k-13 l a fisika xi - sman 1 marongesman1maronge.sch.id/wp-content/uploads/2020/11/materi... ·...

FIsika

DINAMIKA ROTASI

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari materi ini, kamu diharapkan memiliki kemampuan berikut.1. Memahami konsep momen gaya dan momen inersia.2. Memahami teorema sumbu sejajar.3. Merumuskan hubungan antara momen gaya dan percepatan sudut.4. Memahami konsep energi kinetik rotasi.5. Merumuskan hubungan antara momen inersia dan momentum sudut.6. Menyelesaikan soal-soal yang berkaitan dengan dinamika rotasi.

Dinamika rotasi adalah ilmu yang mempelajari tentang gerak rotasi (berputar) dengan memerhatikan aspek penyebabnya, yaitu momen gaya. Momen gaya atau yang lebih dikenal dengan torsi ini akan menyebabkan terjadinya percepatan sudut. Suatu benda dikatakan melakukan gerak rotasi (berputar) jika semua bagian benda bergerak mengelilingi poros atau sumbu putar. Sumbu putar benda terletak pada salah satu bagian dari benda tersebut.

A. Momen GayaMomen gaya atau torsi merupakan besaran vektor. Torsi adalah hasil perkalian silang antara vektor posisi r dan vektor gaya F. Secara matematis, torsi dapat dirumuskan sebagai berikut.

τ = r × F

KTSP&

K-13

XI

Kelas

2

Besarnya torsi:

τ = r F sin θ

τ = r ⊥ F

Keterangan:

τ = torsi (Nm);

r ⊥ = lengan gaya (m);

F = besar gaya(N); serta

θ = sudut antara vektor posisi r dan vektor gaya F (derajat).

Lengan gaya adalah panjang garis yang ditarik dari titik poros sampai memotong tegak lurus garis kerja gaya F. Untuk lebih jelasnya, perhatikan gambar berikut.

F3 F2

2 = 03

1

F1

Keterangan:

r1 = lengan gaya F1 (m);

r2 = 0 (tidak ada lengan gaya);

r3 = lengan gaya F3 (m); dan

r4 = lengan gaya F4 (m).

Ketika menghitung momen gaya suatu benda, harus diperhatikan kecenderungan berputarnya benda tersebut. Untuk itu, dibuatlah perjanjian tanda momen gaya berikut.

• Momen gaya τ diberi tanda negatif jika cenderung memutar benda searah jarum jam.

• Momen gaya τ diberi tanda positif jika cenderung memutar benda berlawanan arah jarum jam.

r4

Poros O

r4 F4

F4 sin α

α

3

Torsi merupakan hasil perkalian silang antara dua buah vektor. Untuk itu, kamu harus memahami hasil perkalian silang antara dua buah vektor satuan berikut.

i × j = k dan j × i = –k

j × k = i dan k × j = –i

k × i = j dan i × k = –j

i × i = j x j = k × k = 0

Contoh Soal 1

Suatu gaya F = (6i + 8j) N berada pada posisi r = (3i + 2j) m dari sumbu koordinatnya. Tentukan besar torsi yang ditimbulkan oleh gaya F tersebut.

Pembahasan:

Diketahui:

F = (6i + 8j) N

r = (3i + 2j) m

Ditanya: τ = ... ?

Dijawab:

Torsi adalah hasil perkalian silang antara vektor posisi r dan vektor gaya F.

ττ = ×

= +( )× +

= × + × + × + ×[ ]= ×( ) +

( )r F

i j i j

i i i j j i j j

i i

3 2 6 8

3 6 3 8 2 6 2 8

3 6 3. .. . .8 2 6 2 8

0 24 12 0

24 12

i j j i j j

k k

k k

×( ) + ×( ) + ×( ) = + + −( ) + = −=112k

Dengan demikian, besarnya torsi adalah sebagai berikut.

τ =

= + +

= + +=

ττ

x y z2 2 2

2 2 20 0 1212 Nm

Jadi, besarnya torsi tersebut adalah 12 Nm.

4

Contoh Soal 2

Tiga buah gaya bekerja pada batang AD yang bermassa 2 kg seperti pada gambar. Hitunglah resultan momen gaya terhadap titik B! (g = 10 m/s²)

F1 = 5 N

F2 = 8 N

F3 = 4 N

CBA

20 cm 55 cm 15 cm

30o D

Pembahasan:

Diketahui:

m = 2 kg

g = 10 m/s²

w = mg = 2.10 = 20 N

F1 = 5 N

F2 = 8 N

F3 = 4 N

Ditanya: τB = ...?

Dijawab:

Permasalahan pada soal juga dapat digambarkan sebagai berikut.

F3 sin 30oF1

F2

r3 = 0,55 mr1 = 0,2 m

rw = 0,25 m

CB

w

A D

5

Dengan demikian, diperoleh:ττ ττ ττ ττ ττB w

wF r F r w r

= − + + −= − ⋅ + + °⋅ − ⋅

− + + = ( )

1 2 3

1 1 3 30 30

5 0 2 0 412

sin

, −

− + + −= −

( )

=

0 55 20 0 25

1 0 11 54 9

, ,

,, Nm

Jadi, resultan momen gaya terhadap titik B (B sebagai poros) adalah 4,9 Nm dengan arah putaran searah jarum jam.

B. Momen InersiaMomen inersia merupakan besaran yang menyatakan ukuran kecenderungan benda untuk tetap mempertahankan keadaannya (kelembaman). Pada gerak rotasi, momen inersia juga dapat menyatakan ukuran kemampuan benda untuk mempertahankan kecepatan sudut rotasinya. Benda yang sukar berputar atau benda yang sulit dihentikan saat berputar memiliki momen inersia yang besar, dan sebaliknya.

Momen inersia dide� nisikan sebagai hasil kali antara massa partikel dan kuadrat jarak partikel dari sumbu rotasi. Secara matematis, momen inersia dapat dirumuskan sebagai berikut.

I = mr2

Keterangan:

I = momen inersia (kgm²);

m = massa partikel (kg); dan

r = jarak partikel dari sumbu rotasi (m).

Jika terdapat sejumlah partikel dengan massa masing-masing m1, m2, m3, ... dan memiliki jarak r1, r2, r3, ... terhadap poros, maka momen inersia totalnya adalah penjumlahan momen inersia setiap partikel, yaitu sebagai berikut.

I m r m r m r m ri

i i= = + + +∑ 21 1

22 2

23 3

2 ...

6

Benda-benda yang teratur bentuknya dan berotasi pada sumbu tertentu memiliki persamaan momen inersia seperti pada gambar berikut.

+

(a) Batang silinder, poros melalui pusat.

(b) Batang silinder, poros melalui ujung.

(c) Pelat segiempat, poros melalui pusat.

(d) Pelat segiempat tipis, poros sepanjang tepi.

(e) Silinder berongga. (f) Silinder pejal.

(g) Silinder tipis berongga. (h) Bola pejal. (i) Bola tipis berongga.

7

Contoh Soal 3

Sebuah bola pejal memiliki massa 1,5 kg dan diameter 40 cm. Tentukan besar momen inersianya jika poros melalui pusat massa bola.

Pembahasan:

Diketahui:

m = 1,5 kg

d = 40 cm → R = 20 cm = 2 × 10–1 m

Poros melalui pusat massa bola pejal

Ditanya: IBP = ...?

Dijawab:

Momen inersia bola pejal jika poros melalui pusat massa adalah sebagai berikut.

I mRBP =25

=25

1,5 2 10

=25

1,5 4 10

= 0,024

= 2,4 10

( )

2

1 2

2

2

( )( )( )

×

×

×

−

−

− kgm2

Jadi, momen inersia bola pejal tersebut adalah 2,4 × 10–2 kgm2.

Contoh Soal 4

Sebuah tongkat (batang homogen, I mL=13

2 ) memiliki massa 3,5 kg dan panjang 3 m. Jika

tongkat diputar dengan poros 20 cm dari salah satu ujungnya, maka besarnya momen inersia tongkat tersebut adalah ….

Pembahasan:

Diketahui:

m = 3,5 kg

L = 3 m = 300 cm

L1 = 20 cm = 20

300L =

115

L, sehingga m1 = 20

300m =

115

m

L2 = 280 cm = 280300

L = 1415

L, sehingga m2 = 280300

m = 1415

m

8

Ditanya: I =…?

Dijawab:

P

L1 L2

Mula-mula, tentukan momen inersia dengan poros 20 cm dari kedua ujung.

I m L

m L

m L

mL

1 1 12

2

2

2

=13

=13

115

115

145

1225

110125

=

=

⋅

I m L

m L

m L

mL

2 2 22

2

2

2

=13

13

1415

1415

1445

196225

274410125

=

=

=

⋅

Selanjutnya, tentukan momen inersia totalnya.

I I I

mL mL

mL

= +

= +

( )

=

=

1 2

2 2

2

110125

274410125

274510125

274510125

3 5, 33

8 54

2

2

( )

= , kgm

Jadi, momen inersia tongkat sepanjang 3 m yang diputar dengan poros 20 cm dari salah

satu ujungnya adalah 8,54 kgm².

I m L LL Lp = − +( )

= − ( )( ) + ( )

= ⋅ ⋅

13

3 3

13

3 5 3 3 3 0 2 3 0 2

13

3 5

21 1

2

2 2( , )( , , )

, 77 32

8 54 2

,

,= kgm

Super "Solusi Quipper"

9

C. Teorema Sumbu SejajarBerdasarkan pembahasan sebelumnya, kita telah mengetahui bahwa momen inersia batang silinder bermassa M dengan panjang L yang porosnya melalui pusat massa adalah

I MLpm =1

122 . Jika porosnya digeser sejauh d terhadap sebarang sumbu yang sejajar dengan

sumbu pusat massa, maka momen inersianya dapat ditentukan dengan menggunakan teorema sumbu sejajar berikut.

Is + Ipm + Md2

Misalkan batang tersebut memiliki poros yang melalui salah satu ujungnya, yaitu A.

Berdasarkan teorema sumbu sejajar, besarnya momen inersia pada A adalah sebagai berikut.

I I Md

ML ML

ML ML

ML ML

A pm=

=

=

=

+

=1

12+

21

12+

14

112

+3

1213

2

22

2 2

2 2

MML2

Jadi, momen inersia batang yang memiliki poros pada salah satu ujungnya adalah I MLA =13

2.

Contoh Soal 5

Tentukan perbandingan momen inersia batang homogen yang massanya M dan

panjangnya L ketika porosnya di ujung batang dan 14

L dari ujung batang.

Pembahasan:

Permasalahan pada soal dapat digambarkan sebagai berikut.

d = L2

Apusat massa (pm)

10

Momen inersia batang homogen yang porosnya melalui pusat massa adalah I MLpm =1

122 .

Berdasarkan teorema sumbu sejajar, besarnya momen inersia pada ujung batang (A) dan 14

L dari ujung batang (B) adalah sebagai berikut.

