TUGAS FISIKA DASAR 1 (FIS106)
Oleh:
MAHASISWA SEMESTER PENDEK
JURUSAN TEKNIK KIMIA FAKULTAS TEKNIK UNIVERSITAS LAMPUNG BANDAR LAMPUNG 2011
1
Contoh 8-1
Sebuah cakram berputar dengan percepatan angular konstan
. Jika cakram
mulai dari keadaan diam, berapa putaran yang dibuatnya dalam 10 s ? Jawab :
Persoalan ini adalah analog dengan persoalan linear untuk mencari jarak yang ditempuh partikel dalam suatu waktu tertentu jika benda mulai dari keadaan diam dengan percepatan konstan. Jumlah putaran dihubungkan dengan perpindahan angular dari definisi bahwa bahwa tiap putaran adalah perpindahan angular sebesar . Jadi, kita perlu mencari perpindahan angular dalam radian untuk waktu 10 s dan mengalikannya engan faktor konversi ( 1put)/( .
Persamaan 8-9 menghubungkan perpindahan angular dengan waktu. Kita tahu = (cakram muali dari keadaan diam). Jadi: =
(
Karena itu jumlah putarannya adalah: =15,9 putaran
Contoh 8-2
Carilah kelajuan angular dari cakram pada contoh 8-1 setelah 10 s? Jawab : Dengan menggunakan persamaan 8-8 kita dapatkan:
+(
Untuk memeriksa hasil ini dan juga hasil contohyang lalu, kita juga dapat mencari kelajuan angular dari persamaan 8-10:
2
Atau
= 20
Contoh 8-3
Empat partikel bermassa m dihubungkan oleh batang tak bermassa hingga membentuk segiempat dengan sisi 2 a dan 2 b seperti yang ditunjukkan oleh Gambar 8-3.Sistem berputar tehadap sebuah sumbu terhadap bidang gambar yang melalui pusatnya. Carilah momen inersia system terhadap sumbu ini?
Gambar 8-4. Empat partikel bermassa sama dihubungkan oleh batang tak bermassa dan berotasi terhadap sumbu yang melalui bidang partikel partikel dan melalui pusat massa untuk Contoh 8 -3
Jawab Dari gambar dapat terlihat bahwa jarak dan tiap partikel kesumbu putar adalah a. Karena itu, momen inersia tehadap sumbu ini adalah ma2. Dan karena ada empat partikel maka momen inersia total benda adalah 2
I = 4 ma
Jarak b sama sekali tidak berperan karena tidak dihubungkan dengan jarak dari tiap massa ke sumbu putar.
Contoh 8.4
3
Gambar 8.6 Sebuah tali yang dililitkan mengelilingi mengelilingi cakram untuk Contoh 8.4
Sebuah tali dililitkan mengelilingi tepi cakram uniform yang diputar hingga berotasi tanpa gesekan terhadap suatu sumbu tetap yang melalui pusatnya. Massa cakram adalah 3 kg dan jari - jari nya 25 cm. Tali ditarik dengan gaya F yang besarnya 10 N. Jika cakram mula-mula diam, tentukan kecepatan angularnya setelah 5 s? Jawab: Momen inersia cakram uniform terhadap sumbunya adalah (dari table 8-1) 2
2
-2
I = ½ MR = ½ ( 3 kg)(0,25 m) = 9,38 x 10 kg.m
2
Karena arah tali pada saat tali meninggalkan cakram adalah selalu tangensial terhadap cakram, lengan gaya yang dikerjakannya adalah R. Jadi, torsi luar adalah τ = FR = (10 N)(0,25 m) = 2,5 N.m Untuk mendapatkan kecepatan angular, mula-mula kita harus mendapatkan percepatan angular dari hokum kedua Newton untuk gerak rotasi (persamaan 8-18) 2
α = τneto / I = 2,5 N.m /0,0938 /0,0938 kg.m = 26,7 rad/s
2
karena α konstan, kita dapatkan ω dari persamaan 88-8, dengan mengambil ω0 = 0 2
ω = ω0 + αt = 0 + (26,7 rad/s )(5 s) = 133 rad/s
Contoh 8-5
Sebuah benda bermassa m diikatkan pada tali ringan yang dililitkan mengelilingi sebuah roda dengan momen inersia I dan jari-jari R (Gambar 8-7). Bantalan roda adalah licin, dan tali tidak selip ditepinya. Carilah tegangan tali dan percepatan benda.
4
Satu-satunya gaya yang bekerja pada roda adalah tegangan tali T, yang mempunyai lengan R dan menghasilkan rotasi searah jarum jam. Dengan mengambil arah jarum sebagai arah positif kita dapatkan TR = I α
8-19
Dua buah gaya bekerja pada benda yang digantung, tegangan ke atas T dan gaya gravitasi ke bawah mg. Dengan mengambil arah ke bawah adalah positif, agar a dan α mempunyai tanda yang sama, dari hukum kedua Newton kita dapatkan mg – T = ma
8-20
Ada tiga besaran yang tak diketahui, T , a, α dalam kedua persamaan ini. Tali merupakan kendala yang menyebabkan kita dapat menghubungkan a dan α. Karena tali tidak selip, kelajuannya sama dengan kelajuan sebuah titik pada tepi roda, dan percepatannya sama dengan percepatan tangensial titik pada tepi roda. Jadi, percepatannya adalah a=Rα
8-21
dengan mensubstitusi a/R untuk α untuk α pada Persamaan 8-19 kita dapatkan
8-2
Substitusi hasil ini untuk a dalam Persamaan 8-20 menghasilkan
atau
Kita dapat menggunakan nilai ini untuk T dalam Persamaan 8-22 untuk mendapatkan a:
5
Contoh 8-6
Sebuah cakram uniform yang bermassa 3 kg dan berjari-jari 12 cm berputar 480 put/min. Hitunglah energi kinetiknya. Dari Tabel 8-1, momen inersia cakram uniform diberikan oleh
() ( ) ( )
Kecepatan angularnya adalah
Dengan demikian, energi kinetik adalah
Perhatikan bahwa kita menghilangkan 2 2 menggunakan 1 kg.m /s = 1 J.
satuan
tak
berdimensi
radian
dan
Contoh 8-7
Mesin sebuah mobil menghasilkan torsi 380 N-m pada 3.200 put/men. Hitunglah daya keluaran mesin ini. Kelajuan angular yang sesuai dengan 3.200 put/men adalah W= (3.200 putaran/1 menit) (2π rad / 1 putaran) (1 menit/60 s) = 335 rad/s Daya keluaran mesin diberikan oleh persamaan 8-25: P=
( 380 N-m) (335 rad/s) = 127 KW
Contoh 8-8
Carilah momen inersia cincin bermassa M dan berjari-jari R terhadap sumbu yang melalui pusatnya dan tegak lurus bidang cincin (Gambar 8-8)
6
Gambar 8-8 sebuah cincin berotasi terhadap sumbu sumbu yang tegak lurus pada bidang cincin dan melalui pusatnya. Karena semua massa cincin berada pada jarak R dari sumbu ini, momen inersianya MR’
Dalam kasus ini, semua massa berada pada jarak r=R, sehingga momen inersianya adalah I=
∫ ∫ dm = R
2
2
= MR
Contoh 8-9
Carilah momen inersia sebuah batang dengan kerapatan uniform terhadap sumbu yang tegak lurus batang melalui salah satu ujungnya.
Elemen massa dm ditunjukkan pada Gambar 8-9. Elemen inni berada pada jarak x dari sumbu putar. Karena massa total M didistribusikan secara uniform M/L. sepanjang L, kerapatan massa linier adalah Jadi, dm = ρ dx = ( M/L M/L) dx. Momen inersia terhadap sumbu y adalah
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Momen inersia terhadap sumbu z juga
dan momen inersia terhadap sumbu x
adalah nol, jika semua massa berada pada sumbu x.
Contoh 8-10
7
Carilah momen inersia cakram uniform terhadap sumbu yang melewati pusatnya dan tegak lurus bidang cakram.
