laporan kesetimbangan

SISTEM KESETIMBANGAN GAYA

Nurfaida, Dedi riwanto, Nurtang, Zam’ah

Laboratorium Fisika Dasar Program Studi Pendidikan fisika FMIPA

Universitas Negeri Makassar

Abstrak. Telah dilakukan praktikum dengan judul Kesetimbangan Gaya dengan tujuan : pertama, menyelidiki kondisi-kondisi kesetimbangan statis pada sistem tuas dua lengan dan kedua, menentukan momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip kesetimbangan. Alat dan bahan yang digunakan yaitu dasar statif, kaki statif, batang statif pendek, batang statif panjang, balok pendukung, neraca pegas 1,5 N, steker poros, tuas dan beban 50 gram. Pada praktikum ini dilakukan lima kegiatan. Sebuah benda berada dalam kesetimbangan jika vektor resultan dari semua gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol dan momen gayanya nol. Sistem tuas dua lengan dengan panjang tuas disebelah kanan poros dan disebelah kiri poros sama dapat membuat kondisi-kondisi kesetimbangan statis. Resultan momen gaya tuas berdasarkan prinsip kesetimbangan adalah nol.

Kata kunci: diam, kesetimbangan gaya, momen gaya nol, resultan gaya nol

RUMUSAN MASALAH

1. Bagaimana kondisi-kondisi kesetimbangan statis pada sistem tuas dua

lengan?

2. Berapa momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip

kesetimbangan?

TUJUAN

1. Menyelidiki kondisi-kondisi kesetimbangan statis pada sistem tuas dua

lengan.

2. Menentukan momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip

kesetimbangan.

METODOLOGI EKSPERIMEN

Teori Singkat Ada dua kondisi yang harus dipenuhi oleh sebuah benda untuk dapat mencapai

keadaan kesetimbangan statis. Pertama benda tersebut harus berada dalam

kesetimbangan translasi yang berarti bahwa vektor resultan dari semua gaya yang

bekerja pada benda harus sama dengan nol. Kondisi yang lain adalah harus dalam

keadaan kesetimbangan rotasinya. Jarak tegak lurus dari pusat putaran terhadap

garis gaya aksi disebut lengan gaya . Torka τ merupakan besaran vektor yang

didefinisikan :

τ=R × F (Herman : 2014 , 43)

Efek rotasi dari sebuah benda terkadang dikaitkan dengan pusat gravitasi yang

didefinisikan sebagai gaya tunggal ke atas yang dapat menyeimbangkan atraksi

gravitasi pada semua bagian benda untuk berbagai posisi. Gambar 5.1

menunjukkan sebuah batang yang disetim pada titik B dengan w1 dan w2 adalah

berat beban gantung. Berat batang wB adalah tarikan gravitasi yang bekerja pada

pusat gravitasi C. Kondisi untuk kesetimbangan rotasi untuk sistem di atas adalah:

w1 (L1) = w2 (L2) + wB (L3)

C B

w2 L3 w1

wB

L2 L1

Gambar 5.1. sistem dalam keadaan seimbang

(Herman : 2014 , 43)

Alat dan Bahan

Alat

1. Dasar statif 1 buah

2. Kaki statif 1 buah

3. Batang statif pendek 1 buah

4. Batang statif panjang 1 buah

5. Balok pendukung 1 buah

6. Neraca pegas 1,5 N 1 buah

7. Steker poros 1 buah

8. Tuas 1 buah

Bahan

1. Beban 50 gram 3 buah

Identifikasi Variabel

Kegiatan 1 – kegiatan 5

1. Variabel manipulasi : lengan beban 1, lengan beban 2, lengan gaya

2. Variabel kontrol : berat beban 1, berat beban 2

3. Variabel respon : momen gaya

Definisi Operasional Variabel

1. Variabel manipulasi adalah variabel yang nilainya berubah-ubah. Pada

kegiatan ini terdiri atas :

a. Lengan beban 1 adalah panjang tuas dari poros sampai beban 1

dengan satuan m.

b. Lengan beban 2 adalah panjang tuas dari poros sampai beban 2

dengan satuan m.

c. Lengan gaya adalah panjang tuas dari poros sampai neraca pegas

dengan satuan m.

