1. Keseimbangan Benda Tegar Oleh: Arif Fadilah

1. Keseimbangan Benda Tegar Oleh: Arif Fadilah 1.1.

Sebuah kubus baja mempunyai berat 10 N diletakan antara batang dan dinding yang diperlihatkan seperti gambar. Berapakah nilai gaya yang bekerja pada batang (F b) dan dinding (Fd) jika massa batang diabaikan?

Jawab: ∑ Fx = 0

∑ Fy : 0

Fd – Fb cos α = 0

Fb sin α – W = 0

Fb cos α = Fd

Fb sin α = W

Fb =

Fd cos α

Fb =

(persamaan 1…)

W sin α

(persamaan 2…)

Gabungkan persamaan 1 & 2 Ft cos α

=

W sin α

Fb =

Ft cos α 10 0,5 √ 2

Fd =

cos α W sin α

Fb =

Fd =

W tanα

Fb = 10 √ 2

Fd =

10 tan 45 10 1

Fd = =

Fb = 14,14 N

= 10 N

Jadi, gaya pada dinding adalah 10 N dan gaya pada batang adalah 14,14 N (Sumber: Kastiawan. 2013: 13) 1.2.

Sebuah bola dengan berat 100 N dan α 45˚ diikat dengan sebuah tali dengan posisi seperti gambar. Tentukan besarnya tegangan tali

Jawab: ∑ FX = 0

∑ Fy = 0

Ft – T sin α = 0

T cos α – W = 0

T=

Ft sin α

T=

(persamaan…1) Gabungkan persamaan 1 & 2 Ft sin α

Ft =

=

W tan α

W cos α

W cos α

(persamaan 2…)

Ft =

10 tan 45 ˚

Ft = 100 N Jadi, gaya pada tali adalah 100 N (Sumber: Kastiawan. 2013: 14) 1.3.

Bola pada gambar beratnya 50 N dan menggantung pada ujung seutas tali. Berapakah tegangan tali?

Jawab: ∑Fy = 0 T – 50 N = 0 T = 50 N Jadi, tegangan tali adalah 50 N (Sumber: Frederick. 1989: 11)

1.4.

Seperti tampak pada gambar tegangan tali datar adalah 30 N. Carilah berat benda

Jawab: ∑Fx = 0

∑Fy = 0

30 N – T2 cos 30˚ = 0

W – T sin 30˚ = 0

30 cos 30˚

T2 =

T2 =

(Persamaan 1…)

W sin30 ˚

(Persamaan 2…)

Gabungkan persamaan 1 & 2 30 cos 30˚

=

W sin30 ˚

W = 17, 32 N Jadi, berat benda adalah 17,32 N (Sumber: Frederick. 1989: 11)

1.5.

Tentukan tegangan tali 1 sistem pada gambar dibawah ini

Jawab: Dengan rumus sinus T1 sin 45 ˚

=

T2 sin30 ˚

T1 =

T 3 sin 45 ° sin 105°

T1 =

200 . sin 45 ° sin105 °

=

T3 sin105 ˚

T1 = 146,41 N Jadi, tegangan tali 1 adalah 146,41 (Sumber: Bhavikati. 1998: 27)

1.6.

Berapakah gaya yang minimal yang dikeluarkan mesin untuk menahan balok seberat 100 N agar tetap diam. Jika diketahui kemiringan bidang 45˚ dan lantai licin

Jawab: ∑F = 0 Fmesin = Fbalok Fm = W sin α Fm = 100 sin 45˚ Fm = 70,71 N Jadi, gaya minimal yang dibutuhkan mesin untuk menahan balok adalah 70,71 N (Sumber: Braja. 1994: 125) 1.7. Sebuah balok seberat 100 N ditarik oleh sebuah mesin. Berapa gaya minimum yang untuk memgerakan balok jika diketahui koefisien gesek statis μ 0,1

Jawab: ∑F = 0 Fmesin = Fgesek Fm = N . μ Fm = 100. 0,1 = 10 N Jadi, gaya minimal yang dibutuhkan untuk menggerakan balok adalah lebih dari 10 N (Sumber: Braja. 1994: 127) 1.8. Hitunglah gaya yang diderita batang 2 akibat gaya sebesar 600 N yang membentuk sudut 45˚ terhadap batang 2. Sudut antara batang 2 dan 3 adalah 30˚

Jawab: Dengan rumus sinus didapat F T2 T3 = = sin30 ° sin15 sin135 T2 =

F sin15 ° sin 30 °

=

600 sin 15 ° sin 30 °

T2 = 310 N Jadi, gaya yang diderita batang 2 adalah 310 N (Sumber: Hartono. 2006: 13)

DAFTAR PUSTAKA

Bhavikatti, S.S., K.G.Rajashekareppa. 1996. Engineering Mechanics. New Delhi: New Age International (P) Ltd. Bueche, Frederick J., B. Darmawan, 1992. Teori dan Soal-Soal Fisika. Erlangga: Jakarta Das, Braja M., Aslam Kassimali, Sedat Sami. 1994. Engineering Mechanics Dynamics. USA: Richard D. Irwin, Inc. Hartono., Nanang Budi Sriyanto, Poedji Haryono, Sisworo. 2006. Mekanika Teknik 1. Semarang: Politeknik Negeri Semarang. Kastiawan, I Made., 2013. Statika Struktur. Yogyakarta: Andi.

2. Kinematika Fluida Oleh: Azas Syaifur Rizal 2.1.

Sebuah medan kecepatan diberikan oleh V = ( V 0/ ℓ ) ( x î – y ĵ ) di mana V0 dan ℓ adalah konstan. Di manakah lokasi pada medan aliran yang lajunya sama dengan V? Buatlah ≥

sketsa medan kecepatan di kuadran ( x

≥

0, y

0 ) dengan menggambarkan anak-anak

panah yang menggambarkan kecepatan fluida pada lokasi-lokasi yang mewakili. Jawab: Komponen-komponen x, y, dan z dari kecepatan diberikan oleh u = V0 x/ ℓ, v = - V 0y / ℓ, dan w = 0 sehingga lajunya, V, adalah 2

V=( u

+ v

2

+ w

2

1 /2

¿

=

v0 l

( x

2

+

y

2

1 /2

¿

Laju adalah V = V0 pada setiap lokasi di lingkungan yang berjari-jari ℓ dan berpusat di titik asal sumbu koordinat [( x

2

+

y

2

1 /2

¿

= ℓ ] seperti ditunjukkan pada Gambar C4.1a.

Arah dari kecepatan fluida relatif terhadap sumbu-x dinyatakan dalam θ = arctan (v/u) seperti ditunjukkan pada Gambar C4.1b. Untuk aliran ini tan θ

v u

=

=

−Vo y /l Vo x /l

=

−x y

y 2ℓ

y=x 2V0

V θ

2V0

ℓ

2V0 V0

V0

V0/2 0

(b)

V0 V0/2 ℓ

υ

u

(a) V0

3V0/2

2V0

2ℓ

GAMBAR C4.1 x

Jadi sepanjang sumbu–x ( y = 0 ) kita lihat bahwa tan θ

= 0, sehingga θ = 0 ° atau θ =

180 ° . Demikian pula halnya sepanjang sumbu-y ( x = 0 ) kita peroleh tan θ

= ±∞

sehingga θ = 90 ° atau θ = 270 ° . Demikian juga untuk y = 0 kita dapati bahwa V = ( Vo x/ ℓ ) î , sementara untuk x = 0 kita dapatkan V = -( Vo y/ ℓ ) ĵ yang menunjukkan (jika Vo > 0) bahwa aliran mengarah menuju titik asal sumbu koordinat sepajang sumbu-y dan keluar dari titik asal sumbu koordinat sepanjang sumbu-x seperti yang ditunjukkan pada Gambar C4.1a. Dengan menentukan V dan θ untuk tempat-tempat yang lain di bidang x – y , medan kecepatan dapat di sketsa seperti yang ditunjukkan pada gambar. Sebagai contoh, untuk garis y = x kecepatannya adalah pada sudut -45 ° relatif terhadap sumbu-x ( tan θ = v/u = -y/x = -1). Pada titik asal x = y = 0 sehingga V = 0. Titik ini adalah titik stagnasi. Semakn jauh fluida dari titik asal, maka semakin cepat fluida itu mengalir (seperti yang terlihat dari persamaan 1) dengan suatu tinjauan yang cermat pada medan kecepatan tersebut, kita mungkin menentukan banyak informasi mengenai aliran tersebut. (Sumber: Munson. 2003: 187-188)

2.2.

Tentukan garis-garis arus untuk dua-dimensi yang dibahas pada contoh V = (V 0/ ℓ ) (x î – y ĵ). Jawab: Karena u = (V 0/ ℓ )x dan v = -(V 0/1)y, maka garis-garis arusnya diberikan oleh penyelesaian dari persamaan dy dx

=

V u

=

−( V 0 /l) y (V 0 /l)x

=

−y x

Dimana variabel-variabelnya dapat dipisahkan dan persamaan diintegralkan untuk memberikan. ʃ

dy y

= -ʃ

dx x

atau In y = -In x + konstan Jadi, sepanjang garis-arus xy = C, dimana C adalah konstan Dengan menggunakan nilai berbagai C yang berbeda, kita dapat membuat plot dari berbagai garis di bidang x-y

yaitu garis-garis arus. Notasi yang bisa digunakan untuk garis-arus

adalah ψ = konstan pada sebuah garis-arus. Jadi persamaan garis-arus dari aliran ini adalah ψ = xy Sebagaimana akan di bahas lebih lengkap di Bab 6, fungsi y = y (x, y) disebut sebagai fungsi arus. Garis-garis fungsi-arus di kuadran pertama diplot dalam Gambar C4.2. Perbandingan gambar ini dengan Gambar C4.1a mengilustrasikan fakta bahwa garis-garis arus sejajar dengan medan percepatan. y 4

ψ= 9 2 ψ= 4 ψ= 1 0

2

4

ψ= 0 x

GAMBAR C4.2 (Sumber: Munson. 2003: 192-193)

2.3.

Sebuah fluida yang tidak dapat mampat dan tidak viskous bergerak dengan ajeg (steady) mendekati titik stagnasi di bagian depan sebuah bola berjari-jari R. Kecepatan gerak fluida itu adalah? Jawab: R3 x3

u = us [ 1 +

]

Berapakah percepatan fluida itu pada (a) x = -3R, (b) x = -2R, dan (c) x = -R? (d) Bila us = 2 m/s dan R = 2 cm, berapakah harga percepatan pada x = -2R? Sepanjang sumbu x yang merupakan perpanjangan sebuah diameter, ax = u (∂u/ ∂x) dengan u sebagaiman yang diberikan dan ∂u/ ∂x = -3us R

3

/

x

3

. Hasil-hasil yang diperoleh

disajikan dalam tabel berikut.

Soal

u

∂u/ ∂x

ax 2

(a)

26us/ 27

-3us /81 R

-(26/729) us / R

(b)

7us/ 8

-3us/ 16 R

2 -(21/128) us / R

(c)

0

(d)

-3us/ R 0 21 2 ax = -( 128 ) (2 ¿ (0.02) = -32.8 m/s (Sumber: Olson. 1993: 97)

2.4.

Apabila ψ = -2 xy, carilah komponen kecepatan dan gambarkan aliran yang terjadi di setengah bidang sebelah atas. Jawab: u = -∂ψ/ ∂y = +2x dan v = ∂ψ/ ∂x = -2y. Jadi, u mengarah ke kanan dalam kuadran pertama dan ke kiri dalam kuadran kedua; di seluruh setengah bidang bagian atas ini v mempunyai arah ke bawah. Streamlines dalam hal ini adalah hiperbola-hiperbola tegak lurus (rectanguler), yaitu didapatakan bila ψ = 0, ± 2, ± 4, dsb. Pola aliran tersebut dapat dilihat pada gambar dibawah ini.

y

ψ = +6 ψ = +4 ψ = +2

ψ = -6 ψ = -4

ψ=0

ψ=0

ψ = -2

(Sumber: Olson. 1993: 99-100) 2.5.

Air yang mengalir dari sebuah celah yang berosilasi seperti ditunjukkan pada Gambar E4.3a menghasikan sebuah medan kecepatan yang diberikan oleh V = v0

)] î +

v0

ĵ, dimana

kecepatan tetap konstan (v =

u0

v0

, v0

u0

sin [ω (t - y/

dan ω adalah komstan. Jadi komponen y dari

) dan komponen-x pada y = 0 berimpit dengan kecepatan

dari kepala sprinkler yang berosiloasi [u =

u0

sin (ωt) pada y = 0].

(a) Tentukan garis-arus yang melalui titik asal koordinat pada t = 0; pada t = π / 2ω ? (b) Tentukan garis-jejak dari partikel yang sebelumnya berada di titik asal koordinat pada t = 0; pada t = π /2 ? (c) Diskusikan bentuk garis-garis yang lewat melalui titik koordinat ? Jawab: (a) Karena u =

u0

v0

sin [ω (t - y/

)] dan v =

v0

, maka dari Persamaan 4.1, garis-

garis-arus diberikan oleh penyelesaian persamaan dy dx

=

v u

=

v0 u 0 sin [ω(t− y / v 0)]

Diamana variaabel-variabelnya dapat dipisahkan dan persamaan diintegralkan (untuk suatu waktu t yang ditentukan) untuk memberikan:

u0 ʃ

sin [ ω ( t -

y v0

v0

)] dy =

ʃ dx,

atau u0

=(

v0

/ ω) cos [ω ( t -

y v x +C v 0 )] = 0

Dimana C adalah sebuah konstanta. Untuk garis-arus pada t = 0 yang melewati titik asal koordinat (x = y = 0), nilai C diperoleh dari persamaan 1 sebagai C =

u0 v 0

/ ω.

Jadi, persamaan untuk garis-arus ini adalah

x=

u0 ω

[ cos (

ωy v 0 ) – 1]

Demikian pula halnya untuk garis arus pada t = π /2ω

yang melewati titik asal,

persamaan 1 memberikan C = 0. Jadi, persamaan garis-arus ini adalah

x=

u0 ω

π cos [ω ( 2 ω

-

y v 0 )] =

u0 ω

π cos ( 2

-

ωy v0 )

y

y

2 πv 0

x

t=0

0/ω

GGaris-arus melalui titik asal

π v0/ω

Kepala sprinkler yang berosilasi t = π / 2ω u0 / ¿

-2 u0 /¿

ω

ω

0

2

x Q

(a)

(b)

y y v 0 / u0

t=0

Garis-jejak dari partikel-partikel pada titik asal koordinat pada waktu t

t = π /2ω garis-jejak u0 V0

-1

0

1

x

0

(c)

x

Garis-garut melalui titik asal koordinat pada waktu t (d) 

atau

x=

u0 ω

sin (

ωy v0 )

GAMBAR C4.3

Kedua garis-arus ini, yang plot pada Gambar C4.3b di atas, tidak sama karena alirannya taktunak. Sebagai contoh, pada titik asal (x = y = 0), kecepatannya adalah V = = 0 dan

V=

u0

î+

v0

v0

ĵ pada t

ĵ pada t = π /2ω. Jadi sudut dari garis-arus yang melewati

titik asal berubah menurut waktu. Demikian pula halnya bentuk dari garis-arus secara keseluruhan adalah fungsi dari waktu. (a) Garis-jejak sebuah partikel (lokasi dari partikel sebagai fungsi waktu) dapat diperoleh dari medan kecepatan dan definisi dari kecepatan. Karena u = dx/dt, maka kita peroleh dx dt

=

u0

sin [ ω(t -

Persamaan y dapat diintregalkan (karena

y v0

)] dan

dy dt

=

v0

v0

= konstan) untuk memberikan koordinat y dari

v0

t+

garis-jejak sebagai y= dimana

C1

C1

adalah sebuah konstanta. Dengan ketergantungan y = y (t) yang diketahui ini,

persamaan x untuk garis-jejak menjadi dx dt

=

u0

sin [ ω(t -

v 0 t +C 1 v0

)] = -

u0

C1 ω sin ( v 0 )

Persamaan ini dapat diintregalkan untuk memberikan komponen-x dari garis-jejak sebagai

x= - [

diaman

C2

u0

sin (

C1 ω C v 0 )] t + 2

adalah sebuah konstanta. Untuk partikel yag melewati titik asal koordinat

(x = y = 0) pada t = 0, persamaan 4 dan 5 memberikan jejaknya adalah x= 0 dan y =

v0 t

C1

=

C2

= 0. Jadi, garis

Demikian pula halnya, untuk partikel yang melewati titik asal koordinat (x = y = 0) pada C1 π v0 C2 π u0 t = π /2ω, persamaan 4 dan 5 memberikan =/2ω dan =/2ω. Jadi, garis jejaknya adalah x=

u0

π v 2 ω ) dan y = 0

(t -

(t -

π 2ω

)

Garis-jejak dapat digambar dengan memplot tempat kedudukan dari nilai x(t), y(t) untuk t ≥ 0 atau dengan menghilangkan parameter t dari persamaan 7 dan memberikan

x=

v0 u0

x

Garis-jalur yang diberikan oleh persamaan 6 dan 8, dan ditunjukkan dalam Gamabar C4.3c, adalah garis lurus dan titik pangkal. Garis-jejak dan garis-arus tidak berpotongan karena alirannya taktunak. (b) Garis-gurat yang melalui titik asal koordinat pada t = 0 adalah tempat kedudukan partikelpartikel pada t = 0 yang sebelumnya (t < 0) telah melewati titik asal tersebut. Bentuk umum dari garis-gurat dapat dilihat sebagai berikut. Setiap partikel yang mengalir melalui titik asal akan berjalan pada sebuah garis lurus (garis-jejak adalah pancaran dari titik asal), dengan kemiringan yang terletak antara ±

v0

/

u0

seperti ditunjukkan pada Gambar C4.3d.

Partikel-partikel yang lewat melalui titik asal pada waktu yang berbeda terletak pada garis pancaran yang berbeda dari titik asal dan pada jarak yang berbeda dari titik asal. Hasil nettonya adalah bahwa suatu arus bahan celup yang diinjeksikan secara terus menerus pada titik asal (garis-gurat) akan mempunyai bentuk seperti yang ditunjukkan pada Gambar C4.3d. Akibat ketidaktunakantersebut, garis-gurat akan berubah menurut waktu, meskipungaris tersebut akan selalu memiliki sifat osilasi sinus sepeti yang ditunjukkan. Garus-gurat yang serupa diberikan oleh arus air yang keluar dari nossel selang penyiram tanaman, yang berosilasi maju-mundur dalam arah yang normal terhadap sumbu nossel. Dalam contoh ini, tidak satupun dari garis-arus, garis-jejak, dan garis-gurat yang berimpit. Jika alirannya tunak, maka garis-garis ini akan menjadi garis yang sama. (Sumber: Munson. 1993: 194-195)

2.6.

Dalam 1-D aliran bidang, yang yelocity pada suatu titik dapat dengan diberikan dalam sistem Euler oleh u = x + t. Menentukan perpindahan partikel cairan yang posisi awal t0

pada saat awal Jawab u=x+t atau,

x0

dalam sistem Lagrangian.

dx/dt = x + t

(3.32)

Menggunakan D sebagai operator d/dt, itu Eq. (3.32) dapat ditulis sebagai (D - 1)x = t Solusi Eq. (3.33) is x=

Ae t - t – 1

Konstan A ditemukan dari kondisi awal sebagai berikut: t0 x0 t = Ae - 0 –1

Karena,

A=

x 0 +t +1 t0

e

Mengganti nilai A ke Eq. (3.34), kita mendapatkan (t−t ) x t x = ( 0 + 0 + 1) e –t–1 0

Persamaan ini adalah versi Lagrangian dari partikel fluida yang memiliki identitas x = di t =

t0

x0

. (Sumber: Som. 2008: 99)

2.7.

Medan kecepatan dalam media cairan dberikan oleh u=

u0

−2 x/ L

e

and

ρ =

ρ0

e

x /L

Lapangan laju perubahan kecepatan di x = L. Jawab Tingkat perubahan densitas dalam hal ini dapat ditulis sebagai, Dρ Dt

=

∂ρ ∂t

∂ρ + u ∂x

=0+

u0

−x/ L ( ρ0 e )

ρ0 e−2/ L (e−x / L L )

u0

=

∂ ∂x

e−2 x/ L

ρ0 u =- L

−3 x/ L

e

0

ρ0 u L

di x = L, D ρ /Dt = -

0

e−3

(Sumber: Som. 2008: 101) Sepanjang merampikan lurus ditampilkan, keceptan diberikan oleh v = 3

2.8.

√ x2 + y 2

.

Menghitung kecepatan dan percepatan (8, 6). Persamaan yang Relevan dan Data yang Diberikan a s= ar

av dv ds dv = =v dt ds dt ds

(3. 1)

2 =- v /r

r= ∞

(3. 2)

karena merampingkan lurus y

(8, 6) 5 3 5 Jawab Ilmu s = 10

√ x2 + y 2

, v = 3s.

x

di (8, 6), s = 10; karena itu v = 3 × 10 = 30 m/s. as

= (3s )3 = 9s = 90 m/s

(3. 1)

Obviously a, adalah nol karena jari-jari kelengkungan dari streamline yang tak terbatas. Dalam percobaan geophisikal menjelaskan dalam bagian 2.7, cairan di dinding bergerak tangki sepanjang merampingkan melingkar ditunjukkan dengan komponen kecepatan tangensial konstan dari 1.04 m/s. Menghitung komponen tangensial dan radial dari percepatan pada setiap titik merampingkan. (Sumber:Vennard. 1976: 86-87)

DAFTAR PUSTAKA

Munson, Bruce, R., Young, Donald, F., Theodore H. Okiishi, Harinaldi, & Budiarso. 2003. Mekanika Fluida Jilid 1. Jakarta: Penerbit Erlangga. Olson, Reuben, M., Steven, J. Wright & Alex Tri Kantjono Widodo. 1993. Dasar-Dasar Mekanika Fluida Teknik. Jakarta: Penerbit Gramedia Pustaka Utama. Som, S, K & G, Biswas. 2008. Introduction to Fluid Mechanics and Fluid Machines. New Delhi: Tata McGraw Hill Education Private Limited, Inc. Vennanrd, Jhon, K., & Robert, L, Street. 1976. Elementary Fluid Mechanics Sixth Edition Si Version. New York: Jhon Welly and Sons, Inc.