Kita menduga bahwa I akan lebih kecil daripada arena massa cakram tidak terkonsentrasi di r = R seperti pada cincin, melainkan terdistribusikan secara uniform dari r = 0 sampai r = R . Kita hitung I dengam mengambil elemen massa dm seperti ditunjukkan pada Gambar 8-10. Tiap elemen massa adalah sebuah cincin berjari-jari r yang tebalnya dr . momen inersia 2 tiap elemen adalah r dm. karena luas tiap elemen adalah dA = 2πr dr r dr , maka massa tiap elemen adalah
∫
Dengan A =
adalah luas cakram. Jadi, kita dapatkan
Contoh 8-11
Carilah momen inersia sebuah silinder yang kerapatanya uniform terhadap sumbunya (gambar 8-11)
Kita dapat menganggap silinder sebagai kumpulan cakram. Masing-masing dengan massa m i dan momen adalah
I=
miR = R
inersia
∑
2
miR . Maka momen inersia silinder yang lengkap
2
∑ 2
=1/2 MR
2
8
Dengan M=
∑
mi adalah massa total silinder
Contoh 8-12
Carilah momen inersia sebuah bola dengan kerapatan uniform terhadap sumbu yang melalui titik pusatnya. Kita hitung momen inersia ini dengan menganggap bola sebagai kumpulan cakram seperti yang ditunjukan pada gambar 8-12. Kita perhatikan sebuah elemen cakram pada ketinggian x diatas pusatnya. Jari-jari cakram adalah
√ √ √ √
r=
volume cakram adalah luas kali tinggi Dv = πr 2 dx. Jika M adalah massa total bola dan V adalah volumenya massa persatuan volume adalah M/V. dengan demikian massa tiap cakram adalah
dm= dv =
2
πr dx =
momen inersia tiap elemen cakram adalah
2
2
( R - X ) dx
2 2 2 2 2 dl = r dm = ( R - X )[ π ( R - X )dx]
=
π ( R2 - X 2)2 dx
Ketika x berubah dari 0 sampai R,setengah atas bagian bola tercakup. Oleh karena itu momen inersia total bola adalah dua kali integral dl dari x = 0 sampai x = R :
∫ ∫
l=2
2
2
2 2
π ( R - X ) dx 2 2
R - X ) dx =
R
2
jadi momen momen inersia bola bola adalah
9
l=
π
2
2
R = MR
dimana kita telah menggunakan V =
3
π R
Contoh 8-13
Carilah momen inersia cincin pada contoh 8-8 terhadap sebuah sumbu yang tegak lurus tetapi melalui tepinya seperti pada gambar
Perhitungan ini dapat dikerjakan dengan mudah dengan menggunakan teorema 2 sumbu sejajar dengan h = R dan I cm = MR 2
2
2
2
I = Icm + Mh = MR + MR = 2 MR
Contoh 8-14
Carilah momen inersia sebuah tongkat dengan kerapatan uniform terhadap sumbu y yang melalui pusat massa (seperti pada gambar)
Pada contoh 8-9 kita mendapat momen inersia terhadap sumbu yang melalui ujung 2 tongkat uniform adalah ½ ML . Karena sumbu ini ada pada jarak h = ½ L dari pusat massa tongkat, teorema sumbu sejajar menghasilkan
10
2
2
I = Icm + M ( ½ L ) = ½ ML Atau 2
2
2
Icm = 1/3 ML – ¼ – ¼ ML = 1/12 ML
Contoh 8-15
Carilah momen inersia cincin pada contoh 8-8 terhadap sumbu yang merupakan diameter cincin (gambar 8-17)
Gambar 8-17. Sebuah cincn yang berputar terhadap sumbu yang melalui pusatnya dan dalam bidang cincin untuk contoh 8-15. Momen inersia adalah 1/2MR 2, yang didapatkan dengan menggunakan teorema sumbu tegak lurus.
Kita ambil cincin berada dalam bidang xy dengan titik asal di pusat cincin. Dari sifat simetri dapat Ix = Iy, karena kita telah mendapatkan bahwa Iz pada contoh 8-8 salah MR2, maka kita tuliskan Iz = Iy + Ix 2
= 2Iy = MR Karena itu,
2
Ix = Iy = 1/2MR Contoh 8-16
Sebuah partikel bergerak dalam sebuah lingkaran berjari-jari 1,5 m dengan kelajuan 3 m/s. (a) Carilah momentum angular partikel relative terhadap pusat lingkaran. (b) Carilah momentum angular relative terhadap titik asal dari partikel yang sama yang bergerak dengan 3 m/s sepanjang garis y = 1,5 m.
11
Gambar 8-20. Momentum angular angular sebuah cakram dihitung dengan menjumlahkan menjumlahkan momentum angular angular 2
dari seluruh elemen massa m , L = L mr i
(a) Dari persamaan 8-32, kita dapatkan 2 L = mvr = (2,4 kg) ( 3 m ) ( 1,5 m ) = 10,8 kg.m /s Kita juga dapat menghitung momentum angular dengan menggunakan persamaan *-34. Momen inersia partikel relative terhadap sumbu yang 2 melalui pusat lingkaran dan tegak lurus bidang linglaran adalah I = mr = (2,4 2 2 kg) (1,5 m) = 4,40 kg.m , dan kelajuan angular adalah v / r = (3 m/s)/(1,5 m) = 2 rad/s. Jadi, momentum angular adalah
L
I
2
(5,40k g.m )(2rad / s )
2
10,8k gm / s
(b) U ntuk partikel yang sama bergerak sepanjang garis y = 1,5 m, rm= 1,5 m. Momentum angular partikel dengan demikian adalah (Persamaan 8-33) L
mvr
(2,4k g)(3m.s)(1,5m)
2
10,8k gm / s
Momentum angular adalah sama, baik bula partikel bergerak dalam sebuah lingkaran berjari-jari 1,5 m atau bergerak dalam suatu garis lurus yang berjarak tegak lurus 1,5 m dari titik asal.
Contoh soal 8.17
Sebuah benda bermassa m tergantung pada tali yang dililitkan mengelilingi suatu roda berjari-jari R dan mempunyai momen inersia I seperti pada contoh 8.5 ( gambar 8-7, hal 270 ). Gunakan persamaan 8-35 untuk mendapatkan percepatan angular roda. Misalkan v adalah kelajuan benda dan ω adalah kelajuan angular roda pada suatu saat. Karena tali tidak selip, besaran-besaran ini dihubungkan oleh v = R ω. ω . Relative terhadap pusat roda, momentum angular benda adalah L0
= mvR
2 = mR ω
Dan momentum angular roda adalah Lw
= I ω
Jadi, momentum angular total system adalah
12
L
2 = L0 + Lw = ( I + mR )w
Satu-satunya torsi yang bekerja pada system yang relative terhadap pusat roda adalah torsi karena gaya gravitasi mg yang bekerja pada benda. Karena lengan gaya ini relative terhadap pusat roda adalah R, maka besarnya torsi adalah τ
= mgR
dengan mengatur torsi sama dengan laju perubahan momentum angular, kita dapatkan
Karena itu, percepatan angular roda adalah
Hasil ini sesuai dengan hasil yang didapatkan pada contoh 8-5 untuk percepatan linear benda a = Rα
Contoh Soal 8.18
Sebuah cakram dengan momen inersia I 1 berputar dengan kecepatan angular mula-mula wi terhadap poros yang licin. Cakram ini jatuh mengenai cakram lain dengan momen inersia I 2 yang mula-mula diam pada poros yang sama ( lihat gambar 8-23 ). Karena gesekan permukaan, kedua cakram itu akhirnya mencapai kecepatan angular sama w f. carilah kecepatan angular akhir yang sama ini. Tiap cakram mengerjakan torsi pada cakram yang lain, tetapi tidak ada torsi eksternal pada system dua cakram ini, dan dengan demikian momentum angular system adalah kekal. Mula-mula, momentum angular total system Li adalah momentum angular cakram pertama Li
= I 1 ωi
Ketika kedua cakram berputar bersama-sama, momentum angular total adalah
13
= I 1 ω f + I 2 ω f
L f
= ( I 1 + I 2 ) ω f
Dengan menbuat momentum angular akhir sama dengan momentum angular awal, kita dapatkan ( I 1 + I 2 ) ω f
= I 1 ωi
Jadi, kecepatan angular akhir adalah
Contoh 8.19 2
Sebuah komedi putar berjari-jari 2 m dan bermomen inersia 500 kg.m berputar terhadap suatu sumbu putar yang licin. Komedi putar itu melakukan satu putaran tiap 5 s. seorang anak yang massanya 25 kg yang semula berdiri di pusat berjalan keluar ke arah tepi. Carilah kelajuan angular baru komedi putar itu. Jawab: Karena tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada system anak-komedi putar, momentum angular system tetap konstan. Semula, anak berada di pusat, dimana ia tidak mempunyai momen inersia terhadap sumbu yang cukup besar dank arena itu tidak mempunyai momentum angular. Ketika ia berada di tepi, ia mempunyai 2 momentum angular I c ω f dengan Ic = mr adalah momen inersia anak relative terhadap sumbu komedi putar dan ω f adalah kecepatan angular akhir anak dan komedi putar itu. Karena massa anak adalah 25 kg dan r= 2 m, maka momen inersia anak ketika ia berada di tepi adalah Ic
2
= (25 kg)(2 m) = 100 kg.m
2
Jika Im adalah momen inersia komedi putar dan ωf adalah kecepatan angular mulamula, maka dari kekekalan momentum angular kita mempunyai Li
= Lf
Imωi
= Imω f + Ic ω f
φ f
=
ωi
=
= (Im + Ic)ω f
ωi =
ωi
14
karena komedi putar semula melakukan satu putaran tiap 5 s. kecepatan angularnya mula-mula adalah ωf
=
put/s atau 0,4 rad/s. karena itu kecepatan angular akhir adalah
put/s =
put/s
(disini tidak ada kebutuhan khusus untuk mengubah satuan kecepatan angular yang diberikan menjadi radian per sekon). Jadi, setelah anak itu mencapai tepinya, komedi putar berputar dengan satu putaran tiap 6 s. Ketika anak itu berada di pusat komedi putar, ia diam. Ketika ia berjalan keluar, ia mulai bergerak dalam lingkaran. Gaya yang mempercepat anak adalah gaya gesekan yang dikerjakan padanya oleh komedi putar. Gaya ini mempunyai komponen tangensial pada lingkaran yang menghasilkan suatu torsi yang menambah momentum angular anak tadi. Anak itu mengerjakan gaya gesekan yang sama dan berlawanan pada komedi putar. Torsi yang dikaitkan dengan gaya ini mengurangi momentum angular komedi putar.
