FISIKA I

Disusun oleh :

Dr. Drs. Jaja Kustija, M.Sc.

JURUSAN TEKNIK ELEKTRO

UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA

2014

i

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

ii

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

1

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.

2

3

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 (1564-

1642), 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.

4

5

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.

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

Listrik statis

Listrik dinamiss

Listrik

Magnet

Radio aktif

Intraksi Kuat inti

Gravitasi

Elektro magnet

Kuantum elektrodinamika

Elektro lemah

Grand Unified Theory

Intraksi lemah

Intraksi kuat quark

Grafitasi

Kuantum grafitasi Theory of

everything “ superthing

6

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 fenomena-

fenomena yang tidak bisa di terangkan oleh fisika klasik

7

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

8

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 x-

y membuat sudut β dari sumbu x.

C

D

A = D

Gambar 2.3

9

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

10

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 )

11

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

12

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

13

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

14

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 – Ry

2

Ry

φ = inv tg

15

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.

16

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

17

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

18

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

19

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 + ; [R]

b. Ā B

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

20

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

Ā X Gambar 3.6

21

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

22

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 ( positif ) dari âx ke ây arah putar searah jarum jam.

2. âx x âz = - ây ( 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:

âx ây âz A x B = Ax Ay Az Bx By Bz

23

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

24

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

25

TB mT 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 TO. Jadi TO adalah gaya pada tali

oleh orang. Tali melakukan gaya reaksi OT pada orang, maka OT = - TO.

Disamping itu tali melakukan gaya BT pada balok, dan balok melakukan gaya

reaksi TB pada tali maka TB = - 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 TO dan TB . Sehingga resultan gaya yang bekerja pada tali adalah

T = TO + 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

26

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 TO selalu sama besar dengan gaya OT , dan bahwa

besar TB selalu sama besarnya dengan gaya BT. Tapi pasangan gaya TO &

OT mempunyai besar yang sama dengan gaya TB dan 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

27

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 0 Sin w T2= Cos -cos Sin sin

Contoh 1.

30 60

T2 T1

W= 100 Kg

Gambar 4.5

28

T1 sin 60 T1

T2 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

29

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!

30

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 =dt

dp

31

P = Momentum (Kg.m/s)

= mv

dapat ditulis dalam bentuk :

F =dt

d(mv )

F =mdt

dv+v

dt

dm

atau

F = ma + vdt

dm

Dan untuk massa benda yang constan (tidak berubah terhadap waktu)

dt

dm= 0

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

32

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

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 = Gaya normal (Newton)

m = Massa benda

a = g sin

N = mg cos

33

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.

1mFy a1 x

T = m1 a1 x……….(1)

0Fy

N - m1 g = 0

N1 = m1 g………….(2)

Persamaan gerak dari m 2

34

2

mFy a

T - 2m g = m 2 ay2……………..(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 m1 dan m 2 mempunyai

kecepatan sama, jadi juga mempunyai percepatan sama hingga:

a x1 = a y2 = 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 = )( 21

2

mm

gm

dari

T = gmm

mm

21

21

Contoh 3:

Dua buah benda bermassa tidak sama besar dihubungkan dengan seutas tali

melalui katrol (pada gambar 5.3)

35

Gambar 5.3

a. Dua massa tak sama besar digantungkan dengan tali pada sebuah katrol.

b. Diagram gaya beban bebas untuk m1 dan m 2

c. Diagram benda bebas untuk katrol dengan massa katrol yang diabaikan.

Persamaan yang berlaku untuk benda 1

T 1 - m1 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 T1 =T 2 =T

Dengan demikian didapat

a = gmm

mm

21

21

dan

T = gmm

mm

21

212

Sedang gaya keatas dengan menganggap gaya – gaya bekerja pada pusat

control

T = T 1 +T 2

P = 2T

Contoh 4:

36

Gambar 5.4

Dari gambar 5.4 cari a dan T pada m1 diagram gayanya sebagai berikut

0Fy

N - m1 g = 0

N = m1 g

amFx 1

T = m1 a = 40a…………….(I)

Pada m 2 diagram gayanya sebagai berikut:

37

BAB VI

FISIKA MEKANIKA

Gaya Gesek

N

f

Nf

k

k

kk

Pada umumnya sk

keadaan benda dipengaruhi oleh gaya luar dan gaya gerak dapat digambarkan

sebgai berikut

Gaya gesek kinetik (Newton)

Koofisien gerak kinetic (tanpa satuan)

Gaya Norman (Newton)

F = 0

fs = 0

mg

N

F diberikan

F = 0

fs = 0

mg

N

fs F

F = 0

fs = 0

mg

N

fs FF terus diperbesar

38

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

NF s maka benda mulai bergerak.

