bahan uts okt 2014.docx
TRANSCRIPT
Bab 1
Ukuran
SOAL CONTOH 1.1
Seorang penyelamat riset,Alvin sedang menyelam pada kelajuan 36,5 fatom per menit.
a. Nyatakan kelajuan ini dalam meter per sekon. Satu fatom(fat) persis sama dengan 6ft.
PENYELESAIAN : Untuk mendapatkan kelajuan dalam meter per sekon, kita menuliskan
36,5 fat
menit= (36,5
fatmenit )( 1menit
60 s )( 6 ft1 fat )( 1m
3,28 ft )=1,11 m/s (Jawaban)
b. Berapakah nilai kecepatan ini dalam mil,per jam?
PENYELESAIAN : Dari soal diatas, kita mendapatkan
36,5 fat
menit= (36,5
fatmenit )( 60 menit
1 jam )( 6 ft1 fat )( 1mil
5.280 ft )= 2,49 mil/jam (Jawaban)
c. Berapakah nilai kelajuan ini dalam tahun cahaya per tahun?
PENYELESAIAN : Satu tahun cahaya (tc) adalah jarak yang ditempuh cahaya dalam 1 tahaun, 9,46 x 1012
km.
Kita mulai dari hasil (a) diatas
1,11 ms
= (1,11ms )( 1 tc
9,46 x1012km ) x( 1km1.000 m )( 3,16 x107 s
1 tahun )= 3,71 x 10-9 tahun cahaya/tahun (Jawaban)
Kita dapat menuliskan ini dalam bentuk yang bahakan lebih tidak masuk akal, yakni 3,71 ntc/t, dimana “ntc”
merupakan singkatan dari nanotahuncahaya.
SOAL CONTOH 1.2
Berapa meter persegikah luas 6,0 km2 ?
PENYELESAIAN : Setiap kilometer dalam ukuran semula harus dikonversikan. Cara yang paling
meyakinkan adalah dengan memisahkan suatu tersebut :
6,0 km2 = 6,0 (km)(km)
=6,0(km)(km) ( 1.000 m1 km )( 1.000 m
1km )= 6,0 x 106 m2.
KIAT MEMECAHKAN SOAL
KIAT 1 : Angka Penting DAN Tempat Desimal
Jika Anda telah menghitung jawaban atas (a) di dalam Soal Contoh 1.1 tanpa kalkulator Anda
membulatkannya secara otomatis, bilangan 1,112804878 mungkin muncul pada layar. Ketelitian yang
dinyatakan bilangan ini tidaklah berarti. Secara memadai, bilangan itu telah kita bulatkan menjadi 1,11 m/s,
yang ketelitiannya dibenarkan menurut ketelitian data asli: Kecepatan yang diketahui sebesar 36,5 fat/menit
terdiri dari tiga digit, yang disebut angka penting. Sembarang digit keempat yang mungkin muncul di
sebelah kanan angka 5 tidak diketahui. Oleh karena itu, hasil konversi bersangkutan tidaklah dapat dipercaya
di luar tiga digit, atau tiga angka penting.
Umumnya, tidak ada hasil final yang harus mempunyai angka penting lebih banyak dari yang dimiliki oleh
data asli yang menurunkannya.
Jika langkah-langkah perhitungan perkalian dilibatkan, Anda harus menahan (tetap memakai) angka
penting yang jumlahnya lebih banyak dari yang dimiliki data asli. Akan tetapi, ketika Anda telah sampai
pada hasil akhir, Anda harus membulatkannya menurut data asli dengan angka penting yang paling sedikit.
(Jawaban-jawaban atas soal-soal contoh di dalam buku ini biasanya disajikan dengan simbol = atau ≈
sekalipun pembulatan dilibatkan.
Apabila sebuah bilangan seperti 3,15 atau 3,15 x 103 diberikan di dalam soal,banyak-banyak angka
penting jelas terlihat. Akan tetapi,bagaimana dengan bilangan 3000? Apakah bilangan tersebut diartikan
hanya memiliki satu angka penting (bilangan tersebut dapat ditulis sebagai 3 x103)? Ataukah diartikan
sebanyak empat angka penting (dapat ditulis sebagai 3,000 x 103)? Didalam buku ini,kami mengasumsikan
bahwa semua bilangan nol yang terdapat pada rangkaian bilangan seperti 3000 merupakan angka penting,
namun Anda lebih baik tidak membuat asumsi itu di tempat lain.
Jangan mengacaukan pengertian angka penting dengan tempat desimal. Tinjau panjang 35,6 mm, 3,56 m,
dan 0,00356 m. Bilangan-bilangan tersebut semua mempunyai tiga angka penting. Namun, masing-masing
mempunyai satu, dua, dan lima tempat desimal.
SOAL CONTOH 1.3
Ukuran 100 yd dan 100 m dipergunakan sebagai jarak lomba lari cepat
a. Manakah yang lebih panjang ?
PENYELESAIAN : Dari Pers. 1.7 , 100 yd sama dengan 91,44 m, sehingga 100 m lebih panjang dari 100
yd.
b. Berapa meter selisihnya?
PENYELESAIAN : Kita melambangkan selisih panjang sebagai ∆L, dengan ∆ adalah huruf Yunani, delta.
Maka
∆L = 100m -100yd
= 100m - 91,44 m = 8,56 m (Jawaban)
c. Berapa kaki selisihnya ?
PENYELESAIAN : Kita dapat mengekspresikan selisih panjang ini melalui metode yang dipakai di salam
Soal Contoh 1.1 ,
∆L=(8,56 m )( 3,28 kaki1 m ) = 28,1 kaki. (Jawaban)
SOAL CONTOH 1.4*
Andaikan Anda mengamati Matahari terbenam di laut yang tenang sambil berbaring di pantai, dengan
menghidupkan stopwatch persis pada saat tepi atas (puncak) Matahari menghilang. Anda langsung berdiri
mengelevasikan mata Anda dengan ketinggian h=1,70 m, dan menghentikan stopwatch pada saat tepi atas
Matahari kembali menghilang. Jika waktu lintaas pada stopwatch adalah t= 11,1 s, berapakah radius r Bumi?
PENYELESAIAN : Sebagaimana ditunjukkan Gambar 1.5, garis pengheliatan Anda ke tepi atas Matahari,
pada saat pertama tepi atas tersebut menghilang, merupakan garis singgung pada permukaan Bumi di lokasi
Anda , pada titik A. Gambar tersebut juga memperlihatkan bahwa garis penglihatan Anda ke tepi atas
Matahari pada saat tepi atas tersebut kembali menghilang merupakan garis singgung pada permukaan Bumi
di titik B. Misalkan d menunjukkan jarak antara titik B dan lokasi mata Anda ketika Anda berdiri, dan
gambarkan jari-jari r sebagaimana diperlihatkan di dalam Gambar 1.5. Dari torema phytagoras, kita lalu
mendapatkan.
*Dikutip dari “Doubling Your Sunsets, or How Anyone Can Measure the Earth Size with Wristwatch and
Meter Stick,”tulisan Dennis Rawlins, American Journal of Physics, Feb. 1979. Vol. 47. Hal 126-128. Teknik
ini berfungsi dengan baik di khatulistiwa.
d2 + r2 =(r+h)2= r2 +2rh+h2,
atau
d2=2rh+h2 (1.9)
Oleh karena tinggi h sangat jauh lebih kecil daripada radius Bumi r, suku h2 dapat diabaikan apabila
dibandingkan dengan suku 2rh, dan kita dapat menuliskan kembali Pers. 1.9 sebagai
d2=2rh (1.10)
Di dalam Gambar 1.5, sudut antara kedua garis singgung titik A dan titik B adalah θ, yang juga
merupakan sudut gerak Matahari terhadap Bumi selama waktu terukur t = 11,1 s. Selama satu hari penuh,
yang lebih kurang 24 jam, sudut gerak Matahari terhadap Bumi sama dengan 3600 . Jadi, kita boleh
menuliskan
θ
3600 = t
24 jam
Yang, dengan t = 11,1 s, memberi kita
θ=(3600 ) (11,1 s )
(24 jam )(60menit
jam )( 60 smenit ) = 0,046250.
GAMBAR 1.5 Soal Contoh 1.4 . Garis penglihatan Anda ke tepi atas Matahari yang sedang terbenam
berotasi melalui sudut θ ketika Anda bergerak dari posisi tiarap pada titik A,seraya mengelevasikan mata
Anda sejarak h. (Sudut θ dan jarak h sangat dibesarkan disini demi kejelasan.)
Dari Gambar 1.5 kita melihat bahwa d = r tan θ. Dengan mensubsitusikan ini ke d dalam Pers. 1.10 memberi
kita
r2 tan2 θ = 2rh
atau
r =2h
tan2 θ
Dengan mensubsitusikan θ = 0,046250 dan h = 1,70 m, kita mendapatkan
r =(2 ) (1,70 m )
tan2 0,046250 = 5,22 x 106 m. (Jawaban)
yang tidak melanggar batas 20% dari nilai (6,37 x 106 m) yang telah diterima umum untuk radius (rata-rata)
Bumi.
Bab 2
CONTOH SOAL 2.1
Anda mengendarai sebuah truk pikap usang pada sebuah jalan lurus dengan kecepatan 43 mil/jam hingga
mencapai 5,2 mil, tempat Anda kehabisan bahan bakar. Anda lalu berjalan kaki sejauh 1,2 mil ke pompa
bensin terdekat, dalam 27 menit(=0,450). Berapakah kecepatan rata-rata anda hingga saat anda mulai
menjalankan truk anda hingga saat anda tiba di pompa bensin tersebut? Berikan jawaban anda baik secara
numerik maupun secara grafis.
