FISIKA I
Disusun oleh : Dr. Drs. Jaja Kustija, M.Sc.
JURUSAN TEKNIK ELEKTRO UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA 2014
DAFTAR ISI
Halaman DAFTAR ISI ........................................................................................................... i Modul I PERKEMBANGAN TEORI – TEORI FISIKA ..................................1 1.1. Pendahuluan ..............................................................................................1 1.2. Sains dan Kreativitas ................................................................................3 1.3. Pembagian Fisika..... .................................................................................6 Modul II FISIKA MEKANIKA VEKTOR I .......................................................7 2.1. Definisi .......................................................................................................1 2.2. Penggambaran Vektor Dan Satuan Vektor ...........................................1 2.3. Penjumlahan vektor..................................................................................1 Modul III PROYEKSI PADA RUANG TIGA DIMENSI ...............................15 3.1. Proyeksi Vektor Pada Ruang Tiga Dimensi .........................................15 3.2. Operasi perkalian vektor .......................................................................17 Modul IV FISIKA MEKANIKA STATIKA .....................................................22 4.1. Hukum Newton I .....................................................................................22 4.2. Hukum Newton III..................................................................................22 Modul V HUKUM NEWTON II DAN PENERAPANNYA ............................29 5.1. Hukum Newton II ...................................................................................29 5.2. Penerapan Hukum Newton II ................................................................30 Modul VI GAYA GESEK ...................................................................................36 Modul VII MOMEN GAYA DAN PUSAT MASSA.........................................41 7.1. Momen Gaya ...........................................................................................41 7.2. Menjumlahkan Gaya-gaya Sejajar .......................................................44 Modul VIII KERJA DAN ENERGI ...................................................................47 8.1. Energi dan Kerja.....................................................................................48 8.2. Transformasi Energi dan Hukum Kekekalan Energi .........................48 8.3. Proses Transfer dan Transformasi Energi ...........................................49
i
8.4. Ukuran Transfer Energi.........................................................................50 8.5. Satuan.......................................................................................................51 8.6. Gaya Tak Sejajar Gerak ........................................................................51 8.7. Usaha Oleh Gaya Yang Tidak Konstan ................................................53 8.8. Energi Kinetik .........................................................................................53 8.9. Energi Potensial ......................................................................................54 Modul IX & X GERAK LURUS ........................................................................62 9.1. Kecepatan Rata-rata dan Perpindahan ................................................63 9.2. Kecepatan Sesaat ....................................................................................64 9.3. Percepatan ...............................................................................................66 9.4. Gerak Lurus dipercepat beraturan ......................................................9.4 9.5. Benda Jatuh .............................................................................................72 9.6. Benda dilempar vertikal .........................................................................73 Modul XI & XII GERAK PELURU DAN GERAK MELINGKAR...............76 11.1. Gerak Peluru ...........................................................................................77 11.2. Gerak Lingkar.........................................................................................79 11.3. Percepatan Tangensial Dalam Gerak Melingkar ................................84 Modul XIII & XIV MOMEN INERSIA ............................................................90 13.1. Momen Inersia ........................................................................................91 13.2. Momen Inersia Benda Tegar .................................................................94
ii
MODUL I PERKEMBANGAN TEORI-TEORI FISIKA
1.1 Pendahuluan Fisika adalah ilmu yang paling mendasar dari semua cabang sains fisika yang berhubungan dengan prilaku dan stuktur materi ilmu yang mempelajari bagian – bagian dari alam dan intraksi di dalam. Pada abad ke 20, fisika telah mengalami perkembangan pesat sekali. Dampak perkembangan fisika telah dapat kita rasakan yaitu berupa perkembangan teknologi mutakhir, misalnya teknologi laser, semi konduktor, super konduktor, nuklir telah membuat revolusi besar dalam sejarah kehidupan manusia. Fisika telah menguak tabir misteri di alam ini, misalnya dahulu orang menganggap panas adalah sebuah misteri, tidak di ketahui penyebabnya tetapi setelah ditemukan teori atom orang mengerti bahwa panas itu sebenarnya akikan gerakan dan tumbukan atom-atom. Teori tentu atom ini berhasil menyatukan 2 konsep fisika berbeda yaitu konsep panas dan konsep gerak. Hal yang sama terjadi juga dengan listrik dan magnet. Dahulu orang tidak mengerti apa hubungannya antara medan magnet dan medan listrik. Tetapi dengan ditentukannya teori elektromagnetik oleh Maxwell dkk orang mengerti bahwa kedua medan ini hakekatnya satu. Medan listrik dapat di timbulkan oleh nedan magnet demikian sebaliknya. Penemuan teori elektromagnetik ini juga telah membuka tabir penyebab keberadaan cahaya dan gelombang sinar X, radio, TV yang bermanfaat dalam teori modern.
1
2
Akhir-akhir ini perhatian fisika modern tertuju pada gerak (partikel pengembangan inti atom). Saat ini para fisikawan sedang berusaha memahami bagaimana quark-quark ini berintraksi berbentuk materi.
1.2 Sains dan kreativitas Salah satu aspek terpenting dalam sains adalah pengamatan terhadap peristiwa. Namun pengamatan memerlukan imajinasi, karena para ilmuwan tidak akan pernah dapat memasuki segala-galanya dalam dalam deskripsi tentang apa yang mereka amati. Dengan demikian, para ilmuan harus membuat contoh, mari kita lihat bagaimana dua pemikir besar, Aristoteles (384-322 SM) dan Galileo (15641642), menafsirkan gerak sepanjang suatu permukaan horizontal. Aristotes melihat bahwa benda-benda yang di beri dorongan awal di atas tanah (atau di atas sebuah meja) selalu bergerak semakin lambat dan kemudian berhenti. Sebagai akibatnya, Aristoteles mempercayai bahwa keadaan alamiah sebuah benda adalah selalu pada keadaan diam. Galileo dalam tinjauan ulangnya tentang gerak horizoltal pada awal 1600-an, lebih memilih mempelajari kasus gerak ideal yang bebas hambatan. Galileo membayangkan bahwa jika gesekan dapat dihilangkan, sebuah benda yang di berikan gerakan awal sepanjang suatu permukaan bidang horizontal akan bergerak terus menerus tanpa henti. Dia menyimpulkan bahwa untuk sebuah benda dalam keadaan gerak adalah sama alamiahnya dengan berada dlm keadaan diam. Dengan menemukan sebuah pendekatan baru, Galileo membangun pandangan modern kita tentang gerak (lebih rinci dlm bab 2,3,dan 4) dan dia mengerjakannya dgn lompatan imajinasi.
3
4
Jika konsep panas dan listrik dapat disatukan, listrik, magnet dan cahaya juga dapat disatukan, mungkinkah gejala di alam ini dapat diterangkan dengan satu teori saja? Pertsanyaan ini saatmengusikpara fisikawan. Pada tahun 1978 Steven Weinberg menciptakan sebuah teori yang menggabungkan teori elektromagnetik dan teori lemah (Weak Intraction) yang berhubuan erat dengan radioaktivitas teori gabungan ini dinamakan teori listrik lemah (Elektroweak). Sukses teo Elektroweak ini membuat fisikawan semakin bernafsu untuk menggabungkan tero elektroweak dengan elektro kuat (Strong Intraction) yang melukiskan intraksi diantara inti atom (neutron dan proton) orang menamakannya sebagai teori gabungan “Grand Unified Theory”. Para fisikawan berharap pada suatu saat nanti “Grand Unified Theory” dapat digabungkan dengan teori grafitasi menjadi teori baru “Theory of Everithing” teori gabungan inilah membantu kita lebih banyak memahami misteri di alam semesta ini.
Listrik statis
Listrik
Listrik dinamis s
Elektro magnet
Kuantum elektrodinamika
Elektro lemah
Grand Unified Theory
Magnet Radio aktif Intraksi Kuat inti Gravitasi
Intraksi lemah Intraksi kuat quark
Kuantum grafitasi
Theory of everything “ superthing
Grafitasi
Teori tidak pernah diturunkankan secara langsung dari pengamatan, teori diciptakan untuk menerangkan pengamatan. Teori merupakan inspirasi yang hadir dalam akal pikiran umat manusia, misalnya gagasan bahwa materi tersusun dari 5
atom-atom (teori atom) tidak muncul pada seseorang hanya karena orang itu menyaksikan atom. Tapi agaknya, karena suatu gagasan yang berasal dari pikiran kreatif. Teori relativitas, teori elektromagnetik tentang cahaya, dan hukum newton tentang gravitasi universal juga merupakan imajinasi manusia. Teori-teori besar sains dapatdibandingkan sebagai pencapaian kreatif, dalam karya-karya besar seni dan sastra. Namun bagaimana sains berbeda dari kegiatan kreatif ini ? Satu perbedaan penting adalah sains memerlukan pengujian, terhadap gagasan atau teori_teori untuk melihat bahwa prediksinya didukung oleh eksperimen. Memang sesungguhnya, pengujian secara seksama merupakan bagian yang penting dalam fisika.
1.3 Pembagian Fisika Secara umum fisika di bagi dua bagian, yaitu Fisika klasik dan Fisika modern. Fisika klasik berkembang sebelum tahun 1900-an mencakup teori-teori, konsep-konsep, hukum-hukum, dan percobaan-percobaan dalam tiga bidang, yaitu: 1. Mekanika klasik (mengenai gerak benda pada kecepatan normal, jauh lebih kecil dari kecepatan cahaya, 3x10 m/detik). 2. Termodinamika (mengenai perpindahan panas, suhu dan kelakuan dari partikel-partikel dalam jumlah yang sangat besar). 3. Elektrodinamika (mengenai fenomena listrik dan magnet, optik dan radiasi). Dengan fisika klasik kita bisa menerangkan bahwa banyakfenomena alam yangkita lihat dan rasakan di sekitar kita, misalnya : terjadinya angin, panas, rambatan bunyi, pelangi, dan lain-lain. Fisika modern yang muncul pada awal abad ke-20 mengembangkan teori yang berhubungan dengan fenomenafenomena yang tidak bisa di terangkan oleh fisika klasik
6
MODUL II FISIKA MEKANIKA VEKTOR I
2.1 Definisi Secara sederhana vector yang dimaksud dalam pembahasan ini adalah : Sebuah besaran yang mempunyai nilai ( Harga ) dan arah. Untuk mendapat gambaran tentang vector perhatikan contoh – contoh berikut : 1. Pergeseran keadaan ke arah barat sejauh 200 meter 2. Berat benda 100 Newton dengan arah vertical menuju pusat bumi. 3. Kecepatan orang berjalan 5 kKm // Jam ke arah selatan.
2.2 Penggambaran vector dan satuan vector Untuk menggambarkan sebuah besaran yang mempunyai nilai dan arah diwakili oleh sebuah panah dengan aturan : 1. Panjang panah menunjukan skala harga 2. Arah panah menunjukan arah vector
y
F
ά
x 7
Gambar 2.1
Dari gambar di atas dapat ditafsirkan bahwa vector F mempunyai harga satuan dan arahnya membentuk sudut ά dari sumber x.
A
α
y β x
Gambar 2.2 Vector a adalah vector pada ruang tiga dimensi dengan harga 4 satuan dan mempunyai arah membentuk sudut α dari sumbu z dan proyeksi A pada bidang xy membuat sudut β dari sumbu x.
C
D A=D
Gambar 2.3 8
Dari gambar terlihat vector C mempunyai harga lebih kecil Dari D dan keadaan kedua vector mempunyai arah yang sama.
3. Dua vector dikatakan sama jika arah dan panjangnya sama seperti gambar di bawah ini A = B A Karena panjang dan arahnya sama B
Gambar 2.4
Dua vector yang harganya sama dan arahnya berbeda 180˚ ( saling berlawanan arah ) dinamakan vector negative satu sama lain.
C C=-D D
atau D=-C
Gambar 2.5
Harga C sama dengan arah D dan arahnya berbeda 180˚. Unit vector ( vector satuan ) adalah sebuah vector yang harganya satu satuan dan arahnya sama dengan arah vector itu sendiri sering di tulis 9
aA = vector satuan A
A
aA
aA
A
2.3 Penjumlahan vektor Seperti diungkapkan di atas bahwa sebuah vector mempunyai harga dan arah sehingga dalam operasinya tidak seperti aljabar biasa. Dapat dilihat ilustrasi bahwa ini
F2 = 10 N
F1 = 10 N
Licin Gambar 2.6 ( a )
F3 = 10 N F4 = 10 N
Licin Gambar 2.6 ( b )
Sebuah benda dipengarui oleh dua buah vector yang sama ( F1 = 10 N dan F2 = 10 N ) ( F3 = 10 N dan F4 = 10 N ) 10
Jika kita cari resultannya penjumblahan R1 = F1 + F2 R2 = F3 + F4 Antara R1 dan R2 tentu akan sangat berbeda untuk itu metode penjumblahan vector tidak sama dengan penjumblahan bilangan biasa kecuali pada kasus – kasus tertentu misalnya vector sejajar dapat dijumblahkan secara aljabar.
F1 F2
R = F1 + F2 Gambar 2.7 a
F1 F2
R = F1 + ( - F2 ) Gambar 2.7 b
Ada dua metoda penjumblahan vector secara gambar yakni : a). Metoda segi tiga sbb :
B
A β 11
α
Gambar 2.8.a
R = A + B secara segi tiga adalah sebagai berikut
B
A β α Ganbar 2.8.b
b). Metoda jajar Genjang Y
B R
β
A α
Gambar 2.8.c
Sebuah vector pada bidang ( dua dimensi ) atau pada ruang ( tiga dimensi ) adalah merupakan gabungan dari vector – vector komponennya atau dengan perkataan lain sebuah vector dapat diproyeksikan menjadi vector komponenya sebagai berikut :
Y
F2 Fy
Fx
X
12
Gambar 2.9
Analognya dengan metoda jajaran genjang bahwa : F = Fx + Fy Dimana Fx = cos α Fy = sin α
Dengan menggunakan unit vector ( vector satuan ) untuk semua sumbu Ax = unit vector pada pada sb x Ay = unit vector pada pada sb y Az = unit vector pada pada sb z F = Fx + Fy F = axFx + ay Fy
Untuk vector ruang proyeksi vector didapat sbb :
Z
F α R=A+B Y β X Gambar 2.10
Fx = F sin α cos β Fy = F sin α sin β 13
Fz = F cos α
F = ax Fx + ay Fy + az Fz Dari penjelasan proyeksi vector dan pengertian penjumblahan vector sejajar dapat dengan mudah menyelesaikan penjumblahan vector secara analisa. Dari penyelesaian proyeksi vector dan pengertian penjumblahan vector sejajar dapat dengan mudah menyelesaikan penjumblahan vector secara analisa. R1 = F1 + F2 R = ( ax F1 x + ay F1 y ) + ( ax F2 x + ay F2 y ) R = ax ( F1 x + F2 x ) + ay ( F1 y + F2 y ) R = axRx + ayRy
R Ry φ
Rx Gambar 2.11 R = √ Rx2 – Ry2 Ry φ = inv tg 14
Rx
MODUL III FISIKA MEKANIKA PROYEKSI VEKTOR PADA RUANG TIGA DIMENSI DAN OPERASI PERKALIAN VEKTOR
3.1 Proyeksi vektor pada ruang tiga dimensi Ruang tiga dimensi yang di bahas pada pasal ini adalah ruang tiga dimensi yang di bentukoleh sumbu x, sumbu y dan sumbu z yang antara sumbu saling tegak lurus atau membentuk sudut 90 derajat. 15
Z
Y
X Gambar 3.1 Bila diperhatikan gambar diatas antara masing-masing sumbu saling tegak lurus satu sama lain dan jika di gunakan aturan tangan kanan akan didapat jika diputar dari sumbu x ke sumbu z sesuai dengan lipatan empat jari tangan kanan maka ibu jari menunjukan sumbu z.