3. Hukum Newton Oleh: Budi Santoso 3.1.

Carilah percepatan balok bermassa m yang meluncur menuruni suatu permukaan tetap yang licin yang miring

N

dengan sudut θ terhadap bidang m

horizontal ! Jawab:

W

Ada dua gaya yang bekerja pada balok, beratnya W dan gaya normal N yang

dikerjakan oleh bidang miring. (untuk permukaan yang sebenarnya, terdapat gaya gesekan

yang sejajar bidang miring, tetapi disini kita mengasumsikan permukaan ideal yang licin). Karena kedua gaya itu tidak bekerja sepanjang garis yang sama, mereka tidak dapat dijumlahkan menjadi nol, sehingga balok harus dipercepat. Percepatannya adalah sepanjang garis bidang miring. Ini adalah contoh lain dari sebuah kendala. Untuk soal ini, akan memudahkan bila kerangka koordinat dengan satu sumbu sejajar dengan bidang miring dan sumbu yang lainnya tegak lurus padanya, seperti ditunjukan pada gambar. Dengan demikian, percepatan hanya mempunyai satu komponen ,

ax .

untuk pilihan ini, N ada dalam arah y

dan berat w mempunyai komponen W x =W sin θ=mgsin θ W y =−W cos θ=−mg cos θ Dengan m adalah massa balok dan g adalah percepatan gravitasi. Gaya neto dalam arah y adalah

N−mgcos θ . Dari hukum kedua Newton dan kenyataan bahwa a = 0, y

∑ F y =N −mgcos θ=m a y=0

Dan dengan demikian N=mg cos θ

Dan dengan cara yang sama, untuk komponen x,

∑ N =mgsin θ=mg sin θ=m a x a x =g sin θ (Sumber: Tipler. 1998: 107-108) 3.2.

Suatu balok 400 gram dengan laju awal 80 cm/det bergeser sepanjang permukaan horizontal melawan gaya gesekan o,70 N.

a) Berapa jauh balok tersebut akan bergeser sebelum akhirnya berhenti ? b) Berapa koefisien gesekan antara balok dan permukaan meja ? Jawab: a) Kita mengasumsikan arah gerakan adalah positif. Satu-satunya gaya tanpa penyeimbang yang bekerja pada balok adalah gaya gesekan 0,70 N. Maka,

∑ F=ma

menjadi -0,70

N = (0,400 kg)(a) 2 Sehingga diperoleh a=−1,75 m/det . (perhatikan bahwa m selalu dalam kilogram).

Untuk menentukan jarak pergeseran balok, kita memiliki 2 2 2 dan a=−1,75 m/det . Maka v fx−v ix=2ax 2

v ix =0,80 m/det

,

v fx=0

,

menghasilkan

2

v fx −vix ( 0−0,64 ) m2 /det 2 x= = =0,18 m 2a ( 2 )(−1,75 m/det 2) b) Karena gaya-gaya vertical pada balok harus dicoret, gaya dorong ke atas dari meja

FN

harus setara dengan berat mg dari balok. Maka, gaya gesekan 0,70 N μk = = =0,18 FN ( 0,40 kg ) ( 9,81 m/det 2 ) (Sumber: Bueche. 2006: 25)

3.3.

Sebuah kotak 60 kg bergerak secara horizontal karena dipengaruhi gaya sebesar 140 N kotak itu bergerak dengan kecepatan tetap. Berapakah koefisien gesekan antara lantai dan kotak ? Jawab: FN

Gambar benda bebasnya Gesekan

140 N mg

Gambar 5.2

Untuk kotak pada gambar. Berhubung kotak tersebut tidak bergerak ke atas maupun ke bawah, maka ay = 0 sehingga,

∑ F y =m a y

menghasilkan

Dan dari sini kita peroleh bahwa

s2 0 m/¿ F N −mg=(m) ¿ s2 9,8 m/¿ . Selanjutnya berhubung kotak itu ¿ F N =(60 kg)¿

bergerak horizontal dengan kecepatan konstan,

∑ F x =ma x

a x =0

sehingga

menghasilkan 140 N – f = 0

Dimana gaya gesekan adalah f =140 N, maka kita peroleh µ=

f 140 N = F N 588 N

= 0.238

(Sumber: Bueche. 2006: 40-41) 3.4. Benda A bermassa 125 kg dilepaskan dari posisi yang ditunjukan dan menarik balok bermassa 200 kg dengan sudut kemiringan 30°. Jika koefisien gesek antara balok dan papan 0,5 tentukan kecepatan balok saat menyentuh tanah di B

Jawab:

Benda A bermassa 125 kg dilepaskan dari posisi yang ditunjukan dan menarik balok bermassa 200 kg dengan sudut kemiringan 30. Jika koefisien gesek antara balok dan papan 0.5, tentukan kecepatan balok saat menyentuh tanah di B. 6m

T

W2 T N

2T

W

Gambar diagram benda bebasnya

Keseimbangan balok dalam sumbu y adalah Fy = 0 N-W = 0 N-200(9.81) cos 30 = 0 N = 200(9.81) cos 30 =1699 N Dan persamaan gerak pada sumbu x memberikan,

Fx = max 2T-0.5(1699)-200(9.81)sin 30 = 200

a 2

Untuk balokyang bergerak pada sumbu x, kita memiliki

Fx = max 125(9.81)-T=125 a

T

Dari dua persamaan ini didapat, m s2

a = 1.78

T = 1004 N Untuk posisi 6 m dengan percepatan konstan, diperoleh kecepatan blok v

vA

2

= 2ax

√ 2 ( 1.78 ) (6)

=

= 4.62

m s

Oleh karena itu, kecepatan balok adalah v

=

1 v 2 A

= 2.31

m s (Sumber: Meriam. 1980: 103)

3.5.

Desian model sebuah kapal baru memiliki massa 10 kg dandiuji dalam sebuah towing tank experimental untuk menentukan resistensi terhadap gerakan melalui air melalui berbagai kecepatan. Hasil pengujiannya ditunjukan pada grafik yang disertai resistensi Rditampilkan dalam kurva putus-putus. Jika model dilepaskan ketika memiliki kecepatan 0.2 m/ s , tentukan waktu t yang diperlukan untuk mengurangi kecepatan hingga 1 m/s dan jarak x setelah kapal dilepas. 8 6 R,N

w

4 2

R B=w

0 0

1

2

Jawab: Kita mendekati hubungan kecepatan dan resistansi dengan R = kv2 dan tentukan k dengan menggantikan R = 8 N dan v 2

s /m

2

. Sehingga R = 2 v

= 2 m/s kedalam persamaan, dimana k = 8/22 =2 N. 2

.

Satu-satunya gaya yang berlaku disini adalah R, sehingga

Fx = max

-R = max atau dv -2v =10 dt 2

Kita pisahkan variable sehingga, t

v

∫ dt=−5∫ 0

2

1 1 dv t=5 − 2 , v 2 v

(

)

seconds

v0 1 1 m t=5 − v = =1 Ketika 1 2 2 s , maka waktu

(

)

Jarak perjalanan selama 2.5 seconds adalah sejauh

v =10/ ( 5+2 t ) sehingga

x

2.5

0

0

10 dt ∫ dx=∫ 5+2t

= 2.5 s

¿

dx dt . Dimana

= 3.47 m

(Sumber: Meriam. 1980: 104)

3.6.

Gambar disamping menunjukan katrol, diasumsikan bergesekan. Dua massa m dan M terhubung oleh sebuah tali melewati katrol. Berapa percepatan oleh massa dan tegangan pada kabel ?

Jawab: Massa yang dipercepat adalah M +m sehingga kecepatan yang diberikan

sehingga

a=

F=( M + m ) a ,

F ( M −m) g Mg−mg . karenanya a= M +m . Tetapi kecepatan F adalah M+m

. Tegangan kabel sama di kedua sisinya. Untuk sisi dengan massa M gaya resultan yang bekerja pada massa M adalah Ma=Mg−T

Dan karenanya T =Mg−Ma Dan untuk massa m resultan gayanya ma=T −mg

Dan T =ma+mg (Sumber: Bolton. 1980:65) 3.7.

Berapa percepatan yang dihasilkan ketikagaya 50 N bekerja pada sebuah balok yang bermassa 2.5 kg yang terletak pada permukaan horizontal, dimana koefisien gesek besarnya 0.5 ? Jawab:

2

N = 2.5x9.8 kg × m/s Karena gaya

F=μN = 0.5 × 2.5 × 9.8

kg × m/s2

=12 N (sampai dua angka penting) Karena resultan gaya yang bekerja pada benda = 50-12=38 N. Sehingga percepatan yang diberikan oleh resultan gaya F = ma , sehingga a=

38 2.5 2 =15 m/s (dua angka penting)

(Sumber: Bolton. 1980: 66-67) 3.8.

Sebuah mobil dengan massa 600 kg bergerak pada jalan yang rata dengan laju 30 m/det . a

Berapa besar gaya perlambatan ( diasumsikan konstan ) yang dibutuhkan untuk

b

menghentikan mobil pada jarak 70 m ? Berapakah koefisien gesekan minimum antara ban dan permukaan jalan jika hal tersebut memungkinkan ? Asumsikan roda tidak terkunci, dengan demikian kita berhubungan dengan gesekan statis – tidak ada pergeseran.

Jawab: a

Terlebih dahulu, kita harus menentukan pecepatan mobil dari persamaan gerakan. Diketahui bahwa

v 2fx=v 2ix +2 ax

v ix =30 m/det

,

v fx=0

, dan x= 70 m. Kita menggunakan

v 2fx −v 2ix 0−900 m2 /det 2 a= = untuk menentukan 2x 140 m

Kini kita dapat menulis

= -6,43 m/det

2

F=ma=( 600 kg ) (−6,43 m/det 2) =−3860 N =−3,86 kN b

Gaya yang diperoleh pada (a) diberikan sebagai gaya gesekan antara ban dan permukaan jalan. Oleh karena itu, besar gaya gesekan pada ban adalah Koefisien gesekan ditentukan oleh

μs =F f /F N

, dimana

FN

F f =3860 N

.

adlah gaya normal.

Pada kasus ini, permukaaan jalan mendorong mobil ke atas dengan suatu gaya yang setara dengan berat mobil. Maka, F N =F w =mg=( 600 kg ) ( 9,81m/det 2 )=5886 N Sehingga,

μs =

F f 3860 = =0,66 F N 5886

Koefisien gesekan minimal harus 0,66 agar mobil berhenti pada jarak 70 m. (Sumber: Bueche. 2006: 25)

DAFTAR PUSTAKA Bolton, William. 1980. Mechanical Science. Norwich: Page Bros Ltd. Bueche Frederick J., Eugene Hecht. 2006. Teori Dan Soal-Soal Fisika Universitas. Jakarta: Penerbit Erlangga.

Bueche, Frederick J., B.Darmawan. 1989. Fisika-Theory and Problem of College Physics,Jakarta: Penerbit Erlangga. Meriam, James L. 1980. Buku Engineering Mechanics Volume 2 Dynamics. New York: John Wiley &Sons, Inc. Tipler, Paul A., Lea Prasetio & Rahmad W. Aldi. 1998. Fisika Untuk Sains Dan TeknikPhysics For Scientist And Engineers. Jakarta: Penerbit Erlangga.

4. Bunyi Oleh: Destya Rahmawati 4.1. Suatu Sumber Bunyi Bergerak dari 2 m sampai 4 m menjauhi sebuah penerima bunyi. Jelaskan bagaimana intensitas bunyi berubah dengan gerakan ini.

Jawab: Intensitas bunyi pada jarak 2 m adalah intensitasnya menjadi 1/4

2

2

1/2

, atau 1/4 . setelah bergerak,

atau 1/16. Jadi, bila jarak dari sumber dikuadratkan,

intensitas bunyi menurun dengan suatu faktor 4 (dari 1/4 menjadi 1/16) (Sumber: Bresnick, Stephen. 2002.) 4.2. −4

Intensitas Bunyi pada jarak 1 m dari sebuah pengeras suara stereo adalah 10

watt/ m

2

.

Tentukan tingkat intensitas bunyi kira-kira (dalam dB) pada jarak 3 m. Jawab: 2 Karena intensitas bunyi bervariasi sebagai: 1/r , intensitas bunyi pada 3 meter

−5 menjadi 1/9 dari 1 m. jadi, tingkat intensitas kira-kira sama dengan 10 log ([1/9 •10

−12 ]/ 10 ), atau kira-kira 70 dB.

(Sumber: Bresnick, Stephen.2002.) 4.3. Hitung kecepatan gelombang suara di udara pada temperatur 0 ° C dan 100 ° C. Jawab: Dalam skala kelvin temperatur ini adalah (0+273) = 273 K dan (100+273) = 373 K. Kecepatannya dapat dihitung menggunakan persamaan (6) :

v=

√

γ .R.T M −3

di mana g = 1,4, R = 8,31 J/mol x K dan M = 29 x 10 ° C:

kg.mol pada temperatur 0

v=

√

( 1,4 ) . ( 8,31 ) .(273) = 330.94 m/s 29 x 10−3

pada temperatur 100 ° C

v=

√

( 1,4 ) . ( 8,31 ) .(373) = 386.83 m/s 29 x 10−3 (Sumber: Ishaq, Mohamad. 2007: 206)

4.4. Seekor ikan paus biru bersuara dengan tingkat intensitas suara 180 dB, berapakah daya yang ia keluarkan? Jawab: Intensitas suara dari ikan paus, dapat diperoleh dari:

β = 10.log

( IoI )

180 = 10(logI-logIo) −12 = 10(logI-log 10 )

= 10logI+120 LogI = 6 6 I = 10 watt

Daya yang dikeluarkan oleh ikan paus tersebut setara dengan 1 MW (Sumber: Ishaq, Mohamad. 2007: 209) 4.5. Seseorang mempunyai dua tabung berlubang yang tertutup pada satu ujungnya dengan panjang yang tidak diketahui. Ia juga mempunyai dua buah garpu tala. Keduanya memancarkan

panjang gelombang 10 cm. Ia membunyikan garpu tala tersebut dan meletakkannya masingmasing di atas tiap tabung. Berapakah panjang tabung seharusnya agar resonansi terjadi?

Jawab: L = nλ/4, dengan n = bilangan ganjil. Karena λ = 10 cm, cobalah bilangan-bilangan ganjil untuk n dan lihat pada panjang berapa resonansi terjadi: n = 1 L = (1)(10)/(4) = 2,5 cm n = 3 L = (3)(10)/(4) = 7,5 cm n = 5 L = (5)(10)/(4) =12,5 cm n = 7, dan seterusnya. Perhatikan bahwa resonansi terjadi pada seluruh panjang. Jawaban 2,5 cm dan 7,5 cm benar karena jawaban ini meliputi dua panjang yang padanya resonansi terjadi. (Sumber: Bresnick, Stephen. 2002.) 4.6. Bunyi dapat merambat melalui banyak jenis medium yang berbeda-beda. Bunyi merambat paling lambat pada: Jawab: Air, besi, dan granit sebagai contoh, semua lebih padat daripada udara. Karena gelombang bunyi bergerak melalui kompresi, bunyi berjalan paling lambat dalam media dengan kepadatan paling kecil yang diberikan, yaitu, udara. (Sumber: Bresnick, Stephen. 2002.) 4.7.

Hitung frekuensi sinyal untuk sinusoid dengan nilai berikut: a. periode = 0,34 s

b. periode = 2 s c. periode = 10 ms d. Periode = 2 ms e. panjang gelombang = 20 cm f. panjang gelombang = 100 cm Jawab: a

f = 1 / 0.34 = 2.94 Hz b. f = ½ = 0,5 Hz c. f = 1 / 0,01 = 100 Hz d. f = 1 / 0,002 = 500 Hz e. f = c / WL (kecepatan suara / gelombang) = 35000/20 = 1750 Hz f. f = c / WL (kecepatan suara / gelombang) = 35000/100 = 350 Hz (Sumber: Physics of Sound: 34) 2 2 Intensitas suara diperkuat dari 10μW / m -150 μW / m . Hitung amplifikasi

4.8.

diproduksi dalam dB . Jawab: Intensitas relatif = 10 log

E E°

= 10 log

150 10

= 11 ∙ 76 dB (Sumber: Schofield, Walter. 1970: 213)

DAFTAR PUSTAKA

Bresnick,Stephen. 2002. Intisari Fisika. Jakarta: Penerbit Hipokrates. Internet. Pdf. Physics Of Sound. Ishaq,Mohamad. 2007. Fisika Dasar- Edisi Kedua. Yogyakarta: Penerbit Graha Ilmu. Schofield,Walter. 1970. Physics For 0.N.C. Engineers. England: Mcgraw-Hill Book Company(Uk) Limited.

5. Kalor Oleh: Fajril Fikri 5.1.

Bagaimana kalor bergantung pada kalor jenis. (a) Berapa kalor yang dibutuhkan untuk menaikan temperatur tong kosong 20 Kg yang terbuat dari besi dari 10oC sampai 90oC? (b) Bagaimana jika tong tersebut diisi 20 Kg air? Jawab: a.

Q=mc ∆ T =(20 Kg)( 450 J / KgC o)(80 C o)=7,2 x 10 5 J=720 KJ

b.

Q=mc ∆ T =(20 Kg)( 4186 J / KgC o)(80 C o)=6,7 x 10 6 J =6700 KJ

Pembahasan Q =

:

panas

(KJ)

m = masa

(Kg)

c

= masa jenis ∆T

=

(J/KgCo)

perubahan suhu

(Co)

Catatan : 1KJ = 103 J = 0,239 kkal , 1 kkal = 4,19 x 103 J KALOR JENIS

Zat Alumunium Tembaga Kaca

(pada tekanan konstan 1 atm dan 20oC kecuali dinyatakan lain) Kalor jenis Kalor jenis o o Kkal/kgC J/KgC Kkal/KgCo J/KgCo Zat 0,22 900 Alkohol 0,58 2400 0,093 390 Air raksa 0,033 140 0,20 840 Air

Besi atau baja Timah hitam Marmer Perak

0,11 0,031 0,21 0,056

450 130 860 230

Es (-5oC) 0,50 2100 Cair (15oC) 1,00 4186 O Uap (110 C) 0,48 2010 Tubuh manusia rata –rata 0,83 3470 (Sumber: Giancoli. 2001: 493)

Berapa banyak energi yang harus dikeluarkan lemari es dari 1,5 Kg air pada 20oC

5.2.

untuk membuat es pada -120C ? Jawab: Q=mc ∆ T +mL f + mc es ∆ T 0 o−(−12) ¿(1,5 Kg)(4186 J / KgC o)(20−0 C o)+( 1,5 Kg)(3,33 x 10 5 J / Kg)+(1,5 Kg)(2100 J / KgC o)¿ ¿ 6,6 x 10 5 J =660 KJ

Q

=

panas

(KJ)

c

=

masa jenis

(J/KgCo)

perubahan suhu

(Co)

kalor lebur

(J/Kg)

∆T = mL

=

Kalor latern (pada 1 atm) Zat Titik Lebur (oC)

Kalor Lebur Kkal/Kg J/Kg

Titik Didih (oC)

Kalor Penguapan Kkal/K J/Kg

Oksigen

-218,8

3,3

0,14 x 10

-183

g 51

Nitrogen

-210,0

6,1

0,26 x 105

-195,8

48

2,00 x 105

Ethyl alokohol Amonia Air Timah hitam Perak

-114 -77,8 0 327 961

25 8,0 79,7 5,9 21

0,104 x 105 0,33 x 105 3,33 x 105 0,25 x 105 0,88 x 105

78 -33,4 100 1750 2193

204 33 539 208 558

8,5 x 105 1,37 x 105 22,6 x 105 8,7 x 105 23 x 105

5

2,1 x 105

Besi Tungsten

1808 3410

69,1 44

2,89 x 105 1,84 x 105

3023 1520 63,4 x 105 5900 1150 48 x 105 (Sumber: Giancoli. 2001: 498)

Jika 1 Kg es pada 20oc dipanaskan pada tekanan 1 atm sampai semua es berubah

5.3.

menjadi uap, berapakah panas yang dibutuhkan? Jawab: Misalkan kapasitas panas es adalah konstan dan sama dengan 2,05 KJ/Kg,maka energi panas yang dibutuhkan ntuk menaikan temperatur es dari -20 samapi 0oC adalah : Q1=mc ∆ T =(1 Kg)(2,05 KJ /kg)(20 K )=41 kJ Panas laten peleburan untuk es adalah 334 kJ /kg (Tabel 16-2), sehingga panas yang dibutuhkan untuk mencairkan 1 kg es adalah Q2=m Lf = (1 kg )( 334 kJ /kg )=334 kJ Panas yang dibutuhkan untuk menaikkan temperatur 1 kg air yang diperoleh, dari 0 sampai 100°C adalah Q3=mv ∆ T =(1 kg)(4,18 kJ /kg . K )(100 K )=418 kJ Dimana kita telah mengabaikan variasi kapasitas panas air meliputi jangkauan temperatur ini. Akhirnya panas yang dibutuhkan untuk menguapkan 1 kg air pada 100° C 3 adalah Q4 =m LV =(1 kg)(2,26 ×10 kJ /kg)=2,26 MJ

Jumlah total panas yang dibutuhkan adalah Q=Q 1 +Q2 +Q3 +Q4 =0,041 MJ +0,33 4 MJ+ 0,418 MJ +2,26 MJ=3,05 MJ (Sumber: Tipler. 1998: 605)

5.4. 100° C

Pb

Ag

0° C

Gambar 5.1 Gambar 5.1 menunjukan dua kubus logam, dengan sisi 2 cm, antara dua dinding, satu dijaga pada suhu 100° C dan yang lain pada 0° C. Kubus adlah timah dan perak. Carilah (a) arus termis total yang lewat kubus dan (b) temperatur pada batas permukaan ! Jawab: (a)Kita mula-mula mendapatkan resistensi termis tiap kubus dengan menggunakan

persamaan

R=

∆x kA

dan nilai-nilai untuk konduktivitas termis dari tabel. Untuk kubus

timah kita dapatkan RPb =

∆x 0,02m = =0,142 K /W kA ( 429 W / m. K )(0,002 m)2

Dengan cara yang sama, resistensi kubus perak adalah 0,002 m ∆x 0,02m R Ag= = ¿=0,017 K /W kA (429 W /m. K )¿2 Jadi resistensi termis ekivalen untuk kedua kubus dalam seri adalah Rek =R Pb + R Ag=0,142 K /W + 0,117 K / W Dengan demikian arus arus termis diberikan oleh persamaan ∆T 100 K I= = =386 W R ek 0,259 K /W (b) Temperatur pada batas antar permukaan didapat dengan mengingat bahwa turunnya temperatur antara ujung pada 100° C dan bidang batas harus sama dengan arus / kali resistensi termis kubus timah. Dengan menamakan temperatur pada bidang batas t if

, kita dapatkan

100 ° C−t if

= IRPb =(386 W)(0,142 K/W) = 54,8 K = 54,8° C

Jadi, temperatur pada bidang batas adalah t if =100 ℃ −54,8 ℃ =45,2℃

Tabel 5.3 Faktor R dari ∆ x /k untuk berbagai bahan bangunan Bahan

Ketebalan,

Rf,jam.ft2.°F/Btu

inchi Papan Bangunan Gypsum atau Eternit Plywood (Douglas fir) Plywood atau panel kayu Papan partikel, kerapatan

0,375 0,5 0,75 1,0

0,32 0,62 0,93 1,06

1,0

2,08 0,5 0,68 2,8

sedang Bahan lapisan penutup lantai Karpet dan bantalan fiber Ubin Kayu, permukaan keras Insulasi Atap Atap Atap aspal gulungan Sirap aspal Jendela Kaca tunggal Kaca ganda

5.5.