Penyelesaian
Untuk menghitung v kita memerlukan perpindahan Δx anda, dari awal hingga akhir, dan waktu Δt yang
berlalu. Asumsikan demi kemudahan, bahwa titik awal anda adalah pada titik pangkal suatu sumbu x
(sehingga x1 = 0) da bahwa anda bergerak dalam arah positif. Anda mengakhirinya pada x2 = 5,2 mil + 1,2
mil = +6,4 mil. Oleh karna itu, Δx = x2-x1 = +6,4 mil. Untuk mendapatkan waktu berkendara, kita menyusun
kembali Pers. 2.2 dan memasukkan data tentang pengendaraan tersebut:
∆ t=∆ xv
= 5,2mil43 mil / jam
=0,121 jam
Atau ± 7,3 menit. Maka waktu total, dari awal hingga akhir, adalah
Δt = 0,121 jam + 0,450 jam = 0,571 jam
Akhirnya, kita memasuki Δx dan Δt ke dalam Pers. 2.2:
v=∆ x∆ t
= 6,4 mil0,571 jam
≈+11mil / jam
Untuk mencari v secara grafis, kita harus terlebih dahulu memplotkan x(t), sebagaimana didalam gambar 2.5
dimana titik awal dan titik akhir pada kurva masing-masing adalah titik pangkaldan P. Kecepatan rata-rata
anda sama dengan kemiringan garis lurus yang menghubungkan titik-titik itu. Garis terputus-putus
menunjukkan bahwa kemiringan tersebut juga menghasilkan v=6,4mil
0,57jam=+11mil / jam
CONTOH SOAL 2.2
Andaikan bahwa anda kemudian kembali ke truk dengan membawa bahan bakar dalam waktu 35 menit.
Berapakah kecepatan rata-rata anda untuk seluruh perjalanan, sejak anda mulai berkendara hingga anda
kembali tiba ke truk dengan membawa bahan bakar?
Penyelesaian
Seperti sebelumnya, kita harus mencari perpindahan Δx anda dari awal hingga akhir dan kemudian
membaginya dengan interval waktu Δt antara awal dan akhir. Namun, di dalam soal ini, kedudukan akhir
kembalipada truk. Anda mulai pada x1 = 0. Setibanya kembali pada truk, anda berada pada kedudukan
x2=5,2 mil. Oleh karna itu, Δx sama dengan 5,2 – 0 = 5,2 mil. Waktu total hingga akhir perjalanan adalah
∆ t= 5,2 mil43 mil / jam
+27 menit+35 menit=0,121 jam+0,450 jam+0,583 jam=1,15 jam
Maka
v=∆ x∆ t
= 5,2 mil1,15 jam
≈+4,5miljam
. (Jawaban)
Ini lebh labat dari kecepatan rata-rata yang dihitung di dalam soal contoh 2.1 karena disini perpindahannya
lebih kecil dan interval waktunya lebih panjang.
CONTOH SOAL 2.3
Didalam soal contoh 2.2, berapakah kelajuan rata-rata anda?
Penyelesaian
Dari awal anda berkendara hingga anda kembali ke truk membawa bahan bakar, anda telah menempuh total
5,2 mil + 1,2 mil + 1,2 mil = 7,6 mil, dalam waktu 1,15 jam;
Maka
s= 7,6 mil1,15 jam
≈ 6,6 mil / jam (Jawaban)
CONTOH SOAL 2.4
Gambar 2.6 merpakan plot x(t) untuk suatu kabin elevator (lift) yang semula diam, kemudian bergerak ke
atas (yang kita pandang sebagai arah posotif), daan kemudian berhenti. Plotkan v sebagai fungsi waktu.
Penyelesaian
Kemiringan dan demikian pula kecepatan, bernilai nol didalam interval-interval yang mengandung titik-titik
a dan b ketika kabin itu diam. Selama interval bc kemiringannya konstan dan tidak bernilai nol; dengan
demikian kabin tersebut bergerak dengan suatu kecepatan konstan. Kita menghitung kemiringan x(t) sebagai
∆ x∆ t
=v=24 m−4,0 m8,0 s−3,0 s
=+4,0 m / s
Tanda plus mengindikasikan bahwa kabin itu sedang bergerak dalam arah x yang positif. Nilai-nilai ini (v=0
dan v=4m/s) dplot didalam gambar 2.6b. disamping itu, v dapat bervariasi sebagaimana terindikaskan
didalam interval 1 s hingga 3 s dan interval 8 s hingga 9 s. (gambar 2.6c ditelaah di subbab 2.5).
Dengan memiliki gravik v(t) seperti gambar 2.6b, kitasebenarnya dapat “bekerja mundur” guna
mendapatkan bentuk grafik x(t) yang erkait (gambar 2.6a). akan tetapi, kita tidak akan dapat mengetahui
nilai-nilai aktual untuk x(t) pada berbagai waktu karena grafik v(t) hanya mengindikasikan perubahan-
perubahan pada x. Untuk mendapatkan sebuah perubahan pada x semacam itu selama suatu interval, kita
harus, dalam bahasa kalkulus, menghitung luas “dibawah kurva” pada grafik v(t) untuk interval yang sama.
Sebagai contoh, selam interval 3 s hingga 8 s ketika kecepatan kabin sama dengan 4,0 m/s, perubahan pada
x diperoleh dari “luas” bidang dibawah kurva v(t):
Luas = (4, 0 m/s)(8,0s - 3,0s)= +20 m
2.5
Kedudukan suatu partikel yang
bergerak pada sumbu x ditentukan oleh
x = 7,8 +9,2 t -2 ,1t 2 (2.5)
berpakah kecepatan pada t=3,5 s? Apakah kecepatan konstan ataukah berubah secara kontinu?
Penyelesaian
Untuk penyederhanaan, satuan-satuan telah dihilangkan, tetapi anda dapat menyisipkannya jika anda mau
dengan mengubah koefisien-koefisien bersangkutan menjadi 7,8m, 9,2 m/s, dan -2,1 m/s2. Untuk
mendapatkan kecepatan, kita mempergunakan Pers. 2.4 dengan ruas kanan Pers. 2.5 yang disubstitusikan ke
x:
V=dxdt
= ddt
¿).
Yang menjadi
V=0+9,2-(2)(2,1)t = 9,2-4,2t (2.6)
Pada t=3,5 s,
V=9,2-(4,2)(3,5)= -5,5 m/s (jawaban)
Pada t= 3,5 s, partikel bersangkutan sedang bergerak dalam arah x yang mengecil (perhatikan tanda minus)
dengan kelajuan sebesar 5,5 m/s. Oleh karena besaran t muncul di dalam Pers. 2.6, kecepatan v
bergantungpada t dan karenanya berubah secara kontinu.
CONTOH SOAL 2.6
a. Ketika Kitty O’neil mencetak rekor balap atas kelajuan tertinggi dan waktu lintas Terpendek, ia mencapai
392,54 mil/jam dalam waktu 3,72 sekon. Berapakah percepatan rata-rata yang ia buat?
Penyelesaian
Dari Pers. 2.7, percepatan rata-rata O’neil adalah
a=∆ v∆ t
=392,54
miljam
−0
3,72 s−0=+106
miljam . s
,(Jawaban)
Dengan gerakan bersangkutan dianggap berlangsung dalam arah x positif. Dalam stuan-satuan yang lebih
konvensional, percepatannya adalah 47,1 m/s2 yang sama dengan 4,8 g.
b. berapakah percepatan rata-rata ketika Eli Beeding Jr. Mencapai 72,5 mil/jam dalam waktu 0,04 s pada
sebuah kereta luncur roket?
Penyelesaian : sekali agi Pers. 2.7,
a=∆ v∆ t
=72,5
miljam
−0
0,04 s−0=+1,8 ×103 mil
jam . s≈+800
m
s2 . (Jawaban)
Atau sekitar 80 g.
Kita kembali ke pertanyaan yang kita dapatkan pada pembuka bab, di mana O’Neil An Beeding
diperkenalkan. Bagaimana caranya kita menentukan siapa yang telah berkendara dengan lebih
mengagumkan? Apakah kita mesti membandingkan kelajuan akhir, waktu lintas, atau besaran tertentu yang
lain? Sekarang anda dapat menjawab pertanyaan itu. Oleh karna tubuh manusia lebih peka terhadap
percepatan daripada kelajuan, anda mesti membandingkan percepatan dan dengan demikian Beeding
menjadi pemenangnya, meskipun kelajuan akhirnya jauh lebih rendah dari kelajuan akhir O’Neil.
Sebenarnya percepatan Beeding mash dapat lebih dahsyat jika diteruskan untuk waktu yang jauh lebih lama.
Bab 3
VEKTOR
SOAL CONTOH 3.1
GAMBAR 3.2 Soal Contoh 3.1. (a) Sebagian jaringan gua Mammoth-Flint, dengan diperlihatkan rute tim
penjelajah dari Austin Entrance ke Echo River. (b) Tampak atas perpindahan tim. (c) Tampak samping.
Tim 1972 yang menembuskan jaringan gua Mammoth-Flint berangkat dari jalan masuk Austin dalam
jaringan Flint Ridge ke Sungai Echo (Echo River) di dalam Gua Mammoth (lihat Gambar 3.2a), menempuh
jarak neto 2,6 km ke arah barat, 3,9 km ke arah selatan, dan 25 m ke atas. Tentukan vektor perpindahan
mereka ?
PENYELESAIAN : Pertama, kita tinjau tempak atas (Gambar 3.2b) untuk menentukan perpindahan
horizontal dh mereka. Nilai dh diperoleh dari teorema Phytagoras :
dh = √(2,6 km)2 + (3,9 km)2 = 4,69 km
Sudut θ yang dibentuk vektor perpindahan mereka relatif terhadap arah barat diberikan oleh
tan θ = 3,9 km : 2,6 km = 1,5
atau
θ = tan-1 1,5 = 56o.
Selanjutnya kita meninjau tampak samping (Gambar 3.2c), untuk mencari nilai perpindahan d secara
keseluruhan,
d = √ ( (4,69 km)2 + (0,025 km)2 ) = 4,69 km = 4,7 km,
dan sudut Ф,
Ф = tan-1 x (0,025 km : 4,69 km) = 0,3o .