Contoh 8.20 R
Gambar 8.24 Seorang anak berlari secara tangensial ke tepi komedi putar dan melompat masuk (untuk contoh 8.20). Jika sumbu putar licin, momentum angularnya kekal
Anak yang sama di contoh 8.19 berlari sepanjang jejak yang tangensial terhadap tepi W komedi putar, yang semula diam, dengan kelajuan awal v=2.5 m/s dan melompat di komedi putar (gambar 8-24). Berapakah kecepatan angular akhir anak dan komedi putar itu bersama-sama? Kita tidak mengharapkan energy mekanik adalah kekal karena anak itu melakukan tumbukan tak elastic dengan tepi komedi putar. Juga momentum linearnya tidak kekal. Poros komedi putar selama tumbukan, tetapi karena licin, ini tidak dapat menghasilkan torsi apapun. Jadi momentum angular terhadap poros adalah kekal. (contoh ini menunjukkan bahwa kita perlu mempunyai gerakan melingkar untuk mendapatkan momentum angular). Momentum angular anak mula-mula relative terhadap poros komedi putar adalah L1
= mvR = (25 kg) (2,5 m/s) (2 m)
15
2
= 125 kg.m /s Ketika anak itu berada dalam kondisi komedi putar, momentum angular anak ditambah komedi putar adalah Lf
= (Ic + Im)ω f 2 2 = (100 kg. m + 500 kg. m ) ω f 2
dimana kita telah menggunakan Ic = 100 kg. m dan I m = 500 kg. m 8.19. dengan mengambil momentum angular mula-mula, kita dapatkan 2
2
dari Contoh
2
(100 kg. m ) ω f
= 125 kg.m /s
ω f
=
= 0,208 rad/s
-1
Perhatikan bahwa satuan ωf adalah s , yang telah kita tulis sebagai rad/s agar sesuai dengan satuan yang biasa untuk kecepatan angular.
Contoh 8-21
Sebuah bola homogen yang berjari-jari 12 cm dan bermassa 30 kg sedang menggelinding, tanpa selip, pada sebuah lantai horizontal dengan laju 2 m/s. Berapa kerja yang dibutuhkan untuk menghentikan bola tersebut? Gambar 8-26 (a) Translasi tanpa rotasi, (b) Rotasi tanpa translasi, (c) Menggelinding tanpa selip (konbinasi translasi dan rotasi)
Kerja yang diperlukan untuk menghentikan bola sama dengan energy kinetic awal bola, yaitu energy kinetic translasi pusat massa
,
ditambah energy kinetic rotasi relative terhadap
pusat massa
Kita gunakan
untuk momen inersia bola. Kondisi
menggelinding adalah v = R . Jadi, kita dapatka persamaan untuk energy kinetic total
K=
+
=
+
16
=
+
=
=
= 84 J
Contoh 8-22
Sebuah bola menggelinding bermassa M dan berjari-jari R dilemparkan sedemikian hingga saat menyentuh lantai ia bergerak secara horizontal dengan kelajuan = 5 m/s dan tidak berputar. Koefisien gesekan kinetic antar bola dan lantai adalah = 0,3. Carilah (a) lamanya bola meluncur sebelum kondisi menggelinding tercapai dan (b) jauhnya bola meluncur sebelum ia menggelinding tanpa selip.
Gambar 8-27 Sebuah bola gelinding bergerak tanpa rotasi awal
(a) Sementara bola meluncur, gaya neto pada bola Mg Mg dalam arah adalah gaya gesekan kinetic yang berlawanan dengan kecepatannya. Percepatan pusat massa bola mempunyai besar a = F neto g. Pada tiap saat t ketika bola neto /M = meluncur, kecepatan bola diberikan oleh
v = vo – at = vo -
gt
Torsi neto terhadap pusat massa bola ketika bola meluncur adalah karena gesekan Mg R kinetic. Besarnya adalah = Mg Dari table 8-1. Momen inersia bola adalah I = adalah
= =
. Percepatan angular bola
=
Ketika bola meluncur, kecepatan angular bola setiap saat t adalah =
=
t
Pada suatu saat t = t 1, kondisi menggelinding v = R dipenuhi pada berhenti meluncur. Dengan mengambil v sama dengan R , pada saat t = t 1 didapatkan
17
v = vo vo =
gt1 = R
gt1 +
=
gt1
gt1 =
gt1
Pencarian t 1 menghasilkan t1 =
=
= 0,485 s
(b) Karena percepatan pusat massa bola adalah konstan, kecepatan rata-rata dari ketika bola meluncur adalah rata-rata dari kecepatan awal dan akhir. Dari persamaan
di atas, kita lihat bahwa pada t = t 1, v =
.
s = vrata-rata t1 =
)
=
=
(5 m/s)(0,485 s) = 2,08 m
Contoh 8-23
– 2j. Carilah A x B untuk A = 5i + 6j dan B = 3i – 2j.
Gambar 8-37 Sebuah partikel dengan momentum p di posisi r
Dengan menghitung perkalian silang secara langsung, kita dapatkan A x B = (5i + 6j) (3i – (3i – 2j) 2j) = 15(i x i) – i) – 10(i 10(i x j) + 18(j x i) – i) – 12(j 12(j x j) = 15(0) – 15(0) – 10(k) 10(k) + 18(-k) – 18(-k) – 12(0) 12(0)
18
= -10k – 18k – 18k = -28k Cara lain, karena A dan B ada dalam bidang xy, kita dapat menggunakan Persamaan 8-61 – AyBx)k A x B = (AxBy – A = [(5)(-2) – [(5)(-2) – (6)(3)]k (6)(3)]k = -28k Contoh 9-1
Sebuah papan 3 m dengan berat yang dapat diabaikan diam dengan ujung ujungnya pada timbangan seperti ditunjukkan pada gambar 9-1.a sebuah beban kecil 60N berada pada papan itu 2.5m dari ujung kiri dan ujung kanan. Carilah pembacaan pada timbangan.