0,75 1,0

0,15 0,44 0,9 1,8 (Sumber: Tipler. 1998: 609-610)

Misalkan ada 100 gram air menguap secara isobaric pada tekanan atmosfir (1.103x10 Pa5). Volumenya dalam keadaan cair vi= 100cm3. Dan volumenya pada keadaan uap vf= 1671 cm3. Tentukan kerja yang dilakukan dalam peluasaan/pemuaian perubahan energi internal pada system. Abaikan percampuran uap dan udara disekitar, bayangkan bahwa uap mendorong keluar udara sekitar jalan keluar Jawab: Karena perluasaan terjadi pada saat tekanaan konstan, kerja yang dilakukan pada sistem(air yang menguap)menyingkirkan air disekitarnya W =−P(Vf −Vi)

¿−1.103 x 105 Pa(1671 x 10−6 m 3 – 100 x 10−6 m3 ) =

−169 J

Untuk menentukan perubahan dienergi internal kita harus tahu energi transfer Q dibutuhkan untuk menguapkan air. −3 6 Q=m Lv =(1.00 x 10 Kg )(2.26 x 10 J / Kg) ¿ 2.260 J Karena dari hukum pertama perubahan energi internal adalah ∆E =Q+W = 2260 J + (-169J) = 2.09 kJ Nilai positif untuk delta E menunjukan energi internal pada sistem bertambah. Kita bisa melihat banyak energi (2090 J / 2260 J = 93%) berpindah kecairan dan menambah energi internal sistem. Tersisa 7% energi berpindah meninggalkan sistem oleh hasil kerja oleh uap disekitar atmosfir. (Sumber: Serway. 2004: 622) Berapa masa mula-mula uap pada suhu 130 oC. Untuk memanaskan 200 gram di 100

5.6.

gram gelas konteiner dari 20o-50o Jawab: Uap kehilangan energi dalam 3 tahap. Untuk menemukan perpindahan energi selama pergantian tahap ini kita menggunakan Q = -mL. Dimana tanda negatif menunjukan energi keluar pada uap Q1 =mscs ∆ T = ms(2.01 x 103 J/Kg .oC)(-30 oC) =-ms (6.03 x 104 J/Kg) Dimana massa yang tidak diketahui dari uap. Didalam tahap kedua, uap diubah menjadi air. Untuk mencari energi yang berpindah selama tahap ini, kita menggunakan Q = -mLv, dimana tanda negatif mengindikasikan bahwa energi meninggalkan uap. Q2 = -ms(2.26 x 106 J/Kg)

Tahap ketiga temperatur pada air tercipta dari uap berkurang 50 oC. Ini mengganti persyaratan sebuah perpindahan energi dari Q3 = m s c w ∆ T = ms(4.19 x 103 J/Kg oC) (-50.0) = -ms(2.09 x 105J/kg)

Menambah tiga tahap kita mendapat : Qpanas = Q1+Q2+Q3 = -ms(2.26 x 106 J/Kg) + (2.26 x 106 J/Kg) + (2.09 x 105J/kg) = -ms(2.53 x 106J/Kg) Sekarang kita alikan perhatian kepertambahan temperatur air dan gelas Qdingin = (0.200 Kg) (4.19 x 103J/KgoC) (30.0°C) + (0.100 Kg)(837 J/KgoC) = 2.77 x 104 J Dengan demikian kita dapat menyelesaikan massa yang belem diketahui Qdingin = Qpanas 2.77 x 104 J = -ms(2.53 x 106J/Kg) ms =1.09 x 10-2Kg ms = 10.9 g (Sumber: Serway. 2004: 614) 5.7.

Sebuah teko berisi 2liter air lemon diletakan dimeja piknik terkena cahaya sehari penuh pada suhu 33oC . kamu menuangkan 0,24Kg lemon kedalam gelas sterofom ditambah 2 bongkahan es batu kedalamnya(satu bongkahan es batu= 0,025Kg suhu 0oC). (a) anggaplah

tidak ada panas yang hilang disekitarnya, berapakah suhu akhir lemon ? (b) berapakah suhu akhir air lemon jika ditambahkan 6 bongkahan es batu ?

Jawab: Permasalahan : kita mengatur panas menghilang oleh air lemon setara dengan panas yang didapat oleh es batu. Biarkan Tf menjadi suhu akhir lemon dan air. Kita beranggapan bahwa lemon memiliki suhu yang sama dengan air. (a) Qkeluar = mL c ∆ T = mL c (TLi – Tf)

Qmasuk = mes Lf + m c ∆ T = mes Lf + = mes c Tf

Qkeluar = Qmasuk mL c (TLi – Tf) = mes Lf + = mes c Tf

Tf =

m L c T Li−m es L f ( m L−. m es ) C

( kg C )) ( 33 ° C )−(0 .05 kg)(333.5 kJ /kg) ( 4.18 kJ ❑ ❑ =

¿ (0. 24 Kg)¿ ¿

= 13,6 oC (b) Unruk 6 es batu, mes = 0,15 Kg m L c T Li−m es L f Tf = ( m L−. m es ) C

=

(0.24 kg )(4.18 kJ /kg ' CO)(33 ° C)−(0.15 kg)(333.5 kJ /kg) (0.39 kg)(4.18 kJ /kg ' CO)

= 0oC

HAL YANG HARUS DICEK : Ayo kita hitung berapa es yang meleleh. Untuk air lemon dari 35oC – 0oC. Ini harus diberikan panas dalam jumlah Qkeluar= (0.24 kg)(4.18 kJ /kg∙CO)(33°C) = 33.1 kJ. Massa es yang diberi panas akan meleleh mes = Qmasuk /Lf = 33.1 kJ / (333.5 kJ /kg) = 0,10 Kg. Ini hanya massa 4 es batu. Menambahkan 4 es batu lagi tidak menurunkan suhu dibawah 0oC. Ini hanya menambah jumlah es dalam campuran air lemon. Didalam masalah seperti ini. Pertama tama kita harus menumukan beberapa es yang meleeh untuk mengurangi suhu cairan sampai 0oC jika kurang dari jumlah yang di tambahkan. Kita bisa memproses pada jawaban (a). Jika lebih banyak es yang ditambahkan suhu akhir 0oC. (Sumber: Freeman. 2004: 564-565) 5.8.

Kamu memiliki satu jam sebelum tamu datang kepestamu ketika pada saat itu kamu sadar bahwa kamu lupa membeli es batu untuk minuman. Kamu dengan cepat meletakan 1liter air bersuhu 10oC kedalam cetakan es batu dan meletakan kedalam freezer. Akankah kamu memiliki es batu tepat waktu sebelum tamu berdatangan.? Label pada lemari es mu menunjukan koefisien performa 5.5 dan rata-rata tenaga 550W. Kamu memperkirakan bahwa hanya 10% tenaga yang bekerja membekukan es. Jawab: Permasalahan : usaha setara tenaga dikalikan waktu (W=Pxt) kita memberikan tenaga, jadi kita butuh menemukan usaha untuk menentukan waktu. Usaha berhubungan dengan Qc. Untuk mencari Qc kita menghitung berapa banyak panas yang harus di extrak dari air. P = W/t

menjadi t = W/P

W=

Qc COP

Qc

= Qcool + Q freezer

Qcool= mc ∆ T

= (1 kg)( 4.18 kJ /( kg ∙ K) ( 10 K) = 41.8 KJ Q freezer= mLf = (1 kg)(333.5KJ/Kg) =333.5KJ Qc

= 41.8 kJ + 333.5 kJ = 375.3 KJ = 375 K

W

=

Qc COP

=

375 KJ 5.5

= 68.2 KJ

t

=

W P

=

68.2 kJ 55 J /s

= 1.24 ks x

1 min 60 s

= 20.7 s (sumber: Freeman. 2004: 601-602)

DAFTAR PUSTAKA

Giancoli, Douglas C. 2001. Fisika Edisi Kelima Jilid 1. Jakarta: Penerbit Erlangga. Jewett, John W.dan ,Raymond A. Serway. 2004. Physics For Scientists And Engineers, Sixth Edition. Emeritus, James Madison University., California State Polytechnic University, Pomona: Thomson Brooks . Tipler, Paul A., Lea Prasetio &Rahmad W. Adi.1998.FISIKA untuk Sains dan Teknik Edisi Ketiga-PHYSICS for Scietntist and Engineer. Jakarta: Penerbit Erlangga. Tipler, Paul A.,dan Gene Mosca. 2004. Physics for Scientists and Engineers. New York: W. H. Freeman and Company.

6. Arus, Hambatan, Dan Hukum Ohm Oleh: Guntur Gunawan 6.1.

Suatu arus yang stabil sebesar 0,5 A mengalir melewati sebuah kawat. Berapa besar muatan yang melewati kawat tersebut dalam satu menit? Jawab: Diketahui :

I = 0,5 A t = 1 menit = 60 detik

Ditanya

:

Q?

Jawab

:

I=

Q t

Q=I.t = 0,5 . 60 = 30 C ( Ingatlah bahwa 1 A = 1 C / det ) (Sumber: Bueche. 2006: 186)

6.2.

Berapa banyak elektron yang mengalir melewati sebuah bola lampu setiap detik jika arus yang melewati lampu tersebut 0,75 A ? Jawab: Diketahui :

I = 0,75 A t = 1 detik

Ditanya

:

jumlah elektron ?

Jawab

:

Q=I.t = 0,75 . 1 = 0,75 C

jumlah

=

muatan elektron

=

0,75C 1,6 . 10−19 C

= 4,7 . 10 18

(Sumber: Bueche. 2006: 186)

6.3.

Hambatan kumparan kawat tembaga adalah 3,35 Ω pada 0 ˚C. Berapakah hambatannya pada 50 ˚C ? Untuk tembaga, α = 4,3 × 10-3 ˚C-1 Jawab: Diketahui :

Ro = 3,35 Ω α = 4,3 × 10-3 ˚C-1 T0 = 0 ˚C T =50 ˚C

Ditanya

:

R pada 50 ˚C

Jawab

:

R = Ro + α Ro (T-T0) = 3,35 Ω + (4,3 × 10-3 ˚C-1 )( 3,35 Ω )( 50 ˚C) = 4,1 Ω (Sumber: Bueche. 2006: 188)

6.4.

Balok karbon berukran 1,0 cm x 1,0 cm x 5,0 cm. Hambatan jenis pada suhu 20˚C adalah 3,5 x 10-5 ohm m. Tentukan : a) Hambatan antara kedua ujung balok b) Hambatan antara kedua permukaan Jawab: Diketahui :

ρ karbon = 3,5 x 10-5 L = 0,05 m A ujung balok = 1,0 x 10-4 m2 A kedua permukaan = 5,0 x 10-4 m2

Ditanya a) b)

: R kedua ujung balok? R kedua ujung permukaan?

Jawab

:

a. R = ρ

L A

-5

= (3,5 x 10 )

0,05 1,0 x 10−4

= 0,0175 Ω b. R = ρ

L A −2

-5

= (3,5 x 10 )

10 −4 5,0 x 10

= 7 x 10-4 Ω (Sumber: Tobing. 1996: 191)

6.5.

Cari hambatan total dan kuat arus yang mengalir melalui masing – masing resistor serta voltase tiap resistor pada gambar

B

4Ω

Jawab: Perhatikanlah rangkaian antara titik B dan C. Resistor Ini Dirangkai Pararel Sehingga Diperoleh : 1 R BC

1

1

= 12 + 6

1

1

+ 4 = 2

RBC = 2 Ω Resistor antara titik A dan B dengan resistor-resistor antara titik B dan C dihubungkan secara seri, hambatannya adalah : RAC = RAB + RBC = 3 Ω + 2 Ω = 5 Ω Resistor- resistor yang hambatannya RAC ini dihubungkan pararel dengan resistor 20, sehingga hambatannya dapat dicari, yaitu : 1 R AD

1

1

1

= 5 + 20 = 4 , jadi RAD = 4 Ω

Resistor-resistor di antara titik A dengan titik D dihubungkan seri dengan resistor 5Ω, sehingga hambatan total seluruh resistor : Rtot = 4 Ω + 5 Ω = 9 Ω Kuat arus dan voltase pada masing-masing resistor dapat dicari dengan cara berikut. Arus yang masuk ke titik A adalah 60 A, sebagian mengalir menuju titik B (I 1) dan sebagian lagi langsung menuju titik D (I2) dengan I1 + I2 = 60A. Arus I1 terbagi tiga,

sebagian melalui resistor 12 Ω (I1’), sebagian melalui resistor 6 Ω (I1’’), dan sebagian lagi melalui resistor 4 Ω (I1’’’), dengan I1 = I1’ + I1’’ + I1’’’. Hambatan resistor –resistor di antara titik A dengan titik D yaitu 4 Ω, sehingga voltasenya : VAD = I RAD = 60A × 4 Ω = 240 V Jadi, voltase pada resistor 20 Ω sama dengan 240 V dan kuat arus yang melaluinya: I2 =

240 V 20 Ω

= 12 A

Karena arus yang masuk ke titik A sebesar 60A, maka : I1 = 60 A – 12 A = 48 A Yaitu arus yang mengalir di resistor 3 Ω. Voltasenya (VAB) sebesar 48 A ×3 Ω = 144V. Karena VAD = VAC = 240 V, maka voltase pada resistor-resistor antara titik B dan titik C sama dengan 240 V – 144 V = 96 V.

Kuat arus melalui masing-masing resistor antara titik B dengan titik C :

I1’ =

96 V 12Ω

=8A

I1’’ =

96 V 6Ω

= 16 A

I1’’’ =

96 V 4Ω

= 24 A

Kuat arus yang mengalir melalui resistor 5 Ω sama dengan arus yang masuk ke titik A, jadi sebesar 60 A. Jadi, voltasenya adalah sebesar 60 A × 5 Ω = 300 V (Sumber: Tobing. 1996: 197)

6.6.

Tiga resistor masing - masing 10 Ω, 2 W dihubungkan seperti pada gamabar 9-18. Cari kemungkinan maksimum voltase antara A dan B dengan tidak mengabaikan batas daya masing-masing resistor. R R

A

B

R

gambar 9-18 tiga resistor dirangkai gabungan. Jawab: Hambatan total ketiga resistor adalah (10 ×10) (10+10)

Rtot =

+ 10 = 15 Ω

Tiap resistor mempunyai daya maksimum 2 W, berarti arus maksimum bisa melaluinya, brdasarkan Persamaan :

I=

√

P R

=

√

2 5

= 0,45 A

Jadi, voltase maksimum antara titik A dan B : VAB = I × Rtot = 0,45 A × 15 Ω = 6,75 V (Sumber: Tobing. 1996: 206) 6.7.

Sebuah ruang pemanas mengambil arus 6 A dari suplai listrik 250 V. Hitung (a) berapa banyak konsumsi energi yang diaktifkan untuk jangka waktu 10 jam? dan (b) Biaya pemanas ketika dinyalakan sepuluh jam jika biaya perunit 1,5 p. (1 unit = 1 kilowatt jam = 3600000J) Jawab: 12 Ω T = 10 I1’jam = 10 × 60 × 60 = 36000 s

Diketahui :

3Ω

6Ω V = 250 I1’’V

I1 60 A

I=6A I1’’’

5Ω D

A I2

C

20 Ω

Ditanya : (a) W? (b) Biaya selama 10 jam jika biaya perunit 1,5 p? Jawab : (a) W

(b) Biaya

= V.i.t

=

= 250 × 6 ×36000 = 54000000 J 54000000 3600000 × 1.5 p = 15 × 1.5 p = 22.5 p

V l = 3 mm

I (Sumber : Wenham, 1972: 241 )

I hitunglah hambatan antara dua pelat konduktir sejajar masing-masing berukuran 20

6.8.

cm * 30 cm jika celah diantara pelat diisi dengan lempengan dengan ketebalan 3mm dan konduktivitas σ = 5.1 × 107 S M-1.

Jawab: asumsikan bidang konduksi (aliran arus) antara pelat menjadi seragam dan abaikan efek di tepi, kita dapat mengatakan bahwa kepadatan arus disemua titik dalam bahan konduktor yang diberikan adalah

J=

I A

( Am-2 )

dimana A adalah luas setiap lempeng dan i adalah arus yang mengalir diantara lempeng. pada setiap titik dibidang x jauh dari salah satu pelat yang kita miliki bahwa

+

Jx =

σ

Ex so that Ex =

Jx σ

=

I σA

( Vm-1 )

perbedaan potensial antara lempeng yang diberikan adalah ❑

V=

∫ Ex dx l

=

Il (V ) σA

Besarnya Hambatan :

R=

V I

=

Il σAI

=

l σA

=

3 ×10−3 0,2× o .3× 5.7 ×107

= 8.8 × 10-10 Ω (Sumber: Powell, 1990: 130 )

DAFTAR PUSTAKA

Bueche, J, Fredrick., Eugene Hecht., & Refina Indriasari. 2006. Schaum’s Outlines Fisika Universitas, Jakarta: Penerbit Erlangga. Powell, R, G. 1990. Electromagnetism, London : Macmillan.

Tobing, D.L. 1996. Fisika Dasar 1, Jakarta: Penerbit PT. Gramedia Pustaka Utama. Wenham, E, J., Dorling, G, W., Snell, J, A, N., & Taylor, B. 1972. Physics Concepts and Models, London: The English Language Book Society and Addison – Wesley Publishers.

7. Statika Fluida Oleh: Ikha Erianto 7.1.

Alih-alih membuat sebuah reflektor parabola yang lazim untuk digunakan dalam sebuah teleskop, ada orang yang mengusulkan untuk memutar sebuah kolam berisi air raksa guna mendapatkan permukaan parabola yang dibutuhkan. Parabola yang dikehendaki harus mempunyai diameter 10 ft dan total naiknya permukaan dari pusat pusaran hingga ke tepi

pusaran adalah 0.1 ft. Dengan kecepatan berapakah kolam air raksa itu harus diputar untuk mendapatkan bentuk tersebut ? Jika kedalaman minimum yang harus dijaga dalam fluida yang berputar itu 0.15 ft, berapakah volume air raksa yang dibutuhkan ? Jawab:

Dari persamaan

dengan menetapkan

z=

ω2 r 2 + konstanta 2g

h=0

pada

r=0

kita dapat menghitung tetapan atau konstanta

dan kenaikan permukaan bebas

hT

di seluruh

parabola harus dihitung menggunakan 2 2 ω R hT = 2g R jari-jari kolam air raksa. Kalau kita menghitung ω dari sini,

Dengan ω=

√2 g hT = √ 2 ( 32.2 ) (0.1) =0.508 rad /s R

5

Untuk menghitung volume air raksa yang dibutuhkan kita perlu mengintegrasi volume fluida yang mengalami kenaikan 2 2 4 π R hT πω R 2 πrhdr= =¿ 4g 2 R

V =∫ ¿ 0

Volume itu dengan demikian setara dengan volume sebuah silinder yang tingginya sama dengan setengah total kenaikan permukaan bebas,

hT

, dan karena itu permukaan bebas di

pusat rotasi turun jauh di bawah permukaan bebas ketika zat cair sedang diam sementara permukaan bebas di pinggiran justru naik lebih tinggi. Total volume yang dibutuhkan adalah volume silinder di bawah permukaan pada r=0 dan volume paraboloid.

(

V total=π ( 5 )2 0.15+

0.1 =15.7 ft 3 2

)

(Sumber: Olson. 1993: 52)

7.2.

Berapakah gaya resultan per meter panjang yang dialami oleh sebuah silinder bundar berdiameter 2 m yang diletakan horizontal apabila kedalaman air adalah 2 m pada sisi yang satu dan 1 m pada sisi yang lain?

Jawab: Gaya horizontal pada sisi sebelah kiri sama dengan gaya pada sebuah proyeksi vertikal : F HL =´p A=γ ´h A=( 9810 )( 1 ) ( 2 )=19.62 kN y F = ´y +

Dari Persamaan

I CG A ´y

, pusat tekanan pada sebuah persegi panjang yang

bersentuhan dengan permukaan bebas adalah dua pertiga kedalaman dari permukaan bebas.

Jadi,

F HL

bekerja pada titik yang jauhnya

2 3 m di atas dasar. Gaya horizontal pada sisi

sebelah kanan adalah F HR= ´p A=γ h´ A=( 9810 ) ( 0.5 ) ( 1 )=4.90 kN dan bekerja pada titik yang jauhnya

1 3

m di atas dasar. Gaya vertikal pada permukaan 1-2

sama dengan berat air di daerah 1-a-2-1: 2 πr π F v1−2=γ r 2− =9810 1− =2.10 kN 4 4

(

)

( )

Gaya vertikal pada permukaan 2-3 sama dengan berat air di daerah 1-a-2-3-1:

(

F v2−3=γ r 2 +

2

)

πr =17.51 kN 4

Gaya vertikal pada permukaan 3-4 sama dengan berat air di daerah 3-4-0-3. γπ r 2 F v3− 4= =7.70 kN 4 Gaya vertikal netto dengan demikian adalah 23.11 kN ke arah atas, dan gaya horizontal netto

√ 23.112 +14.722=27.40 kN

adalah 14.72 kN ke arah kanan. Gaya resultan adalah

dengan

sudut yang arkus tangensnya 1.57 = 57.5 dari horizontal (Sumber: Olson. 1993: 61-62) 7.3.

Sebuah kapal mempunyai displacement sebesar 6000 ton metrik. Sebuah benda dengan massa 30 ton digeser ke samping pada geladaknya sejauh 12 m, danakibatnya ujung unting-unting sepanjang 1.80 m bergeser sejauh 92 mm. Berapakah tinggi metasenter melintang kapal itu? Jawab: Dalam persamaan

´ = Nx ctgθ GM . N = 30 ton, W = 6000 ton, x = 12 m, dan ctg θ = W

1800/92. Dengan demikian tinggi metasenter adalah ´ = ( 30 ) (12) 1800 =1.17 m GM 6000 92

(

)

(Sumber: Olson. 1993: 70) 7.4.