Jadi, vektor perpindahan tim mempunyai nilai 4,7 km dan pada sudut 56o selatan dari barat dan pada sudut
0,3o ke atas. Gerak vertikal netonya, tentu saja tidak berarti jika dibandingkan dengan gerak horizontal.
Namun, kenyataan di lapangan mungkin tidak mengenakkan tim karena mereka telah mendaki ke atas dan
turun ke bawah berkali-kali. Rute yang sebenarnya mereka tempuh sungguh berbeda dengan vektor
perpindahan, yang semata-mata mengarah dari titik awal ke titik akhir.
SOAL CONTOH 3.2
Dalam suatu kelas orientasi, Anda mendapat tugas untuk menempuh jarak (garis lurus) yan sejauh-jauhnya
dari kemah utama dengan menempuh tiga perjalanan garis lurus. Anda boleh meggunakan perpindahan-
perpindahan berikut dalam sembarang urutan : (a) a, 2,0 km ke timur ; (b) b, 2,0 km 30o utara dari timur ; (c)
c, 1,0 km ke barat. Atau, Anda boleh mensubstitusikan –b ke b atau –c ke c. Berapakah jarak maksimum
yang dapat Anda buat dari kemah utama pada akhir dari ketiga perpindahan itu ?
PENYELESAIAN : Dengan mmpergunakan skala praktis, kita menggambarkan vektor-vektor a, b, c, -b
dan –c seperti di dalam Gambar 3.8a. Kita lalu menyusun vektor-vektor pada gambar itu, dengan
menghubungkan tiga dari vektor-vektor tersebut dalam susunan kepala ke ekor untuk mendapatkan resultan
vektor, d. Ekor vektor pertama mewakili kemah utama. Kepala vektor ketiga mewakili titik tempat Anda
berhenti. Resultan vektor d membentang dari ekor vektor pertama ke kepala vektor ketiga. Nilainya, d,
merupakan jarak tempuh Anda dari kemah utama.
Kita mendapatkan bahwa jarak d merupakan nilai terbesar untuk susunan kepala ke ekor vektor-vektor a, b,
dan –c. Vektor-vektor tersebut dapat tersusun dalam sembarang urutan karena resultan vektornya bernilai
sama untuk sembarang urutan. Urutan yang diperlihatkan di dalam Gambar 3.8b adalah untuk mendapatkan
resultan vektor
d = b + a + (-c) = b + a – c
Dengan mempergunakan skala yang diberikan di dalam Gambar 3.8a, kita mengukur panjang d dari jumlah
vektor, dan mendapatkan
d = 4,8 m. (Jawaban)
GAMBAR 3.8 Soal Contoh 3.2. (a) Vektor-vektor perpindahan; tiga di antaranya akan dipergunakan. (b)
Jarak tempuh Anda dari Kemah utama merupakan jarak terjauh jika Anda menjalani perpindahan a, b, dan –
c. Dalam sembarang urutan tersebut menghasilkan resultan vektor d = b + a – c
SOAL CONTOH 3.3
Sebuah pesawat udara kecil meninggalkan bandara pada cuaca mendung dan kemudian terlihat sejauh 215
km dalam arah yang membentuk sudut 22o timur dari utara. Pada posisi berapa jauh di sebelah timur dan di
sebelah utara bandara pesawat udara itu terlihat ?
PENYELESAIAN : Pada sistem koordinat xy situasinya seperti terlihay di dalam Gambar 3.11, yang demi
kemudahan, titik pangkal sistem telah ditempatkan di bandara. Vektor perpindahan pesawat udara, d,
mengarah dari titik pangkal ke tempat pesawat udara itu terlihat.
Untuk menjawab pertanyaan, kita mencari komponen-komponen d. Dengan Pers. 3.5 dan sudut θ = 68o ( = 90o – 22o), kita mendapatkan
dx = d cos θ = (215 km)(cos 68o) = 81 km (Jawaban)
dan
dy = d sin θ = (215 km)(sin 68o) = 199 km (Jawaban)
Jadi, pesawat udara itu terlihat 199 km sebelah utara dan 81 km sebelah timur dari bandara.
GAMBAR 3.11
Soal Contoh 3.3. Sebuah pesawat lepas landas dari suatu titik pangkal pada bandara dan kemudian terlihat di
P.
SOAL CONTOH 3.4
Pada suatu reli, Anda diberi instruksi-instruksi berikut: dari titik pemberangatan gunakan jalan-jalan yang
tersedia untuk menempuh 36 km ke timur menuju pos
pemeriksaan “Able”, lalu 42 km ke utara menuju “Baker”, dan kemudian 25 km ke barat laut menuju
“Charlie” (Jalan raya dan pos-pos pemeriksaan diperlihatkan di dalam Gambar 3.16.)
GAMBAR 3.16 Soal Contoh 3.4. Sebuah rute reli memperlihatkan titik pangkal, pos pemeriksaan Able
(S), Baker (B), dan Charlie (C), serta jaringan jalan tersebut.
a. Di “Charlie” tentukan nilai dan orientasi perpindahan d Anda dari titik pemberangkatan
PENYELESAIAN : Gambar 3.16 juga memperlihatkan suatu orientasi yang sesuai untuk suatu sistem
koordinat xy, serta vektor-vektor yang menyatakan ketiga perpindahan yang telah Anda alami. Komponen-
komponen skalar d adalah
dx = ax + bx + cx = 36 km + 0 + (25 km)(cos 135o) = (36 + 0 – 17,7)km = 18,3 km
dan
dy = ay + by + cy = 0 + 42 km + (25 km)(sin 135o) = (0 + 42 + 17,7)km = 18,3 km.
Selanjutnya, kita menggunakan Pers. 3.6 untuk mendapatkan nilai dan arah d:
d = √(dx2 + dy2) = √((18,3 km)2 + (59,7 km)2) = 62 km (Jawaban)
dan
θ = tan-1 (dy : dx) = tan-1 (59,7 km : 18,3 km) = 73o, (Jawaban)
dengan θ adalah sudut yang diperlihatkan di dalam Gambar 3.16.
b. Tulislah d dalam notasi vektor satuan.
PENYELESAIAN : Kita tuliskan saja d sebagai
d = (komponen x)i + (komponen y)j
= (18,3 km)i + (59,7 km)j (Jawaban)
SOAL CONTOH 3.5
Berikut ini adalah tiga vektor yang masing-masing dinyatakan dalam notasi vektor satuan :
a = 4,2i – 1,6j,
b = -1,6i + 2,9j,
c = -3,7j,
Ketiganya terletak pada bidang xy dan tidak satu pun di antara vektor tersebut yang mempunyai komponen
z. Tentukan vektor r yang merupakan resultan dari ketiga vektor ini. Untuk kemudahan, satuan-satuan telah
dihapuskan dari tampilan vektor ini; Anda boleh menganggapnya sebagai meter.
PENYELESAIAN : Dari Pers. 3.10 dan Pers. 3.11 kita mendapatkan
rx = ax + bx + cx = 4,2 – 1,6 + 0 = 2,6
dan
ry = ay + by +cy = -1,6 + 2,9 – 3,7 = -2,4
Maka
r = 2,6i – 2,4j. (Jawaban)
Gambar 3.17a memperlihatkan ketiga vektor dan resultan vektor. Gambar 3.17b memperlihatkan r dan
komponen-komponen vektornya.
GAMBAR 3.17 Soal Contoh 3.5. Vektor r adalah resultan dari ketiga
vektor lainnya.
Bab 4
Gerakan dalam Dua dan Tiga Dimensi
SOAL CONTOH 4.1
Vektor kedudukan untuk suatu partikel pada mulanya adalah
r₁ = -3i + 2j + 5k
dan kemudian menjadi
r₂ = 9i + 2j + 8k
(lihat Gambar 4.2). Berapakah perpindahan dari r₁ ke r2?
PENYELESAIAN: Mengingat kembali dari Bab 3 bahwa kita menambahkan (atau mengurangkan) dua
vektor dalam notasi vektor satuan dengan mengkombinasi komponen-komponen, sumbu demi sumbu. Maka
Pers. 4.2 menjadi
∆ r=(9i + 2j + 8k) - (-3i + 2j + 5k)
=12i + 3k. (Jawaban)
Vektor perpindahan sejajar dengan bidang xz, karena tidak ada sama sekali komponen y, suatu fakta yang
lebih mudah ditemukan di dalam hasil. numeris daripada di dalam Gambar 4.2.
GAMBAR 4.2 Soal Contoh 4.1. Perpindahan ∆r = r2 -
r₁ merentang dari kepala r₁ ke kepala r2.
SOAL CONTOH 4.2
Seekor kelinci melintasi suatu pelataran parkir di atas satu set sumbu-sumbu koordinat, keanehannya telah
digambarkan. Lintasan kelinci sedemikian rupa sehingga komponen-komponen kedudukannya terhadap titik
awal koordinat-koor- dinat ditentukan sebagai fungsi waktu oleh
x = -0,31t2 +7,2t + 28
dan
y= 0,22t² -9.1t+30,
dengan t dalam sekon; dan, x dan y dalam meter. Vektor kedudukan kelinci r adalah
r(t) = x(t)i+y(t)j-
a. Tentukan nilai dan arah vektor kedudukan kelinci pada t = 15 s.
PENYELESAIAN: Pada t = 15 s, komponen- komponen dari r adalah
x =(-0,31)(15)2 + (7,2)(15) + 28 = 66 m
dan
y =(0,22)(15)2 —(9,1)(15)+30 = —57 m.
Komponen-komponen x,y dan r itu sendiri diperlihatkan di dalam Gambar 4.6a.
Nilai r adalah
r = √ x ²+ y ² = √(66 m) ²+(−57 m) ²
=87 m. (Jawaban)
Sudut 8 antara r dan arah pertambahan nilai x adalah
Ɵ=tan ˉ ¹yx=tanˉ ¹(−57 m
66 m )=−41 °
(Meskipun Ɵ = 139° mempunyai garis singgung yang sama seperti -41°, telah atas tanda-tanda komponen-
komponen r mengesampingkan 139°.)
b. Hitung juga kedudukan kelinci pada t - 0,5, 10,20, dan 25 s dan sketsakan lintasan kelinci itu.
