 1 menit )( )( 60 s 1 fat 3,28 ft )

=1,11 m/s (Jawaban) b. Berapakah nilai kecepatan ini dalam mil,per jam? PENYELESAIAN : Dari soal diatas, kita mendapatkan

36,5

fat menit =

fat 6 ft 1 mil (36,5 menit )( 601menit )( )( jam 1 fat 5.280 ft )

= 2,49 mil/jam (Jawaban) c. Berapakah nilai kelajuan ini dalam tahun cahaya per tahun?

PENYELESAIAN : Satu tahun cahaya (tc) adalah jarak yang ditempuh cahaya dalam 1 tahaun, 9,46 x 10 12 km. Kita mulai dari hasil (a) diatas

1,11

m s

=

(

1,11

m s

)(

1 tc 1 km 3,16 x 10 7 s x 12 1.000 m 1 tahun 9,46 x 10 km

)(

)(

)

= 3,71 x 10-9 tahun cahaya/tahun (Jawaban) Kita dapat menuliskan ini dalam bentuk yang bahakan lebih tidak masuk akal, yakni 3,71 ntc/t, dimana “ntc” merupakan singkatan dari nanotahuncahaya.

SOAL CONTOH 1.2 Berapa meter persegikah luas 6,0 km2 ? PENYELESAIAN : Setiap kilometer dalam ukuran semula harus dikonversikan. Cara yang paling meyakinkan adalah dengan memisahkan suatu tersebut : 6,0 km2 = 6,0 (km)(km) =6,0(km)(km)

m 1.000 m ( 1.000 1 km )( 1 km )

= 6,0 x 106 m2. KIAT MEMECAHKAN SOAL KIAT 1 : Angka Penting DAN Tempat Desimal Jika Anda telah menghitung jawaban atas (a) di dalam Soal Contoh 1.1 tanpa kalkulator Anda membulatkannya secara otomatis, bilangan 1,112804878 mungkin muncul pada layar. Ketelitian yang dinyatakan bilangan ini tidaklah berarti. Secara memadai, bilangan itu telah kita bulatkan menjadi 1,11 m/s, yang ketelitiannya dibenarkan menurut ketelitian data asli: Kecepatan yang diketahui sebesar 36,5 fat/menit terdiri dari tiga digit, yang disebut angka penting. Sembarang digit keempat yang mungkin muncul di sebelah kanan angka 5 tidak diketahui. Oleh karena itu, hasil konversi bersangkutan tidaklah dapat dipercaya di luar tiga digit, atau tiga angka penting. Umumnya, tidak ada hasil final yang harus mempunyai angka penting lebih banyak dari yang dimiliki oleh data asli yang menurunkannya. Jika langkah-langkah perhitungan perkalian dilibatkan, Anda harus menahan (tetap memakai) angka penting yang jumlahnya lebih banyak dari yang dimiliki data asli. Akan tetapi, ketika Anda telah sampai pada hasil akhir, Anda harus membulatkannya menurut data asli dengan angka penting yang paling sedikit. (Jawaban-jawaban atas soal-soal contoh di dalam buku ini biasanya disajikan dengan simbol = atau ≈ sekalipun pembulatan dilibatkan.

Apabila sebuah bilangan seperti 3,15 atau 3,15 x 103 diberikan di dalam soal,banyak-banyak angka penting jelas terlihat. Akan tetapi,bagaimana dengan bilangan 3000? Apakah bilangan tersebut diartikan

hanya memiliki satu angka penting (bilangan tersebut dapat ditulis sebagai 3 x10 3)? Ataukah diartikan

sebanyak empat angka penting (dapat ditulis sebagai 3,000 x 10 3)? Didalam buku ini,kami mengasumsikan bahwa semua bilangan nol yang terdapat pada rangkaian bilangan seperti 3000 merupakan angka penting, namun Anda lebih baik tidak membuat asumsi itu di tempat lain. Jangan mengacaukan pengertian angka penting dengan tempat desimal. Tinjau panjang 35,6 mm, 3,56 m,

dan 0,00356 m. Bilangan-bilangan tersebut semua mempunyai tiga angka penting. Namun, masing-masing mempunyai satu, dua, dan lima tempat desimal. SOAL CONTOH 1.3 Ukuran 100 yd dan 100 m dipergunakan sebagai jarak lomba lari cepat a. Manakah yang lebih panjang ? PENYELESAIAN : Dari Pers. 1.7 , 100 yd sama dengan 91,44 m, sehingga 100 m lebih panjang dari 100 yd. b. Berapa meter selisihnya? PENYELESAIAN : Kita melambangkan selisih panjang sebagai ∆L, dengan ∆ adalah huruf Yunani, delta. Maka ∆L

= 100m -100yd = 100m - 91,44 m = 8,56 m

(Jawaban)

c. Berapa kaki selisihnya ? PENYELESAIAN : Kita dapat mengekspresikan selisih panjang ini melalui metode yang dipakai di salam Soal Contoh 1.1 ,

∆L=

( 8,56 m )

( 3,281 mkaki )

= 28,1 kaki.

(Jawaban)

SOAL CONTOH 1.4* Andaikan Anda mengamati Matahari terbenam di laut yang tenang sambil berbaring di pantai, dengan menghidupkan stopwatch persis pada saat tepi atas (puncak) Matahari menghilang. Anda langsung berdiri

mengelevasikan mata Anda dengan ketinggian h=1,70 m, dan menghentikan stopwatch pada saat tepi atas Matahari kembali menghilang. Jika waktu lintaas pada stopwatch adalah t= 11,1 s, berapakah radius r Bumi?

PENYELESAIAN : Sebagaimana ditunjukkan Gambar 1.5, garis pengheliatan Anda ke tepi atas Matahari, pada saat pertama tepi atas tersebut menghilang, merupakan garis singgung pada permukaan Bumi di lokasi Anda , pada titik A. Gambar tersebut juga memperlihatkan bahwa garis penglihatan Anda ke tepi atas

Matahari pada saat tepi atas tersebut kembali menghilang merupakan garis singgung pada permukaan Bumi di titik B. Misalkan d menunjukkan jarak antara titik B dan lokasi mata Anda ketika Anda berdiri, dan gambarkan jari-jari r sebagaimana diperlihatkan di dalam Gambar 1.5. Dari torema phytagoras, kita lalu mendapatkan. *Dikutip dari “Doubling Your Sunsets, or How Anyone Can Measure the Earth Size with Wristwatch and Meter Stick,”tulisan Dennis Rawlins, American Journal of Physics, Feb. 1979. Vol. 47. Hal 126-128. Teknik ini berfungsi dengan baik di khatulistiwa. d2 + r2 =(r+h)2= r2 +2rh+h2, atau d2=2rh+h2

(1.9)

Oleh karena tinggi h sangat jauh lebih kecil daripada radius Bumi r, suku h 2 dapat diabaikan apabila dibandingkan dengan suku 2rh, dan kita dapat menuliskan kembali Pers. 1.9 sebagai d2=2rh

(1.10)

Di dalam Gambar 1.5, sudut antara kedua garis singgung titik A dan titik B adalah θ, yang juga merupakan sudut gerak Matahari terhadap Bumi selama waktu terukur t = 11,1 s. Selama satu hari penuh,

yang lebih kurang 24 jam, sudut gerak Matahari terhadap Bumi sama dengan 360 0 . Jadi, kita boleh menuliskan θ 0 360 =

t 24 jam

Yang, dengan t = 11,1 s, memberi kita

( 3600 ) ( 11,1 s ) θ= ( 24 jam ) 60 menit jam

(

)(

60 s menit

)

0 = 0,04625 .

GAMBAR 1.5 Soal Contoh 1.4 . Garis penglihatan Anda ke tepi atas Matahari yang sedang terbenam

berotasi melalui sudut θ ketika Anda bergerak dari posisi tiarap pada titik A,seraya mengelevasikan mata Anda sejarak h. (Sudut θ dan jarak h sangat dibesarkan disini demi kejelasan.) Dari Gambar 1.5 kita melihat bahwa d = r tan θ. Dengan mensubsitusikan ini ke d dalam Pers. 1.10 memberi kita r2 tan2 θ = 2rh atau 2h r = tan 2 θ Dengan mensubsitusikan θ = 0,046250 dan h = 1,70 m, kita mendapatkan

( 2 ) ( 1,70m ) r = tan 2 0,046250

= 5,22 x 106 m.

(Jawaban)

yang tidak melanggar batas 20% dari nilai (6,37 x 106 m) yang telah diterima umum untuk radius (rata-rata) Bumi.

Bab 2 CONTOH SOAL 2.1 Anda mengendarai sebuah truk pikap usang pada sebuah jalan lurus dengan kecepatan 43 mil/jam hingga mencapai 5,2 mil, tempat Anda kehabisan bahan bakar. Anda lalu berjalan kaki sejauh 1,2 mil ke pompa

bensin terdekat, dalam 27 menit(=0,450). Berapakah kecepatan rata-rata anda hingga saat anda mulai menjalankan truk anda hingga saat anda tiba di pompa bensin tersebut? Berikan jawaban anda baik secara numerik maupun secara grafis. Penyelesaian Untuk menghitung

v´

kita memerlukan perpindahan Δx anda, dari awal hingga akhir, dan waktu Δt yang

berlalu. Asumsikan demi kemudahan, bahwa titik awal anda adalah pada titik pangkal suatu sumbu x (sehingga

x1

= 0) da bahwa anda bergerak dalam arah positif. Anda mengakhirinya pada

x2

= 5,2 mil

+ 1,2 mil = +6,4 mil. Oleh karna itu, Δx = x 2-x1 = +6,4 mil. Untuk mendapatkan waktu berkendara, kita menyusun kembali Pers. 2.2 dan memasukkan data tentang pengendaraan tersebut: ∆ t=

∆x 5,2 mil = =0,121 jam ´v 43 mil/ jam

Atau ± 7,3 menit. Maka waktu total, dari awal hingga akhir, adalah Δt = 0,121 jam + 0,450 jam = 0,571 jam Akhirnya, kita memasuki Δx dan Δt ke dalam Pers. 2.2: v´ =

∆x 6,4 mil = ≈+ 11 mil/ jam ∆ t 0,571 jam

Untuk mencari v´

secara grafis, kita harus terlebih dahulu memplotkan x(t), sebagaimana didalam gambar

2.5 dimana titik awal dan titik akhir pada kurva masing-masing adalah titik pangkaldan P. Kecepatan rata-

rata anda sama dengan kemiringan garis lurus yang menghubungkan

titik-titik itu. Garis terputus-putus menunjukkan bahwa kemiringan

tersebut juga menghasilkan

v´ =6,4

mil jam=+11 mil/ jam 0,57

CONTOH SOAL 2.2 Andaikan bahwa anda kemudian kembali ke truk dengan membawa bahan bakar dalam waktu 35 menit. Berapakah kecepatan rata-rata anda untuk seluruh perjalanan, sejak anda mulai berkendara hingga anda kembali tiba ke truk dengan membawa bahan bakar? Penyelesaian Seperti sebelumnya, kita harus mencari perpindahan Δx anda dari awal hingga akhir dan kemudian membaginya dengan interval waktu Δt antara awal dan akhir. Namun, di dalam soal ini, kedudukan akhir kembalipada truk. Anda mulai pada x1 = 0. Setibanya kembali pada truk, anda berada pada kedudukan x2=5,2 mil. Oleh karna itu, Δx sama dengan 5,2 – 0 = 5,2 mil. Waktu total hingga akhir perjalanan adalah ∆ t=

5,2 mil +27 menit +35 menit=0,121 jam+0,450 jam+ 0,583 jam=1,15 jam 43 mil/ jam

Maka v´ =

∆x 5,2mil mil = ≈+ 4,5 . ∆ t 1,15 jam jam

(Jawaban)

Ini lebh labat dari kecepatan rata-rata yang dihitung di dalam soal contoh 2.1 karena disini perpindahannya lebih kecil dan interval waktunya lebih panjang. CONTOH SOAL 2.3 Didalam soal contoh 2.2, berapakah kelajuan rata-rata anda? Penyelesaian

Dari awal anda berkendara hingga anda kembali ke truk membawa bahan bakar, anda telah menempuh total 5,2 mil + 1,2 mil + 1,2 mil = 7,6 mil, dalam waktu 1,15 jam; Maka ´s =

7,6 mil ≈ 6,6 mil/ jam 1,15 jam

(Jawaban)

CONTOH SOAL 2.4 Gambar 2.6 merpakan plot x(t) untuk suatu kabin elevator (lift) yang semula diam, kemudian bergerak ke atas (yang kita pandang sebagai arah posotif), daan kemudian berhenti. Plotkan v sebagai fungsi waktu. Penyelesaian Kemiringan dan demikian pula kecepatan, bernilai nol didalam interval-interval yang mengandung titik-titik a dan b ketika kabin itu diam. Selama interval bc kemiringannya konstan dan tidak bernilai nol; dengan demikian kabin tersebut bergerak dengan suatu kecepatan konstan. Kita menghitung kemiringan x(t) sebagai ∆x 24 m−4,0 m =v= =+ 4,0 m/ s ∆t 8,0 s−3,0 s Tanda plus mengindikasikan bahwa kabin itu sedang bergerak dalam arah x yang positif. Nilai-nilai ini (v=0 dan v=4m/s) dplot didalam gambar 2.6b. disamping itu, v dapat bervariasi sebagaimana terindikaskan didalam interval 1 s hingga 3 s dan interval 8 s hingga 9 s. (gambar 2.6c ditelaah di subbab 2.5). Dengan memiliki gravik v(t) seperti gambar 2.6b, kitasebenarnya dapat “bekerja mundur” guna mendapatkan bentuk grafik x(t) yang erkait (gambar 2.6a). akan tetapi, kita tidak akan dapat mengetahui nilai-nilai aktual untuk x(t) pada berbagai waktu karena grafik v(t) hanya mengindikasikan perubahanperubahan pada x. Untuk mendapatkan sebuah perubahan pada x semacam itu selama suatu interval, kita harus, dalam bahasa kalkulus, menghitung luas “dibawah kurva” pada grafik v(t) untuk interval yang sama. Sebagai contoh, selam interval 3 s hingga 8 s ketika kecepatan kabin sama dengan 4,0 m/s, perubahan pada x diperoleh dari “luas” bidang dibawah kurva v(t): Luas = (4, 0 m/s)(8,0s - 3,0s)= +20 m

2.5

Kedudukan suatu partikel yang bergerak pada sumbu x ditentukan oleh x = 7,8 +9,2 t -2 ,1 t

2

(2.5)

berpakah kecepatan pada t=3,5 s? Apakah kecepatan konstan ataukah berubah secara kontinu? Penyelesaian Untuk penyederhanaan, satuan-satuan telah dihilangkan, tetapi anda dapat menyisipkannya jika anda mau dengan mengubah koefisien-koefisien bersangkutan menjadi 7,8m, 9,2 m/s, dan -2,1 m/ s

2

. Untuk

mendapatkan kecepatan, kita mempergunakan Pers. 2.4 dengan ruas kanan Pers. 2.5 yang disubstitusikan ke x: 7,8+9,2 t−2,1t 2 dx d V= ). = ¿ dt dt Yang menjadi V=0+9,2-(2)(2,1) t

= 9,2-4,2 t

(2.6)

Pada t=3,5 s, V=9,2-(4,2) (3,5) = -5,5 m/s

(jawaban)

Pada t= 3,5 s, partikel bersangkutan sedang bergerak dalam arah x yang mengecil (perhatikan tanda minus) dengan kelajuan sebesar 5,5

m/s. Oleh karena besaran t muncul di dalam Pers. 2.6, kecepatan v

bergantungpada t dan karenanya berubah secara kontinu. CONTOH SOAL 2.6 a. Ketika Kitty O’neil mencetak rekor balap atas kelajuan tertinggi dan waktu lintas Terpendek, ia mencapai 392,54 mil/jam dalam waktu 3,72 sekon. Berapakah percepatan rata-rata yang ia buat? Penyelesaian Dari Pers. 2.7, percepatan rata-rata O’neil adalah

a´ =

∆v = ∆t

mil −0 jam mil =+106 , 3,72 s−0 jam . s

392,54

(Jawaban)

Dengan gerakan bersangkutan dianggap berlangsung dalam arah x positif. Dalam stuan-satuan yang lebih 2 konvensional, percepatannya adalah 47,1 m/ s yang sama dengan 4,8 g.

b. berapakah percepatan rata-rata ketika Eli Beeding Jr. Mencapai 72,5 mil/jam dalam waktu 0,04 s pada sebuah kereta luncur roket? Penyelesaian : sekali agi Pers. 2.7, mil −0 ∆v jam mil m a´ = = =+1,8× 103 ≈+ 800 2 . ∆t 0,04 s−0 jam. s s 72,5

(Jawaban)

Atau sekitar 80 g. Kita kembali ke pertanyaan yang kita dapatkan pada pembuka bab, di mana O’Neil An Beeding diperkenalkan. Bagaimana caranya kita menentukan siapa yang telah berkendara dengan lebih mengagumkan? Apakah kita mesti membandingkan kelajuan akhir, waktu lintas, atau besaran tertentu yang

lain? Sekarang anda dapat menjawab pertanyaan itu. Oleh karna tubuh manusia lebih peka terhadap percepatan daripada kelajuan, anda mesti membandingkan percepatan dan dengan demikian Beeding menjadi pemenangnya, meskipun kelajuan akhirnya jauh lebih rendah dari kelajuan akhir O’Neil. Sebenarnya percepatan Beeding mash dapat lebih dahsyat jika diteruskan untuk waktu yang jauh lebih lama.

Bab 3 VEKTOR SOAL CONTOH 3.1

GAMBAR 3.2 Soal Contoh 3.1. (a) Sebagian jaringan gua Mammoth-Flint, dengan diperlihatkan rute tim penjelajah dari Austin Entrance ke Echo River. (b) Tampak atas perpindahan tim. (c) Tampak samping. Tim 1972 yang menembuskan jaringan gua Mammoth-Flint berangkat dari jalan masuk Austin dalam jaringan Flint Ridge ke Sungai Echo (Echo River) di dalam Gua Mammoth (lihat Gambar 3.2a), menempuh jarak neto 2,6 km ke arah barat, 3,9 km ke arah selatan, dan 25 m ke atas. Tentukan vektor perpindahan mereka ?

PENYELESAIAN : Pertama, kita tinjau tempak atas (Gambar 3.2b) untuk menentukan perpindahan horizontal dh mereka. Nilai dh diperoleh dari teorema Phytagoras : dh = √(2,6 km)2 + (3,9 km)2 = 4,69 km Sudut θ yang dibentuk vektor perpindahan mereka relatif terhadap arah barat diberikan oleh tan θ = 3,9 km : 2,6 km = 1,5 atau θ = tan-1 1,5 = 56o.

Selanjutnya kita meninjau tampak samping (Gambar 3.2c), untuk mencari nilai perpindahan d secara keseluruhan, d = √ ( (4,69 km)2 + (0,025 km)2 ) = 4,69 km = 4,7 km, dan sudut Ф,

Ф = tan-1 x (0,025 km : 4,69 km) = 0,3o .

Jadi, vektor perpindahan tim mempunyai nilai 4,7 km dan pada sudut 56 o selatan dari barat dan pada sudut

0,3o ke atas. Gerak vertikal netonya, tentu saja tidak berarti jika dibandingkan dengan gerak horizontal. Namun, kenyataan di lapangan mungkin tidak mengenakkan tim karena mereka telah mendaki ke atas dan turun ke bawah berkali-kali. Rute yang sebenarnya mereka tempuh sungguh berbeda dengan vektor perpindahan, yang semata-mata mengarah dari titik awal ke titik akhir. SOAL CONTOH 3.2 Dalam suatu kelas orientasi, Anda mendapat tugas untuk menempuh jarak (garis lurus) yan sejauh-jauhnya dari kemah utama dengan menempuh tiga perjalanan garis lurus. Anda boleh meggunakan perpindahan-

perpindahan berikut dalam sembarang urutan : (a) a, 2,0 km ke timur ; (b) b, 2,0 km 30o utara dari timur ; (c)

c, 1,0 km ke barat. Atau, Anda boleh mensubstitusikan –b ke b atau –c ke c. Berapakah jarak maksimum yang dapat Anda buat dari kemah utama pada akhir dari ketiga perpindahan itu ?

PENYELESAIAN : Dengan mmpergunakan skala praktis, kita menggambarkan vektor-vektor a, b, c, -b dan –c seperti di dalam Gambar 3.8a. Kita lalu menyusun vektor-vektor pada gambar itu, dengan menghubungkan tiga dari vektor-vektor tersebut dalam susunan kepala ke ekor untuk mendapatkan resultan vektor, d. Ekor vektor pertama mewakili kemah utama. Kepala vektor ketiga mewakili titik tempat Anda

berhenti. Resultan vektor d membentang dari ekor vektor pertama ke kepala vektor ketiga. Nilainya, d, merupakan jarak tempuh Anda dari kemah utama.

Kita mendapatkan bahwa jarak d merupakan nilai terbesar untuk susunan kepala ke ekor vektor-vektor a, b, dan –c. Vektor-vektor tersebut dapat tersusun dalam sembarang urutan karena resultan vektornya bernilai

sama untuk sembarang urutan. Urutan yang diperlihatkan di dalam Gambar 3.8b adalah untuk mendapatkan resultan vektor d = b + a + (-c) = b + a – c

Dengan mempergunakan skala yang diberikan di dalam Gambar 3.8a, kita mengukur panjang d dari jumlah vektor, dan mendapatkan d = 4,8 m.

(Jawaban)

GAMBAR 3.8 (a)

Soal Contoh 3.2.

Vektor-vektor perpindahan; tiga di

antaranya akan dipergunakan. (b)

Jarak tempuh Anda dari Kemah utama merupakan jarak terjauh jika Anda menjalani perpindahan a, b, dan – c. Dalam sembarang urutan tersebut menghasilkan resultan vektor d = b + a – c SOAL CONTOH 3.3

Sebuah pesawat udara kecil meninggalkan bandara pada cuaca mendung dan kemudian terlihat sejauh 215 km dalam arah yang membentuk sudut 22 o timur dari utara. Pada posisi berapa jauh di sebelah timur dan di sebelah utara bandara pesawat udara itu terlihat ? PENYELESAIAN : Pada sistem koordinat xy situasinya seperti terlihay di dalam Gambar 3.11, yang demi

kemudahan, titik pangkal sistem telah ditempatkan di bandara. Vektor perpindahan pesawat udara, d, mengarah dari titik pangkal ke tempat pesawat udara itu terlihat.

Untuk menjawab pertanyaan, kita mencari komponen-komponen d. Dengan Pers. 3.5 dan sudut θ = 68o ( = 90o – 22o), kita mendapatkan dx = d cos θ = (215 km)(cos 68o) = 81 km

(Jawaban)

dan dy = d sin θ = (215 km)(sin 68o) = 199 km

(Jawaban)

Jadi, pesawat udara itu terlihat 199 km sebelah utara dan 81 km sebelah timur dari bandara.

GAMBAR 3.11 Soal Contoh 3.3. Sebuah pesawat lepas landas dari suatu titik pangkal pada bandara dan kemudian terlihat di P. SOAL CONTOH 3.4

Pada suatu reli, Anda diberi instruksi-instruksi berikut: dari titik pemberangatan gunakan jalan-jalan yang tersedia untuk menempuh 36 km ke timur menuju pos pemeriksaan “Able”, lalu 42 km ke utara menuju “Baker”, dan kemudian 25 km ke barat laut menuju “Charlie” (Jalan raya dan pos-pos pemeriksaan diperlihatkan di dalam Gambar 3.16.)

GAMBAR 3.16

Soal Contoh 3.4. Sebuah rute reli memperlihatkan titik pangkal, pos pemeriksaan Able

(S), Baker (B), dan Charlie (C), serta jaringan jalan tersebut. a. Di “Charlie” tentukan nilai dan orientasi perpindahan d Anda dari titik pemberangkatan PENYELESAIAN : Gambar 3.16 juga memperlihatkan suatu orientasi yang sesuai untuk suatu sistem koordinat xy, serta vektor-vektor yang menyatakan ketiga perpindahan yang telah Anda alami. Komponenkomponen skalar d adalah dx = ax + bx + cx = 36 km + 0 + (25 km)(cos 135o) = (36 + 0 – 17,7)km = 18,3 km dan dy = ay + by + cy = 0 + 42 km + (25 km)(sin 135o) = (0 + 42 + 17,7)km = 18,3 km. Selanjutnya, kita menggunakan Pers. 3.6 untuk mendapatkan nilai dan arah d: d = √(dx2 + dy2) = √((18,3 km)2 + (59,7 km)2) = 62 km

(Jawaban)

dan θ = tan-1 (dy : dx) = tan-1 (59,7 km : 18,3 km) = 73o,

(Jawaban)

dengan θ adalah sudut yang diperlihatkan di dalam Gambar 3.16. b. Tulislah d dalam notasi vektor satuan. PENYELESAIAN : Kita tuliskan saja d sebagai d = (komponen x)i + (komponen y)j = (18,3 km)i + (59,7 km)j SOAL CONTOH 3.5

(Jawaban)

Berikut ini adalah tiga vektor yang masing-masing dinyatakan dalam notasi vektor satuan : a = 4,2i – 1,6j, b = -1,6i + 2,9j, c = -3,7j,

Ketiganya terletak pada bidang xy dan tidak satu pun di antara vektor tersebut yang mempunyai komponen z. Tentukan vektor r yang merupakan resultan dari ketiga vektor ini. Untuk kemudahan, satuan-satuan telah dihapuskan dari tampilan vektor ini; Anda boleh menganggapnya sebagai meter. PENYELESAIAN : Dari Pers. 3.10 dan Pers. 3.11 kita mendapatkan rx = ax + bx + cx = 4,2 – 1,6 + 0 = 2,6 dan ry = ay + by +cy = -1,6 + 2,9 – 3,7 = -2,4 Maka r = 2,6i – 2,4j.