Untuk menentukan posisi titik dalam ruang kartesian dapat di tunjukan pada gambar dibawah ini. Asal posisi titik A adalah (2;5;4) Intinya titik A berjarak 2 satuan dari pusat koordinat pada sumbu x. titik A berjarak 5 satuan dari pusat koordinat pada sumbu y.
Titik A berjarak 4 satuan dari pusat koordinat sumbu z.
Z 4
16
5 Y 2 X Gambar 3.2 Sebuah vektor pada ruang tiga dimensi dapat di proyeksikan menjadi komponen komponennya sebagai berikut. Z
Y
X Gambar 3.3 Ax = A sin cos Ay = A sin sin Az = A cos
Sehingga Ā = âx Ax + ây Ay + âz Az Ā âx Ax + ây Ay + âz Az Dan âA= = [A] √ Ax² + Ay² + Az² 3.2 Operasi perkalian vektor
17
Terdapat dua definisi perkalian vektor yakni : 1. Perkalian titik / dot product diberi symbol titik (). 2. Perkalian silang / cross product diberi symbol X.
3.2.1 Perkalian titik ()
Perkalian titik didefinisikan sebagai berikut: Perkalian titik antara dua vektor menghasilkan besaran scalar dengan ketentuan harga:
X B
A θ Ā
= AB cos
Y Gambar 3.4 Untuk perkalian antara unit vektor menghasilkan: âx .âx = 1
ây. ây = 1
âx.ây = 0
ây. âz = 0
âx .âz = 0
âz.âx = 0
ây .âx = 0
âz. ây = 0 âz. âz = 1
Dari hal diatas perkalian titik antara dua unit vektor yang berbeda menghasilkan nol sedangkan perkalian antara unit vektor yang sama menghasilkan harga 1 (satu) sehingga
Jika
A = âx Ax + âx Ay + âz Az 18
B = âx Bx + âx By + âz Bz
Maka
Ā
= (âx Ax + ây Ay + âz Az )
= AxBx + AyBy + AzBz
contoh: Ā =3 âx + 4 ây + 5 âz
=5 âx + 10ây + 4 âz
Cari : a.
R=Ā+
b.
; [R]
ĀB
Penyelesaian : a. R= A+B = (3 âx + 4 ây + 5 âz) + (5 âx + 10ây + 4 âz) =8 âx + 14ây + 9 âz [R] = √ 8² + 14² + 9²= 18,5 AB = (3 âx + 4 ây - 5 âz) (5 âx + 10 ây + 4 âz) = 15 + 40 + 20 = 75
3.2.2 Perkalian silang
19
Perkalian silang antara dua vektor menghasilkan vektor baru dengan ketentuan sebagai berikut misalkan vektor A dan B pada dua dimensi seperti pada gambar 3.5
X B
A
Y Gambar 3.5 Kaidah tangan yakni diputar dari A ke B sesuai lipatan empat jari tangan kanan arah ibu jari sama dengan hasil perkalian vektor tersebut : X B
θ
A
Y
ĀX Gambar 3.6
20
Perkalian antar unit vektor
âx
ây
âz Gambar 3.7 Untuk mendapatkan hasil antara dua unit vektor harus di perhatikan aturan perkalian silang baik harga maupun arah sehingga :
âx x âx = 0
ây x ây = 0
âx x ây = âz
ây x âz = âx
âx x âz = - ây
âz x âx = ây
ây x âx = - âz
âz x ây = - âx âz x âz = 0
Dengan memperhatikan perkalian unit vektor
di atas dapat pua dinyatakan
dengan aturan yang lebih sederhana sebagai berikut :
âx
âz
ây
Gambar 3.8 21
Gambar 3.8 dapat dijelaskan perkalian antara dua unit vektor yang berbeda akan menghasilkan unit vektor yang lain dengan tanda positif jika arah putaran searah jarum jam dan akan bertanda negatif jika arah putaran berlawanan dengan arah jarum jam.
Contoh: 1. âx x ây = âz 2. âx x âz = - ây
( positif ) dari âx ke ây arah putar searah jarum jam. ( negatif ) karena âx ke âz berputar berlawanan arah jarum
jam menghasilkan ây .
Jika diterapkan pada vektor ruang A= âx Ax + ây Ay + âz Az B = âx Bx + ây By + âz Bz Maka A x B = (âx Ax + ây Az ) x (âx Bx + ây Bz + âz Bz) = 0 + âz AxBy - ây AxBz - âz AyBx + 0 + âx AyBz + ây AzBx + âx AzBy + 0 = âx ( AyBz – AzBy ) - ây ( AxBz – AzBx ) + âz ( AxBy – AyBx )
Atau ditulis dalam bentuk determinan:
AxB=
âx Ax Bx
ây Ay By
âz Az Bz 22
Hasil operasi determinan
A x B = âx ( AyBz – AzBy ) - ây ( AxBz – AzBx ) + âz ( AxBy – AyBx ) BAB IV FISIKA MEKANIKA STATIKA
4.1 Hukum Newton I Apabila benda dalam keadaan diam atau bergerak dengan kecepatan menurut sebuah garis lurus, maka resultance dari gaya seluruhnya yang bekerja pada benda itu adalah nol.
Benda-benda yang memenuhi hubungan diatas disebut benda yang seimbang Fx = 0, Fy = 0, Fz = 0
Sebagai contoh sebuah benda yang bermasa m terletak dalam sebuah lantai, maka gaya yang bekerja pada benda tersebut dapat dilihat pada gambar 4.1
F1 – F2 = 0
Fx = 0
F1 m
Gambar 4.1 23
4.2 Hukum Newton III
Suatu gaya yang bekerja pada suatu benda selalu berasal dari benda lain. Jadi suatu gaya sebetulnya adalah interaksi antara dua benda. Kita dapatkan, bahwa jika suatu benda melakukan sebuah benda lain, benda kedua selalu melakukan balasan pada benda pertama. Disamping itu kedua gaya ini mempunyai besar yang sama dan arah berlawanan. Jika salah satu gaya yang terjadi pada interaksi antara dua benda tersebut gaya aksi, maka gaya yang lainnya disebut gaya reaksi. Mana aksi atau reaksi tidaklah penting, disini sebab gaya ini bukanlah timbul sebagai sebab akibat, tetapi dua gaya timbul bersama-sama, sehingga yang satu bukanlah merupakan sebab atau akibat dari yag lain. Sifat gaya-gaya ini pertama ditemukan oleh Newton dalam hukum geraknya yang ketiga ; setiap aksi selalu dilawan oleh reaksi yang sama besarnya; atau aksi timbal balik dari dua benda sama besar dan mempunyai arah berlawanan. Secara singkat hukum Newton III menyatakan bahwa :
aksi = -
reaksi
Yaitu bahwa gaya aksi besarnya sama dengan gaya reaksi, akan tetapi arahnya berlawanan.
Contoh 2.1 Seorang menarik seutas tali horizontal dihubungkan dengan sebuah balok yang terletak di atas sebuah meja horizontal seperti pada gambar 4.2
TB
OT BT TB
24
mT
TB
TO
(a)
TB
OT BT TO
TB
mT
TO
(b) Gambar 4.2 Seseorang menarik tali yang terikat pada sebuah balok
Orang menarik tali dengan gaya oleh orang. Tali melakukan gaya reaksi Disamping itu tali melakukan gaya reaksi
TB pada tali maka
TB = -
TO. Jadi
TO adalah gaya pada tali
OT pada orang, maka
OT = -
TO.
BT pada balok, dan balok melakukan gaya BT.
Misalkan tali mempunyai masa mT maka agar balok dan tali dapat mulai bergerak harus terjadi persepatan , misalkan a. gaya-gaya harus bekerja pada tali hanyalah T=
TO dan
TO +
TB . Sehingga resultan gaya yang bekerja pada tali adalah
TB dan ini tidak boleh sama dengan nol jika tali harus bergerak
dipercepat dari hukum Newton kita dapatkan: T = TO +
TB = mTa
Karena gaya gaya pada tali semuanya pada arah horizontal, maka kita dapat tinggalkan vector dan kita dapatkan hubungan 25
T = TO +
TB = mTa
Tampak bahwa pada umumnya
TO besarnya tidak sama dengan
TB ,
ingat kedua gaya ini bekerja pada benda yang sama, jadi bukan pasangan aksi dan reaksi. Perhatikan bahwa besar
TO selalu sama besar dengan gaya
TB selalu sama besarnya dengan gaya
OT , dan bahwa
BT. Tapi pasangan gaya
OT mempunyai besar yang sama dengan gaya
TB dan
TO &
BT hanya jika
percepatan tali a= 0 . Hanya dalam hal khusus ini kita dapat membayangkan bahwa tali meneruskan gaya yang dilakukan oleh orang pada balok tanpa ada perubahan. Hal yang sama juga berlaku jika masa tali mT = 0 .Dalam kenyataan, kita tidak pernah menjumpai masa tali sama dengan nol. Akan tetapi seringkali masa tali dapat diabaikan , sehingga tali dianggap meneruskan gaya tanpa ada perubahan. Gaya yang terjadi pada setiap titik disebut gaya tarik pada tali tersebut. Gaya tarik ini mempunyai besar yang sama untuk setiap titik pada tali hanya jika tidak ada percepatan, atau jika masa tali sama dengan nol
T2
T1
W = m.g Gambar 4.3
T2 T1
26
W Gambar 4.4
Fx = 0 T1 cos - T2 cos = 0……………..(1) Fy = 0 T1 sin - T2 sin - w = 0……………..(2)
Persamaan disederhanakan menjadi: Cos Sin
0 w
T2= Cos -cos Sin sin Contoh 1. 30
60
T2
T1
W= 100 Kg Gambar 4.5
27
T1 sin 60 T2
T1
T2 sin 30
T2 cos 30
Gambar 4.6
Fx = 0 T1 cos 60 - T2 cos 30 = 0……………..(1) Fy = 0 T1 sin 60 - T2 sin 30 - 100 = 0……………..(2) Dari persamaan 1 diperoleh T1 = T2 √3 kemudian dimasukan kedalam persamaan 2 di dapat : T2 = 50 Kg T1 = 50 √3 = 86,6 Kg Contoh 2: Suatu batang yang ditahan oleh suatu tali seperti gambar diberi beban 80 Kg yang di tanyakan adalah gaya lawan dari dinding kepada batang itu. Untuk sebaiknya dibuat kembali gaya yang bekerja itu sumbu xy.
Fe
45
28
80 Kg Gambar 4.7
T
T sin 45 45 T cos 45
Gambar 4.8
Untuk syarat kesetimbangan harus Fx = 0 Fy = 0 T sin 45 – 80 = 0 T sin 45 = 80 160 T=
114 Ib √2
Fo = 114 cos 45 = 80 Ib
Contoh soal: Seseorang yang beratnya W1 = 500 Newton ditarik oleh lift keatas dengan kecepataan tetap ( berat lift W2 = 5000 Newton ). Gambar dan hitunglah gaya-gaya yang bekerja pada system tersebut! 29
T
W1
W2 Gambar 4.9 F = m.a T – ( W1+ W2 ) = 0 T = W1 + W2 = 500 + 5000 = 5500 Newton BAB V FISIKA MEKANIKA
HUKUM NEWTON II DAN PENERAPANNYA
5.1 Hukum Newton II Dalam buku yang ditulis Newton Principle, Newton menyatakan hukum II dalam bentuk momentum yaitu yang disebut kuantitas gerak. Dalam Fisika Modern Newton berbunyi: “ Perubahan momentum persatuan waktu berbanding lurus dengan gaya resultan, dan mempunyai arah sama dengan gaya tersebut.” Dalam bentuk matematis
F =
dp dt
30
P = Momentum (Kg.m/s) = mv dapat ditulis dalam bentuk : F =
d (mv ) dt
dm dv F =m +v dt dt
atau F = ma + v
dm dt
Dan untuk massa benda yang constan (tidak berubah terhadap waktu) dm =0 dt
sehingga bentuk hukum Newton II untuk massa benda yang konstan adalah: F = ma
5.2 Penerapan Hukum Newton II Contoh 1 : Kita ingin menganalisa gerak sebuah balok pada bidang miring yang licin (gaya gesek dianggap nol) seperti ditunjukkan pada gambar 5.1
31
Gambar 5.1 (a) Sebuah balok terletak pada bidang miring. (b) Diagram gaya benda. Gerak yang mungkin terjadi adalah pada sumbu x dan tidak terjadi pada sumbu y sehingga persamaan gaya – gaya sebagai berikut : Fx = ma x =ma mg sin = ma
atau
a = g sin
ket : a x = percepatan benda pada sumbu x Karena ada satu percepatan pada sumbu x maka a x =a pada sumbu y Fy=0 N – mg cos = 0 N = mg cos N = Gaya normal (Newton) m = Massa benda 32
g = percepatan grafitasi Contoh 2 : Sebuah balok dengan massa m 1 terletak pada permukaan horizontal yang licin. Dan ditarik dengan seutas tali yang dihubungkan dengan benda lain dengan massa m 2 seperti terlihat pada gambar 5.2
Gambar 5.2 a. Dua benda dihubungkan dengan tali m1 terletak diatas bidang horizontal dan m2 tergantung pada tali. b. Diagram benda bebas untuk m1 c. Diagram yang sama untuk m2 Persamaan gerak dari benda m1.