I I Md

ML ML

ML ML

ML ML

A pm=

=

=

=

=

+

112

+2

112

+14

112

+3

1213

2

22

2 2

2 2

MML2

I I Md

ML ML

ML ML

ML ML

B pm=

=

=

=

=

+

112

+4

112

+1

164

48+

348

7

2

22

2 2

2 2

4482ML

Dengan demikian, diperoleh:

II

ML

ML

A

B

=

137

48

=4821

2

2

Jadi, perbandingan momen inersia batang tersebut ketika porosnya di ujung batang dan 14

L dari ujung batang adalah 48 : 21.

d = L2

d = L4

BA

11

D. Hubungan Momen Gaya dengan Percepatan SudutAnalog dengan hukum II Newton pada gerak translasi, dengan F analog dengan τ, m analog dengan I, dan a analog dengan α, maka hubungan antara momen gaya/torsi dengan percepatan sudut pada gerak rotasi dapat ditulis sebagai berikut.

τ = I α

Keterangan:

τ = momen gaya/ torsi (Nm);

I = momen inersia (kgm²); dan

α = percepatan sudut (rad/s²).

Contoh Soal 6

Sebuah silinder pejal yang bermassa 4 kg dan berdiameter 28 cm berputar melalui pusat massa

I mRSP =12

2

. Jika kecepatan sudut silinder sebagai fungsi waktu adalah ω = (2 + 5t) rad/s,

maka torsi yang bekerja pada silinder tersebut adalah ....

Pembahasan:

Diketahui:

m = 4 kg

Isp = I mRSP =12

2

ω = (2 + 5t) rad/s

d = 28 cm → R = 14 cm = 0,14 m

Ditanya: τ = …?

Dijawab:

Mula-mula, tentukan percepatan sudutnya. Oleh karena percepatan sudut merupakan turunan pertama dari kecepatan sudut, maka diperoleh:

αω

= =d 2 + 5d

dt

t

dt( ) = 5 rad/s²

Kemudian, tentukan momen inersianya.

I mRSP =1212

4 0,14

0, 0392 kgm

=

=

2

2

2

( )( )

12


τ = I α

= 0,0392(5)

= 0,196 Nm

Jadi, besarnya torsi yang bekerja pada silinder tersebut adalah 0,196 Nm.

E. Energi Kinetik RotasiBenda yang berputar terhadap poros tertentu memiliki energi kinetik rotasi yang dapat diturunkan dari energi kinetik translasi berikut.

Ek mv=12

2

Oleh karena v = ωR, maka:

Ek m R

m R

mR

=12

( )

=12

=12

2

2 2

2 2

ω

ω

ω

Oleh karena mR2 = I, maka energi kinetik benda yang bergerak rotasi dapat dirumuskan sebagai berikut.

Ek Irot =

12

2ωKeterangan:

Ekrot = energi kinetik rotasi (J);


ω = kecepatan sudut (rad/s).

Apabila suatu benda bergerak menggelinding, maka benda tersebut melakukan gerak translasi sekaligus gerak rotasi. Oleh karena itu, energi kinetik yang dimiliki benda juga terdiri atas energi kinetik translasi dan rotasi.

Ek Ek Ek

Ek mv I

trans rot= +

=12

+12

2 2ω

13

Contoh Soal 7

Sebuah bola pejal ( =25

)2I mRBP memiliki massa 5 kg dan diameter 20 cm. Jika bola tersebut

menggelinding pada bidang datar dengan laju 4 m/s, maka energi kinetik totalnya adalah ….

Pembahasan:

Diketahui:

m = 5 kg

IBP = I mR kBP =25

=25

2 →

v = 4 m/s

d = 20 cm → R = 10 cm = 0,1 m

Ditanya: Ektotal = ...?

Dijawab:

Oleh karena bola bergerak menggelinding, maka berlaku:

Ek Ek Ek

vR

mv I

total trans rot= +

Ingat : !=12

+12

=2 2ω ω

==12

+12

12

1+25

12

5 475

= 56 J

25

=

=

2

2

2

22

2mv

mv

mRvR

( )( )

Jadi, energi kinetik total bola pejal tersebut adalah 56 J.

Ek mv k

mv

total = +( )

= +

= ( )( )

=

12

1

12

125

12

5 475

56

2

2

2

J


14

F. Momen SudutMomentum sudut didefinisikan sebagai perkalian silang antara vektor momentum linear benda p dan vektor posisi r. Secara matematis, momentum sudut dirumuskan sebagai berikut.

L = p × r

= mvr sin θ

= mvr sin 90o Ingat: v = ωr!

= m(ωr)r

= mr2ω Ingat: I = mr2!

= Iω

Dengan demikian, besarnya momentum sudut benda berotasi dapat ditentukan dengan rumus berikut.

L = Iω

Keterangan:

L = momentum sudut (kgm²/s);


ω = kecepatan sudut (rad/s).

Jika momen gaya luar yang bekerja pada benda adalah nol, maka berlaku hukum kekekalan momentum sudut, yaitu momentum sudut awal sama dengan momentum sudut akhir. Secara matematis, hukum kekekalan momentum sudut dirumuskan sebagai berikut.

Untuk satu benda:

Lawal = Lakhir

Iω = I’ω’

Keterangan:

I = momen inersia awal benda (kgm²);

I’ = momen inersia akhir benda (kgm²);

ω = kecepatan sudut awal benda (rad/s); dan

ω’ = kecepatan sudut akhir benda (rad/s).

Untuk dua benda:

Lawal = Lakhir

I1ω1 + I2ω2 = I1ω1’ + I2ω2’

Keterangan:

I1 = momen inersia benda 1 (kgm²);

I2 = momen inersia benda 2 (kgm²);

15

ω1 = kecepatan sudut awal benda 1 (rad/s);

ω2 = kecepatan sudut awal benda 2 (rad/s);

ω1' = kecepatan sudut akhir benda 1 (rad/s); dan

ω2' = kecepatan sudut akhir benda 2 (rad/s)

Contoh Soal 8

Seorang penari balet yang berputar dengan lengan terentang dan kelajuan 3 rad/s memiliki momen inersia 12 kgm². Jika saat lengannya merapat ke tubuh, momen inersianya menjadi 4 kgm², maka berapakah laju putaran ketika lengannya merapat tersebut?

Pembahasan:

Diketahui:

I1 = 12 kgm²

I2 = 4 kgm²

ω1 = 3 rad/s

Ditanya: ω2 = …?

Dijawab:

Pada permasalahan tersebut, berlaku hukum kekekalan momentum sudut berikut.

Lawal = Lakhir

I1ω1 = I2ω2

12(3) = 4ω2

ω2 = 9 rad/s

Jadi, laju putaran saat lengannya merapat ke tubuh adalah 9 rad/s.

Contoh Soal 9

Perhatikan gambar berikut!

rP

rS

S

P

16

Dua buah bola yang saling bersinggungan seperti pada gambar memiliki momentum sudut yang sama besar. Jika jari-jari bola P dua kali jari-jari bola S, maka perbandingan momen inersia bola P terhadap bola S adalah ....

Pembahasan:

Diketahui:

rp = 2rs

vp = vs (saling bersinggungan)

Ditanya: II

P

S

= …?

Dijawab:

Oleh karena momentum sudutnya sama besar, maka:L L

I I

II

P S

P P S S

P

S

S

P

=

=

= Ingat :

ω ω

ωω

ω == !

=

=

=2

=21

vr

II

v

vr

II

r

r

II

rr

II

P

S

s

p

p

P

S

p

s

P

S

s

s

P

S

rs

Jadi, perbandingan momen inersia bola P terhadap bola S adalah 2 : 1.

FIsika

KESEIMBANGAN BENDA TEGAR

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari materi ini, kamu diharapkan memiliki kemampuan berikut.1. Memahami syarat keseimbangan benda tegar.2. Memahami macam-macam keseimbangan benda tegar.3. Memahami konsep momen kopel.4. Memahami keseimbangan tiga buah gaya dan contoh konstruksi keseimbangan batang.5. Memahami konsep titik berat.

A. Syarat Keseimbangan Benda TegarBenda tegar adalah suatu benda yang bentuknya tidak berubah meskipun diberikan gaya luar pada benda tersebut. Dalam sistem partikel, benda dianggap sebagai suatu titik materi yang ukurannya dapat diabaikan. Oleh karena itu, semua gaya yang bekerja pada benda dianggap bekerja pada titik materi tersebut sehingga terjadi gerak translasi. Syarat yang berlaku bagi keseimbangan sistem partikel hanyalah kesimbangan translasi, sedangkan pada benda tegar berlaku keseimbangan translasi dan keseimbangan rotasi. Secara umum, suatu benda tegar/ partikel berada dalam keadaan seimbang jika memenuhi syarat berikut.

• Untuk benda tegar, syarat ∑F = 0, ∑τ = 0.

• Untuk sistem partikel, syarat ∑F = 0.

KTSP&

K-13

XI

Kelas

2

B. Macam-Macam Keseimbangan Benda Tegara. Keseimbangan Stabil (Mantap)

Jika pada benda diberikan gangguan yang mengakibatkan posisi benda berubah (pusat gravitasi O naik), maka setelah gangguan tersebut dihilangkan, benda akan kembali ke posisi semula (gambar a).

FF F

(a) (b) (c)

OO O

b. Keseimbangan Labil (Goyah)Jika pada benda diberikan gangguan yang mengakibatkan posisi benda berubah (pusat gravitasi O turun), maka setelah gangguan tersebut dihilangkan, benda tidak kembali atau menjauhi posisi semula (gambar b).

c. Keseimbangan Netral (Indiferen/Sembarang)Jika pada benda diberikan gangguan yang mengakibatkan posisi benda berubah (pusat gravitasi O tidak naik atau turun), maka benda akan berada pada posisinya yang baru (gambar c).

Jika sebuah benda yang berada dalam keseimbangan stabil dipengaruhi oleh gaya luar, maka benda tersebut dapat mengalami gerak translasi (menggeser) atau gerak rotasi (mengguling). Syarat-syarat suatu benda agar dapat bergerak menggeser atau mengguling adalah sebagai berikut.

1. Syarat benda menggeser adalah ∑F ≠ 0 dan ∑τ = 0.

2. Syarat benda mengguling adalah ∑F = 0 dan ∑τ ≠ 0.

3. Syarat benda menggeser dan mengguling adalah ∑F ≠ 0 dan ∑τ ≠ 0.

C. Momen KopelKopel adalah pasangan gaya yang sama besar, tetapi arahnya berlawanan. Kopel yang bekerja pada sebuah benda akan menghasilkan momen kopel. Momen kopel yang dilambangkan dengan M adalah hasil perkalian antara gaya dan jarak kedua gaya tersebut.

d F’

F

3

Secara matematis, momen kopel dirumuskan sebagai berikut.

M = F × d

Keterangan:

M = momen kopel (Nm);

F = besar salah satu gaya (N); dan

d = jarak antara dua gaya (m).

Momen kopel merupakan besaran vektor yang memiliki besar dan arah. Saat menghitung besar momen kopel, harus diperhatikan kecenderungan berputarnya benda tersebut. Untuk itu, dibuatlah perjanjian tanda momen kopel berikut.

• Momen kopel bernilai negatif jika benda berputar searah putaran jarum jam.

• Momen kopel bernilai positif jika benda berputar berlawanan arah putaran jarum jam.

Apabila beberapa kopel sebidang bekerja pada sebuah benda, maka resultan momen kopelnya merupakan jumlah dari masing-masing momen kopelnya.