Sebuah tangki berisi oli dengan

γ oli =0.8

dengan percepatan seperti yang

ditunjukan digambar. Tangki tersebut memiliki lubang kecil di tekanan di

B dan

tekanan di B

C , Carilah percepatan

ax

yang dibutuhkan untuk membuat

sama dengan nol. 150 mm A

1.2 m 1.8 m

A . Dengan menentukan

B 150 mm

Jawab: Dengan

menggunakan

p= pc −γ p=−γ

titik

ax a x−γ 1+ y y g g

( )

A

dengan

sebagai

titik

asal,

maka

persamaan

a y =0

ax −0.8 ( 9806 N /m3 ) (4.903 m/s 2) x−γy= x −0.8(9806) y 2 g 9.806 m/s

p=−3922.4 x−7844.8 y Pa

Di titik B,

x=1.8 m ,

y=−1.35 m , dan

y=−1.2 m , dan

x=−0.15 m ,

p=11.18 kPa . Untuk menentukan tekanan sama dengan nol di

titik B, menggunakan persamaan

0.0=0.0−

p=2.35 kPa . Di titik C,

p= pc −γ

ax a x−γ 1+ y y g g

( )

dengan titik asal di A.

0.8 ( 9806 N /m3 ) 1.8 a x −0.8 ( 9806 N /m3 ) (−1.2) 2 9.806 m/ s

a x =6.537 m/s

2

(Sumber: Streeter. 1981: 63) 7.5.

Sebuah tongkang air tawar dengan penampang persegi panjang mempunyai panjang 45 ft, lebar 20.4 ft dan tinggi 6.6 ft, sedangkan total massanya 3000 slug. Andaikan pusat massa dan pusat gaya apung berada di tengah volume. Berapakah tinggi metasenter melintangnya? Jawab:

Pusat gravitasi G adalah 3.3 ft diatas dasar tongkang, dan pusat gaya apung B adalah 0.84 ft dari dasar. Ini separuh dari total volume yang tenggelam, yang sama dengan volume air 45(20.4)=918 ft 2 . Jadi bagian

yang dipindahkan dibagi dengan luas tongkang yaitu yang terbenam adalah 3000 =1.68 ft 918(1.94)

´ = 1 − BG ´ GM Dari persamaan > 0 untuk kondisi mantap ∀ = 0 untuk kondisi kesetimbangan netral < 0 untuk kondisi tidak mantap

1 A( 20.4)2 12 ´ = 1 − BG= ´ GM − (3.3−0.84 )=18.2 ft ∀ 1.68 A

(Sumber: Olson. 1993: 70) 7.6.

Sebuah danau pegunungan memiliki temperatur rata-rata maksimum

40 m . Untuk suatu tekanan barometer

10 ℃ dan kedalaman

598 mm Hg , tentukanlah tekanan

mutlak (dalam pascal) pada bagian terdalam danau tersebut.

Jawab: Tekanan di dalam danau pada suatu ketinggian h diberikan oleh persamaan p=γh+ p0 Dimana p0

p0

adalah tekanan di permukaan. Karena kita menginginkan tekanan mutlak,

adalah tekanan barometer setempat yang dinyatakan dalam sistem satuan yang

sama. Jadi, P barometrik =598 mm=0.598 m γ Hg 3 Dan untuk γ Hg =133 kN /m

p0=( 0.598 m ) ( 133 kN / m3 )=79.5 kN /m2 γ H O=9.804 kN /m3 2

pada 10 ℃ dan oleh karena itu

p=( 9.804 kN /m3 ) ( 40 m ) +79.5 kN /m2 |¿|

2

¿ 392 kN / m +79.5 kN /m 2=472 kPa ¿ (Sumber: Munson.2003: 61) 7.7.

Diketahui seperti gambar disamping, Carilah

h

percepatan

horizontal

yang

membuat air di dalam wadahnya tumpah.

2h/3

3h

Jawab:

Dari persamaan

Karena

a z=0

a dz = x dx g−a z , kita tahu bahwa

a a dz = x = x dx g−a z g

. Air dalam wadah akan tumpah pada saat

Jadi, membutuhkan percepatan horizontal

h dz 3 2 = = dx 3 h 9 2

2 ax= g 9 (Sumber: Smits. 2000: 77)

7.8.

Berapakah tekanan udara di dalam sebuah tangki jika l 2=100 cm

, dan

l 3=80 cm

l 1=40 cm

3 3 ? (γ air =9810 N /m , γ air raksa =133,000 N /m ) ?

,

Udara

Udara 2

1 Oli

Air Raksa

Jawab: γ oli =s γ air ¿ 0.8 ×9.810 N /m 3 ¿ 7850 N / m3 p2= p1 + ∑ γ i hi−∑ γ i hi turun

naik

¿ p 1+ γ airraksa l 3 −γ udara l 2 +γ oli l 1 ¿ 0+ ( 133,000 N /m3 ) ( 0.8 m) −0+ ( 7850 N /m3 ) (0.4 m) p2= pair =110 kPa (Sumber: Crowe. 2010: 46)

DAFTAR PUSTAKA

Crowe, Clayton T., Donald F. Elger, Barbara C. Wiliams, & John A. Roberson. 2010. EngineeringFluid Mechanics Ninth Edition SI Version. Hoboken: John Wiley & Sons, Inc. Munson, Bruce R., Donald F. Young, Theodore F. Okiishi, Harinaldi, &Budiarso. 2003. Mekanika Fluida-Fundamentals of fluids mechanic. Jakarta: Penerbit Erlangga. Olson, Reuben M., Steven J. Wright,& Alex Tri Kantjono Widodo. 1993. Dasar-Dasar Mekanika Fluida Teknik Edisi Kelima-Essentials Of Engineering Fluid Mechanics Fifth Edition. Jakarta: Penerbit PT Gramedia Pustaka Utama. Smits, Alexander J. 2000. A Physical Introduction To Fluid Mechanics. New York: John Wiley & Sons, Inc. Streeter, Victor L.& E. Benjamin Wylie. 1981. Fluid Mechanics.Tokyo: McGraw-Hill International Book Company.

8. Daya Usaha Dan Energi Oleh: Indra Maulana Yusup Sebuah balok 4 kg bergantung pada sebuah tali ringan yang lewat di atas pasak

8.1.

yang halus dan dihubungkan dengan balok 6 kg yang diam di atas meja yang kasar. Koefisien gesekan kinetic adalah μ k=0,2 . Balok 6kg didorong menekan sebuah pegas,

yang mempunyai konstanta pegas 180 N /m sehingga tertekan sejauh 30 cm , kemudian dilepas. Carilah kelajuan balok ketika balok yang bermassa 4 kg telah jatuh sejauh 40 cm . Jawab: Kita anggap system terdiri dari bumi, meja, pegas dan kedua balok m1=6 kg dan m2=4 kg , dan kita pilih energi potensial gravitasi mula – mula sama dengan nol. Jadi, energy awal hanyalah energy potensial pegas: 1 1 E1= kx 2= (180 N /m)(0.30 m)2=8,1 J 2 2 Kerja yang dilakukan oleh gesekan ketika balok 6 kg telah bergerak sejauh x1 = 0,40 m adalah

W nc =−μ k m1 gx1 ¿−(0,2)(6 kg)(9,81 N /kg)( 0,40 m)=−4,7 J

Jadi, teorema kerja energy memberikan W nc =E f −E i=−4,7 J

Ef =Ei – 4,7 J =8,1 J – 4,7 J =3,4 J

Setelah balok 4kg jatuh sejauh y, kedua balok bergerak dengan kelajuan sama v, dan energy total system adalah 1 2

Ef =

(m1+m2)v2 – m2gy

Untuk y = 40cm = 0,4m, kita dapatkan 1 = 2

Ef

(6kg + 4kg)v2 – (4kg)(9,81N/m)(0,4m)

= (5kg)v2 – 15,7J Dengan membuat persamaan ini sama dengan 3,4J dan dengan mencari v, kita dapatkan Ef = (5kg)v2 – 15,7J = 3,4J v=

√

19,1 J 5 kg

= 1,95m/s (Sumber : Paul, 1998: 190-191)

Menghitung v kecepatan peti 50 kg saat mencapai bagian bawah

8.2.

gorong-gorong di B jika t diberikan kecepatan awal 4 m/s ke dalam gorong-gorong di A. koefisien kinetik 0,30 . Solusi. Diagram benda bebas dari peti ditarik dan termasuk gaya R normal dan gaya gesekan kinetik F dihitung dengan cara biasa. Usaha yang dilakukan oleh komponen berat jatuh

15o

pesawat positif, sedangkan yang dilakukan oleh gaya gesekan negatif. Total kerja yang dilakukan pada peti selama gerak adalah Jawab:

[ U=Fs ]

U 1−2=[ 50 ( 9,81 ) sin 15o−142 ] 10=−152 J

Perubahan energi kinetic 1 [T = m v 2 ] 2

T 2 −T 1=∆ T

1 ∆ T = (50)( v 2−4 2) 2

Persamaan energi kerja menghasilkan [U 1−2 =∆ T ]

2

−152=25(v −16) 2

m/ s ¿ 2 v =9,93 ¿

v =3,15

m s

(Sumber : L. J Meriam, 1993: 162)

8.3.

Truk beralas datar, yang membawa sebuah peti 80kg, mulai dari keadaan diam dan mencapai kecepatan 72 km / jam dalam jarak 75m di jalan datar. Hitung usaha yang dilakukan oleh gaya gesekan yang bekerja pada peti selama interval ini jika koefisien statis dan kinetik dari gesekan antara peti dan truk beralas datar adalah (a) 0,30 dan 0,28, masing-masing, atau (b) 0, 25 dan 0,20 masing-masing.

Jawab: Solusi. Jika peti tidak tergelincir di tempat tidur, percepatan ts akan bahwa truk, yang 2 2 v 72/3,6 ¿ 2 a= = =2.67 m/s [v =2 as] 2s 2(75) Kasus (a). percepatan ini membutuhkan gaya gesekan pada blok [F=ma] F=80 ( 2,67 )=213 N Yang kurang dari nilai maksimum yang mungkin dari

μ8 N =0,30 ( 80 ) ( 9,81 )=235 N .

Oleh karena itu, peti tidak terpeleset dan kerja yang dilakukan oleh gesekan statis sebenarnya 213 N

[ U=Fs ] Kasus (b). untuk

adalah

U 1−2=213 ( 75 )=16000 J=16 kJ μs =0,25

, gaya gesekan maksimum yang mungkin adalah

0,25(80)(9,81)=196 N , yang sedikit kurang dari nilai 213 N

yang diperlukan

untuk tidak tergelincir. Oleh karena itu, kami menyimpulkan bahwa peti slip, dan gaya gesekan diatur oleh koefisien kinetik dan menjadi

[F=ma]

F 157 a= = =1,96 m/s 2 m 80

F=0,20(80)(9,81)=157 N . akselerasi

Jarak yang ditempuh oleh peti dan truk yang sebanding dengan percepatan mereka. Dengan demikian, peti memiliki perpindahan (1,96/ 2,67)75=55,2 m , dan kerja yang dilakukan oleh gesekan kinetik adalah U 1−2=157 ( 55,2 )=8660 J =8,66 kJ [ U=Fs ] (Sumber : J.L Meriam, 1993:163) Sebuah mobil 1000 kg bergerak dengan kelajuan konstan

8.4.

100 km/ j=28 m/ s=62 mil / j

menaiki suatu tanjakan 10 persen (tanjakan 10 persen

berarti bahwa jalan miring dengan sudut θ yang di berikan oleh θ=0,1 ; artinya, untuk tiap 10 m yang di tempuh secara horizontal, perubahan tinggi nya adalah 1 ). Gaya gesekan total (gesekan geinding ditambah hambatan udara) yang bekerja pada mobi adalah

700 N . dengan mengabaikan kehiangan energy dalam, berapakah daya minimum yang

harus diberikan oleh mesin mobil? Jawab: Sebagian daya yang di berikan oleh mesin mobil dipakai untuk menambah energy potensial mobil ketika menaiki bukit, dan sebagian dipakai untuk usaha melawan gesekan. Dari gambar disamping kita dapat melihat ketika menempuh jarak s sepanjang jalan, mobil akan menaik, dengan ketinggian h , yang dihubungkan dengan s

lewat h=s sin θ ≈ s tan θ=s /10 . Kita dapat menggunakan pendekatan

tan θ ≈ sin θ karena sudutnya kecil. Jadi, energy potensial mobil adalah

U=mgh=(0,1)m gs Laju perubahan energy potensial adalah

dU dh ds =mg = ( 0,10 ) mg =(0,1)mgv dt dt dt dengan v =ds /dt

adalah kelajuan mobil. Dengan mensubstitusikan nilai numeric

untuk m dan g , kita mendapatkan dU =( 0,1 ) (1000 kg ) ( 9,81 N /kg ) ( 28 m/ s ) =27,5 kW dt Daya masukan oleh gaya gesekan adalah Pf =f ∙ v=−fv=−( 700 N ) ( 28 m/s ) =−19,6 kW Jadi, daya total yang harus diberikan mesin adalah 27,5 kW +19,6 kW =47,1 kW=63,1hp . Sebenarnya, daya yang diperlukan jauh lebih besar dari nilai ini karena sebuah mobil hanya mempunyai efisien sekitar 15 persen ; artinya, hanya sekitar 15 persen dari daya yang dihasilkan oleh mesin diberikan untuk menggerakkan mobil. 85 persen yang lain hilang untuk pendinginan system, pembuangan panas, dan gesekan internal. (Sumber : Paul, 1998 : 196-197)

8.5.

Sebuah neutron, salah satu partikel pembentukan inti, nelalui dua titik −4

yang terpisah sejauh 6m dalam waktu 1,8 ×10 s . Bila dianggap lajunya konstan, −27

tentukanlah tenaga kinetiknya. Massa neutron adalah 1,7 ×10 dihitung

d 6,0 m v= = =3,3 ×10 4 m/s −4 t 1,8 ×10 s Tenaga kinetiknya adalah

m/s 4 3,3 ×10 ¿ ¿ 1 1 ( K= m v 2= 1,7 × 10−27 kg ) ¿ 2 2

()

kg . Lajunya dapat

Untuk kebutuhan fisika inti, satuan joule terlalu besar. Satuan yang lebih biasa dipakai −19 adalah electron−volt (eV ) , yang sama dengan 1,60 ×10 J . Tenaga kinetic

neutron dalam contoh diatas sekarang dapat di tuliskan sebagai 1eV K=( 9,3× 10−19 J ) =5,8 eV −19 1,60 ×10 J

(

)

(Sumber : Haliday, 1991:187 )

−1 Medan gravitasi bumi menghasilkan kekuatan hampir 10 N k g

8.6.

di permukaan. Berapa banyak energi potensial yang tersimpan dalam Ffestiniog dipompa 9 sistem penyimpanan saat reservoir atas mengandung 2× 1 0 kg air yang tersedia? Kepala

air 300 m . berapa lama ini mengoperasikan empat generator pada output penuh dari 90 MW

masing-masing?

Jawab: energy potensial air

Tingkat daya=

360 ×106=

¿ mgh

¿ 2× 109 × 10 ×300 J

¿ 6 ×1012 J

kerja ( total output energi ) waktu

6 ×10 12 t

t=1,7 ×10 4 s (Sumber: E.J.Wenham 1972:48)

° Sebuah benda dengan gerakan 30 di atas bidang miring (lihat

8.7.

gambar disamping) bergerak ke atas karena padanya bekerja beberapa gaya, tiga

30 0

F3

300 F1 cos 300

F1

F2

diantaranya tergambar di sebelah: bidang miring sebesar 20 N ,

F1 F3

sebesar 40 N sebesar 30 N

arah datar;

F2

tegak lurus

sejajar bidang miring. Hitunglah

usaha yang dilakukan masing masing gaya kalau benda berpindah 80 cm ke atas. Jawab: Komponen

F1

sejajar arah perpindahan adalah

F1 cos 30 °=(40 N ) ( 0,866 )=34,6 N Maka usaha yang dilakukan

F1

adalah (34,6 N )( 0,80 m) 28 J

(perhatikan bahwa

perpindahan harus dinyatakan dalam meter). F2 ternyata tidak melakukan apapun, karena gaya ini tidak mempunyai komponen apapun dalam arah perpindahan. F3 Komponen gaya dalam arah perpindahan adalah 30 N , maka usaha yang dilakukan adalah (30 N)(0,80 m)=24 J (Sumber : Frederick, 1989 : 54 )

dalam iklan disebut bahwa mobil tertentu (yang masanya 1200 kg)

8.8.

dari keadaan dari keadaan diam dapat mencapai kecepatan 25 m/s dalam waktu 8,0 s. berapakah daya rata rata mesin mobil itu ? anggap tak ada gesekan Jawab: usaha yang diperlukan untuk menggerakkan mobil: 1 Usaha yang dilakukan= perubahan EK = m(v 2f −v 20 ) 2 Waktu yang diperlukan untuk mencapai usaha ini 8 s . maka m/s ¿ 2 ¿

1 ( 1200 m/s ) ¿ 2 usaha daya= =¿ waktu Apabila daya dikehendaki dalam satuan hp, maka daya=(46900W )

( 7461 hpW )=62,8 hp (Sumber : Frederick, 1989 : 68-69)

DAFTAR PUSTAKA Bueche, Frederick J., B. Darmawan. 1989. Fisika Edisi Kedelapan. Jakarta : Penerbit Erlangga. E. J Wenham, G.W. Dorling, J.A.N. Snell, B. Taylor. 1972. Physics Concepts And Models. London : Addison Wesley Publishers. Haliday, David, Silaban, Pantur, & Robert Resnick. 1991. Fisika Edisi Ke 3 Jilid 1. Jakarta : Pernerbit Erlangga. J. L. Meriam, L.G. Kraige,. 1993. Engineering Mechanics Volume 2 Dynamics Third Edition. 1972. New York : John Wiley & Sons, Inc. Tipler, Paul A., Lea Prasetio, Rahmad W. Adi,. Fisika Untuk Sains Dan Teknik Edisi Ketiga. 1998.Jakarta : Penerbit Erlangga.

9. Rotasi Benda Tegar Oleh: Khoirul Khobitin

9.1.

Sebuah roda gerinda yang homogen bermassa 0,9 dan jari-jarinya 8 cm. Roda mulamula berputar dengan kecepatan 1400 rpm. Karena gesekan, diketahui roda dalam waktu 35 detik ternyata berhenti. Hitung torsi yang dialami roda dari gaya gesek itu. Jawab: Kita cari α dahulu dari persamaan gerak: τ = Iα untuk kemudian mendapatkan τ. Ingat bahwa ω0 =1400

putaran/menit = 146 rad/s, dan

α=

Maka,

ωf −ω 0 −146 rad / s = t 35 s

ω f =0

.

= -4,2 rad/s²

Momen inersia roda homogen adalah 1 1 I= Mr ²= 2 2 Maka, karena τ =Iα

(0,9 kg)(0,08m)² = 0,0029 kgm²

diperoleh = (0,0029 kgm²)(-4,2 rad/s²) = -0,0121 Nm. (Sumber : Schoum. 1994: 79)

9.2.

Baling-baling suatu pesawat bermassa 70 kg dengan radius 75 cm. Berapakah momen inersia baling-baling itu? Agar baling-baling dapat dipercepat dengan percepatan sudut sebesar 4 putaran/det², berapakah torsi yang diperlukan? Jawab: I =Mk ²=¿ (70 kg)(0,75 m)² = 39 kgm² Dengan menggunakan r=Iα , α harus dalam rad/s²

(

α= 4

putaran rad 2π =8 π rad /s ² 2 p utaran s

)(

)

Maka, τ =Iα

= (39 kgm²)(8π rad/s²) = 990Nm. (Sumber : Schoum. 1994: 78)

0,1 kgB 3 buah benda kecil, yang dapat dianggap sebagai partikel, dihubugkan dengan batang

9.3.

ringan, seperti pada Gambar 9-6. Berpakah momen inersia sistem, (a) terhadap sumbu

0,5 m

melalui titik 0,3 A, tegak m lurus pada bidang gambar, dan (b) terhadap sumbu yang berimpit dengan batang BC?

0,4 A m 0,3 kg

0,2 kg

C

Gambar 9-6 Jawab: a) Partikel di titik A terletak pada sumbu. Jaraknya dari sumbu adalah nol dan partikel ini tidak mempunyai andil terhadap momen inersia. Karena itu, 2 2 2 2 I =Σmr =( 0,1 kg )( 0,5 m ) + ( 0,2 kg ) ( 0,4 m ) =0,057 kg . m b) Partikel di B dan C keduanya terletak pada sumbu. Momen inersia adalah 2 2 2 I =Σmr =( 0,3 kg ) ( 0,4 m ) =0,048 kg . m (Sumber: Addison Wesley. 1991: 265) 9.4.

Suatu tali ringan yang lemas diilitkan beberapa kali sekeliling suatu silinder pejal yang massanya 50 kg dan garis tengahnya 0,12 m, yang berotasi tanpa gesekan terhadap sumbu tetap yang mendatar. Ujung bebas dari tali ditarik dengan gaya tetap yang besarnya 9 N untuk 2m jauhnya. Bila silinder mula-mula diam, tentukan kecepatan sudut akhirnya dan laju akhir dari tali. Jawab: Karena tidak ada energi yang hilang akibat gesekan, energi kinetik akhir

1 I ω2 2

dari

silinder sama dengan kerja Fd yang dilakukan oleh gaya, yaitu (9 N) (2 m) = 18 J. Momen inersia adalah 1 1 I = M R2= ( 50 kg )( 0,06 m)2=0,09 kg . m2 . 2 2

Hubungan kerja energi memberikan 1 ( 0,09 kg . m2) ω 2=18 J 2 ω=20 rad ⋅ det −1 Laju akhir dari tal sama dengan laju tangensial dari silinder, yang diberikan oleh persamaan (9-9): υ=rω=( 0,06 m ) ( 20 rad ⋅det −1 )=1,2 m⋅ det −1 (Sumber: Addison Wesley. 1991: 267) 9.5.