Fy m1 a 1 x T = m 1 a 1 x……….(1)
Fy 0
N - m1 g = 0 N 1 = m 1 g………….(2)
Persamaan gerak dari m 2
33
Fy m2 a T - m2 g = m 2 a 2 y ……………..(3) Perlu diperhatikan Dalam persoalan ini ambil arah ke atas dan ke kanan untuk gaya dan percepatan sebagai arah positip. Pada persoalan ini panjang tali adalah tetap maka balok m 1 dan m 2 mempunyai kecepatan sama, jadi juga mempunyai percepatan sama hingga: a 1x = a 2 y = a dengan demikian persamaan – persamaan diatas menjadi: T m 1 a……………………..(4) T - m 2 g = -m 2 a T = m 2 g - m 2 a……………..(5) Dari persamaan 4 dan 5 m1 a = m 2 g - m 2 a (m 1 + m 2 )a = m 2 g a=
m2 g (m1 m2 )
T=
m1m2 g m1 m2
dari
Contoh 3: Dua buah benda bermassa tidak sama besar dihubungkan dengan seutas tali melalui katrol (pada gambar 5.3)
34
Gambar 5.3 a. Dua massa tak sama besar digantungkan dengan tali pada sebuah katrol. b. Diagram gaya beban bebas untuk m 1 dan m 2 c. Diagram benda bebas untuk katrol dengan massa katrol yang diabaikan. Persamaan yang berlaku untuk benda 1 T 1 - m 1 g = m 1 a…………..(1) Dan untuk m 2 T 2 - m 2 g = -m 2 a…………(2) Karena massa tali dan massa katrol diabaikan (=0) maka T 1 =T 2 =T Dengan demikian didapat m1 m2 g m1 m2
a= dan
T=
2m1m2 g m1 m2
Sedang gaya keatas dengan menganggap gaya – gaya bekerja pada pusat control T = T 1 +T 2 P = 2T
Contoh 4: 35
Gambar 5.4 Dari gambar 5.4 cari a dan T pada m 1 diagram gayanya sebagai berikut Fy 0
N - m1 g = 0 N = m1 g
Fx m1a T = m 1 a = 40a…………….(I) Pada m 2 diagram gayanya sebagai berikut:
36
BAB VI FISIKA MEKANIKA Gaya Gesek
fk k N f k Gaya gesek kinetik (Newton)
k Koofisien gerak kinetic (tanpa satuan) N Gaya Norman (Newton) Pada umumnya k s keadaan benda dipengaruhi oleh gaya luar dan gaya gerak dapat digambarkan sebgai berikut
N
F=0 fs = 0
mg N
F diberikan F
fs
F=0 fs = 0
mg
N
F terus diperbesar fs
F
F=0 fs = 0
mg
37
Gambar 6.3 Keadaan benda dipengaruhi oleh gaya yang lebih kecil dari koofesien gerak maksimum. Dari gambar diatas jika F diperbesar mak fs bertambah besar selagi F = ..fs maka benda dalam keadaan diam, tetapi jika diberikan gaya sampai pada harga F s N maka benda mulai bergerak. N
F Benda mulai bergerak
mg
N V
F
Benda bergerak dipercepat fk < F
mg
N
F
Gambar 6.4
Fk = F a = 0 (bergerak lurus beraturan)
mg
Gambar 6.4 Keadaan benda dipengaruhi oleh gaya yang lebih besar atau sama dengan fsmaks Gaya gesek ini didapat dari hasil empiric yang tidak didasarkan pada teori sebab musabab terjadinya gesekan dengan demikian tidakk ada teori eksak tentang gesekan. 38
Beberapa variable yang mempengaruhi gesekan dari pengamatan antara lain
Bahan yang dipergunakan
Tingkat kehalusan permukaan
Selaput permukaan
Temperature
Kebersihan permukaan
6.2 contoh-contoh penerapan contoh 1.
Gambar 6.2 a benda pada bidang miring dengan sudut kemiringan maka diagram gaya dapat digambarkan sebagai berikut Sb y Sb x N
fs
Gambar 6.2 b diagram gaya bebas untuk balok Jika balok dalam keadaan diam 39
Fx 0 fs mg sin 0 fs mg sin .................. (1)
keadaan diam fs < us N dan Fy 0 N mg cos 0 N mg cos ..................(2)
Besaran fs dipengaruhi oleh kemiringan ( 0 jika bekerja m g sin mencapai harga sN maka benda mulai meluncur. Sehingga benda mulai meluncur terjadi pada kemiringan
s N mg sin s mg cos mg sin sin s cos s tg invtg[ s ] benda mulai meluncur contoh 2 Kita tinjau mobil yang sedang bergerak diatas suatu jalan lurus dan datar dengan kecepatan tetap Vo jika koofesien gerak anatara ban dan jalan adalah s , tentukan jarak terdekat mobil dapat dihentikan.
Vo
fs W
Hubungan antara kecepatan awal percepatan jarak akhir dirumuskan 2
V 2 V0 2ax diamana V = kecepatan akhir dalam hal ini mobil berhenri ( V = 0) 40
0 = V02 + 2ax a
V0 2 2x
menurut hukum Newton fs= -m.a (tanda – berlawanan dengan arah gerak) a
fs m
Karena dengan keadaan mendatar fs sN smg Maka a
smg m
sg ……………(2)
Sehingga didapat
sg x
V0 2 2x
V0 2 2 sg
3. M1 = 5 kg
F
s 0 .2
M2 = 4 kg
Hitung gaya F agar benda mempunyai percepatan 2 m’s2 Hitung gaya tegangan tali Penyelesaian Pada benda m1
Fx m a 1
41
F f T m1 a atau
F f T m1 a F .N T 5a dimana N m1 g 5.10 50 N F-(0,2.50+T) = 5a F-10 - T = 5.2 F-10 – T = 10 F= 20 + T…………..(1)
F m.s m2 a F m.s m2 a F 4.10 4.2 F 40 8 48 N……………(2)
Sehingga F = 20 + 48 = 68 N Jawaban a didapat T = 48 N
42
BAB VII FISIKA MEKANIKA MOMEN GAYA DAN PUSAT MASSA
7.1 Momen gaya
Jika gaya menyebabkan benda bergerak misal dari gerak lurus menjadi berhenti Atau menjadi balik arah atau bergerak diperlambat bahkan bergerak dapat dipercepat maka momen gaya dapat mengakibatkan benda berputar,momen gaya dipengaruhi oleh besar gaya dan ;jarak gaya dari titik tumpuan ( Lengan gaya ) dan arah gaya.momen gaya sering disebut TORKA atau TORSI.
Dapat diperhatikan contoh dari gambar-gambar di bawah ini:
43
F F
7.1 ( a )
7.1 ( b )
Dari gambar 7.1 ( a)sampai dengan 7.1 ( d ) gaya yang diberikan sama besar tapi jarak atau gaya arah jarak berbeda-beda maka akan menghasilkan gaya yang berbeda-beda.
44
Untuk mendapatkan hasil momen gaya perhatikan gambar 7.2 sbb:
ζ=r sinθ
Momen gaya ( M ) didefinisikan sebagai berikut : M= r X f
( N.m)
r = jarak antara titik tangkap gaya dari pusat putaran (m ) f = Gaya ( Newton )
dari perkalian vektor didapat hasil SBB: M = F r sin θ
Dari gambar 7.2 terlihat bahwa f = r sin θ adalah jarak pusat putaran gaya diman antara gaya dan jarak ke pusat getaransaling tegak lurus atau sederhananya.
1 F ζ
Arah momen gaya diicari dengan aturan tangan kanan
45
M
F r
Diputar dari pusat r ke f sesuaia dengan lipatan empat jari tangan kanan maka momen gaya sesuai dengan arah ibu jari tangan kanan. Sesuai perjanjian yang umum dipakai kita mengambil arah gaya positif jika benda cenderung berpuatr berlawanan arah dengan arah putaranjarum jam dan negatif jika benda berputar searah dengan arah putaran jarum jam
Catatan : perjanjian diatas tidak berlaku mutlak
7.2 Menjumlahkan gaya gaya sejajar
46
Suatu batang dipengaruhi oleh dua gaya masing – masing F1 dan F2 dan mempunyai jaralk dari titik tumpuan x1 dan x2
Jumlah gaya ( resultante ) dari f1 dan f2 adalah
Sedang resultanrte gaya adalah:
Jika tanda gaya dan tanda momen :
Dan titik tumpu gaya tersebut dapat ditentukan dari persamaan sebagai berikut :
F1.x1 F 2.x 2 R F1.x1 F 2.x 2 X F1 f 2 X
47
Untuk gaya yang banyak ( sebanyak n buah )
X
F1.x1 F 2.x 2 F 3.x3 ...Fn. Xn F1 F 2 F 3 ...Fn
Atau dapat dittulis
X
F1.x1 F1
Contoh :
Tentukan titik tumpu dilihat dari titiik Q
Penyelesaian:
FF 2 R F1 F3 R 203 R 5 N
Dengan mengikuti pengujian tanda: x x
f 1x1 2.3
f 3 x3
3.6
8 5 x 1,6m x
48
Sehingga jarak titik tumpu dari titik q adalah 1,6 kearah kanan
Contoh: 3 buah benda masing-masing m1= 10 kg
pada posisi ( 2,3,4 )
m2 = 5 kg
pada posisi ( 1,2,3 )
m3=20 kg
pada posisi ( 2,0,5)
Tentukan pusat massa ketiga benda tersebut ? Karena berat dan massa benda mempunyai hubungan : W= m . g Maka dengan mensubtitusikan kepersamaann berat m.x1.g mi.xi mi.g mi mi. yi y mi mi.zi z mi
x
m1.x1 m2.x 2 m3.x3 10.2 5.1 20.2 10 5 20 m1 m2 m3 20 5 40 65 x 35 35 x 1,875m x
m1. y1 m2. y 2 m3. y3 10.3 5.2 20.0 35 m1 m2 m3 30 10 40 y 35 35 didapat y 1,14m y
49
MODUL VIII FISIKA MEKANIKA KERJA DAN ENERGI Tujuan Instruksional Umum: Agar mahasiswa dapat memahami dan menganalisa materi tentang energi mekanik. Tujuan Instruksional Khusus Setelah mempelajari materi ini di harapkan dapat:
Mendefinisikan energi
Menyebutkan jenis-jenis energi mekanik
Menghitung hubungan antar energi dan gaya dan perpindahan baik gaya konstan ataupun gaya tidak konstan
Buku Rujukan:
Giancoli
Physics
kane & Sterheim
Physics 3 Edition
Sears & Zemanky
University Phisics
Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum
Sutrisno
Seri Fisika Dasar
Energi adalah sesuatu besaran fisis yang dapat menghasilkan kerja bisa di transformasikan dari satu bentuk ke bentuk yang lain. Pada pembahasan di sini dititik beratkan pada energi mekanik yang terdiri dari energi kinetik dan energi potensial.
50
8.1 Energi dan Kerja Energi, atau sering kali disebut tenaga, adalah suatu pengertian yang sering sekali digunakan orang. Akhir-akhir ini kita banyak berita tentang krisis energi, yang tidak lain adalah krisis bahan bakar. Bahan bakar adalah sesuatu yang menyimpan energi; jika dibakar kita memperoleh energi, yang selanjutnya dapat digunakan untuk transfort, atau menjalankan mesin dalam suatu pabrik. Akan tetapi energi adalah suatu pengertian yang tidak mudah didefinisiksn dengan singkat dan tepat. Dalam kehidupan sehari-hari kita menghubungkan arti kata energi dengan gerak. Seorang anak yang banyak bergerak dan berlari-lari kita katakan penuh dengan energi. Energi juga dihubungkan dengan kerja. Seorang yang mampu bekerja keras dikatakan mempunyai energi atau tenaga yang besar, sedang yang kurang
energi
tampak lesu dan tidak kuat melakukan kerja. 8.2 Transformasi energi dan hukum kekekalan energi Dalam fisika kita juga artikan energi sebagai kemampuan melakukan kerja. Energi di dalam alam adalah suatu besaran yang kekal. Energi dapat berubah dari suatu bentuk ke bentuk lain, misalnya pada kompor di dapur, energi yang tersimpan dalam minyak tanah diubah menjadi api. Selanjutnya jika api digunakan untuk memanaskan air, energi berubah bentuk lagi menjadi gerak molekul-molekul air. Contoh lain, energi yang didapat dari pembakaran berubah menjadi energi gerak pada mobil. Perubahan bentuk energi ini di sebut transformasi energi. Energi juga dapat di pindahkan dari suatu benda ke benda lain, atau lebih umum, dari suatu sistem ke sistem yang lain. Perpindahan energi ini disebut
51
transfer energi. Misalnya dalam contoh kita di dapur, energi pembakaran yang ada dalam api dipindahkan ke air yang ada di dalam panci. Perpindahan energi seperti ini , yang terjadi semata-mata karena perpindahan temperatur, disebut kalor. Energi juga dapat dipindahkan dari suatu sistem ke sistem yang lain melalui gaya yang melibatkan pergeseran suatu benda. Perpindahan energi semacam ini adalah yang kita kenal sebagai kerja mekanik atau kita katakan sebagai kerja saja. Pengertian inilah yang menjadi topik utama bab ini.
Energi adalah suatu kuantitas yang kekal, dapat berubah bentuk, dan dapat pindah dari suatu sistem ke sistem yang lain, akan tetapi jumlah keseluruhannya adalah tetap. Kita hanya dapat merubah bentuk energi, atau memindahkan energi. 8.3 Proses transfer dan transformasi energi Agar lebih jelas lagi, marilah kita bahas suatu proses perubahan dan perpindahan energi. Untuk itu kita rancang suatu eksperimen sederhana seperti ditunjukan pada gambar 8.1. sebuah kompor minyak tanah dipergunakan
untuk
memanaskan
air
dalam
suatu
ketel
air
yang
diperlengkapi dengan suatu silinder atau torak. Ketel ini tidak lain adalah suatu motor uap sederhana. Torak mendorong batang penggerak, yang selanjutnya menarik tali. Akibatnya balok m yang dihubungkan dengan tali bergeser sejauh d.