M = M1 + M2 + M3 + … + Mn

Contoh Soal 1

Pada batang AD yang memiliki panjang 8 m bekerja empat buah gaya, yaitu F1 = F2 = 30 N dan F3 = F4 = 20 N seperti gambar berikut.

Hitunglah besar momen kopel pada batang AD dan tentukan arahnya.

Pembahasan:

Diketahui:

LAD = 8 m

F1 = F2 = 30 N

F3 = F4 = 20 N

Ditanya: M dan arah = ... ?

F1

F2 F3

4 m

A B C D

2 m 2 mF4

4

Dijawab:

Hitunglah dahulu momen kopel masing-masing pasangan gaya, lalu tentukan resultannya.

Pasangan gaya F1 dan F2 dengan d = 4 m:

M1 = –F . d

= (–30) 4

= (–120) Nm

Pasangan gaya F3 dan F4 dengan d = 2 m:

M2 = F . d

= 20 . 2

= 40 Nm

Resultan momen kopel:

M = M1 + M2

= –120 + 40

= –80

Tanda minus menunjukkan bahwa arah momen kopel searah putaran jarum jam.

Jadi, besarnya momen kopel pada batang AD adalah 80 Nm searah putaran jarum jam.

C. Keseimbangan Tiga Buah GayaApabila ada tiga buah gaya yang bekerja pada suatu titik partikel yang berada dalam keadaan seimbang, maka berlaku rumusan SUPER berikut.


1. Resultan dua buah gaya akan sama besar dan berlawanan arah dengan gaya yang lain.

2. Hasil bagi setiap besar gaya dengan sinus sudut di seberangnya selalu bernilai sama.

F F F1 2 3

sin=

sin=

sinβ α γF F F1 2 3

sin=

sin=

sinβ α γ

F F F1 2 3

sin=

sin=

sinβ α γF F F1 2 3

sin=

sin=

sinβ α γ

5

Contoh Soal 2

Perhatikanlah gambar berikut!

Jika benda dalam keadaan diam, maka besar tegangan pada kedua tali tersebut adalah ….

(tan 37° = 34

)

Pembahasan:

Mula-mula, perhatikan gambar analisis gaya berikut.

w = 200 N

T2x = T2 cos 53o = 0,6T2

T2y = T2 sin 53o = 0,8T2

Kemudian, terapkan syarat keseimbangan.

∑ =

− =

=

=

F

T T

T T

T

x

x

x

0

0

0 6

2 1

1 2

2, ..............................(*)

T2y

T2x

T2

T1

y

w = 200 N

x

53°

6

∑−

F

T w

T w

T

T

y

y

y

= 0

= 0

=

0,8 = 200

= 250

2

2

2

2

Dengan mensubstitusikan T2 = 250 ke persamaan (*), maka diperoleh:

T1 = 0,6T2

= 0,6(250)

= 150

Jadi, tegangan talinya adalah T1 = 150 N dan T2 = 250 N.


T T w1o

2o osin143

=sin90

=sin127

T T1 2

0, 6=

1=

2000, 8

Dari perbandingan di atas, kita dapatkan T1 = 150 N dan T2 = 250 N.

T2

T1

w

127o

143o

7

Contoh Soal 3

Sebuah benda bermassa M dalam keadaan diam digambarkan seperti berikut.

Tentukanlah perbandingan gaya normal di titik P dan S!

Pembahasan:

Untuk masalah ini, cukup analisis gaya pada komponen sumbu-X saja.

Npx = Np cos 60o

Nsx = Ns cos 30o


∑−

F

N N

N N

N N

NN

x

Px Sx

Px Sx

P S

P

S

= 0

= 0

=

=cos30cos60

=0,

cos60 = cos30o o

o

o

55 30,5

=3

1

Jadi, perbandingan gaya normal di titik P dan S adalah 3 : 1.

M

PS

30o 60o

NS

P30o 60o

NSx

NPx

NPx = NP cos 60o

S

NP

8

Contoh Soal 4

Sebuah roda bermassa m terletak di atas sebuah lantai seperti gambar berikut.

Jika percepatan gravitasi g, maka besarnya gaya mendatar minimum F yang cukup untuk mengangkat roda dari atas lantai (dalam m, g, R, dan h) adalah ....

Pembahasan:


Dengan dalil Pythagoras, diperoleh:

x R R h

R R Rh h

Rh h

x Rh h

2 2 2

2 2 2

2

2

=

= + 2

= 2

2=

− −

− −

−

−

( )


τ P

w x F R h

F R h

∑( ) ( )

= 0 (dengan sebagai poros)

2 = 0

2

P

− −

−(( ) ( )( )

( )

⋅( )

=

=2

=2

2

2

w x

Fw x

R h

m g Rh hR h

−

−−

R

F

h

R2R − h

Px

w = mg

FN

R − h

h

9

Jadi, besarnya F minimum dalam m, g, R, dan h adalah m g Rh hR h

⋅( )

22

2−−

.

D. Contoh Konstruksi Keseimbangan Batang

Contoh Soal 5

Perhatikan sistem keseimbangan berikut!

AC adalah batang homogen yang memiliki panjang 120 cm dan berat 22 N. Pada ujung batang, digantung sebuah balok dengan berat 40 N. Tentukan besar tegangan tali BC jika AB = 90 cm.

Pembahasan:

Diketahui:

AC = 120 cm = 1,2 m

Wb = 22 N

W = 40 N

AB = 90 cm = 0,9 m

Ditanya: T = ... ?

Dijawab:


B

A C

40 N

B

90 cm

A

T

T cos θ

T sin θC

W = 40 NWb = 22 N

θ

10

Dengan dalil Pythagoras, diperoleh:

BC = 90 +120 =2 2 150 cm.

Kemudian, tinjau batang homogen sebagai benda yang mengalami gaya. Pada batang tersebut, terdapat gaya berat balok, berat batang, dan tegangan tali dalam arah sumbu-Y.

Berdasarkan syarat keseimbangan, diperoleh:

τ

− −

A

b

A

W AC W AC

∑( )


+ 12

TT

T

ACsin = 0

40(1,2) 22(0,6) +90

150(1,2) = 0

48 13,2 + 0

θ ( )

− −

− − ,,72 = 00,72 = 61,2

=61,20,72

= 85 N

TT

T

Jadi, besar tegangan tali BC adalah 85 N.

Contoh Soal 6


Dua buah kawat baja digunakan untuk menopang batang horizontal dengan berat 80 N dan panjang 2 m. Jika beban seberat 240 N ditempatkan pada jarak 50 cm dari ujung kawat A, maka besar tegangan pada kawat B adalah ….

Pembahasan:

Diketahui:

Wb = 80 N

AB = 2 m

W = 240 N

A B

50 cm

11

Ditanya: TB = ... ?

Dijawab:


Kemudian, tinjau batang sebagai benda yang mengalami gaya. Pada batang tersebut, terdapat gaya berat silinder, berat batang, dan tegangan tali dalam arah sumbu y.

τ

− −

A

b BAC W AB T

∑

( )


+12

A

W AAB

T

T

T

T

B

B

B

B

( )

( )

= 0

240(0,5) 80(1)+ 2 = 0

120 80 + 2 = 0

2 = 200

=200

2=

− −

− −

1100 N

Jadi, tegangan tali pada kawat B adalah 100 N.

Contoh Soal 7

Perhatikan gambar berikut.

A C

2 mTB

B

50 cmW = 240 N Wb = 80 N

A

B

12

Sebuah batang homogen AB yang panjangnya 5 m dan massanya 10 kg disandarkan pada dinding vertikal yang licin. Ujung B terletak di lantai yang kasar 3 m dari dinding. Tentukanlah koe� sien gesek lantai dengan ujung B agar batang seimbang. (g = 10 m/s²)

Pembahasan:

Diketahui:

AB = 5 m

m = 10 kg → W = 10 ⋅ 10 = 100 N

g = 10 m/s²

Ditanya: µ = ...?

Dijawab:


Dengan dalil Phytagoras, jika BC = 3 m, AB = 5 m, maka AC = 4 m.

Kemudian, tinjau batang homogen sebagai benda yang mengalami gaya. Pada batang tersebut, terdapat gaya normal A dan gaya gesek B dalam arah sumbu X. Adapun gaya berat batang dan gaya normal B berada dalam arah sumbu Y.

Syarat keseimbangan:

∑

−

−

−

ττ B

A

A

A

N W

N

N

= 0

+12

= 0

4 +10012

3 = 0

4 +150 = 0

AC BC( )

( ) ⋅

44 = 150

=150

4= 37,5 N

N

N

A

A

θ

A

WC

B

arah geser

fB

NA

NB

13

∑−

F

N W

N W

y

B

B

= 0

= 0

=

= 100 N

∑ =

− =

− =

=

= = =

F

N f

N N

N N

NN

x

A B

A B

B A

A

B

0

0

0

37 5100

0 375

µ

µ

µ,

,

Jadi, koe� sien gesek lantai dengan ujung B agar batang seimbang adalah 0,375.


µθ

=

=

= =

12

1

243

38

0 375

tan

,

E. Titik BeratSebuah benda terdiri atas partikel-partikel atau bagian yang masing-masing mempunyai berat. Resultan dari semua berat itu disebut berat benda. Resultan ini bekerja melalui suatu titik tunggal (titik tangkap) yang disebut titik berat (pusat gravitasi).

Pada umumnya, untuk benda yang ukurannya tidak terlalu besar, titik berat berimpit dengan pusat massanya. Titik pusat massa adalah titik yang mewakili posisi benda jika dianggap sebagai suatu titik materi.

14

Koordinat titik berat (w) dapat ditentukan dengan rumusan berikut.

xx w x w

w w

yy w w

w w

01 1 2 2

1 2

01 1 2 2

1 2

=. + . + ...

+ + ...

=. + y . + ...

+ + ...

Untuk benda-benda homogen seragam (massa jenis serba sama), berlaku rumusan berikut.

a. Berdimensi Satu (Garis)

x

x L x LL L

yy L y L

L L

01 1 2 2

1 2

01 1 2 2

1 2

=. + . + ...

+ + ...

=. + . + ...

+ + ...

Keterangan:

x1 = absis 1 garis pertama;

L1 = panjang garis pertama (m);

x2 = absis 2 garis kedua;

L2 = panjang garis kedua (m);

y1 = ordinat 1 garis pertama; dan

y2 = ordinat 2 garis kedua.

Titik berat benda homogen berbentuk garis untuk beberapa benda dapat dilihat pada tabel berikut.

Y

w

X

y0

y1

x1 x0 x2

y2

15

Nama Benda Gambar Benda Letak Titik Berat Keterangan

Garis lurus

y AB0 =12

Z = titik tengah garis

Busur lingkaran

yABAB

R0 =

R = jari-jari lingkaranAB = tali busur AB

AB = busur AB

Busur setengah lingkaran y

R0 =

2π

R = jari-jari lingkaran

b. Berdimensi Dua (Bidang)

x

x A x AA A

yy A y A

A A

01 1 2 2

1 2

01 1 2 2

1 2

=. + . + ...

+ + ...

=. + . + ...

+ + ...