(Jawaban)

Gambar 3.17a memperlihatkan ketiga vektor dan resultan vektor. Gambar 3.17b memperlihatkan r dan komponen-komponen vektornya.

GAMBAR 3.17 Soal Contoh 3.5. Vektor r adalah resultan dari ketiga vektor lainnya.

Bab 4 Gerakan dalam Dua dan Tiga Dimensi

SOAL CONTOH 4.1 Vektor kedudukan untuk suatu partikel pada mulanya adalah r₁ = -3i + 2j + 5k dan kemudian menjadi r₂ = 9i + 2j + 8k (lihat Gambar 4.2). Berapakah perpindahan dari r₁ ke r2? PENYELESAIAN: Mengingat kembali dari Bab 3 bahwa kita menambahkan (atau mengurangkan) dua vektor dalam notasi vektor satuan dengan mengkombinasi komponen-komponen, sumbu demi sumbu. Maka Pers. 4.2 menjadi ∆ r =(9i + 2j + 8k) - (-3i + 2j + 5k)

=12i + 3k.

(Jawaban)

Vektor perpindahan sejajar dengan bidang xz, karena tidak ada sama sekali komponen y, suatu fakta yang lebih mudah ditemukan di dalam hasil. numeris daripada di dalam Gambar 4.2.

GAMBAR 4.2 Soal Contoh 4.1. Perpindahan

∆ r=

r2 - r₁ merentang dari kepala r₁ ke kepala r2. SOAL CONTOH 4.2

Seekor kelinci melintasi suatu pelataran parkir di atas satu set sumbu-sumbu koordinat, keanehannya telah

digambarkan. Lintasan kelinci sedemikian rupa sehingga komponen-komponen kedudukannya terhadap titik awal koordinat-koor- dinat ditentukan sebagai fungsi waktu oleh

x = -0,31t2 +7,2t + 28 dan y= 0,22t² -9.1t+30,

dengan t dalam sekon; dan, x dan y dalam meter. Vektor kedudukan kelinci r adalah r(t) = x(t)i+y(t)ja. Tentukan nilai dan arah vektor kedudukan kelinci pada t = 15 s. PENYELESAIAN: Pada t = 15 s, komponen- komponen dari r adalah x =(-0,31)(15)2 + (7,2)(15) + 28 = 66 m dan y =(0,22)(15)2 —(9,1)(15)+30 = —57 m. Komponen-komponen x,y dan r itu sendiri diperlihatkan di dalam Gambar 4.6a. Nilai r adalah r=

√ x ²+ y ² = √(66 m)²+(−57 m)²

=87 m.

(Jawaban)

Sudut 8 antara r dan arah pertambahan nilai x adalah Ɵ=tanˉ ¹

y −57 m =tan ˉ ¹ =−41 ° x 66 m

(

)

(Meskipun Ɵ = 139° mempunyai garis singgung yang sama seperti -41°, telah atas tanda-tanda komponenkomponen r mengesampingkan 139°.) b. Hitung juga kedudukan kelinci pada t - 0,5, 10,20, dan 25 s dan sketsakan lintasan kelinci itu. PENYELESAIAN: Cara ketja yang sama seperti di dalam (a) menghasilkan nilai-nilai r dan Ɵ berikut. t(s) x(m) Y(m

r(m) Ɵ

) 0

28

30

41

+47°

5

56

-10

57

-10°

10

69

-39

79

-29°

15

66

-57

87

-41°

20

49

-64

80

-53°

25

14

-60

62

-77°

Gambar 4.6b menampilkan plot lintasan kelinci yang digambarkan dengan mempergunakan nilai- nilai x dan y. SOAL CONTOH 4.3 Di dalam Soal Contoh 4.2, tentukan nilai dan arah vektor kecepatan kelinci pada t = 15 s. PENYELESAIAN: Komponen kecepatan di sepanjang sumbu x (lihat Pers. 4.8) adalah vᵪ =

dx d 2 = (−0,3 lt +7,2t +28 ) =−0,62t +7,2 dt dt

Pada t = 15 s, ini menjadi vᵪ = (-0.62)(15) + 7,2 = -2,1 m/s. Demikian pula, vᵧ =

dy d = ( 0,22t 2−9,1 t +30 )=0,44 t−9,1. dt dt

Pada t = 15 s, ini menjadi vᵧ = (0.44)(15) - 9.1 = -2,5 m/s. Vektor v dan komponen-komponennya ditunjukkan di dalam Gambar 4.6c. Nilai dan arah v adalah v=

√ v 2 ᵪ + y ² ᵧ=√ (−2,1 m/ s )2+(−2,5 m/s) ²

=3,3 m/s.

(Jawaban)

Dan Ɵ = tanˉ¹

vᵧ −2,5 m/s =tanˉ ¹ vᵪ −2,1 m/s

(

)

= tanˉ¹ 1,19 = -130°.

(jawaban)

(Meskipun 50° mempunyai garis singgung yang sama, pemeriksaan atas tanda-tanda komponen- komponen kecepatan mengindikasikan bahwa sudut yang dicari berada di dalam kuadran ketiga, yang diperoleh dari 50° - 180° = -130°.) Vektor kecepatan di dalam Gambar 4.6c merupakan garis singgung terhadap lintasan kelinci dan searah dengan arah lari kelinci pada t - 15 s.

SOAL CONTOH 4.4 Di dalam soal contoh 4.2 , tentukan nilai dan arah vektor percepatan kelinci a pada t = 15 s PENYELESAIAN : komponen-komponen percepatan (lihat pers. 4,12) adalah ¿

aᵪ

dy ᵪ d = (−0,62 t+7,2 ) =−0,62m/ s ² dt dt

dan aᵧ =

dv ᵧ d = ( 0,44 t−9,1 )=0,44 m/ s ² dt dt

kita melihat bahwa percepatan tidak berubah bersama waktu; percepatan merupakan nilai konstan. Sebenarnya, kita telah sama sekali memperbedakan variabel waktu. Vektor a bersama dengan komponenkomponennya, diperlihatkan di dalam gambar 4.6b a=

√ a2 ᵪ+a ² ᵧ=√(−06,2 m/s ²)²+(0,44 m/ s)²

= 0,76 m/s.

(jawaban)

Dan Ɵ = tanˉ¹

ay 0,44 m/s ² =tan ˉ ¹ ax −0,62m/s ²

= 145°

(

) (jawaban)

Vektor percepatan mempunyai nilai dan arah yang sama untuk semua bagian dari lintasa kelinci. Mungkin angin tenggara yang kuat sedang berhembus melalui pelataran parkir sehingga menimbulkan percepatan kelinci mengarah ke barat laut.

SOAL CONTOH 4.5

Sebuah partikel dengan kecepatan v0=-2,0i + 4,0j (dalam meter per sekon) pada t = 0 mengalami percepatan

konstan a sebesar a = 3,0 m/s2 pada sudut Ɵ = 130° dari arah positif sumbu x. Tentukan kecepatan partikel v pada t = 2,0 s, dalam notasi vektor satuan dan sebagai suatu nilai dan arah (terhadap arah positif sumbu x).

PENYELESAIAN: Oleh karena a bernilai konstan, Pers. 2.11 (v = v0 + at) berlaku; namun, persamaan ini

harus digunakan secara terpisah untuk mencari vx dan vᵧ (komponen-komponen x dan y dari kecepatan v) karena komponen tersebut berubah-ubah secara independen satu sama lain. Maka kita menuliskan vᵪ = v₀ᵪ + aᵪt dan vᵧ = v₀ᵧ + aᵧt

Di sini, v0ᵪ (= -2,0 m/s) dan v0ᵧ (= 4,0 m/s) merupakan komponen-komponen x dan y dari v₀, dan ax

dan ay merupakan komponen-komponen x dan y dari a. Untuk mencari aᵪ dan aᵧ kita menguraikan a dengan Persamaan-persamaan 3.5: aᵪ =a cos Ɵ =(3,0 m/s2)(cos 130°) = -1,93 m/s2, ay =a sin Ɵ =(3,0 m/s2)(sin 130°) = +2,30 m/s2. Apabila nilai-nilai ini dimasukkan ke dalam per- samaan-persamaan untuk vx dan vᵧ kita mendapatv, =-2,0 m/s +(-1,93 m/s2)(2,0 s) =-5,9 m/s vy = 4,0 m/s +(2,30 m/s2)(2.0 s) = 8,6 m/s. Maka pada t = 2,0 s, kita mendapatkan dari Pers. 4.7, v =(-5,9 m/s)i + (8,6 m/s)j.

(Jawaban)

Nilai v adalah v=

√(−5,9 m/s) ²+( 8,6 m/s)²

= 10 m/s.

(Jawaban)

Sudut v adalah Ɵ=tanˉ ¹

8,6 m/s ² ( −5,9 m/s ² )

= 124° ≈ 120°

(Jawaban)

Periksalah baris terakhir dengan kalkulator Anda. Apakah 124° muncul pada layar ataukah -55° yang

muncul? Sekarang sketsakan vektor v dengan komponen-komponennya untuk melihat sudut manakah yang masuk akal. Untuk memahami mengapa beberapa kalkulator memberikan hasil yang secara matematis mungkin tetapi tak masuk akal, bacalah kembali Kiat 3 di dalam Bab 3.

SOAL CONTOH 4.6

Sebuah pesawat penyelamat terbang pada elevasi konstan 1.200 m dengan kelajuan 430 km/jam menuju suatu titik persis di atas seseorang yang tengah berjuang di dalam air (lihat Gambar 4.14). Pada sudut pandang 9 berapakah pilot harus melepaskan kapsul penyelamat agar kapsul itu dapat mencapai (sangat dekat dengan) orang di dalam air tersebut? PENYELESAIAN: Kecepatan awal kapsul sama seperti kecepatan pesawat pada saat pelepasan. Artinya, kecepatan awal kapsul v0 berarah horizontal dan bernilai 430 km/jam. Kita mengetahui jarak vertikal jatuhnya kapsul, sehingga kita dapat mencari waktu penerbangannya dengan Pers. 4.16, 1 >² y-y₀ = (v₀ sin Ɵ₀ )t - 2 , *Lihat Gambar 4.13. Sudut peluncuran sama dengan 60° dan kelajuan peluncuran sama dengan 100 mil/jam. Dengan memasukkan y-y₀ = -1.200 m (kita menggunakan tanda minus karena orang itu berada di bawah titik awal pelepasan) dan 0O = 0, kita mendapatkan -1.200 m=0 -

1 2

(9,8 m/s²)t2.

Pencarian t menghasilkan t=

√(

❑ ( 2 ) (1.200 m) =15,56 s . 9,8 m/s ²

)

Jarak horizontal yang ditempuh kapsul (dan oleh pesawat) di dalam waktu itu diberikan oleh Pers. 4.15: x- x₀ = (v₀ cos Ɵ₀ )t =(430 km/jam)(cos 0°)(15,65 s)(l jam/3.600 s) =1,869 km = 1.869 m. Jika x₀ = 0, maka x = 1.869 m. Jadi, sudut pandangnya (lihat Gambar 4.14) adalah x 1.869 m ᶲ =tanˉ ¹ =tanˉˉ ¹ =57° . h 1.200 m (Jawaban)

GAMBAR 4.14 Soal Contoh 4.6. Sebuah pesawat menjatuhkan kapsul penyelamat dan terus melaju pada level penerbangannya. Selama kapsul jatuh, komponen kecepatan horizontalnya tetap sama dengan kecepatan pesawat. Kapsul membentur air dengan kecepatan v dan pada sudut 9 dari vertikal.

SOAL CONTOH 4.7

Seorang pemeran pengganti dalam film harus berlari melintasi bubungan atap dan melompat secara horizontal untuk mendarat pada atap bangunan di sebelahnya (Gambar 4.15). Sebelum mencoba melompat, secara bijaksana ia meminta pertimbangan Anda apakah itu mungkin dilakukannya. Dapatkah ia melakukan lompatan itu jika kelajuan maksimum saat ia berada di bubungan atap adalah 4,5 m/s?

GAMBAR 4.15 Soal Contoh 4.7. Dapatkah si pemeran pengganti melakukan lompatan itu?

PENYELESAIAN: Jatuh sejauh 4,8 m akan memakan waktu t, yang dapat diperoleh dari Pers. 4.16.

Dengan memasukkan y - y0 = -4,8 m (perhatikan tandanya) dan Ɵ₀ = 0, Anda menyusun kembali Pers. 4.16 untuk mendapatkan

t=

√

√

( 2 ) (−4,8 m) 2( y − y ° ) = g 9,8 m/s ²

= 0,990 s. Anda kini bertanya: "Berapa jauhkah ia akan bergerak secara horizontal di dalam waktu ini?” Jawaban dari Pers. 4.15, adalah x-x a =(v„ cos Ɵo)t =(4,5 m/s)(cos0°)(0,990 s) =4,5 m. Untuk mencapai bangunan di sebelahnya, si pemeran pengganti harus bergerak sejauh 6.2 m secara horizontal. Nasihat Anda: “Jangan melompat.”

BAB 5 Gaya dan Gerak Soal Contoh 5.1 Seorang mahasiswa (dengan sepatu lars berpaku) mendorong sebuah kereta luncur bermuatan dengan massa m sama dengan 240 kg sejauh d = 2,3 m diatas permukaan danau beku tanpa gesekan. Ia mengerjakan gaya horizontal konstan F dengan nilai F = 130 N, ketika melakukanya (lihat Gambar 5.3a).

Gambar 5.3 Soal Contoh 5.1. (a)

Seorang mahasiswa mendorong sebuah kereta luncur bermuatan

diatas permukaan tanpa gesekan. (b) Diagram benda bebas untuk bagian (a) dalam soal tersebut, yang menunjukan gaya neto yang beraksi pada kereta luncur dan percepatan yang ditimbulkan gaya neto itu. (c) Diagram benda bebas untuk bagian (b). Mahasiswa itu sekarang mendorong kereta luncur dalam arah berlawanan, membalikan kecepatan. a. Jika kereta luncur itu semula dalam keadaan diam, berapakah kecepatan ahirnya?

PENYELESAIAN: Gambar 5.3b merupakan diagram benda bebas untuk situasi itu. Kita menata letak sebuah sumbu x horizontal, kita mengambil arah positif ke kanan, dan memperlakukan kereta luncur sebagai

suatu partikel, yang dinyatakan oleh sebuah titik. Kita mengasumsikan bahwa komponen F x dari gaya F dikerjakan oleh mahasiswa itu merupakan satu-satunya gaya horizontal yang beraksi pada kereta luncur. Kita lalu dapat mencari nilai percepatan ax kereta luncur dari hukum kedua newton: ax =

Fs 130 N = =0,542 m/ s m 240 kg

2

Oleh karena percepatan bersangkutan bernilai konstan, kita dapat mengunakan pers. 2.16, V 2 = v2 + 2a(x –

x0) untuk mencari kecepatan ahir. Dengan memasukan v 0 = 0 dan x – x0 = d, dan dengan mengidentifikasikan ax sebagai a, kita mendapatkan v:

V=

=

√

(

( 2 ) 0,542

√ 2ad

m ( 2,3 m) = 1,6 m/s (Jawaban) s2

)

Gaya, percepatan, perpindahan, dan dengan demikan kecepatan ahir kereta luncur semua bernilai positif, yang

berarti

bahwa

semua

mengarah

ke

kanan

didalam

gambar

5.3b.

a. Mahasiswa itu sekarang hendak membalikan arah kecepatan kereta luncur dalam 4,5 s. Dengan gaya konstan berapakah ia harus mendorong kereta luncur untuk melaksanakan kehendaknya itu?

PENYELESAIN: Marilah kita mencari dahulu percepatan konstan yang diperlukan untuk membalikan

kecepatan kereta luncur dalam 4,5 s, dengan mempergunakan pers. 2.11 (v = v 0 + at). Pencarian a mengasilkan

a=

m m −1,6 )−(1,6 ) ( s s v−v 0 = =−0,711 m/ s t

2

4,5 s

Nilai ini lebih besar daripada percepatan di (a), yaitu 0,542 m/s 2, sehinga dapatlah dimengerti bahwa kali ini, mahasiswa itu harus mendorong dengan gaya yang lebih besar. Kita mendapatkan gaya yang lebih besar ini dari pers. 5.2, dengan ax sama dengan a: Fx = max = (240 kg)(-0,711 m/s2)= -171 N Tanda minus menunjukan bahwa mahasiswa itu harus mendorong kereta luncur dalam arah x negatif, yaitu kekiri dalam gambar 5.3c, diagram benda bebas untuk situasi ini Soal Contoh 5.2 Dalam suatu tarik tambang dua dimensi, Alex, Betty, dan Charles menarik sebuah ban mobil, pada sudutsudut sebagaimana ditunjukan didalam gambar 5.4a, yang merupakan tampak atas. Ban tersebut tetap tidak

bergerak meskipun ditarik dalam tiga arah. Alex menarik dengan gaya Fa sebesar 220 N dan Charles menarik dengan gaya Fc sebesar 170 N. Arah Fc tidak diketahui. Berapakah besarnya gaya Fb dari betty?

Gambar

5.4 Soal Contoh 5.2. (a) Tampak atas dari tiga orang yang sedang melakukan tarikan

pada sebuah ban. (b) Diagram benda bebas untuk ban tersebut. PENYELESAIN: Gambar 5.4b merupakan diagram benda bebas untuk ban. Oleh karena percepatan ban sama dengan nol, pers 5.1 menginformasikan bahwa gaya neto pada ban juga harus sama dengan nol:

F=¿ ∑ ¿ FA + FB + FC = ma = 0. Hubungan vektor ini ekuivalen dengan dua hubungan skalar pertama dari pers. 5.2. Di sepanjang sumbu x, kita mendapatkan

∑

Fx = FA + FB + FC = ma = 0.

(5.4)

Dan di sepanjang sumu y, diperoleh

∑

Fy = FA + FB + FC = ma = 0.

(5.5)

Dengan mempergunakan data yang diketahui dan sudut-sudut didalam gambar 5.4b, kita sekarang melakukan subtitusi ke dalam pers. 5.4 dan 5.5, dengan mengunakan tanda-tanda untuk menyatakan araharah komponen vektor. Persamaan 5.4 menjadi

∑

Fx = -FA cos 47,00 + 0 + FC cos ∅ = 0.

Pensubtitusian nilai-nilai yang diketahui menghasilkan

-(220 N)(cos 47,00) + 0 + (170 N)( cos ∅ ) = 0

Yang memberi kita

∅ = cos-1

(220 N)( cos 47,0 0) 170 N

= 28,00

Demikian pula, pers. 5.5 menjadi

∑

Fx = -FA sin 47,00 + 0 + FC sin ∅ = 0.

Ketika kita telah mensubtitusikan –Fb ke Fby karena tarikan betty seluruhnya dalam arah negatif y. Pensubtitusian nilai-nilai yang diketahui ini menghasilkan

(220 N)(sin 47,00) + 0 + (170 N)( sin ∅ ) = 0

Kita lalu mensubtitusikan 28,00 ke

∅

dan memecahkan persamaan bersangkutan untuk mendapatkan F b,

sehinga diperoleh Fb = (240 N)(sin 47,00) + 0 + (170 N)( sin 28,00) = 241 N. (Jawaban)

Soal Contoh 5.3

Gambar 5.5a memperlihatkan tampak atas dari sebuah kaleng kue 2 kg diatas permukaan tanpa gesekan

yang mendapat percepatan 8 m/s2 dari tiga gaya horizontal. Gaya-gaya F 1 dan F2 mempunya nilai masing-

masing sebesar 10 N dan 12 N. Gambar 5.5b merupakan diagram benda bebas yang tak lengkap untuk situasi itu, dengan memasukan percepatan a. Berapakah gaya ketiga F3 dalam notasi vektor satuan? Gambar 5.5 Soal Contoh 5.3. (a) Tampak atas dari sebuah kaleng kue yang sedang mendapat percepatan dari tiga gaya horizontal, dua diantaranya diperlihatkan. (b) Diagram benda bebas untuk kaleng kue itu.

PENYELESAIN: Gaya neto dari ketiga gaya horizontal tersebut menimbulkan percepatan horizontal dan pers. 5.1 memberi kita

∑

F = F1 + F2 + F3 = ma

Dari pers. 5.2, kita mendapatkan, disepanjang sumbu,

∑

Fx = F1x + F2x + F3x = ma

∑

Fy = F1y + F2y + F3y = ma

Dan disepanjang sumbu y

Dengan menuliskan kembali pers. 5.6 dalam kaitanya dengan nilai-nilai dan sudut-sudut, serta memasukan tanda-tanda untuk menyatakan arah-arah, kita mendapatkan -F cos 600 + 0 + Fx = ma sin 300 Subtitusi data yang diketahui menghasilkan -(10 N) cos 600 + 0 (2 kg)(8 m/s2) sin 300 Yang menginformaskan kepada kita bahwa Fx = (10 N) cos 600 + 0 (2 kg)(8 m/s2) sin 300 = 13 N Demikan pers. 5.7 menjadi -F sin 600 + F2 + F3y = -ma cos 300 Dan kemudian -(10 N) sin 600 + 12 N + F3y = -(2 kg)(8 m/s2) cos 300 Yang menginformasikan kepada kita bahwa F3y = -17,2 N Jadi, gaya ketiga tersebut adalah F3 = (13 N)i – (17 N)j (Jawaban) Soal Contoh 5.4

Marilah kita kembali ke john massis dan gerbong-gerbong keretanya, dan mengasumsikan bahwa massis menarik (dengan giginya) pada ujung talinya dengan gaya konstan yang besarnya 2,5 kali berat badanya,

pada sudut ∅ = 300 dari horizontal. Massanya m = 80 kg. Berat W gerbong-gerbong penumpang itu sama dengan 7,0 x 105 N (sekitar 80 ton)

dan ia mengerakan gerbong-gerbong itu

sejauh 1,0 m di sepanjang rel.

Asumsikan

mengelinding

mendapat

tidak

Berapakah kelajuan kereta cpada

bahwa gaya

roda-roda

perlambatan

yang

dari

rel.

akhir tarikan?

Gambar 5.11 Soal Contoh nomor 5.4. Diagram benda bebas untuk gerbong-gerbong penumpang yang ditarik oleh massis. Vektor-vektor tidak digambar berskala; tegangan di dalam tali jauh lebih kecil daripada berat dan gaya normal. PENYELESAIN: Gambar 5.11 merupakan diagram benda bebas untuk gerbong-gerbong itu, yang dinyatakan oleh sebuah titik (noktah). Sumbu x menyusuri rel. Dari pers. 5.2 kita mendapatkan

∑ Fx

= T cos Ө = Max

(5.13)

Dengan M adalah massa gerbong-gerbong itu. Kita dapat memperoleh T dan M dari data yang diketahui. Dengan asumsi-asumsi kita, gaya tarik dari Massis adalah T=2,5.mg = (2,5)(80 kg)(9,8 m/s2) = 1960 N (atau 440lb),yang lebih kurang merupakan berat yang dapat diangkat oleh seorang atlit angkat besi kelas menengah yang baik dan jauh dari tenaga manusia super. Berat W gerbong-gerbong itu, menurut Pers.5.8, adalah W = Mg Sehingga massa M haruslah M=

W g

=

7,0 x 10 5 N 4 =7,143 x 10 kg 2 9,8 m/s

Sekarang, dari Pers. 5.1.3, kita mendapatkan percepatan yaitu o

ax =

T cos θ ( 1.960 ) ( cos 30 ) = M 7,143 x 104 kg

−2 = 2,376 x 10 m/s2

Untuk mencari kelajuan gerbong-gerbong itu pada akhir tarikan, kita menggunakan Pers. 2.16, dengan subskrip untuk mengindikasikan sumbu x dengan v0 = 0 dan x-x1 = 1,0 m: v 2x =v 20 x + 2a x

(x-x0).

atau 2,376 x 10−2 m/s 2(1,0 m) 0+ ( 2 ) ¿ vx = √¿ = 0,22 m/s

(Jawaban)

Massis akan melakukannya dengan lebih baik jeka saja talinya terikat lebih tinggi pada gerbong, sehingga tali terentang horizontal. Mengertikah anda mengapa demikian?