PENYELESAIAN: Cara ketja yang sama seperti di dalam (a) menghasilkan nilai-nilai r dan Ɵ berikut.
t(s) x(m) Y(m) r(m) Ɵ
0 28 30 41 +47
°
5 56 -10 57 -10°
10 69 -39 79 -29°
15 66 -57 87 -41°
20 49 -64 80 -53°
25 14 -60 62 -77°
Gambar 4.6b
menampilkan plot lintasan kelinci yang digambarkan dengan mempergunakan nilai- nilai x dan y.
SOAL CONTOH 4.3
Di dalam Soal Contoh 4.2, tentukan nilai dan arah vektor kecepatan kelinci pada t = 15 s.
PENYELESAIAN: Komponen kecepatan di sepanjang sumbu x (lihat Pers. 4.8) adalah
vᵪ = dxdt
= ddt
(−0,3 l t 2+7,2t +28 )=−0,62 t+7,2
Pada t = 15 s, ini menjadi
vᵪ = (-0.62)(15) + 7,2 = -2,1 m/s.
Demikian pula,
vᵧ = dydt
= ddt
( 0,22t 2−9,1 t +30 )=0,44 t−9,1.
Pada t = 15 s, ini menjadi
vᵧ = (0.44)(15) - 9.1 = -2,5 m/s.
Vektor v dan komponen-komponennya ditunjukkan di dalam Gambar 4.6c.
Nilai dan arah v adalah
v =√v2 ᵪ+ y ² ᵧ=√ (−2,1 m /s )2+(−2,5 m /s )²
=3,3 m/s. (Jawaban)
Dan
Ɵ = tanˉ¹ v ᵧv ᵪ
= tan ˉ ¹(−2,5 m /s−2,1 m /s ) = tanˉ¹ 1,19 = -130°. (jawaban)
(Meskipun 50° mempunyai garis singgung yang sama, pemeriksaan atas tanda-tanda komponen- komponen kecepatan mengindikasikan bahwa sudut yang dicari berada di dalam kuadran ketiga, yang diperoleh dari 50° - 180° = -130°.) Vektor kecepatan di dalam Gambar 4.6c merupakan garis singgung terhadap lintasan kelinci dan searah dengan arah lari kelinci pada t - 15 s.
SOAL CONTOH 4.4
Di dalam soal contoh 4.2 , tentukan nilai dan arah vektor percepatan kelinci a pada t = 15 s
PENYELESAIAN : komponen-komponen percepatan (lihat pers. 4,12) adalah
aᵪ ¿dy ᵪdt
= ddt
(−0,62 t+7,2 )=−0,62 m /s ²
dan
aᵧ = dv ᵧdt
= ddt
(0,44 t−9,1 )=0,44 m /s ²
kita melihat bahwa percepatan tidak berubah bersama waktu; percepatan merupakan nilai konstan. Sebenarnya, kita telah sama sekali memperbedakan variabel waktu. Vektor a bersama dengan komponen-komponennya, diperlihatkan di dalam gambar 4.6b
a = √a2 ᵪ+a ² ᵧ=√(−06,2m /s ²)²+(0,44 m /s) ²
= 0,76 m/s. (jawaban)
Dan
Ɵ = tanˉ¹ ayax
=tan ˉ ¹( 0,44 m / s ²−0,62 m /s ² )
= 145° (jawaban)
Vektor percepatan mempunyai nilai dan arah yang sama untuk semua bagian dari lintasa kelinci. Mungkin angin tenggara yang kuat sedang berhembus melalui pelataran parkir sehingga menimbulkan percepatan kelinci mengarah ke barat laut.
SOAL CONTOH 4.5
Sebuah partikel dengan kecepatan v0=-2,0i + 4,0j (dalam meter per sekon) pada t = 0 mengalami percepatan
konstan a sebesar a = 3,0 m/s2 pada sudut Ɵ = 130° dari arah positif sumbu x. Tentukan kecepatan partikel v
pada t = 2,0 s, dalam notasi vektor satuan dan sebagai suatu nilai dan arah (terhadap arah positif sumbu x).
PENYELESAIAN: Oleh karena a bernilai konstan, Pers. 2.11 (v = v0 + at) berlaku; namun, persamaan ini
harus digunakan secara terpisah untuk mencari vx dan vᵧ (komponen-komponen x dan y dari kecepatan v)
karena komponen tersebut berubah-ubah secara independen satu sama lain. Maka kita menuliskan
vᵪ = v₀ᵪ + aᵪt dan vᵧ = v₀ᵧ + aᵧt
Di sini, v0ᵪ (= -2,0 m/s) dan v0ᵧ (= 4,0 m/s) merupakan komponen-komponen x dan y dari v₀, dan ax
dan ay merupakan komponen-komponen x dan y dari a. Untuk mencari aᵪ dan aᵧ kita menguraikan a dengan
Persamaan-persamaan 3.5:
aᵪ =a cos Ɵ =(3,0 m/s2)(cos 130°) = -1,93 m/s2,
ay =a sin Ɵ =(3,0 m/s2)(sin 130°) = +2,30 m/s2.
Apabila nilai-nilai ini dimasukkan ke dalam per- samaan-persamaan untuk vx dan vᵧ kita mendapat-
v, =-2,0 m/s +(-1,93 m/s2)(2,0 s) =-5,9 m/s
vy = 4,0 m/s +(2,30 m/s2)(2.0 s) = 8,6 m/s.
Maka pada t = 2,0 s, kita mendapatkan dari Pers. 4.7,
v =(-5,9 m/s)i + (8,6 m/s)j. (Jawaban)
Nilai v adalah
v = √(−5,9 m / s) ²+(8,6 m /s) ²
= 10 m/s. (Jawaban)
Sudut v adalah
Ɵ=tan ˉ ¹( 8,6 m /s ²−5,9 m /s ² ) = 124° ≈ 120° (Jawaban)
Periksalah baris terakhir dengan kalkulator Anda. Apakah 124° muncul pada layar ataukah -55° yang
muncul? Sekarang sketsakan vektor v dengan komponen-komponennya untuk melihat sudut manakah yang
masuk akal. Untuk memahami mengapa beberapa kalkulator memberikan hasil yang secara matematis
mungkin tetapi tak masuk akal, bacalah kembali Kiat 3 di dalam Bab 3.
SOAL CONTOH 4.6
Sebuah pesawat penyelamat terbang pada elevasi konstan 1.200 m dengan kelajuan 430 km/jam menuju suatu titik persis di atas seseorang yang tengah berjuang di dalam air (lihat Gambar 4.14). Pada sudut pandang 9 berapakah pilot harus melepaskan kapsul penyelamat agar kapsul itu dapat mencapai (sangat dekat dengan) orang di dalam air tersebut?
PENYELESAIAN: Kecepatan awal kapsul sama seperti kecepatan pesawat pada saat pelepasan. Artinya, kecepatan awal kapsul v0 berarah horizontal dan bernilai 430 km/jam. Kita mengetahui jarak vertikal jatuhnya kapsul, sehingga kita dapat mencari waktu penerbangannya dengan Pers. 4.16,
y-y₀ = (v₀ sin Ɵ₀ )t -12> ²,
*Lihat Gambar 4.13. Sudut peluncuran sama dengan 60° dan kelajuan peluncuran sama dengan 100 mil/jam.
Dengan memasukkan y-y₀ = -1.200 m (kita menggunakan tanda minus karena orang itu berada di bawah titik awal pelepasan) dan 0O = 0, kita mendapatkan
-1.200 m=0 - 12
(9,8 m/s²)t2.
Pencarian t menghasilkan
t =√( (2 )(1.200 m)9,8 m /s ² )=15,56 s .
❑
Jarak horizontal yang ditempuh kapsul (dan oleh pesawat) di dalam waktu itu diberikan oleh Pers. 4.15:
x- x₀ = (v₀ cos Ɵ₀)t
=(430 km/jam)(cos 0°)(15,65 s)(l jam/3.600 s)
=1,869 km = 1.869 m.
Jika x₀ = 0, maka x = 1.869 m. Jadi, sudut pandangnya (lihat Gambar 4.14) adalah
ᶲ=tan ˉ ¹xh=tan ˉˉ ¹
1.869 m1.200 m
=57 ° . (Jawaban)
GAMBAR 4.14 Soal Contoh 4.6. Sebuah pesawat menjatuhkan kapsul
penyelamat dan terus melaju pada level penerbangannya. Selama kapsul jatuh, komponen kecepatan
horizontalnya tetap sama dengan kecepatan pesawat. Kapsul membentur air dengan kecepatan v dan pada
sudut 9 dari vertikal.
SOAL CONTOH 4.7
Seorang pemeran pengganti dalam film harus berlari melintasi bubungan atap dan melompat secara
horizontal untuk mendarat pada atap bangunan di sebelahnya (Gambar 4.15). Sebelum mencoba melompat,
secara bijaksana ia meminta pertimbangan Anda apakah itu mungkin dilakukannya. Dapatkah ia melakukan
lompatan itu jika kelajuan maksimum saat ia berada di bubungan atap adalah 4,5 m/s?
GAMBAR 4.15 Soal Contoh 4.7. Dapatkah si pemeran pengganti melakukan lompatan itu?
PENYELESAIAN: Jatuh sejauh 4,8 m akan memakan waktu t , yang dapat diperoleh dari Pers. 4.16.
Dengan memasukkan y - y0 = -4,8 m (perhatikan tandanya) dan Ɵ₀ = 0, Anda menyusun kembali Pers. 4.16
untuk mendapatkan
t = √ 2( y− y °)g
=√ (2 )(−4,8 m)9,8 m /s ²
= 0,990 s.