Keterangan:

x1 = absis 1 luas benda pertama;

A1 = luas bidang pertama (m);

x2 = absis 2 luas benda kedua;

A2 = luas bidang kedua (m);

y1 = ordinat 1 luas benda pertama; dan

y2 = ordinat 2 luas benda kedua.

Titik berat benda homogen berbentuk bidang untuk beberapa benda dapat dilihat pada tabel berikut.

xo

A BZ

y0A

y

0B

Z

y

A 0 By0

Z

16


Bidang segitigay t0 =

13

t = tinggi segitiga

Jajaran genjang Belah ketupatPersegiPersegi panjang

y t0 =12

t = tinggiZ = perpotongan diagonal AC dan BD

Bidang juring lingkaran y R0 =

23

tali busur ABbusur AB

×R = jari-jari lingkaran

Bidang setengah lingkaran

yR

0 =43π

R = jari-jari lingkaran

c. Berdimensi Tiga (Ruang)

x

x V x VV V

yy V y V

V V

01 1 2 2

1 2

01 1 2 2

1 2

=. + . + ...

+ + ...

=. + . + ...

+ + ...

Keterangan:

x1 = absis 1 volume benda pertama;

V1 = volume bangun ruang pertama (m);

x2 = absis 2 volume benda kedua;

V2 = volume bangun ruang kedua (m);

y1 = ordinat 1 volume benda pertama; dan

y2 = ordinat 2 volume benda kedua.

0

Z

y

x

y0

A B0

Z

y

y0

D

A B

Z

C

y0

C

A E Fy0

B

DZ

17

Titik berat benda homogen berbentuk ruang untuk beberapa benda dan selimutnya dapat dilihat pada tabel berikut.

Benda Ruang atau Bervolume (3 Dimensi)

Nama Benda Gambar Letak Titik Berat

Kerucut pejal dengan tinggi t

y0

Z0t

y t

V R

o =14

=13

3π

Silinder pejal dengan tinggi t

y0

Z0

R

t

y t

V R t

o =12

= 2π

Setengah bola pejal dengan jari-jari R

y0

Z0

R

y R

V R

0

3

=38

=23

π

Bola pejal dengan jari-jari R dan sama dengan kulitnya r

r

r

y R

V R

0

3

=

=43

π

18


Bidang kulit prisma

Z terletak pada titik tengah garis Z1Z2

y l0 =12

l panjang sisi tegak

Bidang kulit silinder tanpa tutup

y t

A RT

0 =12

= 2π

t = tinggi silinderR = jari-jari lingkaran alas silinderA = luas alas silinder

Bidang kulit limas T’Z=

13

T’TT’T = garis tinggi ruang

Bidang kulit kerucut

T

Z

T’A B

ZT’=13

TT1

TT’ = tinggi kerucutT’ = pusat lingkaran alas kerucut

Bidang kulit setengah bola y R0 =

12

R = jari-jariZ

y0

T

T’

Z

Z2

Z1

Z

y0

Z1

Z2

Z0

y1

19

Contoh Soal 8

Perhatikan gambar berikut!y

x

Tentukan koordinat titik berat bangun tersebut.

Pembahasan:

garis 1: x1 = 0; y1 = 4; L1 = 8

garis 2: x2 = 6; y2 = 0; L2 = 4

garis 3: x3 = 3; y3 = 4; L3 = 10

Berdasarkan rumus titik berat, diperoleh:

xx L x L x L

L L L01 1 2 2 3 3

1 2 3

=+ +

+ +

=0 8 + 6 4 + 3 10

8 + 4 +10

=5422

= 2,

⋅ ⋅ ⋅

( ) ( ) ( )

445

20

yy L y L y L

L L L01 1 2 2 3 3

1 2 3

=+ +

+ +

=4 8 + 0 4 + 4 10

8 + 4 +10

=7222

= 3,

⋅ ⋅ ⋅

( ) ( ) ( )

227

Jadi, koordinat titik berat bangun tersebut adalah ( 5422

, 7222

) atau (2,45; 3,27).

Contoh Soal 9


2R

I

II

Tentukanlah ordinat titik berat benda tersebut (bidang teratur) jika diukur dari alasnya.

Pembahasan:

Benda I = setengah lingkaran berjari-jari R

yR

A R

R

1

12

2

=43

=12

2=

π

π

π

⋅

Benda II = setengah lingkaran berjari-jari ½ R

yR

RR

A R

R

R

2

22

2

2

=43

=4

12

3=

23

=12

=12

12

8b=

π π π

π

π

π

⋅

⋅

−

−

− iidang tidak ada( )

21

Berdasarkan rumus titik berat, diperoleh:

y

R R R R

R R

y

R R

0

2 2

2 2

0

3

=

43 2

+23 8

2+

8

=

23

ππ

ππ

π π

−

−

−33

2

3

2

123

8

=

712

38

=149

π

π

π

R

R

R

R

y

R R R R

R R

y

R R

0

2 2

2 2

0

3

=

43 2

+23 8

2+

8

=

23

ππ

ππ

π π

−

−

−33

2

3

2

123

8

=

712

38

=149

π

π

π

R

R

R

R

Jadi, ordinat titik berat benda tersebut adalah

y

R R R R

R R

y

R R

0

2 2

2 2

0

3

=

43 2

+23 8

2+

8

=

23

ππ

ππ

π π

−

−

−33

2

3

2

123

8

=

712

38

=149

π

π

π

R

R

R

R .

FIsika

FLUIDA STATIS

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari materi ini, kamu diharapkan memiliki kemampuan berikut.1. Memahami de� nisi � uida statis.2. Memahami sifat-sifat � uida statis dan besaran-besaran yang terlibat di dalamnya.3. Memahami hukum-hukum yang berhubungan dengan � uida statis.4. Menerapkan konsep � uida statis dalam kehidupan sehari-hari.

A. FluidaFluida adalah zat yang dapat mengalir dan memberikan sedikit hambatan terhadap perubahan bentuk ketika ditekan. Fluida memiliki beberapa sifat, di antaranya adalah tidak menolak pada perubahan bentuk, memiliki kemampuan untuk mengalir, dan memiliki kemampuan untuk menempati suatu wadah atau ruang. Dari jenis-jenis zat yang telah diketahui, yang memiliki sifat � uida tersebut hanyalah zat cair dan gas.

Fluida dibagi menjadi dua, yaitu � uida statis dan � uida dinamis. Pada sesi ini, kita akan belajar tentang � uida statis, yaitu � uida yang diam/tidak mengalir. Ada beberapa hukum dasar dalam � uida statis. Namun, sebelum mempelajarinya, kita harus mengetahui beberapa sifat penting dan besaran-besaran yang terlibat dalam pembahasan � uida berikut ini.

KTSP&

K-13

XI

Kelas

2

1. Kompresibel dan Tak KompresibelCairan dan gas dapat dibedakan dari segi kompresibilitasnya. Kompresibilitas adalah kemampuan suatu zat untuk dimampatkan. Cairan merupakan zat yang tak kompresibel atau tidak dapat dimampatkan karena tidak ada perubahan volume ketika ditekan. Sementara itu, gas merupakan zat yang kompresibel atau dapat dimampatkan karena ada perubahan volume ketika ditekan.

2. Massa JenisMassa jenis merupakan ukuran kerapatan suatu benda. Oleh karena itu, jika suatu benda mempunyai massa jenis yang besar, maka benda tersebut dapat dikatakan mempunyai kerapatan yang besar pula, begitu juga sebaliknya. Massa jenis suatu benda dapat dide� nisikan sebagai massa per satuan volume benda. Secara matematis, dirumuskan sebagai berikut.

ρ =mV

Keterangan:

ρ = massa jenis benda (kg/m³);

V = volume benda (m³); dan

m = massa benda (kg).

Berikut ini merupakan massa jenis beberapa zat pada suhu 0°C dan tekanan 1 atm.

Massa Jenis Beberapa Zat pada Suhu 0°C dan Tekanan 1 atm

No. Nama ZatMassa Jenis

No. Nama ZatMassa Jenis

kg/m3 g/cm3 kg/m3 g/cm3

1. Air (4°C) 1.000 1 10. Seng 7.140 7,14

2. Alkohol 790 0,79 11. Es 920 0,92

3. Air raksa 13.600 13,60 12. Gula 1.600 1,60

4. Alumunium 2.700 2,70 13. Garam 2.200 2,20

5. Besi 7.900 7,90 14. Kaca 2.600 2,60

6. Emas 19.300 19,30 15. Tembaga 8.900 8,90

7. Kuningan 8.400 8,40 16. Minyak Tanah 800 0,80

8. Platina 10.500 10,50 17. Oksigen 1,3 0,0013

9. Timah 11.300 11,30 18. Helium 0,179 0,000179

3

3. ViskositasViskositas disebut juga sebagai kekentalan. Viskositas merupakan sifat tahanan suatu � uida terhadap tegangan yang diberikan kepadanya. Di dalam zat cair, viskositas dihasilkan akibat adanya gaya kohesi antara molekul-molekul zat cair. Viskositas zat cair dapat ditentukan secara kuantitatif dengan besaran yang disebut koe� sien viskositas (η). Satuan SI untuk koe� sien viskositas adalah Ns/m2 atau pascal sekon (Pa.s).

Apabila suatu benda bergerak dengan kelajuan v dalam suatu � uida kental yang koe� sien viskositasnya η, maka benda tersebut akan mengalami gaya gesekan � uida sebesar Fs = kηv. Besaran k adalah konstanta yang bergantung pada bentuk geometris benda. Pada tahun 1845, Sir George Stokes menunjukkan bahwa untuk benda yang bentuk geometrisnya berupa bola, nilai k = 6πr. Jika nilai k dimasukkan ke dalam rumusan gaya gesekan � uida, maka diperoleh persamaan yang selanjutnya dikenal sebagai hukum Stokes berikut.

Fs = 6 π η r v

Keterangan:

Fs = gaya gesekan dalam � uida (N);

η = koe� sien viskositas � uida (Ns/m2);

r = jari-jari bola (m); dan

v = kelajuan bola (m/s).

Molekul zat cair mempunyai susunan yang agak rapat. Jika suhu zat cair tersebut dinaikkan, maka akan terjadi pelemahan gaya tarik-menarik antarmolekulnya sehingga viskositas zat cair menjadi berkurang atau mengencer. Berkebalikan dengan zat cair, viskositas zat gas akan bertambah seiring kenaikan suhunya.

4. Berat Jenis Berat jenis merupakan berat � uida per satuan volume. Nilai berat jenis ini selalu berubah sesuai lokasi benda karena bergantung pada percepatan gravitasi.

swV

g= = ρ ⋅

Keterangan:

s = berat jenis (N/m³);

w = berat benda (N);

V = volume benda (m³);

ρ = massa jenis (kg/m³); dan

g = percepatan gravitasi (m/s2).

4

5. Tegangan PermukaanTegangan permukaan adalah kecenderungan permukaan zat cair untuk menegang, sehingga permukaan tersebut seperti ditutupi oleh suatu lapisan elastis. Tegangan permukaan suatu zat cair dide� nisikan sebagai gaya per satuan panjang. Jika pada suatu permukaan sepanjang L bekerja gaya sebesar F yang arahnya tegak lurus L, maka persamaannya dapat dirumuskan sebagai berikut.