Gambar 9-1.b menujukkan diagram benda bebas untuk papan tersebut. Gaya F_L adalah gaya yang diberikan oleh timbangan pada ujung kiri papan. Karena papan mengerjakan gaya yang sama tapi berlawanan pada timbangan, maka besarnya F L adalah pembacaan pada timbangan kiri. Dengan cara yang sama, besarnya F R adalah pembacaan pada timbangan kanan. Dengan mengambil arah keatas sebagai positif, dari syarat pertama untuk kesetimbangan (gaya neto harus nol) kita dapatkan
Kita dapatkan hubungan kedua antara F L dan FR dengan memperhatikan torsi. Jika kita anggap titik pada beban sebagai titik “putar”, kita mempunyai dua torsi, yaitu torsi searah jarum jam yang besarnya F L (2.5 m) dan torsi berlawanan jarum jam yang besarnya FR (0.5 m). dengan memilih arah berlawanan jarum jam sebagai positif, kita dapatkan
19
Dengan mensubstitusi hasil ini pada persamaan terdahulu, kita dapatkan
Atau
Dan
Jadi, pembacaan timbangan adalah 10N untuk timbangan kiri dan 50 N untuk timbangan kanan. Timbangan kanan menopang beban yang lebih berat seperti yang telah diduga. Walaupun tidak ada yang salah dengan penyelesaian ini, ada cara yang lebih mudah untuk memecahkan dua persamaan dengan dua besaran yang tak diketahui. Jika kita hitung torsi torsi terhadap sebuah titik pada garis kerja dari salah satu gaya yang tak diketahui, maka gaya itu tidak aka nada dalam persamaan karena lengannya adalah nol. Sebagai contoh, misalkan kita mula-mula perhatikan torsi terhadap timbangan kiri. Beban menghasilkan torsi searah jarum jam yang besarnya (60 N)(2.5 m) = 150 Nm dan FR menghasilkan torsi berlawanan jarum jam F R (3m). dengan membuat torsi neto sama dengan nol, kita dapatkan
Atau
Jadi, kita segera dapat memperoleh F L dari FL = 60 N – N – 50 50 N = 10 N. sebaliknya, kita juga dapat memperhatikan memperhatikan torsi torsi terhadap terhadap timbangan timbangan kanan. Jadi, kita kita mempunyai mempunyai (60 N)(0.5 m)- F L (3m) = 0 atau F L = 10 N. jika ada dua cara untuk memecahkan soal, maka adalah gagasan yang baik untuk menggunakan satu metode untuk memeriksa metode yang lain.
Contoh 9-2
Kerjakan contoh 9-1 untuk kasus dimana papan adalah serbasama dan beratnya 20 N.
20
Karena papan serbasama, pusat beratnya ada dipusat papan. Gaya gaya yang terlibat ditunjukkan dalam diagram benda bebas pada gambar 9-4. Mula mula kita perhatikan torsi terhadap ujung kiri papan. Berat papan yang menghasilkan searah jarum jam yang besarnya (20 N)(2.5 m) = 30 N.m terhadap titik ini. ini ditambahkan pada torsi searah jarum jam (60 N) (2.5 m) = 150 N.m yang dihasilkan oleh beban 60 N. dengan membuat torsi neto sama dengan nol didapatkan
Karena gaya kebawah total sekarang adalah 60 N + 20 N = 80 N, maka gaya keatas yang diberikan oleh timbangan kiri haruslah F L = 80 N – 60 N = 20 N. kedua timbangan itu membagi beban tambahan 20 N sama besar, seperti yang diharapkan karena beban ini ada ditengah tengah antara kedua timbangan tersebut. Contoh 9-3
Sebuah beban 60 N dipegang di tangan dengan lengan o bawah membuat sudut 90 dengan lengan atas ditunjukkan pada gambar 9-5. Otot bisep mengerjakan gaya Fm yang berada pada 3.4 cm dari titik putar O di sambungan siku. Dengan mengabaikan berat lengan dan tangan, berapakah besarnya Fm jika jarak dari beban ke titik putar adalah 30 cm?
Torsi yang berlawanan jarum jam terhadap O yang dikerjakan oleh otot harus mengimbangi torsi searah jarum jam yang dikerjakan oleh beban. Dengan membuat torsi-torsi ini sama, kita dapatkan
Gaya yang dikerjakan oleh otot jauh lebih besar dibandingkan beban 60 N karena lengan gaya yang sangat pendek dari otot terhadap titik putar itu.
21
Dalam gambar, kita teah mengisolasi lengan bawah, tangan dan beban. Karena system tidak bertranslasi (dan juga tidak berputar), gaya vertical neto pada system itu harus sama dengan nol. Kita telah menghitung bahwa gaya keatas oleh otot harus 529 N untuk menjamin kesetimbangan rotasi terhadap O. karena gaya tambahan keatas sebesar 529 N – N – 60 60 N = 429 N. garis kerja gaya ini harus melewati O, atau aka nada torsi tambahan terhadap O. gaya ini diberikan oleh lengan atas pada sambungan siku.
Contoh 9-4
Sebuah papan reklame yang massanya 20 kg tergantung pada ujung sebuah batang yang panjangnya 2 m dan massanya 4 kg (Gambar 9-6a). Sebuah kawat dikaitkan pada ujung batang ini dan pada titik 1 m di atas titik O. Carilah tegangan dalam kawat dan gaya yang dikerjakan oleh dinding pada tongkat di titik O.
Jawab: Gambar 9-6b menunjukkan gaya-gaya yang bekerja pada batang. Karena g = 9,81 N/kg, berat papan reklame adalah 196 N dan berat batang adalah 39,2 N. Gaya yang dikerjakan oleh dinding mempunyai komponen F x dan Fy. Tegangan T telah diuraikan menjadi komponen x dan y nya. Karena kita tak tahu gaya yang dikerjakan oleh dinding, kita pilih titk O untuk menghitung torsi. Berat papan reklame dan berat batang menghasilkan torsi searah jarum jam terhadap O, dan komponen y dari tegangan dalam kawat menghasilkan torsi berlawanan jarum jam terhadap O. Dengan membuat kedua torsi ini sama besar, kita dapatkan:
Ty(2 m) = (196 N)(2 m) + (39,2 N)(1 m) = 431 N.m Yy = 215,5 N
22
Komponen x dari tegangan dapat dihubungkan dengan T y dan sudut θ. Dari Gambar 9-6b, kita dapatkan: Ty /-Tx = tan θ Dan, dari Gambar 9-6a, kita dapatkan: tan θ = 1 m/2 m = ½ Jadi, Tx = -2Ty = -2(215,5 N) = -431 N (Tx adalah negatif karena mengarah ke kiri). Besarnya tegangan adalah: 2
2 1/2
T = (Tx + Ty )
2
2 1/2
= ((-431 N) + (215,5 N) )
= 482 N
Gaya yang dikejakan oleh dinding pada batang di O didapatkan dari syarat pertama untuk kesetimbangan, yaitu, komponen horizontal F x harus sama dengan gaya ke bawah, kita dapatkan: Fy + Ty = 196 N + 39,2 N = 235 N Fy = 235 N - T y = 235 N – N – 215,5 215,5 N = 19,5 N
Contoh 9-5
Sebuah tangga serbasama 5 m yang beratnya 60 N bersandar pada dinding vertikal yang licin (Gambar 9-7a). Kaki tangga berada 3 m dari dinding. Berapakah koefisien gesekan statik minimum yang diperlukan antara tangga dan lantai agar tangga tidak tergelincir?
Jawab: Gaya-gaya yang bekerja pada tangga adalah gaya karena gravitasi w yang bekerja ke bawah di pusat berat tangga, gaya F 1 yang dikerjakan secara horizontal oleh dinding (karena dinding licin, ia hanya memberikan gaya normal), dan gaya yang diberikan oleh lantai, yang terdiri dari gaya normal F n dan gaya horizontal gesekan statik f s. Dari syarat pertama untuk kesetimbangan statik, kita dapatkan:
23
Fn = w = 60 N dan F 1 = f s Karena kita tidak tahu f s maupun F1, kita harus menggunakan syarat kedua untuk kesetimbangan statik dan menghitung torsi terhadap suatu titik yang cocok. Kita pilih titik kontak antara tangga dan lantai karena Fn dan f s bekerja di titik ini dan karena itu tidak akan muncul dalam persamaan torsi kita. Torsi yang diberikan oleh gaya berat terhadap titik ini adalah searah jarum jam, dan besarnya 60 N kali lengan gaya 1,5 m. Torsi yang diberikan oleh F 1 terhadap titik ini adalah berlawanan jarum jam, dan besarnya F 1 kali lengan gaya 4 m. Jadi, syarat memberikan:
kedua
untuk
kesetimbangan
statik
F1(4 m ) – ) – (60 (60 N)(1,5 m) = 0 F1 = 22,5 N Gaya ini sama dengan besarnya gaya gesekan. Karena gaya gesekan f s dihubungkan dengan gaya normal F n oleh: f s ≤ µsFn Kita dapatkan: µ s ≥ f s /F /Fn = 22,5 N/60 N = 0,375 Dengan µ s adalah koefisien gesekan statik.