52
Gambar 8.1 suatu eksperimen sederhana untuk menunjukan transformasi dan transfer energi
Energi yang tersimpan sebagai ikatan atom dalam molekul minyak dilepaskan waktu terjadi pembakaran dengan oksigen dari udara. Sebagian dari energi pembakaran ini dipergunakan untuk memenaskan air dalam ketel terjadi semata-mata karena perbedaan suhu antara api dan air. Energi yang dipindahkan dengan cara ini disebut kalor. Jadi dengan memanaskan air di dalam ketel, kita memasukan kalor kedalam air dan dinding ketel. Kalor yang dimasukan kedalam air berubah menjadi gerak molekul air yang lebih cepat. Disini terjadi transformasi atau perubahan bentuk energi. Dari bentuk api menjadi gerak molekul air. Selanjutnya karena gerak molekul air menjadi lebih cepat, sehingga makin banyak molekul air yang lepas dari permukaan; artinya terjadi penguapan yang lebih besar. Bertambah banyaknya uap air di dalam silinder menaikan tekanan dalam silinder, dan torak mendorong batang penggerak, yang menyebabkan tali menarik benda m dengan gaya F, dan menggerakan benda m. Gerak benda m terjadi karena gaya F bekerja pada benda, sedang gaya F ditimbulkan oleh dorongan, atau dapat dikatakan bahwa gaya F ditimbulkan oleh motor uap air . Pada posisi B benda bergerak lebih cepat dari pada di A, sehingga energi benda m di B lebih besar daripada di A. jika pada waktu di B tali dilepaskan dari batang penggerak dan dihubungkan dengan benda lain, maka benda m dapat menggerakkan benda lain tersebut. Jadi benda m memperoleh tambahan energi, yaitu karena adanya perpindahan energi dari motor uap kita ke benda ini. Perpindahan energi ini dilakukan melalui gaya F yang menyebabkan benda bergeser dalam arah F. energi yang dipindahkan dengan cara ini disebut kerja, atau lebih tepat disebut kerja mekanik. Dikatakan bahwa gaya F melakukan kerja pada benda m.kerja yang dilakukan oleh gaya F ini memindahkan energi dari pelaku gaya( disini motor uap), ke benda m. Akibatnya jika pada sebuah benda dilakukan kerja, maka
53
benda itu akan mendapat energi. Sedang jika sebuah benda melakukan kerja, benda tersebut akan kehilangan energi. 8.4 Ukuran transfer energi Kerja yang dilakukan oleh sebuah gaya dapat diukur dari banyaknya bahan bakar yang diperlukan untuk melakukan kerja tersebut. Jika dalam eksperimen kita usahakan agar tidak ada energi yang hilang sebagai kalor, maka energi dari bahan bakar seluruhnya dipergunakan untuk melakukan kerja. Untuk suatu gaya F tertetu yang bekerja pada benda tertentu, perpindahan benda sebesar 2 d memerlukan bahan bakar 2 kali perpindahan d. sedangkan untuk suatu perpindahan tertentu, gaya 2 F memerlukan bahan bakar dua kali gaya F. jadi kerja yang dilakukan oleh gaya F yang menyebabkan pergeseran benda sebesar ∆x dalam arah F dapat dituliskan sebagai ∆w = F ∆x Definisi di atas menyatakan bahwa jika pergeseran ∆x = 0 maka tidak ada kerja yang dilakukan. Jika misalnya dalam eksperimen kita benda m ditahan agar tidak bergeser, maka gaya F tidak menaikan energi benda tersebut; jika tali dilepas di C dan dihubungkan pada benda lain tersebut. Jadi energi yang dipindahkan ke benda m adalah nol, atau tidak ada kerja yang dilakukan oleh gaya F. dalam keadaan seperti ini energi dari bahan bakar yang dipergunakan akan hilang sebagai kalor, akan tetapi kerja yang dilakukan oleh motor uap adalah sama dengan nol. 8.5 Satuan Mungkin anda bertanya apakah satuan untuk kerja. Dari persamaan kita dapat melihat bahwa satuan untuk kerja adalah satuan untuk gaya dikalikan dengan satuan untuk panjang. Dalam system satuan MKS, satuan untuk gaya adalah newton (N) dan satuan untuk panjang dalah meter (m), sehingga satuan untuk kerja haruslah newton- meter, (Nm); satuan ini kita sebut joule. Jadi 1 joule = 1 Nm
54
Dalam sistem satuan cgs, gaya dinyatakan dalam dyne-cm; satuan ini kita sebut erg. Jadi 1 erg = dyne-cm Dalam sistem satuan statika fps ( Inggris), kerja dinyatakan dalam footpound (ft-1b). Hubungan antara ketiga satuan kerja di atas adalah sebagai berikut 1 joule =
erg = 0,7376 ft-1b
1 ft-1b = 1,356 joule = 1,356 x
erg
Karena kerja adalah energi yang dipindahkan, maka satuan untuk energi adalah sama dengan satuan untuk kerja. 8.6 Gaya tak sejajar gerak Sekarang misalkan perpindahan ∆x tidak sejajar dengan arah
berapakah
besar kerja yang dilakukan pada benda. Perhatikan Gambar 8.2
Gambar 8.2 gaya F menbuat sudut θ terhadap arah perpindahan ∆x.
Gaya
membuat sudut θ terhadaf arah perpindahan ∆x. misalkan ∆x cukup
kecil sehingga sudut θ dapat dianggap tetap. Untuk membahas apa yang terjadi, kita uraikan gaya
atas komponen-komponen pada arah sumbu X
dan Y, yaitu = ax
+ ay
Dengan ax vektor satuan pada arah X, dan ay vektor satuan pada arah Y. kita lihat bahwa benda hanya berpindah tempat pada arah X, dan tidak berpindah tempat dalam arah Y. jadi komponen gaya melakukan kerja, sehingga kerja yang dilakukan oleh gaya
ay
tidak
hanyalah
55
∆w = F ∆x = F
(8-1)
Perhatikan bahwa gaya F dan perpindahan ∆x keduanya adalah vektor. Persamaan (8-1) dapat dituliskan dengan notasi vektor, yaitu dengan perkalian titik atau perkalian scalar antara dua vektor. Jika anda mengangkat balok ini vertikal tanpa mempergunakan bidang miring, kerja kita dapat mempergunakan gaya yang lebih kecil (P = 58,8 N), dari pada jika kita mengangkat langsung vertiakal (gaya = 98 N). akan tetapi pada bidang miring kita harus mendorongnya lebih jauh (5 m) sedangkan dalam arah vertikal kita hanya perlu mengangkat sejauh 3 m. pad proses perpindahan energi oleh kerja ini, dari manakah energi diambil? Komponen vertikal dari tarikan P oleh orang tidak melakukan kerja pada kotak. Akan tetapi perhatikan bahwa tarikan ini mengurangi gaya normal antara kotak dan permukaan jalan (N = W – P mengurangi besar gaya gesekan (f =
) dan dengan demikian
N). Apakah orang itu akan
melakukan kerja lebih sedikit, sama atau lebih banyak, jika tadi ditarik dengan tali pada horizontal? 8.7 Usaha oleh gaya yang tidak konstan a. Usaha oleh gaya tekan normal N, arah N selalu tegak lurus lintasan sedang nilai N boleh tetap/berubah-ubah maka usaha oleh N selalu = 0 b. Usaha oleh gaya gesekan yang nilainya konstan pada lintasan lurus/tidak lurus. Arah fr selalu berlawanan arah gesek, jadi selalu negative. Usaha oleh gaya gesekan fr = fr . ds (ds = panjang lintasan) Energi/tenaga Mekanik Ketentuan : suatu benda ( oleh sesuatu sebab gaya) dikatakan memiliki suatu tenaga, bila benda itu mempunyai kemampua/kesanggupan untuk melakukan suatu usaha. Dibedakan dua macam tenaga : yaitu tenaga gerak atau kinetis dan tenaga tempat atau potensial.
56
8.8 Energi Kinetik Suatu benda dengan massa m sedang bergerak dengan kecepatan memiliki tenaga gerak karena benda itu mempunyai kemampuan untuk melakukan usaha. Peluru yang ditembakan memiliki tenaga gerak, karena itu dapat
menembus/masuk
besar/berat
peluru
kedalam
makin
sasarannya
dalam
yang
menembusnya,
dikenal,
makin
makin
besar
juga
kecepatannya makin dalam pula menembusnya. Kesimpulan : tenaga gerak bergantung kepada massa dan kecepatan. Untuk menurunkan rumusnya perhatikanlah gambar 8.3 di bawah ini
Gambar 8.3 Tenaga gerak di B = =
=F.S
= a . t atau t = a.
=
a
=
Energi kinetik di B = F . S = m a Bila kecepatan mula – mula
=
≠ 0 maka
m =
m
8.9 Energi potensial Suatu benda yang beratnya W berada disuatu tempat, memiliki tenaga tempat terhadap suatu tempat lain yang kita pilih. Karena benda itu mempunyai kemampuan melakukan usaha dari tempat tersebut ketempat yang lain ( yang kita pilih). Tempat yang dipilih kita tentukan, sebagai bidang potensial nol, perhatikan Gb Tenaga tempat benda di B terhadap A
oleh W ialah w . h
57
Energi potensial di B = w . h = mg . h
Gambar 8.4
Bila titik A mempunyai ketinggian terhadap tempat lain, maka energi potensial adalah :
=mg
Untuk jelasnya marilah kita lihat contoh di bawah ini.
Contoh soal-soal yang dipecahkan 1) Pada gambar 8.10, kita anggap bahwa ditarik sepanjang jalan oleh sebuah gaya 75 N dengan arah
dari garis horizontal.berapakah kerja
atau usaha yang dilakukan gaya untuk menrik benda sepanjang 8 m? Usaha yang dilakukan adalah hasil kali perpindahan, yaitu 8 m, dengan komponen gaya sejajar perpindahan, (75 N)
. Jadi
W=F.S =F.S = 75 . 8 = 530 J
58
Gambar 8.5
diatas bidang miring (lihat gambar
2) Sebuah benda dengan gerakan
8.11) bergerak ke atas karena padanya bekerja beberapa gaya, tiga di antaranya tergambar di sebelah:
sebesar 40 N arah datar;
lurus bidang miring sebesar 20 N.
tegak
sebesar 30 N sejajar bidang
miring.hitunglah usaha yang dilakukan masing – masing gaya kalau benda berpindah 80 cm ke atas. Komponen
sejajar arah perpindahan adalah = (40 N) (0,866) = 34,6 N
Gambar 8.6 Maka usaha yang dilakukan
adalah (34,6 N) (0,80 m) = 28 J
(perhatikan bahwa perpindahan harus dinyatakan dalam meter) ternyata tiadak melakukan usaha apapun, karena gaya ini tidak mempunyai komponen dalam arah perpindahan Komponen gaya
dalam arah perpindahan adalah 30 N, maka usaha
yang dilakukannya adalah (30 N) (0,80 m) = 24 J
59
3) Sebuah benda 300 gr meluncur sepanjang 80 cm diatas meja horizontal. Berapakah besar usaha yang dilakukan pada benda tersebut oleh gaya gesekan yang diperoleh dari meja bila koefisien gesekan adalah 0,207 Kita pertama mencari gaya gesekan. Berhubung gaya normalonya sama dengan berat benda, f=µ
= (0,20) (0,300 kg) (9,8 m/
) = 0,588 N
usaha yang dilakukan pada benda oleh f adalah fs gesekan berlawanan arah dengan pergeseran usaha = fs
=
. Karena gaya , maka
= (0,588 N) (0,80 m) (- 1) = - 0.470 J
usaha adalah negative karena gesekan mengurangi kecepatan benda; dengan demikian energi kinetik (tenaga gerak) dari benda menjadi lebih kecil. 4) Kalau sebuah benda kita angkat, kita melakukan usaha melawan gaya tarik bumi. Berapakah usaha itu kalau sebuah benda 3 kg kita angkat 40 cm? Agar benda 3 kg dapat diangkat dengan kecepatan tetap, kita harus mengadakan gaya ke atas yang sama besarnya dengan berat benda. Usaha gaya inilah yang di maksud dengan istilahusaha melawan grafitasi. Karena gaya gesek adalah mg, dengan m adalah massa benda, kita peroleh Usaha = (m g) (h) (
) = (3 x 9,8) (0,40 m) (1) = 11,8 J
Jelasnya, usaha melawan gaya tarik bumi (gravitasi) dalam pergeseran benda bermassa m yang melalui jarak vertikal h adalah mgh.
5) Sebuah benda 0,20 kg terletak diatas lantai licin. Pada benda itu bekerja gaya sebesar 1,50 N dalam arah datar. Setelah benda itu menempuh 30 cm berapakah lajunya? Usaha yang dilakukan =
atau Fs
=
mv
-0
60
Setelah disubstitusikan harga – harga yang diketahui : (1,50 N) (0,30 m) = (0,20 kg)
f atau vf = 2,1 m/s.
6) Sebuah peluru ditembakan dengan keceapatan awal 20 m/s ke atas. Berapa ketinggian yang dicapai kalu kecepatannya tinggal 8 m/s? gerakan udara boleh diabaikan. Perubahan KE + perubahan EPG = 0 m
Kita ingin mencari
m
(mg) (
)=0
. Dengan mengerjakan sedikit secara aljabar,
kita peroleh =
=
= 17,1 m
7) Sebuah balok bermassa 10 kg harus dinaikan dari dasar ke puncak suatu bidang miring sejauh 5 m. puncak bidang miring yang mendorng balok ke atas dengan kecepatan tetap? Situasi persoalanya ditunjukan pada Gb.13.7(a). sedang gaya-gaya yang bekerja pada balok ditunjukan dalan Gb.13.7(b). Pertama-tama kita harus menentukan gaya
lebih dahulu. Karena
geraknya adalah dengan kecepatan tetap, maka resultan gaya sepanjang bidang miring haruslah sama dengan nol.
61
Gambar 8.7
sebuah gaya
memindahkan sebuah balok sejauh d
sepanjang bidang miring yang membuat sudut dengan horizontal dan diagram gaya benda bebas untuk balok. Jadi P – mg
0 atau
P = mg = (10 kg ) (9,8 m/
)
= 58,8 nemton Maka kerja yang dilakukan oleh P adalah W=Pd
=Pd
= (58,8 N) (5 m) = 294 joule 8) Seorang menarik sebuah kotak dengan berat 10 lbs sejauh 30 ft sepanjang suatu permukaan horizontal dengan kecepatan tetap. Berapa besar kerja yang dilakukan pada kotak jika koefisien gesekan kinetik adalah 0,20, dan tarikannya membuat sudut
dengan
horizontal.