γ =FL

Keterangan:

γ = tegangan permukaan (N/m);

F = gaya (N); dan

L = panjang permukaan (m).

6. KapilaritasKapilaritas adalah peristiwa naik atau turunnya zat cair di dalam pipa kapiler (pipa sempit). Kapilaritas dipengaruhi oleh tegangan permukaan serta gaya kohesi dan adhesi antara zat cair dan dinding kapiler. Oleh karena gaya adhesi antara partikel air dan kaca lebih besar daripada gaya kohesi antara partikel-partikel air, maka air akan naik dalam pipa kapiler. Sebaliknya, raksa cenderung turun dalam pipa kapiler karena gaya kohesinya lebih besar daripada gaya adhesinya.

Air Raksa

h

h

θ

θ

γ

γ

Besar kenaikan atau penurunan permukaan zat cair dapat ditentukan melalui persamaan berikut.

hg r

=2 cos

. .γ θρ

Keterangan:

h = kenaikan atau penurunan zat cair dalam pipa kapiler (m);

γ = tegangan permukaan (N/m);

θ = sudut kontak (derajat);

ρ = massa jenis zat cair (kg/m3);

g = percepatan gravitasi (m/s2); dan

r = jari-jari pipa kapiler (m).

5

Contoh Soal 1

Suatu tabung berdiameter 0,2 cm dimasukkan ke dalam air secara vertikal sehingga membentuk sudut kontak sebesar 60o. Jika tegangan permukaan air adalah 0,5 N/m, tentukanlah kenaikan air dalam tabung. (g = 10 m/s² ; ρ =1000 kg/m³)

Pembahasan:

Diketahui:

d = 0,2 cm → r = 0,1 cm = 0,001 m

θ = 60˚

γ = 0,5 N/m

g = 10 m/s²

ρ = 1.000 kg/m³

Ditanya: h = ...?

Dijawab:

Besar kenaikan permukaan zat cair dapat ditentukan dengan persamaan berikut.

hgr

=2 cos

=2(0,5)cos 60

1.000 10 (0, 001)= 0, 05m

oγ θρ ( )

Jadi, kenaikan air dalam tabung tersebut adalah 0,05 m atau 5 cm.

B. Tekanan HidrostatisTekanan hidrostatis adalah tekanan yang disebabkan oleh � uida tak bergerak yang memiliki berat. Tekanan hidrostatis dirumuskan sebagai berikut.

Ph = ρgh

Keterangan:

Ph = tekanan hidrostatis (N/m2 atau Pa);

ρ = massa jenis � uida (kg/m3);


h = kedalaman titik diukur dari permukaan � uida (m). Tekanan mutlak adalah tekanan total hasil penjumlahan tekanan hidrostatis dengan tekanan atmosfer (udara). Secara matematis, tekanan mutlak dirumuskan sebagai berikut.

PT = Po + ρgh

Keterangan:

PT = tekanan mutlak (N/m2 atau Pa); dan

Po = tekanan atmosfer = 1 atm = 76 cm Hg

= 105 N/m2.

Po

ρ

h

6

Contoh Soal 2

Sebuah tangki berbentuk silinder memiliki tinggi 20 m dan jari-jari 7 m. Jika tangki diisi air hingga penuh dalam keadaan terbuka, maka gaya rata-rata pada dasar tangki adalah ....

Pembahasan:

Diketahui:

h = 20 m

r = 7 m

A = π r2 2 2=227

7 = 154 m( )

Ditanya: F = ...?

Dijawab:

Tentukan dahulu tekanan pada dasar tangki tersebut. Oleh karena dalam keadaan terbuka, maka:

P P ghT o= +

= 10 +1000 10 20

= 10 + 2 10

= 3 10 N / m

5

5 5

5 2

ρ

⋅ ⋅

×

×

Kemudian, tentukan gayanya dengan persamaan berikut.

PFA

F PA

=

=

= 3 10 154

= 462 10

= 4, 62 10 N

5

5

7

×

×

×

⋅

Jadi, gaya rata-rata pada dasar tangki tersebut adalah 4,62 × 107 N.

C. Hukum Utama HidrostatisHukum utama hidrostatis menyatakan, “Semua titik yang terletak pada suatu bidang datar di dalam � uida (zat cair) memiliki tekanan yang sama”. Secara matematis, dirumuskan sebagai berikut.

7

A B

ρB

ρA

hBhA

P = P

gh = gh

h = h

A B

A A B B

A A B B

ρ ρρ ρ

Keterangan:

PA = tekanan pada penampang A (N/m2);

PB = tekanan pada penampang B (N/m2);

ρA = massa jenis � uida A (kg/m3);

ρB = massa jenis � uida B (kg/m3);

hA = tinggi � uida A (m); dan

hB = tinggi � uida B (m).

Contoh Soal 3

Di dalam sebuah bejana berhubungan, salah satu kakinya beirisi air (ρa = 1 g/cm3) dan kaki lainnya berisi minyak (ρm = 0,8 g/cm3). Jika tinggi minyak 25 cm diukur dari bidang batas air dan minyak, tentukan selisih tinggi permukaan keduanya.

Pembahasan:

Diketahui:

ρa = 1 g/cm3

ρm = 0,8 g/cm3

hm = 25 cm

Ditanya: hm – ha = ... ?

Dijawab:

Berdasarkan hukum utama hidrostatis, diperoleh:

ρ ρa a m m

a

a

h h

h

h

=

1 = 0, 8 25

= 20 cm

⇔

⇔

⋅ ⋅


hm – ha = 25 – 20 = 5 cm

Jadi, selisih tinggi permukaan keduanya adalah 5 cm.

8

D. Hukum PascalHukum Pascal menyatakan, “Tekanan yang diberikan pada suatu � uida dalam ruang tertutup akan diteruskan sama besar ke segala arah”. Secara matematis, dirumuskan sebagai berikut.

WA2

F2

F1

A1

P P

FA

FA

1 2

1

1

2

2

=

=

Apabila persamaan tersebut diturunkan, akan diperoleh:

FF

AA

rr

rr

FF

AA

d

d

dd

1

2

1

2

12

22

1

2

2

1

2

1

2

12

22

1

2

= = =

= =

1414

=

ππ

π

π

2

Keterangan:

P1 = tekanan pada penampang pipa 1 (N/m2);

P2 = tekanan pada penampang pipa 2 (N/m2);

F1 = gaya tekan pada penampang pipa 1 (N);

F2 = gaya tekan pada penampang pipa 2 (N);

A1 = luas penampang pipa 1 (m2);

A2 = luas penampang pipa 2 (m2);

r1 = jari-jari penampang pipa 1 (m);


d1 = diameter penampang pipa 1 (m); dan

d2 = diameter penampang pipa 2 (m).

9

Contoh Soal 4

Tiga bejana berhubungan ditutup oleh pengisap yang masing-masing luasnya 4 cm2, 24 cm2, dan 60 cm2. Jika pada pengisap terkecil diberi gaya tekan sebesar 12 N, berapakah gaya yang harus diberikan pada pengisap lainnya agar setimbang?

Pembahasan:

Diketahui:

A1 = 4 cm2

A2 = 24 cm2

A3 = 60 cm2

F1 = 12 N

Ditanya: F2 dan F3 = ...?

Dijawab:

Berdasarkan hukum Pascal, diperoleh:

FA

FA

F

F

1

1

2

2

2

2

=

124

=24

=12 24

4= 72 N

⇔

⇔×

FA

FA

F

F

2

2

3

3

3

3

=

7224

=60

=72 60

24= 180 N

⇔

⇔×

Jadi, besarnya gaya harus diberikan pada pengisap 2 dan pengisap 3 berturut-turut adalah 72 N dan 180 N.

E. Hukum ArchimedesHukum Archimedes menyatakan, “Benda yang dicelupkan seluruhnya atau sebagian ke dalam � uida akan mengalami gaya tekan ke atas yang besarnya sama dengan � uida yang dipindahkan”. Gaya tekan ke atas ini selanjutnya disebut dengan gaya Archimedes atau gaya apung. Secara matematis, dirumuskan sebagai berikut.

10

FA

Vρf

F gVA f bf= ρKeterangan:

FA = gaya apung atau gaya Archimedes (N);

ρf = massa jenis � uida (kg/m3);


Vbf = volume benda yang tercelup (m3).

Berdasarkan konsep gaya apung ini, ada tiga kemungkinan posisi benda di dalam fluida, yaitu terapung, melayang, dan tenggelam. Untuk lebih jelasnya, perhatikan tabel berikut.

Konsekuensi Gaya archimedes pada Tiga Kemungkinan Posisi Benda di Dalam Fluida

Konsekuensi Gaya Archimedes

Terapung Melayang Tenggelam

F w

VV

a

b f

bbf

bf

>

<

<

ρ ρ

ρ ρ×

F = w

=a

b fρ ρF < w

>a

b fρ ρ

Setelah memahami konsep gaya Archimedes, bagaimana dengan berat suatu benda yang ditimbang di dalam � uida? Berat benda di dalam � uida ternyata lebih kecil dibandingkan dengan berat benda di udara. Hal ini disebabkan oleh adanya gaya apung. Berat benda di dalam � uida atau yang biasa disebut berat semu secara matematis dirumuskan sebagai berikut.

11

W = W F

W = V gbf u A

bf b f bf

−

−ρ ρ( )

Keterangan:

Wbf = berat benda dalam � uida (N);

Wu = berat benda di udara (N);

FA = gaya apung/Archimedes (N);

ρb = massa jenis benda (kg/m3);

ρf = massa jenis � uida (kg/m3);

Vbf = volume benda yang tercelup (m3); dan

g = percepatan gravitasi (m/s2).

Contoh Soal 5

Sebuah benda dicelupkan ke dalam minyak dengan massa jenis ρm = 0,8 g/cm3. Ternyata, 25% dari volume benda terapung di atas permukaan minyak. Berapakah massa jenis benda tersebut?

Pembahasan:

Diketahui:

ρm = 0,8 g/cm3

Vb = 100%

Vbf = 100% – 25% = 75%

Ditanya: ρb = ... ?

Dijawab:

Berdasarkan rumus perbandingan volume benda yang tercelup dalam � uida dan volume benda di udara, diperoleh:

ρ ρbbf

bm

VV

=

=75%

100%0,8

= 0,6

×

×

g/cm3

Jadi, massa jenis benda tersebut adalah 0,6 g/cm3.

12


Contoh Soal 6

Sebuah benda memiliki berat 6 N di udara dan 4 N di air. Jika massa jenis air adalah 1 g/cm3, berapakah massa jenis benda tersebut?

Pembahasan:

Diketahui:

Wu = 6 N

Wbf = 4 N

ρf = 1 g/cm3 = 1000 kg/m3


Dijawab:

Cara Biasa

Berdasarkan rumus berat benda di dalam � uida, diperoleh:

W W F

F

F

bf u A

A

A

=

4 = 6

= 2 N

−−

Dengan rumus gaya apung, diperoleh:

F = gV

V

V

A f bf

bf

bf

ρ2 = 1000 10

= 2 10 m4 3

⋅ ⋅

× −

Dengan rumus massa jenis, diperoleh:

ρbbf

mV

= =0,6

2 10= 3.000 4× − kg/m3

ρ ρ

ρ

bu

u bff

b

WW W

=

=6

6 41.000

=62

1.000

= 3.000 kg / m3

−×

−×

×

Jadi, massa jenis benda tersebut adalah 3.000 kg/m3.