Anda kini bertanya: "Berapa jauhkah ia akan bergerak secara horizontal di dalam waktu ini?” Jawaban dari
Pers. 4.15, adalah
x-xa =(v„ cos Ɵo)t
=(4,5 m/s)(cos0°)(0,990 s) =4,5 m.
Untuk mencapai bangunan di sebelahnya, si pemeran pengganti harus bergerak sejauh 6.2 m secara
horizontal. Nasihat Anda: “Jangan melompat.”
BAB 5
Gaya dan Gerak
Soal Contoh 5.1
Seorang mahasiswa (dengan sepatu lars berpaku) mendorong sebuah kereta luncur bermuatan dengan massa
m sama dengan 240 kg sejauh d = 2,3 m diatas permukaan
danau beku tanpa gesekan. Ia mengerjakan gaya horizontal konstan F dengan nilai F = 130 N, ketika
melakukanya (lihat Gambar 5.3a).
Gambar 5.3 Soal Contoh 5.1. (a) Seorang mahasiswa mendorong sebuah kereta luncur bermuatan diatas
permukaan tanpa gesekan. (b) Diagram benda bebas untuk bagian (a) dalam soal tersebut, yang menunjukan
gaya neto yang beraksi pada kereta luncur dan percepatan yang ditimbulkan gaya neto itu. (c) Diagram
benda bebas untuk bagian (b). Mahasiswa itu sekarang mendorong kereta luncur dalam arah berlawanan,
membalikan kecepatan.
a. Jika kereta luncur itu semula dalam keadaan diam, berapakah kecepatan ahirnya?
PENYELESAIAN: Gambar 5.3b merupakan diagram benda bebas untuk situasi itu. Kita menata letak
sebuah sumbu x horizontal, kita mengambil arah positif ke kanan, dan memperlakukan kereta luncur sebagai
suatu partikel, yang dinyatakan oleh sebuah titik. Kita mengasumsikan bahwa komponen Fx dari gaya F
dikerjakan oleh mahasiswa itu merupakan satu-satunya gaya horizontal yang beraksi pada kereta luncur.
Kita lalu dapat mencari nilai percepatan ax kereta luncur dari hukum kedua newton:
ax = Fsm
= 130 N240 kg
=0,542 m /s2
Oleh karena percepatan bersangkutan bernilai konstan, kita dapat mengunakan pers. 2.16, V2 = v2 + 2a(x –
x0) untuk mencari kecepatan ahir. Dengan memasukan v0 = 0 dan x – x0 = d, dan dengan mengidentifikasikan
ax sebagai a, kita mendapatkan v:
V = √2ad
= √ (2 )(0,542ms2 )(2,3 m ) = 1,6 m/s (Jawaban)
Gaya, percepatan, perpindahan, dan dengan demikan kecepatan ahir kereta luncur semua bernilai positif,
yang berarti bahwa semua mengarah ke kanan didalam gambar 5.3b.
a. Mahasiswa itu sekarang hendak membalikan arah kecepatan kereta luncur dalam 4,5 s. Dengan gaya konstan
berapakah ia harus mendorong kereta luncur untuk melaksanakan kehendaknya itu?
PENYELESAIN: Marilah kita mencari dahulu percepatan konstan yang diperlukan untuk membalikan
kecepatan kereta luncur dalam 4,5 s, dengan mempergunakan pers. 2.11 (v = v0 + at). Pencarian a
mengasilkan
a = v−v 0t
=(−1,6
ms )−(1,6
ms)
4,5 s=−0,711m /s
2
Nilai ini lebih besar daripada percepatan di (a), yaitu 0,542 m/s2, sehinga dapatlah dimengerti bahwa kali ini,
mahasiswa itu harus mendorong dengan gaya yang lebih besar. Kita mendapatkan gaya yang lebih besar ini
dari pers. 5.2, dengan ax sama dengan a:
Fx = max = (240 kg)(-0,711 m/s2)= -171 N
Tanda minus menunjukan bahwa mahasiswa itu harus mendorong kereta luncur dalam arah x negatif, yaitu
kekiri dalam gambar 5.3c, diagram benda bebas untuk situasi ini
Soal Contoh 5.2
Dalam suatu tarik tambang dua dimensi, Alex, Betty, dan Charles menarik sebuah ban mobil, pada sudut-
sudut sebagaimana ditunjukan didalam gambar 5.4a, yang merupakan tampak atas. Ban tersebut tetap tidak
bergerak meskipun ditarik dalam tiga arah. Alex menarik dengan gaya Fa sebesar 220 N dan Charles
menarik dengan gaya Fc sebesar 170 N. Arah Fc tidak diketahui. Berapakah besarnya gaya Fb dari betty?
Gambar 5.4 Soal Contoh 5.2. (a) Tampak atas dari tiga orang
yang sedang melakukan tarikan pada sebuah ban. (b) Diagram benda bebas untuk ban tersebut.
PENYELESAIN: Gambar 5.4b merupakan diagram benda bebas untuk ban. Oleh karena percepatan ban
sama dengan nol, pers 5.1 menginformasikan bahwa gaya neto pada ban juga harus sama dengan nol:
∑ F=¿¿FA + FB + FC = ma = 0.
Hubungan vektor ini ekuivalen dengan dua hubungan skalar pertama dari pers. 5.2. Di sepanjang sumbu x, kita mendapatkan
∑ Fx = FA + FB + FC = ma = 0. (5.4)
Dan di sepanjang sumu y, diperoleh
∑ Fy = FA + FB + FC = ma = 0. (5.5)
Dengan mempergunakan data yang diketahui dan sudut-sudut didalam gambar 5.4b, kita sekarang melakukan subtitusi ke dalam pers. 5.4 dan 5.5, dengan mengunakan tanda-tanda untuk menyatakan arah-arah komponen vektor. Persamaan 5.4 menjadi
∑ Fx = -FA cos 47,00 + 0 + FC cos ∅ = 0.
Pensubtitusian nilai-nilai yang diketahui menghasilkan
-(220 N)(cos 47,00) + 0 + (170 N)( cos ∅ ) = 0
Yang memberi kita
∅ = cos-1 (220 N )(cos 47,0 0)
170 N = 28,00
Demikian pula, pers. 5.5 menjadi
∑ Fx = -FA sin 47,00 + 0 + FC sin ∅ = 0.
Ketika kita telah mensubtitusikan –Fb ke Fby karena tarikan betty seluruhnya dalam arah negatif y. Pensubtitusian nilai-nilai yang diketahui ini menghasilkan
(220 N)(sin 47,00) + 0 + (170 N)( sin ∅ ) = 0
Kita lalu mensubtitusikan 28,00 ke ∅ dan memecahkan persamaan bersangkutan untuk mendapatkan Fb, sehinga diperoleh
Fb = (240 N)(sin 47,00) + 0 + (170 N)( sin 28,00)
= 241 N. (Jawaban)
Soal Contoh 5.3
Gambar 5.5a memperlihatkan tampak atas dari sebuah kaleng kue 2 kg diatas permukaan tanpa gesekan
yang mendapat percepatan 8 m/s2 dari tiga gaya horizontal. Gaya-gaya F1 dan F2 mempunya nilai masing-
masing sebesar 10 N dan 12 N. Gambar 5.5b merupakan diagram benda bebas yang tak lengkap untuk
situasi itu, dengan memasukan percepatan a. Berapakah gaya ketiga F3 dalam notasi vektor satuan?
Gambar 5.5 Soal Contoh 5.3. (a) Tampak atas dari sebuah kaleng kue yang sedang mendapat percepatan
dari tiga gaya horizontal, dua diantaranya diperlihatkan. (b) Diagram benda bebas untuk kaleng kue itu.
PENYELESAIN: Gaya neto dari ketiga gaya horizontal tersebut menimbulkan percepatan horizontal dan pers. 5.1 memberi kita
∑ F = F1 + F2 + F3 = ma
Dari pers. 5.2, kita mendapatkan, disepanjang sumbu,
∑ Fx = F1x + F2x + F3x = ma
Dan disepanjang sumbu y
∑ Fy = F1y + F2y + F3y = ma
Dengan menuliskan kembali pers. 5.6 dalam kaitanya dengan nilai-nilai dan sudut-sudut, serta memasukan tanda-tanda untuk menyatakan arah-arah, kita mendapatkan
-F cos 600 + 0 + Fx = ma sin 300
Subtitusi data yang diketahui menghasilkan
-(10 N) cos 600 + 0 (2 kg)(8 m/s2) sin 300
Yang menginformaskan kepada kita bahwa
Fx = (10 N) cos 600 + 0 (2 kg)(8 m/s2) sin 300
= 13 N
Demikan pers. 5.7 menjadi
-F sin 600 + F2 + F3y = -ma cos 300
Dan kemudian
-(10 N) sin 600 + 12 N + F3y = -(2 kg)(8 m/s2) cos 300
Yang menginformasikan kepada kita bahwa
F3y = -17,2 N
Jadi, gaya ketiga tersebut adalah
F3 = (13 N)i – (17 N)j (Jawaban)
Soal Contoh 5.4
Marilah kita kembali ke john massis dan gerbong-gerbong keretanya, dan mengasumsikan bahwa massis
menarik (dengan giginya) pada ujung talinya dengan gaya konstan yang besarnya 2,5 kali berat badanya,
pada sudut ∅ = 300 dari horizontal. Massanya m = 80 kg. Berat W gerbong-gerbong penumpang itu sama
dengan 7,0 x 105 N (sekitar 80 ton) dan ia mengerakan gerbong-gerbong itu sejauh 1,0 m di sepanjang rel.
Asumsikan bahwa roda-roda yang mengelinding tidak mendapat gaya perlambatan dari rel. Berapakah
kelajuan kereta cpada akhir tarikan?
Gambar 5.11 Soal Contoh nomor 5.4. Diagram benda bebas untuk gerbong-gerbong penumpang yang
ditarik oleh massis. Vektor-vektor tidak digambar berskala; tegangan di dalam tali jauh lebih kecil daripada
berat dan gaya normal.