2. Variabel kontrol adalah variabel yang nilainya tetap. Pada kegiatan ini

terdiri atas :

a. Berat beban 1 adalah berat satu beban 50 gram yang diukur dengan

neraca pegas 1,5 N dengan satuan N.

b. Berat beban 2 adalah berat dua beban 50 gram yang diukur dengan

neraca pegas 1,5 N dengan satuan N.

3. Variabel respon adalah variabel yang menanggapi perubahan variabel

manipulasi dengan kata lain jika nilai variabel manipulasi berubah, maka

nilai variabel respon juga berubah. Pada kegiatan ini terdiri atas :

a. Momen gaya adalah hasil kali lengan gaya L1 dengan W1 , hasil

kali lengan gaya L2 dengan W1 , dan hasil kali lengan gaya Lf

dengan F neraca pegas dengan satuan Nm.

Prosedur Kerja

Menyusun/merangkai alat-alat tersebut.

Keterangan:

1. Setelah seluruh peralatan dipersiapkan sesuai dengan daftar di atas,rakitlah

seperti gambar.

2. Memasang steker poros pada balok pendukung kemudian memasang balok

pendukung pada ujung atas batang statif.

3. Memasang tuas pada steker poros dan mengatur keseimbangannya agar

anak panah tepat menunjuk vertikal kebawah.

Kegiatan laboratorium

1. Memasang beban m1 pada posisi 4 (6 cm dari pusat tuas) dan beban m2

pada posisi 10 (15 cm dari pusat tuas) disebelah kanan titik pusat tuas

(seperti gambar dibawah). Mencatat masing-masing panjang lengan beban

sebagai panjang L1 dan L2.

2. Memasang neraca pegas pada posisi (15 cm dari pusat tuas) disebelah

kanan titik pusat tuas (seperti gambar dibawah). Mencatat sebagai

panjang lengan gaya Lf.

L2

Lf

L1

Fpegas w1 w2

3. Menarik neraca pegas hingga terjadi kesetimbangan dan membaca

besarnya gaya (F) pada neraca pegas tersebut.

4. Mengulangi langkah 1 sampai dengan 3 dengan posisi m1, m2, dan neraca

pegas yang berbeda hingga 5 kali.

HASIL EKSPERIMEN DAN ANALISIS DATA

HASIL PENGAMATAN

W1 = | 0,50 ± 0,05|

W2 = | 1,00 ± 0,05|

Nst Neraca pegas = 0,1 N

Tabel 1. Lengan gaya

No. urut

Kegiatan

1 2 3 4 5

Lengan

Beban 1

(L1),×10-2

m

|6,0±0,5| |3,0±0,5| |4,5±0,5| |9,0±0,5| |7,5±0,5|

Lengan

Beban 2

(L2),×10-2

m

|15,0±0,5| |15,0±0,5| |12,0±0,5| |13,5±0,5| |12,0±0,5|

Lengan

Gaya (Lf)

×10-2 m

|15,0±0,5| |12,0±0,s5| |10,5±0,5| |16,5±0,5| |10,5±0,5|

Gaya

Pegas (F),

N

|1,20±0,05| |1,30±0,05| |1,25±0,05| |1,00±0,05| |

1,40±0,05|

ANALISIS DATA

Momen gaya oleh beban W1, W2, dan gaya pegas

τ1=W 1× L1

τ 2=W 2× L2

τ f=F × Lf

Rambat ralat

τ=F ×l

τ=W ×l

dτ=| δτδW |dW +|δτ

δl |dl

dτ=|δ(W × l)δW |dW +|δ (W ×l)