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.

Gambar 6.4

mg

N

FBenda mulai

bergerak

mg

N

FBenda bergerak

dipercepatfk < F

V

mg

N

FFk = F

a = 0 (bergerak lurusberaturan)

39

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

Gambar 6.2 b diagram gaya bebas untuk balok

Jika balok dalam keadaan diam

Sb y

Nfs

Sb x

40

)1(..................sin

0sin

0

mgfs

mgfs

Fx

keadaan diam fs < us N

dan

)2........(..........cos

0cos

0

mgN

mgN

Fy

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

meluncurmulaibendainvtg

tg

mgmg

mgN

s

s

s

s

s

][

cos

sin

sincos

sin

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.

Hubungan antara kecepatan awal percepatan jarak akhir dirumuskan

axVV 22

02

diamana V = kecepatan akhir dalam hal ini mobil berhenri ( V = 0)

Vo

W

fs

41

0 = V02 + 2ax

x

Va

2

20

menurut hukum Newton

fs= -m.a (tanda – berlawanan dengan arah gerak)

m

fsa

Karena dengan keadaan mendatar smgsNfs

Maka sgm

smga

……………(2)

Sehingga didapat

x

Vsg

2

20

sg

Vx

2

20

3.

Hitung gaya F agar benda mempunyai percepatan 2 m’s2

Hitung gaya tegangan tali

Penyelesaian

Pada benda m1

amFx 1

2.0s

M2 =4 kg

FM1 = 5 kg

42

amTfF 1

atau

amTfF 1

aTNF 5.

dimana 5010.51 gmN N

F-(0,2.50+T) = 5a

F-10 - T = 5.2

F-10 – T = 10

F= 20 + T…………..(1)

amsmF 2.

amsmF 2.

2.410.4 F

48840 F N……………(2)

Sehingga F = 20 + 48 = 68 N

Jawaban a didapat T = 48 N

43

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:

44

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.

45

Untuk mendapatkan hasil momen gaya perhatikan gambar 7.2 sbb:

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.

F1

ζ

Arah momen gaya diicari dengan aturan tangan kanan

ζ=r sinθ

46

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

r

M

F

47

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 :

21

2.21.1

2.21.1

fF

xFxFX

R

xFxFX

48

Untuk gaya yang banyak ( sebanyak n buah )

FnFFF

XnFnxFxFxFX

...321

....3.32.21.1

Atau dapat dittulis

1

1.1

F

xFX

Contoh :

Tentukan titik tumpu dilihat dari titiik Q

Penyelesaian:

NR

R

RFFFF

5

302

321

Dengan mengikuti pengujian tanda:

mx

x

x

xfxfx

6,1

5

8

6.33.2

3311

49

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

didapatmy

y

mmm

ymymymy

mx

x

mmm

xmxmxmx

mi

zimiz

mi

yimiy

mi

ximi

gmi

gxmx

14,1

35

40

35

1030

35

0.202.53.10

321

3.32.21.1

875,1

35

65

35

40520

20510

2.201.52.10

321

3.32.21.1

.

.

.

.

.1.

50

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.

51

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

52

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.

53

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

54

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

55

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 foot-

pound (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 ay tidak

melakukan kerja, sehingga kerja yang dilakukan oleh gaya hanyalah

56

∆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 ) dan dengan demikian

mengurangi besar gaya gesekan (f = 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.