Gambar 8.8 gambar untuk contoh 8
62
(a) Seorang menarik sebuah kotak dengan gaya p pada sebuah tali yang membuat sudut sebesar
dengan horizontal
(b) Diagram gaya benda bebas pada kotak Pada Gb.8-8a, ditunjukan persoalannya, dan gaya-gaya yang bekerja pada kotak (dianggap sebagai benda titik) dilukiskan pada Gb. 8-8b adalah tarikan orang terhadap kotak,
Gaya
gaya gesekan, dan
adalah berat kotak,
adalah gaya normal pada kotak. Kerja yang
dilakukan oleh orang pada kotak adalah W=Pd
Untuk menentukan ini, kita harus menghitung P lebih dahulu. Untuk ini lihat diagram gaya pada Gb. 8-8b. kotak bergerak dengan kecepatan tetap, sehingga tidak ada percepatan. Hukum II Newton menyatakan bahwa P
-f=0
P
=N–W=0
Sedang F=
N
Untuk menentukan P kita harus menghilangkan (mengeliminir) f dan N, dan dicari nilai P diperoleh P=
w/ (
Dengan
+
)
= 0,20, w = 10 lb. dan θ =
, kita peroleh
P = (0,20) ( 10 lb) / (0,707 + 0,141) = 2,4 lb Dengan d = 30 ft, kerja yang dilakukan orang adalah sebesar W=Pd
= (2,4 lb) (30 ft) (0,707) = 51 ft-lb
9) Bila diketahui
=
,
=
,F=
kg, pajang AB = 8 m dan
koefisien gesekan µ =
63
Gambar 8.9 Carilah : a. Usaha oleh w dari A ke B b. Usaha oleh F dari A ke B c. Usaha oleh N dari A ke B d. Usaha oleh fr dari A ke B Jawab : gambar dahulu gaya – gaya yang bekerja pada titik materi W tersebut dengan
lengkap, barulah kita menghitungnya berdasar gaya –
gaya yang telah disusun menurut sumbu – sumbu.
Gambar 8.10 Benda bergerak dalam bidang. =0=N+2–6 Gaya gesekan fr = µ N =
N=4 . 4 = 1 kg
64
a)
Usaha oleh W = - 2,5 . 8 = - 20 kg
b)
Usaha oleh F = 4 . 8 = 32 kg
c)
Usaha oleh N = 0
d)
Usaha oleh fr = - 1 . 8 = -8 kg
LATIHAN SOAL 1. Sebuah benda 0,30 kg terletak diatas lantai licin. Pada benda itu bekerja gaya sebesar 3 N dalam arah datar. Setelah benda itu menempuh 60 cm berapakah lajunya? 2. Sebuah peluru ditembakan dengan keceapatan awal 40 m/s ke atas. Berapa ketinggian yang dicapai kalu kecepatannya tinggal 12 m/s? gerakan udara boleh diabaikan. 3. Sebuah benda p beratnya 20 kg terletak dari titik A pada bidang miring yang kasar (sudut miring gaya F = 12
) koefisien gesekan = 1/2
kg arah miring keatas bersudut
pada p bekerja terhadap bidang
miring, p di beri kecepatan awal 4 m/dt searah komponen F pada bidang miring keatas. Bila p menempuh jarak AB = 24 meter sepanjang bidang miring. Ditanyakan : Kecepatan p di B a. Usaha sepanjang AB oleh F dan fr b. Selisih tenaga mekanik di A dan B
MODUL X DAN XI FISIKA MEKANIKA 65
GERAK LURUS
Tujuan intruksional umum Agar mahasiswa dapat mengetahui Fisika mekanika tentang garis lurus Tinjauan Instruksional khusus
Dapat memahami dan menganalisa tentang kecepatan rata-rata dan perpindahan
Dapat memahami dan menganalisa tentang kecepatan sesaat
Dapat memahami dan menganalisa tentang percepatan
Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak lurus dipercepat beraturan
Dapat memahami dan menganalisa tentang benda jatuh
Dapat memahami dan menganalisa tentang benda dilempar vertikal
Dapat memahami dan menganalisa penerapannya.
Buku Rujukan:
Giancoli
Physics
kane & Sterheim
Physics 3 Edition
Sears & Zemanky
University Phisics
Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum
Sutrisno
Seri Fisika Dasar
66
10.1
Kecepatan rata-rata dan perpindahan Perpindahan sebuah benda didefinisikan sebagai perpindahan posisinya, benda yang mengalami perubahan posisi dikatakan berpindah, misalnya seseorang memperhatikan stop watch sebuah benda berubah pada posisi pada t1 = 10s berada pada jarak 15 meter dari titik acuan dan pada t2 = 20s benda berada pada jarak 75 meter dari titik acuan dan berpindah mengikuti garis lurus pada sumbu x ditulis dalam bentuk koordinat waktu dan posisi (t, x) adalah sebagai berikut (10, 15) dan (20, 75). Dalam bentuk grafik x(t) 80 70 60 50 40 30 20 10 t 10
20
Gambar 9.1
Perubahan posisi perpindahan pada contoh diatas: ∆x = x2 – x1 Sedang perubahan waktu untuk memindahkan benda dari posisi awal x1 ke posisi akhir x2 adalah sebesar ∆t = t2 – t1
67
Jika hanya memperhatikan posisi awal dan akhir saja dalam selang waktu tertentu maka dapat dicari kecepatan rata-rata dari benda tersebut. Kecepatan rata-rata didefinisikan sebagai berikut:
Kecepatan rata-rata =
Perpindahan waktutempuh
Dalam bentuk simbol matematik ditulis sebagai berikut:
v=
x x 2 x1 = t t1 12
v = melambangkan kecepatan rata-rata (m/s) x1 = posisi akhir (m) x2 = posisi awal (m) t 2 = waktu akhir t 1 = waktu awal
10.2
Kecepatan Sesaat Jika seseorang mengendarai mobil bergerak lurus selama 2 jam dan menempuh jarak 150 Km maka mobil tersebut bergerak rata-rata sebesar
v =
150 = 75 Km / jam 2
tetapi mustahil mobil tersebut setiap saat bergerak dengan kecepatan 75 Km/jam misalnya pada waktu mulai bergerak dan waktu mau berhenti tidak mungkin seketika berubah, kecepatan yang dilihat pada saat tertentu disebut kecepatan sesaat atau dengan ungkapan matematika keecepatan sesaat didefinisikan sebagai berikut:
68
v=
lim
∆x
∆t →0
t
Misalnya pada t1 = t posisi benda x(t); dan pada t2 = t + ∆t pada posisi benda x (t + ∆t) dimana ∆t adalah waktu yang sangat pendek maka kecepatan sesaat adalah
V = lim
x(t t ) x(t ) ∆t→o
∆t
secara matemati definisi di atas sama dengan definisi turunan atau diferensial v = lim
x(t t ) x(t ) t ∆t→0
v=
dx dt
dengan perkataan lain kecepatan sesaat adalah perubahan posisi terhadap waktu pada perubahan waktu yang singkat atau turunan posisi terhadap waktu.
Contoh: Sebuah benda bergerak posisinya mengikuti persamaan sebagai berikut X(t) = 5t2 meter, t dalam detik atau s. a. Ingin digambarkan grafik waktu (t) thp posisi x untuk interval 1≤ t ≤ 5 b. Ingin dicari kecepatan rata-rata dari t = 1s s/d t = 5s c. Ingin diketahui kecepatan sesaat t = 1s; t = 2s; t = 4s; t = 5s; s = second. Penyelesaian
69
Tabel 9.1 t
x = 5t2
1
5
2
20
3
45
4
80
5
125
Gambar 9.2
b. v = c. v =
x(5) x(1) 125 5 120 = = = 30 m/s t 2 t1 5 1 4 dx dt v=
d ( 5t2 ) = 10 t dt
70
v(1) = 10.1 = 10 m/s v(2) = 10.2 = 20 m/s v(3) = 10.3 = 30 m/s v(4) = 10.4 = 40 m/s
10.3
Percepatan Pada umumnya kecepatan benda juga berubah terus dengan waktu. Sebuah benda yang kecepatannya berubah disebut mengalami percepatan, jika dalam selang waktu kecil mengalami perrubahan kecepatan yang besar maka benda tersebut memiliki percepatan yang besar, seperti halnya kecepatan dikenal ada kecepatan rata-rata dan kecepatan sesaat maka percepatan pun sama, dengan mengambil analoginya dengan kecepatan maka:
perubahankecepa tan waktutempuh
Percepatan rata-rata =
a =
v 2 v1 v = t 2 t1 t
v1 = kecepatan awal (m/s) v2 = kecepatan akhir (m/s) t1 = waktu yang dicatat awal (s) t2 = waktu yang dicatat akhir (s)
a = percepatan rata-rata (m/s) Percepatan sesaat a:
a = lim
v = lim t ∆t→0
v(t t ) v(t ) t ∆t→0
71
dv dt
a=
dari persamaan
dv dt
a=
dan v =
dx dt
maka a=
d dx ( ) dt dt
a=
d 2x dt 2
dibaca
d 2x = turunan kedua dari x terhadap t. dt 2
contoh: 1. Sebuah benda mempunyai perubahan posisi mengikuti persamaan x = 5t3 m t dalam satuan detik atau second. a. Ingin diketahui percepatan rata-rata dari t = 1s s/d t = 5s. b. Ingin diketahui percepatan pada t = 1s; 2s dan t = 3s. Penyelesaian: a. percepatan sesaat dari persamaan posisi diatas
v=
dx d = = (5t3) = 15 t2 dt dt
72
sehingga pada saat t = 1s→ v = 15.12 = 15 m/s t = 5s→ v = 15.52 = 375 m/s
a =
v 2 v1 375 15 360 90m / s t 2 t1 5 1 4
b. Percepatan sesaat didefinisikan
a=
dv d = (15 t2) = 15t = 30t dt dt
atau a=
d 2 x d dx d d ( ) ( ( 15t3 )) dt 2 dt dt dt dt
a=
d ( 15t2) \ = 30t dt
sehingga pada t = 1s → a = 30.1 = 30 m/s2 pada t = 2s → a = 30.2 = 60 m/s2 pada t = 3s → a = 30.3 = 90 m/s2
2. Persamaan gerak suatu partikel dinyatakan oleh fungsi X=
1 3 t 10t
dalam m dan t dalam detik. Hitunglah :
73
a. Kecepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s b. Kecepatan sesaat pada t = 5 s. c. Percepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s d. Percepatan sesaat pada t = 5 s
Penyelesaian a. Kecepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s t = 3 s , maka X =
1 3 1 3 = 27 = 0,9 m 10.3 30
t = 4 s , maka X =
1 3 1 4 = 64 = 1,6 m 10.4 40
v =
x(4) x(3) 1,6 0,9 0,7 = = = 0,7 m/s t 2 t1 43 1
b. Kecepatan sesaat pada t = 5 s. v=
dx dt
v=
d 1 3 ( t ) dt 10t
v=
d t2 1 1 = t= 5 s = 1 m/s. dt 10 5 5
c. Percepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s t = 3 s , maka v =
1 3 = 0,6 m/s 5
t = 4 s , maka v =
1 4 = 0,8 m/s 5
a =
v 4 v3 0,8 0,6 0,2 0,2m / s 2 t 2 t1 43 1
d. Percepatan sesaat pada t = 5 s a=
dv d 1 1 t = m/s2 dt dt 5 5
74
10.4
Gerak lurus dipercepat beraturan Sebuah gerak yang lintasannya lurus dan dipercepat dengan percepatan tetap dinamakan gerak lurus beraturan (glbb). A = tetap (konstan). Persamaan kecepatan pada setiap saat yang didapat dari percepatan tersebut dapat dicari dengan cara mengintegralkan percepatan (sebab integral adalah kebalikan dari diferensial). a=
dv dt
dv = adt v = ∫ adt = at + konstanta
konstanta = kecepatan pada t = 0 yang diberi istilah V0; sehingga persamaan kecepatan v = at + V0
V = V0 + at
dapat digambar sebagai berikut:
v0 + a V0
t Gambar 9.3
Luas yang diarsir adalah jarak yang ditempuh selama t (s). X = V0t + ½ at2 Jika pada t = 0 sudah mempunyai posisi dari titik acuan sebesar xo maka
75
X = xo + V0t + 1/2 at2 Persamaan diatas dapat diturunkan dengan cara mengintdralkan v terhadap waktu
V=
dx → dx = vdt dt
x = ∫ ∫ vdt dimana v = v0 + at maka x = ∫(v0 + at ) dt x = v0t + ½ at2 + konstanta konstanta = posisi pada t = 0 atau dikenal sebutan x0 sehingga
X = x0 + v0t + ½ at2 dari persamaan I.
v = V0 + at → t =
II.
x = V0t + ½ at2
v vo a
dengan mensubtitusikan t kepersamaan II didapat
x = Vo (
v v0 1 v v0 )2 ( a 2 a
x=
v0v v0 v 2 2v0 v02 a 2a
x=
2v0v 2v02 v 2 2v0v v02 2a 2a
x=
v 2 v02 2a
v2-v02 =2ax atau
76
V2 = v02 +2ax 10.5
Benda jatuh
x=h
Gambar 8.4 Benda yang dijatuhkan secara bebas dan dianggap mempunyai percepatan tetap sebesar percepatan gravitasi (g m/s) dan kecepatan awalnya nol maka kecepatan benda mencapai tanah dapat diturunkan dari persamaan: V2 = V02 + 2ax v0 = 0 x =h a = g m/s sehingga v2 = 2 gh
V=
2 gh
sedang waktu tempuh dapat diperoleh dari persamaan x = v0 t + ½ at2 h = 0 + ½ gt2
77
t2 =
h 2h 1 g g 2
2h g
t=
10.6
Benda dilempar vertikal Benda ditembakkan ke atas dengan kecepatan V0 dan diperlambat dengan perlambatab tetap g m/s2 mengikuti persamaan. V = v0 + at a = -g v = v0 - gt x = v0 t + ½ at2 x = v0 t – ½ gt2 Mencapai titik tertinggi adalah xmax = hmax = v0 t – ½ gt2 hmax = v0(
v0 1 v0 2 ) g( ) g 2 g 2
=
2
v0 v0 v0 g 2g 2g
hmax =
v0 2g
2
2
Contoh :
78
i.
Sebuah batu dilemparkan keatas dari suatu titik O, dan ketinggian batu diatas O setelah t sekon dinyatakan oleh h = 20t - 5t2 , h dalam m. Hitunglah : a. kecepatan awal b. kecepatan pada t = 1 s c. ketinggian maksimum yang diukur dari titik O
Penyelesaian a. kecepatan awal v=
dh d 20t 5t 2 20 10t dt dt
maka Vawal = 20 – 10.0 = 20 m/s b. kecepatan pada t = 1 s v ( t = 2 s) = 20 – 10.1 = 10 m/s
c. ketinggian maksimum yang diukur dari titik O syarat mencapai ketinggian maksimum adalah
dh 0 dt
v = 20 – 10 t = 0 10 t = 20 t=2s maka h maks = 20t - 5t2 = 20.2 – 5.22 = 40 -20 = 20 m ii.