δl |dl

dτ=|l .dW|+¿W .dl∨¿

dττ

=|l . dWW .l |+|w . dl

W .l |

∆ τ1=|∆ W 1

W 1

+∆ L1

L1|τ1

∆ τ1=|0,050,50

+0,05 .10−2

6.10−2 |3 .10−2 Nm

∆ τ1=|0,1+0,0083|3. 10−2 Nm

∆ τ1=0,1083 ×3 .10−2 Nm

∆ τ1=0,3249 ×10−2 Nm

KR=∆ τ1

τ1

×100 %

KR = 0,3249 ×10−2

3× 10−2 × 100 %

KR = 10,83 % 2 AB

DK = 100% - 10,83% = 89,17 %

PF = |τ1± ∆ τ1| = |3,0 ± 0,3| 10-2 Nm

2) Beban 2

W2 = |1,00±0,05| N

τ 2=W 2× l2

τ 2=1,00 N × 15,00 .10−2m

τ 2=15× 10−2 Nm

τ 2=0,15 Nm

∆ τ2=|∆ W 2

W 2

+∆ L2

L2|τ2

∆ τ2=|0,051,00

+0,05 .10−2

15. 10−2 |15 .10−2 Nm

∆ τ2=|0,05+0,0033|15 .10−2 Nm

∆ τ2=0,0533 ×15 . 10−2 Nm

∆ τ2=0,7995 ×10−2 Nm

KR=∆ τ2

τ2

×100 %

KR = 0,7995 ×10−2

15× 10−2 × 100 %

KR = 5,33 % 3 AB

DK = 100% - 5,33% = 94,67 %

PF = |τ2± ∆ τ2| = |15,0 ± 0,8| 10-2 Nm

3) Gaya pegas

F = |1,20 ± 0,05| N

τ f=F ×lf

τ f=1,20 N ×15,00 . 10−2 m

τ f=18 × 10−2 Nm

∆τ f = │∆ W f

F +

∆ lf

l│τ f

= │0,051,20

+ 0,05 .10−2

15 .10−2 │18.10-2 Nm

∆τ f = │0,0417 + 0,0033│18.10-2 Nm

= 0,045 × 18.10-2 Nm

= 0,81.10-2 Nm

KR = ∆ τ f

τ f × 100%

= 0,81 .10−2

18.10−2 × 100%

= 4,5 % (3AB)

DK = 100% - KR = 100% - 4,5% = 95,5%

PF = │τ f ± ∆τ f│

= │18,0 ± 0,8│10-2 Nm

b. Kegiatan 2

1) Beban 1

W1 = |0,50±0,05| N

τ1=W 1× l1

τ1=0,50 N × 3,00 .10−2m

τ1=1,5× 10−2 Nm

τ1=0,015 Nm

∆ τ1=|∆ W 1

W 1

+∆ L1

L1|τ1

∆ τ1=|0,050,50

+0,05 .10−2

3.10−2 |1,5 .10−2 Nm

∆ τ1=|0,1+0,0167|1,5 .10−2 Nm

∆ τ1=0,1167× 1,5 .10−2 Nm

∆ τ1=0,17505 ×10−2 Nm

KR=∆ τ1

τ1

×100 %

KR = 0,17505 ×10−2

1,5× 10−2 × 100 %

KR = 11,67 % 2 AB

DK = 100% - 11,67% = 88,33 %

PF = |τ1± ∆ τ1| = |1,5 ± 0,2| 10-2 Nm

2) Beban 2

W2 = |1,00±0,05| N

τ 2=W 2× l2

τ 2=1,00 N × 15,00 .10−2m

τ 2=15× 10−2 Nm

τ 2=0,15 Nm

∆ τ2=|∆ W 2

W 2

+∆ L2

L2|τ2

∆ τ2=|0,051,00

+0,05 .10−2

15. 10−2 |15 .10−2 Nm

∆ τ2=|0,05+0,0033|15 .10−2 Nm

∆ τ2=0,0533 ×15 . 10−2 Nm

∆ τ2=0,7995 ×10−2 Nm

KR=∆ τ2

τ2

×100 %

KR = 0,7995 ×10−2

15× 10−2 × 100 %

KR = 5,33 % 3 AB

DK = 100% - 5,33% = 94,67 %

PF = |τ2± ∆ τ2| = |15,0 ± 0,8| 10-2 Nm

3) Gaya pegas

F = |1,30±0,05| N

τ f=F ×lf

τ f=1,30 N ×12,00 . 10−2 m

τ f=15,6 × 10−2 Nm

∆τ f = │∆ W f

F +

∆ lf

l│τ f

= │0,051,30

+ 0,05 .10−2

12 .10−2 │15,6.10-2 Nm

∆τ f = │0,0385 + 0,0042│15,6.10-2 Nm

= 0,0427 × 15,6.10-2 Nm

= 0,66612.10-2 Nm

KR = ∆ τ f

τ f × 100%

= 0,66612 .10−2

15,6.10−2 × 100%

= 4,27 % (3AB)