5.7. HUKUM KETIGA NEWTON Gaya-gaya muncul berpasangan. Jika sebuah kayu mengerahkan gaya pada sebuah paku, paku mngarahkan gaya yang sama besarnya namun berlawanan arah pada palu. Jika anda bersandar kedinding, dinding mendorong balik anda. Misalkan benda A di dalam gambar 5.12 megerjakan gaya FBA pada benda B;percobaan 5.8. PENERAPAN HUKUM-HUKUM NEWTON Subbab terakhir ini memuat soal-soal contoh. Anda harus rajin membacanya, mempelajari bukan hanya jawaban-jawaban mereka, melainkan juga prosedur-prosedur untuk pemecahan soal. Hal yang penting

adalah mengetahui bagaimana caranya menuangkan makna sketsa situasi ke dalam diagram benda bebas

dengan sumbu-sumbu yang tepat, sehingga hukum-hukum newton dapat diterapkan. Kita mulai dengan soal contoh 5.5 yang diuraikan dalam rincian lengkap mendalam dengan mempergunakan format tanya jawab. SOAL CONTOH 5.5 Gambar 5.15 menunjukan sebuah balok (balok luncur) yang massanya M yaitu = 3,3 kg. Balok bebas bergerak di sepanjang permukaan horizontal yang tanpa gesekan bagaikan meja udara. Balok luncur itu dihubungkan oleh tali yang merentang melalui katrol yang tidak bermassa dan tanpa gesekan dengan balok

kedua (balok gantung), yang mempunyai massa m = 2,1 kg. Balok gantung jatuh dan balok luncur berpercepatan ke kanan. Tentukan (a) percepatan balok luncur, (b) percepatan balok gantung, dan (c) tegangan tali.

T Apakah yang tersirat di dalam soal ini? Anda diberikan dua benda pejal, balok luncur dan balok gantung. Mungkin tak terpikirkan oleh anda bahwa terlihat pula Bumi, yang melakukan tarikan pada setiap benda ini; tanpa Bumi, tak sesuatu pun terjadi. Ada lima gaya yang beraksi pada balok-balok itu, sebagaimana ditunjukkan di dalam Gambar 5.16; 1. Tali menarik balok luncur ke kanan dengan gaya sebesar T. 2. Tali menarik balok gantung ke atas dengan gaya sebesar T juga. Gaya ke atas ini mencegah balok gantung jatuh bebas. Kita mengasumsikan bahwa tali mempunyai tegangan yang sama pada seluruh panjangnya; katrol hanya berfungsi mengubah arah gaya ini, tanpa mengubah nilainya. 3. Bumi menarik balok luncur ke bawah dengan gaya Mg, berat balok luncur. 4. Bumi menarik balok gantung ke bawah dengan gaya mg, berat balok gantung. 5. Meja mendorong balok luncur ke atas dengan gaya normal N.

Gambar 5.15 Soal contoh 5.5. sebuah balok bermassa M pada permukaan tanpa gesekan horizontal dihubungkan dengan sebuah balok bermassa m oleh sesuatu yang melilit sebuah katrol. Katrol bersangkutan tanpa gesekan. Tanda panah menunjukan gerak sewaktu system dilepaskan dari keadaan diam.

Gambar 5.16 Gaya-gaya yang beraksi pada kedua balok. Ada satu hal lagi yang harus anda perhatikan. Kita mengasumsikan bahwa tali tidak meregang, sehingga jika balok gantung jatuh sejauh 1 mm dalam waktu tertentu, balok luncur bergerak 1 mm ke kanan dalam interval yang sama. Kedua balok bergerak bersama dan percepatan keduanya mempunyai nilai ɑ yang sama. T Bagaimanakah saya mengklasifikasikan soal ini? Haruskah saya mengingat suatu hukum fisika tertentu?

Ya, memang. Gaya, massa, dan percepatan terlibat. Itu memerlukan penerapan hokum kedua newton, ∑F = ma.

T

Jika saya menerapkan hokum itu pada soal ini, terhadap benda yag manakah saya harus menerapkannya? Kita terfokus pada dua benda di dalam soal ini, balok luncur dan balok gantung. Meskipun mereka meruakan benda-benda yang luas, kita dapat memeperlakukan setiap baloksebagai suatu partikel karena

setiap bagian kecil darinya (setiap atom, misalnya) bergerak dengan cara yang benar-benar sama. Terapkan hukum kedua Newton secara terpisah pada sebuah balok. T Bagaimanakah dengan katrol? Kita tidak dapat menyatakan katrol sebagai suatu partikel karena bagian-bagian yang berlainan. Ketika kita membicarakn rotasi, kita akan mempelajari katrol secara mendetail. Sementara ini, kita memecahkan soal dengan menggunakan katrol yang massanya dapat diabaikan pabila dibandingkan dengan massa kedua balok. T Oke. Sekarang bagaimana saya menerapkan ∑F = ma terhadap balok luncur?

Nyatakan balok luncur sebagai suatu partikel bermassa M dan gambarkan semua gaya yang beraksi padanya, sebagaimana di dalam gambar 5.17. Ini merupakan diagram benda bebas balok itu. Ada tiga gaya. Lalu, tempatkan satu set sumbu. Masuk akal jika kita menggambarkan sumbu x sejajar dengan meja, dalam arah gerak balok.

T Terima kasih, tetapi anda belum mengajari saya bagaimana meneraapkan ∑F = ma pada balok luncur. Semua yang anda lakukan adlah menerangkan bagaimana menggambarkan diagram benda bebas. Anda benar, ekpresi ∑F = ma merupakan suatu persamaan vektor dan anda dapat menuliskannya sebagai tiga persamaan scalar: ∑Fx = max ,

∑Fy = may ,

∑Fz = maz

(5.15)

Dengan ∑Fx, ∑Fy, ∑Fz, adalah komponen-komponen gaya neto. Oleh karena balok luncur tidak bergerak

secara vertical, kita tahu bahwa tidak terdapat gaya neto dalam arah y: berat W = Mg dari balok luncur diimabngi oleh gaya normal N yang bereaksi ke atas pada balok. Tidak ada gaya yang beraksi pada arah

z, yang tegak lurus terhadap halaman buku. Akan tetapi, kita dapat menerapkan persamaan pertama dari pers. 5.15. Dalam arah x, hanya ada satu komponen gaya, sehingga ∑Fx = max menjadi T = Mɑ

Persamaan ini mengandung dua besaran tidak diketahui, T dan ɑ , sehingga kita belum dapat menyelesaikannya. Namun ingat, kita belum mengatakan apa-apa tentang balok gantung. T Saya setuju. Bagaimana saya menerapkan ∑F = ma pada balok gantung? Gambarkan diagram benda bebas untuk balok tersebut, seperti di dalam gambar 5.18. Kali ini, kita memakai persamaan kedua dari Pers. 5.15. dengan menentukan ∑Fx = T – mg = - ma

(5.17)

Dengan tanda minus pada ruas kanan persamaan menunjukan bahwa balok gantung berpercepatan ke bawah, dalam arah negative sumbu y. Persamaan 5.17 menghasilkan mg – T = ma Persamaan ini mengandung dua besaran tidak diketahui yang sama seperti Pers. 5.16. Jika anda menjumlahkan kedua persamaan ini, T akan terhapuskan. Pencarian ɑ menghasilkan ɑ=

m M +m

g

Pensubtitusian hasil ini ke dalam pers. 5.16 menghasilkan T=

Mm M +m

g

Pemasukan angka-angka untuk kedua besaran ini menhasilkan ɑ=

m M +m

g=

2,1 kg m (9,8 ) 3,3 kg +2,1 kg s2

= 3,8 m/s2

(Jawaban)

Dan T=

3,3 kg+2,1 kg ( 3,3 kg ) (2,1 kg ) m ¿ 9,8 ¿ s2

= 13 N

(

) (Jawaban)

T Sekarang

soal telah terpecahkan, bukan?

Pertanyaan yang wajar, tetapi kita di sini bukan hanya untuk memecahkan soal-soal melainkan juga untuk mempelajari fisika. Soal ini belum benar-benar terselesaikan hingga kita menelaah hasil-hasilnya untuk membuktikan apakah masuk akal. Ini sering lebih banyakan merupakan pengalaman pembinaan keyakinan daripada hanya mendapatkan jawaban yang benar. Lihat dahulu Pers. 5.19. Perhatikan bahwa itu benar seacara dimensi dan juga bahwa percepatan ɑ akan selalu lebih kecil daripada g. ini sudah seharusnya, karena balok gantung tidak dalam kondisi jatuh bebas. Tali memberinya gaya tarik ke atas. Sekarang lihat Pers. 5.20 yang kita tuliskan kembali dalam bentuk T=

Mm M +m

g

(5.21)

Dalam bentuk ini, lebih mudah untuk melihat bahwa persamaan ini juga benar secara dimensi, karena baik T maupun mg merupakan gaya. Persamaan 5.21 juga memungkinkan kita untuk untuk melihat

bahwa tegangan di dalam tali selalu lebih kecil dari pada mg, berat balok gantung. Itu merupakan

pemikiran yang mudah diterima, karena jika T lebih besar daripada mg, balok gantung akan berperceptan ke atas. Kita juga dapat memeriksa hasil-hasilnya melalui penelaahan kasus-kasus khusus, dengan menduga jawaban apa yang harus dihasilkan. Contoh yang sederhana adalah dengan memasukkan g = 0, seolaholah percobaan dilakukan di angkasa antarbintang. Kita tahu bahwa di dalam kasus itu, balok-balok tersebut tidak akan bergerak dari keadaan dan tidak ada tegnagn di dalam tali. Apakah rumus-rumus

memprediksikan hal ini? Ya, memang demikian. Jika anda memasukan g = 0 di dalam pers. 5.19 dan pers. 5.20, anda mendapatkan ɑ = 0 dan T = 0. Dua kasus yang lebih istimewa yang boleh anda coba adalah M= 0 dan m

∞.

SOAL CONTOH 5.5 – SEBUAH CARA LAIN Percepatan ɑ dari balok-balok pada gambar 5.15 dapat ditentukan dalam dua jalan aljabar jika kita (a) memakai sumbu nonkonvensional, sebutlah u, yang melalui kedua blok dan menyusuri tali sebagaimana

ditunjukan di dalam gambar 5.19a, dan kemudian (b) membayangkan sumbu ɑ diluruskan sebagaimana di dalam gambar 5.19b dan memperlakukan balok-balok itu sebagian dari sebuah benda komposit tunggal dengan massa M + m. Diagram benda bebas untuk system dua balok tersebut diperlihatkan di dalam gambar 5.19c. PENYELESAIAN : Perhatikan bahwa hanya ada satu gaya beraksi pada benda komposit itu di sepanjang sumbu u, dan gaya itu adalah mg dalam arah positif sumbu. Tegangan T padagambar 5.16 sekarang merupakan gaya internal terhadap benda komposit tersebut dan karenanya tidak tercakup dalam hukum kedua Newton. Gaya yang diberikan katrol kepada tali berarah tegak lurus terhadap sumbu u, sehingga gaya tersebut tidak tercakup. Dengan mempergunakan Pers. 5.2 sebagai pedoman, kita menuliskan sebuah persamaan komponen untuk percepatan di sepanjang sumbu u; ∑Fu = (M + m)ɑu Dengan massa benda sama dengan M + m, percepatan benda komposit di sepanjang sumbu u (dan perceatan balok-balok individual, karena mereka bertautan) bernilai ɑ. Satu-satunya gaya pada benda komposit di sepanjang sumbu u mempunyai nilai sebesar mg. maka persamaan kita menjadi Mg = (M+m)ɑ, atau ɑ=

Mm M +m

g,

(5.22)

yang cocok dengan pers. 5.19

Gaambar 5.19 (a) “Sumbu” u melalui system balok-balok + tali dari gambar 5.15. (b) Balok-balok ditata

kembali sehingga sumbu u menjadi lurus dan kemudian diperlakukan sebagai sebuah benda tunggal dengan massa M + m. (c) Diagram benda bebas bersangkutan, yang hanya meninjau gaya-gaya disepanjang u. Ada satu gaya demikian. Untuk menentukan T, kita menerapkan Hukum Kedua Newton pada tiap balok, yang menghasilkan persamaan 5.16 atau 5.18. Lalu pensubtitusian ke ɑ dari pers. 5.22 dan pencarian T menghasilkan pers. 5.20

SOAL CONTOH 5.6 Sebuah balok yang massanya M = 33 kg didorong elintasi permukaan tanpa gesekan dengan mempergunakan sebatang yang massanya m = 3,2 kg, sebagaimana di dalam gambar 5.20a. Balok tersebut digerakkan (Dari keadaan diam) sejauh d = 77 cm dalam 1,7 s pada percepatan konstan.

Gambar 5.20:

Soal Contoh 5.6. (a) Balok bermassa M didorong

diatas permukaan tanpa gesekan oleh sebatang

tongkat bermassa m. (b) Penguraian pasangan-

pasangan aksi-reaksi antara tangan dan tongkat

(pasangan pertama) dan antara tongkat dan balok (pasangan kedua). a. Identifikasi semua pasangan gaya aksi-reaksi horizontal didalam soal ini. Penyelesaian: Smana dibeberkabn oleh Gambar 5.20b, terdapat dua pasanga aksi-reaksi: Pasangan pertama: FHS = -FSH (tangan dan tongkat) Pasangan kedua:

FSB = -FBS

(tongkat dan balok)

Gaya FHS pada tangan kiri tongkat adalah gaya yang akan Anda rasakan seandainya tangan didalam Gambar 5.20 adalah tangan anda. b. Berapa besar gaya yang harus diokerahkan tangan ke tongkat? PENYELESAIAN: Ini merupakan yang menimbulkan percepatan pada balok dan tongkat. Untuk

menentukanya, kita harus terlebih dahulu mendapatkan percepatan konstana dengan menggunakan Pers. 2.15: x-x0 = v0t +

1 2 2 at

Substitusi v0 =0 dan x-x0 =d, serta pencarian a, menghasilkan 2d a= t 2

( 2 ) ( 0,77 m) = (1,7 s)2

= 0,533 m/s2

Untuk menentukan gaya yang dikerahkan oleh tangan, kita terapkan hokum kedua Newton pada sistem yang terdiri atas tongkat dan balok sebagai kesatuan. Jadi:

FSH = (M +m)a =(33 kg +3,2 kg)(0,533 m/s2) = 19,3 N ≈ 19 N

(Jawaban)

c. Berapakah besar gaya dorong tongkat pada balok? PENYELESAIAN: Untuk menentukan gaya ini, kita menerapkan Hukum Kedua Newton hanya pada balok: FBS = Ma = (33kg)(0,533 m/s2) =17,6 N ≈ 18 N

(Jawaban)

d. Berapakah besar gaya neto pada tongkat? PENYELESAIAN: Kita dapat menentukan nilai F dari gaya ini dalam dua cara. Cara pertama dengan mempergunakan hasil-hasil dari (b) dan (c) sehingga mendapatkan F = FSH – FSB = 19,3 N-17,6 N = 1,7 N

(Jawaban)

Perhatikan bahwa Hukum ke Tiga Newton telah kita pergunakan disini, dengan mengasumsikan bahwa FSB. Gaya pada tongkat dari balok mempunyai nilai yang sama (17,6 N sebelum pembulatan) seperti FBS.

Cara kedua untuk mendapatkan suatu jawaban adalah menerapka Hukum Kedua Newton pada tongkat secara langsung. Kita mendapatkan F = ma = (3,2 kg)(0,533 m/s2)= 1,7 N

(Jawaban)

Yang sesuai dengan hasil pertama kita. Memang seharusnya demikian karena kedua metode itu identik secara aljabar: cobalah periksa. CONTOH 5.7

Gambar 5.21a menunjukan sebuah balok bermassa m = 15 kg yang menggantung dari tiga tali. Berapakah besar tegangan pada masing-masing tali?

PENYELESAIAN: Di dalam diagram benda bebas untuk balok (Gambar 5.21b), tegangan TC dari tali

C menarik keatas sedangkan berat balok mg berarah kebawah. Oleh karena sistem dalam keadaan diam, Hukum Kedua Newton untuk balok menghasilkan

∑ F=T C+ m g=0 . Oleh karena gaya-gaya

TC

dan mg hanyalah vertikal, persamaan ini member kita suatu persamaan

skalar:

∑ F y =T C+ m g=0 . Dengan mensubstitusikan nilai-nilai yang diketahui, kkita mendapatkan TC = mg= (15 kg)(9,8 m/s2) =147 N ≈ 150 N.

(Jawaban)

Petunjuk bagi langkah kita berikutnya adalah menyadari bahwa simpul tempat bergabungnya ketiga tali merupakan satu-satunya titik yang menerima aksi bersamaan dari ketiga gaya. Pada simpul inilah kita

harus menerapkan Hukum Kedua Newton. Gambar 5.21c merupakan gambar diagram benda bebas untuk simpul tersebut. Oleh karena simpul tidak mempunyai percepatan, gaya netto yang beraksi padanya harus sama dengan nol. Maka

∑ F❑=T A +T B +T C=0 Persamaaan vektor ini ekuivalen dengan kedua persamaan skalar

∑ F y =T A sin 280 +T B sin 470 −T C =0

(5.23)

Dan

∑ F x =−T A cos 280 +T B cos 470=0

(5.24)

Simaklah bahwa, apabila kita menuliskan komponen x dari

TA

0 sebagai T A cos 28 ,kita harus

memasukan tanda minus untuk menunjukan bahwa T berarah negative pada sumbu x.

Gambar 5.21

Soal Contoh 5.7. (a) sebuah balok bermassa m menggantung dari tiga tali. (b) Diagaram benda bebas untuk balok. (c) Diagram benda bebas untuk simpul pada pertemuan tiga tali. Pensubstitusian nilai-nilai numerik kedalam Pers.5.23 dan Pers.5.24 menghasilkan T A ( 0,469 )+ T B ( 0,731 ) =147 N

(5.25) dan

T B ( 0,469 )=T A ( 0,883 )

(5.26)

Dari Pers. 5.26, kita mendapatkan TB

=

0,883 0,469

TA

= 1,29

TA

.

Pensubstitusian ini kedalam Pers. 5.25 dan pencarian T A=

TA

147 N 0,469+ ( 1,29 ) (0,731) = 104 N ≈ 100 N

Akhirya, TB

menghasilkan

TB

= 1,29

didapat dari TA

.= (1,29)(104 N)

=134 N ≈ 130 N

(Jawaban)

(Jawaban)

SOAL CONTOH 5.8 Gambar 5.22a menunjukan seuah balok bermassa m = 15 kg yang ditahan diseutas tali pada suatu bidang miring tanpa gesekan. Berapakah besar tegangan tali jika

θ = 270? Berapakah besar gaya yang dikerjakan

pada balok oleh bidang? PENYELESAIAN: Gambar 5.22b merupakan diagram benda bebas untuk balok. Gaya-gaya yang beraksi padanya adalah: (1) Gaya normal N, yang dikerjakan pada balok oleh bidang tempat balok diam, (2)

tegangan Tdi dalam tali, dan (3) berat W(=mg) dari balok. Oleh karena percepatan baloksama dengan nol, gaya neto yang beraksi pada balok harus juga sama dengan nol menurut Hukum Ke-dua Newton:

∑ F=T + N +m g=0

(5.27)

Kita memilih sistem koordinat dengan sumbu x sejajar bidang. Dengan pilihan ini, bukan satu melainkan dua gaya (Ndan T) segari dengan sumu-sumu koordinat (sebuah bonus). Perhatikan ahwa sudut

antara vektor berat dan arah negative sumbu y sama dengan sudut kemiringan bidang. Komponen-komponen x dan y dari vektor itu diperoleh dari segitiga pada Gambar 5.22c. Versi-versi komponen Pers. 5.27 adalah

∑ F x =T −m g sin θ=0 Dan ∑ F y =N −m g cos θ=0 Maka T = m g sin θ = (15 kg) (9,8 m/s2) (sin 270) = 67 N Dan

(Jawaban)

N = m g cos θ = (15 kg) (9,8 m/s2) (cos 270) = 131 N ≈ 130 N

(Jawaban)

Gambar 5.22

Soal Contoh 5.8 dan 5.9. (a) Balok bermassa m diam pada bidang licin dan ditahan oleh seutas tali. (b)

Diagram benda bebas untuk balok. Perhatikan bagaimana sumbu-sumbu koordinat ditempatkan. (c) Pencarian komponen-komponen xdan y dari mg. SOAL CONTOH 5.9

Andaikan anda memotong tali yang menahan balok pada bidang di dalam Gambar 5.22a. dengan percepatan berapakah balok itu akan bergerak?

PENYELESAIAN: pemotongan tali akan menghapuskan tegangan Tdidalam Gambar 5.22b. dua gaya lainnya tidak terhapuskan (dan memang tidak dapat) karena mereka tidak bereaksi pada garis yang sama.

Penerapan Hukum Kedua Newton pada komponen-komponen x dari gaya-gaya N dan mg di dalam Gambar 5.22b sekarang menghasilkan

∑ F x =0−m g sinθ=ma , Sehingga a = -g sin θ

(5.28)

Perhatikan bahwa gaya normal N tidak memainkan peranan dalam menghasilkan percepatan karena komponen x nya sama dengan nol. Persamaan 5.28 menghasilkan a = -(9,8 m/s2) (sin 270) = -4,4 m/s2.

(Jawaban)

Tanda minus menyatakan bahwa percepatan tersebut berarah negative pada sumbu x, berarti, menuruni bidang. Persamaan 5.28 mengungkapkan bahwa percepatan balok tidak bergantung pada massanya, tepat seperti persamaan benda jatuh bebas yang tidak bergantung pada massa benda yang jatuh itu. Tentu saja, Pers. 5.28 menunjukan bahwa suatu bidang yang miring dapat dipergunakan untuk “meringankan” gravitasi – untuk “melambatkan” gerakan jatuh bebas. Untuk

θ

= 900, Pers. 5.28 menghasilkan a = -g; untuk θ

= 00, persamaan menghasilkan a = 0. Keduanya merupakan hasil yang sudah diperkirakan.\

SOAL CONTOH 5.10 Gambar 5.23a menunjukan dua balok yang terhubungkan oleh seutas tali yang melewati sebuah katrol tidak

bermassa dan tanpa gesekan (susunan demikian dikenal sebagai mesin atwood). Misalkan m= 1,3 kg dan M = 2,8 kg. tentukan tegangan pada tali dan besar (umum) percepatan kedua balok.

PENYELESAIAN:Gambar 5.23b danGambar 5.23c merupakan diagram-diagram benda bebas untuk

balok-balok itu. Kita mengetahui bahwa M>m, sehingga kita menduga M ke bawah dan m ke atas. Informasi itu memungkinkan kita untuk menentukan tanda-tanda aljabar yang semestinya pada percepatan balok-balok itu. Gambar 5.23

Soal Contoh 5.10. (a) sebuah balok bermassa M dan sebuah lagi bermassa m yang lebih kecil dihubungkan dengan seutas tali yang melewati sebuah katrol. Arah-arah percepatan pada sistem yang semula dalam

keadaaan diam ditunjukan dengan tanda-tanda panah. (b) Diagram benda bebas untuk balok m. (c) Diagram benda bebas untuk balok M

Sebelum kita memulai perhitungan-perhitungan, kita menyimak bahwa tegangan didalam tali harus lebih kecil daripada berat balok M (Jika tidak, balok itu akan bergerak jatuh dari keadaan diamnya) dan lebih besar daripada berat balok m (Jika tidak, balok itu akan bergerak ke atas). Vektor-vektor di dalam kedua diagram benda bebas pada Gambar 5.23 digambarkan untuk melukiskan fakta-fakta ini.

Penerapan Hukum Kedua Newton pada alok dengan massa m yang mempunyai percepatan seesar a dalam arah negative sumbu y, kita mendapatkan T-mg = ma.

(5.29)

Untuk balok dengan massa M yang mempunyai percepatan seesar a dalam arah negative sumbu y, kita mendapatkan T-mg = -Ma,

(5.30)

-T+mg = -Ma,

(5.31)

Atau

Dengan menjumlahkan Pers. 5.29 dan Pers 5.31 (atau mengeliminasi T melalui substitusi),kita mendapatkan a=

M −m g , M+m

(5.32)

Pensubstitusian hasil ini dalam Pers. 5.29 atau Pers. 5.31 dan pencarian T, kita mendapatkan T=

2mM g , M +m

(5.33)

Dengan memasukan data yang diberikan kita mendapatkan a=

M −m g M+m

2,8 kg−1,3 kg = 2,8 kg+1,3 kg (9,8 m/s2)

= 3,6 m/s2

(Jawaban)

dan T=

2mM g = M +m

( 2 ) ( 2,8 kg ) (1,3 kg) (9,8 m/s2) 2,8 kg+ 1,3 kg

= 17 N

(Jawaban)

Anda dapat memuktikan bahwa berat dari kedua balok itu adalah 13 N (=mg) dan 27 N (=Mg). maka tegangan (=17 N) memang terletak diantara kedua nilai ini.