Sebuah bola dilemparkan ke atas dengan kecepatan 19,6 m/s. 1. Berapa lama waktu yang diperlukan untuk mencapai titik tertinggi yang dapat mencapai benda tersebut ? 2. Berapa tinggi bola terlempar keatas ? 3. Pada saat mana benda berada pada jarak 9,8 m di atas tanah? Penyelesaian a) Pada titik tertinggi benda berhenti, sehingga kecepatan sama dengan nol. Jadi
v = vo + at
79
0 = vo – gt t=
vo 19,6 2 sekon g 9,8
b) Tinggi bola yang terlempar ke atas y = vo t + ½ a t2 = vo t – ½ g t2 = 19,6 . 2 – ½ . 9,8 . 22 = 19,6 m c) Letak benda saat berada pada jarak 9,8 m diatas tanah y = vo t – ½ g t2 9,8 = 19,6 t – ½ .9,8 t2 t2 - 4t + 2 = 0 akar persamaan kuadrat ini adalah : t1 = 0,6 s dan t2 = 3,4 s pada saat t1 = 0,6 s benda berada pada ketinggian 9,8 m waktu naik, dan pada saat t = 3,4 s berada pada ketinggian tersebut waktu sedang turun.
MODUL XI & XII FISIKA MEKANIKA GERAK PELURU DAN GERAK MELINGKAR Tujuan intruksional umum Agar mahasiswa dapat mengetahui Fisika mekanika tentang gerak peluru dan gerak melingkar Tinjauan Instruksional khusus
Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak peluru
Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak melingkar
80
Buku Rujukkan: Giancoli
Physics
Kane & Sterheim
Physics 3 Edition
Sears & Zemanky
University Phisics
Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum
Sutrisno
Seri Fisika Dasar
11.1 Gerak Peluru Gerak sebuah peluru dipengaruhi oleh suatu percepeten gravitasi g dengan arah vertikal ke bawah. Pada arah horizontal percepetan sama dengan nol. Kita pilih titik asal sistem koordinat pada titik dimana peluru mulai terbang. Kita mulai menghitung waktu pada saat peluru mulai terbang. Pada gambar 10.1; jadi kita ambil pada waktu t = 0 peluru pada (0,0). Misalkan kecepatan awal peluru adalah Vo dan sudut θo dengan sumbu x,.Komponen vektor kecepatan awal ada arah sumbu Y yaitu
81
voy = vo sin θo. Karena tidak ada percepatan ada arah horizontal, maka vx adalah tetap Jadi dapat kita tuliskan ax = 0 dan dari persamaan sebelumnya kita peroleh vx = vo cos θo ………………………………………1
Y jvy
v v = vx
iˆvx
ˆjvoy v0
θ
iˆvox
X
Gambar 11.1. Sebuah partikel yang melakukan gerak peluru. Komponen y dari vektor kecepatan vy, akan berubah waktu sesuai dengan gerak lurus vertikal dengan percepatan tetap. Dalam kita masukkan ay’ = - g dan voy = vo sin θo, maka vy = vo sin θo – gt. Besar kecepatan resultan pada setiap saat diberikan oleh : v=
v2x v2 y
Sedang sudut θ yang dibuat oleh v dengan sumbu X diberikan oleh tg θ = vy/vx arah vektor keceatan adalah menyinggung lintasan partikel pada setiap titik; sedang percepatan mempunyai arah vertikal ke bawah pada setiap titik absis dari partikel pada setap saat adalah : x = (vo cos θo)t …………………………………………2 sedang ordinatnya adalah : y = (vo sin θo)t - ½ gt²………………………………….3
82
dengan eliminasi waktu dari kedua persamaan diatas, kita peroleh persamaan lintasan y = (tg θo)x -
g x2 2 2(vo cos o )
karena vo, θo dan g masing-masing adalah tetapan, maka persamaan diatas dapat ditulis sebagai : y = bx – cx2 Jadi lintasan y(x) dari gerak peluru adalah suatu parabola. Contoh 1 : Sebuah bomber terbang horizontal dengan kecepatan tetap sebesar 240 mil/jam pada ketinggian 10000 ft menuju pada suatu titik tepat diatas sasaran. Berapa sudut penglihatan Ø agar bom yang dilepaskan mengenai sasaran, sedang percepatan gravitasi g = 32 ft/det² adalah sama dengan gerak pesawat terbang. Jadi kecepatan awal bom adalah 240 mil/jam arah horizontal. Jadi vox = 240 mil/jam = 352 ft/det² dan voy = 0. Waktu yang diperlukan bom untuk dapat sampai di tanah dapat dihitung dari gerak vertikal y = voyt - ½gt² y = 10.000 ft, voy = 0, sehingga : t=
2y = g
2(10.000) = 25 detik 32
gerak horizontal yang ditempuh bom adalah : x = vot = ( 352 ft/det)(25 det) = 8800 ft sehingga sudut Ø haruslah : Ø = srctg (
8800 x )arctg( ) = 41,6° 10.000 y
83
Apakah gerak bom tampak seperti parabola bila dilihat dari pesawat terbang ? 11.2 Gerak lingkar Sumber partikel yang bergerak pada suatu lingkaran dengan laju tetap mempunyai percepatan. Meskipun laju, yaitu besar vektor kecepatan sesaat adalah tetap, akan tetapi vektor kecepatan berubah arah terus menerus, sehingga gerak lingkar beraturan, yaitu dengan laju tetap adalah suatu gerak dipercepat. Jika gerak vertikal adaah v, kita ingin menentukan berapa percepatan a untuk gerak lingkar beraturan ini, perhatikan. gambar 10.2.
Gambar 11.2 Gerak Lingkar beraturan perubahan vektor kecepatan antara P dan P’ diberikan oleh ∆ v
Sebuah partikel melakukan gerak lingkar pada saat t partikel berada pada titik p dan vektor kecepatan dinyatakan oleh v. Beberapa saat kemudian, pada saat t + ∆t, partikel sudah berada pada titik P’, dimana vektor kecepatan dinyatakan oleh v. Pada setiap saat adalah sepanjang garis sehingga lingkaran pada arah gerak partkel. Karena laju adalah teta (gerak
84
lingkar beraturan) maka sepanjang anak panah yang menyatakan vektor kecepatan juga tidak berubah.
Perubahan vektor dinyatakan oleh ∆t = v ’ – v , sehingga percepatan ratarata dalam selang waktu ∆t diberikan oleh : ā=
v t
Dan arah percepatan rata-rata adaah dama dengan arah ∆t, karena pembagiannya yaitu ∆t adalah suatu skalar.
Untuk menghitung percepatan sesaat, selang waktu ∆t kita buat sangat kecil yaitu ∆t→0; artina titik P’ pada gambar kita buat mendekati titik P. Pada gambar ditunjukkan apa yang terjadi jika P’ dibuat mendekati P, artinya ∆t diperkecil. Tampak bahwa ∆v juga menjadi kecil, akan tetapi ā =
v t
tetap besar, dan arahnya adalah sama dengan arah ∆ v
Gambar 11.3
Besar vektor ∆ v yaitu |∆ v |, dapat dihitung dari segitiga PAB,
85
|∆ v |= 2vsin
………………………………………..(4) 2
Jika ∆t dibuat kecil sekali, maka sudut ∆θ juga menjadi sangat kecil, sehingga kita dapat mempergunakan hubungan
sin
2 2
Dan persamaan (4) dapat ditulis sebagai |∆ v |= 2v
= v∆θ …………………………………….(5) 2
Disini sudut ∆θ adalah dalam satuan radial. Besar PP’ mempunyai panjang ∆S, dengan ∆S = r∆t. Dari persamaan-persaman diatas kita peroleh untuk ∆t→0
|∆ v |=
vS v(vt ) v2 = = ∆t r r r
Akibatnya besar percepatan sesaat a, yang kita tuliskan sebagai a, diberikan oleh: lim
a=
v t
∆t→0
lim
=
v 2 t v2 = r t r
∆t→0
Arah vektor percepatan sesaat diberikan oleh arah ∆ v , jika ∆t dibuat sangat kecil maka arah ∆v akan tegak lurus arah garis singgung lingkaran ada tititk P. Jadi arah percepatan adalah menuju pusat atau arah sentripertal, sehingga percepatan pada gerak lingkar beraturan disebut percepatan sentripertal. Jadi kesimpulan kita adalah untuk gerak lingkar beraturan dengan laju v, vektor percepatan sesaat diberikan oleh āc = -
v2 âr r 86
dengan âr adalah vetor satuan ada arah radal keluar atau menjauhi pusat. Tanda negatif ada persamaan diatas menunjukkan bahwa percepatan sentripertal āc mempunyai arah menuju pusat lingkaran. Dalam gerak lingkar jarak partikel pada suatu saat terhada pusat lingkaran adalah tetap dan sama dengan jejari lingkaran. Akibatnya posisi benda terhadap titik pusat lingkaran cukup dinyatakan oleh sudut θ seperti ditunjukkan pada gambar. Panjang busur dS dapat dinyatakan sebagai dS = rdθ sehingga
Gambar 11.4
v=
dS d =r dt dt
Pada persamaan adalah kecepatan sudut, yang dinyatakan oleh ω satan dari kecepatan sudut adalah radial/detik. Jadi persamaan dapat ditulis sebagai v = rω Waktu ang diperlukan dalam gerak lingkar beraturan untuk menempuh satu putaran disebut ride putaran, dan dinyatakan dengan T. Besaran lain yang sering digunakan dalam gerak lingkar beraturan adalah berapa kali partikel mengelilingi lingkaran dalam satuan waktu, atau revolusi yang dilakukan partikel er satuan waktu. Besaran ini disebut frekuensi, dan
87
dinyatakan dengan f satuan frekuensi adaah cycle/second atau cps. Satuan cps sering disebut Hertz (Hz). Sering disebut frekuensi dinyatakan dalam rpm, yaitu revolusi /minute atau putaran/menit.
Jelas bahwa frekuensi f dapat diperoleh dari periode utaran T, yaitu dari f = 1/T. Jka ada 5 putaran dalam 1 detik, maka waktu untuk satu putaran adaah 1/5 detik. Jadi T = 1/5 = 1/f. Hubungan lain adalah antara ω dan T. Dalam waktu satu prioda, partikel melakukan satu putaran berarti menempuh sudut 360° = 2 π rad. Karena kecepatan sudut ω adalah tetap, maka ω = 2 π/T atau 2 π rad. Akhirnya kita dapat menyatakan percepatan sentripertal āc sebagai āc = -
v2 = - ω2âr r
Contoh 1; Bulan berputar mengelilingi bumimembuat satu putaran dalam 27.3 hari. Jika lintasan orbit data dianggap lingaran, dan mempunyai jejari 239,000 mil = 385 x 10 6meter, watu untuk satu putaran adalah satu perioda t = 27,3 hari = 23.6 10 6detik. Laju bulan dianggap tetap adalah v=
2 = 1020 m/detik T
Percepatan sentripertal adalah; āc =
v 2 (1020m / det) 2 = = 0,00273 m/det2 6 r 385 / 10
atau hanya 2.8 x 10
-4
g dengan g adalah percepatan gravitasi yaitu
percepatan benda jatuh dekat permukaan bumi. Contoh 2
88
Kita diminta untuk menghitung satelit bumi buatan, dengan anggapan bahwa satelit ini bergerak tepat diatas bumin sedang jejari bumi R = 6400 km. Seperti halnya benda yang dekat permukaan bumi, satelit ini mempunyai percepatan g ke arah pusat bumi. Percepatan ini membut satelit bergerak lingkar sekitar bumi. Jadi percepatan sentripertal adalah g dan dari ā = v 2/r kita peroleh g=
v2 atau v = Re
Re g =
6,4 x10
6
m)(10m / det 2 = 8000 m/detik.
11.3 Percepatan Tangensial dalam Gerak Lingkar
Gambar 11.5 Sekarang kita pandang hal yang lebih umum, yaitu gerak lingkar dengan laju tidak tetap. Gerak ini dilukiskan pada gb. 11.5. Misalkan artike ada titik P pada saat t, dan berada di titik P’ pada saat t’ = t + ∆t. Dalam waktu ∆t vektor kecepatan berubah sebesar ∆v = ∆vT+ ∆vR
Vektor komponen ∆ v R kita buat dengan P’‘A = P’B, sehingga ∆ v R menyatakan perubahan vektor percepatan pada laju tetap. Jadi ∆ v R adalah percepatan karena perubahan arah vektor kecepatan.
89
Jika ∆t kita buat mendekati nol, maka ∆ v R juga akan mendekati nol, akan lim
tetapi
t 0
vr v2 = âr adalah sama dengan percepatan radial, t r
yang tidak lain adalah percepata sentriertal āc. lim
Jadi âc=
t 0
vr v2 = - âr t r
Menuju pusat atau arah sentripertal. Jika ∆t = 0., yaitu bila p’ mendekati P, vektor komponen ∆ v R akan mempunyai arah tangensial atau arah singgung. Akibatnya percepatan singgung diberikan oleh lim
∆ vT =
t 0
vT d vT t = dt
Karena vR mempunyai arah singgung lingkaran, maka
d vT dv = âT dt dt dengan âT adalah vektor satuan arah singgung, atau arah tangensial. Perhatikan bahwa perceatan tangensial adalah aT =
dv dt
dari persamaan diatas kita dapatkan aT =
dv d (rω) = r dt dt
90
Pada persamaan diatas persatuan waktu, jadi
d menyatakan perubahan kecepatan sudut dt d dt
tidak lain adalah percepatan sudut, dan
dinyatakan denganα. Persamaan dapat kita tulis sebagai aT = r
d = ra dt
percepatan resultan adalah;
a = aR + aT dan besar percepatan resultan diberikan oleh: a=
a 2 R a 2T
Jika gerak bukanlah gerak lingkar, pembahasan di atas tetap berlaku jika untuk jejari lingkar r kita pergunakan jejari lengkungan pada tempat dimana partikel berada satu saat. Kemudian ar memberikan komponen percepatan pada arah garis singgunglengkungan pada tempat dimana partike berada, sedang aR adalah komponen percepatan tegak lurus lengkungan pada titik tersebut. Contoh 3; Sebuah partikel bergerak pada suatu lingkaran dengan jejari 50 cm seperti pada gambar. Diketahui bahwa kecepatan sudut berubah dengan waktu sebagai (a) jika pada t = 0 benda ada di a, kita hitung titik pada t= 2 detik.