Contoh 9-6
Sebuah tangga yang panjangnya L dan beratnya dapat diabaikan bersandar pada dinding vertikal yang licin dengan membentuk sudut θ dengan horizontal. Koefisien gesekan antara tangga dan lantai adalah µ s. Seorang pria yang beratnya W menaiki tangga. Tunjukkan bahwa jarak maksimum s yang dapat dinaikinya sebelum tangga tergelincir diberikan oleh: s = µ sL tan θ
24
Jawab: Gambar 9-8 menunjukkan pria di atas tangga dan gaya-gaya yang terkait. Ketika pria itu ada di tangga, torsi searah jarum jam yang diberikan oleh beratnya terhadap titik topang di lantai diimbangi oleh torsi berlawanan jarum jam yang disebabkan gaya F1 yang diberikan oleh dinding. Bila ia menaiki tangga, kedua torsi ini membesar, sehingga gaya F1 harus bertambah. Akan tetapi gaya horizontal F 1 diimbangi oleh gaya gesekan f s, yang dibatasi sampai nilai µ sFn. Jadi, ada suatu jarak maksimum s menaiki tangga agar kesetimbangan dapat dipertahankan. Dalam gambar, garis kerja gaya berat dan gaya F 1 diperpanjang sehingga mereka bertemu di titik P. Garis kerja yang diberikan oleh lantai pada adalah sudut yang tangga F2 = Fn + f s juga harus melewati titik P. Dalam gambar, θ adalah dibentuk oleh tangga dengan horizontal, dan θ’ adalah sudut yang dibentuk oleh F2 dengan horizontal. Karena gesekan ada batasnya, kita dapatkan: f s = µ sFn Atau µ s = f s /Fn = cot θ’ Jika y adalah ketinggian puncak tangga di atas lantai dan x adalah jarak horizontal dari titik kontak antara lantai dan tangga ke pria tersebut, maka kita dapatkan dari geometri gambar: tan θ’ = y/x sin θ = y/L cos θ = x/s Dengan menggabungkan persamaan-persamaan diatas, kita dapatkan: x = y/tan θ’ = y cot θ’ = µsy Dengan menggunakan hasil ini pada persamaan sebelumnya, kita dapatkan untuk jarak s: s = x/cos θ = µ sy/cos θ = µ sL sin θ/cos θ = µ sL tan θ
25
Dimana kita telah menggunakan y = L sin θ dari persamaan sebelumnya.
Contoh 10-1
Jarak rata-rata Jupiter dari matahari adalah 5,20 satuan astronomi (AU), dengan
Adalah jarak rata-rata antara bumi dan matahari. Berapakah periode Jupiter? Dari hukum ketiga Kepler, kuadrat periode adalah sebanding dengan jarak rata-rata ke matahari pangkat tiga. Dengan mengambil akar kedua ruas pada persamaan 10-1, kita dapatkan
√ √ √ √ √ √ ( ) ()
Jika TE dan rE adalah periode dan jarak rata-rata untuk bumi, dan T J dan rJ adalah periode dan jarak rata-rata untuk Jupiter, kita dapatkan.
Contoh 10-2
Hitunglah gaya tarik antara dua bola, masing-masing bermassa 1 kg, bila pusatpusatnya berjarak pisah 10 cm. Kita dapat memberlakukan tiap bola sebagai massa titik. Jadi, besarnya gaya pada masing-masing bola dilakukan oleh bola yang lain adalah
Contoh 10-3
26
Mars mempunyai bulan dengan periode 460 menit dan jari-jari orbit rata-rata 9,4 Mm. Berapakah massa mars? dengan menggantikan M s dalam Persamaan 10-9 dengan massa Mars M dan dengan 6 -11 2 2 menggunakan r = 9,4 x 10 m. T = 460(60) s, dan G = 6,67 x 10 Nm /kg , kita dapatkan
Contoh 10-4
berapakah percepatan jatuh bebas sebuah benda yang berada 200 km di atas permukaan bumi? gaya pada benda diberikan oleh persamaan 10-10 dengan r = R E + 200 km. dengan demikian, percepatan adalah
alih-alih mensubstitusi nilai G dan M E ke dalam persamaan ini, kita akan menggunakan persamaan 10-12 untuk menuliskan perkalian GM E dalam jari-jari bumi dan percepatan gravitasi jatuh bebas g di dekat permukaan bumi:
()
dengan demikian, percepatan pada jarak r adalah
dengan menggunakan R E = 6,37 Mm = 6370 km dan r = R E + 200 km = 6570 km, kita akan memperoleh
27
Contoh 10-5
sebuah satelit mengorbit bumi dengan orbit berupa lingkaran.carilah lingkaran.caril ah periode (a) bila satelit tersebut tepat di atas permukaan bumi dan (b) jika satelit tersebut berada pa ketinggian 300 km.(Anggaplah bahwa hambatan udara dapat diabaikan) (a)kita dapat menerapkan persamaan 10-9 (hukum ketiga keppler) pada satelit yang mengorbit bumi jika kita mengganti massa matahari M S dengan massa bumi M E. dengan demikian kita akan mendapatkan
2
sekali lagi, akan lebih memudahkan bila GM E digantikan dengan gR E .
jika satelit satelit tepat di atas atas permukaan permukaan bumi, bumi, r = R E dan
oleh karena itu,
(b)pada ketinggian 300 km di atas permukaan bumi, r = 6370 km + 300 km = 6670 6 3/2 km = 6,67 x 10 m. karena T sebanding dengan r , kita dapat mencari T pada jarak ini dari
()
28
Contoh 10-6
Sebuah proyektil ditembakkan lurus ke atas dari permukaan bumi dengan kelajuan awal V1 = 8 km/s. carilah ketinggian maksimum yang dicapainya, dengan mengabaikan resistansi udara. Kita gunakan hukum kekekalan energy. Mula-mula, pada permukaan bumi, energy potensialproyektil adalah nol dan energy kinetiknya ½ 2 mv . Ketika proyektil ada pada ketinggian h = r – r – R RE , energy potensialnya diberikan oleh persamaan 10-21. Kita ingin mendapatkan ketinggian dimana kelajuan akhir adalah V2 = 0. Kekekalan energy memberikan 2
½ mv1 + U1 2
½ mv1 + 0
2
=
½ mv2
=
0+
+ U2
Dengan menyederhanakan persamaan ini, kita dapatkan: V1
2
=
=
(1 – (1 – R RE /r)
Kita dapat melakukan penyederhanaan lebih lanjut dengan menggunakan GM E = 2 gRE . Maka, V1
2
= 2gRE (1- RE /r)
Persamaan ini cukup untuk mendapatkan R E /r : 2
1 – (R – (RE /r ) = (V1 / 2gRE) 2
( RE /r) = 1 – ( V1 / 2gRE)
= 1 – 1 –
= 1 – 1 – 0,512 0,512 = 0,488 Maka : r = RE / 0,488 = 2,05 R E – RE = 1,05 RE. Karena itu ketinggian maksimum yang dicapai adalah h = r – R
29
Contoh 10-7
Carilah kelajuan lepas di permukaan merkurius, yang mempunyai massa M = 3,31 x 23 10 kg dan jari-jari R = 2,44 Mm Persamaan 10-24 dapat digunakan untuk kelajuan lepas di permukaan merkurius jika kita ganti massa bumi M E dengan massa merkurius, dan mengganti jari-jari bumi R E dengan jari-jari merkurius. Maka :
Ve =
( ) =
3
= 4,25 x 10 m/s = 4,25 km/s
Contoh 10-8
Tunjutkkan bahwa energi total sebuah satelit dalam orbit melingkar sama dengan separo energi potensialnya. Energi total satelit yang mengorbit adalah jumlah energi potensial dan energi kinetiknya. Jika satelit ini berjarak r dari pusat bumi, energi potensialnya adalah U=
Karena satelit bergerak dalam lingkaran berjari jari r, maka satelit mempunyai 2 percepatan sentripetal yang besarnya r /v. Dari hukum kedua Newton F = m a , didapatkan
=
Jadi, energi kinetik satelit adalah 2
½ mv = ½
Jadi, energi kinetik separo energi potensial. Hasil ini berlaku untuk tiap orbit lingkaran dalam gaya yang berbanding terbalik dengan kuadrat jarak. Jadi energi total satelit adalah
30
E = K + U =
-
=-
=
(r)
Pada diagram energi , energi total satelit yang beredar dalam sebuah lingkaran adalah di tengah tengah antara eneri potensial U(r) dan nol. Energi tambahan minimum yang harus diberikan pada satelit semacam itu untuk lepas dari bumi adalah Artinya energi kinetik satelit yang beputar harus digandakan.