DK = 100% - KR = 100% - 4,27% = 95,73%

PF = │τ f ± ∆τ f│

= │15,6 ± 0,7│10-2 Nm

c. Kegiatan 3

1) Beban 1

W1 = |0,50±0,05| N

τ1=W 1× l1

τ1=0,50 N × 4,50 . 10−2 m

τ1=2,25× 10−2 Nm

τ1=0,0225 Nm

∆ τ1=|∆ W 1

W 1

+∆ L1

L1|τ1

∆ τ1=|0,050,50

+0,05 .10−2

4,50.10−2|2,25 .10−2 Nm

∆ τ1=|0,1+0,0111|2,25 . 10−2 Nm

∆ τ1=0,1111×2,25 . 10−2 Nm

∆ τ1=0,249975 ×10−2 Nm

KR=∆ τ1

τ1

×100 %

KR = 0,249975 ×10−2

2,25 ×10−2 × 100 %

KR = 11,11 % 2 AB

DK = 100% - 11,11% = 88,89 %

PF = |τ1± ∆ τ1| = |2,2 ± 0,2| 10-2 Nm

2) Beban 2

W2 = |1,00±0,05| N

τ 2=W 2× l2

τ 2=1,00 N × 12,00 .10−2m

τ 2=12× 10−2 Nm

τ 2=0,12 Nm

∆ τ2=|∆ W 2

W 2

+∆ L2

L2|τ2

∆ τ2=|0,051,00

+0,05 .10−2

12. 10−2 |12. 10−2 Nm

∆ τ2=|0,05+0,0042|12. 10−2 Nm

∆ τ2=0,0542 ×12 .10−2 Nm

∆ τ2=0,6504 × 10−2 Nm

KR=∆ τ2

τ2

×100 %

KR = 0,6504 ×10−2

12 ×10−2 ×100 %

KR = 5,42 % 3 AB

DK = 100% - 5,42% = 94,58 %

PF = |τ2± ∆ τ2| = |12,0 ± 0,6| 10-2 Nm

3) Gaya pegas

F = |1,25±0,05| N

τ f=F ×lf

τ f=1,25 N ×10,5 . 10−2 m

τ f=13,125 × 10−2 Nm

∆τ f = │∆ W f

F +

∆ lf

l│τ f

= │0,051,25

+ 0,05 .10−2

10,5 .10−2 │13,125.10-2 Nm

∆τ f = │0,04 + 0,0048│13,125.10-2 Nm

= 0,0448 × 13,125.10-2 Nm

= 0,588.10-2 Nm

KR = ∆ τ f

τ f × 100%

= 0,588 .10−2

13,125.10−2 × 100%

= 4,48 % (3AB)