Sebuah cincin tipis bermassa M berjari-jari R diputar terhadap P pada meja licin. Sebuah partikel bermassa m bergerak sepanjang cincin berkecepatan v relatif terhadap cincin. Partikel tersebut mula-mula di titik P dimana cincin berada dalam keadaan diam. Tentukan kecepatan partikel tersebut relatif terhadap meja ketika ia mencapai titik terjauh / berlawanan dari titik P. Jawab:

ω

P

X v

Momen inersia cincin terhadap titik P adalah 2

2

I =M R + M R =2 M R

2

Ketika partikel mencapai titik X, kecepatannya relative terhadap meja adalah v-2Rω, dan momentum sudut terhadap P adalah

2

L=2 M R ω Dengan ω adalah kecepatan sudut cincin terhadap titik P. pada saat awal, momentum sudut total cincin dan partikel sama dengan nol. Karena itu kekekalan momentum sudut memberikan persamaan mv 2 0=2 M R ω−2 mR (v−2 Rω) atau ω= R ( M +2 m ) Karena itu kecepatan partikel saat di titik X relative terhadap meja adalah

v −2 Rω=

Mv M +2 m (Sumber: Rinto Anugraha. 2005: 154)

9.6.

Sebuah piringan hitam yang sedang berputar, yang semula diam, mencapai kecepatan

5 putaran dalam 10 detik. Momen inersia piringan tersebut sebesar

1 2 I = mr , m=1 kg dan 2

r = 2 m. 1. Carilah percepatan sudut piringan itu. 2. Carilah kecepatan sudut piringan pada t = 11 detik. 3. Carilah tork rotasi piringan tersebut. Jawab: 5 putaran −0 Δω detik putaran 1. Percepatan sudut = α = = =0,5 Δt 10 detik detik 2 ω=ω 0+ αt

2. Kecepatan sudut

(

ω= 5

; jadi

putaran rad putaran rad 2π + 0,5 2π ( 1 detik ) detik putaran detik putaran

ω=10 π

)(

)(

)(

)

rad rad rad rad +1π =11 π =34 detik detik detik detik

Perhatikanlah bahwa kecepatan sudut awal terjadi pada t = 10 detik, maka pada waktu 11 detik, hanya 1 detik yang berlalu dari keadaan awal.

3. Tork rotasi =

rad 2π =6,2 Nm ( 12 m r )( 0,5 putaran detik )( putaran ) 2

τ =Iα=

(Sumber: Stephen Bresnick. 2002:49) 9.7.

100 mm batang A dan B, masing-masing massa 300 g, dilas ke CD poros yang didukung oleh bantalan di C dan D. jika beberapa M saat sebesar 6 Nm diterapkan pada poros, menentukan komponen reaksi yang dinamis di C dan D di instan ketika poros telah mencapai kecepatan sudut 1200 rpm. mengabaikan momen inersia dari poros itu sendiri.

Jawab: Kekuatan

eksternal

terdiri

dari

reaksi

yang

dinamis

di

C

dan

D.

Sistem yang kekuatan efektif setiap batang mengurangi ke vektor mα di pusat massa batang dan beberapa Iα sumbu sejajar dengan poros. setiap vektor mα diselesaikan menjadi komponen tangensial besarnya mrα dan komponen normal besarnya mrω². Momen inersia centroidal setiap batang adalah

I=

1 1 mL ²= ( 0,300 kg ) ( 0,100 m)2=2,5× 10−4 kg . m ² 12 12

Percepatan sudut dari poros

Σ M x =Σ M xeff : M =2 ( mrα ) r +2 Iα 2

6 N .m=2 ( 0,003 kg )( 0,050 m ) α +2 ( 2,5 ×10−4 kg . m2 ) α

α =3000

rad s2

Reaksi yang dinamis. menggunakan nilai yang diperoleh untuk α dan tidak ada yang ω = 1200 rpm = 125,7 rad/s, kita menghitung komponen vektor ma:

(

mrα =( 0,300 kg ) ( 0,050 m ) 3000

rad =45 N s2

)

2

(

mrω ²=( 0,300 kg ) ( 0,050 m ) 125,7

rad =237 N s

)

Untuk menyamakan berturut-turut saat-saat sekitar dan komponen sepanjang y dan sumbu z dari kekuatan eksternal dan efektif, kita menulis



M Σ(¿¿ y )eff : Σ M y =¿

−( 0,600m ) Dz =( 0,150 m ) ( mr ω2 ) −( 0,300 m )( mrα ) −( 0,600m ) Dz =( 0,150 m )( 237 N ) −( 0,300 m) ( 45 N ) Dz =−36,8 N

Σ M z=Σ M zeff :



−( 0,600m ) D y =( 0,150 m ) ( mrα )−( 0,300 m ) ( mr ω 2 ) −( 0,600m ) D y =( 0,150 m ) ( 45 N )−( 0,300 m ) ( 237 N ) D y =−129,8 N



Σ F y =Σ F yeff : 2

C y + D y =−mrα−mr ω

C y −129,8 N =−45 N−237 N C y =−152,2 N

Σ F y =Σ F yeff :



C z + D z=−mr ω 2+ mrα C z−36,8 N =−237 N + 45 N C z=−155,2 N (Sumber: Ferdinant P. Beer. 1976: 677)

9.8.

Sebuah tali melilit drum dalam roda dan ditarik secara horizontal dengan kekuatan 200 N. roda memiliki massa 50 kg dan jari-jari rotasi dari 70 mm. mengetahui bahwa 0,20 dan

μk

μs

= 0,15, menentukan percepatan G dan percepatan sudut roda.

Jawab: a. Mengasumsikan bergulir tanpa geser. dalam hal ini, kita memiliki a=rα=( 0,100m) α Dengan membandingkan gaya gesek yang diperoleh dengan gaya gesek maksimum yang tersedia, kami akan menentukan apakah asumsi ini dibenarkan. Momen inersia roda adalah I =m k 2=( 50 kg )( 0,070 m )2 Persamaan gerak: 

M Σ(¿¿ c )eff : Σ M c =¿

( 200 N )( 0,040 m )=ma ( 0,100 m )+ Iα 8,00 N=( 5 kg )( 0,100 m ) α ( 0,100 m ) + ( 0,245 kg . m2 ) α α =+10,74

rad s2 

(

a=rα=( 0,100 m ) 10,74



F Σ(¿¿ x)eff : Σ F x =¿ F+200 N =ma

rad m =1,074 2 2 s s

)

=

(

F+200 N =( 50 kg ) 1,074

m 2 s

)

F=−146,3 N F = 146,3 N F Σ(¿¿ y )eff : Σ F y =¿



N−W =0

(

N=W =mg= (50 kg ) 9,81

m =490,5 N 2 s

)

N = 490,5 N Gaya gesek maksimum yang tersedia Fmax =μ8 N=0,20 ( 490,5 N )=98,1 N Karena

F> F max

, gerakan diasumsikan tidak mungkin.

b. Bergulir dan geser. karena roda harus roll dan geser pada saat yang sama, kita menggambar diagram baru, di mana a dan α independen dan di mana F=Fk =μk N =0.15(490,5 N) Dari perhitungan bagian a, tampak bahwa F harus diarahkan ke kiri. kita menulis persamaan berikut gerak: 

F Σ(¿¿ x)eff : Σ F x =¿

200 N−73,6 N= (50 kg ) a a=+2,53

m s2

a=+2,53

m s2

M Σ(¿¿ G) eff : Σ M G=¿



( 73,6 N )( 0,100 m )− (200 N ) ( 0,060 m )=( 0,245 kg . m2 ) α α =−18,94 α

rad s2

= 18,94 rad/s² (Sumber: Ferdinant P. Beer. 1976: 661)

DAFTAR PUSTAKA Anugraha, Rinto. 2005. Persiapan Total Menghadapi Olimpiade Fisika Internasional Mekanika. Yogyakarta: Penerbit Gava Media. Beer, Ferdinand P., E. Russell Johnston. 1976. Mechanics For Engineers-Dinamics. Singapore: Mcgraw-Hill, Inc. Bresnick, Stephen, J.F. Gabriel. 2002. Intisari Fisika – High Yield Physics. Jakarta: Penerbit Hipokrates. Bueche, Frederick J., B. Darmawan. 1994. Teori Dan Soal-Soal Fisika. Jakarta: Penerbit Erlangga. Wesley, Addison, Sri Jatno Wirjosoedirdjo, Soegeng. 1991. Fisika Universitas – University Phisics. Jakarta: Penerbit Erlangga.

11. Medan Magnet Oleh: Muhammad Nur Faiz

−31 11.1. Arus dalam tabung sinar katoda ( ¿ arus elektron; m=9,1× 10 kg ,q=−e ) oleh medan

−3 magnet homogen ( B=4,5× 10 T ) dibentuk menjadi lingkaran berjari – jari 2 cm.

Berapakah laju elektron - elektron itu? Jawab: Agar hal diatas tercapai haruslah partikel itu bergerak tegak lurus P. Dari rumus (1) soal 30-2. rqB ( 0,02 m ) ( 1,6 ×10 C ) ( 4,5× 10 v= = −31 m 9,1×10 kg −19

−13

T)

7

=1,58 ×10 m/s


−27 6 11.2. Pada Gambar 30-7 (a) proton ( q=+e ,m=1,67× 10 kg ) dengan laju 8 ×10 m/s

memasuki medan magnet B=0,15 T

( yang berarah dalam arah sumbu

x¿

pada sudut

30 ° . Lintasan apa ditempuh proton itu?

6

v =8 ×10 m/s 30 °

0,5 v =v

v

B=0,15 T 0,86 v =v

+q

x

+q

(keluar)

(a) Penglihatan samping

(b) Penglihatan akhir Gambar 30-7

Jawab: Kecepatan partikel diuraikan dalam komponen parallel da komponen yang tegak lurus medan magnet. Gaya magnet disebabkan v gaya disebabkan v

θ=0 adalah nol ( sin ¿ ¿ ; sedangkan

tidak memiliki komponen dalam arah

Karena itu, gerak dalam arah

x .

x bersifat lurus beraturan dengan laju:

v ‖=( 0.86 ) ( 8× 106 m/s )=6,88 ×10 6 m/s Sedangkan gerak transversalnya adalah gerak melingkar (lihat soal 30-2) dengan jari – jari: s 0,5 ×8 × 106 m/¿ ¿ ( 1,67 ×10−27 kg ) ¿ m v⊥ r= =¿ qB

Maka proton akan ber-spiral sepanjang sumbu Uril spiral (yakni jarak dalam arah

x

x , dengan jari-jari spiral 28 cm.

yang ditempuh dalam waktu perputaran)

dapat ditemukan dengan menghitung dahulu waktu yang diperlukan untuk menempuh satu lingkaran: periode=

2π r = v⊥

2 π ( 0,28 m ) =4,4 × 10−7 detik m ( 0,5 ) 8 ×10 6 s

(

)

Dalam waktu ini proton menempuh jarak

x sebesar:

(

ulir=( v ‖) ( periode )= 6,88 ×10 6

m ( 4,4 ×10−7 s ) =3,0 m s

)


11.3. Carilah induktansi per satuan panjang dari konduktor silindris parallel yang diperlihatkan pada Gambar 3-11, dimana d=25 kaki dan a=0,803 inchi ! Jawab: Dengan menggunakan rumus – rumus pada Gambar 3-11 25 (12 ) L μ0 d μH = cos−1 =( 4 ×10−7 ) cos−1 =2,37 l π 2a m 2 ( 0,803 ) Rumus pendekatan memberikan hasil L μ0 d μH = ∈ =2,37 l π 2a m

Untuk

d ≥10, rumus pendekatan dapat digunakan dengan kesalahan kurang dari a

0,5%. (Sumber: Edminister. 2004: 64) 11.4. Asumsikan bahwa toroida dengan inti udara yang ditunjukkan pada Gambar 3-9. Memiliki 700 lilitan, jari-jari dalam 1 cm, jari-jari luar 2 cm dan tinggi a=1,5 cm . carilah

L

dengan menggunakan (a) rumus untuk toroida dengan penampang melintang bujur sangkar; (b) rumus pendekatan untuk toroida biasa, yang mengansumsikan H yang seragam pada jarijari rata-rata (Gambar 3-10)! Jawab: (a) Untuk penampang melintang bujur sangkar, dari Gambar 3-9,

700 ¿ ¿ ¿ 2(0,015) ( 4 π ×10−7 ) ¿ μ N 2 a r2 L= 0 ∈ =¿ 2π r1 (b) Dengan menggunakan rumus pendekatan dari Gambar 3-10, 700 ¿ ¿ ¿ 2(0,01)(0,015) ( 4 π ×10−7 ) ¿ μ N2 S L= 0 =¿ 2 πr Dengan jari-jari r yang lebih besar dibandingkan dengan luas penampang, maka kedua rumus diatas akan menghasilkan hasil perhitungan yang lebih mirip (lebih mendekati sama) (Sumber: Edminister. 2004: 64-65) 11.5. Sampel besi cor menunjukkan medan magnet B=0.015 T

ketika intensitas magnetic

H=10 A/m . (a) Cari permeabilitas dari besi cor ? (b) Berapa medan magnet jika berada di udara ? Jawab:

( a ) μ=

B 0,50 T = =0.05 Tm / A H 10 A /m

( b ) B=μ0 H=4 π × 10−7

Tm A ×10 =1.257 ×10−5 T A m (Sumber: Beiser. 1983: 198-199)

11.6. Sebuah solenoid panjang 20 cm dengan 300 putaran kawat dan mengalirkan arus 1,5 A. (a) Berapa intensitas magnetic H dalam solenoid? (b) Berapa permeabilitas inti agar medan magnet di dalam menjadi 0,6 T? Berapa kali lebih besar dari

μ0

?

Jawab: B N 300 ( a ) H= = I = ×1.5 A=2250 A /m μ L 0.2 m

(b)

B 0,6 T = =2.67 ×10−4 T m/ A H 2250 A /m

μ 2.67 ×10−4 T m/ A = =212 μ 0 4 π × 10−7 T m/ A (Sumber: Beiser. 1983: 199)

11.7. Menggunakan konfigurasi yang sama dan nilai-nilai numerik seperti dalam contoh 2.1, tentukan perubahan ampere yang dibutuhkan dalam kumparan untuk membuat sebuah fluks dari 0,001 Wb dalam celah udara. Mari kita pecahkan masalah ini menggunakan reluktan, mengabaikan kebocoran tetapi tidak berakibat fringing. Kita perlu mengetahui luas penampang dari anggota magnetik untuk menentukan rumus reluktan; asumsikan bahwa A m =16 cm2 Jawab: Persamaan (2.18) dapat digunakan untuk menentukan reluktan dalam celah udara. Asumsikan bahwa efek fringing meningkatkan area celah yang efektif dari permukaan baja sampai dengan 10%. Reluktan menjadi Rg =

10−4 =4.5× 104 −7 ( 4 π ×10 ) ( 1.1× 0.0016 )

Jika kita mengabaikan kebocoran, fluks yang sama akan ada dalam anggota magnetic. Kerapatan fluks dalam bahan magnetic adalah B m=

0.001 =0.695tesla 0.9 ×0.0016

Dari kurva M-19 pada Gambar 2.4 permeabilitas amplitudo adalah

μ0=

Bm 0.695 = =10240=μR μ0 H m ( 4 π ×10−7 ) ( 54 ) Reluktan anggota magnetic adalah R m=

lm 0.1 = =0.54 × 104 μ R μ 0 A m 10240 ( 4 π × 10−7 ) ( 0.9× 0.0016 )

Perubahan ampere yang dibutuhkan adalah N 1 I 1=ϕ ( R g+ R m )=0.001 ( 5.04 × 104 ) =50.4 A (Sumber: Nasar. 1979: 36-37) 11.8. Tentukan energi potensial magnetic dalam celah udara dan bahan magnetik dari rangkaian magnetic dari contoh 2.2. Berdasarkan asumsi yang digunakan dalam contoh 2.2, distribusi medan adalah sama dalam kedua celah dan bahan magnetik, memfasilitasi penggunaan dari (2.30). Didalam celah, B g=0.001/(1.1 ×0.0016)=0,57 tesla Jawab: 2 1 Bg 1 0.57 2 ( ) ( 1.1 ×0.0016 ×10−4 ) W= vol = −7 2 P0 2 4 π ×10

( )

(

)

Didalam bahan magnetic

B m=0.695 tesla

H m=54 A /m(dariGambar 2.4) 1 1 W = Bm × H m × vol= × 0.695× 54 × ( 0.9 × 0.0016 ) × 0,1=0.0027 J 2 2 Jelaslah bahwa sebagian besar energi yang dibutuhkan untuk membangun fluks dalam celah udara. (Sumber: Nasar. 1983: 42-43)

DAFTAR PUSTAKA

Beiser, Arthur. 1983. Theory and Problems of Applied Physics. Singapura: McGraw-Hill International Book Company. Bueche, Frederick J., & B. Darmawan. 1994. Teori dan Soal-soal Fisika-Theory and Problems of College Physics. Jakarta: Penerbit Erlangga. Edminister, Joseph A., & Wiwit Xastrawan. 2004. Elektromagnetika-Electromagnetics. Jakarta: Penerbit Erlangga. Nasar, S. A., & Le Unnewehr. 1979. Electromechanics and Electric Machines. New York: John Wiley & Sons, Inc.

12. Keseimbangan Dan Elastisitas Oleh : Nandika Nurdin Pradana 12.1.

Sebuah papan jungkat-jungkit terdiri atas sebuah papan homogen yang bermassa M dan panjang l menopang seorang ayah dan anaknya , masing-masing bermassa mf dan md.penopangnya (disebut dengan titik tumpu) berada di bawah titik berat papan ,ayahnya berada pada jarak d dari titik pusat,dan sang anak berada pada jarak l/2 dari pusatnya. tentukan besar gaya ke atas, n , yang di kerjakan oleh titik tumpu !

Rincian soal Diketahui : Massa Panjang Massa ayah Massa anak Jarak ayah dari titik pusat Jarak anak dari titik pusat

= = = = = =

M l mf md d l/2

Ditanya : n = ........? Jawab: Pertama-tama perhatikan bahwa ,selain dari n ,gaya eksternal yang bekerja pada papan adalah gaya ke bawah yang di berikan oleh setiap orang dan gaya gravitasi yang bekerja pada papan . kita tahu bahwa titik berat papan adalah pusat geometrisnya karena papan nya homogen.oleh karena sistem berada dalam keseimbangan statis ,gaya netto pada papannya adalah nol . oleh karena itu gaya ke atas n harus mengimbangi semua gaya ke bawah . dari ∑Fy = 0 ,dan dengan menganggap arah ke atas sebagai arah positif,kita dapatkan n−mf g−Mg=0 n=mg g+ md g + Mg ( persamaan ∑Fy = 0 juga di gunnakan ,tetapi kita tidak perlu memperhitungkannya karena tidak ada gaya yang bekrja secara horizontal pada papan ) (Sumber: Serway. 2009: 556-557)

12.2.

Sebuah bola kuningan pejal awalnya di kelilingi oleh udara , dan tekanan udara yang bekerja padanya adalah 1,0 x 105 N/m2 ( tekanan atmosfer normal ). Bola di tenggelamkan ke dalam lautan hingga mencapai kedalaman di man tekanannya 2,0 x 107 N/m2 . volume bola di udara 0,50 m3 . seberapa besarkah faktor perubahan volumenya ketika bola di tenggelamkan? Rincian soal : Diketahui : P1 = P2 = Vi = B =

1,0 x 105 N/m2 2,0 x 107 N/m2 0,50 m3 6,1 x 1010 N/m2

Ditanya : ∆ V =… ? Jawab: Berdasarkan definisi modulus bulk,kita peroleh : B

∆P ∆ V . Vi

=

∆V=

Vi ∆ P B

Dengan menyubtitusikan nilai-nilai numeriknya kita dapatkan

7 ( 0,50 m 3 ) 2,0 x 10 2N −1,0 x 105 N2

∆V=

(

m

m

10

−6,1 x 10

)

=−1,6 x 10 4 m

tandanegatif menunjukkan ba h wa volume daribola berkurang ( Sumber: Serway. 2009: 571 ) 12.3.

Pull-up di atas timbangan. Seorang yang lemah, yang massanya 90 kg, tidak bisa melakukan satu pull-up. Dengan berdiri di atas timbangan , ia bisa menentukan seberapa yang bisa di capainya. Usahanya yang terbaik membuat jarum timbangan menunjuk angka 23 kg. berapa gaya yang di berikannya ?

Rincian soal Diketahui : Fs m

= =

90 kg 23 kg

Ditanya : FB =.....? Jawab: Ada tiga gaya yang bekerja pada orang bukan atlet ini, gravitasi, mg = (90 kg)(9,8 m/s2) ke bawah, dan dua gaya ke atas yang terdiri dari (1) gaya dari beban yang menarik orang itu ke atas,FB (sama dan berlawanan arah dengan gaya yang di berikannya pada beban ) dan (2) gaya yang di berikan timbangan pada kakinya FS. hasil terbaiknya,FS = (23 kg)(g). orang tersebut tidak bergerak,

sehingga jumlah gaya-gaya ini adalah nol : ∑Fy = 0 FB + FS – mg = 0 Kita selesaikan untuk FB : FB = mg - FS = (90 kg – 23 kg)(g) = (67 kg)(9,8 m/s2) = 660 N Yaitu, ia bisa mengangkat dirinya jika massanya hanya 67 kg. (Sumber: Giancoli. 2001: 287) 12.4.

Tegangan pada kawat piano. Kawat piano dari baja panjangnya 1,60 m berdiameter 0,20 cm. berapa besar tegangan kawat jika meregang 0,30 cm ketika di kencangkan ?

Rincian soal Diketahui : 11

E =

2,0 x 10

N m2

∆ L=0,0030m L0 = 1,60 m2 Ditanya :

F =……?

Jawab: Kita cari F pada persamaan 9-5 dan catat bahwa luas A = πr2 = (3,14)(0,0010 m)2 = 3,1 x 10-6 m2. Maka F

=E

∆L A L0

(

¿ 2,0 x 1011

N m2

m ( 3,1 x 10 )( 0,0030 1,60 m )

−6

m2 ) =1200 N

Dimana kita dapatkan nilai untuk E dari table 9-1. Tegangan yang kuat pada semua kawat piano harus di topang oleh kerangka yang kuat. ( Sumber : Giancoli. 2001: 301-302 ) 12.5.

Untai kawat terdiri dari kawat baja 2-7 mm diameter, ditutupi oleh kawat perunggu sisi, masing-masing 2 - 5 mm diameter, jika stres yang bekerja untuk perunggu adalah 60 mn / m, hitung kekuatan untai ! d.Ebaja = 200 GN/m2 ; Eperunggu = 85 GN/m2. as ab Berdasarkan persamaan (1.8), E s = E b Jawab: As = 60 x

200 85

= 141,2 MN/m2

∴ kekuatan untai =

π 4

2 .7 ¿ x ( 103 x 141.2 x 106 + 6

π 4

2.5 ¿ x ( 10 3 x 60 x

106 ¿ 2575 N ( Sumber: Bacon. 1981: 6-7 )

12.6.