SOAL CONTOH 5.10 --- SEBUAH CARA LAIN

Persis seperti kita mengerjakan kembali Soal Contoh 5.5 dengan sumbu non-konvensional u, kita dapat mengerjakan kembali Soal Contoh 5.10 dengan u.

PENYELESAIAN: pasang sumbu u melalui sistem sebagaimana ditunjukan di dalam Gambar 5.24a. luruskan sumbu itu seperti di dalam Gambar 5.24b dan perlakukan balok sebagai suatu benda tunggal dengan massa M + m. kemudian gambarkan diagram benda bebas seperti di dalam Gambar 5.24c. Perhatikan bahwa di sepanjang sumbu u terdapat dua gaya dalam komposit (paduan) dari balok-balok itu: mg dalam arah negative sumbu u dan Mg dalam arah positif. (Gaya yang dikerahkan pada tali oleh katrol berarah tegak lurus terhadap sumbu u dan karenanya tidak tercakup dalam perhitungan kita). Kedua gaya disepanjang sumbu u memberi benda komposit itu (dan setiap balok) percepatan a. Hukum Kedua Newton dalam bentuk komponen atas gerak disepanjang u adalah

∑ F u=Mg−m g=( M + m)a ,

(5.34)

Yang menghasilkan a=

M −m g, M+m

seperti sebelumnya. Untuk memperoleh T, kita menerapkan Hukum Kedua Newton pada tiap alok, dengan mempergunakan sumbu konvensional y. untuk alok dengan massa m, kita mendap[atkan Pers. 5.29. dengan hasil untuk a diatas yang disubstitusi kedalam Pers. 5.29, kita akan mendapatkan Pers. 5.33. Gambar 5.24

(a) “sumbu” u melalui sistem Gambar 5.23. (b) Balok-

balok ditata kembali untuk meluruskan u dan kemudian

diperlakukan sebagai sebuah benda tunggal dengan

massa M + m. (c) Diagram benda bebas yang

bersangkutan, dengan hanya memperhitungkan gayagaya disepanjang u. terdapat dua gaya seperti itu. SOAL CONTOH 5.11 Seorang penumpang dengan massa m = 72,2 kg berdiri diatas timbangan didalam kabin elevator (Gambar 5.25). tentukan bacaan timbangan untuk nilai-nilai percepatan yang diberikan dalam gambar tersebut? PENYELESAIAN: kita memandang persoalan ini dari sudut pandang seorang pengamat dalam kerangka acuan (inersial) yang tetap terhadap bumi. Misalkan pengamat ini menerapkan Hukum Kedua Newton pada

penumpang yang sedang mengalami percepatan itu. Gambar 5.25a-c menyajikan diagram-diagram benda bebas untuk penumpang yang diperlukan sebagai sebuah partikel (partikel tertentu!), untuk berbagai percepatan kain.

Tanpa memperdulikan percepatan kabin, Bumi menarik penumpang ke bawah dengan gaya sebesar

mg, dengan g = 9,8 m/s2 adalah percepatan jatuh bebas dalam kerangka acuan Bumi. Elevator mendorong

timbangan ke atas. Timbangan, pada gilirannya mendorong penumpang ke atas dengan gaya normal sebesar N yang sama dengan bacaan timbangan. Apa yang terbaca dalam timbangan akan dipandang oleh penumpang yang mengalami percepatan itu sebagai berat badannya. Besaran ini sering disebut berat terlihat; istilah berat (berat sesungguhnya) diperuntukan bagi besaran mg.

Hukum Kedua Newton menghasilkan N – mg = ma, Atau N = m(g+a).

(5.35)

Gambar 5.25

Soal Contoh 5.11. seorang penumpang dengan

massa m di dalam elevator, sedang berdiri diatas

timangan pegas yang mengindikasikan beratnya

atau berat terlihatnya. Diagram-diagram benda

bebas diperuntukan agi kasus-kasus yang (a)

kecepatan kabin elevator sama dengan nol, (b) a = +3,20 m/s2, dan (c) a = -3,20 m/s2.

(a) Tentukan bacaan timbangan jika kabin dalam keadaan diam atau bergerak dengan kelajuan konstan? (Lihat Gambar 5.25a). PENYELESAIAN:Disini a = 0 dan kita mendapatkan N = m(g+a) = (72,2 kg)(9,80 m/s2 +0) = 708 N. Ini adalah sama dengan berat penumpang

(Jawaban)

(b) Tentukan bacaan timbangan jika kabin mendapatkan percepatan ke atas sebesar 3,20 m/s 2. (Lihat Gambar 5.25b). PENYELESAIAN:Percepatan keatas berarti kabin sedang bergerak ke atas dengan kelajuan yang meningkat atau kebawah dengan kelajuan yang menurun. Pada tiap kasus, kabin merupakan kerangka noninersial dan Pers.5.35 menghasilkan N = m(g+a) = (72,2 kg)(9,80 m/s2 + 3,20 m/s2) = 939 N.

(Jawaban)

(c) Tentukan bacaan timbangan jika kabin mendapatkan percepatan ke bawah sebesar 3,20 m/s 2. (Lihat Gambar 5.25c). PENYELESAIAN: Percepatan keatas berarti kabin sedang bergerak ke atas dengan kelajuan yang menurun atau kebawah dengan kelajuan yang meningkat.Kabin juga merupakan kerangka noninersial dan Pers.5.35 sekarang menghasilkan N = m(g+a) = (72,2 kg)(9,80 m/s2 - 3,20 m/s2) = 477 N.

(Jawaban)

Penumpang menekan timbangan kebawah dengan gaya yang lebih kecil daripada ketika kabin dalam keadaan diam. Ia terlihat seperti kehilangan berat seesar 231 N.

Bab 6 SOAL CONTOH 6.1 Gambar 6.3a menunjukan sebuah koin yang terletak pada buku yang dimiringkan pada sudut θ terhadap

horizontal. Dengan cara coba dan salah Anda mendapatkan bahwa apabilaθ diperbesar hingga 13o, koin mulai meluncur menuruni buku. Berapakah nilai koefisien gesek statik µs antara koin dan buku? PENYELESAIAN : Gambar 6.3b adalah diagram benda bebas untuk koin di ambang peluncuran. Gaya-

gaya pada koin adalah gaya normal N, yang mendorong keluar dari bidang buku, berat koin W, dan gaya gesek fs,yang berarah mendaki bidang karena gerak yang akan datang itu berarah menuruni bidang. Oleh

karena koin berada dalam kesetimbangan, gaya neto pada koin harus sama dengan nol. Dari hukum kedua Newton, kita mendapatkan : ∑F = fs + W + N = 0.

(6.3)

Untuk komponen-komponen x, persamaan vektor ini memberi kita : ∑Fx = fs - W sin θ = 0, atau fs = W sin θ.

(6.4)

Untuk komponen-komponen y, kita mendapatkan : ∑Fy = N - W cos θ = 0, atau N = W cos θ.

(6.5)

Pada saat koin diambang peluncuran (dan hanya pada waktu itu) nilai gaya gesek statik yang beraksi pada koin yang mempunyai nilai maksimum µ sN. Pensubtitusian µsN ke dalam Pers. 6.4 dan pembagian oleh Pers. 6.5 menghasilkan : f s µs N W sin θ = = =tan θ , N N W cos θ Atau µs = tan θ = tan 13o = 0,23. (jawaban)

(6.6)

Anda dapat dengan mudah mengukur µs untuk sebuah koin dan buku teks ini, Anda tidak memerlukan busur derajat. Anda dapat mengukur kedua panjang yang terlihat pada Gambar 6.3a dengan sebuah mistar dan perbandingan h/d koin dan buku sama dengan tan θ. Gambar 6.3 Contoh Soal 6.1. (a) Sebuah koin baru saja akan

meluncur dari keadaan diam menuruni kulit buku. (b) Diagram benda bebas untuk koin, yang menunjukan ketiga gaya (yang

digambarkan menurut skala) yang beraksi pada koin. Berat W

ditunjukan dan diuraikan atas komponen-komponennya di sepanjang sumbu x dan sumbu y, yang orientasinya di pilih untuk menyederhana -kan soal.

SOAL CONTOH 6.2

Jika roda sebuah mobil “terkunci” (tidak dapat menggelinding) selama pengereman darurat, mobil tersebut menggelincir pada jalan. Keping-keping retasan ban dan bagian

bagian jalan yang sedikit meleleh merupakan “bekas selip” yang mengungkapkan pengelasan dingin selama mobil menggelincir. Rekor bekas selip terpanjang di atas jalan umum dilaporkan terjadi pada tahun 1960 oleh sebuah Jaguar pada jalan raya M1 di Inggris yakni sepanjang 290 m (sekitar 950 ft)! Dengan mengasumsikan bahwa µk = 0,60, berapakah kelajuan mobil itu ketika roda-rodanya terkunci? PENYELESAIAN : Gambar 6.4a melukiskan perjalanan mobil, Gambar 6.4b merupakan diagram benda

bebas selama perlambatan, yang menunjukan berat mobil W, gaya normal N, dan gaya gesek kinetik fk yang beraksi pada mobil. Kita dapat menggunakan Pers. 2.16, v2 = v02 + 2ax(x-x0),

dengan v = 0 dan x-x0 = d untuk mencari kelajuan awal mobil v0. Pensubtitusian nilai-nilai ini dan penyusunan kembalimenghasilkan : 0=¿ √−2 a xd v¿

❑

(6.7)

Untuk mendapatkan ax, kita menerapkan Hukum kedua Newton di sepanjang sumbu x. Jika kita

mengabaikan efek-efek udara pada mobil, satu-satunya gaya dengan sebuah komponen di sepanjang sumbu x adalah fk dan komponen itu adalah –fk. Maka kita mendapatkan : −f k =ma x , atau ax =

−f k µ k N + , m m

(6.8)

dengan m adalah massa mobil dan Pers. 6.2 memberi kita informasi bahwa fk = µkN. Gaya normal N mempunyai nilai N = W = mg. Pensubtitusian hasil ini ke dalam Pers. 6.8 menghasilkan : a x=

−µk mg =−µk g m

Pensubtitusian Pers. 6.9 ke dalam Pers. 6.7 menghasilkan :

√

v 0 =√ 2 µk gd= ( 2 ) ( 0,60 )

( 9,8s m ) ( 290 m) =58 m/ s=210 km/ jam 2

(6.9)

(sekitar 130 mil/jam). Dalam mendapatkan jawaban itu, kita mengasumsi secara mutlak bahwa v = 0 pada ujung terjauh pada bekas selip. Sebenarnya, bekas selip itu berakhir semata-mata karena Jaguar itu keluar dari jalan setelah 290 m. Jadi, v0 paling sedikit sama dengan 210 km/jam dan mungkin jauh lebih besar.

Gambar 6.4 Soal Contoh 6.2. (a) Sebuah mobil, menggelincir ke

kanan dan akhirnya berhenti setelah perpindah-an d. (b) Diagram

benda bebas untuk perlambatan mobil. Vektor percepatan mengarah ke kiri, yaitu dalam arah gaya gesek fk.

SOAL CONTOH 6.3

Seorang wanita menarik sebuah pengeret bermuatan dengan massa

m = 75 kg di sepanjang permukaan horizontal dengan kecepatan

konstan. Koefisien gesek kinetik µk antara tapak pengeret dan salju

adalah 0,10 dan sudut Ø didalam Gambar 6.5 adalah 420. Berapakah tegangan T pada tali? PENYELESAIAN : Gambar 6.5b adalah diagram benda bebas untuk pengeret. Penerapan Hukum Kedua Newton dalam aarah horizontal menghasilkan : T cos Ø – fk = max = 0,

(6.10)

Dengan ax sama dengan nol karena kecepatannya konstan. Dalam arah vertikal, kita mendapatka : T sin Ø + N – mg = may = 0,

(6.11)

Dengan mg adalah berat pengerat. Dari Pers. 6.2, fk = µkN,

(6.12)

Ketiga persamaan ini mengandung T, N dan f k sebagai besaran yang tidak di ketahui. Pengiliminasian N dan fk akan memungkinkan kita mencari variabel yang tersisa, T. Kita mulai dengan menjumlahkan Pers. 6.10 dan Pers. 6.12, yang menghasilkan : T cos Ø = µkN, Atau

N=

T cos Ø µk

(6.13)

Pensubtitusian ini ke dalam Pers. 6.11 dan penyelesaian untuk T menghasilkan : 0

42 sin ¿ ¿ 0 cos 4 2 +(0,10) ¿ µ k mg T= = cos Ø+ µk sin Ø

( 0,10 )( 75 kg ) (

9,8 m ) s2

¿ T =91 N

(6.14)

Yang jauh lebih kecil daripada berat pengeret. (b) Berapakah besarnya gaya normal yang di dorongkan salju secara vertikal ke atas pada pengeret? PENYELESAIAN : Kita mendapatkan N dengan mensubtitusikan T = 91 N dan data yang di ketahui ke dalam Pers. 6.11 atau 6.13. Dengan Pers. 6.11, kita mendapatkan : N = mg – T sin Ø = (75kg)(9,8m/s2) – (91 N) sin 420 = 670 N

SOAL CONTOH 6.4 Di dalam Gambar 6.6a, sebuah peti kayu yang berisi acar timun dengan massa

m 1= 14 kg bergerak di

sepanjang bidang yang membentuk sudut θ = 30 0 dengan horizontal. Peti kayu itu di hubungkan dengan peti kayu yang berisi jintan acar yang menggantung akan turun dengan kecepatan konstan. (a). Tentukan nilai dan arah gaya gesek yang di kerjakan pada m1 oleh bidang?

PENYELESAIAN : Kenyataan bahwa m2 turun mengindikasikan bahwa m1 bergerak mendaki bidang dan karena itu gaya gesek kinetik fk harus berarah menuruni bidang. Kita tak dapat menggunakan Pers. 6.2 untuk mencari nilai fk, karena kita tidak mengetahui koefisien gesek kinetik µk antara m1 dan bidang. Akan tetapi, kita dapat menggunakan teknik-teknik Bab 5. Terlebih dahulu,

kita menggambarkan diagram-diagram benda bebas untuk m 1 dan m2 di dalam Gambar 6.6b dan 6.6c,

dengan T adalah gaya tarik dari tegangan pada tali dan vektor-vektor beratnya adalah W1 = m1g dan W2 = m2g. Dengan W1 yang diuraikan atas komponen x dan komponen y, kita mendapatkan dari Hukum kedua Newton yang di terapkan pada sumbu x di dalam Gambar 6.6b, ∑Fx = T – fk – m1g sin θ = m1ax = 0

(6.15)

dengan ax = 0 karena m1, harus bergerak pada kecepatan konstan. Selanjutnya, untuk m 2 kita menerapkan Hukum kedua Newton pada sumbu y di dalam Gambar 6.6c dan menggunakan fakta bahwa m 2 bergerak pada kecepatan konstan. Kita mendapatkan : ∑Fy = T – m2g = m2ay = 0 atau T = m2g

(6.16)

Kita lalu mensubtitusikan T dari Pers. 6.16 ke dalam Pers. 6.15 dan mencari fk sehingga mendapatkan : Fk = m2g – m1g sin θ = (14kg)(9,8 m/s2) - (14kg)(9,8 m/s2)(sin 30o) = 68,6 N ≈ 69 N. (b) Tentukan µk.

PENYELESAIAN : Kita dapat menggunakan Pers. 6.2 untuk mencari µ k, tetapi kita memerlukan terlebih dahulu nilai gaya normal N yang beraksi pada m 1. Untuk mendapatkan N, kita menerapkan Hukum kedua Newton atas m1 pada sumbu y di dalam Gambar 6.6b : ∑Fy = N – m1g cos θ = m1ay = 0, atau

N = m1g cos θ

Gambar 6.6 Soal Contoh 6.4. (a) Massa m 1 bergerak mendaki bidang,

sedangkan massa m2 turun dengan kecepatan konstan. (b) Diagram

benda bebas untuk massa m1. (c) Diagram benda bebas untuk massa m2. Dari Pers. 6.2 kita sekarang memperoleh : µk=

¿

fk fk = N m1 g cos θ

68,6 N =0,58 9,8 m o ( 14 kg ) (cos 3 0 ) 2 s

( )

SOAL CONTOH 6.5 Jika seekor kucing yang sedang jatuh mencapai kelajuan terminal pertama sebesar 60 mil/jam ketika kucing mengerut ke dalam dan kemudian meregang ke luar, melipatgandakan A, berapakah kelajuan jatuhnya ketika kucing mencapai kelajuan terminal yang baru? PENYELESAIAN : Katakan vto dan vtn merepresentasikan kelajuan-kelajuan terminal yang awal dan yang baru, A0 dan An merepresentasikan luas-luas yang awal dan yang baru. Kita lalu menggunakan Pers. 6.18 untuk menentukan perbandingan antara kelajuan-kelajuan itu :

v tn = v¿

√ √

2 mg Cρ A n 2 mg Cρ A 0

=

√ √

A0 A0 = =√ 0,5 ≈ 0,7, An 2 A0

yang berarti bahwa vtn ≈ 0,7 vto atau sekitar 40 mil/jam. SOAL CONTOH 6.6 Tetesan hujan dengan radius R = 1,5 mm jatuh dari awan yang berada pada ketinggian h= 1200m di atas

tanah. Koefisien pengereman C untuk tetesan itu sama dengan 0,60. Asumsikan bahwa tetesan berbentuk

bola selama kejatuhanya. Massa jenis air ρw sama dengan 1000 kg/m3 dan massa jenis udara ρa sama dengan 1,2 kg/m3. (a) Tentukan kelajuan terminal tetesan hujan tersebut? PENYELESAIAN : Volume sebuah bola sama dengan

4 3

π R3

dan luas efektif A-nya sama dengan

luas lingkaran dengan radius R. Maka untuk tetesan hujan : 1 3 2 m= πR ρw dan A=π R 3 Maka, dari Pers. 6.18, kita mendapatkan : vt =

√

√

√

8 π R 3 ρw g 8 R ρw g 2 mg = = 2 C ρaA 3 C ρa 3 C ρa π R

−¿ 3 m 1,5 X 10¿ ¿ (1000 kg /m 3 )(9,8 m/s 2) ¿ (8) ¿ ¿ ¿ √¿ Perhatikan bahwa ketinggian awan tidak termasuk dalam perhitungan. Tetesan hujan mencapai kelajuan terminal setelah jatuh beberapa meter saja. (b) Berapakah besarnya kelajuan persis sebelum tumbukan jika tidak ada gaya rem? PENYELESAIAN : Dari Pers.2.23 dengan h = -(y-y0) dan v0 = 0, kita mendapatkan : v =√2 g h= √( 2 ) (9,8 m/s2 )(1200 m) = 150 m/s (= 340 mil/jam).

Dalam kondisi ini, tak mungkin Shakespeare menulis, “ia turun bagaikan tetesan lembut dari surga, ke tempat yang rendah.”

Bab 7 Soal Contoh 7.1

Pada tahun 1896 di Waco, Texas, William Crush dari perusahaan kereta api “Katy” menempatkan 2 lokomotif pada ujung-unjung yang berlawanan dari rel sepanjang 6,4Km, menyalakan api tungku pada

kedua lokomotif, membuat katup-katup penghambatan tetap terbuka, dan kemudian membiarkan keduanya bertabrakan muka lawan muka pada kelajuan penuh (gambar 7.1) dihadapkan 3000 penonton. Ratusan orang terluka akibat puing-puing yang bertebangan; beberapa orang tewas. Dengan menasumsikan berat setiap

lokomotif sama dengan 1,2 x 106N dan percepatannya sebelum tumbukan bernilai konstan 0,26 M/s2, berapakah energy kinetic total kedua lokomotif sebelum tumbukan ? Penyelasaian :Untuk mencari energy kinetik setiaplokomotif, kita perlu mengetahui massanya dan kelajuannya persis sebelum tumbukan. Untuk mendapatkan kelajuan v, kita mengunakan pers. 2.16. V2= v02 + 2a(x-x0). Dengan V0 = 0 dan x-x0 = 3,2 x 103m (setengah jarak pisah awal ini menghasilkan : v2=0+2(0,26m/s)(3,2 x103)= 40,8m/s atau (40,8m/s = 90mil/jam). Untuk mendapatkan massa m setiap lokomotif, kita membagi beratnya dengan g: M=

1,2 x 106 N =¿ 1,22 x 105 Kg 9,8 m/ s

Sekarang, dengan mengunakan persamaan 7.1 kita mendapatkan energy kinetic total kedua lokomotif persis sebelum tumbukan sebagai : K= 2(1/2 mv2) = (1,22 x 105 kg) (40,8 m/s)2 = 2,0 x 108 J Soal contoh 7.2 Gambar 7.4a menunjukan 2 orang mata-mata yang sedang menggeser peti besi 225 Kgyang semula dalam

keadaan diam sejauh 8,50 m sepanjang garis lurus ke arah truk mereka. Gaya dorong F 1 dari mata-mata 001

sama dengan 12 N, diarahkan pada sudut 30 0 kebawah dari horizontal; gaya tarik F 2 dari mata-mata 002 sama dengan 10N, diarahkan pada sudut 400 diatas horizontal. Tidak ada gesekan antara lantai dan peti besi. a.tentukan usaha total yang dilakukan pada peti besi oleh gaya F1 dan F2 selama perpindahan d=8,50m. Penyelesaian :gambar 7.4b adalah diagram benda bebas untuk peti besi, yang dianggap sebagai sebuah partikel. Kita dapat mendapatkan usaha total yang dilakukan pada peti besi dengan menentukan usaha yang di lakukan oleh setiap gaya dan kemudian menjumlahkan hasil-hasilnya. Dari pers 7.9 usaha yang dilakukan F1dan F2adalah W1 = F1 d cos o = (10N)(8,50 m) (cos 30) =88,33 J

W2 = F2 d cos o = (10N) (8,50 m) (cos 40)=65,11 J Maka w total adalah w= w1 + w2 = 88,33 J + 65,11 J = 153 J. Jadi selama perpindah 8,50 m itu, mata-mata itu mentransfer 153 J energy menjadi energy kinetic peti besi

b. tentukan usaha Wg yang dilakukan peti besi oleh beratnya mg dan tentuka pula usaha W N yang dilakukan peti besi oleh gaya normal N dari lantai selama perpindahan. Penyelesaian :kedua ini tegak lurus terhadap perpindahan. Maka menurutpers. 7.9, Wg = mgd cos 900 =mgd(0) = 0 dan WN = Nd cos 900 = Nd(0) = 0 Gaya ini tidak menstransfer energy apapun ke atau dari peti besi. c. Peti semula dalam keadaan diam. Berapa nilai kelajuan v-nya pada akhir perpindahan 8,50 m itu ? Penyelesaian :kelajuan peti besi berubah karena energy kinetiknya diubah ketika energy di transfer kepada peti besi oleh gaya-gaya bersangkutan. Kita mendapatkan hubungan antara kelajuan dan usaha yang dilakukan dengan kombinasi pers 7.4 dan 7.1 : W = K1 – K1 =1/2 mv2 – ½ mv02 Kelajuan awal v0 bernilai nol dan kita sekarang mengetahui bahwa usaha yang dilakukan sama dengan 153,4 J. pencarian v yang dilakukan dengan mensubtitusikan data yang dihasilkan v =√

2W = m

√2 ( 153,4 J ) =1,17 m 225 kg

s

Soal contoh 7.3 Sebuah peti ringan yang berisi buah prem meluncur diatas ke arah anda. Untuk melambatkan peti, anda mendorong berlawanan dengan gaya F = (2,0N)I + (-6,0N)j sambil berlari kebelakang( gambar 7.5). selama anda mendorong, peti mengalami perpindahan d (-3,0m)i a. Berapakah besarnya usaha yang telah di lakukan oleh gaya anda pada peti selama perpindahan itu ? Penyelesaian :dari pers. 7.11, usaha sama dengan w= f.d = [(2,0N)i + (-6,0N)j] .[(3,0m)i]. Diantara berbagai perkalian vector satuan yang mungkin, hanya i.i, j.j dan k.k yang bukan nol. Disini kita mendapatkan

W=(2,0)(-3,0m)i.i + (-6,0N)(-3,0m)j.i = (-6,0j)(1)+0 = -6,0J Jadi gaya tersebut mentransfer energy kinetiknya sebesar 6,0 J dari energy kinetik peti. b. Jika peti mempunyai energy kinetic sebesar 10 J pada permulaan perpindahan d, tentukan energy kinetiknya pada akhir perpindahan.

Penyelesaian :dengan mengunakan pers.7.5 dengan K i= 10J dan w = -6J, kita mendapatkan Kf= Ki + W = 10 + (-6,0) = 4,0 J.