57

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 kedalam sasarannya yang dikenal, makin

besar/berat peluru makin dalam menembusnya, juga makin besar

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 = m

Bila kecepatan mula – mula ≠ 0 maka = 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

58

Energi potensial di B = w . h = mg . h

Gambar 8.4

Bila titik A mempunyai ketinggian terhadap tempat lain, maka energi

potensial adalah : = m g

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

59

Gambar 8.5

2) Sebuah benda dengan gerakan diatas bidang miring (lihat gambar

8.11) bergerak ke atas karena padanya bekerja beberapa gaya, tiga di

antaranya tergambar di sebelah: sebesar 40 N arah datar; tegak

lurus bidang miring sebesar 20 N. 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

60

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 . Karena gaya

gesekan berlawanan arah dengan pergeseran = , maka

usaha = fs = (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

61

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 m (mg) ( ) = 0

Kita ingin mencari . 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.

62

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 = P d = P d

= (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

63

(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

Gaya adalah tarikan orang terhadap kotak, adalah berat kotak,

gaya gesekan, dan adalah gaya normal pada kotak. Kerja yang

dilakukan oleh orang pada kotak adalah

W = P d

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 = P d = (2,4 lb) (30 ft) (0,707) = 51 ft-lb

9) Bila diketahui = , = , F = kg, pajang AB = 8 m dan

koefisien gesekan µ =

64

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 N = 4

Gaya gesekan fr = µ N = . 4 = 1 kg

65

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 ) koefisien gesekan = 1/2 pada p bekerja

gaya F = 12 kg arah miring keatas bersudut 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

66

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

67

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

68

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 = hwaktutempu

nPerpindaha

Dalam bentuk simbol matematik ditulis sebagai berikut:

v = t

x

=

121

12

t

xx

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 = 2

150= 75 Km / jam

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:

69

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 )()( txttx

∆t→o ∆t

secara matemati definisi di atas sama dengan definisi turunan atau

diferensial

v = lim t

txttx

)()(

∆t→0

v = dt

dx

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

70

Tabel 9.1

t x = 5t2

1 5

2 20

3 45

4 80

5 125

Gambar 9.2

b. v = 12

)1()5(

tt

xx

=

15

5125

=

4

120 = 30 m/s

c. v = dt

dx

v =dt

d ( 5t2 ) = 10 t

71

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:

Percepatan rata-rata = hwaktutempu

ecepaperubahank tan

a = 12

12

tt

vv

=

t

v

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 t

v

= lim

t

tvttv

)()(

∆t→0 ∆t→0

72

a = dt

dv

dari persamaan

a = dt

dv

dan v = dt

dx

maka

a = dt

d (

dt

dx)

a = 2

2

dt

xd

dibaca 2

2

dt

xd = turunan kedua dari x terhadap t.

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 = dt

dx =

dt

d = (5t3) = 15 t2

73

sehingga pada saat

t = 1s→ v = 15.12 = 15 m/s

t = 5s→ v = 15.52 = 375 m/s

a = smtt

vv/90

4

360

15

15375

12

12

b. Percepatan sesaat didefinisikan

a = dt

d

dt

dv = (15 t2) = 15t = 30t

atau

a = (()(2

2

dt

d

dt

d

dt

dx

dt

d

dt

xd 15t3 ))

a = dt

d( 15t2) \ = 30t

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 = t10

1t3

dalam m dan t dalam detik.

Hitunglah :

74

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 = 333.10

1= 27

30

1 = 0,9 m

t = 4 s , maka X = 344.10

1= 64

40

1 = 1,6 m

v = 12

)3()4(

tt

xx

=

34

9,06,1

=

1

7,0 = 0,7 m/s

b. Kecepatan sesaat pada t = 5 s.

v = dt

dx

v =dt

d (

t10

1t3 )

v = dt

d 10

2t = t

5

1=

5

1 5 s = 1 m/s.

c. Percepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s

t = 3 s , maka v = 35

1 = 0,6 m/s

t = 4 s , maka v = 45

1 = 0,8 m/s

a = 2/2,01

2,0

34

6,08,0

12

34sm

tt

vv

d. Percepatan sesaat pada t = 5 s

a = dt

d

dt

dv t

5

1 =

5

1m/s2

75

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 = dt

dv

dv = adt

v = ∫ adt = at + konstanta

konstanta = kecepatan pada t = 0 yang diberi istilah V0; sehingga

persamaan kecepatan

v = at + V0

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

V = V0 + at

76

X = xo + V0t + 1/2 at2

Persamaan diatas dapat diturunkan dengan cara mengintdralkan v terhadap

waktu

V =dt

dx → dx = vdt

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

dari persamaan

I. v = V0 + at → t = a

vov

II. x = V0t + ½ at2

dengan mensubtitusikan t kepersamaan II didapat

x = Vo ( 2)0

(2

10

a

vv

a

vv

x = a

vvv

a

vvv

2

0202200

x = a

vvvv

a

vvv

2

02022

2

02202

x = a

vv

2

022

v2-v02 =2ax

atau

X = x0 + v0t + ½ at2

77

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

sedang waktu tempuh dapat diperoleh dari persamaan

x = v0 t + ½ at2

h = 0 + ½ gt2

V2 = v02 +2ax

V = gh2

78

t2 = g

h

g

h 2

2

1

t = g

h2

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 = 2)0

(2

1)

0(0

g

vg

g

vv

=

222

2

0

2

00

g

v

g

v

g

v

hmax =

2

2

0

g

v

Contoh :

79

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 = tttdt

d

dt

dh1020520 2

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 0dt

dh

v = 20 – 10 t = 0

10 t = 20

t = 2 s

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

80

0 = vo – gt

t = 8,9

6,19

g

vo2 sekon

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

81

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

82

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

X

voy

vox

0

jvy

v = vx

vx

θ

v

v

j

i

i

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 = yx vv 22

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

83

dengan eliminasi waktu dari kedua persamaan diatas, kita peroleh

persamaan lintasan

y = (tg θo)x - 2)cos(2 oov

g

x2

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 = g

y2 =

32

)000.10(2 = 25 detik

gerak horizontal yang ditempuh bom adalah :

x = vot = ( 352 ft/det)(25 det) = 8800 ft

sehingga sudut Ø haruslah :

Ø = srctg (y

x)arctg(

000.10

8800) = 41,6°

84

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

85

lingkar beraturan) maka sepanjang anak panah yang menyatakan vektor

kecepatan juga tidak berubah.

Perubahan vektor dinyatakan oleh ∆t = v ’ – v , sehingga percepatan rata-

rata dalam selang waktu ∆t diberikan oleh :

ā = t

v

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 = t

v

tetap besar, dan arahnya adalah sama dengan arah ∆ v

Gambar 11.3

Besar vektor ∆ v yaitu |∆ v |, dapat dihitung dari segitiga PAB,

86

|∆ v |= 2vsin2

………………………………………..(4)

Jika ∆t dibuat kecil sekali, maka sudut ∆θ juga menjadi sangat kecil,

sehingga kita dapat mempergunakan hubungan

sin2

2

Dan persamaan (4) dapat ditulis sebagai

|∆ v |= 2v2

= v∆θ …………………………………….(5)

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 |=r

Sv=

r

tvv )( =

r

v 2

∆t

Akibatnya besar percepatan sesaat a, yang kita tuliskan sebagai a,

diberikan oleh:

a =

t

v

lim

= r

v 2lim

-t

t

=

r

v 2

∆t→0 ∆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 = - r

v 2

âr

87

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 = dt

dS = r

dt

d

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

88

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 = - r

v 2

= - ω2âr

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 = T

2= 1020 m/detik

Percepatan sentripertal adalah;

āc = r

v 2

= 6

2

10/385

det)/1020( m= 0,00273 m/det2

atau hanya 2.8 x 10 -4g dengan g adalah percepatan gravitasi yaitu

percepatan benda jatuh dekat permukaan bumi.

Contoh 2

89

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 = eR

v 2

atau v = gRe = 26 det/10)(104,6 mmx = 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 = ∆ v T + ∆ v R

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.

90

Jika ∆t kita buat mendekati nol, maka ∆ v R juga akan mendekati nol, akan

tetapi 0tt

vr

lim

= âr r

v 2

adalah sama dengan percepatan radial,

yang tidak lain adalah percepata sentriertal āc.