Tabung tembaga rata-rata diameter 120 mm dan 6-5 mm tebal memiliki ujung terbuka disegel oleh dua pelat kaku dihubungkan oleh dua baut baja 25 mm diameter awalnya dikencangkan sampai 20 kn pada suhu 0f 30 c, sehingga membentuk sebuah kapal tekanan tentukan tekanan dalam tembaga dan baja pada 0 c Jawab: Eb=200 GN/m2 ; ab = 11 x 10-6/deg C Et = 100 GN/m2 ; at = 18 x 10-6/deg C 25 103 ¿ ¿ ¿ 2 Pada suhu 300 tegangan dalam baja = π x¿ 4 20 x 103 σ s= ¿

N/m2

3

Tegangan dalam tembaga,

σ c=

2 x 20 x 10 =¿ 120 6.5 πx 3 x 3 10 10

16.32 x 106 N/m2

Resultan tegangan dalam baja = 40.7 x 106 – 23.31 x 106 = 17.39 x 106 N/m2 Resultan dalam tembaga = 16.32 x 106 – 9.33 x 106 = 6.99 x 106 N/m2 ( Sumber: Bacon. 1981: 6-7 ) DAFTAR PUSAKA D.H.Bacon, dan R.C.Stephens. 1981. Mechanical Science For Higher Technicians 4/5.london: British Library Cataloguing In Publication Data Giancoli,Douglas C..2001.Fisika Edisi Kelima 1. Jakarta: Erlangga

Serway, Raymond A., dan John w. jewett,jr.2009.Fisika Untuk Sains Dan Teknik. Jakarta: Salemba Teknika

13. Interferensi dan Difraksi Cahaya Oleh: Nurul Hudallah Akbar Rizqie 13.1.

Cahaya merah jatuh secara tegak lurus pada kisi difraksi yang memiliki 4000 garis/cm

dan bayangan orde kedua didifraksikan 34,0° dari garis normalnya. Hitunglah panjang gelombang cahaya tersebut.

Jawab : mλ =a sin θ

λ=

a sinθ m

=

1 ( 4000 ) sin 34 ° 2

=6,99 x 10-5 =699 nm

(Sumber: Bueche. 2006: 265) 13.2.

Cahaya hijau dengan panjang gelombang 540 nm didifraksikan oleh sebuah kisi yang

memiliki 2000 garis/cm. Hitunglah deviasi sudut bayangan orde ketiga. Jawab : mλ =a sin θ

sin θ

=

mλ a

=

3 (5,40 x 10−5) 5 x 10−4

=0,324

θ = 18,9° (Sumber: Bueche. 2006: 265) 13.3.

Dua celah sempit yang dipisahkan sejauh 1,5 mm diterangi dengan lampu natrium

yang berpanjang gelombang 589 nm. Rumbai interferensi diamati pada layar sejauh 3 m. carilah jarak rumbai dilayarnya.

Jawab : y m

=λ

L d

mλL y= d

=

( 589 x 10−9 ) (3) 0,0015

=1,18 x 10-3 m =1,18 mm

(Sumber: Tipler. 2001: 548) 13.4.

Cahaya biru dengan panjang gelombang 4,7 x 10-7 m didifraksikan oleh sebuah kisi

yang memiliki 5000 garis/cm. Hitunglah devisiasi sudut bayangan orde kedua. Jawab :

sin θ =

λ d

4,7 x 10−7 2 x 10−6

=

=0,235

θ = 13,5916° (Sumber: Bueche. 2006: 267) 13.5.

Suatu cahaya dengan panjang gelombang 3 cm berjarak 1500 m dari layar. Rumbai

cahaya orde kedua berjarak 30 m dari pusat layar. Tentukan jarak 2 celah yang memisahkan cahaya tersebut. Jawab : y m

=

λ

mλL D= y

L d

=

2 x 0,03 x 1500 =3 m 30 (Sumber: Beiser. 1983: 248)

13.6.

Cahaya hijau jatuh tegak lurus kisi difraksi yang memiliki 600 garis/mm dan

bayangan orde pertama didifraksikan 17,5° dari garis normalnya. Hitung panjang gelombang tersebut.

Jawab :

mλ = d sin θ

λ=

d sin θ m

1 x sin 17,5 600 1

=

= 5,0117 x 10-7 mm =501 x 10-9 m =501 nm

(Sumber: Young. 2014: 8-9) 13.7.

Jika cahaya kuning dengan panjang gelombang 540 nm menerangi 2 celah sempit

yang dipisahkan sejauh 2,2 x 10-3 mm. tentukan sudut bayangan orde kedua. Jawab : mλ = d sin θ mλ sin θ = d

=

2 x 540 x 10−9 2,2 x 10−6

θ = 29,4003 = 29,4° (Sumber: Young. 2014: 6) 13.8

Rumbai interferensi teramati berjarak 13,7 m dari layar. Jarak

rumbai orde ketiga 2,50 cm. jika jarak antara 2 celah 0,0960 cm, tentukan Jawab : y m

=λ

L d

y=

mλL d

=

0,0250 x 9,60 x 10−4 3 x 13,7

=

5,8394 x 10-7 m = 584 x 10-9 =

(Sumber: Young. 2014: 5-6)

DAFTAR PUSTAKA Beiser, Arthur, A. D. Stewart & D. I. Jones. 1983. Theory and Problems of Applied Physics. Singapura: Mcgraw-Hill Book Inc. Bueche, Frederick J. & Eugene Hecht. 2006. Teori dan Soal-Soal Fisika Universitas Edisi Kesepuluh. Jakarta: Penerbit Erlangga. Tippler, Paul A. & Bambang Soegijono. 2001. Fisika untuk Sains dan Teknik. Jakarta: Penerbit Erlangga. Young, Thomas. 2014. Diffraction & Interference. Dalam: www.studyphysics.ca Diunduh 29 Desember 2014 pukul 19:00 WIB.

14. Dinamika Fluida

Oleh : Radhitya Kurniawan 14.1.

Berapakah volume air yang keluar dari lubang dalam dinding bak besar, terbuka, tiap menit? Lihat Gambar 14-1. Diameter lubang 3 cm ; lubang terdapat 5 m di bawah permukaan air dalam bak.

Gambar 14-1 Jawab: Persamaan Bernoulli : titik 1 diambil pada permukaan air, titik 2 pada lubang. Maka p1= p2

dan

h1=5 m

h2=0

1 1 p1+ ρ v 21+ h1 ρg= p1+ ρ v 22+ h2 ρg 2 2 1 2 1 ρ v + h ρg= ρ v 22 +h2 ρg 2 1 1 2

Kalau bak cukup besar

v1

boleh dianggap nol. Maka

h1−h2 ¿ 9,8 m/s 2 (5 m) ¿ 2¿ 2g¿ v 2=√ ¿ Yang tidak lain adalah rumus Torricelli. Maka 10−3 m3 Q=v 2 A2 =( 9.9 m/s ) π (1,5 ×10−2 m)2=7 × =0,42 m3 /menit . s (Sumber: Bueche. 1989: 127) Menurut suatu manometer tekanan air dalam sebuah tangki adalah 500 kPa. Kalau

14.2.

terjadi bocor di titik 2 (lihat Gambar 14-2), dengan kecepatan air muncrat ke luar?

Jawab: Gambar 14-2 5 2 Pakai persamaan Bernoulli, dengan p1− p2=5 ×10 N /m h1=n2

dan

v 1=0

(kira-kira). Maka 1

2

( p1− p2 ) + ( h1−h2 ) pg= 2 p v 2

Yang menjadi

v 2=

√

√

2( p1− p2 ) 2(5 ×105 N /m2) = =32 m/s p 1000 kg/m3 (Sumber: Bueche. 1989: 127 )

Suatu aliran air dengan diameter d=0.1 m mengalir secara tunak dari sebuah

14.3.

tangki berdiameter

D=1,0 m seperti ditunjukkan pada Gambar C3.7a. Tentukan laju aliran,

Q, yang diperlukan dari pipa aliran masuk jika kedalaman air tetap konstanta, h=2,0 m

Jawab:

Dengan asumsi aliran tunak, inviscid, dan tak mampu-mampat, persamaan Bernoulli yang diterapkan antara titik (1) dan (2) adalah: 1 1 2 2 p1+ ρV 1 + γ z1 =p 2+ ρV 2 +γ z2 2 2 (1) Dengan asumsi bahwa

p1= p2=0 ,

z 1=h

, dan

z 2=0

, pesamaan 1 menjadi

1 1 1 V 2+ gh= V 22 2 2

(2)

Meskipun ketinggian permukaan air tetap sama (h = konstan), terhadap kecepatan rataV1

rata,

, melintasi (1) karena adanya aliran dari tangki. Dari persamaan 3.19 untuk

aliran tunak mampu-mampat, kekekalan massa mensyaratkan Q= AV , Jadi,

A 1 V 1=A 2 V 2

Q1=Q2 ,

dimana

, atau

π 2 π 2 D V 1= D V 2 4 4 Sehingga, 2

d V2 D

( )

V 1=

(3)

Persamaan 1 dan 3 dapat dikombinasikan untuk memperoleh 1m 0,1 m/ ¿ ¿ 4 ¿ ¿ 1−¿ 2 2(9,81 m/s )(2,0 m) ¿ 2 gh V 2= =√ ¿ 1−( d / D )4

√

Jadi, s 6,26 m/¿=0,0492 m3 /s π 2 Q= A1 V 1= A2 V 2= ( 0,1 m ) ¿ 4 Pada contoh ini kita tidak mengabaikan energy kinetic air didalam tangki (V 2 ≠ 0) . Jika diameter tangki jauh lebih besar dibandingkan diameter jet 3 menunjukkan bahwa

V1≪ V2

(D ≫ d) , Persamaan

dan asumsi bahwa (V 1 ≈ 0) cukup beralasan.

Kesalahan yang berkaitan dengan asumsi ini dapat diketahui dengan menghitung perbandingan dari laju aliran yang mengasumsikan (V 1 ≠ 0) yang dilambangkan V 1=0 dengan Q , dengan laju aliran mengsumsikan bahwa , dilambangkan dengan Q0

. Perbandingan ini ditulis sebagai. 4

D d /¿ ¿ ¿ ¿ D d /¿ ¿ ¿4 ¿ 1−¿ 1−¿ 2 gh/¿ √¿ V 2∨¿ D=∞ =¿ Q V2 = Q0 ¿

Dan diplot pada Gambar C3.7b. dengan 0
V 1=0

V 1=0

diperoleh

1
kurang dari 1 . Jadi, cukup

. (Sumber: Bruche. 2004: 141-142 )

14.4.

Air mengalir melalui sebuah reducer pipa seperti yang ditunjukan pada Gambar C3.9. Tekanan statik pada (1) dan (2) diukur dengan manometer tabung U terbalik yang berisi minyak dengan gravitasi jenis, SG , kurang dari satu. Tekanan bacaan manometer, h. Jawab:

Gambar C3.9 Dengan asumsi aliran tunak, inviscid, dan tak mampu-mampat, persamaan Bernoulli dapat ditulisakan sebagai. 1 1 2 2 p1+ ρV 1 + γ z1 =p 2+ ρV 2 +γ z2 2 2 Persamaan kontinuitas (Persamaan 3.19) memberikan hubungan yang kedua antara V1

dan

V2

jika kita mengasumsikan profil kecepatan yang seragam padakedua

lokasi tersebut dan fluidanya tak mampu-mampat: Q= A1 V 1= A2 V 2

Dengan mengkombinasikan kedua persamaan tersebut kita mendapatkan 1 p1− p2=γ (z 2−z 1 )+ ρ V 22 [ 1−( A 2 / A 1)2 ] 2 Perbedaan tekanan ini, diukur dengan manometer, dapat ditentukan dengan menggunakan gagasan tekanan-kedalaman yang dikembangkan di Bab 2. Jadi, p1−γ ( z 2−z 1) −γl−γh +SG γh+γl= p2 atau p1− p2=γ ( z 2−z 1 ) + ( 1−SG ) γh Seperti yang telah dibahas di Bab 2, perbedaan tekanan ini bukan hanya γh atau γ ( h+ z 2−z 1)

.

Persamaan-persamaan 1 dan 2 dapat dikombinasikan untuk memberikan hasil yang diinginkan sebagai berikut:

[ ( )]

A 1 ( 1−SG ) γh= ρV 22 1− 2 2 A1

Atau karena

2

V 2=Q/ A2

1−( A2 / A1 )2 h=( Q/ A 2 ) 2 g (1−SG ) 2

Perbedaan ketinggian

z 1−z 2 ,

tidak diperlukan karena perubahan ketinggian pada

suku persamaan Bernoulli saling menghilangkan dengan suku ketinggian di persamaan Manometer. Namun, perbedaan tekanan, ketinggian

z 1−z 2

p1− p2

, tergantung pada sudut θ , karena

dalam Persamaan 1. Jadi untuk suatu lajualiran yang diberikan,

perbedaan tekanan

p1− p2

, yang diukur oleh pengukur tekanan akan bervariasi

menurut θ , namun bacaan manometer, h , tidak tergantung pada θ . (Sumber: Munson. 2004: 144-146 )

14.5.

Minyak kepadatan relatif 0,720 mengalir melalui lubang 76mm diameter yang koefisien kecepatan dan kontraksi masing-masing adalah 0,950 dan 0,650. yang harus diperhatikan dari pengukur A pada Gambar. 9-3 agar kekuatan dalam jet C menjadi 6 kW? Jawab:

Gambar. 9-3

Kecepatan di jet dapat dihitung dari nilai kekuatan di jet: 2 Kekuatan didalam jet = mg H jet =Pg (c c A0 V jet )( 0+V Jet /2 g+ 0)

6000= ( 0.720× 9810 ) ( 0.650 )

[

]

1 π ( 0.076)2 V 3jet /2 g 4

3 V jet =17.8 m/s Penyelesaian, V jet =5652 dan .

Penerapan persamaan Bernoulli, B ke C, datum C,

( dan,

Pa ( 17.8 )2 (17.8 )2 1 + negl.+2.74 − −1 = 0+ +0 ρg 2g 2g ( 0.95 )2

)[

Pa / ρg

]

(

= 15.15 m dari minyak. Kemudian

)

'

5

pa= ρgh=( 0.720 ×9810 ) ( 15.15 )=1.07 × 10 Pa . Catatan: pembaca tidak harus bingung karena jumlah H yang menyebabkan aliran H jet

dengan nilai

dalam ekspresi kekuasaan. Karena, mereka tidak sama. ( Sumber: Giles. 1983: 140 )

14.6.

102 mm diameter lubang standar pembuangan air di bawah permukaan 6.1 m. Berapakah alir

Gambar 9-2

Jawab: Menerapkan persamaan Bernoulli, A ke B pada gambar disamping, datum B , 2

( ) (

( 0+0+ 6.1 )−

2

V V P 1 −1 jet = jet + B +0 2 2g 2 g ρg cv

)

Tapi tekanan diatas pada B adalah nol (Seperti yang dibahas pada bagian 4, Soal. 6). Kemuudian V jet =C v √ 2 g × 6.1

Juga

¿ A jet V jet

, dengan menggunakan definisi koefisien, menjadi

Q=( C c A 0 ) C v √ 2 g ×6.1=c A 0 √ 2 g × 6.1 Dari tabel 7, c=0.594

maka

Q=0.594

[

D=103 mm

untuk

1 π ( 0.102)2 4

]√

dan h=6.1m .

2 g ×6.1 [ ¿ 0.053 m3 /s ]

(Sumber: Giles. 1983: 139)

14.7.

Sebuah tangki air terbuka di udara mengalami kebocoran pada posisi 2 pada Gambar14-2, dimana tekanan akibat air pada posisi 1 adalah 5000kPa. Berapakah Jawab:

kecepatan air keluar melalui lubang tersebut? Tekanan pada posisi 2 adalah tekanan atmosfer. Kita menggunakan persamaan Bernoulli dimana

P1−P2=5,00 ×10 5 N /m , h1=h2 dan pedekatan v 1=0 . Maka 1

2

( P1−P2 ) + ( h1−h2 ) ρg= 2 ρ v 2

dan mana v 2=

√

√

2 ( P 1−P2 ) 2 ( 5,00 ×105 N /m ) = =31,6 m/det ρ 1000 kg / m3 (Sumber: Bueche. 2006: 114)

14.8.

Sebuah probe pitot dimasukkan dalam aliran udara (di STP) untuk mengukur kecepatan aliran. Tabung dimasukkan sehingga poin hulu ke aliran dan tekanan dirasakan oleh probe adalah tekanan stagnasi. Tekanan statis diukur di lokasi yang sama dalam aliran, dengan menggunakan wall pressure tap. Jika perbedaan tekanan 30 mm air raksa. Menentukan kecepatan aliran.

Jawab: Diketahui: Sebuah tabung pitot dimasukkan ke dalam aliran sebagaimana yang ditunjukkan ... Cairan yang mengalir adalah udara dan cairan manometer merkuri. Dicari: kecepatan aliran. Solusi:

Persamaan dasar :

p V2 + + g z=¿ konstan ρ 2

Asumsi : (1)

Aliran

(2)

Aliran mampat

(3)

Mengalir sepanjang arah aliran

(4)

Perlambatan gesekan sepanjang stagnasi arah aliran

Menulis persamaan Bernoulli sepanjang arah aliran stagnasi, diketahui ∆ z=0 p0 p V 2 = + ρ ρ 2 po adalah tekanan stagnasi pada pembukaan tabung di mana kecepatan telah berkurang, tanpa gesekan, ke nol. Pemecahan untuk V memberikan V=

√

2(p 0− p) ρair

Dari diagram, p0− p=ρH gh= ρH O gh (S G H ) g

2

g

Dan V=

√

2 ρ H O gh(S G H ) ρair 2

g

, maka

√

¿ 2×1000

kg m m m3 ×9.81 ×30 mm × ×13.6 × 3 2 1000 mm 1.23 kg m s

V =80.8 m/ s

V

Pada = 20 ℃, kecepatan suara di udara adalah 343 m / s. Oleh karena itu, M = 0,236 dan asumsi aliran mampat berlaku. {Masalah ini menggambarkan penggunaan tabung pitot untuk menentukan kecepatan aliran pada suatu titik} (Sumber: Fox. 1994: 141-142)

DAFTAR PUSAKA

Bueche, Frederick J.1989. Fisika Edisi Kedelapan, Jakarta: Erlangga Bueche, Frederick J.2006. Teori dan Soal-Soal Fisika Universitas Edisi Kesepuluh, Jakarta: Erlangga. Fox, Robert W.,Alan T. McDonal.1994.Introduction to Fluid Mechanics, United States of America: John Wiley & Sons, Inc. Giles, Ranald V.1983. Theory and Problems of Fluid Mechanics and Hydraulic, United States of America: McGraw Hill Financial, Inc. Munson, Bruce R.,Donald F.Young,& Theodore H. Okiishi.2004. Mekanika Fluida Jilid 1 Fundamentals of Fluid Mechanics, Jakarta: Erlangga.

15. Induksi Elektromagnetik Oleh :

Rafiah Rahmadani 15.1.

Lilitan angker suatu motor DC memiliki hambatan sebesar

5,0 Ω. Motor

dihubungkan pada sumber 120 V dan ketika motor mencapai kecepatan penuh melawan beban normalnya , GGL perlawananya adalah 108 V. Hitung : a) Kuat arus yang masuk ke motor saat motor baru mulai berputar b) Kua tarus pada motor ketika ia mencapai kecepatan penuhnya Jawab : a) I = =

V R 120 V 5,0 Ω

= 24 A b) ε = IR 1120 V – 108 V = I. 5,0 Ω 12 V = 5,0 Ω I 12V I = 5,0 Ω I

= 2,4 A (Sumber: Giancoli, 2001; 183)

15.2.

Sebuah kumparan berbentuk bujur sangkar bersisi 5 CM memilik 100 lilitan dan berada pada posisi tegak lurus medan magnet 0,60 T . Kumparan ini di tarik dengan cepat dan seragam dari medan ( gerakan tegak lurus terhadap B ) menuju suatu tempat dimana B menurun drastis hingga mencapai nol. Kumparan tersebut memerlukan waktu 0,10 detik untuk mencapai daerah medan tersebut. Hitung : a) Perubahan fluks yang melewati kumparan b) GGL dan arus induksi c) Energi yang hilang pada kumparan yang memiliki hambatan 100 Ω d) Gaya rata – rata yang diperlukan

Jawab : a) S = 5 CM = 0,05 M A = ( 0,5 M )2= 2,5 x 10-3 M2 ΦB1 = B.A = 0,6 T . 2,5 x 10-3 M2

= 1,5 x 10-3 Wb ∆Φ = ΦB0 - ΦB1 = 0 - 1,5 x 10-3 Wb = - 1,5 x 10-3 Wb b) ε

=-

N ∆ф B ∆t

=-

100 .(0−1,5 x 10−3 Wb) 0,1

= 1,5 v Arus yang terjadi ε R =

I=

1,5 V 100 Ω

= 15 mA

c) total energi yang hilang E = Pt = I2RT = ( 1,5 x 10-2 A )2. 100 Ω . 0,1detik = 2,3 x 10-3 J d) W = F.d W F = d =

2,3 x 10−3 J 0,05 M

= 0,046 N (Sumber: Giancoli, 2001; 177) 15.3.

Angker dynamo pada generator AC 60 Hz berputar dalam medan magnet 0,15 T .Jika luas permukaan kumparan 2 x 10-2 m2 , berapa jumlah lilitan yang harus di miliki kumparan jika keluarnya memiliki nilai puncak ε0 = 170 V ? Jawab : ω = 2πf = 2. 3,14 . 60 Hz = 377 Hz ε0 =NBAω ε0 N = BAω

=

170 V 0,15T .2 x 10−2. 377

= 150 lilitan (Sumber: Giancoli, 2001; 181) 15.4.

Medan magnetic seragam yang besarnya 2000 G membentuk sudut 300 dengan sumbu kumparan melingkar yang terdiri atas 300 lilitan dan jari – jari 4 cm . Carilah fluks magnetik yang melalui kumparan ini ? Jawab : B = 2000 G = 0,2 T r = 4 cm = 0,04 m A = πr2 = 3,14 . ( 0,04 m )2 = 0,00502 m2 Φm = NBAcos Ѳ = 300 . 0,2 . 0,00502 . cos 30 = 0,26 Wb (Sumber: Tipler. 2001: 281)

15.5.

Carilah fluks magnetik yang melalui suatu solenoida yang panjangnya 40 cm , berjari – jari 2,5 cm , memiliki 600 lilitan dan memberikan arus 7,5 ! Jawab : B = µnI = (4π x 10-7

Tm A ).