13

Contoh Soal 7

Sebuah benda terapung di atas permukaan air yang berlapiskan minyak. Ternyata, 50% volume benda tercelup di dalam air dan 40% tercelup di dalam minyak. Jika massa jenis minyak adalah 0,8 g/cm3, maka massa jenis benda tersebut adalah ....

Pembahasan:

Diketahui:

ρa = 1 g/cm3

ρm = 0,8 g/cm3


Dijawab:

Massa jenis benda tersebut dapat ditentukan dengan rumusan berikut.

ρ ρ ρb a mV V= % + %

= 50% 1+ 40% 0,8

= 0,82

⋅ ⋅⋅ ⋅

g/cm3

Jadi, massa jenis benda tersebut adalah 0,82 g/cm3.

FIsika

FLUIDA DINAMIK

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari materi ini, kamu diharapkan memiliki kemampuan berikut.1. Memahami de� nisi � uida dinamik.2. Memahami sifat-sifat � uida dinamik dan besaran-besaran yang terlibat di dalamnya.3. Memahami hukum-hukum yang berhubungan dengan � uida dinamik.4. Dapat menerapkan konsep � uida dinamik dalam kehidupan sehari-hari.

Fluida adalah zat yang dapat mengalir dan memberikan sedikit hambatan terhadap perubahan bentuk ketika ditekan. Dari jenis-jenis zat yang telah kita ketahui, yang termasuk � uida adalah zat cair dan gas. Pada sesi ini, kita akan membahas tentang � uida dinamik, yaitu � uida yang bergerak/mengalir. Agar mudah mempelajarinya, � uida yang dimaksud dalam hal ini terbatas pada � uida ideal yang memiliki sifat-sifat berikut.

1. Aliran � uida adalah tunak sehingga kecepatannya di suatu titik adalah konstan.

2. Aliran � uida tidak termampatkan sehingga tidak mengalami perubahan volume.

3. Aliran � uida tidak kental sehingga tidak mengalami gesekan.

4. Aliran � uida adalah laminar sehingga arusnya mengikuti alur tertentu.

A. Debit FluidaFluida yang mengalir dapat diukur dengan besaran debit. Debit adalah banyaknya � uida yang mengalir melalui suatu penampang tiap satuan waktu. Secara matematis, dirumuskan sebagai berikut.

KTSP&

K-13

XI

Kelas

2


Q =

Vt

Keterangan:

Q = debit � uida (m³/s);

V = volume � uida (m³); dan

t = selang waktu (s).

Jika � uida mengalir melalui pipa dengan luas penampang A dan setelah selang waktu t menempuh jarak L, maka volume � uidanya adalah V = A∙L. Dengan demikian, diperoleh:

Q =Vt

=A L

t=

A vt

t= Av

⋅ ( )

Q = A v⋅

Keterangan:


A = luas penampang pipa (m²); dan

v = kecepatan � uida (m/s).

B. Hukum KontinuitasHukum kontinuitas menyatakan, “Debit � uida di semua titik besarnya sama”. Oleh karena itu, hasil kali kecepatan aliran � uida dengan luas penampangnya selalu tetap. Berdasarkan hukum tersebut, dihasilkan sebuah persamaan kontinuitas yang secara matematis dirumuskan sebagai berikut.

v2v1

A1

A2

Q Q

A v A v1 2

1 1 2 2

=

=

Apabila persamaan tersebut diturunkan, akan diperoleh cara SUPER berikut.

vv

AA

rr

rr

vv

AA

d

d

dd

1

2

2

1

22

12

2

1

2

1

2

2

1

22

12

2

1

= = =

= =

1414

=

ππ

π

π

2

Keterangan:



3


d1 = diameter penampang pipa 1 (m);

d2 = diameter penampang pipa 2 (m);

v1 = kecepatan pada penampang pipa 1 (m/s);


A1 = luas penampang pipa 1 (m²); dan

A2 = luas penampang pipa 2 (m²).

Contoh Soal 1

Kecepatan � uida pada pipa berdiameter 6 cm adalah 0,25 m/s. Berapakah besar diameter pipa yang dilewati saat � uida keluar dengan kecepatan 4 m/s?

Pembahasan:

Diketahui:

d1 = 6 cm

v1 = 0,25 m/s = 14

m/s

v2 = 4 m/s

Ditanya: d2 = ...?

Dijawab:

vv

=

144

=6

kedua ruas diakarkan

144

=

1

2

2

1

2

2

2

dd

d

( )⇔

⇔ dd

d

d

2

2

2

2

6

14

=6

= 1,5 cm

⇔

⇔

Jadi, besarnya diameter pipa yang dilewati saat � uida keluar dengan kecepatan 4 m/s adalah 1,5 cm.

4

C. Daya oleh Debit FluidaBagaimana kita menghitung daya dari suatu tenaga � uida (air terjun) yang mengalir dengan debit Q dari ketinggian h? Untuk menentukannya, ingat kembali bahwa sejumlah air dengan massa m yang berada pada ketinggian h akan memiliki energi potensial sebesar:

Ep = m ∙ g ∙ h = (ρ ∙ V) ∙ g ∙ h

Daya sebesar P yang dibangkitkan oleh energi potensial ini adalah sebagai berikut.

P =Ept

=m g h

t=

V g h

t= Q g h

⋅ ⋅ ⋅( ) ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅

ρρ

Jika tenaga � uida ini dimanfaatkan untuk membangkitkan listrik dengan e� siensi η, maka daya yang dibangkitkan oleh sistem generator dapat dirumuskan sebagai berikut.

P = Q g hη ρ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Keterangan:


h = ketinggian (m);

g = percepatan gravitasi (m/s2);

η = e� siensi;

ρ = massa jenis � uida (kg/m3); dan

P = daya (watt).

Contoh Soal 2

Air terjun setinggi 12 meter dengan debit 15 m³/s dimanfaatkan untuk memutar generator listrik sederhana. Jika 20% energi air jatuh berubah menjadi energi listrik, berapakah daya keluaran generator tersebut? (ρ = 1000 kg/m³)

Pembahasan:

Diketahui:

h = 12 m

Q = 15 m³/s

η = 20%

ρ = 1.000 kg/m³

Ditanya: P = …?

Dijawab:

Agar kamu lebih paham lagi tentang rumusnya, perhatikan konversi energi potensial

5

menjadi energi listrik berikut.

Ep = W

⇔ η ∙ Ep = P ∙ t

⇔ η ∙ m ∙ g ∙ h = P ∙ t

⇔ η ∙ ρ ∙ V ∙ g ∙ h = P ∙ t

⇔ η ρ⋅ ⋅ ⋅ ⋅Vt

g h = P

⇔ P = η ∙ ρ ∙ Q ∙ g ∙ h


P = η.ρ.Q.g.h

= 20% (1000) (15) (10) (12)

= 360.000 W

= 360 kW

Jadi, daya keluaran generator tersebut adalah 360 kW.

D. Hukum BernoulliHukum Bernoulli menyatakan, “Jumlah dari tekanan, energi kinetik tiap volume, dan energi potensial tiap volume di setiap titik sepanjang aliran � uida adalah sama”. Secara matematis, dirumuskan sebagai berikut.

A1

A2

P1

P2

V1

V2

h1 h2

P +EV

+E

V

P +mv2V

+mgh

V

P v gh

k p

2

= konstan

= konstan

+12

+ = konstan2ρ ρ

6

Persamaan yang dihasilkan tersebut merupakan persamaan Bernoulli yang dapat juga dituliskan sebagai berikut.

P v gh P v gh1 1 12

1 1 2 2 22

2 2+12

+ = +12

+ρ ρ ρ ρ

Keterangan:

P1 = tekanan pada penampang pipa 1 (N/m²);

P2 = tekanan pada penampang pipa 2 (N/m²);

ρ1 = massa jenis � uida 1 (kg/m3);

ρ2 = massa jenis � uida 2 (kg/m3);



h1 = ketinggian penampang pipa 1 dari titik acuan (m);

h2 = ketinggian penampang pipa 2 dari titik acuan (m); dan

g = percepatan gravitasi (m/s²).

Contoh Soal 3

Sebuah pipa horizontal mempunyai luas 0,1 m² pada penampang pertama dan 0,05 m² pada penampang kedua. Laju aliran dan tekanan � uida pada penampang pertama berturut-turut adalah 5 m/s dan 2 × 105 N/m². Jika massa jenis � uida yang mengalir adalah 0,8 g/cm³ dan g = 10 m/s², maka besarnya tekanan � uida pada penampang kedua adalah ….

Pembahasan:

Diketahui:

A1 = 0,1 m²

A2 = 0,05 m² v2

v1

A1

A2v1 = 5 m/s

P1 = 2 × 105 N/m²

ρ1 = ρ2 = 0,8 g/cm3 = 800 kg/m3

g = 10 m/s²

h1 = h2 = 0 (posisi horizontal)

Ditanya: P2 = …?

Dijawab:

Mula-mula, tentukan dahulu kecepatan aliran � uida pada penampang kedua. Dengan

7

menggunakan persamaan kontinuitas, diperoleh:

A v A vv

v

1 1 2 2

2

2

=0,1 5 = 0,05

= 10 ⇔⇔

( ) ( )m/s

Selanjutnya, gunakan persamaan Bernoulli untuk menentukan tekanannya.

P Pv gh v gh1 1 1

21 1 2 2 2

22 2

2

+12

+ = +12

+

200.000 +12

800 5 + 800 10

ρ ρ ρ ρ

⇔ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅0 = +12

800 10 + 800 10 0

200.000 +10.000 = + 40.000= 170

22

2

2

P

PP

⇔⇔ ..000 N/m2

Jadi, besarnya tekanan � uida pada penampang kedua adalah 170.000 N/m² atau 1,7 × 105 N/m².

E. Penerapan Hukum Bernoulli1. Venturimeter

Venturimeter merupakan alat yang digunakan untuk mengukur laju aliran suatu zat cair. Pada dasarnya, alat ini adalah sebuah pipa dengan penyempitan atau pengecilan diameter. Ada dua jenis venturimeter, yaitu venturimeter tanpa manometer dan venturimeter dengan manometer yang berisi cairan lain. Manometer adalah alat pengukur tekanan udara di dalam ruang tertutup. Secara matematis, kecepatan aliran � uida pada venturimeter tanpa manometer dapat dirumuskan sebagai berikut.

h

v1 v2

A1

A2

vgh

AA

1

1

2

2=2

1

−

vgh

AA

2

2

1

2=2

1−

Keterangan:

A1 = luas penampang pipa 1 (m²);

A2 = luas penampang pipa 2 (m²);



h = perbedaan tinggi cairan pipa kecil di atas venturimeter (m); dan


8

Contoh Soal 4

Air mengalir dalam venturimeter seperti pada gambar berikut.

h = 10 cm

v1 v2

A1

A2

Jika kecepatan aliran air pada penampang 1 adalah 2 m/s, maka kecepatan aliran air pada penampang 2 adalah ....