.
Contoh 10-9
Sebuah satelit bermassa 450 kg mengelilingi bumi dalam lintasan lingkaran dalam jarak 6,83 Mm diatas permukaan permukaan bumi. Carilah (a) energi potensial potensial . (b) energi kinetik dan (c) energi total satelit. a. Jarak antara satelit dan pusat bumi adalah r = R E + h = 6,37 Mm + 6,83 Mm = 13,2 Mm dari persamaan 10-26, energi potensial adalah
= ( 6,67 x 10
-11
2
2
N m /Kg ) (5,98 x 10 7 1,32 x 10 m
24
Kg) (450 Kg)
= - 13,6 GJ b. Dalam contoh terdahulu, kita dapatkan bahwa dalam orbit lingkaran, energi kinetik adalah separo energi potesial. Karena itu energi kinetik satelit K=
=
= - (-13,6 GJ ) = 6,80 GJ
c. Energi total adalah jumlah energi potesial dan energi kinetik. E = K+ U = 6,80 GJ + (-13,6 GJ) = -6,80 GJ Energi total sama dengan energi kinetik
Contoh 11-1
Sebuah bata timah hitam berukuran 5 kali 10 kali 20 cm. Berapakah beratnya? Volume bata adalah
3
-3
3
V = (5 cm)(10 cm)(20 cm) = 1000 cm = 10 m
Table 11.1 Kerapatan beberapa zat
31
Zat
Kerapatan, kg/m3
Alumunium Tulang Bata Semen Tembaga Tanah (rata-rata) Kaca (biasa) Emas Es Besi Timah hitam Kayu (oak) Alcohol (ethanol) Bensin Air raksa Air laut Air Udara Helium Hydrogen Uap (100 oC)
2,70x103 1,7-2,0x103 1,4-2,2x103 2,7-3,0x103 8,93x103 5,52x103 2,4-2,8x103 19,3x103 0,92x103 7,96x10 3 11,3x103 0,6-0,9x103 0,806x103 0,68x103 13,6x103 1,025x103 1,00x103 1,293 0,1786 0.08994 0,6
t= 0oC dan P=1 atm kecuali dinyatakan lain 3
3
Dari tabel 11.1, kerapatan timah hitam adalah 11,3 x 10 kg/m . Karena itu massanya adalah 3
3
-3
3
m = ρV = (11,3 x 10 kg/m )( 10 m ) = 11,3 kg dan beratnya adalah w = mg = (11,3 kg)(9,81 N/kg) = 111 N = 25 lb
Contoh 11-2 o
o
Sebuah botol 200 mL diisi air pada 4 C. bila botol dipanaskan sampai 80 C, 6 gr air o tumpah. Berapakah kerapatan air pada 80 C? (anggaplah pemuaian botol dapat diabaikan) o
3
3
Karena kerapatan air pada 4 C adalah 1 g/cm dan 200 mL = 200 cm . Massa air yang mual-mula ada didalam botol adalah 3
3
m = ρV = (1 g/cm )( 1 g/cm )= 200 g o
karena 6 g tumpah dari botol pada 80 C, massaair yang tersisa adalah 200 g – 6 g o =194 g. Massa air ini sekarang menempati 200 mL, sehingga kerapatan air pada 80 C adalah
32
ρ=
Contoh 11-3 2
-3
2
Otot bisep seseorang mempunyai luas penampang maksimum 12 cm = 1,2 x 10 m . Berapakah tegangan otot ketika mamberikan gaya 300 N? Dari definisi tegangan tarik, kita dapatkan Tegangan =
Tegangan maksimumyang dapat diberikan kira-kira sama untuksemua otot. Gaya yang lebih besar dapat dilakukan oleh otot dengan luas penampang yang lebih besar.
Contoh 11-4 2 Massa 500 kg digantungkan pada baja 3 m yang luas penampangnya 0,15 cm . Berapakah pertambahan panjang kawat ? Berat massa 500 kg adalah 3 mg = (500 kg)(9,81 N/kg) = 4,90 x 10 N Tegangan kawat adalah
S=
=
4
2
8
2
= 3,27 X 10 N/cm = 3,27 x 10 N/cm Dari Tabel 11-2, kita dapatkan modulus Young untuk baja adalah sekitar 2,0 x 10 2 N/m . Karena itu regangan adalah
11
=
=
Karena panjang kawat 300 cm, jumlah pertambahan panjang adalah -3 -3 L = (1,63 x 10 )(300 cm) = 0,49 cm ΔL = (1,63 x 10 ) L Contoh 11-5 Carilah tekanan di kedalaman 10 m di bawah permukaan danau bila tekanan di permukaan danau 1 atm. 3 Dengan menggunakan persamaan P = Po + ρgh dengan Po = 1 atm = 101 kPa, ρ = 10 3 kg/m , dan g = 9,81 N/kg, kita dapatkan 3 P = 101 kPa (10 kg/m3)(9,81 N/kg)(10 m) 4 2 P = 101 kPa + (9,81 x 10 N/m ) P = 101 kPa + 9,81 kPa
33
= 1,97 atm Tekanan pada kedalaman 10 m hampir dua kali tekanan di permukaan. Contoh 11-6 Pengisap besar pada sebuah dongkrak hidrolik mempunyai jari-jari 20 cm. Berapakah gaya yang harus diberikan pada pengisap kecil berjari-jari 2 cm untuk mengangkat sebuah mobil yang massanya 1500 kg ? Berat mobil adalah 3 mg = (1500 kg)(9,81 N/kg) = 1,47 x 10 N gaya yang harus diberikan karena itu adalah F 1 =
=
F 2 =
mg 4
( 1,47 x 10 N) = 147 N = 33 lb
Contoh 11-7 0
3
3
Pada 0 C kerapatan air raksa adalah 13,595 x 10 kg/m . Berapakah ketinggian kolom air raksa di barometer pipa-U jika tekanan adalah 1 atm = 101,325 kPa? Kita mempunyai h=
() =
= 0,7597 m ≈ 760 mm Contoh 11-8
Tekanan rata-rata (gauge) dalam pembuluh darah adalah sekitar 100 mmHg. Ubahlah tekanan darah rata-rata ini menjadi pascal dan pound per inci persegi. Kita dapat menggunakan faktor konversi yang dinyatakan dalam Persamaan 11-16. Sebagai contoh 760 mmHg =101,325 kPa. Jadi, P = 100 mmHg ( P = 100 mmHg (
Contoh 11-9
) = 13,3 kPa, dan
) = 1,93 lb/m
2
34
Berat jenis emas adalah 19,3. Jika mahkota yang dibuat dari emas murni beratnya 8 N di udara, berapa beratnya bila mahkota ini tenggelam di air? Dari persamaan 11-9, kita dapatkan untuk hilangnya berat di air Berat yang hilang =
=
= 0,415 N
Contoh soal 11-10 3
Sebuah gabus mempunyai kerapatan 200 kg/m . Carilah bagian volume gabus yang tenggelam bila gabus terapung di air. Misalkan V adalah volume gabus dan V’ adalah volume yang tenggelam bila gabus itu terapung di air. Berat gabus adalah ρgV,dan gaya apung adalah ρwgV’. Karena gabus dalam kesetimbangan,maka gaya apung sama dengan berat : B=w ρwgV’ = ρgV Jadi,bagian gabus yang tenggelam adalah V
'
V
=
w
=
200k g / m
3
1000k g / m
3
=
1 5
Jadi,seperlima gabus tenggelam.