PENYELESAIN: Gambar 5.11 merupakan diagram benda bebas untuk gerbong-gerbong itu, yang dinyatakan oleh sebuah titik (noktah). Sumbu x menyusuri rel. Dari pers. 5.2 kita mendapatkan
∑ F x = T cos Ө = Max (5.13)
Dengan M adalah massa gerbong-gerbong itu. Kita dapat memperoleh T dan M dari data yang diketahui.
Dengan asumsi-asumsi kita, gaya tarik dari Massis adalah
T=2,5.mg = (2,5)(80 kg)(9,8 m/s2) = 1960 N
(atau 440lb),yang lebih kurang merupakan berat yang dapat diangkat oleh seorang atlit angkat besi kelas menengah yang baik dan jauh dari tenaga manusia super.
Berat W gerbong-gerbong itu, menurut Pers.5.8, adalah
W = Mg
Sehingga massa M haruslah
M = Wg
= 7,0 x 105 N9,8 m / s2 =7,143 x 104 kg
Sekarang, dari Pers. 5.1.3, kita mendapatkan percepatan yaitu
ax = T cosθ
M=
(1.960 ) (cos30o )7,143 x104 kg
= 2,376 x 10−2 m/s2
Untuk mencari kelajuan gerbong-gerbong itu pada akhir tarikan, kita menggunakan Pers. 2.16, dengan subskrip untuk mengindikasikan sumbu x dengan v0 = 0 dan x-x1 = 1,0 m:
vx2=v0x
2 +2ax (x-x0).
atau
vx = √0+(2 ) ¿¿
= 0,22 m/s (Jawaban)
Massis akan melakukannya dengan lebih baik jeka saja talinya terikat lebih tinggi pada gerbong, sehingga tali terentang horizontal. Mengertikah anda mengapa demikian?
5.7. HUKUM KETIGA NEWTON
Gaya-gaya muncul berpasangan. Jika sebuah kayu mengerahkan gaya pada sebuah paku, paku
mngarahkan gaya yang sama besarnya namun berlawanan arah pada palu. Jika anda bersandar kedinding,
dinding mendorong balik anda.
Misalkan benda A di dalam gambar 5.12 megerjakan gaya FBA pada benda B;percobaan
5.8. PENERAPAN HUKUM-HUKUM NEWTON
Subbab terakhir ini memuat soal-soal contoh. Anda harus rajin membacanya, mempelajari bukan
hanya jawaban-jawaban mereka, melainkan juga prosedur-prosedur untuk pemecahan soal. Hal yang penting
adalah mengetahui bagaimana caranya menuangkan makna sketsa situasi ke dalam diagram benda bebas
dengan sumbu-sumbu yang tepat, sehingga hukum-hukum newton dapat diterapkan. Kita mulai dengan soal
contoh 5.5 yang diuraikan dalam rincian lengkap mendalam dengan mempergunakan format tanya jawab.
SOAL CONTOH 5.5
Gambar 5.15 menunjukan sebuah balok (balok luncur) yang massanya M yaitu = 3,3 kg. Balok bebas
bergerak di sepanjang permukaan horizontal yang tanpa gesekan bagaikan meja udara. Balok luncur itu
dihubungkan oleh tali yang merentang melalui katrol yang tidak bermassa dan tanpa gesekan dengan balok
kedua (balok gantung), yang mempunyai massa m = 2,1 kg. Balok gantung jatuh dan balok luncur
berpercepatan ke kanan. Tentukan (a) percepatan balok luncur, (b) percepatan balok gantung, dan (c)
tegangan tali.
T Apakah yang tersirat di dalam soal ini?
Anda diberikan dua benda pejal, balok luncur dan balok gantung. Mungkin tak terpikirkan oleh
anda bahwa terlihat pula Bumi, yang melakukan tarikan pada setiap benda ini; tanpa Bumi, tak sesuatu pun
terjadi. Ada lima gaya yang beraksi pada balok-balok itu, sebagaimana ditunjukkan di dalam Gambar 5.16;
1. Tali menarik balok luncur ke kanan dengan gaya sebesar T.
2. Tali menarik balok gantung ke atas dengan gaya sebesar T juga. Gaya ke atas ini mencegah balok gantung
jatuh bebas. Kita mengasumsikan bahwa tali mempunyai tegangan yang sama pada seluruh panjangnya;
katrol hanya berfungsi mengubah arah gaya ini, tanpa mengubah nilainya.
3. Bumi menarik balok luncur ke bawah dengan gaya Mg, berat balok luncur.
4. Bumi menarik balok gantung ke bawah dengan gaya mg, berat balok gantung.
5. Meja mendorong balok luncur ke atas dengan gaya normal N.
Gambar 5.15 Soal contoh 5.5. sebuah balok bermassa M pada permukaan tanpa gesekan horizontal
dihubungkan dengan sebuah balok bermassa m oleh sesuatu yang melilit sebuah katrol. Katrol bersangkutan
tanpa gesekan. Tanda panah menunjukan gerak sewaktu system dilepaskan dari keadaan diam.
Gambar 5.16 Gaya-gaya yang beraksi pada kedua balok.
Ada satu hal lagi yang harus anda perhatikan. Kita mengasumsikan bahwa tali tidak meregang, sehingga jika
balok gantung jatuh sejauh 1 mm dalam waktu tertentu, balok luncur bergerak 1 mm ke kanan dalam
interval yang sama. Kedua balok bergerak bersama dan percepatan keduanya mempunyai nilai ɑ yang sama.
T Bagaimanakah saya mengklasifikasikan soal ini? Haruskah saya mengingat suatu hukum fisika tertentu?
Ya, memang. Gaya, massa, dan percepatan terlibat. Itu memerlukan penerapan hokum kedua newton, ∑F =
ma.
T Jika saya menerapkan hokum itu pada soal ini, terhadap benda yag manakah saya harus
menerapkannya?
Kita terfokus pada dua benda di dalam soal ini, balok luncur dan balok gantung. Meskipun mereka
meruakan benda-benda yang luas, kita dapat memeperlakukan setiap baloksebagai suatu partikel karena
setiap bagian kecil darinya (setiap atom, misalnya) bergerak dengan cara yang benar-benar sama.
Terapkan hukum kedua Newton secara terpisah pada sebuah balok.
T Bagaimanakah dengan katrol?
Kita tidak dapat menyatakan katrol sebagai suatu partikel karena bagian-bagian yang berlainan. Ketika
kita membicarakn rotasi, kita akan mempelajari katrol secara mendetail. Sementara ini, kita memecahkan
soal dengan menggunakan katrol yang massanya dapat diabaikan pabila dibandingkan dengan massa
kedua balok.
T Oke. Sekarang bagaimana saya menerapkan ∑F = ma terhadap balok luncur?
Nyatakan balok luncur sebagai suatu partikel bermassa M dan gambarkan semua gaya yang beraksi
padanya, sebagaimana di dalam gambar 5.17. Ini merupakan diagram benda bebas balok itu. Ada tiga
gaya. Lalu, tempatkan satu set sumbu. Masuk akal jika kita menggambarkan sumbu x sejajar dengan
meja, dalam arah gerak balok.
T Terima kasih, tetapi anda belum mengajari saya bagaimana meneraapkan ∑F = ma pada balok luncur.
Semua yang anda lakukan adlah menerangkan bagaimana menggambarkan diagram benda bebas.
Anda benar, ekpresi ∑F = ma merupakan suatu persamaan vektor dan anda dapat menuliskannya sebagai
tiga persamaan scalar:
∑Fx = max , ∑Fy = may , ∑Fz = maz (5.15)
Dengan ∑Fx, ∑Fy, ∑Fz, adalah komponen-komponen gaya neto. Oleh karena balok luncur tidak bergerak
secara vertical, kita tahu bahwa tidak terdapat gaya neto dalam arah y: berat W = Mg dari balok luncur
diimabngi oleh gaya normal N yang bereaksi ke atas pada balok. Tidak ada gaya yang beraksi pada arah
z, yang tegak lurus terhadap halaman buku. Akan tetapi, kita dapat menerapkan persamaan pertama dari
pers. 5.15.
Dalam arah x, hanya ada satu komponen gaya, sehingga ∑Fx = max menjadi
T = Mɑ
Persamaan ini mengandung dua besaran tidak diketahui, T dan ɑ, sehingga kita belum dapat
menyelesaikannya. Namun ingat, kita belum mengatakan apa-apa tentang balok gantung.
T Saya setuju. Bagaimana saya menerapkan ∑F = ma pada balok gantung?
Gambarkan diagram benda bebas untuk balok tersebut, seperti di dalam gambar 5.18. Kali ini, kita
memakai persamaan kedua dari Pers. 5.15. dengan menentukan
∑Fx = T – mg = - ma (5.17)
Dengan tanda minus pada ruas kanan persamaan menunjukan bahwa balok gantung berpercepatan ke
bawah, dalam arah negative sumbu y. Persamaan 5.17 menghasilkan
mg – T = ma
Persamaan ini mengandung dua besaran tidak diketahui yang sama seperti Pers. 5.16. Jika anda
menjumlahkan kedua persamaan ini, T akan terhapuskan. Pencarian ɑ menghasilkan
ɑ = m
M+m g
Pensubtitusian hasil ini ke dalam pers. 5.16 menghasilkan
T = Mm
M+m g
Pemasukan angka-angka untuk kedua besaran ini menhasilkan
ɑ = m
M+m g =
2,1 kg3,3 kg+2,1 kg
(9,8ms2
)
= 3,8 m/s2 (Jawaban)
Dan
T = (3,3 kg ) (2,1 kg )3,3 kg+2,1 kg¿
¿(9,8ms2 )
= 13 N (Jawaban)
T Sekarang soal telah terpecahkan, bukan?