Pembahasan:

Diketahui:

v1 = 2 m/s

h = 10 cm = 0,1 m

Ditanya: v2 = ... ?

Dijawab:

Berdasarkan nilai v1 = 2 m/s, diperoleh:

v

gh

AA

AA

AA

1

1

2

2

1

2

2

1

2

2

=2

1

2 =2.10.0,1

1

2 =2

−

⇔

−

⇔

−−

⇔

−

⇔ −

⇔

⇔

1

4 =2

1

4 4 = 2

4 = 6

1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

2

AA

AA

AA

AA

2

=32

vgh

AA

AA

AA

1

1

2

2

1

2

2

1

2

2

=2

1

2 =2.10.0,1

1

2 =2

−

⇔

−

⇔

−−

⇔

−

⇔ −

⇔

⇔

1

4 =2

1

4 4 = 2

4 = 6

1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

2

AA

AA

AA

AA

2

=32

9

vgh

AA

AA

AA

1

1

2

2

1

2

2

1

2

2

=2

1

2 =2.10.0,1

1

2 =2

−

⇔

−

⇔

−−

⇔

−

⇔ −

⇔

⇔

1

4 =2

1

4 4 = 2

4 = 6

1

2

2

1

2

2

1

2

2

1

2

AA

AA

AA

AA

2

=32


v

gh

AA

2

2

1

2=2

1

=2 10 0,1

123

=213

= 6

−

−

æ

èçççç

ö

ø÷÷÷÷

× ×

m/s

Jadi, kecepatan aliran air pada penampang 2 adalah

vgh

AA

2

2

1

2=2

1

=2 10 0,1

123

=213

= 6

−

−

æ

èçççç

ö

ø÷÷÷÷

× ×

m/s m/s.

2. Tabung PitotTabung pitot digunakan untuk mengukur laju aliran suatu gas di dalam sebuah pipa.

cairan manometer

aliran gas

h

v

Laju aliran gas pada alat tersebut dapat dirumuskan sebagai berikut.

vg h

=2 ’ρ

ρ

Keterangan:

v = laju aliran gas (m/s);

ρ = massa jenis gas yang mengalir (kg/m³);

ρ' = massa jenis cairan manometer (kg/m³);

h = selisih ketinggian antara dua kolom cairan manometer (m); dan


10

Contoh Soal 5

Laju aliran gas oksigen terukur dengan tabung pitot sebesar 2 m/s. Jika massa jenis gas oksigen 0,5 g/cm³ dan massa jenis zat cair pada manometer adalah 750 kg/m³, maka selisih ketinggian antara dua kolom cairan manometer adalah …. (g = 10 m/s²)

Pembahasan:

Diketahui:

v = 2 m/s

ρ = 0,5 g/cm³ = 500 kg/m³

ρ' = 750 kg/m³

g = 10 m/s²

Ditanya: h = ...?

Dijawab:

Laju aliran gas pada tabung pitot dapat dirumuskan sebagai berikut.

vg h

h

=2 ’

2 =2 10 750

500(kedua ruas dikuadratkan)

4 =2 10 75

ρρ

⇔

⇔

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ 00 500

2.000 = 15.000

= 0,13 m

⋅h

h

h

⇔⇔

Jadi, selisih ketinggian antara dua kolom cairan manometer adalah 0,13 m atau 13 cm.

3. Bejana Berpancur (Kebocoran Tangki Air)Kelajuan � uida yang menyembur keluar dari lubang pada jarak h di bawah permukaan � uida dalam bejana/tangki sama seperti kelajuan sebuah benda yang jatuh bebas dari ketinggian h. Perhatikan gambar berikut.

udara

� uida

lubang seluas A

h

v

11


Kelajuan � uida dirumuskan sebagai berikut.

v gh= 2

Debit � uida dirumuskan sebagai berikut.

Q Av A gh= = 2

udara

air

x

h2

h1

v gh

thg

x v t ghhg

x h h

= 2

=2

= = 22

= 2

1

2

12

1 2

⋅ ⋅

Keterangan:

v = kecepatan semburan air (m/s);

h1 = ketinggian air dari permukaan ke lubang (m);

h2 = ketinggian air dari lubang ke dasar bejana (m);

x = jarak jangkauan terjauh (m);

t = selang waktu air menuju jarak jangkauan terjauh (s); dan


Contoh Soal 6

Tentukan nilai H agar jangkauan terjauhnya 2x =2 3 m.

x =2 3 meter

H

60o

12

Pembahasan:

Diketahui:

x = 2x =2 3 m

α = 60°

Ditanya: H = ...?

Dijawab:

Kecepatan semburan air tersebut dapat dirumuskan sebagai berikut.

v gH0 = 2

Jika dikuadratkan menjadi:

v gH02 = 2

Berdasarkan persamaan gerak parabola, jarak terjauh pancaran air dengan sudut elevasi 60o adalah sebagai berikut.

x

vg

xv

gg H

g

H

=sin2

=2 sin cos

2 3 =2 2sin cos

3 = 2

02

02

⋅

⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅

α

α α

α α

⇔

⇔

⇔ ⋅⋅ ⋅

⋅ ⋅ ⋅

sin60 cos60

3 = 212

312

= 2 m

o o

⇔

⇔

H

H

Jadi, tinggi maksimum � uida dalam bejana agar jangkauan terjauhnya 2x =2 3 adalah 2 meter.

4. Gaya Angkat Sayap PesawatAgar pesawat dapat terangkat, gaya angkat pesawat harus lebih besar daripada berat pesawat. Gaya angkat pesawat dirumuskan sebagai berikut.

F F v v A1 2 22

12=

12

− −ρ ( )Keterangan:

v1 = kecepatan aliran udara di bawah sayap (m/s);

v2 = kecepatan aliran udara di atas sayap (m/s);

A = luas penampang sayap (m²);

ρ = massa jenis udara (1,3 kg/m³);

F1 – F2 = gaya angkat sayap pesawat (N);

13

Contoh Soal 7

Sebuah sayap pesawat terbang memerlukan gaya angkat per satuan luas 1.300 N/m2. Kelajuan aliran udara (ρ = 1,3 kg/m3) sepanjang permukaan bawah sayap adalah 200 m/s. Berapakah laju aliran udara sepanjang permukaan atas sayap agar dapat menghasilkan gaya angkat tersebut?

Pembahasan:

Diketahui:

F FA

1 2− = 1300 N/m2

v1 = 200 m/s

ρ = 1,3 kg/m3

Ditanya: v2 = ...?

Dijawab:

Gaya angkat pesawat dapat dirumuskan sebagai berikut.

F F v v A

F FA

v v

v

1 2 22

12

1 222

12

22

=12

=12

201300 =12

1,3

− −

⇔−

−

⇔ −

ρ

ρ

( )

( )

( ) 00

40.000

40.0002000 + 40.000 =

2600 = 1,3

2000 =

2

22

22

22

( )( )⇔ −

⇔ −⇔

v

vv

⇔⇔⇔ ≈

vv

22

2

== 204, 9 205

42.000m/s

Jadi, laju aliran udara sepanjang permukaan atas sayap agar dapat menghasilkan gaya angkat tersebut adalah 205 m/s.

FIsika

TEORI KINETIK GAS

Tujuan Pembelajaran

Setelah mempelajari materi ini, kamu diharapkan memiliki kemampuan berikut.1. Memahami de� nisi gas ideal dan sifat-sifatnya.2. Memahami persamaan umum gas ideal.3. Memahami persamaan keadaan gas ideal.4. Memahami tekanan dan energi kinetik gas ideal.5. Memahami energi dalam gas ideal.

Teori kinetik gas adalah suatu teori yang menyelidiki sifat-sifat gas (mikroskopis) berdasarkan tinjauan energi dan gaya antara partikel-partikel gas. Gas ideal merupakan kumpulan dari partikel-partikel suatu zat yang jaraknya cukup jauh dibandingkan dengan ukurannya. Gas ideal memiliki sifat-sifat sebagai berikut.

1. Jumlah partikelnya banyak.

2. Tidak ada gaya tarik-menarik (interaksi) antarpartikel.

3. Ukuran partikel gas dapat diabaikan terhadap ukuran ruangan.

4. Setiap tumbukan antarpartikel gas dengan dinding ruangan terjadi secara lenting sempurna.

5. Partikel gas yang berada di suatu ruangan tersebar secara merata.

6. Setiap partikel gas bergerak secara acak ke segala arah.

7. Berlaku hukum Newton tentang gerak.

8. Energi kinetik rata-rata molekul gas sebanding dengan suhu mutlaknya.

KTSP&

K-13

XI

Kelas

2

A. Persamaan Umum Gas IdealGas ideal memiliki beberapa persamaan umum yang dapat dirangkum sebagai berikut.

PV = nRT

PV = NkT

PV =mMr

RT

P.Mr =mV

RT

P.Mr = ρ.RT

PV =NN

RTa

Keterangan:

P = tekanan gas (N/m²);

Mr = massa molekul relatif (kg/mol);

V = volume gas (m³);

Na = bilangan Avogadro = 6,02 × 1023 partikel/mol

= 6,02 × 1026 partikel/kmol;

m = massa 1 partikel gas (kg);

R = tetapan gas (8,314 × 103 J/kmol∙K = 8,314 J/mol∙K);

k = konstanta Boltzman (1,38 × 10–23 J/K );

N = jumlah partikel gas;

n = jumlah mol gas (mol);

ρ = massa jenis gas (kg/m3); dan

T = suhu gas (K).

Contoh Soal 1

Tentukan volume 1 mol gas pada suhu dan tekanan standar (0oC dan 1 atm).

Pembahasan:

Diketahui:

T = 0 + 273 = 273 K

R = 8,314 J/mol∙K

P = 1 atm = 1,01 × 105 N/m2

Ditanya: V = …?

Dijawab:

Berdasarkan persamaan umum gas ideal, diperoleh:

PV = nRT

⇔

×

VnRT

P=

=1 8,314 273

1,01 10= 0,0224 m

5

3

( )( )

3

⇔

×

VnRT

P=

=1 8,314 273

1,01 10= 0,0224 m

5

3

( )( )

Jadi, volume 1 mol gas pada suhu dan tekanan standar adalah 0,0224 m³ atau 22,4 liter.

B. Persamaan Keadaan Gas IdealKeadaan suatu gas pada ruang tertutup ditentukan oleh tekanan, volume, suhu, dan jumlah molekul suatu gas. Berdasarkan percobaan dan pengamatan yang dilakukan oleh para ilmuwan, ditemukan beberapa hukum yang menerangkan hubungan variabel keadaan suatu gas tersebut.

1. Hukum BoyleHukum Boyle menyatakan, “Jika suhu suatu gas dijaga konstan, maka tekanan gas berbanding terbalik terhadap volumenya”. Pernyataan lain dari hukum ini adalah hasil kali antara tekanan dan volume suatu gas pada suhu tertentu adalah tetap. Keadaan gas dengan suhu tetap ini disebut isotermal. Secara matematis, persamaan keadaannya dapat dituliskan sebagai berikut.