Jadi âc= 0tt

vr

lim

= - âr r

v 2

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

∆ Tv = 0tt

vT

lim

= dt

vd T

Karena vR mempunyai arah singgung lingkaran, maka

dt

vd T = âT

dt

dv

dengan âT adalah vektor satuan arah singgung, atau arah tangensial.

Perhatikan bahwa perceatan tangensial adalah

aT =dt

dv

dari persamaan diatas kita dapatkan

aT =dt

dv(rω) = r

dt

d

91

Pada persamaan diatas dt

d menyatakan perubahan kecepatan sudut

persatuan waktu, jadi dt

d tidak lain adalah percepatan sudut, dan

dinyatakan denganα. Persamaan dapat kita tulis sebagai

aT = r dt

d= ra

percepatan resultan adalah;

a = a R + a T

dan besar percepatan resultan diberikan oleh:

a = TR aa 22

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

92

Gambar 11.6

θ = 2

0

tdt = 2

0

35 dtt

= 4

5t4

2

0

= 4

5x(24)

= 4

5x 16 = 20 rad

karena 2π rad = 360° maka

θ(t=2) = 2

20x 360° = 3,198x360°

= (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

93

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 = dt

d=

dt

d(5t)2 = 15t2

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 = -rR

v2 = -rω2R

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

94

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 0dt

d . Percepatan tangensial aT

berhubungan dengan percepatan sudut α menurut persamaan aT = r . α.

Oleh karena 0 maka percepatan tangensial aT juga sama dengan nol.

95

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

2,1)4,0)(15(2

100

2

1

2

200

tt

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.

96

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

97

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.

98

r1

rm

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.

Gambar 13.1

Misalnya momen inersia suatu silinder lebih besar dibandingkan dengan

momen inersia silinder lain yang berukuran lebih kecil karena pada molekul-

molekul pembentukannya tersebar pada tempat-tempat yang jauh lebih jauh

dari sumbu putarnya.

r2

12

12

II

rr

99

y

x

D

A

B C

2m

2m

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.

2MRI

Momen inersia dari sistem beberapa partikel dapat dihitung dengan

menjumlahkan momen inersia tiap-tiap partikel.

Suatu momen inersia kg.m2

Contoh 1

Tiga buah massa )2(),1( kgmkg B dan cm 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

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.

2

i

iirmI

100

y

x

D

A

B C

2m

2m

r

r r

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 ?

Jawab : 2

i

iirmI

= 2

ccrm = 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 :

mr

mr

mr

kgm

kgm

kgm

B

A

C

A

B

C

92

95

95

2

2

2

1

2

3

2

2

21

32

DE

DB

2

2

101

2

2

2

32

95

95

DBr

rCADr

CDr

B

A

C

Gambar 13.3

Ditanya : I?

Jawab :

2

i

iirmI

2

996

960

916

920

222

.1 kgm

rmrmrm CCBBAA

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 Keterangan Momen Inersia

R

R

R

R

Cincin terhadap sumbu simetri

Cincin terhadap diameter

Piringan atausilinder terhadap

sumbu simetri

silinder terhadapdiameter

Benda KeteranganMomen Inersia

Batang tipisterhadap sumbu

pusat massa

Batang tipisdiputar diujung

Bola terhadap diameter

silinder beronggaterhadap diameter

R

R

L

L

2

32

2

52

231

2

121

MR

MR

MR

MR

2

121

2

41

2

21

2

21

2

ML

MR

MR

MR

MR

102

1 2 3 4 5 6

Pengayaan

Momen inersia benda tegar

Momen inersia benda tegar terhadap suatu sumbu putar didefinisikan

sebagai jumlah momen inersia setiap partikel dalam benda itu.

Gambar 13.4

iii rmI

rmrmrmrmrmrmI2

2

66

2

55

2

44

2

33

2

22

2

11

Karena benda tegar mempunyai struktur kontinu (atom-atom sangat

berdekatan sehingga dapat dikatakan saling bersambungan) maka rumus

jumlah itu boleh diganti dengan rumus integral.

dmrI 2

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.

2MDII pm

103

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.

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.