Contoh soal 11-11
Sebuah balok dari bahan yang tak diketahui mempunyai berat 3 N di udara dan 1,89 N bila dimasukkan ke dalam air,seperti pada gambar 11-10a. (a) Bahan apakah itu? (b) Koreksi apa yang harus diberikan untuk gaya apung udara bila balok ditimbang di 3 udara? (Kerapatan udara sekitar 1,3 kg/m ). (a) Kita tentukan bahan balok dengan menemukan kerapatannya. Menurut persamaan 11-19,berat jenis sebuah benda sama dengan berat benda di udara dibagi dengan kehilangan berat bila benda itu dimasukkan di air. Karena untuk contoh ini kehilangan berat adalah 3 N – 1,89 N= 1,11 N,maka kita mendapatkan
35
Berat jenis =
3 N 1,11 N
= 2,70 3
3
Jadi kerapatan bahan ini 2,70 kali kerapatan air atau 2,70 x 10 kg/m . Dengan membandingkan hasil dengan kerapatan yang tercantum dalam Tabel 111,kita lihat bahwa balok ini mungkin terbuat dari alumunium. (b) Koreksi yang harus diberikan bila balok alumunium ditimbang di udara diperoleh dari Persamaan 11-22. Untuk alumunium di udara,yang mempunyai 3 kerapatan ρv = 1,3 kg/m ,kita dapatkan v
=
1-
v
1,3kg / m
3
3
2,7 x10 k g / m
3
= 4,8 x 10
-4+
, dan
= 1- 0,00048
Ini berbeda dari 1 dengan hanya 0,048 persen,yang menunjukkan bahwa kita biasanya dapat mengabaikan gaya apung udara.
Contoh 11-12 Berapa tinggi air akan naik dalam pipa yang jari-jarinya 0,1 mm jika sudut kontaknya nol?
Penyelesaian: Dengan menggunakan γ = 0,073 N/m untuk air, kita peroleh dari persamaan 11-24, 11-24, yaitu h= h=
h = 0,149 m = 14.9 cm
Contoh 11-13 Tegangan permukaan untuk air raksa adalah 0,465 N/m dan Ɵc = 140. ebuah pipa kapiler dari gelas berjari-jari 3mm ditempatkan dalam mangkuk air raksa. Berapakah ketinggian air raksa dalam pipa relatif terhadap permukaan dalam mangkuk?
36
Penyelesaian: Dari persamaan 11-24, kita peroleh yaitu h= h=
h = -1,78 x 10³ m = -1,78 mm Air raksa di pipa kapiler ditekan 1,78 mm di bawah permukaan air raksa di mangkuk
Contoh 11-14
Darah mengalir dalam pembuluh darah yang jari-jarinya 1 cm pada 30 cm/s. Berapakah laju aliran volumenya? Dari pers 11-26 Iv = vA = (0.30 m/s )π(0.01m) -5 3 `= 9.42 x 10 m /s
2
Biasanya laju pemompaan jantung dinyatakan dalam liter per menit. Dengan menggunakan 1L = 10
-3
3
m
dan 1 menit = 60 sekon, kita dapatkan
= 5.65 L/menit
Contoh 11-15
Darah mengalir dari pembuluh darah yang besar dengan jari-jari 0.3 cm, dimana kelajuannya 10 cm/s, ke dalam daerah dimana jari-jari berkurang menjadi 0.2 cm karena penebalan dinding . Berapakah kelajuan darah dibagian yang lebih kecil? Jika v1 dan v2 adalah kelajuan awal dan akhir dan A 1 dan A2 adalah luas awal dan akhir , dari pers 11-25 memberikan :
( )
37
Contoh 11-16
Sebuah tangki air yang besar mempunyai lubang yang kecil pada jarak h di bawah permukaan air seperti yang ditunjukkan pada Gambar 11.18. Carilah kelajuan air bila mengalir pada lubang itu.
a ya
h
b
Gambar 11-18 Gambar tangki dengan lubang kecil dekat dasarnya. Kelajuan air yang keluar dari lubanng sama dengan jika air jatuh bebas dari ketinggian h = ya – yb sebuah hasil yang dikenal sebagai hokum Torricelli.
Kita terapkan persamaan Bernoulli pada titik a dan b. Karena diameter lubang jauh lebih kecil dibandingkan diameter tangki, kita dapat mengabaikan kecepatan air di atas (titik a). Maka kita dapatkan : 2
Pa + ρgya = Pb + ½ ρv ½ ρvb + ρgyb
Karena titik a dan b berhubungan dengan atmosfer, tekanan Pa dan Pb adalah sama dengan tekanan atmosfer. Karena itu, 2
vb = 2 g ( y ya – yb) = 2 gh,
dan, vb =
√ √
Contoh 11-17
Air bergerak melalui sebuah pipa dengan 4 m/s pada tekanan 200 kPa. Pipa menyempit menjadi separo diameternya mula – mula. Carilah ( a) kelajuan dan ( b) tekanan air di bagian pipa yang lebih sempit. (a) Karena luas pipa sebanding dengan kuadrat diameter, luas bagian pipa yang sempit adalah seperempat luas semula. Maka, dari persamaan kontinuitas Iv = vA = konstan., kelajuan di bagian tangki yang sempit harus 4 kali kelajuan di bagian yang lebar atau 16 m/s.
38
(b) Untuk mendapatkan tekanan di bagian pipa yang sempit, kita gunakan persamaan 11-28 : 2
P1 + ½ ρv ½ ρv1 = P2 + ρv2
2
3
2
3
200 kPa + ½ (1000 kg/m ) ( 4 m/s) = P2 + ½ ( 1000 kg/m ) ( 16 m/s)
2
200 kPa + 8000 Pa = P2 + 128.000 Pa P2 = 200 kPa + 8 kPa – kPa – 128 128 kPa
= 80 kPa Perhatikan bahwa jika kita ambil ρ dan v dalam satuan SI yang benar, maka 2 satuan ½ ρv ½ ρv adalah pascal. Hal ini dapat diperiksa dengan menuliskan satuan 2
ρv : 1N.
kg 3
m
2
x
2
2
=
2
=
2
2
= Pa, dimana kita telh menggunakan 1 kg.m/s =
Contoh 11-18
Bila darah mengalir dari pembuluh utama lewat pembuluh besar, pembuluh kapiler, dan pembuluh halus di kanan atrium, tekanan (gauge) turun dari sekitar 100 torr menjadi nol. Jika laju aliran volume adalah 0,8 L/s, carilah resistansi total system aliran darah ini! 4
2
Pada contoh 11-8, kita dapatkan bahwa 100 torr = 13,3 kPa = 1,33 x 10 N/m . 3 -3 3 Dengan menggunakan 1 L = 1000 cm = 10 m kita dapatkan persamaan 11-29 R=
=
7
= 1,66 x 10 N.s/m
5
Contoh 11-19
Hitunglah bilangan Reynold untuk darah yang mengalir pada 30 cm/s lewat – jari 1,0 cm. anggaplah bahwa darah mempunyai viskositas pembuluh darah berjari – jari 3 4 mPa.s dan kerapatan 1060 kg/m . Karena bilangan Reynold tidak berdimensi, kita dapat menggunakan kumpulan satuan apa pun sepanjang kita konsisten. Dengan mengambil tiap besaran dalam persamaan 11-34 dalam satuan SI, kita dapatkan
39
NR =
=
= 1590
– alih Karena bilangan Reynold kurang dari 2000, maka aliran ini adalah laminar alih – alih turbulen.
Contoh 12-1 Sebuah partikel memiliki simpangan x yang diberikan oleh
x = 0,3 cos ( 2t +
)
dengan x dalam meter dan t dalamsekon. (a) Berapakah frekuensi, periode, amplitudo, frekuensi sudut, dan konstanta fase gerak? (b) Di manakah partikel pada t = 1 s ? (c) Carilah kecepatan dan percepatan pada setiap saat t. (d) Carilah posisi dan kecepatan awal partikel. Jawab: (a) Dengan membandingkan persamaan ini dengan Persamaan 12-4, kita melihat bahwa frekuensi sudut = 2 rad/s, amplitudo A = 0,3 m, dan konstanta fase =
rad. Dengan demikian, frekuensi f =
3,14 s. (b) Pada t = 1 s, posisi partikel adalah x = 0,3 cos ( 2t +
/2
=0.318 Hz, dan periode T = 1/f =
) = - 0,245 m
(c) Kecepatan diperoleh dari v=
= -0,3 sin ( 2t + = -0,6 sin ( 2t +
)
)
Kita differensialkan lagi untuk mendapatkan percepatan a=
=
[-0,6 sin (2t + )]
= -0,6 cos (2t +
)
= -1,2 cos (2t + )
(d) Kita mencari posisi awal dan kecepatan awal dengan mensubstitusikan t = 0 ke dalam pernyataan untuk x dan y. Kita akan memperoleh x0 = 0,3 cos y0 = -0,6 sin
= 0,260 m = -0,300 m/s
Contoh 12-2 Sebuah benda 2 kg meregangkan sebuah pegas sepanjang 10 cm ketika digantung secara vertikal pada kesetimbangannya (Gambar 12-5a). Benda kemudian dipasang pada pegas yang sama, sementara benda berada di atas meja tanpa gesekan dan salah
40
satu ujung pegas dijadikan ujung sementara pada Gambar 12-1. Benda ditarik sehingga berjarak 5 cm dari posisi kesetimbangannya dan dilepas pada t = 0. Carilah amplitudo A, frekuensi sudut , frekuensi f, dan periode T.