SOAL CONTOH 7.4 Marilah kita kembali keprestasi-prestasi angkat besi yang dibuat oleh Vasili Alexeev dan Paul Anderson. Ketika Alexeev mengangkat beban seberat 2.500 N setinggi 2,0 m, berapakah nilai usaha yang dilakukan pada beban oleh berat beban mg ? PENYELESAIAN : Nilai vektor berat mg sama dengan mg. Sudut ∅ anatara vektor itu dan vektor d sama dengan 180o. Dari pers.7.16, usaha yang dilakukan oleh mg adalah Wg = mgd cos ∅ = (2500 N) (2,0 m) (cos 180o) = -5000 J. (jawaban) Berapakah besar usaha yang dilakukan oleh gaya yang dikerahkan Alexeev selama pengangkatan ? PENYELESAIAN :Oleh karena beban tidak bergerak pada awal dan akhir pengangkatan, kita dapat menggunakan pers. 7.20 sehingga mendapatkan WVA = -Wg = +5000J c. Ketika alexeev menahan beban tidak bergerak diatas kepalanya, berapakah besar usaha yang dilakukan oleh gaya yang ia kerahkan pada beban ?

Penyelesaian :ketika ia menyangga beban, beban dalam keadaan diam. Jadi, perpindahan beban d = 0 dan menurut pers. 7.9 usaha yang dilakukan pada beban sama dengan nol ( meskipun menyangga beban tersebut merupakan pekerjaaan yang sangay melelahkan.

d. Berapakah besar usaha yang dilakukan oleh gaya yang di kerahkan paul Anderson untuk mengankat beban seberat 27.900N setinggin 1 cm? Penyelesaian :dari persamaan 7.21 dengan mg = 27.900N dan d = 1 cm, maka kita mendapatkan WPA = -mgd cos 0 = -mgd cos 180 = -(27.900N) (0,001m) (-1) = 280J. Angkatan Anderson memerlukan gaya ke atas yang besar sekali, tetapi hanya melibatkan transfer energy yang kecil senilai 280 J, disebabkan oleh perpindahan yang pendek. Soal 7.5 Sebuah peti keju 15 kg yang semula diam di tarik mengunakan kabel sejauh L = 5,70 m, mendaki lerengan tanpa gesekan, ke ketinggian h = 2,50m, tempat peti berhenti (gambar 7.8a). a. Berapakah besar usaha yang dilakukan pada peti oleh gaya berat mg selama penarikan keatas itu Penyelesaian : kita menghitung ini dengan pers. 7.16, dengan mengunakan L sebagai nilai perpindahan. Sudut antara mg dan perpindahan sama dengan 0 + 90 (lihat diagram benda bebas gambit 7.8b). kita memperoleh : Wg = mg L cos (0 + 90) = -mgL sin 0 Dari

gambar 7.8a, kita mengetahui bahwa L sin 0sama

dengan

ketinggian h yang di tempuh oleh peti. Maka kita mendapatkan Wg =-mgh.

Ini

berarti bahwa usaha yang dilakukan oleh berat

peti

bergantung pada perpindahan vertical peti dan

tidak

bergantung pada perpindahan horizontalnya.

Pemasukan data dari yang diketahui kedalam pers. 7.22 menghasilkan Wg= -(15kg) (9,8m/s2) (2,50m) = -368 J b. Berapakah besar usaha yang dilakukan pada peti oleh gaya T yang di kerahkan oleh kabel, yang menaik peti mendaki lerengan ?

Gambar 7.8 PENYELESAIAN :Oleh karena peti tidak bergerak sebelum dan sesudah penarikan keatas, perubahan ∆K pada energi kinetiknya harus sama dengan nol. Maka dari pers. 7.15, ∆K = W1 + W2 + W3 + . . .

(7.23)

Kita mengetahui bahwa usaha total yang dilakukan oleh semua gaya yang beraksi pada peti harus sama dengan nol. Disamping berat peti, hanya ada dua gaya lain yang bekerja pada peti : gaya normal N yang berasal dari lerengan dan gaya T dari kabel. Oleh karena itu tegak lurus terhadap perpindahan peti sepanjang lerengan, gaya normal melakukan usaha nol pada peti. Maka, dengan WT yang merepresentasikan usaha yang dilakukan oleh gaya T, pers. 7.23 menjadi 0 = Wg + WT Dengan menstitusikan -368 J ke Wg, kita mendapatkan WT = 368 J.

Bab 8 Energi Potensial dan Kekekalan Energi Contoh Soal 8.1 Gambar 8.5a menunjukkan sebuah balok keju licin 2,0 kg yang meluncur di sepanjang trek tanpa gesekan dari titik a ke titik b. Keju ini menempuh jarak total 2,0 m di sepanjang lintasan itu, dan jarak vertikal netto 0,80 m. Berapakah usaha yang dilakukan pada keju oleh beratnya selama gerak itu?

PENYELESAIAN: Dari per. 7.16 kita mengetahui bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya berat mg, pada perpindahan d dengan sudut

∅ terhadap mg, sama dengan yang diperoleh dari W=mgd cos

∅ . Namun

disini tampaknya kita tidak mungkin menggunakan persamaan itu karena kita tidak mengetahui bentuk lintasan sebenarnya. Meskipun kita mengetahuinya, perhitungannya akan sulit karena sudut

∅

tidak

konstan disepanjang lintasan yang dilalui keju.

Akan tetapi, karena berat merupakan gaya konservatif, kita dapat menentukan usaha tersebut dengan

memilih lintasan yang lain diantara a dan b, lintasan yang membuat perhitungan menjadi lebih mudah. Marilah kita memilih lintasan garis terputus-putus di dalam Gambar 8.5b; lintasan ini terdiri dari dua ruas lurus. Di sepanjang ruas horisontal, sudut

∅

bernilai konstan 90 ° . Meskipun kita tidak mengetahui

perpindahan di sepanjang segmen horisontal itu, pers. 7.16 menginformasikan bahwa usaha

Wh

yang

dilakukan adalah

Wh

=mgd cos 90 ° =0

Di sepanjang ruas vertikal, perpindahan d sama dengan 0,80 m dengan mg maupun d yang berarah ke bawah, sudut

∅

bernilai konsanta 0 ° . Maka, menurut Pers. 7.16, usaha

Wv

yang dilakukan di

sepanjang bagian vertikal dari lintasan garis terputus-putus itu adalah Wv

=mgd cos 0 °

= (2,0 kg)(9,8 m/ s

2

)(0.80 m)(1) = 15,7 J

Maka usaha total yang dilakukan pada keju bergerak dari titik a ke titik b sepanjang lintasan garis terputusputus adalah W=

Wh

+

Wv

= 0 + 15,7 ≈ 16 J.

(Jawaban)

Ini juga merupakan usaha yang dilakukan ketika keju bergerak di sepanjang trek dari a ke b.

GAMBAR 8.5 Soal

Contoh

8.1(a)

Sebuah

balok

keju

meluncur

di

sepanjang lintasan tanpa gesekan dari titik a ke titik b. (b) Penentuan usaha yang dilakukan pada keju oleh bratnya lebih mudah dilakukan di sepanjang lintasan garis terputus-putus daripada di lintasan sebenarnya yang ditempuh oleh keju. Hasilnya sama untuk kedua lintasan itu. Contoh Soal 8.2 Seekor kera 2,0 kg bergantung pada dahan yang berkedudukan 5,0 m diatas tanah (Gambar. 8.6). (a)Berapakah nilai energi potensial gravitasi U dari sistem kera-Bumi jika kita menetapkan titik acuan y=0 (1) pada tanah,(2) pada dasar balkon yang berada 3,0 m di atas tanah, (3) pada dahan, dan (4) 1,0 m di atas dahan ? ambillah energi potensial gravitasi sama dengan nol pada y=0.

PENYELESAIAN: Dengan Pers. 8.9, kita dapat menghitung U untuk setisp pilihan y=0. Sebagai contoh, untuk (1)kera pada mulanya berada di y=5,0 m, dan 2 U=mgy=(2,0 kg)(9,8 m/ s )(5,0 m)

= 98 J

(Jawaban)

Untuk pilihan-pilihan lainnya, nilai-nilai U adalah (2) U = mgy = mg(2,0 m) = 39 J, (3) U = mgy = mg(0) = 0 J (4) U = mgy = mg(-1,0 m) = -19,6 J ≈ -20 J

(Jawaban)

(b) Kera jatuh ke tanah. Untuk setiap pilihan titik acuan, berapakah nilai perubahan nilai pada energi potensial sistem kera-Bumi akibat jatuh itu? PENYELESAIAN: Untuk keempat situasi, kita mendapat

∆y

= 5,0 m. Maka, untuk (1) hingga (4), Pers.

8.7 menginformasikan bahwa ∆ U = mg ∆ y =(2,0 kg)(9,8 m/ s 2 )(-5,0 m) = -98 J (Jawaban)

Jadi, meskipun nilai U bergantung pada pilihan atas tempat, kita menetapkan y=0, perubahan pada energi potensial tidak bergantung pada hal itu. Ingat, hanya perubahan

∆ U pada energi potensial yang penting

secara fisis-bukan nilai U, yang bergantung pada pilihan-pilihan yang berubah-ubah dari konfigurasi acuan.

GAMBAR 8.6 Soal Contoh 8.2 Empat pilihan dari titik acuan y=0. Masing-masing sumbu y ditandai dalam satuan meter. Contoh Soal 8.3 Di dalam Gambar8.8, seorang anak yang bermassa m dilepaskan dari keadaan diam pada puncak seluncuran air, pada ketinggian h= 8,5 m diatas dasar seluncuran. Dengan mengasumsikan bahwa seluncuran itu licin sempurna karena air diatasnya, tentuka kelajuan anak itu pada dasar seluncuran. PENYELESAIAN: Jika kita menggunakan rumus fisika dari Bab 2 hingga Bab 6, soal ini tidak mungkin dipecahkan karena kita tak diberi informasi tentang bentuk seluncuran. Akan tetapi dengan rumus fisika Bab 7 dan Bab 8, soal ini menjadi mudah. Kita memperhatikan dulu bahwa, dengan tidak adanya gesekan, satusatunya gaya yang didesakkan pada anak itu oleh seluncuran adalah gaya normal, yang selalu tegaklurus dengan permukaan seluncuran. Oleh karena anak itu selalu bergerak sepanjang papan seluncuran, gaya ini selalu tegak lurus terhadap perpindahan anak itu dan dengan demikian tidak dapat melakukan usaha pada

anak itu. Satu-satunya gaya yang melakukan usaha adalah berat anak itu sebesar mg, yang merupakan gaya

konservatif. Dengan demkian kita mempunyai sistem anak-Bumi untuk nergi mekanik E yang terkonservasi pada seluruh grak anak itu.

Jadi energi mekanik Eb pada dasar seluncuran dan energi mekanik Et pada puncak seluncuran bernilai sama: Eb = Et. Penulisan persamaan kekekalan energi ini dalam bentuk Pers. 8.17 menghasilkan Kb + Ub = Kt + Ut, Atau 1 2 2 mv b + mgyb =

1 2 2 mv t + mgyt,

Pembagian oleh m dan pnyusunan kembali menghasilkan v2b = v2t + 2g(yt – yb). Dengan memasukkan vt = 0 dan yt – yb = h menghasilkan m √ (2)( 9,8 2 )( 8,5 m) Vb = √ 2 g h = s = 13 m/s.

(Jawaban)

Ini merupakan kelajuan yang sama yang akan dicapai anak itu jika ia jatuh sejauh 8,5 m. Pada seluncuran yang sesungguhnya, beberapa gaya gesek akan beraksi dan anak itu tidak akan bergerak secepat itu. Soal ini sulit untuk dipecahkan secara langsung dengan hukum Newton. Penggunaan kekeakalan energi mekanik membuat penyelesaian lebih mudah. Akan gtetapi, jika anada diminta untuk menentukan waktu yang diperlukan anak itu untuk mencapai dasar seluncuran, metode-metode tidak akan berguna. Anda akan perlu mengetahui bentuk seluncuran dan anda akan menghadapi soal yang sulit.

GAMBAR 8.8 Soal Contoh 8.3 seorang anak meluncur menuruni suatu seluncuran air dari ketinggian h. Contoh Soal 8.4

Pegas suatu senjata dipampatkan sejauh d = 3,2 cm dari keadaan relaksnya dan sebuah bola bermassa m = 12 g dimasukkan kedalam laras. Dengan kelajuan berapakah bola akan meninggalkan laras ketika senjata itu diletuskan? Konstanta pegas k = 7,5 N/cm. Asumsikan tidak ada gesekan dan laras senjata horizontal. Juga asumsikan bahwa bola meninggalkan pegas, kemudian pegas berhenti ketika pegas mencapai panjang relaksnya. PENYELESAIAN: Misalkan Ei sebagai energi mekanik sistem bola senjata pada keadaan awal ( sebelum senjata diletuskan), dan Ef sebagai energi mekanik sistem pada keadaan akhir (ketika bola meninggalkan

laras). Pada mulanya, energi mekanik = energi potensial pegas Ui=

mekanik = energi kinetik bola Kf =

1 2 2 kd . Pada keadaan akhir, energi

1 2 2 mv . Oleh karena energi mekanik terkonservasi, kita mendapatkan

Ei = Ef, Ui + Ki = Uf + Kf, Dan 1 2 2 kd + 0 = 0 +

1 2 2 mv .

Pencarian v menghasilkan

v=d

√

k m

= (0,32 m)

√

750 N /m 12 x 10−3 kg

= 8,0 m/s.

(Jawaban)

Contoh Soal 8.5 Seorang penerjun tali, 61,0 kg berada di atas sebuah jembatan, 45,0 m di atas sungai. Dalam keadaan

relaksnya, tali elastis tersebut mempunyai panjang L = 25,0 m. Asumsikan bahwa tali tersebut memenuhi hukum Hooke, dengan konstanta pegas sebesar 160 N/m.

(a) Jika penerjun itu berhenti sebelum mencapai air, berapakah ketinggian kakinya, h, diatas air pada titik terendahnya?

PENYELESAIAN: Sebagaimana ditunjukkan dalam gambar 8.9, d adalah panjang regangan tali ketika penerjun berhenti sekejap pada titik terendahnya. Akibat penerjunannya itu, perubahan potensial gravitasinya adalah

∆U

g

∆U

g

pada energi

= mg ∆ y = -mg(L + d). Dengan m adalah massa penerjun.

Perubahan pada energi potensial elastik Ue tali adalah ∆ Ue =

1 2 2 kd .

Energi kinetik penerjun K = 0 baik pada mulanya maupun berhenti. Dari Pers. 8.18 dan persamaan diatas kita mendapatkan untuk sistem tali-penerjun-Bumi, ∆ K + ∆ Ue + ∆ Ug = 0

0+

1 2 2 kd - mg(L + d) = 0

1 2 2 kd – mgL – mgd = 0 Dengan memasukkan data yang diberikan, kita mendapatkan 1 2 2 2 2 (160 N/m)d – (61,0 kg)(9,8 m/s )(250,0 m)-(61,0 kg)(9,8 m/s )d = 0, Yang dengan rumus kuadrat kita dapat mencari d dan mendapatkan d = 17,9 m. (Rumus kuadrat juga menghasilkan nilai negatif untuk d, yang tak mempunyai arti disini). Maka kaki penerjun berjarak (L + d) = 42,9 m dibawah ketinggian awalnya. Jadi, h = 450,0 m – 42,9 m = 2,1 m

(Jawaban)

Jika penerjun ini kebetulan mempunyai tinggi badan yang istimewa, ia dapat mencelupkan kepalanya. (b) Berapakah gaya neto pada penerjun di titik terendahnya (khususnya, apakah sama dengan nol)?

GAMBAR 8.9 Soal Contoh 8.5. Seorang penerjun tali pada titik terendah penerjunnya.

PENYELESAIAN: Berat penerjun mg beraksi ke arah bawah dan mempunyai nilai mg = 597,8 N. Gaya ke atas yang diusahakan padanya oleh tali pada waktu penghentian ditentukan oleh hukum Hooke, F = -kx, dengan x adalah perpindahan ujung bebas tali. Di sini, perpindahan berarah ke bawah, sehingga x = -d dan F = -kx = -(160 N/m)(-17,9 m) = 2864 N. Oleh karena itu, gaya neto pada penerjun adalah 2864 N – 597,8 N ≈ 2270 N.

(Jawaban)

Jadi, pada titik terendah tempat ia berhenti sekejap, terdapat gaya neto ke atas sebesar 2.270 N (hampir empat kali berat penerjun) yang beraksi padanya. Gayaa ini akan menyentakkan punggungnya ke atas.

BAB 9 SSTEM YANG TERDIRI DARI PARTIKEL-PARTIKEL SOAL CONTOH 9.1

Gambar 9.3 menunjukkan tiga partikel dengan massa m 1=1,2 kg, m2=2,5 kg, dan m3=3,4 kg yang berkedudukan di titik titik sudut segitiga sama sisi a=140 cm. dimanakah pusat massanya?

PENYELESAIAN : kita memilih sumbu-sumbu kordinat x dan y sehingga salah satu partikel

berkedudukan di titik pangkal dan sumbu x berimpit dengan salah satu sisi segitiga. Maka koordinatkoordinat ketiga partikel itu adalah : Partikel

Massa (kg)

x (cm)

y (cm)

m1

1,2

0

0

m2

2,5

140

0

m3

3.4

70

121

Oleeh karena itu pilihan bijaksana kita pada sumbu – sumbu koordinat, tiga diantara koordinat-koordinat didalam table sama dengan nol, sehingga menyederhanakan perhitungan kita. Massa total M dari system adalah 7,1 kg.

Gambar 9.3 soal contoh 9.1. tiga partikel yang mempunyai massa-massa yang berlainan membentuk segitiga sama sisi dengan sisi a. Pusat massa ditentukan kedudukannya oleh vector kedudukan rpm. Dari pers. 9.5, koordinat-koordinat pusat massa adalah 1 M

xpm =

=

3

∑ i=1

mixi=

m1 x1 +m2 x2 +m3 x 3 M

( 1,2 kg )( 0 )+ ( 2,5 kg ) ( 140 cm ) + ( 3,4 kg ) (70 cm) 7,1 kg

= 83cm Dan

Ypm =

=

1 M

3

∑ miyi = i=1

m1 y 1+ m2 y 2+ m3 y 3 M

( 1,2 kg )( 0 )+ ( 2,5 kg ) (0)+(3,4 kg)(121 cm) 7,1kg

= 58cm

Di dalam gambar 9.3 pusat massa di alokasikan oleh vector kedudukan rpm denga komponen-komponen xpm dan ypm. SOAL CONTOH 9.2 Tentukan pusat pelat segitiga seragam yang diperlihatkan pada setiap bagian dari Gambar 9.4.

PENYELESAIAN: Gambar 9.4a menunjukkan pelat yang dibagi atas bilah-bilah tipis, yang sejajar dengan salah satu sisi segitiga.Dari simetri, pusat massa suatu bilah seragam yang tipis ada dititik tengahnya.Maka

pusat massa pelat segitiga itu harus berkedudukan pada garis yang menghubungkan titik-titik tengah sebuah bilah. Garis bagi itu juga menghubungkan puncak segitiga dengan titik tengah sisi di hadapannya. Pelat akan setimbang jika ditempatkan di atas tepitajam pisau yang berimpit dengan garis simetri ini. Di dalam gambar 9.4b dan 9.4c kita membagi lagi pelat atas bilah-bilah yang sejajar dengan kedua sisi lain dari segitiga itu. Pusat masssa juga harus terletak disuatau titik pada setiap garis-garis yang di tunjukkan itu. Oleh karena itu, pusat massa titik potong harus terletak di titik potong ketiga garis simetri ini, sebagaimana ditunjukkan 9.4d. Ini merupakan satu-satunya titik yang dimiliki secara bersama-sama oleh garis itu.

Anda dapat memeriksa kesimpulan ini secara eksperimen dengan memenafaatkan gagasan intuitif (yang benar) bahwa suatu benda yang di gantung dari sebuah titik

akan mengorientasikan dirinya sedemekian rupa sehingga pusat

massanya terletak vertical dibawah titik itu. Gantungkan segitiga dari setiap puncaknya secara bergantian dan tariklah garis secara

vertical kebawah dari titik gantungnya, seperti didalam gambar 9.4e pusat segitiga akan berkedudukan dititik potong ketiga garis itu.

GAMBAR 9.4 soal contoh 9.2. Di dalam (a),(b),(c), pelat segitiga dibagi atas bilah-bilah tipis yang sejajar dengan sebuah sisi. Pusat massa harus berkedudukan pada garis-garis bagi yang terlihat di sini.(d) Noktah, satu-satunya titik yang dimiliki bersama-sama oleh ketiga garis, merupakan kedudukan pusat massa.(e) penentuan pusat massa dengan menggantung segitiga dari setiap puncaknya secara bergantian.

CONTOH SOAL 9.3 Gambar 9.5a menunjukkan pelat logam melingkar seragam dengan radius 2R. Sebuah cakram beradius R telah dibuang dari pelat ini. Sebutlah benda ini sebagai benda berlubang X. Pusat massanya diperlihatkan sebagai noktah pada sumbu x. Tentukan kedudukan titik ini. PENYELESAIAN : Gambar 9.5b menunjukkan benda X sebelum cakram dibuang. Seteleah cakram sebagai benda D dan pelat komposit semula sebagaoi benda C. Dari simetri, pusat massa benda c berkedudukan dititik pangkal system koordinat yang ditempatkan sebagaimana terlihat. Dalam pencarian pusat massa suatu benda komposit kita dapat mengasumsikan bahwa massa komponen-komponennya terkonsentrasi dipusat-pusat massa individual mereka. Jadi, benda C dapat diperlakukan ekuivalen dengan dua massa titik, yang mewakili benda X dan benda D. Gambar 9.5c menunjukkan pusat-pusat massa ketiga benda ini. Kedudukan pusat massa benda C diperoleh dari pers.9.2 sebagai mDxD+mXxX Xc=

mD x D +m x x x m D +m x

Dengan Xp dan Xx masing-masing adalah kedudukan pusat massa benda D dan benda X.seraya memperlihatkan bahwa Xc=0 kita mencari Xx dan mendapatkan Xx =

x D md mx

Jika P adalah massa jenis ( massa per volume) material pelat dan t adalah ketebalan seragam pelat itu, kita mendapatkan md = π R2 ρ t dan π (2R)2 ρ t- π R2 ρ t

GAMBAR 9.5 Soal contoh 9.3(a) Benda X adalah cakram logam beradius 2R dengan sebuah lubang beradius R; pusat massanya pada titik Pmx (b) benda D adalah sebuah cakram logam yang mengisi lubang benda X; Pusat massanya pada titik Pmd, di x= -R. Benda C adalah benda komposit yan terbuat dari benda X dan benda D; pusat massanya pada titik pangkal koordinat-koordinat. (c) pusat-pusat massa ketiga benda. Dengan subtitusi-subtitusi ini dan dengan xD = -R, pers.9.12 menjadi

Xx =

πR (−R ) (¿¿ 2 ρt ) π (2 R)2 ρt −πR2 ρt ¿

=

1 R 3

Perhatikan bahwa masa jenis seragam dan ketebalan pelat terhapuskan dan karenanya tidak menentukan Xx. CONTOH SOAL 9.4

Bukit silbury (gambar 9.6a), sebuah gundukan diatas dataran dekat Stonehenge, dibangun 4.600 tahun yang lalu atas alas an-alasan yang tidak diketahui, mungkin sebagai tempat pemakaman, Bukit itu berbentuk kerucut tegak terpancung berpenampang melingkar (lihat gambar 9.6b), dengan permukaan atas yang rata

beradius r2=16m, radius alas r1=88m, tinggi h=40m, dan volume sebesar 4,09 x 10 5m3. Selimut (sisi) kerucut membentuk sudut θ = 300 dengan horizontal. a. Di manakah pusat massa gundukan itu? PENYELESAIAN : Oleh karena itu kesimetrian melingkar gundukan itu, pusat massanya berkedudukan

pada sumbu vertical setral kerucut, pada ketinggian z pm diatas alas. Untuk mendapatkan zpm kita memakai bagian terakhir pers.9.11. Kita dapat menyederhanakan integral bersangkutan dengan menggunakan kesimetrian gundukan. Untuk melakukannya, kita meninjau sepotong “wafer” tipis horizontal, sebagaimana terlihat pada gambar 9.6b. wafer tersebut mempunyai radius r,ketebalan dz dan luas bidang horizontal r2 serta berkedudukan pada ketinggian z dari alas.volumenya,dV, adalah

π

dV = π r2dz

GAMBAR 9.6 Soal contoh 9.4 (a) bukit silbury di inggris dibangun oleh orang neolitik degan memamakan

waktu kira-kira 1,8x107 jam kerja.(b) kerucut tegak berpancung berpenampang lingkaran yang menyerupai bukit silbury. Sepotong “wafer” denan radius r dan ketebalan dz ditunjukkanpada ketinggian z dari atas.Gundukan tersebut terdiri dari setumpuk wafer – wafer semacam itu denan radius-radiusnya yang mempunyai rentang nilai dari r1 pada alas tmpukan hingga r2 pada puncaknya. Jika kerucut itu utuh,

gundukan tersebut akan mempunyai suatu ketinggian yang disebut H di dalam gambar 9.6b. Radius r dari setiap wafer dikaitkan dengan H oleh tan θ=