Pertanyaan yang wajar, tetapi kita di sini bukan hanya untuk memecahkan soal-soal melainkan juga untuk
mempelajari fisika. Soal ini belum benar-benar terselesaikan hingga kita menelaah hasil-hasilnya untuk
membuktikan apakah masuk akal. Ini sering lebih banyakan merupakan pengalaman pembinaan
keyakinan daripada hanya mendapatkan jawaban yang benar.
Lihat dahulu Pers. 5.19. Perhatikan bahwa itu benar seacara dimensi dan juga bahwa percepatan ɑ akan
selalu lebih kecil daripada g. ini sudah seharusnya, karena balok gantung tidak dalam kondisi jatuh bebas.
Tali memberinya gaya tarik ke atas.
Sekarang lihat Pers. 5.20 yang kita tuliskan kembali dalam bentuk
T = Mm
M+m g (5.21)
Dalam bentuk ini, lebih mudah untuk melihat bahwa persamaan ini juga benar secara dimensi, karena
baik T maupun mg merupakan gaya. Persamaan 5.21 juga memungkinkan kita untuk untuk melihat
bahwa tegangan di dalam tali selalu lebih kecil dari pada mg, berat balok gantung. Itu merupakan
pemikiran yang mudah diterima, karena jika T lebih besar daripada mg, balok gantung akan berperceptan
ke atas.
Kita juga dapat memeriksa hasil-hasilnya melalui penelaahan kasus-kasus khusus, dengan menduga
jawaban apa yang harus dihasilkan. Contoh yang sederhana adalah dengan memasukkan g = 0, seolah-
olah percobaan dilakukan di angkasa antarbintang. Kita tahu bahwa di dalam kasus itu, balok-balok
tersebut tidak akan bergerak dari keadaan dan tidak ada tegnagn di dalam tali. Apakah rumus-rumus
memprediksikan hal ini? Ya, memang demikian. Jika anda memasukan g = 0 di dalam pers. 5.19 dan
pers. 5.20, anda mendapatkan ɑ = 0 dan T = 0. Dua kasus yang lebih istimewa yang boleh anda coba
adalah M= 0 dan m ∞.
SOAL CONTOH 5.5 – SEBUAH CARA LAIN
Percepatan ɑ dari balok-balok pada gambar 5.15 dapat ditentukan dalam dua jalan aljabar jika kita (a)
memakai sumbu nonkonvensional, sebutlah u, yang melalui kedua blok dan menyusuri tali sebagaimana
ditunjukan di dalam gambar 5.19a, dan kemudian (b) membayangkan sumbu ɑ diluruskan sebagaimana di
dalam gambar 5.19b dan memperlakukan balok-balok itu sebagian dari sebuah benda komposit tunggal
dengan massa M + m. Diagram benda bebas untuk system dua balok tersebut diperlihatkan di dalam gambar
5.19c.
PENYELESAIAN : Perhatikan bahwa hanya ada satu gaya beraksi pada benda komposit itu di sepanjang
sumbu u, dan gaya itu adalah mg dalam arah positif sumbu. Tegangan T padagambar 5.16 sekarang
merupakan gaya internal terhadap benda komposit tersebut dan karenanya tidak tercakup dalam hukum
kedua Newton. Gaya yang diberikan katrol kepada tali berarah tegak lurus terhadap sumbu u, sehingga gaya
tersebut tidak tercakup.
Dengan mempergunakan Pers. 5.2 sebagai pedoman, kita menuliskan sebuah persamaan komponen untuk
percepatan di sepanjang sumbu u;
∑Fu = (M + m)ɑu
Dengan massa benda sama dengan M + m, percepatan benda komposit di sepanjang sumbu u (dan perceatan
balok-balok individual, karena mereka bertautan) bernilai ɑ. Satu-satunya gaya pada benda komposit di
sepanjang sumbu u mempunyai nilai sebesar mg. maka persamaan kita menjadi
Mg = (M+m)ɑ,
atau
ɑ = Mm
M+m g, (5.22)
yang cocok dengan pers. 5.19
Gaambar 5.19 (a) “Sumbu” u
melalui system balok-balok + tali dari gambar 5.15. (b) Balok-balok ditata kembali sehingga sumbu u
menjadi lurus dan kemudian diperlakukan sebagai sebuah benda tunggal dengan massa M + m. (c) Diagram
benda bebas bersangkutan, yang hanya meninjau gaya-gaya disepanjang u. Ada satu gaya demikian.
Untuk menentukan T, kita menerapkan Hukum Kedua Newton pada tiap balok, yang menghasilkan
persamaan 5.16 atau 5.18. Lalu pensubtitusian ke ɑ dari pers. 5.22 dan pencarian T menghasilkan pers. 5.20
SOAL CONTOH 5.6
Sebuah balok yang massanya M = 33 kg didorong elintasi permukaan tanpa gesekan dengan
mempergunakan sebatang yang massanya m = 3,2 kg, sebagaimana di dalam gambar 5.20a. Balok tersebut
digerakkan (Dari keadaan diam) sejauh d = 77 cm dalam 1,7 s pada percepatan konstan.
Gambar 5.20:
Soal Contoh 5.6. (a) Balok bermassa M didorong
diatas permukaan tanpa gesekan oleh sebatang
tongkat bermassa m. (b) Penguraian pasangan-
pasangan aksi-reaksi antara tangan dan tongkat
(pasangan pertama) dan antara tongkat dan balok
(pasangan kedua).
a. Identifikasi semua pasangan gaya aksi-reaksi horizontal didalam soal ini.
Penyelesaian: Smana dibeberkabn oleh Gambar 5.20b, terdapat dua pasanga aksi-reaksi:
Pasangan pertama: FHS = -FSH (tangan dan tongkat)
Pasangan kedua: FSB = -FBS (tongkat dan balok)
Gaya FHS pada tangan kiri tongkat adalah gaya yang akan Anda rasakan seandainya tangan didalam
Gambar 5.20 adalah tangan anda.
b. Berapa besar gaya yang harus diokerahkan tangan ke tongkat?
PENYELESAIAN: Ini merupakan yang menimbulkan percepatan pada balok dan tongkat. Untuk
menentukanya, kita harus terlebih dahulu mendapatkan percepatan konstana dengan menggunakan Pers.
2.15:
x-x0 = v0t + 12
at2
Substitusi v0 =0 dan x-x0 =d, serta pencarian a, menghasilkan
a=2 d
t2 =(2 )(0,77 m)
(1,7 s)2 = 0,533 m/s2
Untuk menentukan gaya yang dikerahkan oleh tangan, kita terapkan hokum kedua Newton pada sistem
yang terdiri atas tongkat dan balok sebagai kesatuan. Jadi:
FSH = (M +m)a =(33 kg +3,2 kg)(0,533 m/s2)
= 19,3 N ≈ 19 N (Jawaban)
c. Berapakah besar gaya dorong tongkat pada balok?
PENYELESAIAN: Untuk menentukan gaya ini, kita menerapkan Hukum Kedua Newton hanya pada balok:
FBS = Ma = (33kg)(0,533 m/s2)
=17,6 N ≈ 18 N (Jawaban)
d. Berapakah besar gaya neto pada tongkat?
PENYELESAIAN: Kita dapat menentukan nilai F dari gaya ini dalam dua cara. Cara pertama dengan
mempergunakan hasil-hasil dari (b) dan (c) sehingga mendapatkan
F = FSH – FSB = 19,3 N-17,6 N
= 1,7 N (Jawaban)
Perhatikan bahwa Hukum ke Tiga Newton telah kita pergunakan disini, dengan mengasumsikan bahwa
FSB. Gaya pada tongkat dari balok mempunyai nilai yang sama (17,6 N sebelum pembulatan) seperti
FBS.
Cara kedua untuk mendapatkan suatu jawaban adalah menerapka Hukum Kedua Newton pada tongkat
secara langsung. Kita mendapatkan
F = ma = (3,2 kg)(0,533 m/s2)= 1,7 N (Jawaban)
Yang sesuai dengan hasil pertama kita. Memang seharusnya demikian karena kedua metode itu identik
secara aljabar: cobalah periksa.
CONTOH 5.7
Gambar 5.21a menunjukan sebuah balok bermassa m = 15 kg yang menggantung dari tiga tali. Berapakah
besar tegangan pada masing-masing tali?
PENYELESAIAN: Di dalam diagram benda bebas untuk balok (Gambar 5.21b), tegangan TC dari tali
C menarik keatas sedangkan berat balok mg berarah kebawah. Oleh karena sistem dalam keadaan diam,
Hukum Kedua Newton untuk balok menghasilkan
∑ F=T C+m g=0 .
Oleh karena gaya-gaya T C dan mg hanyalah vertikal, persamaan ini member kita suatu persamaan
skalar:
∑ F y=T C+m g=0 .
Dengan mensubstitusikan nilai-nilai yang diketahui, kkita mendapatkan
TC = mg= (15 kg)(9,8 m/s2)
=147 N ≈ 150 N. (Jawaban)
Petunjuk bagi langkah kita berikutnya adalah menyadari bahwa simpul tempat bergabungnya ketiga
tali merupakan satu-satunya titik yang menerima aksi bersamaan dari ketiga gaya. Pada simpul inilah kita
harus menerapkan Hukum Kedua Newton. Gambar 5.21c merupakan gambar diagram benda bebas untuk
simpul tersebut. Oleh karena simpul tidak mempunyai percepatan, gaya netto yang beraksi padanya harus
sama dengan nol. Maka
∑ F❑=T A+T B+T C=0
Persamaaan vektor ini ekuivalen dengan kedua persamaan skalar
∑ F y=T A sin 280+T B sin 470−T C=0 (5.23)
Dan
∑ F x=−T A cos 280+T B cos 470=0 (5.24)
Simaklah bahwa, apabila kita menuliskan komponen x dari T A sebagaiT A cos280,kita harus memasukan
tanda minus untuk menunjukan bahwa T berarah negative pada sumbu x.
Gambar 5.21
Soal Contoh 5.7. (a) sebuah balok bermassa m menggantung dari tiga tali. (b) Diagaram benda bebas untuk
balok. (c) Diagram benda bebas untuk simpul pada pertemuan tiga tali.