Jawab: Konstanta gaya pegas ditentukan dari pengukuran pertama. Pada kesetimbangan, gaya mg ke bawah harus sama dengan gaya kx 0 ke atas, dengan x 0 adalah besarnya regangan pegas dari panjang normalnya (Gambar 12-5).
Gambar 12-5 (a) Sebuah benda digantung pada kesetimbangan dari sebuah pegas untuk Contoh 12-2. (b) Diagram benda bebas. Pada kesetimbangan berat benda mg diimbangi oleh gaya ke atas sebesar kx0 yang dilakukan oleh pegas.
Dengan menggunakan g = 9,81 N/mg, m = 2 kg, dan x 0 = 10cm = 0,1m kita peroleh k=
=
= 196 N/m
Pada posisi horizontal, mula-mula pegas teregang 5 cm dari kesetimbangannya dan dilepas. Karena kecepatan awal y 0 sama dengan nol, konstanta fase = 0 (Persamaan 12-10), dan simpangan x diberikan oleh Persamaan 12-16a; x = A cos ax. Simpangan awal adalah 5 cm sehingga A = 5 cm. Frekuensi sudut diperolehdari persamaan 12-13:
=
=
= 9,90 rad/s
Dengan demikian, frekuensinya adalah
f=
=
= 1,58 Hz
Periode merupakan kebalikan dari frekuensi: T = 1/f = 1/1,58 Hz = 0,63 s Contoh 12-3 Berapakah kecepatan maksimum benda pada pegas dalam contoh 12-2, dan kapan kecepatan maksimum ini pertama kali tercapai?
41
Jawab : Kecapatan benda pada setiap saat diberikan oleh persamaan 12-16b. nilai maksimum kecepatan tercapai bila sin wt = 1 (atau -1). Besarnya kecepatan pada waktu ini adalah : V maks = wA = (9,90 rad/s)(5 cm) = 49,5 cm/s Kelajuan maksimum ini pertama kali terjadi setelah seperempat periode, ketika benda pertama kali mencapai keseimbangan, yakni (0,63 s) / 4 = 0,16 s setelah benda dilepas. Pada waktu ini, sin wt = +1, dan kecepatan bernilai negative yang berarti benda bergerak ke kiri. Contoh 12-4 Sebuah pegas ke dua, yang identik dengan pegas pada Contoh 12-2, dihubungkan ke benda kedua, yang massa nya 2 kg. pegas ini diregang sejauh 10 cm dari kesetimbangannya dan dilepas pada saat bersamaan dengan pegas yang pertama, yang sekali lagi direnggangkan sejauh 5 cm. Benda mana yang terlebih dahulu mencapai posisi kesetimbangan? Jawab: Gambar 12-6 memperlihatkan posisi awal benda, dan Gambar 12-7 memperlihatkan sketsa fungsi posisi kedua benda. Kedua pegas memiliki konstanta gaya yang sama dan massa kedua benda juga sama. Hanya amplitude yang berbeda. Namum menurut persamaan 12-15, frekuensi dan periode hanya tergantung pada k dan m, dan tidak tergantung pada amplitude. Jadi frekuensi dan periode gerak adalah sama dan kedua benda mencapai posisi kesetimbangan masing-masing pada saat bersamaan. Benda kedua menempuh jarak dua kali lebih jauh untuk mencapai kesetimbangannya disbanding benda yang pertama, namun benda kedua juga memulai gerakan dengan percepatan awal dua kali lipat.
42
Contoh 12-5
Jika benda dalam Contoh 12-2 mula-mula berada di x0 = 3 cm dan memiliki kecepatan awal v0 = -25 cm/s, carilah amplitudo dan konstanta fase gerak. Persamaan 12-8 dan 12-10 menghubungkan posisi awal dan kecepatan awal terhadap amplitudo dan konstanta fase. Kita memeroleh: x0 = A cos δ
dan v0 = -ωA -ωA sin δ
Maka
ω
δ
δ
δ
Dengan menggunakan ω = 9,90 rad/s dari Contoh 12-2 dan x0 = 3 cm dan v0 = -25 cm/s, kita memeroleh:
tan δ =
Amplitudo dapat diperoleh dari: A
δ
43
Contoh 12-6
Sebuah benda 3 kg yang dihubungkan pada sebuah pegas berosilasi dngan amplitudo 4 cm dan periode 2 s. (a) Berapakah energi total? (b) Berapakah kecepatan maksimum benda? 2
(a) Energi total adalah ½ kA . Konstanta gaya pegas, k , berhubungan dengan periode melalui persamaan T
Sehingga
k=
Oleh karena itu, energi total adalah 2
E total total = ½kA
2
-2
= ½ (29,6 N/m)(0,04 m) = 2,37 x 10 J (b) Energi total kita gunakan untuk mencari kecepatan maksimum. Ketika kelajuannya maksimum , energi potensial sama dengan nol dan energi total sama dengan energi kinetik saat itu: 2 -2 E total total = ½mv maks = 2,37 x 10 J Oleh karena itu, kelajuan maksimumnya dalah vmaks =
=
= 0,126 m/s
Kita dapat mencari kelajuan maksimum dari Persamaan 12-16b seperti yag kita lakukan dalam contoh 12-3: vmaks =ωA(sin ωA(sin ωt )maks = ωA T (Persamaan 12-6), kita peroleh Dengan menggunakan ω= 2π 2π / T vmaks
= 12,6 cm/s = 0,126 m/s
44
Contoh 12-7
Carilah periode bandul yang panjangnya 1 m. Penyelesaian: Dari persamaan 12-32, kita peroleh
⁄
T=2
Keabsahan hasil ini dengan mudah dapat ditunjukkan secara eksperimental.
Contoh 12-8
Sebuah jam bandul sederhana dikalibrasi untuk menunjukkan waktu akurat pada amplitude sudut . Ketika amplitude berkurang kesuatu titik dengan perubahan yang sangat kecil, berapa banyak kelebihan waktu yang dihasilkan jam dalam satu hari? Penyelesaian: Dari persamaan 12-37, periode awal mendekati
Karena untuk pada
,
, dalam persamaan 12-37 jauh lebih kecil dari
. Ketika amplitude sangat kecil, periodenya adalah
. Karena nilai ini
lebih kecil dari T, frekuensinya lebih besar dan jam menghasilkan kelebihan waktu. Selisih antara dua periode ini : =
Oleh karena itu, persentase perubahan periode menjadi
Persentase perubahan ini sangat kecil. Namun perubahan ini akan menyebabkan ketidaktepatan yang tidak dapat ditoleransi menurut standar petunjuk waktu sekarang. Banyaknya menit dalam satu hari adalah:
45
-
Maka, kelebihan 0,2% menyebabkan suatu akumulasi kesalahan besar(2 x 10 3 )(1440menit) = 2,88 menit dalam satu hari. Dengan demikian, jam ini kelebihan hamper tiga menit tiap hari. Atas alasan ini, jam bandul dirancang untuk mempertahankan amplitude yang konstan.
Contoh 12.9 Berapakah periode untuk simpangan sudut kecil dar tongkat homogen dengan panjang L yang berporos putar pada satu ujung? Jawab : Momen inersia tongkat seragam dengan panjang L terhadap sumbu pada satu ujung,
sebagai I =
2
ML , jarak dari poros ke pusat massa D = L. Dengan mensubstitusikan
alat ini ke dalam persamaan 12-40, kita memperoleh
Contoh 12.10 Suatu bandul sederhana kehilangan sama dengan 1 persen energinya setiap osilasi. Berapakah faktor Q? Jawab : Karena kehilangan energi 1 persen, maka :
|| ||
Oleh karena itu, faktor Q adalah :