H H−z = r1 r

Atau

r=(H−z )

r1 H

Dengan mensubtitusikan pers. 9.13 dan pers.9.14 ke dalam bagian terakhir pers.9.11, maka kita memperoleh

z cm=

πr 21 h 1 z dV = ∫ ∫ z ( H−z )2 dz V VH 2 0

¿

πr 21 VH

2

2

h

∫ ( z 3−2 z 2 H +2 H 2)dz 0

[

]

πr z 4 2 z 3 H z 2 H 2 h ¿ 12 − + 3 2 0 VH 4

¿

πr 21 h4 1 2 H H 2 − + VH 2 4 3 h 2 h2

[

]

Denan mensubtitusikan nilai-nilai yang diketahuikita mendapatkan 4,09 xπ 10 (¿ ¿ 5 m3)(50,8 m)2 Zpm= π (88 m)2 ( 40 m)2 x ¿

[

2 1 2(50,8 m) (50,8 m) − + 4 3 (40 m) 2( 40 m)2

]

= 12,37 m= 12 m (b) Jika bukit silbury mempunyai masa jenis

ρ

= 1,5x 103 kg/m3, maka berapakah nilai usaha yang

diperlukan untuk mengamngkat tanah dari level dasar untuk membangun gundukan itu? PENELESAIAN : Untuk mendapatkan usaha dW yang diperlkan untuk mengangkat sebuah elemen massa dm ke etinggian z, kita menggunakan pers.7-21 dengan

θ=¿ 1800.

dW = -dm gz cos1800 = dm gz dengan pers.9.10, kita mensubtitusikan dW =

ρ dV ke dm, sehingga mendapatkan

ρ gz dV

Untuk mencari usaha total yang diperlukan untuk mengangkat seluruh massa bukit silbury ke tempatnyaa.kita menjumlahkan lewat integrasi, usaha dW yang berkaitan dengan setiap elemen volume dv : ρgzdV =¿ ∫ zdV W=

dW =¿∫ ¿

∫¿

Denga mempergunakan pers.9.11 kita mengganti integral dengan Vzpm, sehingga mendapatkan W=

ρgVgz

pm

Ini menginformasikan bahwa usaha yang diperlukan untuk mengangkat seluruh massa bukit silbury ke tempatnya adalah sama seperti jika seluruh masssa itu diangkat ke ( dan bagaimana pun terkinsentrasi ada) pusat massa bukit. Oensubtitusian data yang diketahui dalam pers. 9.15 menghasilkan W= (1,5x103 kg/m3)(4,09x105m3)x(9,8 m/s2)(12,37m) = 7,4x 1010-J CONTOH SOAL 9.5 Gambar 9.9a menunjukkan suatu system yang terdiri dari tiga partikel. Setiap partikel mendapat aksi dari sebuah gaya eksternal yang berlainan dan semua partikel pada mulanya dalam keadaan diam. Tntukan percepatan pusat massa system ini. PENYELESAIAN : Kedudukan pusat massa, yang dihitung dengan metode soal contoh 9.1, ditandai dengansebuah noktah didalam gambar itu. Sebagaimana disarankan gambar 9.9b kita memperlakukan titik ini seakakan akan titik tersebut merupaan partikel nyata, dengan memberinya massa M yang sama dengan total system (16kg) dan dengan mengasumsikan bahwa semua gaya eksternal dikerjakan pada titik itu. Komponen x dari 3 gaya eksternal neto

∑ F eks

∑ F eks

yang beraksi pada pusat massa adalah

=14N – 6,0N +(12N)(cos450)

= 16,5 N Dan komponen y adalah

∑ F eks

,y= (12N)(sin450)= 8,49N

Oleh karena itu, gaya eksternal neto mempunyai nilai

∑ F eks

8,49 N √(16,5 N )2 +¿ 2 ¿ = 18,6N

=

Dan membentuk suatu sudut dengan sumbu x yang ditentukan oleh 8,49 N θ = tan-1 -1 16,5 N =tan 0,515 = 270 Ini juga merupakan arah percepatan apm dari pusat massa. Dari pers.9.16, nilai apm ditentukan oleh apm=

∑ F eks M

=

18,6 kg 2 16 kg = 1,16 m/s

= 1,2 m/s2

GAMBAR 9.9 Soal contoh 9.5. (a) tiga partikel dalm keadaan diam pada kedudukan kedudukan yang di tunjukkan, mendapat aksi dari gaya-gaya eksternal yang ditunjukkan.Pusat massa sitem ditandai. (b) Gaya gaya itu sekarang di transfer ke pusat massa system yang berperilaku seperti sebuah partikel yang massanya,M, sama dengan massatotal per system. Gaya netto dan percepatan pusat massa diperlihatkan. Ketiga partikel pada gambar 9.9a dan pusat massa partikel tersebutbergerak dengan percepatan-percepatan konstan ( yang berlainan). Oleh karena itu partikel-partikel itu mulai dari keadaan diam, masing-masing akan bergerak dengan kecepatan yang terus meningkat di sepanjang garis lurus dalam arah gaya yang beraksi padanya. Pusat massa akan bergerak dalam arah apm. Soal Contoh 9.6 Gambar 9.10a menunjukkan mobil balap mainan 2,0 kg sebelum dan sesudah membelok pada suatu lintasan. Kelajuaanya sama dengan 0,50 m/s sebelum membelok dan 0,40 m/s sesudah membelok. Berapakah nilai pembaruan ΔP pada momentum linear mobil?

Penyelesaian : Sebelum kita dapat menggunakan Pers. 9.26 untuk mendapatkan momentum – momentum

linier mobil sebelum dan sesudah membelok, kita memerlukan kecepatannya vi sebelum membelok dan

kecepatannya vf sesudah membelok. Dengan menggunakan sistem koor-dinat Gambar 9.10a, kita kita menuliskan vi dan vf sebagai vi = -(0,50 m/s)j dan vf = (0,40 m/s)i. Pers. 9.26 kemudian kita memberikan momentum linear Pi sebelum mobil membelok dan momentum linear Pf setelah mobil membelok : Pi = Mvi = (2,0 kg)(-0,50 m/s)j = (-1,0 kg . m/s)j

dan Pf = Mvf = (2,0 kg)(0,40 m/s)i = (0,80 kg . m/s)i. Oleh karena momentum-momentum linear ini tidak pada sumbu yang sama, kita tidak dapat menentukan

nilai perubahan pada momentum linear ΔPdengan sekadar mengurangkan nilai Pi dari nilai Pf. Sebagai gantinya, kita menuliskan perubahan momentum linear itu sebagai ΔP= Pf – Pi

(9.29

Dan kemudian sebagai ΔP= (0,80 kg . m/s)i – (-1,0 kg . m/s)j = (0,80i + 1,0j) kg . m/s.

(Jawaban)

Gambar 9.10b menunjukkan ΔP, Pf, dan – Pi . Perhatikan bahwa kita mengurangkan Pi dari Pf, dengan menambahkan – Pi ke Pf,.

GAMBAR 9.10 Soal Contoh 9.6. (a) Sebuah mobil mainan membelok. (b) Perubahan ΔP pada momentum

linear mobil sama dengan jumlah vektor dari momentum linear akhirnya Pf dan negatif momentum linear awalnya Pi.

BAB 10

Soal contoh 10.3 Dua bola logam, yang tergantung pada tali-tali vertikal, pada mulanya persis bersentuhan, sebagai mana ditunjukan didalam gambar 10.10 bola 1, dengan massa m1=30 g, ditarik ke kiri hingga ketinggian h1=8,0 cm, dan kemudian dilepaskan. Setelah mengayun kebawah, bola itu mengalami tumbukan lenting dengan bola 2 yang massanya m2= 75 g. a. Tentukan kecepatan bola l v1f persis setelah tumbukan. Penyelesaian: misalkan v1i menyatakan kelajuan bola 1 persis sebelum tumbukan. Ketika bola itu memulai ayunan kebawahnya, energi kinetiknya sama dengan nol dan energi potensial gravitasinya sama dengan m1

gh1. Persis sebelum tumbukan, bola 1 mempunyai energi kinetik

1 2

m1v12 i dan energi potensial

gravitasinya sama dengan nol. Selama ayunan kebawah, kekekalan mekanik memberi kita 1 2

m1v12i=m1gh1

Yang kita selesaikan hingga menghasilkan kelajuan bola 1 v1i persis sebelum tumbukan: v1i =

√ 2 gh 1 = √ ( 2 )( 9,8 ) (0,080 m) =1,252 m/s

meskipun bola 1 mengayun ke bawah dalam busur dua dimensi, kecepatannya berarah horizontal ketika bola 1 bertumbukan dengan bola 2. Jadi tumbukan itu satu dimensi dan kita dapat mempresntasikan kecepatan bola 1 persis sebelum tumbukan itu sebagai v1i. Untuk mendapatkan kecepatan bola 1 v1f persis setelah tumbukan, kita menggunakan pers 10.18: m1−m

V1f= m 1+m

2

2

v

1i =

0,030 kg−0,075kg 0,030 kg+0,075 kg

(1,252m/ s)

= -0,537 m/s ≈-0,54 m/s

Tanda minus menginformasikan bahwa bola 1 bergerak kekiri persis setelah tumbukan. (b). Hingga ke h1’ berapakah bola 1 mengayun ke kiri setelah tumbukan. Penyelesaian: ketika bola 1 memulai ayunan ke atasnya, energi kinetiknya sama sengan

1 2 2 m1 v1 f dan

energi potensial gravitasinya sama dengan nol. Ketika bola berhenti sekejap pada ketinggian h1’, energi

kinetiknya sama dengan nol dan energi potensial gravitasinya sama dengan m1gh1’. Dengan kekekalan energi mekanik selama ayunan ke atas, kita mewndapatkan 1 m m1gh1’= 2

v 2f’

1 1

atau m )2 s = 0,0147 m ≈ 1,5 cm m ( 2 ) 9,8 2 s (0,537

2

h1’=

v1 f 2g

=

(

)

(c) tentukan kecepatan bola 2 v2f persis setelah tumbukan Penyelesaian: dari pers. 10.19kita memperoleh

v2f=

2 m1 v m1 +m 1 i 2

=

( 2 ) ( 0,030 kg) 0,030 kg+0,075 kg

(1,252

m/s) =0,715 m/s ≈0,725 m/s

GAMBAR

m1

m2

Gambar 10.10 soal contoh 10.3. Dua bola logam, yang tergantung oleh tali-tali, persis bersentuihan ketika keduanya dalam keadaan diam. Bola 1 dengan massa m1, ditarik kekiri hingga ketinggian h1 dan kemudian dilepaskan. Tumbukan lenting yang kemudian terjadi dengan bola 2 mengayunkn bola hingga ketinggian h2. (d) hingga ketinggian h2 berapakah bola 2 mengayun setelah tubukan?

Penyelesaian: bola 2 memulai ayunan ke atasnya dengan energi kinetik

1 v2 2 m2v 2 f. Ketika bola

berhenti sekejap pada ketinggian h2, energi potensial gravitasinya sama dengan m2gh2. Kekekalan energi mekanik selama ayunan keatas memberi kita m2gh2 =

atau

h2 =

1 v2 2 m2 2

h2 f 2 2g

f

m 2 ) s ( 2 ) ( 9,8 m/s) 2 (0,715

=

=0,0261 m ≈ 2,6 cm.

(jawaban)

Contoh soal 10.7 dua orang pemain ski es bertumbukan dan berpelukan,dalam satu tumbukan tak llenting sempurn.ini berarti,maka bertempelan setelah benturan sebagai mana di tunjukan pada gambar berikut y(utara)

(lintasan pm)

M= vA

θ

ma pm

vB mB

mA

+

mB

(x timur)

Dimana titik pangkal ditempatkan di titik tumbukan.alfred yang massanya vA

ketimur dengan kelajuan dengan kelajuan

vB

mb

= 6,2 km/jam.barbara yang massanya

mA

= 8 kg semula bergerak

= 55kg smula bergerak keutara

= 7,8 km/jam.

(a) Tentukan kecepatan pasangan itu,V, setelah benturan. Penyelsaian : momentum liniear terkonserfasi selama tumbukan.kita dapat menuliskan untuk komponenkomponen momentum liniear dalam arah x dan arah y, mA v A

Dan

= MV cos θ mB v B

Diamana M =

( komponen x)

= MV sin θ

mA

+

mB

( komponen y)

.menghasilkan

tan θ =

Maka θ = tan

mB v B Lalu kita memeperoleh V= M sin θ

−1

m B vB mA v A

=

(55 kg ) (7,8 km/ jam) ( 83 kg ) (6,2 km/ jam)

0,834 = 39,8

0

≈ 40

0

= 0,834.

.

(55 kg ) (7,8 km/ jam) = ( 83 kg+55 Kg ) (sin 39,8 0)

= 4,86 km/jam ≈ 4,9 km/jam (b) Tentukan kecepatan pusat massa kedua pemain ski tersebut sebelum dan sesudah tumbukan Penyelsaian : kita dapat menjawab pertanyaan ini tanpa menghitung lebih lanjut,setelah tumbukan,kecepatan pusat massa sama seperti kecepatan yang telah kita hitung di bagaian (a) yakni, 4,9 0 km/jam pada 40 udara dari timur.oleh karena kecepatan pusat massa tidak berubah akibat

tumbukan,nilai yang sama harus berlaku sebelum tumbukan. (c) Tentukan perubahan fraksi pada energi kinetik kedua pemain ski es itu karena tumbukan

Penyesaian: energi kinetik awal adalah ki

=(

=

1 2

m A v2 A +

1 2

m B v 2B

1 2 ) (83 kg)(6,2 km/jam)

= 3,270.km

2

/jam

2

+(

1 2 ) (55 kg)(7,8 km/jam)

1 2

MV

2

Energy kinetik akhir adalah

=

=(

2 kf

1 2 ) (83 kg + 55 kg)(4,86 km/jam)

=1.630. km/jam

Perubahan fraksi menjadi

Frak =

k f −k ki

2

.

i

1.630 kg . km 2 / jam 2−3.270 kg . km 2 / jam 2 ¿ 3.270 kg . km 2 / jam 2

= - 0,50

Jadi 50% energy kinetik hilang akibat tumbukan.

Bab 11 ROTASI Contoh soal 11.1

2

2

Kedudukan angular suatu garis acuan pada sebuah roda yang berputar ditentukan oleh Θ= i3-27t+4 Dengan t dalam sekon dan θ dalam radian. a) Carilah ω(t) dan α(t) PENYELESAIAN: Untuk mendapatkan ω(t), kita mendiferensiasikan θ(t) Terhadap t: ω=

d θ( t) =3t2-27 dt

(Jawaban)

untuk mendapatkan α(t), kita mendiferensasikan ω(t) terhadap t:

d ω (t) d ( 3 t 2−27 ) α= = dt dt

(Jawaban)

b) Kapan kita mendapatkan ω(t) = 0? PENYELESAIAN: Dengan membuat ω(t)=0 kita mendapatkan 0 = 3t2-27 yang jika diselesaikan akan menghasilkan t = ± 3s

(Jawaban)

Artinya, kecepatan angular bernilai nol sekejap 3s sebelum dan 3s sesudah jam kita menujukkan angka nol.

c) Deskripsikan gerak roda untuk t

≥ 0.

PENYELESAIAN: Untuk menjawab, kita mengkaji ekspresi untuk θ(t), ω(t), α(t). pada t = 0, garis acuan pada roda berkedudukan di θ = 4 rad, dan roda sedang berotasi dengan kelajuan angular sebesar -27 rad/s (artinya, searah jarum jam dengan kecepatan angular 27 rad/s) dan percepatan angular sebesar nol. Selama 0< t < 3s, roda terus berotasi searah jarum jam, tetapi dengan kelajuan angular menurun karena roda sekarang mempunyai percepatan angular positif( berlawanan arah jarum jam).(cek ω(t) dan α(t) untuk, katakan t= 2s.) Pada t = 3s, roda berhenti sekejap (ω = 0) dan telah menempuh rotasi maksimum searah jarum jam( garis acuan sekarang berkedudukan pada = -50 rad). Selama t > 3s, pecepatan angular roda terus meningkat. Kecepatan angularnya sekarang juga berlawanan arah jarum jam, meningkat secara cepat karena ω dan α bertanda sama.

Soal contoh 11.2 Gasing seorang anak berputar dengan percepatan angular α = 5t3 - 4t

dengan koefisien- koefisien dalam satuan- satuan yang sesuai dengan sekon dan radian. Pada t = 0, gasing tersebut mempunyai kecepatan angular 5 rad/s, dan sebuah garis acuan pada gasing berkedudukan angular θ = 2 rad. a) Dapatkan ekspresi untuk kecepatan angular ω(t) gasing tersebut. PENYELESAIAN: Dari persamaan 11.8 kita memperoleh dω= αdt yang jika diintegralkan akan menghasilkan

∫ ( 5 t 2−4 t ) dt

ω=

∫ αdt

=

=

5 4 4 t-

4 2 2 t +C

Untuk mengevaluasi konstanta integral C, kita ingat bahwa ω= 5 rad/s pada t =0. Pensubstitusikan nilai- nilai ini di dalam ekspresi kita untuk ω menghasilkan 5 rad/s = 0 – 0 + C Sehingga C= 5 rad/s. Maka ω=

5 4 4 t-

4 2 2 t +5

(Jawaban)

b) Dapatkan ekspresi untuk kedudukan angular θ(t) gasing tersebut. PENYELESAIAN: Dari pers. 11.6 kita memperoleh dθ = ωdt yang jika diintegrasikan akan menghasilkan θ=

∫ω

5

dt =

∫ ( 4 t4 −2 t2 +5)

=

1 5 2 3 t − t −5t +C ' 4 3

=

1 5 2 3 t − t −5t +2 4 3

dt

Dengan C’ telah terevaluasi dengan mengingat bahwa θ = 2 rad pada t = 0.

(Jawaban)

Soal contoh 11.3 Sebuah batu gerinda mempunyai percepatan angular konstan α= 0,35 rad/s 2. Batu mulai dari keadaan diam( artinya, ω0= 0) dengan sebuah acuan sembarang yang horizontal pada kedudukan angular θ 0 = 0. a) Tentukan perpindahan angular θ garis acuan itu( karena putaran roda) pada t = 18s. PENYELESAIAN: Dari pers. 11.10 pada table 11.1(θ = ω0t + 0,5 αt2), kita memperoleh: θ = (0)(18s) + (0,5)(0,35 rad/s2)(18s)2 = 56,7 rad

≈ 57 rad ≈ 32000 ≈ 9,0 rev.

(Jawaban)

b) Tentukan kecepatan angular roda pada t = 18 s PENYELESAIAN: Dari pers. 11.9 pada table 11.1 (ω= ω0 + αt) sekarang kita mendapatkan: ω = 0 + (0,35 rad/s2)(18s) = 6,3 rad/s =3600/s= 1,0 rev/s

Soal contoh 11.4

(Jawaban)

Untuk batu gerindra dari soal 11.3, marilah kita mengamsumsikan percepatan angular yang sama (α = 0,35 rad/s 2), tetapi putaran roda tidak dimulai dari keadaan diam, roda mempunyai kecepatan angular awal ω 0 = - 46 rad/s. Artinya, percepatan angular beraksi pada mulanya untuk melambatkan putaran roda( karena tanda α berlawanan dengan tanda ω0 ).

a) Pada waktu t berapakah batu gerinda itu akan berhenti sesaat? PENYELESAIAN: Pencarian t dari pers. 11.9 (ω = ω0 + αt) menghasilkan t=

ω−ω0 α

=

0−(−4,6 rad /s ) = 13 s. 0,35rad /s 2

(Jawaban)

b) Kapankah batu gerinda itu akan telah berotasi sedemikian rupa sehingga perpindahan angularnya sama dengan lima revolusi dalam arah positif rotasi?( Perpindahan angular garis acuan akan menjadi θ = 5 rev.)

PENYELESAIAN: roda pada mulanya berotasi dalam arah negative( searah jarum jam) dengan ω 0 = - 4,6 rad/s, tetapi percepatan angular α bernilai positif( berlawanan arah jarum jam). Oposisi awal tanda- tanda antara kecepatan angular dan percepatan angular mengandung arti bahwa roda mengalami perlambatan rotasi dalam arah negative, kemudian berhenti, dan setelah itu membalik berotasi dalam arah positif. Setelah garis acuan kembali melalui orientasi semulanya dengan θ = 0, roda harus berputar lima berevolusi lagi untuk mencapai perpindahan angular yang kita kehendaki. Ini semua akan “ terpenuhi” jika kita menggunakan pers. 11.10: θ = ω0t + 0,5αt2 pensubstitusian nilai- nilai yang diketahui dan memasukkan θ= 5 rev = 10 π

rad memberi kita

10 π rad = (- 4,6 rad/s)t + (0,5)(0,35 rad/s2)t2 Perhatikan bahwa untuk t dalam sekon, satuan- satuan di dalam persamaan ini konsisten. Penghapusan satuansatuan( demi kemudahan) dan penyusunan kembali persamaan itu menghasilkan t2 – 26,3t – 180 = 0

(11.14)

dengan mencari t dari persamaan kuadrat ini dan membuang akar negatifnya, kita mendapatkan t = 32 s

(Jawaban)

Soal contoh 11.5 Selama analisis mesin sebuah helicopter, anda menentukan bahwa kecepatan rotor berubah dari 320 revolusi/ menit ke 225 revolusi/menit dalam 1,50 menit ketika rotor melambat hingga berhenti

a) Tentukan percepatan angular rata- rata baling- baling rotor selama interval ini. PENYELESAIAN: dari pers. 11.7,

α´

=

ω−ω0 = ∆t

225 revolusi /menit−320revolusi /menit 1,5 menit

= - 63,3 revolusi/ menit2

(Jawaban)

b) Asumsikan percepatan angular α bernilai konstan pada nilai rata- rata ini. Berapa lamakah baling- baling rotor akan terhentikan dari kecepatan angularnya awalnya 320 revolusi/menit? Penyelesaian: Pencarian t dari pers. 11.9 (ω= ω0 + αt) menghasilkan t=

ω−ω0 α

=

0−320 revolusi/menit −63,3 revolusi/menit 2

= 5,1 menit

(Jawaban)

c) Berapa revolusikah yang akan ditempuh baling- baling rotor dalam penghentiannya dari kecepatan angular awal 320 revolusi/menit? Penyelesaian: pencarian α dari pers 11.11 (ω2 = 2

θ=

2

ω −ω 0 2α

= 809 revolusi

=

ω20 + 2αθ) memberi kita

0−(320 revolusi /menit)2 ( 2 ) (−63,3 revolusi/menit 2) (Jawaban)

Soal contoh 11.5 Gambar 11.10 menunjukkan sebuah sentrifuge yang dipergunakan untuk membiasakan para siswa pelatihan astronaut tehadap percepatan- percepatan tinggi. Radius r lingkaran yang ditempuh seorang astronaut sama dengan 15 m.

a) Pada kecepatan angular konstan berapakah sentrifuge harus berotasi agar astronaut mendapat percepatan linear yang sama dengan 11g?

PENYELESAIAN: oleh karena kecepatan angular bernilai konstan, percepatan angular α (=dω/dt) bernilai nol dan demikian pula komponen tangensial percepatan linear( lihat pers. 11.20). Yang tertinggal hanyalah komponen radial. Dari pers. 11.12 (ar = ω2r), dengan ar= 11g, kita memperoleh ω=

√

αr r

=

= 2,68 rad/s

√

( 11 )( 9,8 m/s 2) 15 m

≈ 26 revolusi/menit

(Jawaban)

b) Tentukan percepatan tangensial astronaut itu jika sentrifuge mengalami percepatan secara seragam dari keadaan diam hingga kecepatan angular dari (a) dalam 120 s PENYELESAIAN: Oleh karena percepatan angular bernilai konstan selama pemercepatan sentrifuge, pers. 11.19 berlaku dan kita mendapatkan α=

ω−ω0 t

=

2,68 rad /s−0 120 s

= 0,0223 rad/s2

dengan pers. 11.20, kita lalu memperoleh at = αr = (0,0223 rad/s2)(15 m) = 0,33 m/s2

(Jawaban)

Meskipun percepatan radial akhir ar(=11g) itu tinggi (dan mengkhawatirkan), percepatan tangensial at(=0,034g) selama pemercepatan tidaklah tinggi.

SoaL contoh 11.7 Gambar 11.13 memperlihatkan sebuah benda tegar yang terdiri dari dua partikel dengan massa m yang dihubungkan oleh sebuah batang sepanjang L yang massanya dapat diabaikan.

(a) Tentukan inersia rotasi benda ini trerhadap suatu sumbu yang melalui pusatnya, tegak lurus terhadap batang ( lihat gambar 11.13a). PENYELESAIAN : dari pers. 11.24, kit memperoleh I = Σ mi ri2 = (m)(

=

1 2

1 2

L2) + (m)(

1 2

L2)

mL2

(jawaban)

(b) Tentukan inersia rotasi benda terhadap suatu sumbu yang melalui salah satu ujung batang dan sejajar dengan sumbu pertama, seperti di dalam gambar 11.13b.