DK = 100% - KR = 100% - 4,27% = 95,52%

PF = │τ f ± ∆τ f│

= │13,1 ± 0,6│10-2 Nm

d. Kegiatan 4

1) Beban 1

W1 = |0,50±0,05| N

τ1=W 1× l1

τ1=0,50 N × 9,00 . 10−2 m

τ1=4,5 ×10−2 Nm

τ1=0,045 Nm

∆ τ1=|∆ W 1

W 1

+∆ L1

L1|τ1

∆ τ1=|0,050,50

+0,05 .10−2

9,00. 10−2|4,5.10−2 Nm

∆ τ1=|0,1+0,0055|4,5 . 10−2 Nm

∆ τ1=0 , 1055 ×4,5 . 10−2 Nm

∆ τ1=0 , 47475 ×10−2 Nm

KR=∆ τ1

τ1

×100 %

KR = 0 ,47475 ×10−2

4,5 ×10−2 ×100 %

KR = 10,55 % 2 AB

DK = 100% - 10,55% = 89,45 %

PF = |τ1± ∆ τ1| = | 4,5±0,5 | 10-2 Nm

2) Beban 2

W2 = |1,00±0,05| N

τ 2=W 2× l2

τ 2=1,00 N × 13,50 .10−2m

τ 2=13,5× 10−2 Nm

τ 2=0,135 Nm

∆ τ2=|∆ W 2

W 2

+∆ L2

L2|τ2

∆ τ2=|0,051,00

+ 0,05 . 10−2

13,50. 10−2|13,5 .10−2 Nm

∆ τ2=|0,05+0,0037|13,5 .10−2 Nm

∆ τ2=0,0537 ×13,5 . 10−2 Nm

∆ τ2=0,72495 ×10−2 Nm

KR=∆ τ2

τ2

×100 %

KR = 0,72495 ×10−2

13,5× 10−2 × 100 %

KR = 5,37 % 3 AB

DK = 100% - 5,37% = 94,63 %

PF = |τ2± ∆ τ2| = |13,5 ± 0,7| 10-2 Nm

3) Gaya pegas

F = |1,00±0,05| N

τ f=F ×lf

τ f=1,00 N ×16,50 . 10−2 m

τ f=16,50 × 10−2 Nm

∆τ f = │∆ W f

F +

∆ lf

l│τ f

= │0,051,00

+ 0,05 .10−2

16,5 .10−2 │16,50.10-2 Nm

∆τ f = │0,05 + 0,0030│16,50.10-2 Nm

= 0,0530 ×16,50.10-2 Nm

= 0,8745 .10-2 Nm

KR = ∆ τ f

τ f × 100%

= 0,8745.10−2

16,5010−2 × 100%

= 5,3% (3AB)

DK = 100% - KR = 100% - 5,3% = 94,7%

PF = │τ f ± ∆τ f│

= │16,5 ± 0,9 │10-2 Nm

e. Kegiatan 5

1) Beban 1

W1 = |0,50±0,05| N

τ1=W 1× l1

τ1=0,50 N × 7,50 .10−2m

τ1=3,75× 10−2 Nm

τ1=0,0375 Nm

∆ τ1=|∆ W 1

W 1

+∆ L1

L1|τ1

∆ τ1=|0,050,50

+0,05 .10−2

7,50. 10−2 |3,75.10−2 Nm

∆ τ1=|0,1+0,0067|3,75.10−2 Nm

∆ τ1=0,1067 ×3,75 . 10−2 Nm

∆ τ1=0 , 400125 ×10−2 Nm

KR=∆ τ1

τ1

×100 %

KR = 0 ,400125 ×10−2

3,75 ×10−2 ×100 %

KR = 10,67% 2 AB

DK = 100% - 10,67% = 89,33 %

PF = |τ1± ∆ τ1| = |3,8 ± 0,4| 10-2 Nm

2) Beban 2

W2 = |1,00±0,05| N

τ 2=W 2× l2

τ 2=1,00 N × 12,00 .10−2m

τ 2=12× 10−2 Nm

τ 2=0,12 Nm

∆ τ2=|∆ W 2

W 2

+∆ L2

L2|τ2

∆ τ2=|0,051,00

+0,05 .10−2

12. 10−2 |12. 10−2 Nm

∆ τ2=|0,05+0,0042|12. 10−2 Nm

∆ τ2=0,0542 ×12 .10−2 Nm

∆ τ2=0,6504 × 10−2 Nm

KR=∆ τ2

τ2

×100 %

KR = 0,6504 ×10−2

12 ×10−2 ×100 %

KR = 5,42 % 3 AB

DK = 100% - 5,42% = 94,58 %

PF = |τ2± ∆ τ2| = |12,0 ± 0,6| 10-2 Nm

3) Gaya pegas

F = |1,40±0,05| N

τ f=F ×lf

τ f=1,40 N ×10,5 . 10−2 m

τ f=14,7 × 10−2 Nm

∆τ f = │∆ W f

F +

∆ lf

l│τ f

= │0,051,40

+ 0,05 .10−2

10,5 .10−2 │14,7.10-2 Nm

∆τ f = │0,0357 + 0,0048│14,7.10-2 Nm

= 0,0405 × 14,7.10-2 Nm

= 0,59535.10-2 Nm

KR = ∆ τ f

τ f × 100%

= 0,59535 10−2

14,7 .10−2 × 100%

= 4,05% (3AB)