Karena kecepatan sudut ω tidak tetap, kita gunakan hubungan
91
Gambar 11.6
2
2
θ = tdt =
0
5t
3
dt
0
2
5 = t4 4 0 =
=
5 x(24) 4
5 x 16 = 20 rad 4
karena 2π rad = 360° maka θ(t=2) =
20 x 360° = 3,198x360° 2
= (3+0,198)360° =(6)360°+71,28°
Jadi saat t = 2 detk partkel sudah mengelilingi ingkaran sebanyak tiga kali dan berada di B. (b) selanjutnya kita marilh kita hitung vektor kecepatan partikel ada t = 2 detik. Laju partikel, yaitu besar vektor kecepatan sesaat adaah v = ωR. Pada saat t = 2 detik ω = 5 x (2)3 = 4 rad/detik sehingga laju v = ωR = (40 rad/det)(0,50m) = 20 m/det
92
Arah vektor kecepatan v adalah menyinggung lingkaran pada titik B, membuat sudut +161,28° dengan sumbu x. Jadi vektor kecepatan v (t = 2) = 20 m/det + 161,28° (C) sekarang marilah kita tentukan vektor percepatan A pada saat t = 2 detik. Percepatan sudut ω dapat dihitung dari a=
d d = (5t)2 = 15t2 dt dt
Pada saat t = 2 detik percepatan sdut ini adalah A (t = 2) = 15 (2)2 = 60 rad/det2 Vektor
percepatan
mempunyai
komponen
yaitu
vektor
percepatan
tangensial ār dan vektor percepatan radial āR . Vektor percepatan tangensial dapat dihitung dari āt = θαR dengan θ adalah vektor satuan dengan arah tangensial. Vektor percepatan radial tidak lain adalah percepatan sentripertal āR = -r
v2 = -rω2R R
Dengan r adalah vektor satuan arah radial keluar untu t = 2 detik percepatan sudut α= 60 rad/detik2 sedang ω = 5(2)3 = 40 rad/ detik sekarang dapat kita hitung ār = θαR =θ (60 rad/det2)(0,5m) = θ 30 m/det2 dengan θ adalah vetor satuan menyinggung lingaran pada titik B gb.11.6 sehingga dapat kita tuliskan
93
Gambar 10.7 ār – 30 m/det < + 161,28° Vektor komponen percepatan radial pada t = 2 detik adalah āR = -rω2R = -r(40 rad/det)2 (0,50m) = -r(800)rad/detik2 dengan r adalah vektor satuan arah radial titik B. Jadi dapat ditulisan āR = 800 -108,72°m/det2 Akhirnya vektor percepatan t = 2 detik dapat ditulis sebagai ā = ā+ āR = (30 +161,28°+800 -108,72°)m/detik
Contoh 4 : Mengapa benda yang bergerak melingkar beraturan hanya mengalami percepatan tangensial dan tidak mengalami percepatan tangensial ? jawab : Percepatan sentripetal pada gerak melingkar beraturan disebabkan oleh perubahan arah kecepatan linear ( walaupun besar kecepatan linear tetap). Untuk gerak melingkar bearaturan, kecepatan sudut ω adalah konstan, sehingga percepatan sudut
d 0 dt
. Percepatan tangensial aT
berhubungan dengan percepatan sudut α menurut persamaan aT = r . α. Oleh karena 0 maka percepatan tangensial aT juga sama dengan nol.
94
Contoh 5 : Poros sebuah motor listrik yang mula-mula diam mengalami percepatan tetap 15 rad/s2 selama 0.4 s. Tentukan sudut yang ditempuh poros (dalam radian) selama waktu itu.
Penyelesaian : Poros mengalami percepatan sudut tetap α = 15 rad/s2, kecepatan sudut awal, ω0 = 0, sebab mula-mula diam. Θ = 0 maka sudut θ yang ditempuh selama t = 0,4 s, adalah
1 2
0 0 t t 2 1 2
0 0 (15)(0,4) 2 1,2 Θ = 1, 2 rad
LATIHAN SOAL 1. Sebuah partikel bergerak pada suatu lingkaran dengan laju tetap frekuensi putaran adalah 0,1 putaran/s.pada t = o benda ada pada titik A (lihat gambar). Jejari lingkaran 10 m.
95
Hitunglah kecepatan rata-rata antara t = 1 s dan t = 3 s
Hitung vektor percepatan pada saat t = 3 s (nyatakan hasil perhitungan dalam bentuk koordinat kartesian).
2. Sebuah peluru meriam ditembakkan membuat sudut 60° dengan arah horizontal. Tembakkan dilakukan ke arah atas dilerang gunung yang membuat sudut 45° dengan arah horizontal, dengan laju awal vo. Percepatan gravitasi adalah 10 m/ s2.
Hitung posisi peluru waktu mengenai lereng gunung
Vektor kecepatan peluru waktu sampai dilereng gunung.
MODUL XIII DAN XIV FISIKA MEKANIKA MOMEN INERSIA Tujuan intruksional umum Agar mahasiswa dapat mengetahui Fisika mekanika tentang gerak peluru dan gerak melingkar
96
Tinjauan Instruksional khusus
Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak peluru
Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak melingkar
Buku Rujukkan: Giancoli
Physics
Kane & Sterheim
Physics 3 Edition
Sears & Zemanky
University Phisics
Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum
Sutrisno
Seri Fisika Dasar
13.1 Momen Inersia Pada waktu membahas Hukum Newton I, kita telah belajar bahwa setiap benda mempunyai kecenderungan untuk tetap diam atau bergerak lurus beraturan (mempertahankan posisi atau keadaannya). Kecenderungan ini dinamakan Inersia, ukuran yang menyatakan kecenderungan ini dinamakan massa.
97
Besi lebih sukar digerakan disbanding kayu yang berukuran sama karena besi mempunyai kecenderungan lebih besar untuk mempertahankan posisinya dibandingkan dengan kayu (dengan kata lain massa besi lebih besar dibandingkan dengan massa kayu).
Dalam gerak rotasi tiap-tiap benda mempunyai kecenderungan untuk mempertahankan posisi atau keadaannya.
Misalnya :
rotasi bumi
(perputaran bumi pada sumbunya) dari semenjak bumi diciptakan hingga sekarang bumi senantiasa berotasi dan tidak berhenti berotasi berarti suatu bencana
karena
tidak
ada
pertukaran
siang
dan
malam
lagi.
Kecenderungan seperti ini dinamakan inersia rotasi. Ukuran untuk menyatakan besarnya kecenderungan ini kita namakan momen inersia.
Berbeda dengan massa benda yang hanya tergantung pada jumalh kandungan zat didalam benda tersebut, momen inersia disamping tergantung pada jumlah kandungan zat (masa benda) juga terganyung bagaimana zat-zat atau massa ini terdistribusi. Semakin jauh distribusi massa dari pusat putaran semakin besar momen inersinya.
r2
r 2 r1 I 2 I1
r1
r
m
Gambar 13.1 Misalnya momen inersia suatu silinder lebih besar dibandingkan dengan momen inersia silinder lain yang berukuran lebih kecil karena pada molekulmolekul pembentukannya tersebar pada tempat-tempat yang jauh lebih jauh dari sumbu putarnya.
98
Momen inersia I suatu benda titik (partikel) terhadap suatu sumbu putar didefinisikan sebagai perkalian massa partikel, m dengan kuadrat jarak partikel r dari sumbu putar.
I MR 2 Momen inersia dari sistem beberapa partikel dapat dihitung dengan menjumlahkan momen inersia tiap-tiap partikel.
I mi ri
2
i
Suatu momen inersia kg.m2 Contoh 1 Tiga buah massa (1kg ), mB (2kg ) dan mc ukuran seperti pada gambar, hitung momen inersia sistem terhadap sumbu putar berikut ini : a)
Melalui massa A dan B
b)
Melalui titik d tegak lurus bidang xy
y A
2m D B
2m
C
x
Gambar 13.2 Penyelesaian : a)
Sumbu putar yang melalui A dan B : Dalam kasus ini massa ma dan mb tidak memberikan kontribusi pada momen inersia, karena kedua massa ini didahului oleh sumbu putar.
99
Momem inersia hanya berasal dari mc saja, rc = 2 m adalah jarak sumbu putar dengan mc. Diketahui : Mc = 3 kg Rc = 2 m Ditanya : I ?
I mi ri
Jawab :
2
i
2
= mc rc = 12 kg.m2
b) sumbu putar yang melalui sumbu d (titik berat segitiga) Dalam kasus ini semua massa memberikan kontribusi pada momen inersia, perhitungan jarak dari titk berat ke masing-masing massa dapat dilihat pada gb. 13.3 Diketahui :
mC 3kg mB 2kg mA 1kg rC 2
5 9
m
rA 2
5 9
m
rB 2
2 9
m
DB
2 3
2
DE
1 2
2
y A
2 r
2m r B
D 2m
r C
2 x 100
rC CD 2
5 9
rA AD rC 2 rB DB
2 3
5 9
2
Gambar 13.3 Ditanya : I? Jawab :
I mi ri
2
i
2
2
mA rA mB rB mC rC 1. 209 169 609
96 9
2
kgm 2
Momen inersia benda tegar Momen inersia benda tegar atau benda pejal dihitung dengan menghitung jumlah momen inersia tiap partikel dalam benda itu. Pembahasan lebih detil momen inersia benda tegar disajikan dalam subbab pengayaan. Benda tegar adalah benda yang tidak berubah bentuk walaupun mendapat gaya atau momen gaya. Momen inersia berbaagai bentuk benda tegar jika diputar pada sumbu putar seperti digambarkan.
Benda
R
R
R
R
Keterangan Cincin terhadap sumbu simetri
Cincin terhadap diameter
Momen Inersia
Benda
Batang tipis terhadap sumbu pusat massa
MR 2 L
1 2
MR 2
Piringan atau silinder terhadap sumbu simetri
1 2
MR 2
silinder terhadap diameter
1 4
MR 2
1 12
ML 2
Keterangan
L
R
R
Momen Inersia 1 12
MR 2
Batang tipis diputar diujung
1 3
MR 2
Bola terhadap diameter
2 5
MR 2
silinder berongga terhadap diameter
2 3
MR 2
101
Pengayaan Momen inersia benda tegar Momen inersia benda tegar terhadap suatu sumbu putar didefinisikan sebagai jumlah momen inersia setiap partikel dalam benda itu.
1 2 3 4 5 6
Gambar 13.4
2
2
2
2
2
I m1 r1 m2 r2 m3 r3 m4 r4 m5 r5 m6 r6 I mi ri
2
2
i
Karena benda tegar mempunyai struktur kontinu (atom-atom sangat berdekatan sehingga dapat dikatakan saling bersambungan) maka rumus jumlah itu boleh diganti dengan rumus integral.
I r 2 dm Dengan dm menyatakan elemen kecil dari benda yang terletak pada jarak r dari sumbu puatar. Untuk membuktikan hal ini mari kita hitung momen inersia suatu batang yang diputar pusat massanya. Teorema Sumbu sejajar Teorema sumbu sejajar menetapkan bahwa momen inersia I suatu benda terhadap suatu sumbu putar sejajar dengan sumbu yang melalui pusat massa benda sama dengan momen inersia terhadap sumbu melalui massa, Ipm ditambah perkalian massa benda itu (M) dengan kuadrat dalam sumbu itu ke pusat massa benda D.
I I pm MD 2 102
Catatan : Pusat mata adalah titik dimana seluruh massa benda dapat dikonsentrasikan
pembahasan
titik
massa
diberikan
kepada
bab
selanjutnya. Umumnya pusat massa benda terletak ditengah atau dipusat benda.
R
Pusat massa
Hitung momen inersia suatu silinder yang diputar pada suatu sumbu yang melalui satu titik di sisi silinder. Anggap jari-jari silinder R dan massa silinder M.
Gambar 13.5 Pusat massa silinder terletak pada tengah-tengah silinder, sehingga jarak puast massa terhadap sumbu putar adalah D = R, karena momentum inersia terhadap sumbu putar ini adalah :
I I pm MD 2 12 MR 2 MR 2 32 MR 2 Momentum sudut Dalam gerak translasi kita mengenal momentum yang didefinisikan sebagai perkalian antara massa dan percepatan p = m .v Dalam gerak rotasi besaran yang analog dengan momentum ini adalah momentum sudut. Momentum sudut suatu partikel (benda titik) yang berputar terhadap suatu titik O didefinsikan sebagai L=rxp p merupakan momentum partikel dan r adalah vektor posisi partikel.
103
L Z
Y
X
r
p
Gambar 13.6 Arah momentum sudut dapat dicari dengan aturan tangan kanan ketika kita mengepalkan keempat jari kita dari arah r kearah p maka arah ibu jari menunjukkan momentum sudut L. Z L
O r
P
Y
X
Gambar 13.7 Gambar 13.7 Melukiskan gerakan sebuah partikel mengelilingi sebuah sumbu putar dengan O sebagai pusat putaran. Momentum sudut terhadap titik O dapat ditulis :
L rxp
r p sin k rmv sin(90 o )k rm(r )k mr 2k I Atau jika hanya besarnya kita boleh tuliskan : L = I k merupakan vektor satuan arah sumbu z positif dan merupakan vektor kecepatan sudut. Arah kecepatan vektor sudut ditentukan sebagai berikut :
104
Jika partikel bergerak melingkar berlawanan dengan arah jarum jam dalam bidang xy maka arah vektor kecepatan sudutnya adalah pada sumbu z positif tapi jika gerakannya searah jarum jam vektor kecepan sudut searah sumbu z negative. Catatan rumus momentum sudut terhadap titik O pada persamaan hanya berlaku ketika titik O terletak pada bidang rotasi. Jiak tititk O tidak terletak pada bidang rotasi seperti ditunjukkan oleh gambar 13.7. Maka arah momentum sudut tidak sejajar dengan arah Dan besar momentum sudut tidak sama dengan I . Besar momentum sudut ini dapat ditulis sbb :
P
L
L r ' p sin(90 o ) r ' mr
r
r
mr 2 I
r' r
r' r
I Pada pembahasan modul ini kita membatasai diri dengan hanya mendiskusikan soal-soal dimana vektor L sejajar dengan sumbu
putar
yaitu dimana rumus L = I berlaku. Rumus diatas dapat kita perluas untuk benda tegar, Benda tegar dapt kita anggap sebagai kumpulan partikelpartikel jika benda tegar diputar terhadap sumbu maka momentum sudut benda terhadap sumbu putar itu sama dengan jumlah momentum sudut dari partikel-partikel benda tegar tersebut karena arah momentum sudut kita pilih sejajar dengan arah sumbu putar maka kita boleh menuliskan.
L I ii i
Dimana Ii adalah momen inersia tiap partikel karena untuk setiap partikel sama maka :
L Ii i
105
I Dengan I menyatakan momen inersia benda tegar yang diberikan pada tabel satuan momentum sudut adalah kg.m2/s.