(a)

(b) Gambar 11.13 soal contoh 11.17 benda tegar yang terdiri dari dua partikel dengan massa m yang dihubungkan oleh sebuah batang massanya dapat diabaikan.

PENYELESAIAN : kita dapat menggunakan teorema sumbu sejajar pers. 11.27. ketika baru saja menhitung I pm di dalam (a) dan jara h diantara sumbu-sumbu sejajar itu sama dengan setengah panjang batang, maka, pers. 11.27, I = Ipm + Mh2 =

1 2

mL2 + (2m)(

1 2

L)2

= mL2 Kita dapat mengecek hasil ini melalui perhitungan langsung dengan menggunakan persamaan pers. 11.24 : I = Σ mi ri2 = (m)(

1 2

L2) + (m)(

1 2

L2)

(jawaban)

Bab 12 SOAL CONTOH 12.1

Sebuah cakram silindris pejal seragam, yang massanya M = 1,4 kg dan radiusnya R = 8,5 cm, berguling diatas meja horizontal pada krlajuan v = 15 cm/s. (a) Tentukan kelajuan puncak cakram yang berguling itu.

PENYELESAIAN: Apabila kita berbicara tentang kalajuan benda yang sedang berguling, kita selalu menggantikannya sebagai kelajuan pusat massanya.Dari gambar 12.3c, kita melihat bahwa kelajuan puncak cakram persis dua kali ini, atau v puncak = 2v pm = (2)(15 cm/s) = 30 cm/s

( Jawaban )

(b) Tentukan kelajuan anguler ω cakram yang berguling itu. PENYELESAIAN: Dari pers. 12.2, kita memperoleh ω =

v pm R

=

15 cm/ s 8,5 cm

= 1,8 rad/s = 0,28 revolusi/s

( Jawaban )

Nilai ini berlaku baik ketika sumbu rotasi dianggap sebagai sumbu yang melalui titik P di dalam gambar 12.5 ataupun sebagai sumbu yang melalui pusat massa.

(c) Tentukan energi kinetik K cakram yang berguling tersebut. PENYELESAIAN: Dari pers.12.5, dengan memasukkan I

pm

=

1 M R2 2

dan menggunakan hubungan

dengan v pm = ωR, kita memperoleh K =

1 2

I pm ω

2

+

1 2

Mv2pm

1 1 ¿ M R2 ¿ =( 2 ( 2 (v pm / R )2 +

=

3 4

1 2

Mv2pm =

3 4

Mv2pm

(1,4 kg)(0,15 m/s)2

= 0,024 J = 24 mJ

( Jawaban )

SOAL CONTOH 12.2

Sebuah bola boling yang radiusnya R = 11 cm dan massanya L = 7,2 kg, berguling dari keadaan diam menuruni suatu lerengan yang panjangnya L= 2,1 m.Lerengan itu berinklinasi pada sudut θ = 34 0 terhadap horizontal; lihat bola dalam gambar 12.7.Berapa cepatkah bola sedang bergerak ketika bola mencapai dasar lerengan ?.Asumsikan bahwa bola memiliki massa jenis yang seragam.

PENYELESAIAN: Pusat bola jatuh secara vertikal sejauh h = L sin θ; sehingga itu pengurangan pada energi potensial gravitasi sama dengan MgL sin θ.Hilangnya energi potensial ini sama dengan perolehan pada energi kinetik.Maka kita dapat menulis ( lihat pers.12.5 ) 1 2

MgL sin θ =

I pm ω2 +

1 2

Mv2pm

( 12.6 )

Dari tabel 11.2(g) kita dapat melihat bahwa untuk suatu bola pejal, I

pm =

2 5

MR2.Kita dapat juga

mengganti ω dengan kesamaannya ,vpm/R.Pendistribusian kedua besaran ini kedalam pers. 12.6 menghasilkan 1 2 ¿ M R2 ¿ MgL sin θ = = ( 2 ( 5 (v pm / R )2 +

1 2

Mv2pm

Penyelesaian v pm menghasilkan v pm =

=

(√ 107 ) g L sin θ

√(

10 m 2 9,8 ( 2,1 m ) (sin 34o ) 7 s

)(

)

= 4,1 m/s

( Jawaban )

Perhatikan bahwa jawaban itu tidak bergantung pada massa atau radius bola.

Gambar 12.7 Soal contoh 12.2 dan 12.3.Sebuah simpai, sebuah cakram, dan sebuah bola berguling dari keadaan diam menuruni suatu lerengan bersudut θ.Meskipun dilepaskan dari keadaan diam pada kedudukan dan waktu yang sama, ketiganya tiba di dasar lereng sesuai pada urutan pada gambar.

SOAL CONTOH 12.3

Di sini kita menggeneralisasikan hasil Soal Contoh 12.2.Sebuah simpai, cakram, dan bola, yang mempunyai massa M yang sama dan radius R yang sama, dilepaskan secara serentak dari keadaan diam pada puncak suatu lerengan yang panjangnya L = 2,5 m dan yang sudut kemiringannya θ = 12o ( Gambar 12.7 ). (a) Benda manakah yang mencapai dasar terlebih dahulu ?

PENYELESAIAN: Tabel 12.1 memberi kita jawaban.Bola menempati andil yang paling besar dari energi kinetikknya (71 %) ke dalam gerak translasi sehingga bola memenangkan perlombaan.Kemudian diikuti oleh cakram dan simpai. (b) Tentukan kelajuan benda-benda itu ketika mencapai dasar lerengan. PENYELESAIAN: Pusat massa pada setiap benda yang berguling menuruni lerengan menempuh jarak vertikal kebawah h yang sama.Seperti suatu benda yang jatuh bebas, benda tersebut kehilangan energi potensialnya sejumlah Mgh dan karena memperoleh energi kinetik dalam jumlah ini.Maka pada dsar lerengan, energi kinetik total ketiga benda ini bernilai sama.Bagaimana enegi-energi kinetik ini dibagi antara bentuk translasi dan bentukrotasi itu bergantung padasetiap distribusi massa benda tersebut. Dari pers.12.5 kita dapat menuliskan ( dengan memasukkan ω = vpm/ R ) Mgh =

1 2

I pm ω2 +

1 2

=

1 2

I pm (v2pm/R2 )+

=

1 2

(I pm /R2 ) v2pm +

Mv2pm 1 2 1 2

Mv2pm

Mv2pm

(12.7)

Dengan memasukkan h = L sin θ dan mencari vpm , kita mendapatkan vpm =

√

2 gL sin θ 1+ I pm/ M R2

( Jawaban )

( 12.8)

yang merupakan jawaban simbolis atas pertannyaan soal.

Perhatikan bahwa kelajuan tidak bergantung pada massa atau radius benda yang berguling, tetapi hanya pada distribusi massa terhadap sumbu sentralnya, yang melibatkan suku Ipm/MR2.Sebutir kelereng dan sebuah bola boling akan mempunyai kelajuan yang sama didasar lerengan dan karenanya akan berguling menuruni lerengan dalam waktu yang sama.Sebuah bola boling akan mengalahkan suatu cakram dengan sembarang massa atau radius, dan hampir semua benda yang berguling akan mengalahkan semua simpai.

Untuk simpai yang berguling ( lihat simpai yang terdaftar di dalam Tabel 12.1 ) kita mendapatkan I pm /MR2 = 1 sehingga pers12.8 menghasilkan

vpm =

√

2 gL sin θ 1+ I pm/ M R2

1 2o sin ¿ ¿ m = ( 2 ) 9,8 ( 2,5 m ) ¿ 2 s ¿ √¿

( )

= 2,3 m/s

( Jawaban )

Dari perhitungan serupa, kita memperoleh vpm = 2,6 m/s untuk cakram (I pm /MR2 =

bola (I pm /MR2 =

1 2 ) dan 2,7 m/s untuk

2 5 ). Ini mendukung prediksi kita atas (a) bahwa urutan pemenang dalam perlombaan ini

adalah bola, cakram, dan simpai.

SOAL CONTOH 12.4

Gambar 12.8 menunjukkan benda seragam bundar dengan massa M dan radius R yang berguling menuruni suatu lerengan bersudut θ.Kali ini, marilah kita menganalisis gerak secara langsung dari hukum-hukum Newton bukan dari metode-metode energi seperti yang telah kita lakukan seperti pada soal 12.3. (a) Tentukan percepatan linier benda yang berguling itu.

PENYELESAIAN: Gambar 12.8 juga menunjukkan gaya-gaya yang beraksi pada benda bersangkutan: beratnya Mg, gaya normal N dan gaya gesek statik fs.Berat tersebut dapat dianggap beraksi pada pusat massa, yang berkedudukan di pusat benda seragam ini.Gaya normal dan gaya gesek beraksi pada bagian benda yang bersinggungan dengan lerengan di titik p.Berat dan gaya normal mempunyai lengan momen nol terhadap sumbu yang melalui pusat benda.Oleh karena itu, keduannya tidak dapat menyebabkan benda berotasi terhadap pusat itu.Rotasi searah jarum jambenda berasal dari torsi negatif akibat gaya gesek; gaya itu mempunyai lengan momen sebesar R terhadap pusat benda.

Sekarang kita menerapkan bentuk linier dari Hukum Kedua Newton (∑ F = Ma) di sepanjang lerengan, dengan mengambil arah positif sebagai arah mendaki lerengan.Kita mendapatkan ∑ F = fs – Mg sin θ = Ma.

(12.9)

Persamaan ini mengandung dua besaran yang tidak diketahui, fs dan a.Untuk mendapatkan seguah persamaan lain dalam dua besaran tidak diketahui yang sama, kita selanjutnya menerapkan bentuk angular Hukum Kedua Newton ( ∑τ = Ια ) terhadap sumbu rotasi yang melalui pusat massa.Meskipun kita telah menurunkan hubungan ∑τ = Ια di dalam bab 11 untuk suatu sumbu yang tetap di dalam kerangka inersia,

hubungan tersebut berlaku juga untuk sumbu rotasi yang melalui pusat massa benda yang memiliki percepatan, asalkan sumbu tersebut tidakberubah arah.kita dapat mendapatkan

Gambar 12.8 Soal contoh 12.4.Sebuah benda seragambundar dengan radius R berguling menuruni suatu lengan.Gaya yang bereaksi pada benda itu adalah gaya berat Mg, gaya normal N, gaya gesek fs yang ditunjukkan pada lerengan.(Untuk jelasnya, N digeser sepanjang garis aksi sampai ekornya berada pada pusat massa benda). ∑τ = - fsR = Ipm α =

I pm α R

,

Kita telah mempergunakan hubungan α = a./R

(12.10) (Pers 11.20)

Penyelesaian untuk gaya gesek fs dari pers.12.10 menghasilkan fs = -

I pm α R2

(12.11)

dengan tanda minus mengingatkan kita bahwa gaya gesek fs bereasi pada daerah yang berlawanan dengan arah kecepatan a.Pensubstitusian Pers.12.11 ke dalam pers.12.9 dan pencarian a menghasilkan a=-

g sin θ 1+ I pm/ M R2

(Jawaban)

(12.12)

Sebenarnya kita dapat menentukan persamaan kedua melalui penjumlahan torsi dan penerapan hukum Newton dalam bentuk angular terhadap sumbu yang melalui titik singgung P.Kali ini ∑τ hannya akan terdiri atas torsi akibat komponen gaya Mg sin θ yang beraksi pada pusat benda dengan momen R: ∑τ = – (Mg sin θ)(R) = Ip α =

I pm α R

(12.13)

Dengan Ip adalah inersia rotasi terhadap sumbu yang melalui titik P .Untuk mendapatkan Ip, kita mesti menggunakan teorema sumbu sejajar : Ip = Ipm + MR2.

(12.14)

Pensubtitusian Ip dari pers 12.14 ke dalam pers 12.13 dan penyelesaian untuk P menghasikan kembali Pers.12.12. (b) Tentukan gaya gesek fs ? PENYELESAIAN: Pensubtitusian Pers.12.12 ke dalam Pers.12.11 menghasilkan sin θ 1+ M R2 /I pm

fs= Mg

(Jawaban)

(12.5)

Telaah atas Pers.12.15 menunjukkan bahwa gaya gesek itu lebih kecil dari pada Mg sin θ, komponen dari berat yang beraksi sejajar dengan lerengan.Syarat ini perlu dpenuhi jika benda harus berpercepatan memenuhi lerengan .

Tabel 12.1 menunjukkan bahwa jika benda yang berguling merupakan suatu cakram pejal, Ipm/MR2 = ½.Percepatan dan gaya gesek yang dihasilkan dari pers.12.12 dan Pers.12.15 karenanya adalah a=-

2 3

g sin θ

dan

fs = -

1 3

Mg sin θ

(c) Tentukan kelajuan benda yang berguling itu pada dasar lerengan jika lerengan mempunyai panjang L. PENYELESAIAN: Gerak bersangkutan mempunyai kecepatan konstan sehingga dapat menggunakan hubungan 2

v2 = v o

+ 2 a(x-xo)

(12.6)

Dengan memasukkan x-xo = -L dan vo , serta dengan memperkenalkan a dari pers.12.12, kita mendapatkan pers.12.8 – hasil yang telah kita turukan dengan metode-metode energi.

SOAL CONTOH 12.5

Sebuah yoyo terbuat dari cakram kuningan mempunyai ketebalan b = 8,5 mm dan radius R = 3,5 cm , yang dihubungkan oleh sebuah gandar pendek yang berradius Ro = 3,2 mm. (a) Tentukan inersia rotasi yoyo terhadap sumbu pusatnya.Abaikan inersia rotasi gandar.Massa jenis kuningan, ρ = 8400 kg/m3.

PENYELESAIAN: Inersia rotasi I suatu cakram terhadap sumbu pusatnya adalah ½ MR2.Di dalam soal ini, kita dapat memperlakukan kedua cakram bersama-sama sebagai sebuah cakram tunggal.Kita menentukan dulu massanya dari massa jenisnya dan volumenya V: M = Vρ = (2)( π R2)(b)( ρ) = (2)( π ¿ (0,035 m)2(0,0085 m)(8.400 kg/m3) = 0,550 kg. Inersia rotasi karenanya adalah I = ½ MR2 = (1/2)(0,550 kg)(0,035 m)2 = 3,4 x 10 -4 kg.m2.

( Jawaban )

(b) Seutas tali, dengan panjang l = 1,1 m dan gandar .Tentukan percepatan linier yoyo ketika yoyo berguling menuruni tali dari keadaan diam. PENYELESAIAN: Dari Pers.12.19. 1 a = - g 1+ I / M R2o = - ________9,8 m/s 2_______ 1 + __3,4 x 10 -4 kg.m2___ (0,550 kg)(0,0032 m)2 = - 0,16 m/s2

( Jawaban )

Percepatan mengarah ke bawah dan mempunyai nilai ini tanpa mempedulikan apakah yoyo sedang berguling menuruni tali atau sedang mendakinya. 2 Perhatikan besaran I/M Ro

di dalam Pers.12.19. tidak lain adalah parameter inersia rotasi β yang

diperkenalkan pada tabel 12.1.Untuk yoyo ini, kita mendapatkan nilai β= 60, suatu nilai yang jauh lebih besar dari nilai untuk setiap benda yang terdaftar di dalam tabel itu.Percepatan yoyo ketika bernilai kecil , dapat dipersamakan dengan percepatan simpai yang berguling menuruni lerengan 19o.

(c) tentukan tegangan pada tali yoyo.

PENYELESAIAN: Kita dapat menentukan ini dengan mensubtitusikan a dari Pers 12.19ke dalam Pers 12.17 dan dengan menyelesaikannya hingga mendapatkan T.Kita memperoleh T = __Mg__

( 12.20) 2

1+ M Ro /I Yang memberi tau kepada kita bahwa, sebagaimana seharusnya, tegangan pada tali lebih kecil dari pada berat yoyo.Secara numerik, kita memperoleh 0,0032 m¿2 /( 3,4 x 10−4 kg .m2 ) 1+ ( 0,550 kg ) ¿ T= ( 0,550 kg ) (9,8 m2 ) s ¿

= 5,3 N

( Jawaban )

Ini merupakan tegangan baik ketika yoyo menuruni tali maupun ketika yoyo mendaki tali.

SOAL CONTOH 12.6 Di dalam gambar 12.11 a tiga gaya masing-masing bernilai 2,0 N peraksi pada sebuah partikel.Partikel itu berada pada bidang xz di titik P yang di trntukan oleh vektor kedudukan r, dengan r = 3,0 m dan

θ=¿

30o.Gaya F1 sejajar dengan sumbu x, gaya F2 sejajar dengan sumbu z, dan gaya F 3 sejajar dengan sumbu y.Tentukan torsi terhadap titik pangkal O yang ditimbulkan oleh setiap gaya.

PENYELESAIAN: Gambar 12.11b dan 12.11c merupakan penampakan langsung bidang xz, yang digambarkan kembali dengan vektor F1 dan vektor F2 yang digeser sehingga ekor mereka terletak dititik pangkal, untuk memperlihatkan secara lebih baik sudut-sudut antara vektor-vektor itu dengan vektor r.Sudut antara r dan F3 sama dengan 90o .Dengan Pers 12.22untuk setiap gaya, kita mendapatkan nilai-nilai torsi sebagai τ1 = rF1 sin ɸ1 = (3,0 m)(2,0 N)(sin 150 o) = 3,0 N.m τ 2 = rF2 sin ɸ2 = (3,0 m)(2,0 N)(sin 120 o)

= 5,2 N.m τ 3 = rF3 sin ɸ3 = (3,0

m)(2,0 N)(sin 90 o)

= 6,0 N.m

Untuk mendapatkan arah torsi-torsi ini, kita menggunakan aturan tangankanan dengan menempatkan jarijari tangan kanan untuk merotasikan r ke F melalui sudut terkecil di antara dua sudut yang dibentuk oleh keduanya,Di dalam Gambar 12.11d, kita menyatakan F3 dengan tanda silang di dalam lingkaran yang menandakan ekor panah.(Untuk kasus dalam arah sebaliknya, F 3 mesti dinyatakan oleh titik dalam lingkaran yang menandakan ujung panah .)Perotasikan r ke F3 dengan mepergunakan jari-jari tangan kanan menghasilkan τ 3 (searah jempol).Ketiga vektor torsi ini diperlihatkan dalam gambar 12.11e.

Gambar 12.11 Soal Contoh 12.6. (a) sebuah partikel di titik P mendapat aksi dari tiga gaya, masing-masing

sejajar dengan sumbu koordinat.Sudut ɸ ( yang digunakan ketika mencari torsi ) diperlihatkan (b) untuk F 1 dan (c) untuk F2.(d) Torsi τ3 tegak lurus baik terhadap F3(gaya F3 mengarah kebidang gambar).(e) Torsi-torsi (relatif terhadap titik pangkal O ) yangberaksi pada partikel. SOAL CONTOH 12.7 Gambar 12.13 memperlihatkan tampak atas dari dua partikel yang bergerak pada momentum konstan

disepanjang lintasan-lintasan horizontal. Partikel 1 dengan momentum p1= 5,0 kg. m/s, mempunyai vektor

kedudukan r1 dan akan melintasi 2,0 m dari titik O. Partikel 2 dengan nilai momentum p2 = 2,0 kg.m/s,

mempunyai vektor kedudukan r2 dan akan melintasi 4,0 m dari titik 0. Tentukan momentum anguler neto L terhadap titik O dari sistem dua partikel itu.

PENYELESAIAN: untuk menentukan L, kita harus terlebih dahulu menentukan vektor-vektor mementum angular individu l1 dan l 2 dari kedua partikel itu. Untuk mendapatkan nilai l1. Kita menggunakan pers. 12.28 dengan mensubtitusikan r1 = 2,0m dan p1 = 5,0 kg.m/s: l 1 = r1p1 = (2,0 m)(5,0 kg.m/s) = 10 kg.m²/s

Untuk mendapatkan arah vektor l 1. Kita menggunakan pers. 12.25 dan aturan tangan kanan untuk perkalian vektor. Untuk r1×pṕ1, perkalian vektornya keluar dari halaman buku, tegak lurus terhadap bidang gambar

12.13. ini merupakan arah positif, konsisten dengan rotasi berlawanan arah jarum jam vektor kedudukan partikel r1 terhadap O ketika partikel 1 bergerak. Maka vektor momentum angular untuk partikel 1 adalah

l 1 = +10 kg.m²/s Demikian pula, nilai l 2 adalah l 2 = r2p2 = (4,0 m)(2,0 kg.m/s) = 8,0 kg.m²/s Memontun angular neto untuk sistem dua partikel tersebut karenanya adalah L = l 1+ l 2 = 10 kg,m²/s + (-8,0 kg.m²/s) = +2,0 kg.m²/s Tanda plus berarti bahwa momentum angular neto sistem terhadap titik O keluar dari halaman buku SOAL CONTOH 12.8

Seekor penguin bermassa m jatuh dari keadaan diam di titik A, pada jarak horizontal d dari titik pangkal O di dalam gambar 12.14. (a) tentukan ekspresi untuk momentum angular penguin yang jatuh itu terhadap O.

PENYELESAIAN: momentum angular ditentukan oleh pers. 12.25 (l = r×p); nilainya (dari pers 12.26) adalah l = rmv sin ϕ di sini, r sin ϕ = d tanpa mempedulikan berapa jauh penguin jatuh dan v = gt, jadi, l mempunyai nilai l = mgtd.

( jawaban) (12.33)

aturan

kanan

menunjukan bahwa

momentum

angular l mengarah

kedalam bidang gambar

12.14, dalam arah

vektor

tangan

negatif z. Kita menyatakan l dengan tanda silang di dalam lingkaran pada titik pangkal. Vektor l berubah bersama waktu dalam nlai saja; arahnya tetap tidak berubah. (c) tentukan torsi terhadap titik pangkal O yang dikerahkan oleh berat mg yang beraksi pada penguin

gambar 12.14 soal contoh 12.8 seekor penguin dengan massa m jatuh secara vertikal dari titik A, torsi dan

momentum angular l dari penguin yang jatuh itu terhadap titik pangkal O mengarah kedalam bidang gambar O. Penyelesaian: torsi ditentukan oleh pers 12.21 (τ = r×F); nilainya (dari pers 12.22) adalah τ = rF sin ϕ selain itu r sin ϕ = d dan F = mg. Dengan demikian

τ = mgd = suatu konstanta.

( Jawaban) (12.34)

perhatikan bahwa niai torsi persis sama dengan hasil kalai antara nilai gaya mg dan lengan momen d. Aturan

tangan kanan menunjukkan bahwa vektor torsi τ mengarah kedalalm gambar 12.14, dalam arah negatif z,

karena sejajar dengan l ( perhatikan bahwa kita dapat juga menurunkan pers. 12.34 dengan mendiferensialkan pers. 12.33 terhadap t dan kemudian mensubtutusikan hasilnya ke dalam pers. 12.30) kita melihat bahwa τ dan l sangat bergantung (melalui d) pada lokasi titik pangkal. Jika penguin jatuh dari titik pangkal, maka memperoleh d = 0dan karenanya tidak terdapat torsi ataupun momentum angular.

BAB 13 Kesetimbangan dan Elastisitas

SOAL CONTOH 13.1 Balok tiang seragam sepanjang L yang massanya m=1,8 kg bertumpu pada ujung nya pada timbangan timbangan digital, sebuah balok tiang seragam massanya M= 2,7 kg terletak pada balok tersebut,dengan pusatnya sejauh L/4 dari ujung kiri balok. Berapakah angka bacaan timbangan timbangan itu ? PENYELESAIAN: gaya gaya bersangkutan tidak memiliki komponen-komponen x, sehingga persamaan 13.7 adalah ∑FX=0, tidak menyediakan informasi. Pers 13.8 menyediakan atas nilai komponen-komponen y ∑Fy = F1+Fr-Mg-mg= 0

(13.7)

Kita mempunyai dua gaya yang tidak diketahui (F 1 dan Fr), tetapi kita tak dapat mencari kedua gaya tersebut secara terpisah, karena kita hanya memiliki satu persamaan. Untung lah kita masih memiliki satu persamaan lain 13.9, persamaan kesetimbangan torsi.