P1V1 = P2V2

Keterangan:

P1 = tekanan gas pada keadaan 1 (N/m²);

P2 = tekanan gas pada keadaan 2 (N/m²);

V1 = volume gas pada keadaan 1 (m³); dan

V2 = volume gas pada keadaan 2 (m³).

2. Hukum CharlesHukum Charles menyatakan, “Jika tekanan suatu gas dijaga konstan, maka volume gas sebanding dengan suhu mutlaknya”. Pernyataan lain dari hukum ini adalah hasil bagi antara volume dan suhu suatu gas pada tekanan tertentu adalah tetap. Keadaan gas dengan tekanan tetap ini disebut isobarik. Secara matematis, persamaan keadaannya dapat dituliskan sebagai berikut.

VT

VT

1

1

2

2

=

Keterangan:

V1 = volume gas pada keadaan 1 (m³);


T1 = suhu gas pada keadaan 1 (K); dan

T2 = suhu gas pada keadaan 2 (K).

4

3. Hukum Gay LussacHukum Gay Lussac menyatakan, "Jika volume suatu gas dijaga konstan, maka tekanan gas sebanding dengan suhu mutlaknya". Pernyataan lain dari hukum ini adalah hasil bagi antara tekanan dan suhu suatu gas pada volume tertentu adalah tetap. Keadaan gas dengan volume tetap ini disebut isokorik. Secara matematis, persamaan keadaannya dapat dituliskan sebagai berikut.

PT

PT

1

1

2

2

=

Keterangan:

P1 = tekanan gas pada keadaan 1 (N/m2);

P2 = tekanangas pada keadaan 2 (N/m2);

T1 = suhu gas pada keadaan 1 (K); dan

T2 = suhu gas pada keadaan 2 (K).

4. Hukum Boyle-Gay LussacHukum Boyle-Gay Lussac menyatakan, “Hasil kali antara tekanan dan volume dibagi temperatur pada sejumlah partikel atau mol gas adalah tetap”. Secara matematis, persamaan keadaannya dapat dituliskan sebagai berikut.

PVT

P VT

1 1

1

2 2

2

=

Keterangan:



T1 = suhu gas pada keadaan 1 (K);

T2 = suhu gas pada keadaan 2 (K);

P1 = tekanan gas pada keadaan 1 (N/m²); dan

P2 = tekanan gas pada keadaan 2 (N/m²).

Contoh Soal 2

Suatu gas ideal bertekanan 1 atm mengalami proses isotermal dari volume 1 m3 menjadi 2 m3. Perubahan tekanan pada proses tersebut adalah ....

Pembahasan:

Diketahui:

P1 = 1 atm = 105 N/m²

V1 = 1 m³

V2 = 2 m³

5

Ditanya: ∆P = ...?

Dijawab:

Oleh karena prosesnya isotermal, maka suhunya konstan dan berlaku hukum Boyle berikut.

PV P V

P

P

1 1 2 2

2

2

5

5

=

10 1 = 2

= 0,5 10

⇔

⇔ ×

( ) ×

N/m2

Dengan demikian, perubahan tekanannya adalah sebagai berikut.

∆P = P2 – P1 = 0,5 × 105 – 105 = –0,5 × 105 N/m2

Jadi, perubahan tekanannya adalah –0,5 × 105 N/m2.

Contoh Soal 3

Dalam suatu wadah tertutup terdapat 2 liter gas dengan suhu 227oC dan tekanan 2 atm. Jika tekanan ditambah 2 atm pada proses isokorik, maka tentukan suhu gas akhir pada proses tersebut.

Pembahasan:

Diketahui:

T1 = 227oC = 227 + 273 = 500 K

V1 = 2 liter

P1 = 2 atm

P2 = 2 + 2 = 4 atm

Ditanya: T2 = ...?

Dijawab:

Oleh karena prosesnya isokorik, maka volumenya konstan dan berlaku hukum Gay Lussac berikut.

PT

PT

T

T

T

1

1

2

2

2

2

2

=

2500

=4

2 = 2000

= 1000 K

⇔

⇔⇔

Jadi, suhu gas akhir pada proses tersebut adalah 1000 K atau 727oC.

6

Contoh Soal 4

Sebuah tangki yang berbentuk tabung memiliki lubang kecil. Tangki tersebut berisi gas ideal dengan massa 10 kg dan tekanan 4 atm pada suhu 27oC. Jika tangki dipanaskan hingga suhunya 47oC dan tekanannya berubah menjadi 3,2 atm (pemuaian tangki diabaikan), maka massa gas yang keluar dari tangki sebanyak ....

Pembahasan:

Diketahui:

m1 = 10 kg

P1 = 4 atm

T1 = 27oC = 27 + 273 = 300 K

T2 = 47oC = 47 + 273 = 320 K

P2 = 3,2 atm

Ditanya: ∆m = …?

Dijawab:

Berdasarkan persamaan umum gas ideal, diperoleh:

PV = nR T

PV =mMr

RT

V =m R TP Mr

⇔

⇔× ××

Oleh karena prosesnya isokorik, maka:

V V

m R TP Mr

m R TP Mr

m TP

m TP

m

1 2

1 1

1

2 2

2

1 1

1

2 2

2

=

=

=

10 300

4=

⇔

⇔

⇔

⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅⋅

⋅ ⋅

( ) 22

2

320

3,2= 7,5 kg

( )

⇔ m

Dengan demikian, massa gas yang keluar dari tangki dapat ditentukan sebagai berikut.

∆ −−

m m m=

= 10 7,5

= 2,5 kg

1 2

Jadi, massa gas yang keluar dari tangki sebanyak 2,5 kg.

7

Contoh Soal 5

Suatu gas ideal mula-mula menempati ruang dengan volume V dan tekanan P pada

suhu T. Jika suhu gas dinaikkan menjadi 3T dan tekanannya berubah menjadi 32

P, maka berapakah volume akhir gas tersebut?

Pembahasan:

Diketahui:

T1 = T T2 = 3T

V1 = V P2 = 32

P

P1 = P

Ditanya: V2 = ...?

Dijawab:

Berdasarkan hukum Boyle-Gay Lussac, diperoleh:

PVT

P VT

P VT

P V

T

V V

V V

1 1

1

2 2

2

2

2

2

=

=

32

3

=12

= 2

⇔

⇔

⇔

× ×

Jadi, volume akhir gas adalah dua kali volume semula.

C. Tekanan Gas IdealAdanya tekanan gas di dalam ruang tertutup diakibatkan oleh adanya benturan-benturan partikel gas pada dinding tempat gas berada. Besarnya tekanan gas dapat dituliskan sebagai fungsi energi kinetik rata-rata molekul berikut.

PN m v

V=

13

2⋅ ⋅

PNV

EK=23

Keterangan:

EK = energi kinetik rata-rata partikel gas (J);

N = jumlah partikel gas;

v = kecepatan rata-rata partikel gas (m/s);

m = massa partikel gas (kg);

P = tekanan gas (N/m2); dan

V = volume gas (m3).

8

D. Energi Kinetik Gas IdealSesuai dengan sifat gas ideal, tiap partikel gas akan selalu bergerak dengan energi kinetik tertentu. Besarnya energi kinetik gas ideal dapat dirumuskan sebagai berikut.

E kTK =32

Keterangan:

EK = energi kinetik rata-rata molekul (J);

k = konstanta Boltzman (1,38 × 10–23 J/K)

T = suhu gas (K);

N = jumlah partikel;

n = jumlah mol gas (mol); dan

R = tetapan gas (8,314 J/mol∙K).

Untuk N partikel:

E NkT nRTK =32

=32

Dari hubungan energi kinetik gas ideal tersebut, dapat diperoleh persamaan untuk menentukan kecepatan efektif gas pada ruang tertutup, yaitu sebagai berikut.

E kTK =32

12

=32

2mv kT

vkTmrms =

3

vRT

Mrrms =3

vnRTmrms =

3

vP

rms =3ρ

Keterangan:

vrms = kecepatan efektif (m/s);

k = konstanta Boltzman (1,38 × 10–23 J/K);

T = suhu gas (K);

m = massa partikel gas (kg);

Mr = massa molekul relatif (kg/mol);

n = jumlah mol gas (mol);

R = tetapan gas (8,314 J/mol K);

P = tekanan gas (N/m2); dan

ρ = massa jenis gas (kg/m3).

9


Contoh Soal 6

Suhu gas mula-mula 300 K. Jika kelajuan efektif gas dijadikan tiga kali semula, maka berapakah perubahan suhu yang dialami gas tersebut (°C)?

Pembahasan:

Diketahui:

T1 = 300 K

vrms.1 = v

vrms.2 = 3v

Ditanyakan: ∆T = ...?

Dijawab:

vv

TT

vv T

rms

rms

.1

.2

1

2

2

=

3=

300 kedua ruas dikuadratkan

1

⇔

⇔

( )

99=

300

= 2.700 K2

2

T

T⇔

Besarnya suhu gas setelah kelajuan efektif dijadikan tiga kali semula adalah 2.700 K.

T1 = 300 K = 300 – 273= 27oC

T2 = 2.700 K = 2.700 – 273 = 2.427oC


∆ −−

T T T=

= 2.427 27

= 2.400 C

2 1

o

Jadi, besarnya perubahan suhu yang dialami gas tersebut adalah 2.400oC.

10

E. Energi Dalam Gas IdealTelah kita ketahui bahwa sejumlah gas ideal mengandung N partikel dan setiap partikel memiliki energi kinetik tertentu. Jumlah energi kinetik partikel-partikel gas ideal tersebutlah yang dinamakan dengan energi dalam gas (U).

Berkaitan dengan derajat kebebasannya, energi dalam dari berbagai gas dapat dirumuskan sebagai berikut.

1. Energi dalam gas untuk gas monotomik (He, Ne, Ar)

U E NkT nRTk= =32

=32

2. Energi dalam gas untuk gas diatomik (H2, N2, O2)

a. Pada suhu rendah (± 300K):

U NkT nRT=32

=32

b. Pada suhu sedang (± 500K):

U NkT nRT=52

=52

c. Pada suhu tinggi (± 1.000K):

U NkT nRT=72

=72

Contoh Soal 7

Berapa mol gas ideal dalam ruang tertutup yang mempunyai energi dalam 6 kJ pada suhu 27oC jika gas tersebut monoatomik?

Pembahasan:

Diketahui:

U = 6 kJ = 6 × 103 J

R = 8,314 J/mol.K

T = 27 + 273 = 300 K

Keterangan:U = energi dalam gas (J);N = jumlah partikel gas;k = konstanta Boltzman (1,38 × 10–23 J/K);T = suhu gas (K);n = jumlah mol gas (mol); danR = tetapan gas (8,314 J/mol∙K).

11

Ditanya: n = …?

Dijawab:

Berdasarkan rumus energi dalam gas untuk gas monoatomik, diperoleh:

U nRT

nU

R T

=32=

23

=2 6 10

3 8,314 300= 1, 6 mol

3

⇔

×

⋅⋅ ⋅

( )( )

Jadi, ada 1,6 mol gas ideal dalam ruang tersebut.

k-13 l a fisika xi - sman 1 marongesman1maronge.sch.id/wp-content/uploads/2020/11/materi... ·...

Documents