DK = 100% - KR = 100% - 4,05% = 95,95 %

PF = │τ f ± ∆τ f│

= │14,7 ± 0,6│10-2 Nm

2. Momen gaya masing-masing secara teori

Kegiatan 1

∑ τ=0

τ1+τ2−τ f = 0

3.10-2 Nm + 15. 10-2 Nm -18. 10-2 Nm = 0

0 = 0

Kegiatan 2

∑ τ=0

τ1+τ2−τ f= 0

1,5. 10-2 Nm + 15.10-2 Nm – 15,6.10-2Nm = 0

0,9 . 10-2 Nm = 0

0,009 Nm = 0

Kegiatan 3

∑ τ=0

τ1+τ2−τ f= 0

2,2. 10-2 Nm + 12.10-2 Nm – 13,1.10-2Nm = 0

1,1 . 10-2 Nm = 0

0,011 Nm = 0

Kegiatan 4

∑ τ=0

τ1+τ2−τ f= 0

4,5. 10-2 Nm + 13,5.10-2 Nm – 16,5.10-2Nm = 0

1,5 . 10-2 Nm = 0

0,015 Nm = 0

Kegiatan 5

∑ τ=0

τ1+τ2−τ f= 0

3,8. 10-2 Nm + 12.10-2 Nm – 14,7.10-2Nm = 0

1,1 . 10-2 Nm = 0

0,011 Nm = 0

Hasil praktikum membuktikan Hukum kesetimbangan gaya, yaitu pada kegiatan 1

resultan momen gaya tepat 0. Adapun kegiatan 2 hingga 5 tidak tepat 0 karena

kesalahan-kesalahan yang dilakukan dalam pengamatan ataupun karena kelelahan

komponen alat.

PEMBAHASAN

Pada praktikum ini dilakukan lima kegiatan, kelima kegiatan ini dilakukan dengan

cara meletakkan beban 1 pada posisi tuas sebelah kanan sesuai yang diinginkan,

kecuali pada kegiatan 1 yang telah ditentukan yaitu pada posisi 4, juga meletakkan

beban 2 pada posisi 10 untuk kegiatan 1 dan sembarang posisi pada tuas sebelah

kanan untuk kegiatan 2-kegiatan 5, serta meletakkan neraca pegas pada posisi 10

tuas sebelah kiri untuk kegiatan 1 dan posisi yang diinginkan disebelah kiri poros

tuas untuk kegiatan 1-kegiatan 5 lalu ditarik hingga tuas setimbang .

Kondisi setimbang dipenuhi dengan dua syarat. Syarat pertama, jumlah gaya yang

bekerja padanya harus berjumlah nol. Karena gaya merupakan vektor, komponen-

komponen gaya masing-masing harus nol yaitu di sumbu x dan sumbu y. Syarat

kedua, torsi total yang bekerja harus nol. Berdasarkan praktikum diperoleh bahwa

pada tuas dua lengan menggunakan prinsip kesetimbangan terbukti dengan salah

satu kegiatan yaitu kegiatan 1 menunjukkan torsi total sama dengan nol, juga

jumlah gaya sama dengan nol, disebelah kiri gaya pegas sama dengan gaya berat

beban 1 dan gaya berat beban 2 di sebelah kanan.

Pada kegitan 2-kegiatan 5 walaupun tuas diam yang menunjukkan keadaan

setimbang, tetapi resultan momen gayanya tidak tepat nol. Hal ini dikarenakan

kesalahan pengamat saat membaca neraca pegas, ketidakpastian setiap alat ukur

(pada mistar yang digunakan mengukur jarak setiap lubang dari poros,

ketidakpastiannya= 0,5 cm dan ketidakpastian neraca pegas= 0,05 N) , dan

kelelahan komponen alat seperti pada neraca pegas, pegas yang telah lama dipakai

sehingga menjadi tidak elastis lagi.

SIMPULAN DAN DISKUSI

Kondisi-kondisi kesetimbangan statis dapat diselidiki dengan meninjau dua syarat

kesetimbangan yaitu benda berada dalam kesetimbangan translasi yang berarti

bahwa vektor resultan dari semua gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol,

dan benda dalam kesetimbangan rotasi yakni resultan momen gayanya nol.

Momen gaya sistem tuas dua lengan harusnya nol karena sistem tuas dua lengan

ketika dalam keadaan diam dan gaya yang bekerja pada tuas tegak lurus dari pusat

putaran , tuas akan setimbang.

Besar momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip kesetimbangan

τ1=¿|3,0±0,3| × 10-2 Nm, τ 2=¿|15,0±0,3| × 10-2 Nm

DAFTAR RUJUKAN

Giancolli, douglas . 1998. Fisika Jilid 1 Edisi kelima (Terjemahan). Jakarta:

Erlangga.

Laboratorium Fisika Dasar Jurusan Fisika FMIPA Universitas Negeri Makassar.

2014. Penuntun Praktikum Fisika Dasar 1, Penerbit UNM . Makassar

laporan kesetimbangan

Documents