600 0,4 m

. 7,5 A

= 1,41 x 10-2 T A = πr2 = 3,14 ( 0,025 m )2 = 0,00196 m2 Φm = NBA = 600. 1,41 x 10-2 T . 0,00196 m2 = 1,66 x 10-2 Wb (Sumber: Tipler. 2001: 282)

15.6.

Kumparan putar dengan 40 lilitan memiliki jari – jari 3 cm dan tahanan 16 Ω. Jika kumparan ini di putar 1800dalam medan magnetik yang kekuatanya 5000 G. berapakah muatan yang lewat melaluinya ? Jawab : A = πr2 = 3,14 . ( 0,03 )2 = 0,002826 m2 B= 0,5 =

Q=

RQ 2 NA 16 Q 2 . 40 . 0,002826 1130,4 x 10−4 16

= 70,65 x 10-4 C = 70,7 mC (Sumber: Tipler. 2001: 285) 15.7.

Sebuah kumparan solenoida berisi udara memiliki N: 200 putaran kawat. Panjang dari solenoid adalah l = 20 cm dan luas permukaan penampang adalah S = 4 cm2. Solenoid dapat dianggap sebagai sangat panjang, sehingga efek akhir dapat diabaikan. Dalam keadaan ini, menemukan induktansi dari kumparan. Jawab : Mari kita asumsikan arus lambat waktu bervariasi intensitas i dalam kumparan, menemukan fluks magnetik melalui semua putaran nya, dan menggunakan Persamaan. (7.1) untuk induktansi. Dengan mengabaikan efek akhir, kami juga mengasumsikan bahwa medan magnet yang dihasilkan oleh arus i seragam dalam seluruh solenoid (seperti untuk solenoid panjang tak terhingga). Bidang ini diberikan oleh Persamaan. (6.48), yang mengarah ke ekspresi berikut untuk fluks magnetik melalui permukaan membentang lebih giliran tunggal dari kumparan dan total fluks melalui kumparan: µ 0 N N Si Φkumparan tunggal = µ0HS → Φ = NΦkumparan tunggal = l Kemana arah acuan Φ diadopsi sesuai dengan aturan tangan kanan sehubungan dengan arah referensi bagi saya. Induktansi dari kumparan karenanya L=

Φ i

=

µ 0 N N Si l

Artinya, L = 100 mH untuk data numerik yang diberikan. Ini adalah sama untuk setiap bentuk penampang solenoid (asalkan solenoid sangat panjang). (Sumber: Branislav. 2011: 333) 15.8.

Hitung induktansi diri dan induktansi timbal balik antara dua solenoida coaxcial radius R1 dan R2, R2 > R1, membawa arus I1 dan I2 dengan bergantian n1 dan n2 kumparan/m, masing-masing. Jawab : Kami pertama kali menyerang induktansi bersama. Dari Persamaan. (15), Bab 7, kita membiarkan n1 = N/d, dan mendapatkan H1 = n1I1az (0 < p < R1) =0 (p > R1) dan H2 = n2I2az (0 < p < R2) =0 (p > R2) Dengan demikian, untuk bidang seragam ini 2 Φ12 = µ0n1I1π R1

dan 2 M12 = µ0n1n2π R1

Sama dengan

2 Φ21 = µ0n2I2π R1 2 M21 = µ0n1n2π R1 = M12

Jika n1 = 50 putaran / cm, n2 = 80 putaran / cm, R1 = 2 cm, dan R2 = 3 cm, maka M12 = M21 = 4π x 10-7 (5000) (8000) π (0,02) 2 = 63,2 mH / m Diri induktansi yang mudah ditemukan. Fluks yang dihasilkan dalam kumparan I oleh I1 adalah 2

Φ11 = µ0n1I1π R1 dan dengan demikian 2 L1 = µ0 n1 S1d H

Induktansi per satuan panjang karena itu 2 L1 = µ0 n1 S1 H/m

atau L1 = 39,5

mH/m

Demikian pula, 2 L2 = µ0 n2 S2

= 22.7

mH/m (Sumber: William. 2012: 268)

DAFTAR PUSTAKA Giancoli, Douglas C, Yuhilza Hanum dan Irwan Arifin. 2001. Fisika. Jakarta: Penerbit Erlangga. Hayt, William H dan John A. Buck. 2012. Engineering Elektromagnetics. Singapore: The Mc Graw-Hill Companies. M. Notaros, Branislav. 2011. Electromagnetics. New jersey: Pearson. Tipler, Paul A, Bambang Soegijono. 2001. Fisika Untuk Sains and Teknik-Physics for Scientists and Engineers. Jakarta: Penerbit Erlangga.

16. Hukum Ampere Oleh: Reva Dimas Asola 16.1.

Medan di dalam selenoida. Selenoida tipis dengan panjang 10cm memiliki 400 lilitan kawat dan membawa arus 2,0A. Hitung medan di dalam di dekat pusat . Jawab : Jumlah lilitan per satuan panjang adalah n = 400/0,10 m = 4 × B=

µ0

−7 3 nI=(12,57 ×10 T ∙ m / A)(4,0 ×10 −2

= 1,0 ×10

3

10

−1

m

.

m−1 )(2,0 A)

T (Sumber: Giancoli.2001: 149)

16.2.

Torsi pada kumparan. Kumparan kawat melingkar mempunyai diameter 20,0cm dan terdiri dari 10 loop (lilitan). Arus pada setiap loop sebesar 3,00A, dan kumparan di letakan pada medan magnet 2,00 T. Tentukan torsi maksimum dan minimum yang diberikan pada kumparan oleh medan. Jawab : 2 −2 2 A = π r = π (0,100 m ¿ = 3,14 ×10

m2

Torsi maksimum terjadi ketika permukaan kumparan paralel terhadap medan magnet, sehingga θ =90 ° dan sin θ =1 τ =NIAB sin θ = (10)(3,00 A)(3,14 ×10−2

m2 )(2,00 T)

(1)=1,88 N ∙ m Torsi minimum terjadi jika sin θ =0, di mana θ =0 ° , dan kemudian τ =0 (Sumber: Giancoli. 2001: 151)

16.3.

Kecepatan alir dengan menggunakan efek hall. Pita tembaga panjang yang lebarnya 1,8cm dan tebal 1,0mm diletakkan pada medan magnet 1,2 T. Jika arus tetap 15 A melewatinya, ggl Hall diukur sebesar 1,02 µV. Tentukan kecepatan alir elektron dan kecepatan elektron (penghantar) bebas (jumlah per satuan volume) pada tembaga. Jawab : Kecepatan alir adalah

vd

=

−2 m 1 , 8 ×10¿ ¿ ( 1 ,2 T ) ¿ 1 , 02 ×10−6 V ¿

−5 = 4,7 ×10 m/det.

Kerapatan pembawa muatan n didapat dari Persaman 18-10, I =

nev d

A, di mana A adalah

luas penampang lintang melalui mana arus I mengalir. Maka

n=

I ev d A

=

15 A ( 1, 6 ×10−19 C ) 4 ,7 × 10−5 m ( 1, 8 ×10−2 m ) ( 1 ,0 × 10−3 m ) det

(

)

28 = 11 ×10

m−3 28 3 Nilai untuk kerapatan elektron bebas pada tembaga ini, n = 11 ×10 per m ,

merupakan nilai yang diukur pada eksperimen. Nilai ini mewakili lebih dari satu elektron bebas per atom.

(Sumber: Giancoli. 2001: 155)

16.4.

Spektrometri massa. Atom karbon dengan massa atom 12,0 sma ditemukan tercampur dengan elemen lain yang tidak di ketahui. Pada spektrometer massa, karbon mengikuti lintasan dengan radius 22,4cm dan lintasan yang tidak di ketahui radius 26,2cm. Apakah elemen yang tidak diketahui tersebut? (Anggap muatan keduanya sama). Jawab : Karena massa sebanding dengan radius, kita dapatkan m x 26 , 2 cm = =1 ,17 . mC 22 , 4 cm

Jadi

mx

= 1,17 ×12 , 0 sma = 14,0 sma. Elemen lain tersebut mungkin

merupakan nitrogen. (Sumber: Giancoli. 2001: 157)

16.5 Dua batang lurus yang panjangnya 50cm dan terpisah 1,5mm dalam neraca arus menyalurkan arus masing-masing 15 A dalam arah yang berlawanan. Berapakah massa yang harus di tempatkan di batang atas untuk mengimbangi gaya tolak magnetiknya? Jawab : Gaya yang di kerahkan oleh batang bawah pada batang atas yang panjangnya memiliki besaran F=

µ0 2π

I1 I2 R −7

= (2 ×10

l

N/ A

2

)

( 15 A ) (15 A) −2 ×10 N 0 , 0015 m (0,5 m) = 1,5 (Sumber: Tipler. 2001: 263)

16.6

I2

=

2 πL F = µ0 I 1 l

( )

(

2 π ( 0 , 20 m ) N 1, 18 ×10−3 =15 A . m m −7 Menahan arus dengan 4 π ×10 T ∙ ( 80 A ) A

(

)

arus. Kawat horizontal membawa arus

I1

)

= 80 A dc. Berapa besar arus

I2

yang harus

dibawa kawat parallel kedua yang berada 20cm di bawahnya sehingga kawat tidak jatuh karena gravitasi? Kawat yang lebih rendah memiliki massa 0,12g per meter panjangnya. Jawab : Gaya gravitasi pada kawat yang lebih rendah mengarah ke bawah dan untuk setiap meter panjangnya memiliki besar F l

=

mg l

=

2 ( 0 ,12 ×10−3 kg ) (9 , 8 m )

det

1,0m

Gaya magnet pada kawat 2 harus ke atas (sehingga sama dengan

I1

) dan dengan L = 0,20 m dan

−3 = 1,18 ×10

I2

I1

N/m.

harus memiliki arah yang

= 80 A memiliki besar (Sumber: Tipler. 2001: 264)

16.7 mari kita menggambarkan penggunaan persamaan dengan mengasumsikan beberapa nilai numerik di sirkuit dan pemecahan masalah berikut. menentukan jumlah ampere-turns diperlukan untuk membentuk kepadatan fluks dari 1 T di celah udara. Ini akan tidak ada gunanya instruktif untuk memiliki tiga gulungan, jadi kami akan mengatur I_2 dan I_3 sama dengan nol dan memecahkan untuk produk, I_1 N_1. Asumsikan bahwa panjang udara-grap, I_g, adalah 0.1mm; anggota magnetik dibangun dari laminasi M-19 baja dengan faktor penumpukan sebesar 0,9 dan panjang, I_m, sama dengan 100mm; dan renda dan kebocoran yang negrected. Keengganan tetes dapat calcutated oleh salah satu dari bentuk-bentuk di pedalaman persamaan, karena kepadatan fluks celah udara telah ditentukan, bentuk segi intensitas medan magnet sederhana Jawab : H8

=

Bg μ0

= Ƒg

1.0 4 π ×10−7 =

Hg

= 7.95 × Ig

105

= (7.95 ×

A /m

105 )( 10−4 ) = 79.5 A (Sumber: Unnewehr. 1983: 41)

16.8 Menggunakan konfigurasi yang sama dan nilai-nilai numerik, determinate ampere-turns yang diperlukan dalam kumparan menarik untuk membangun fluks 0,001 Wb dalam celah udara. Mari kita memecahkan masalah ini dengan menggunakan reluctances, mengabaikan

kebocoran tetapi tidak fringing efek. Kita perlu tahu untuk luas penampang dari anggota magnetik untuk menentukan reluctances; berasumsi bahwa A_m = 16 cm〗〖^ 2 (gross). Persamaan dapat digunakan untuk menentukan celah udara keengganan. Asumsikan bahwa efek fringing meningkatkan area gap yang efektif atas daerah permukaan baja menghadapinya dengan 10%. Para reluctances menjadi −4

R8

10 −7 ( 4 π ×10 ) (1.1 × 0.0016)

=

4 = 4.5 ×10

Jika kita mengabaikan kebocoran, fluks yang sama akan ada dalam anggota magnetik. Kerapatan fluks dalam bahan magnetic Bm

=

0.001 0.9× 0.0016

= 0.695 T

Dari M-19 kurva, permeabilitas amplitude

μa

=

Bm μ0H

0.695

= m

μ ( 4 π ×10−7 ) (54 ) = 10,240 = R

Para reluctances dari anggota magnetic

Rm

=

Im μ R μ0 A M

=

0.1 10.240 ( 4 π × 10−7 ) (0.9 × 0.0016)

= 0.54 ×

104

Yang diperlukan menarik ampere-turns adalah

N1 I1

R8 = ∅¿ +

Rm

) = 0.001(5.04 ×

4

10

) = 50.4 A

(Sumber: Vincent. 1990: 273)

DAFTAR PUSTAKA

Giancoli, Douglas C., Hanum Yuhilza. 2001. Fisika Edisi Kelima Jilid 2 Physics Fifth Edition. Jakarta: Penerbit Erlangga. Nasar, S. A., Unnwehr, L. E. 1979. Electromechanics and Electric Machines. Canada: John Willey & Son. inc. Tipler, Paul A.,Bambang Soegijono.2001. Fisika Untuk Sains dan Teknik Physics for scientist and engineers. Jakarta: Penerbit Erlangga. Toro, Vincent Del. 1990. Basic Electric Machines. Republic Of Singapore: Hall International, Inc.

18. Momentum Linier Oleh: Satrio Budi Utomo 18.1. Seorang penembak memegangi sebuah senapan dengan massa 3 kg secara tidak erat agar sentakan baliknya tidak menyakitkan ketika ditembakan. Jika peluru yang ditembakan bermassa 5 g

dan bergerak secara horizontal dengan kecepatan 300 m/s , a) berapa

kecepatan pegas pada senapan? b) berapakah momentum dan energi kinetic akhir dari peluru, c) juga momentum dan energi kinetik akhir senapan? Jawab : a) Kedua benda; senapan dan peluru awalnya pada kondisi diam, sehingga vp

dan vs

= 0, maka:

mpvp+msv s=mpvp ’+msvs ’

0=mpvp’ +msvs ’

vs ’=−(mp/ms)vp ’=−(0,005 kg /3 kg)(300 m/s)=−0,5 m/s b) Momentum dan Energi kinetik akhir peluru • Momentum,

Pp’=mpvp’=(0,005 kg)(300 m/s)=1,5 kg . m/ s

300 m/s ¿2 =225 J Kp’=½ mpv p 2=½(0,005 kg)¿

• Energi kinetic,

c) Momentum dan Energi kinetik akhir senapan • Momentum,

Ps ’=msvs ’=(3 kg )(−0,5 m/ s)=−1,5 kg . m/s

• Energi kinetic,

−0,5 m/ s ¿2=0,375 J 2 Ks ’=½ msv s =½(3 kg) ¿ (Sumber: Anonym. 2015: 11-14)

18.2. Sebuah peluru 15 g

bergerak dengan kecepatan 300 m/s melewati sebuah lapisan foam

plastik (plastik busa) setebal 2 cm dan muncul dengan kecepatan 90 m/s . Berapakah gaya rata-rata yang menghalangi gerakan pada saat peluru melalui plastik busa tersebut? Jawab : Gunakan persamaan Impuls: Ft =mv 2−mv 1 Untuk mencari

F , dibutuhkan nilai t . Ini bisa diperoleh dengan

memisalkan perlambatan berjalan seragam dan menggunakan x=vrerata t , dimana

x=0,02 m dan vrerata=½(v 1+v 2)=195 m/s . Ini

memberikan t=1,026 x 10−4 s . Maka: F(1,026 x 10−4 s )=( 0,015 kg)(90 m/s) – (0,015 kg)(300 m/s) F=−3,07 x 104 N

(Sumber:Anonym. 2015: 11-14)

18.3.

Perhatikan Gambar 18.1. Peluru 15 g ditembakan dalam arah mendatar ke dalam balok kayu 3 kg yang digantungkan pada tali yang panjang. Peluru menancap pada kayu itu. Tentukan kecepatan peluru jika tumbukan tersebut menyebabkan balok itu bergerak sampai 10 cm di atas kedudukan semula.

Gambar 18.1 Jawab : • Dari kekekalan momentum: (0,015 kg) vp+ 0=(3,015 kg) vgab • Dari kekekalan energi: K

tepat sesudah tumbukan = U

pada saat balok setinggi 0,1 m

½(3,015 kg)( vgab)2=( 3,015 kg)(9,8 m/s 2)(0,1 m) vgab=1,40 m/s

• Kini nilai vygab dimasukan ke persamaan kekekalan momentum, maka diperoleh nilai vp=281 m/s . (Sumber: Anonym. 2015: 11-14) Sebuah bola 1 kg bergerak dengan kecepatan 12 m/ s bertumbukan dengan bola

18.4.

2 kg yang bergerak tepat berlawanan dengan kecepatan 24 m/s . Tentukan kecepatan masing-masing bola sesudah tumbukan jika a) koefisien resistusinya 2/3, b) kedua bola menjadi satu, c) tumbukan bersifat lenting sempurna. Jawab : Dari kekekalan momentum: (1 kg)(12 m/s)+(2 kg)(−24 m/ s)=(1 k g)v 1’ +(2 kg) v 2 ’

−36 m/ s=v 1’ +2 v 2’ a) Untuk nilai e=2/3, 2/(3 ) = (v’2 - v’1)/(12-(-24)) atau v’2 = 24 m/s + v’1, hasil tersebut disubtitusikan ke persamaan momentum di atas, maka diperoleh v ’ 2=−4 m/s

dan v ’ 1=−28 m/s

b) Jika kedua bola menyatu, hal ini berarti; v ’ 2=v ’ 1=v ’ Maka persamaan momentum menjadi: −36 m/ s=3 v ’ atau v ’=−12 m/ s c) Jika e=1 , maka

1=¿

v ’ 2−v ’ 1 12−(−24)

, yakni v ’ 2=36 m/s+ v ’ 1

hasil tersebut disubtitusikan ke persamaan momentum di atas, maka diperoleh v ’ 2=0 m/s dan v ’ 1=−36 m/s (Sumber:Anonym. 2015: 11-14) 18.5.

Kedua bola pada Gambar 18.2 bertumbukan menurut gambar. Berapakah kecepatan akhir bola 500 g

jika sesudah tumbukan bola 800 g diketahui kecepatannya

15 cm /s .

Gambar 18.2 Jawab : • Hukum kekekalan momentum pada arah sumbu x (0,8 kg)(0,3 m/ s)+(0,5 kg)(−0,5 m/ s )=(0,8 kg)[(0,15 m/s) cos 300]+(0,5 kg) vx 2 ’

Maka vx 2’=−0,228 m/s . • Hukum kekekalan momentum pada arah sumbu y 0=(0,8 kg)[(0,15 m/s)sin 300]+(0,5 kg)vy 2 ’ 2 2 Maka vy 2 ’=0,12 m/ s dan v =√ 0,228 + 0,12 =0,26 m/s

(Sumber: Anonym. 2015 : 11-14) Seorang anak dalam sebuah perahu melemparkan paket 5,40 kg horizontal keluar

18.6.

perahu dengan laju 10,0 m/s , Gambar 18.3. Hitung kecepatan perahu persis setelah lemparan tersebut, dengan mengganggap keadaan awalnya ialah diam. Massa si anak 26,0 kg dan perahu 55,0 kg .

Gambar 18.3 Jawab :

P1=P2 m1 . v 1=( m2+m 3)v 2

5,4 kg . 10 m/s=( 2,6 kg+55 kg)v 2 54 kg m/ s=81 kg v 2

v 2=54 kg m/s :81 kg v 2=0,67 m/ s

(Sumber: Giancoli. 2001:238) Sebuah senapan mesin menembakkan peluru-peluru bermassa 50 g

18.7.

dengan laju

1000 m/s . Penembak memegang senapan itu dengan tangganya dan ia hanya dapat

memberikan gaya 180 N

untuk menahan senapan. Tentukanlah jemlah maksimum peluru

yang dapat ditembakkannya tiap menit Jawab : I =∆ P

F . ∆ t =m . v 1−v 0 180 N . ∆ t=0,05 kg .(1000 m/s – 0 m/ s)

∆ t=50/180 N ∆ t=0,27 s

1 Peluru=0,27 s Max. peluru per menit = 60 s /0,27 s=222 peluru /menit (Sumber: Halliday. 1999: 270)

Momentum linear dari pelari dalam

18.8.

Jika kecepatan pelari adalah Jawab :

100 m

lari adalah

10 m/s , apa yang massa-nya?

750 kg m/s .

P=m x

750 kg m/s=m 0,10 m/s

m=750 kg m/ s :10 m/s

m=75 kg (Sumber: Asto. 2015: 2)

DAFTAR PUSTAKA Asto S. Edu. 2015. www.astro.sunysb.edu/iyers/home/Sams.pdf . /05-01-2015. pukul 15.00 Anonym.

2015.

http://staff.uny.ac.id/sites/default/files/momentum-linear-dan-

tumbukan.pdf. /05-01-2015. pukul 15.00 Giancoli, Douglas C., Hanum Yuhilza. 2001. Fisika Edisi Kelima dan PHYSICS Fifth Edition. Jakarta;Erlangga Halliday David,. Resnick Robert., Silaban Patur & Sucipto Erwin. 1999. PHYSICS,3rd Edition dan Fisika Edisi Ketiga. Jakarta : Erlangga

19. Gerak Gelombang

Oleh: Tri Handoko 19.1.

Gelombang air laut mendekat mercu suar dengan cepat rambat 7 m/s, jarak antara dua

dasar gelombang yg berdekatan 5 m. Tentukan: a. Frekuensi b. Periode gelombang Jawab:

a. Frekuensi dapat dihitung dengan persamaan: v = λ . f atau f = v/ λ = 7m/s : 5 m = 1,4 Hz b. Periode adalah kebalikan frekuensi: T = 1/f = 1/1,4 Hz = 0,71 det

(Sumber: Daryanto. 2000: 219-220)

19.2.

Dalam 30 detik ada 10 gelombang laut yang melintas, jika jarak antara puncak dan

dasar gelombang yang berdekatan 6 meter. Berapa cepat rambat gelombang laut tersebut? Jawab:

Selang waktu untuk menempuh 1 gelomabang = T Selang waktu untuk menempuh 10 gelombang = 10 T Jadi: T = 30 det/10

= 3 det

Jarak anatar dua puncak yang berdekatan sama dengan gelombang (λ). Jarak antara puncak dan dasar yang berdekatan (AB) sama dengan setengah jarak AC. Jadi AB = ½ AC AB = ½ λ 6m=½ λ = 12 m Cepat rambat gelombang dapat dihitung dengan persamaan: v=λ.f

= λ . 1/T

= (12 m) (1/3 det) v = 4 m/det

(Sumber: Daryanto. 2000: 220) 19.3.