Hubungan momen gaya dengan kecepatan sudut
F r
Gambar 11.8 Gambar melukiskan partikel bermassa m yang diberi gaya F gaya tegak lurus jari-jari menurut hukum Newton benda akan di percepat dengan percepatan searah dengan gaya percepatan. Percepatan ini dinamakan hubungan gaya dan percepatan ini adalah:
F m. Karena percepatan singgung r Maka F mr Sekarang kalikan kedua ruas dengan r selanjutnya gunakan definisi
rF Untuk memperoleh hubungan antara momen gaya dengan percepatan sudut
rF rm(r )
mr 2 Karena momen inersia partikel adalah : I mr 2
106
I Rumus diatas mirip dengan Newton II F m. . Disini berperan seperti gerak translasi dan berperan sebagai percepatan pada gerak translasi, bagaimana dengan I? I mempunyai peran seperti massa, semakin besar I semakin besar benda berputar (mirip dengan gerak translasi). Benda bermassa besar sukar digerakkan/dipercepat.
Energi Kinetik Rotasi Anggap suatu partikel bergerak dengan kecepatan sudut . Kecepatn singgung partikel adalah : v r , energi kinetikpartikel ini E k 12 mv 2 dengan mensubstitusikan v kita peroleh rumus energi kinetik partikel ini
E k 12 mv 2
v r 12 m( .r ) 2 12 mr 2 2
r 2
Karena mr merupakan momen inersia partikel, maka :
Gambar 13.9 1 2
Ek 1
2
Dalam kasus ini partikel hanya kbergerak melingkar saja, sehingga rumus energi diatas adalah rumus energi kinetik untuk gerak rotasi. Satuan energi kinetik rotasi adalah joule. Rumus diatas dapat diperluas untuk suatu benda tegar. Pada waktu benda tegar diputar dengan kecepatan sudut maka seluruh partikel yang menyusun benda itu bergerak dengan kecepatan sudut . Energi kinetik rotasi benda tegar merupakan penjumlahan energi kinetik tiap partikel.
107
E k 12 I 1 2 12 I 2 2 12 I 3 2 12 I 4 2 ... 12 2 I 12 2 I i
v1 v2 1
v3 2
3
Gambar 13.10
Dalam hal ini I merupakan momen inersia benda pejal. Contoh : Suatu piringan hitam berputar 33 rpm dan mempunyai massa 100 gr. Jika jari-jari piringan hitam 15 cm hitung berapa energi kinetik rotasi piringan hitam ini ? Momen inersia piringan hitam I 12 MR 2 Penyelesaian : Soal ini dapat diselesaikan langsung dengan rumus :
Diketahui :
M 100 gr 0.1kg R 15cm 0.15m
R
33rpm 33 putaran / menit 33.(2 ) / 60 1.1rad / s ditanya E k ? Jawab :
E k 12 I 2
12 ( 12 ) MR 2 2 14 (0.1)(0.15) 2 (1.1 ) 2 6,7 x10 3 Joule
108
Energi ini sangat kecil sekali, ini setara dengan energi untuk memindahkan massa 0,68 gr setinggi 1 meter. Cara lain menurunkan rumus energi kinetik (pengayaan) Pada gambar 13.12 gaya F bekerja pada suatu p. usaha yang dilakukan gay ini ketika benda berputar sejauh ds rd adalah:
dw F .ds F cos(90 )rd F (sin )rd Karena r sin merupakan lengan momen maka :
dw Fd d Selanjutnya d dt
d d d dt
dw I
d d
kita d dt
tulis
I I
dw dt
dan
gunakan
aturan
rantai
untuk memperoleh
.d
dw I.d
F
o
w W 12 I 2 12 I o
2
ds r
Gambar 13.12 Kekekalan Momentum Sudut Kita sudah pelajari bahwa laju perubahan momentum sudut sama dengan momen gaya yang bekerja pada sistem itu,
dL dt
Jika tidak ada momen gaya yang bekerja pada sistem ( 0) maka momentum sudut tidak berubah terhadap waktu dL dt
0
Persamaan diatas mengatakan bahwa momentum sudut sistem kekal ( konstan sepanjang waktu, baik besar maupun arahnya ).
I konstan atau kalau hendak dituliskan besarnya maka L=. Selanjutnya karena
L I maka
109
I I 0 0 Dimana I 0 dan I adalah momen inersia mula-mula dan momen inersia akhir. Sedangkan 0 dan menyatakan kecepatan sudut mula-mula dan kecepatan sudut akhir. Berapa aplikasi hukum kekekalan momentum sudut adalah : a. Penari Balet Seorang penari balet akan menarik tangannya ke dekat badannya untuk berputar lebih cepat dan mengembangkan kedua tangannya untuk berputar lebih lambat. Pada waktu sang penari menarik kedua tangannya ke dekat badannya, momen inersia sistem makin kecil akibatnya kecepatan sudut penari semakin besar ( penari berputar lebih cepat ), sebaliknya ketika kedua tangan mengembang, momen inersia penari lebih besar sehingga penari akan bergerak lebih lambat. b. Pelompat Indah Ketika seorang pelompat indah hendak melakukan putaran di udara ia akan menekuk tubuhnya, hal mana akan mengurangi momen inersianya sehingga kecepatan sudutnya menjadi lebih besar menyebabkan ia dapat berputar 1.5 putaran. Pada tahap akhir lompatannya pelompat ini memanjangkan kembali tubuhnya sehingga ia dapat terjun ke air dengan kecepatan sudut yang lebih rendah. Momen gaya akibat gravitasi dalam hal ini tidak ada, karena pelompat indah dapat berpuatar terhadap massanya. Contoh Suatu piringan berputar 33 rpm dan mempunyai massa 100 gr. Piringan lain tiba-tiba di jatuhkan diatas piringan pertama, akibat gaya gesekan antara kedua pirirngan itu, mereka bergerak dengan kecepatan sudut yang sama, jika jari-jari pirirngan 15 cm hitung berapa kecepatan sudut kedua piringan tersebut. Hitung energi kinetik rotasi piringan yang hilang ! momen inersia piringan I 12 MR 2
110
Jawaban : Diketahui :
M 100 gr 0.1kg R 15cm 0.15m o 33rpm 33 putaran / menit 33.(2 )60 1.1rad / s
I o 12 .MR 2
12 .0,1(0,1) 2 1,125.10
kgm 2
It 2 I o Ditanya : t ?; E k ? Jawab :
I o o I t t
t
Io 2 Io
1,1
0,55rad / s
E k E ko E kt 2
2
12 ( I o o I t t ) 2
2
12 ( I o o 2 I o t ) 2
2
12 I o ( o 2 t ) 12 (1,125.10 3 )(1,1 ) 2 2(0.55 ) 2 3,36.10 3 J Kombinasi gerak rotasi dan translasi (pengayaan) Bagaimana dengan gerak rotasi yang digabungkan dengan gerak translasi seperti pada roda sebuah sepeda sedang bergerak.
111
Gambar 11.13 Pada gerakan energi kinetik sistem ada dua macam : Energi kinetik rotasi E k ( R ) 12 I 2 ( adalah kecepatan sudut dimana pusat putarannya melalui pusat massa benda ) Energi Kinetik translasi E k (T ) 12 Mv 2 ( Energi kinetik ini merupakan energi gerakan translasi pusat massa ). Contoh : Sebuah yoyo dengan massa 250 gram terdiri dari dua buah silinder berjarijari 5 cm, yang dihubungkan dengan sebuah batang silinder kecil. Jika panjang tali 90 cm, hitung berapa kecepatan sudut yoyo diujung bawah tali agar dapat naik keatas sampai ketangan pemain yoyo. Abaikan massa tali dan batang silinder kecil g 9,8 m / s 2 .
Gambar 11.14 Penyelesaian : Karena massa silinder kecil diabaikan maka momen inersia yoyo adalah sama dengan momen inersia silinder yaitu I MR 2 dengan
M menyatakan massa yoyo ( massa kedua silinder ), ketika yoyo naik
112
keatas, energi kinetik rotasi yoyo mula-mula diubah menjadi energi translasi E k (T ) 12 Mv 2 energi potensial E p Mgh dan sisanya tetap sebagai energi kinetik rotasi pada waktu itu. 1 2
2
I o 12 Mv 2 Mgh 12 I 2
Anggap ketika yoyo sampai kecepatannya, sehingga persamaan diatas menjadi : 1 2
2
I o Mgh
Selanjutnya o dapat dihitung dengan mudah Diketahui : M = 250 gram = 0,25 kg R = 5 cm = 0,05 m H = 90 cm = 0,9 m
Ditanya o ? Jawab :
I 12 MR 2
12 0,025(0,05) 2 3,125 x10 4 kg.m 2 1 2
o 2 Mgh o
2Mgh 1 2 ( 0 , 25 )( 9 ,8 )( 0 , 9 ) 3,125 x10 4
119rad / s
Bergulir tanpa slip (pengayaan) Pada gabungan gerak rotasi dan translasi ada semacam gerakan yang dinamakan bergulir tanpa slip. Maksudnya adalah benda bergulir tapi tidak terpeleset. Dalam hal ini jarak translasi yang ditempuh sama dengan panjang tali busur yang ditempuh.
113
Gambar melukiskan sebuah silinder yang bergerak translasi dan rotasi. Misalkan pada waktu t silinder telah menempuh . Panjang tali busur AB dan R , jika gerakan silinder ini gerak bergulir tanpa slip, maka jarak yang ditempuh silinder akan sama dengan panjang busur AB. =
Gambar 13.15 S = R Atau jika kita differensialkan kedua rumus kita peroleh syarat benda bergulir tanpa slip
v R Bergulir tanpa slip
Translasi murni
Vpm
Vpm
Rotasi murni
Vpm
Vpm
Vpm
Vpm=0
Vc=Vpm=0
Vc
Vc=Vpm=0
Gambar 13.16 Catatan : Pada gerak bergulir tanpa slip kecepatan dititik sentuh benda dengan permukaan lintasan sama dengan nol (vc 0) . Bandingkan dengan gerak translasi murni dimana seluruh titik pada benda termasuk titik C bergerak dengan kecepatan sama (vc 0) dangerak rotasi murni dimana seluruh titik pada permukaan silinder bergerak dengan kecepatan sama tapi pusat massanya sama dengan nol (vc R )
114
Contoh : Sebuah silinder bermassa M bergulir tanpa slip diatas sebuah bidang miring dengan mirinr sudut . Hitung berapa kecepatan silinder ini ketika tiba didasar benda miring.
Gambar 13.16.a Penyelesaian ada 4 macam cara untuk soal ini, harap perhatikan titik masing-masing cara. Dengan mengerti ke 4 cara ini dengan baik, kita dapat fleksibel dalam penyelesaian soal, dalam hai ini berlaku v R ( syarat tanpa slip). Cara I : Metode Usaha Dalam metode ini kita meninjau bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya gravitasi dari puncak benda miring kedasar benda miring (W mgh) adalah untuk mengubah energi kinetik silinder sehingga ketika tiba dibidang miring, silinder mempunyai kecepatan. Usaha yang dilakukan oleh gaya jgravitasi ini dapat dikatakan sebagai energi kinetik. Dalam hal ini dua macam energi kinetik translasi dan rotasi
W E k E kt E ko 2
2
12 I 2 12 Mv 2 ( 12 I o o 12 Mvo ) 12 ( 12 MR 2 )( Rv ) 2 12 Mv 2 0 Mgh 34 Mv 2
v
2 4
M
mg
h
gh Gambar 11 13.16.a
115
Cara II : Metode Kekekalan Energi Dalam metode ini pakai konsep energi kekal, dalam soal ini hanya dua macam energi yaitu energi potensial dan energi kinetik. Menurut hukum kekekalan energi, jumlah energi potensial dan energi kinetik dipuncak bidang miring ( keadaan mula-mula) sama dengan jumlah energi potensial dan energi kinetik di dasar bidang miring sehingga energi potensial mulamula.
E p ( awal ) Mgh dan E p ( akhir ) 0 , karena energi kinetik awal sistem sama E p Mgh
dengan nol E k 0
E p ( awal ) E k ( awal ) E p ( akhir ) E k ( akhir ) Mgh 0 0 12 ( 12 MR 2 ( Rv ) 2 ) 12 Mv 2 Mgh 34 Mv v
4 3
2
Ek 0
Ep 0 E k 12 I 2 12 mu 2
gh
h
Gambar 13.16.c
Cara III : Metode Momen Gaya Pertama kita tinjau dahulu gerak rotasi (pada pusat massa) disebabkan oleh adanya gaya gesek f yang menimbulkan momen gaya. Gaya berat mg tidak menimbulkan momen gaya karena gaya ini terletak pada suatu sumbu rotasi yaitu dipusat massasilinder. Momen gaya yang ditimbulkan oleh gaya ini f .R . Dengan menggunakan rumus I dan F ma kita bisa menghitung besarnya a. catatan F merupakan gaya total yang bekerja pada silinder yaitu sama dengan Mg sin F (lihat gambar) perhatikan juga bahwa untuk gerak bergulir tanpa slip berlaku juga a R
116
I f .R 12 MR 2
a R
f 12 Ma f
F m.a h sin mg
h
Mg sin f M .a Mg sin 12 M .a M .a
Gambar 13.16.d
a 23 g sin
selanjutnya
gunakan
rumus
s vo t 12 at 2
dan
v vo t
untuk
menghitung v perhatikan bahwa s adalah panjang lintasan yang ditempuh silinder yaitu sama dengan s
h sin
s v o t 12 at 2 h sin
0 12 23 g sin t 2
3h g sin 2
t2
t
3h g sin 2
v v o t 0 23 g sin
v
4 3
3h g sin 2
gh
Cara IV : Metode Momen Gaya (II) Cara ini hamper mirip dengan cara III. Dalam hal ini kita menganggap gerakan benda turun ke bidang miring digantikan dengan gerakan rotasi murni silinder yang berputar terhadap titik A. momen inersia silinder ini merupakan momen inersia terhadap sumbu putar di A dan dapat dicari teorema sumbu sejajar:
I A I pm MR 2 12 MR 2 MR 2 32 MR
117
Dengan rumus I I
a R
kita dapat menghitung besarnya a selanjutnya
sama dengan cara III
I Mg. sin R 32 MR 2
a R
a 23 g sin Besaran
Rumus
Perpindahan
s vdt
Kecepatan
v adt
Percepatan Posisi Sudut
v
ds dt
a
dv dt
dt 1 2
o o t t 2 Kecepatan Sudut
adt d dt
o t (GMBB) Percepatan Sudut Momen Gaya
d dt r xF
r F sin F I Momentum Sudut
L r xp I
Momen Inersia
I mr 2 (benda titik)
118