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 :

2MDII pm

2

23

22

21

MR

MRMR

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 = r x p

p merupakan momentum partikel dan r adalah vektor posisi partikel.

104

Z

X

Y

L

p

r

Z

L

X

O

P Yr

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.

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 :

rxpL

I

kmr

krrm

krmv

kpr

o

2

)(

)90sin(

sin

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 :

105

L P

r

r

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 :

I

I

mr

rmr

rr

rr

'

'2

'

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 partikel-

partikel 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.

i

iiIL

Dimana Ii adalah momen inersia tiap partikel karena untuk setiap partikel

sama maka :

i

iIL

)90sin(' oprL

106

r

F

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

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:

.mF

Karena percepatan singgung r

Maka rmF

Sekarang kalikan kedua ruas dengan r selanjutnya gunakan definisi

rF

Untuk memperoleh hubungan antara momen gaya dengan percepatan

sudut

2

)(

mr

rrmrF

Karena momen inersia partikel adalah : 2mrI

107

r

Rumus diatas mirip dengan Newton II .mF . 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 : rv , energi kinetikpartikel ini 2

21 mvEk

dengan mensubstitusikan v kita peroleh rumus energi kinetik partikel ini

2

21 mvEk

rv

22

212

21 ).( mrrm

Karena 2mr merupakan momen inersia partikel, maka :

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.

I

2

21 1Ek

Gambar 13.9

108

Joulex

MR

3

22

41

22

21

21

107,6

)1.1()15.0)(1.0(

)(

1 2 3

R

II

IIIIE

i

k

2

212

21

242

1232

1222

1212

1 ...

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 2

21 MRI

Penyelesaian : Soal ini dapat diselesaikan langsung dengan rumus :

Diketahui :

srad

menitputaranrpm

mcmR

kggrM

/1.160/)2.(33

/3333

15.015

1.0100

ditanya kE ?

Jawab :

2

21 IEk

1v 2v 3v

109

ds

r

F

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 rdds adalah:

rdFrdFdsFdw )(sin)90cos(.

Karena sinr merupakan lengan momen maka :

ddFdw

Selanjutnya kita tulis dtdwII dan gunakan aturan rantai

dtd

dtd

dd

dtd untuk memperoleh

2

212

21

.

.

o

o

dd

IIWw

dIdw

dIdw

Gambar 13.12

Kekekalan Momentum Sudut

Kita sudah pelajari bahwa laju perubahan momentum sudut sama dengan

momen gaya yang bekerja pada sistem itu,

dtdL

Jika tidak ada momen gaya yang bekerja pada sistem )0( maka

momentum sudut tidak berubah terhadap waktu

0dtdL

Persamaan diatas mengatakan bahwa momentum sudut sistem kekal (

konstan sepanjang waktu, baik besar maupun arahnya ).

konstan I

atau kalau hendak dituliskan besarnya maka L=. Selanjutnya karena

I L maka

110

00 I I

Dimana 0I dan I adalah momen inersia mula-mula dan momen inersia

akhir. Sedangkan dan 0 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 2

21 MRI

111

Jawaban :

Diketahui :

menitputaranrpm

mcmR

kggrM

o /3333

15.015

1.0100

srad /1.160)2.(33

2

21 .MRIo

2

2

21

10.125,1

)1,0(1,0.

kgm

oIIt 2

Ditanya : ??; kEt

Jawab :

1,12 o

o

I

I

t

ttoo II

srad /55,0

ktkok EEE

J

I

II

II

too

tooo

ttoo

3

223

21

22

21

22

21

22

21

10.36,3

)55.0(2)1,1)(10.125,1(

)2(

)2(

)(

Kombinasi gerak rotasi dan translasi (pengayaan)

Bagaimana dengan gerak rotasi yang digabungkan dengan gerak translasi

seperti pada roda sebuah sepeda sedang bergerak.

112

Gambar 11.13

Pada gerakan energi kinetik sistem ada dua macam :

Energi kinetik rotasi 2

21

)(IE

Rk ( adalah kecepatan sudut dimana

pusat putarannya melalui pusat massa benda )

Energi Kinetik translasi 2

21

)( MvE Tk ( Energi kinetik ini merupakan energi

gerakan translasi pusat massa ).