Pada permukaan sebuah danau terdapat dua buah gabus yang terpisah satu dengan

lainnya sejauh 60 cm. Keduanya turun naik bersama permukaan air dengan frekuensi 2 getaran per detik. Bila salah sebuah gabus berada dipuncak bukit gelombang, yang lainnya berada di dasar gelombang, sedangkan diantara krdua gabus itu terdapat satu bukit gelombang. Tentukan cepat rambat gelombang pada permukaan danau!

Jawab:

Jarak AB 3/2 f

= 3/2 sehingga = 60 cm = 2/3 . 60 cm = 40 cm = 2 Hz

dengan demikian: v

=λ.f

v

= (40 cm) (2 Hz) = 80 cm/det

Cepat rambat gelombang adalah 80 cm/det.

(Sumber: Daryanto. 2000: 220-221)

19.4.

Gelombang dengan panjang gelombang 35 cm dan amplitudo 1,2 cm bergerak

sepanjang tali 15 m yang memiliki massa 80 g dan tegangan 12 N. Hitung a) berapakah energy total gelombang pada tali? b) hitung daya yang ditransmisikan melalui suatu titik tertentu pada tali. Jawab: a) Rapat massa linear tali µ = m/L = (0,08 kg)/(15 m) = 5,33 x 10-3 kg/m. Laju gelombang pada tali

√

v=

F µ

=

√

12 N 5,33 x 10−3 kg /m

Frekuensi sudut gelombang 47,4 m/s ω = 3 µ f = 2µ 0,35 m

= 47,4 m/s

= 851 rad/s

energy total gelombang pada tali 1 ΔE = 2 µω2A2Δx =

1 2

(5,33 x 10-3 kg/m)(851 rad/s)2(0,012 m)2(15 m)

= 4,17 J b) Daya yang ditransmisikan melalui titik tertentu pada tali 1 P = 2 µω2A2Δx =

1 2

(5,33 x 10-3 kg/m)(851 rad/s)2(0,012 m)2(47,4 m/s)

= 13,2 W (Sumber : Tipler. 1991: 481-482)

19.5.

Dawai banyo panjang 30 cm beresonansi dengan frekuensi dasar 256 Hz. Kalau

diketahui bahwa dawai sepanjang 80 cm beratnya 0,75 g, tentukan dalam dawai banyo itu. Mula mula kita cari v dan tegangan. Kita ketahui bahwa terjadi satu segmen gelombang bila dawai digetarkan dengan frekuensi f = 256 Hz. Jawab : Maka ; λ atau λ = (0,30 m)(2) = 0,60 m 2 =L Dan v = fλ = (256 m/s-1)(0,6 m) = 154 m/s Massa dawai per satuan panjang adalah 0,75× 10−3 kg =9,4 × 10−4 kg /m 0,8 m Maka, dari ¿ √ (tegangan ) ( massa p s p ) , diperoleh

tegangan=v 2 ( massa p s p )=( 154 m/ s 2) ( 9,4 ×10−4 kg/m )=22 N (Sumber: Frederick. 1989: 177)

19.6.

Tali 2 m ujungnya yang satu digetarkan vibrator yang berfrekuensi 240 Hz. Kalau

diketahui bahwa terjadi gelombang dan terbentuk empat segmen, berapakah laju rambat gelombang transversal itu? Jawab : Karena setiap segmen gelombang panjangnya 4

Dengan

λ=vT =

( 2λ )=L

L 2m λ= = =1 m 2 2

v f , diperoleh

v =fλ=( 240 s−1 ) ( 1 m )=240

19.7.

atau

λ =L 2

m s

(Sumber : Frederick. 1989: 177) Sebuah garpu bergetar pada 300 Hz di dalam tangki air. (a) carilah panjang

gelombang dari gelombang suara di dalam air. (b) carilah panjang gelombang dari gelombang suara yang dihasilkan di udara di atas tangki dengan getaran dari permukaan air. Kecepatan suara di dalam air = 1.498 m/s dan di udara 331 m / s. a. Di dalam air, frekuensi gelombang suara adalah 300 Hz dari sumber dan panjang gelombang di air adalah m 1498 v1 s λ1 = = =4,99 m f 300 Hz b. Di udara, frekuensi gelombang suara adalah sama dengan frekuens di dalam air. Oleh karena itu fair = fudara = 300 Hz. Panjang gelombang di udara adalah m 331 v2 s λ2 = = =1,10 m f 300 Hz (Sumber : Applied Physics. 2004: 110)

19.8.

Sebuah piringan hitam berputar, dengan kecepatan 25 cm/s. jika jarak antar

gelombang 0,1 mm, berapa frekuensi suara yang dihasilkan? Berikut jarak antar gelombang adalah

−4

λ=0,1 mm=10 m

m v s f = = −4 =2500 Hz λ 10 m 0,25

(Sumber: Applied Physics. 2004: 109)

DAFTAR PUSTAKA

Beiser, Arthur. 2004. Schaum’s Outline of Theory and Problems of Applied Physics. Bueche, Frederick J. 1989. Theory and Problems of College Physics. Jakarta: Penerbit Erlangga. Daryanto. 2000. Fisika Teknik. Jakarta: Rineka CiptaNew York: Mc Graw Hill. Tipler, Paul A. 1991. Physics for Scientists and Engineers. Jakarta: Penerbit Erlangga.

20. GLB dan GLBB Oleh: Wisnu Iswardana 20.1.

Kereta api bergerak pada rel lurus dengan kecepatan 40 m/s dapat direm hingga berhenti dalam waktu 60 detik. Tentukan percepatan yang dialaminya. Tentukan pula jarak yang ditempuh kereta api saat mulai direm hingga berhenti sama sekali. Jawab:: Berlaku

v = vo + a . Δt v−v o a = Δt 0−40 60

= =-

2 3

s = vot +

m/s2 1 2

at2

= (40m/s)(60s) +

1 2

(-

2 3

m/s2)(60s)2

= 1200 m Jadi jarak yang harus ditempuh kereta sebelum berhenti adalah 1200 meter. Dan percepatan

yang dialaminya adalah -

2 3

m/s2. (Sumber: Ishaq. 2007: 31)

20.2.

Sebuah bola diluncurkan tegak lurus ke atas dari atas tanah dengan kecepatayn 20 m/s, hitunglah waktu yang diperlukan untuk mencapai ketinggian maksimum sebelum jatuh kembali ke tanah, hitung juga ketinggian maksimum yang bisa dicapai bola. Jawab: Berlaku

vt = Vo – gt 0 = 20 – 10 tmaks tmaks = 2detik hmaks = vo . tmaks -

1 2

= (20 m/s)(2 s) -

g(tmaks)2 1 2

10 m/s2 . (2 s)2

= 20 meter Jadi waktu yang diperlukan untuk mencapai ketinggian maksimum adalah 2 detik, dan ketinggian maksimum yang mungkin diperoleh adalah 20 meter dari posisi bola saat dilemparkan. (Sumber: Ishaq. 2007: 34) 20.3.

Berapa lama waktu yang diperlukan mobil untuk menyeberangi persimpangan selebar 30 m setelah lampu lalu lintas berubah menjadi hijau, jika percepatannya dari keadaan diam adalam 2 m/s2 secara konstan? Jawab: Berlaku

s1 =

1 2

t=

√

2S a

=

√

(2)(30 m)

at2

2

2 m/ s

= 5,48 s Jadi waktu yang diperlukan mobil untuk menyeberangi persimpangan adalah 5,48 detik. (Sumber: Douglas. 2001: 35) 20.4.

Misalkan anda ingin merancang sistem kantung udara yang dapat melindungi kepala pengendara dari tumbukan depan mobil dengan laju 100 km/jam (28 m/s). Perkirakan seberapa cepat kantung udara harus menggembung untuk melindungi si pengendara secara efektif. Anggap mobil tersebut penyok karena tabrakan dalam jarak 1 m. Jawab: 2

Berlaku

a=-

Vo 2S

2

=-

(28 m/s) 2m

= - 390 m/s2 Percepatan sebesar ini terjadi dalam waktu selama ? v−v 0 t= a 0−28 m/ s = −390 m/s 2 = 0,07 s Jadi kantung udara akan mengembang dalam waktu 0,07 s setelah terjadi tabrakan. (Sumber: Douglas. 2001: 37)

20.5.

Peluru dari sebuah meriam ditembakkan dengan kecepatan awal 80 ft/s ke titik B yang terletak 2000 ft diatas meriam dan sejauh 12000 ft. Dengan mengabaikan hambatan udara, hitunglah besar sudut kemiringan meriam. Jawab:

Berlaku

(Vx)0 = 800 cos α x= (Vx)0t x= (800 cos α)t 12000 = (800 cos α)t t=

12000 800cos α

t=

15 cos α

(Vy)0 = 800 sin α α = - 32,2 ft/s2 Substitusikan ke dalam persamaan gerak vertikal dipercepat, sehingga y = (Vy)0t +

1 2

at2

y = (800 sin α)t – 16.1t2 2000 = 800 sin α

15 cos α

– 16.1

( cos15α )

2

Kita tau bahwa

1 2 cos α

= sec2 α

= 1 + tan2 α , maka

2000 = 800(15) tan α 0 = 3622 tan2 α tan α

– 16.1(15)2(1 + tan2 α ¿ – 12000 tan α

= 0,565

α

dan

+ 5022 tan α

= 2,75

= 29,5° α

= 70°

Jadi untuk mencapai target B, besar sudut kemiringan meriam adalah 29,5° dan 70°. (Sumber: Ferdinand. 1976: 436) 20.6.

Sebuah peluru ditembakkan dari sebuah tebing setinggi 150 m dengan kecepatan awal 180 m/s, dengan sudut kemiringan 30o. Dengan mengabaikan hambatan udara, hitunglah (a) jarak terjauh dimana peluru menyentuh tanah, (b) hitunglah ketinggian dari atas tanah yang dapat dicapai peluru. Jawab: (vy)0 = (180 m/s) sin 30o = 90 m/s α = - 9,81 m/s2 vy = (vy)0 + αt vy = 90 – 9,81t.................(1) 1 y = (vy)0 + 2

αt2

y = 90t – 4,90t2..............(2) vy2= (vy)02 + 2αy vy2= 8100 – 19,62y..........(3) (vx)o = (180 m/s) cos 30o = 155,9 m/s x = (vx)ot x = 155,9t.....................(4) a. Jarak yang ditempuh (x) y = - 150 m y = 90t – 4,90t2 -150 = 90t – 4,90t2 0 = t2 – 18,37t t = 19,91s x = 155,9t x = 155,9(19,99s) x = 3100 m b. Jarak puncak tertinggi (y) vy2 = 8100 – 19,62y 1 = 8100 – 19,62y y = 413 m Jadi jarak terjauh yang ditempuh peluru saat menyentuh tanah adalah 3100 m, dan jarak tertinggi peluru adalah 413 m. (Sumber: Ferdinand. 1976: 435)

20.7.

Sebuah piston dengan kecepatan awal v0 = 3,2 cm/s digambarkan dalam sebuah persamaan y ẍ = (α 1+ α 2 t) piston ? Jawab:

untuk 1,15s (a1 = 2,5 cm/c2 dan a2 = -2,5 cm/s2). Berapa kecepatan akhir

1,15 s

v(1,15) = v(0) +

∫ ( α1 +α 2 t )

dt

0

α2 2 α + t ¿ 1 v(1,15) = v(0) + ( 2

|1,15❑s❑

= 3,20 cm/s + (2,50 cm/s2)(1,15s) + (-2,50 cm/s2)(1,15s2)/2 = 4,42 cm/s Jadi kecepatan akhir piston adalah 4,42 cm/s. (Sumber: Benson. 2011: 23) 20.8.

Bayangkan bahwa kamu adalah seorang wartawan sebuah majalah mobil, secara diam-diam mengamati sebuah test percobaan mobil sport terbaru. Dari sudut pandang anda yaitu diatas sebuah pohon yang menghadap langsung ke lintasan, kamu dapat melihat radar yang digunakan untuk melacak mobil tersebut. Tujuanmu mengamati adalah untuk menentukan besarnya percepatan rata-rata mobil. Pada suatu percobaan kamu melihat bahwa mobil tersebut kamu melihat bahawa mobil memulai bergerak sejauh 100 m dengan kecepatan 100 km/h. Akan tetapi baterai jam digital mu habis hanya 3 menit sebelum pengujian dimulai, sehingga memberikan mu waktu untuk percobaan. Tetapi kamu butuh untuk mendapat informasi tentang percepatan mobil tersebut. Bagaimana cara kamu mendapatkannya? Jawab: (100 km/h)

m/km ( 100 3600 s/h )

= 27,8 m/s

(27,8 m/s)2 = (0)2 + 2 α´ (100 m – 0) 2

α´

=

(27,8 m/s) 200 m

= 3,86 m/s2 = 0,393g (Sumber: Benson. 2011: 25)

DAFTAR PUSTAKA Benson H. Tongue. 2011. Dynamic Engineering Mechanics. New York : John Wiley & Sons, Inc. Giancoli, Douglas C.. 2001. Fisika Edisi Kelima Jilid 1. Jakarta : Penerbit Erlangga. Ferdinand P. Beer, E. Russell Johnston. 1976. Mechanics for Engineers Dynamics. Singapore : Fong & Sons Printers Pte Ltd. Mohamad Ashaq. 2007. Fisika Dasar. Yogyakarta : Penerbit Graha Ilmu.

21. Gelombang Elektromagnetik Ole h: Yokek e D ewi H ar a p a n 21.1.

3

Mat a h a ri m e n g h a n t a rk a n e n e r gi s10 e kit ar

W/ m 2 k e p e r m uk a a n

Bu mi m el alui r a di a si el e k tro m a g n e tik. Hitu n g d a y a t o t al y a n g d a t a n g p a d a s e b u a h a t a p d e n g a n di m e n si 8, 0 0 m × 2 0 , 0 m . Jawab : Kit a a s u m sik a n b a h w a b e s a r r a t a-r a t a d a ri v e c t or p oin tin g u n t u k r a di a si m a t a h a ri p a d a p er m uk a a n Bu mi a d al a h S rata-rata = 1 0 0 0 W/ m 2; h al ini m e m p r e s e n t a sik a n d a y a p e r s a t u a n lu a s a t a u int e n sit a s c a h a y a . D e n g a n a s u m si r a di a si d a t a n g s ej aj ar g a ris n or m al t er h a d a p bid a n g a t a p , kit a p er ol e h 2 2 P rata-rata = S rata-rata 105A = ( 1 0 0 0 W/ m )( 8, 0 0 × 2 0 , 0 m )

= 1, 6 0 ×

W

(S u m b e r: S erw ay. 2 0 1 0: 7 0 3) 21.2.

S u a t u a n t e n a s e t e n g a h-g elo m b a n g b ek e rj a b er d a s a rk a n prin sip

b a h w a p a nj a n g o p ti m al d a ri a n t e n n a a d al a h s e t e n g a h p a nj a n g g elo m b a n g d a ri sin a r y a n g dit eri m a n y a . Ber a p a k a h p a nj a n g o p ti m al d a ri s e b u a h a n t e n n a m o bil k e tik a m e n e ri m a sin y al b e rfr ek u e n si 9 4, 7 MHz? Jawab : p a nj a n g g elo m b a n g d a ri sin y al t e r s e b u t a d al a h 3,00 × 108 m/ s λ = 9,47 ×107 Hz =3,16 m ja di, a g a r b e r o pr a si p alin g e fisie n, a n t e n a n y a h a r u s m e miliki p a nj a n g (3, 1 6 m )/ 2 = 1, 5 8 m . Unt uk al a s a n k e pr a k tis a n, a n t e n n a-a n t e n a m o bil bi a s a n y a b e r uk ur a n s e p e r e m p a t d a ri p a nj a n g g elo m b a n g y a n g a k a n (S u m b e r: S erw ay. 2 0 1 0: 7 0 8)

21.3.

Hitu n g p a nj a n g g elo m b a n g; ( a) g elo m b a n g EM 6 0 Hz, (b)

g elo m b a n g r a dio FM 9 3, 3 14MHz, d a n (c) b e rk a s sin a r t a m p a k b e r w ar n a m e r a h b e rfr ek u e n si 10 Jawab 4, 7 4 × :

Hz d a ri la s er.

( a) k ar e n a c = λƒ , c λ = ƒ

3,0 × 108 m/det =5,0 ×106 m , −1 = 60 det

a t a u 5 0 0 0 k m. 6 0 Hz a d al a h frek u e n si a r u s a c di Am erik a S erik a t, d a n , s e p e r ti kit a lih a t di sini, s a t u p a nj a n g g elo m b a n g d a p a t dib e n t a n gk a n di a t a s n e g a r a t e r s e b u t. 3,00 × 108 m/det =3,22 m. 93,3 ×106 det −1 (b) λ =

1 Pa nj a n g a n t e n n a FM kir a-kir a s e t e n g2a h n y a ¿

λ).

3,00 × 108 m/ det −7 ( ) (c) λ = 4,74 ×1014 det −1 =6,33 ×10 m ¿ 633 nm . (S u m b e r: Gia n c oli. 2 0 0 1: 2 2 8) S e b u a h s t a si u n r a dio FM m e m a n c a rk a n frek u e n si 1 0 0 MHz. hit u n g

21.4.

( a) p a nj a n g g elo m b a n g n y a , d a n (b) nil ai k a p a sit a n si p a d a r a n gk ai a n p e n al a jika L = 0, 4 0 µH. Jawab : 108

det −1 .

( a) Freku e n si p e8m b a w a a d al a h 8ƒ= 1−10 0 MHz = 1, 0 × 10 m/ det 10 det p ers a m a an λ = c/ƒ = (3, 0 ×

)(1, 0 ×

D ari

) = 3, 0 m e t er. Pa nj a n g

g elo m b a n g sin y al-sin y al FM y a n g lain (8 8 hin g g a 1 0 8 MHz) h a m p e r s a m a d e n g a n nilai ini. Ant e n n a FM bi a s a n y a m e miliki p a nj a n g 1, 5 m , a t a u s e kit a r s e t e n g a h p a nj a n g g elo m b a n g . Pa nj a n√gLC ini di pilih s e d e miki a n r u p a s e hi n g g a a n t e n n a b er e a k si d al a m b e n t uk r e s o n a n si d a n m e n y e b a b k a n ia m e nj a di le bih s e n sitif. 1 u t p e r s a m a a n fr ek1u e n si r e s o n a n si ƒ0 = 1/( 2π (b) Men ur = 2 2 4 π ƒ 0 L 4 ( 3,14 )2 ( 1,0 ×10 8 s−1 )2 (4,0× 107 H) ol e h k ar e n a itu

).

C= = 6, 3 pF. 21.5.

(S u m b e r: Gia n c oli. 2 0 0 1: 2 3 7) Vektor m e d a n listrik d a n m a g n e t s e r a g a m w a k t u-h a r m o nik

p e rj al a n a n p e s a w a t g elo m b a n g b e r o sila si d al a m w ak t u p a d a frek u e n si s u d u t ω . Ap a fr ek u e n si s u d u t v ek t or Poyn tin g g elo m b a n g b e r o sila si? Jawab :

2 E20 Ƥ = ExH yẑ = η

2 E20 c o s 2 ( ω t-β z + θ 0 ) ẑη =

[1 + c o s (2 ω t - 2 β z (S u m b e r: Not ar o š. 2 0 1 1: 4 3 7)

21.6.

Veri fika si (la n g s u n g) b a h w a e k s pr e si u n t u k int e n sit a s m e d a n listrik

d a ri s e b u a h p e s a w a t s e r a g a m g elo m b a n g el ek tro m a g n e tik m e r a m b a t w ak t u-h a r m o nik d al a m m e di a los sl e s s p a r a m e t e r ɛ d a n μ. s olu si d a ri g elo m b a n g y a n g s e s u ai ( a t a u H el m h oltz) p e r s a m a a n Jawab : 2

∂ E0

√2

2

∂z

∂2 2 ∂z

c o s ( ω t-β z + θ 0 ) = -β 2E0

= E0 and ∂2 E0 ∂t

√2

√2

∂2 ∂t 2

c o s ( ω t-β z + θ 0 )

√2

(S u m b e r: Not ar o š. 2 0 1 1: 4 3 7) = E0 c o s ( ω t-β z + θ 0 ) = -ω 2E0 c o s ( ω t-βz + θ 0 ) S e b u a h p a d u a n g elo m b a n g p el a t s ej aj ar m e miliki p e mi s a h a n

21.7.

le m p e n g d = 1 c m d a n diisi d e n g a n Te flon' m e miliki ko n s t a n t a di el ek trik ∈r . D e t er mi n a n fr eku e n si o p e r a si m a k si m u m s e hi n g g a h a n y a m o d u s TEM a k a n m e n y e b a rk a n. Jug a m e n e m u k a n r e n t a n g frek u e n si di m a n a ( m = 1) m o d e TE1 d a n TM1, d a n tid a k a d a m o d e tin gk a t tin g gi, a k a n m e n y e b a rk a n. Jawab : ωcl 2π

ƒcl = 21.8.

2.99 ×10 10 2 √ 2.1 =

= 1. 0 3 × 1 0 10 Hz = (S 1 0. u 3m bGHz e r: H a yt. 2 0 1 2: 4 7 2)

D al a m p el a t s ej aj ar m e m a n d u g elo m b a n g o p e r a si λ = 2 m m .

b e r a p a b a n y a k m o d e p a d u a n g elo m b a n g a k a n m e n y e b a rk a n ?

Jawab :

2mm <

2 √ 2.1 ( 10 mm ) m

fro m wich

m <

2 √ 2.1 ( 10 mm ) 2m

= 1 4. 5 c (S u m b e r: H a yt. 2 0 1 2: 4 7 2)

DAFTAR PUSTAKA Gia n c oli, Do u gl a s C., Yuhilz a H a n u m , & Irw a n Ari fin. 2 0 0 1. Fisika. Jak art a: Pe n e r bit Erla n g g a . H a yt, Willia m H., & John A. Buck. 2 0 1 2. Engineering Electromagnetics. N ew York: Mc Gr aw Hill. Not ar o š, Br a nisl av M. 2 0 11 . Electromagnetics. Unit e d St a t e s : Pe a r s o n Ed u c a tio n. S erw a y, Ray m o n d A., Joh n W. Jew e t t, & Chrisw a n S u n gko no. 2 0 1 0 . Fisika untuk

Sains

dan

Teknik-Physics

for

Scientists

and

Engineers with Modern Physics. Jak ar t a: Pe n e r bit S al e m b a Teknik a.

1. Keseimbangan Benda Tegar Oleh: Arif Fadilah

Recommend Documents