Kita dapat menerapkan persamaan 13.9 atas sembarang sumbu tegak lurus terhadap bidang. Ambil lah sumbu yg melalui ujung kiri balok tiang. Torsi yang kita anggap positif adalah torsi torsi yang beraksi sendirian akan mengalami rotasi berlawanan arah jarum jampada balok tiang terhadap balok yang kita ambil. Kemudian dari pers 13.9 kita dapatkan ∑τz = (F1)(0)-(Mg)(L/4)-(mg)(L/2)+(Fr)(L) = 0 Atau Fr = (g/4)(2m+M) = (¼)(9,8 m/s2)(2x1,8 kg + 2,7 kg) = 15 N

Perhatikan betapa suatu sumbu yang melalui tiik aplikasi salah satu gaya tidak diketahui, F 1, mengeliminasi gaya itu dari pers 13.9 dan memungkinkan kita untuk mencari lansung semua gaya lainnya. Pilihan seperti itu dapat menyederhanakan suatu soal. Jika mencari F1 dari pers 13.17 dan mensubtitusikan besaran besaran yang diketahui, kita mendapatkan

F1= (M+m)g-Fr = (2,7 kg + 1,8 kg)(9,8 m/s2)-15 N = 29 N

SOAL CONTOH 13.2 Seorang pemain boling memegang sebuah bola boling yang massanya M= 7,2 kg pada telapak tangan nya. Lengan atas nya berkedudukan vertical sedangkan lengan hastanya horizontal. Tentukan gaya gaya yang harus diserahkan otot biseps dan struktur tulang lengan atas pada lengan hastalengan bawah dan tangan bersama sama memilii massa m=1,8 kg. PENYELESAIAN: system kita adalah lengan hasta dan bola boling, yang dipandang sebagai satu kesatuan. Gaya-gaya yang tidak diketahui adalah T, gaya yang dikerahkan oleh otot biseps dan

F, gaya yang

dikerahkan oleh lengan atas pada lengan hasta. Semua gaya itu vertical.

Dari pers 13.8 yg adalah ∑Fy = T-Fmg-Mg= 0 Dengan

menerapkan

pers

13.9

terhadap sebuah sumbu yg melalui o

pada siku dan dengan mengangggap torsi-torsi yang akan mengalami rotasi berlawanan arah jarum jam sebagai positif, kita mendapatkan ∑τz = (F)(0)+(T)(d)-(mg)(D)-(Mg)(L)

Dengan pemilihan sumbu yang memiliki titik o kita telah mengeliminasi variable X. penyelesaian untuk T dari persamaan itu menghasilkan T = gmD+ML/d = (9,8 m/s2)(1,8 kg)(15 cm)+(7,2 kg)(33cm)/4 cm = 684 N Jadi, otot biseps harus mngerahkan gaya keatas pada lengan bawah sekitar sembilan kali lebih besar daripada berat bola boling, Jika sekarang kita ,mencari F dari pers 13.9 dan mensuibstitusikan besaran- besaran yang diketahui ke dalam nya kita memperoleh F = T-g(M+m) = 584 N –(9,8 m/s2)(7,2 kg+1,8 kg) = 560 N Yang sekitar delapan kali berat boling SOAL CONTOH 13.3 Sebuah tangga yg panjang nya L= 12 m dan massanya m= 45 kg bersandar pada ujung atasnya terletak pada jarak vertical h= 9,3 m diatass tanah, pusat massa tangga berada pada sepertiga panjang tangga. Seorang

pemadam kebakaran yang massanya M= 72 kg memanjat tangga sampai pusat massanya pada setengah jarak pendakian. Asumsikan bahwa dinding, tetapi tanah tidak, tanpa gesekan. Tentukan gaya gaya yang didesakkan pada tangga oleh dinding dan oleh tanah. PENYELESAIAN: a=√L2-h2 = √(12m)2-(9,3m)2= 7,58 m Dari pers persamaan kesetimbangan gaya kita mendapatkan untuk system, masing masing, ∑FX = FW – Fgx= 0

∑Fy = Fgy – Mg – mg = 0 Pers 13.22 menghasilkan Fgy = g(M+m) = (9,8 m/s2)(7,58m)(72kg + 45kg) = 1146,6 N

Pencarian Fw dari pers 13.23 menghasilkan Fw = ga (M/2+m/3)/ h = (9,8 m/s2)(7,58 m)(72/2 kg + 45/3 kg)/9,3 m = 407 N SOAL CONTOH 13.4 Didalam soal 13.3 misalkan koefisien gesek statis, antara tangga dan rumah 0,53. Berapa jauhkah seorng pemadam kebakaran ini dapat memanjat tangga ini sebelum tangga menggelincir ? PENYELESAIAN: gaya gaya yang berakasi ditandai dengan label label yang sama. Misalkan q adalah bagian panjang tangga ygdipanjat si pemadam kebakaran sebelum tangga menggelincir, Fw = ga/h(⅓m+Mq) (13.25) Persamaan 13.28

Fw = uz.g(M+m) Jika akhirnya kita guanakan pers 13.25 dan 13.28 maka kita mendapatkan Q = (uzh/a)+(M+m/M)-(m/3M) = (0,53)(9,3 m)/7,6 m+ (72kg+45 kg/72 kg)-45 kg/3.72kg= 0,85

Jadi sipemadam kebakaran tersebut dapat memanjat tangga sejauh 85% sebelum tangga bersangkutan mulai menggelincir. SOAL CONTOH 13.5

Gambar 13.9a menunjukkan sebuah peti besi, yang massanya M sama dengan 430 kg, yang tergantung oleh

seutas tali dari suatu palang dengan dimensi a = 1,9 m dan b = 2,5 m. Balok tiang seragam tersebut mempunyai massa m sebesar 85 kg; massa kabel horizontal dapat diabaikan. (a) Tentukan gaya tarik (tension) T pada kabel.

PENYELESAIAN: Gambar 13.9b merupakan diagram benda bebas balok, yang kita tentukan sebagai

sistem kita. Gaya-gaya yang bersaksi padanya adalah gaya tarik T yang dikerahkan oleh kabel, berat Mg dari peti besi, berat mg dari balok sendiri (yang beraksi pada pusat balok tiang), dan komponen-komponen gaya Fh dan Fv yang dikerahkan pada balok tiang oleh sendi (engsel) yang mengikat balok tiang pada dinding. Sekarang kita menerapkan Pers. 13.9, persamaan kesetimbangan torsi, pada suatu sumbu yang melalui sendi yang tegak lurus terhadap bidang gambar. Dengan menetapkan torsi-torsi yang menyebabkan rotasi-rotasi berlawanan arah jarum jam sebagai nilai positif, kita memperoleh

∑ τ z =( T ) ( a ) −( M g ) ( b ) −( m g ) ( 12 b )=0

Dengan pilihan bijaksana kita atas suatu sumbu, kita telah mengeleminasi gaya-gaya yang tidak diketahui Fh dan Fv dari persamaan ini (karena kedua gaya tersebut tidak menimbulkan torsi terhadap sumbu itu), dengan hanya menyisakan gaya tidak diketahui T. Pencarian T menghasilkan

T=

1 gb( M + m) 2 a

=

(9,8 ms )( 2,5 m ) (430 kg+ 852 kg) 2

1,9 m

= 6.090 N ≈ 6.100 N .

(Jawaban)

(b) Tentukan komponen-komponen gaya Fh dan Fv yang dikerahkan pada balok tiang oleh engsel.

PESELESAIAN: Sekarang kita menerapkan persamaan-persamaan kesetimbangan gaya. Dari Pers. 1.7 kita mendapatkan

∑ F y =F h−T =0 Dan dengan demikian Fh = T =6.090 N ≈ 6100N.

(Jawaban)

Dari Pers. 13.8 kita mendapatkan

∑ F y =F v −mg−Mg=0. Dan dengan demikian Fv = g(m+M) = (9,8 m/s2) (85 kg+430 kg) = 5.047 N ≈ 5.000 N.

(Jawaban)

(c) Berapakah nilai gaya neto F yang dikerahkan oleh engsel pada balok tiang? PENYELESAIAN: Dari gambar kita melihat bahwa F= =

√F +F 2 h

2 v

√(6.090 N )2+(5.047 N)2 ≈ 7.900 N .

(Jawaban)

Perhatikan bahwa F jauh lebih besar daripada berat gabungan peti besi dan balok tiang, 5.000 N, ataupun gaya tegang pada kabel horizontal, 6.100 N.

Gambar 13.9 Soal Contoh 13.5. (a) Sebuah peti besi yang berat tergantung dari seutas kabel baja horizontal dan sebatang balok tiang seragam. (b) Diagram benda bebas untuk balok. Perhatikan bahwa gaya neto yang beraksi pada balok akibat Fv dan Fh tidak mengarah secara langsung di sepanjang sumbu balok tiang. (d) Tentukan sudut antara gaya neto Fy dikerahkan pada balok oleh engsel dan garis tengah balok. PENYELESAIAN: Dari gambar kita melihat bahwa a 1,9 m θ=tan −1 =tan −1 =37,2° , b 2,5 m Fv Fh

5.047 N o 6.090 N =39,6

Dan

� = tan-1

Maka

α =∅−θ=39,6 °−37,2 °=2,4 ° .

= tan-1

(Jawaban)

Jika berat balok tiang cukup kecil sehingga dapat diabaikan, Anda akan mendapati � = 0; artinya, gaya engsel akan mengarah secara langsung di sepanjang sumbu balok tiang. SOAL CONTOH 13.6

Di dalam gambar 13.10, seorang pemanjat tebing dengan massa m = 55 kg beristirahat pada suatu “celah

tebing” dengan hannya menekankan bahu dan kakinya pada dinding-dinding celah selebar w = 1,0 m.Pusat massanyaberkedudukan

pada jarak horizontal

d = 0,20 m dari dinding tempat penekanan

bahunya.Koefisien gesek statis antara sepatunya dan dinding adalah µ 1 = 1,1, dan antara bahunya dan dinding adalah µ2 = 0,70. (a) Tentukan gaya dorong horizontal minimum yang harus didesakkan pada pemanjat pada dinding – dinding itu agar ia tidak terjatuh.

PENYELESAIAN: Gaya horizontal yang didorongkan oleh si pemanjat ke dinding bernilai sama pada bahunya dan pada kakinya.Gaya dorong itu harus sama nilainya dengan gaya normal N yang didesakkan pada dinding pada pemanjat pada masing-masing tempat itu.Dengan demikian, tidak ada gayahorizontal netto pada pemenjatdan Pers. 13.7,

∑ Fx

= 0, terpenuhi.

Ketika beratnya mg beraksi untuk menggelincirkan dia memenuhi dinding, gaya-gaya gesek statis f1 dan f2 secara otomatis beraksi ke arah atas masing-masing pada kaki dan bahu,untuk melawan kecendrungan menggelincir.Selama dia tidak terjatuh ,Pers.13.8 (

∑ Fy

= 0) terpenuhi dan kita memperoleh

f1 + f2 = mg

(13.30)

Sekarang kita mengasumsikan bahwa si pemanjat pada mulanya mendorong keras pada dinding dan

kemudiansecara berangsur-angsur mengendurkan dorongannya.seiring dengan pengurangan dorongannya

itu, nilai gaya normal N berkurang, dan demikian pula hasil kali µ1 N dan µ2 N yang masing-masing membatasi gesekan statis pada kaki dan bahunya (lihat Pers. 6.1). Andaikan N direduksikan hingga limit µ1 N menyamai nilai f1 dari gaya gesek pada kakinya dan limit µ2N menyamai niali f2 dari gaya gesek pada bahunya.Dengan demikian, kaki dan bahunya di ambang penggelinciran.Seandainya ia mengendurkan lebih lanjut dorongannnya,pengurangan yang dihasilkan pada

limit-limit µ1 N dan µ2 N yang menghasilkan f1 + f2 yang lebih kecildari mg , dia akan berjatuh.Maka ketika ia di ambang penggelinciran, Pers. 13.30 menjadi µ1 N + µ12 N = mg,

(13.31)

yang menghasilkan

N=

mg µ 1+ µ 2

=

(55 kg)(9,8 m/s 2) 1,1+0,70

= 299 N ≈ 300 N.

Jadi, gaya dorong horizontal minimumnya harus sekitar 300 N (b) Untuk dorongan itu, tentukanlah jarak vertical h antara kaki dan bahunya agar ia dalam keadaan stabil. PENYELESAIAN: Untuk memenuhi Pers.13.9,

∑ τ=0

, gaya-gaya yang beraksi pada si pemanjat tidak

boleh menimbulkan torsi neto terhadap sembarang sumbu rotasi. Sekarang tinjaulah suatu sumbu rotasi yang tegak lurus terhadap halaman buku pada bahunya. Torsi neto terhadap sumbu itu ditentukan oleh

∑ τ=−f 1 w+ Nh+mgd=0 Dengan menyelesaikan persamaan ini untuk mencari h, seraya membuat

(13.32)

f 1 =μ1 N

, dan mensubstitusikan

N=¿ 299 N dan nilai-nilai diketahui lainnya, kita mendapatkan h=

f 1 w−mgd μ 1 Nw−mgd mgd = =μ1 w− N N N m (0,20m) s2 299 N

( )

( 55 kg ) 9,8 ¿ ( 1,1 )( 1,0 m )−

¿ 0,739 m=0,74

(jawaban)

Kita akan mendapatkan nilai h yang sama jika kita memilih sembarang sumbu rotasi lain yang tegak lurus terhadap halaman buku, seperti sumbu rotasi pada kakinya. (c) Tentukan nilai-nilai gaya gesek yang menyangga si pemanjat. PENYELESAIAN: Untuk

N=299

N, kita mendapatkan

f 1 =μ1 N =( 1,1 ) (299 N) ¿ 328, 9 N ≈ 330 N

(jawaban)

Dan dari Pers. 13.30 kita kemudian memperoleh s2 9,8 m/¿−328,9 N f 1 =mg−f 1=( 55 kg ) ¿ =210,1 N ≈ 210 N

(jawaban)

(d) Stabilkah si pemanjat jika ia mendesakkan gaya yang sama (299N) pada dinding-dinding itu ketika kakinya berkedudukan lebih tinggi, dengan h=0,37 m?

N=¿ 299 N dan torsi neto pada si pemanjat terhadap sembarang sumbu

PENYELESAIAN: Sekali lagi,

rotasi harus sama dengan nol. Untuk sumbu pada bahunya, kita mendapatkan f 1=

f1

dari Pers. 13.32:

Nh+mgd w

2

s 9,8 m/¿( 0,20 m) ¿ ( 299 N )( 0,37 m ) + ( 55 kg ) ¿ ¿

=218 N

Ini kurang dari limit µ1 N (329 N)ndan kerenannya mungkin tercapai . Selajutnya kita menggunakan Pers.13.30 untuk mencari nilai f2 yang akan menghasilkan bahwa

∑ Fy

=0

,

f2 = mg – f1 = (55 kg)(9,8 m/s2) – 218 N = 321 N Ini melebihi limit µ12 N

(=209) dan karenanya tidak mungkin tercapai dengan gayadorong sebesar 299

N.Satu-satunya syarat agar si pemanjat didak tergelincir ketika h = 0,37 m( atau untuk nilai sembarang h yang kurang dari 0,74 m ) adalah dengan mendorong lebih keras dari 299 N pada dinding-dinding itu untuk meningkatkan limit µ2 N. Demikian pula jika h > 0,74 m, ia juga harus mendesakkan gaya yang lebih besar dari 299 N pada dindingdinding itu untuk membuat dirinya stabil.Di sini, terlihat pentingnya memiliki pengetahuan fisika sebelum

anda memanjat suatu celah .sewaktu anda perlu beristirahat .Anda akan menghindari kesalahan (mengerikan) para pemula yang menempatkan kaki mereka terlalu tinggi atau terlalu rendah.sebagai gantinya anda akan memahami ada jarak “terbaik” antara bahu dan kaki dan yang member kesempatan bagus untuk beristirahat.

BAB 14. GRAVITASI SOAL CONTOH 14.1

Gambar 14.4a menunjukkan susunan lima partikel dengan massa m1 = 8,0 kg, m2 = m3 = m4 = m5 = 2,0 kg,

dan dengan a = 2,0 cm dan ɵ = 300. Tentukan gaya gravitasi neto F1 yang bereaksi pada m1 yang ditimbulkan oleh partikel-partikel lainnya. PEYELESAIAN :

Dari pers. 14.4 kita mengetahui bahwa F1 adalah vektor dari gaya-gaya F12, F13, F14, dan F15, yang merupakan gaya-gaya gravitasi yang bereaksi pada m1 yang ditimbulkan oleh partikel-partikel lainnya.

Karena m2 dan m4 bernilai sama dan karena keduanya berada pada jarak r = 2a dari m1, kita mendapatkan dari Pers. 14.1 : F12=F 14=

G m1 m2 ( 2a)2

( 14.6 )

Demikian pula, karena m3 dan m5 bernilai sama dan keduanya r = a dari m1, kita mendapatkan :

F13=F 15=

Gm1 m3 2

( a)

( 14.7 )

Ganbar 14.4b merupakan diagram benda bebas untuk m1. Gambar ini dan Pers 14.6 menunjukkan bahwa F12 dan F14 bernilai sama tetapi berlawanan arah; sehingga gaya-gaya itu terhapuskan. Pemeriksaan Gambar

14.4b dan pers 14.7 mengungkapkan bahwa komponen-komponen x dari F13 dan F15 juga terhapuskan dan

bahwa komponen-komponen y kedua gaya bernilai sama dan berarah y positif. Maka F1 berarah y positif dan nilainya dua kali komponen y dari F13.

F1=2 F 13 cos ϴ=2

G m1 m3 2

(a)

cos ϴ

2

0,020 m ¿ ¿ cos 30 ¿ ¿ −11 3 10 m 2 6,67 x . s ( 8,0 kg ) (2,0 kg) kg ¿2 ¿ ¿ ¿

(

)

= 4,6 x 10-6 N

Perhatikan bahwa kehadiran m5 di sepanjang garis antara m1 dan m4 tidak mengubah gaya gravitasi yang dikerahkan oleh m4 pada m1

y

m4

y

a m3

F15

m5

F13

a ɵɵ a

ɵ ɵ x

F14 x

m1

m1

ɵ

F12

2a

M2 (a)

(b)

Gambar 14.4 Soal Contoh 14.1. (a) Susunan lima partikel. (b) Gaya-gaya yang bereaksi pada partikel yang bermassa m1 yang dikerahkan oleh keempat partikel lainnya

SOAL CONTOH 14.2

Di dalam Gambar 14.5, sebuah partikel dengan massa m1 = 0,67 kg berada pada jarak d = 23 cm dari salah satu ujung batang seragam yang mempunyai panjang L = 3,0 m dan massa M = 5,0 kg. Berapakah nilai gaya gravitasi F1 pada partikel yang dikerahkan oleh batang ?

PENYELESAIAN: Kita meninjau suatu massa diferensial dm pada batang, yang berkedudukan pada jarak r dari m1 dan menempati panjang dr pada batang. Dari pers 14.1, kita boleh menuliskan gaya gravitasi diferensial dF1 pada m1 yang dikerahkan oleh dm sebagai d F 1=

G m1 (r )2

dm

(14.8)

Arah gaya ini ke kanan di dalam Gambar 14.5. Sebenarnya, karena m1 berkedudukan pada suatu garis yang

melalui panjang batang, setiap gaya diferensiaal dF1 yang dikerahkan oleh setiap massa diferensial dm pada

batang berarah ke kanan. Jadi, kita dapat menentukan nilai F 1 dari gaya neto pada m1 hanya dengan menjumlahkan nilai-nilai dari gaya-gaya diferensial ini. Kita mengerjakannya dengan mengintegrasikan Pers 14.8 atas seluruh panjang batang. (Jika m1 tidak pada sumbu sentral batang, vektor-vektor gaya diferensial akan mempunyai arah-arah yang berlainan dan gaya neto akan harus dicari melalui penjumlahan vektor. Ruas sebelah kanan Pers 14.8 mengandung dua variabel, r dan dm. Sebelum kita dapat mengintegrasi, kita harus mengeleminasi dm dari persamaan itu; kita mengerjakannya dengan menggunakan fakta bahwa batang tersebut seragam massa jenisnya sehingga kita dapat menuliskan dm M = dr L

r

( 14.9)

dm

m1

dr

d

L

Gambar 14.5 Soal contoh 14.2 Sebuah partikel dengan massa m1 berada pada jarak d dari salah satu ujung batang sepanjag L. Suatu massa diferensial dm dari batang terseb ut berada pada jarak r dari m1.

Ini memungkinkan kita untuk mensubstitusikan dm = (M/L)dr di dalam pers 14.8. Kita lalu mengerjakan integrasi sebagaimana diindikasikan di dalam pers 14.5 untuk mendapatkan L+ d

F1=∫ d F 1= ∫ d

¿

Gm1 M G m1 M dr= 2 L r L

L+ d

∫ d

G m1 M 1 L+ d −G m1 M 1 1 = − L r d L L+d d

[]

[

]

dr 2 r

¿

G m1 M d( L+ d)

¿

(6,67 x 10 m /kg . s )( 0,67 kg)(5,0 kg) ( 0,23 m ) (3,0 m+0,23 m)

−11

¿ 3,0 x 10−10

3

2

( Jawaban)

SOAL CONTOH 14.3 Tinjaulah sebuah pulsar, sebuah bintang kolaps (kempis) bermassa jenis luar biasa tinggi, dengan massa M sama dengan massa Matahari (1,98 x 1030 kg), radius R sepanjang hanya 12 km, dan periode rotasi T = 0,041s. Pada ekuatornya, berapa persenkah percepata jatuh bebas g berbeda dari percepatan gravitasi ag ? PENYELESAIAN : Untuk mendapatkan ag pada permukaan pulsar tersebut, kita menggunakan Pers 14.12 dengan R yang

menggantikan r dan dengan M yang merupakan massa pulsar. Pensubstitusian nilai-nilai yang diketahui menghasilkan −11

a g=

GM (6,67 x 10 = R2

3

2

30

m /kg . s )(1,98 x 10 kg) (12.000 m)2

a g=9,2 x 1011 m/ s2

Pembagian Pers 14.15 (yang berlaku untuk sembarang benda yang berotasi) oleh a g dan pensubstitusian data yang diketahui menghasilkan 2 ag −g 2 π 2π 12000 m = = ag T 0,014 9,2 x 10 11 m/ s2

( )(

¿ 3,1 x 10−4 =0,031

SOAL CONTOH 14.4

)

(a) Seorang astronaut yang tingginya h = 1,70m mengapung dengan kaki “kebawah“ dalam satu torak ruang pengorbitan pada jarak r = 6,77x106m dari pusat Bumi. Tentukan perbedaan antara percepatan gravitasi pada kakinya dan pada kepalanya.

PENYELESAIAN : Persamaan 14.2 menginformasikan bahwa percepatan gravitasi pada sembarang jarak r dari pusat Bumi : a g=

GME

(14.16)

r2

Dengan ME adalah massa Bumi. Kita sama sekali tidak dapat menerapkan Pers. 14.16 dua kali, pertama kali

dengan, katakan r = 6,67x106 m untuk kaki dan kemudian dengan r = 6,67x106 m + 170 m untuk kepala. Jika

kita melakukan, kalkulator kita akan menghasilkan nilai yang sama untuk a g dua kali, dan dengan demikian menghasilkan selisih nol, karena h sangat kecil dibanding r. Sebagai gantinya, kita mendiferensiasikan Pers 14.16 terhadap r, yang menghasilkan d ag =−2

GME r

2

dr

dengan dag adalah perubahan diferensial pada percepatan gravitasi akibat perubahan diferensial dr pada r. Bagi astronaut, dr = h dan r = 6,77 x 10 6 m. Dengan mensubstitusikan data ke dalam Pers 14.17 kita mendapatkan d ag =−2

(6,67 x 10−11 m3 /kg . s 2)(5,98 x 1024 kg) (1,70 m) (6,67 x 106 )3 d ag =−4,37 x 10−6 m/ s 2

(Jawaban)

Hasil ini mengandung arti bahwa percepatan gravitasi kaki astronaut ke arah Bumi sedikit lebih besar dari percepatan gravitasi kepalanya ke arah Bumi. Perbedaan pada percepatan ini cenderung meregangkan tubuhnya, namun perbedaan itu sedemikian kecil sehingga peregangan yang terjadi tidak terlihat.

(b) Jika si astronaut sekarang berposisi dengan “ke bawah” pada radius orbital yang sama r = 6,67 x 10 6 m terhadap suatu lubang hitam bermassa Mh = 1,99x1031 kg ( yang sama dengan 10 kali massa Matahari

kita ), berapakah perbedaan percepatan gravitasi pada kaki dan kepalanya ? Lubang hitam tersebut

mempunyai suatu permukaan (yang disebut horizon lubang hitam) dengan radius R h = 2,95 x 104 m.

Segala sesuatu, bahkan cahaya sekalipun tidak dapat lepas dari permukaan tersebut atau tempat mana apapun didalamnya. Perhatikan bahwa si astronaut ( secara bijaksana ) berada jauh di luar permukaan tersebut ( pada r = 229Rh).

PENYELESAIAN : Kita dapat menggunakan lagi Pers 14.17 jika kita mensubstitusikan Mh = 1,99 x 1031 kg ke M ME. Kita mendapatkan d ag =−2

(6,67 x 10−11 m3 /kg . s 2)(1,99 x 1031 kg) (1,70 m) ( 6,67 x 106 )3

d ag =−14,5m/ s2 Ini berarti bahwa percepatan gravitasi kaki astronaut ke arah lubang hitam secara jelas terlihat lebih besar dari yang dialami kepalanya. Kecendrungan yang dihasilkan untuk meregangkan tubuhnya akan dapat ditahan namun cukup menyakitkan. Jika ia melayang lebih dekat ke lubang hitam, kecendrungan peregangan tersebut akan meninggalkan secara drastis.ss