Contoh :

Sebuah yoyo dengan massa 250 gram terdiri dari dua buah silinder berjari-

jari 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 8,9g 2/ sm .

Gambar 11.14

Penyelesaian : Karena massa silinder kecil diabaikan maka momen inersia

yoyo adalah sama dengan momen inersia silinder yaitu 2MRI dengan

M menyatakan massa yoyo ( massa kedua silinder ), ketika yoyo naik

113

keatas, energi kinetik rotasi yoyo mula-mula diubah menjadi energi

translasi 2

21

)( MvE Tk energi potensial MghE p dan sisanya tetap

sebagai energi kinetik rotasi pada waktu itu.

2

212

212

21 IMghMvI o

Anggap ketika yoyo sampai kecepatannya, sehingga persamaan diatas

menjadi :

MghI o 2

21

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 :

2

21 MRI

24

2

21

.10125,3

)05,0(025,0

mkgx

Mgho 2

21

1

2Mgh

o

sradx

/119410125,3

)9,0)(8,9)(25,0(2

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.

114

=

Vpm

Vpm

Vpm

Vpm

V =V =0c pm

Vpm

V =0pm

V =V =0c pmVc

Bergulir tanpa slip Translasi murni Rotasi murni

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

Rv

Gambar 13.16

Catatan :

Pada gerak bergulir tanpa slip kecepatan dititik sentuh benda dengan

permukaan lintasan sama dengan nol )0( cv . Bandingkan dengan gerak

translasi murni dimana seluruh titik pada benda termasuk titik C bergerak

dengan kecepatan sama )0( cv dangerak rotasi murni dimana seluruh

titik pada permukaan silinder bergerak dengan kecepatan sama tapi pusat

massanya sama dengan nol )( Rvc

115

h

M

mg

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 Rv (

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 )( mghW

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

kEW

0))((

)(2

2122

21

21

2

212

212

212

21

MvMR

MvIMvI

EE

Rv

ooo

kokt

2

43 MvMgh

ghv 42

Gambar 11

13.16.a

116

h

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 mula-

mula.

MghEawalp

)( dan 0

)(

akhirpE , karena energi kinetik awal sistem sama

dengan nol 0kE

ghv

MvMgh

MvMRMgh

EEEE

Rv

akhirkakhirpawalkawalp

34

2

43

2

2122

21

21

)()()()(

))((00

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 Rf . . Dengan menggunakan rumus I dan maF

kita bisa menghitung besarnya a. catatan F merupakan gaya total yang

bekerja pada silinder yaitu sama dengan FMg sin (lihat gambar)

perhatikan juga bahwa untuk gerak bergulir tanpa slip berlaku juga Ra

0

k

p

E

MghE

2

212

21

0

muIE

E

k

p

117

hmg

f

h

sin

amF

Maf

MRRf

I

Ra

.

.

21

2

21

sin

..sin

.sin

32

21

ga

aMaMMg

aMfMg

Gambar 13.16.d

selanjutnya gunakan rumus 2

21 attvs o dan tvov untuk

menghitung v perhatikan bahwa s adalah panjang lintasan yang ditempuh

silinder yaitu sama dengan sinhs

tvv

t

t

tg

attvs

o

g

h

g

h

h

o

2

2

sin

3

2

sin

3

2

32

21

sin

2

21

sin0

2sin

332 sin0

g

hg

ghv 34

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:

MRMRMRMRII pmA 2322

212

118

Dengan rumus RaII kita dapat menghitung besarnya a selanjutnya

sama dengan cara III

sin

sin.

32

2

23

ga

MRRMg

I

Ra

Besaran Rumus

Perpindahan vdts

Kecepatan

dt

dsv

adtv

Percepatan

dt

dva

Posisi Sudut

2

2

1tt

dt

oo

Kecepatan Sudut

)(GMBBt

dt

d

adt

o

Percepatan Sudut

dt

d

Momen Gaya

IFFr

Fxr

sin

Momentum Sudut

IpxrL

Momen Inersia 2mrI (benda titik)