Pensubstitusian nilai-nilai numerik kedalam Pers.5.23 dan Pers.5.24 menghasilkan
T A (0,469 )+T B (0,731 )=147 N (5.25) dan
T B (0,469 )=T A (0,883 ) (5.26)
Dari Pers. 5.26, kita mendapatkan
T B = 0,8830,469
T A = 1,29T A.
Pensubstitusian ini kedalam Pers. 5.25 dan pencarian T A menghasilkan
T A=147 N
0,469+(1,29 )(0,731)
= 104 N≈ 100 N (Jawaban)
Akhirya, T B didapat dari
T B= 1,29T A.= (1,29)(104 N)
=134 N≈ 130 N (Jawaban)
SOAL CONTOH 5.8
Gambar 5.22a menunjukan seuah balok bermassa m = 15 kg yang ditahan diseutas tali pada suatu bidang
miring tanpa gesekan. Berapakah besar tegangan tali jika θ= 270? Berapakah besar gaya yang dikerjakan
pada balok oleh bidang?
PENYELESAIAN: Gambar 5.22b merupakan diagram benda bebas untuk balok. Gaya-gaya yang beraksi
padanya adalah: (1) Gaya normal N, yang dikerjakan pada balok oleh bidang tempat balok diam, (2)
tegangan Tdi dalam tali, dan (3) berat W(=mg) dari balok. Oleh karena percepatan baloksama dengan nol,
gaya neto yang beraksi pada balok harus juga sama dengan nol menurut Hukum Ke-dua Newton:
∑ F=T +N+m g=0 (5.27)
Kita memilih sistem koordinat dengan sumbu x sejajar bidang. Dengan pilihan ini, bukan satu
melainkan dua gaya (Ndan T) segari dengan sumu-sumu koordinat (sebuah bonus). Perhatikan ahwa sudut
antara vektor berat dan arah negative sumbu y sama dengan sudut kemiringan bidang. Komponen-komponen
x dan y dari vektor itu diperoleh dari segitiga pada Gambar 5.22c.
Versi-versi komponen Pers. 5.27 adalah
∑ F x=T−m g sin θ=0Dan
∑ F y=N−m gcosθ=0
Maka
T = m g sin θ = (15 kg) (9,8 m/s2) (sin 270) = 67 N (Jawaban)
Dan N = m g cos θ = (15 kg) (9,8 m/s2) (cos 270) = 131 N ≈130 N (Jawaban)
Gambar 5.22
Soal Contoh 5.8 dan 5.9. (a) Balok bermassa m diam pada bidang licin dan ditahan oleh seutas tali. (b)
Diagram benda bebas untuk balok. Perhatikan bagaimana sumbu-sumbu koordinat ditempatkan. (c)
Pencarian komponen-komponen xdan y dari mg.
SOAL CONTOH 5.9
Andaikan anda memotong tali yang menahan balok pada bidang di dalam Gambar 5.22a. dengan percepatan
berapakah balok itu akan bergerak?
PENYELESAIAN: pemotongan tali akan menghapuskan tegangan Tdidalam Gambar 5.22b. dua gaya
lainnya tidak terhapuskan (dan memang tidak dapat) karena mereka tidak bereaksi pada garis yang sama.
Penerapan Hukum Kedua Newton pada komponen-komponen x dari gaya-gaya N dan mg di dalam Gambar
5.22b sekarang menghasilkan
∑ F x=0−m g sin θ=ma ,
Sehingga
a = -g sin θ (5.28)
Perhatikan bahwa gaya normal N tidak memainkan peranan dalam menghasilkan percepatan karena
komponen x nya sama dengan nol.
Persamaan 5.28 menghasilkan
a = -(9,8 m/s2) (sin 270) = -4,4 m/s2. (Jawaban)
Tanda minus menyatakan bahwa percepatan tersebut berarah negative pada sumbu x, berarti, menuruni
bidang.
Persamaan 5.28 mengungkapkan bahwa percepatan balok tidak bergantung pada massanya, tepat
seperti persamaan benda jatuh bebas yang tidak bergantung pada massa benda yang jatuh itu. Tentu saja,
Pers. 5.28 menunjukan bahwa suatu bidang yang miring dapat dipergunakan untuk “meringankan” gravitasi
– untuk “melambatkan” gerakan jatuh bebas. Untuk θ = 900, Pers. 5.28 menghasilkan a = -g; untuk θ = 00,
persamaan menghasilkan a = 0. Keduanya merupakan hasil yang sudah diperkirakan.\
SOAL CONTOH 5.10
Gambar 5.23a menunjukan dua balok yang terhubungkan oleh seutas tali yang melewati sebuah katrol tidak
bermassa dan tanpa gesekan (susunan demikian dikenal sebagai mesin atwood). Misalkan m= 1,3 kg dan M
= 2,8 kg. tentukan tegangan pada tali dan besar (umum) percepatan kedua balok.
PENYELESAIAN:Gambar 5.23b danGambar 5.23c merupakan diagram-diagram benda bebas untuk
balok-balok itu. Kita mengetahui bahwa M>m, sehingga kita menduga M ke bawah dan m ke atas.
Informasi itu memungkinkan kita untuk menentukan tanda-tanda aljabar yang semestinya pada percepatan
balok-balok itu.
Gambar 5.23
Soal Contoh 5.10. (a) sebuah balok bermassa M dan sebuah lagi bermassa m yang lebih kecil dihubungkan
dengan seutas tali yang melewati sebuah katrol. Arah-arah percepatan pada sistem yang semula dalam
keadaaan diam ditunjukan dengan tanda-tanda panah. (b) Diagram benda bebas untuk balok m. (c)
Diagram benda bebas untuk balok M
Sebelum kita memulai perhitungan-perhitungan, kita menyimak bahwa tegangan didalam tali harus lebih kecil daripada berat balok M (Jika tidak, balok itu akan bergerak jatuh dari keadaan diamnya) dan lebih besar daripada berat balok m (Jika tidak, balok itu akan bergerak ke atas). Vektor-vektor di dalam kedua diagram benda bebas pada Gambar 5.23 digambarkan untuk melukiskan fakta-fakta ini.
Penerapan Hukum Kedua Newton pada alok dengan massa m yang mempunyai percepatan seesar a dalam arah negative sumbu y, kita mendapatkan
T-mg = ma. (5.29)
Untuk balok dengan massa M yang mempunyai percepatan seesar a dalam arah negative sumbu y, kita mendapatkan
T-mg = -Ma, (5.30)
Atau
-T+mg = -Ma, (5.31)
Dengan menjumlahkan Pers. 5.29 dan Pers 5.31 (atau mengeliminasi T melalui substitusi),kita mendapatkan
a = M−mM+m
g, (5.32)
Pensubstitusian hasil ini dalam Pers. 5.29 atau Pers. 5.31 dan pencarian T, kita mendapatkan
T = 2 mMM+m
g, (5.33)
Dengan memasukan data yang diberikan kita mendapatkan
a = M−mM+m
g =2,8 kg−1,3 kg2,8 kg+1,3 kg
(9,8 m/s2)
= 3,6 m/s2 (Jawaban)
dan
T = 2 mMM+m
g = (2 ) (2,8 kg )(1,3 kg)
2,8 kg+1,3 kg(9,8 m/s2)
= 17 N (Jawaban)
Anda dapat memuktikan bahwa berat dari kedua balok itu adalah 13 N (=mg) dan 27 N (=Mg). maka tegangan (=17 N) memang terletak diantara kedua nilai ini.
SOAL CONTOH 5.10 --- SEBUAH CARA LAIN
Persis seperti kita mengerjakan kembali Soal Contoh 5.5 dengan sumbu non-konvensional u, kita dapat
mengerjakan kembali Soal Contoh 5.10 dengan u.
PENYELESAIAN: pasang sumbu u melalui sistem sebagaimana ditunjukan di dalam Gambar 5.24a. luruskan sumbu itu seperti di dalam Gambar 5.24b dan perlakukan balok sebagai suatu benda tunggal dengan massa M + m. kemudian gambarkan diagram benda bebas seperti di dalam Gambar 5.24c. Perhatikan bahwa di sepanjang sumbu u terdapat dua gaya dalam komposit (paduan) dari balok-balok itu: mg dalam arah negative sumbu u dan Mg dalam arah positif. (Gaya yang dikerahkan pada tali oleh katrol berarah tegak lurus terhadap sumbu u dan karenanya tidak tercakup dalam perhitungan kita). Kedua gaya disepanjang sumbu u memberi benda komposit itu (dan setiap balok) percepatan a. Hukum Kedua Newton dalam bentuk komponen atas gerak disepanjang u adalah
∑ Fu=Mg−m g=(M +m)a , (5.34)
Yang menghasilkan
a = M−mM+m
g,
seperti sebelumnya. Untuk memperoleh T, kita menerapkan Hukum Kedua Newton pada tiap alok, dengan
mempergunakan sumbu konvensional y. untuk alok dengan massa m, kita mendap[atkan Pers. 5.29. dengan
hasil untuk a diatas yang disubstitusi kedalam Pers. 5.29, kita akan mendapatkan Pers. 5.33.
Gambar 5.24
(a) “sumbu” u melalui sistem Gambar 5.23. (b)
Balok-balok ditata kembali untuk meluruskan u dan
kemudian diperlakukan sebagai sebuah benda tunggal
dengan massa M + m. (c) Diagram benda bebas yang
bersangkutan, dengan hanya memperhitungkan gaya-
gaya disepanjang u. terdapat dua gaya seperti itu.
SOAL CONTOH 5.11
Seorang penumpang dengan massa m = 72,2 kg berdiri diatas timbangan didalam kabin elevator (Gambar
5.25). tentukan bacaan timbangan untuk nilai-nilai percepatan yang diberikan dalam gambar tersebut?
PENYELESAIAN: kita memandang persoalan ini dari sudut pandang seorang pengamat dalam kerangka
acuan (inersial) yang tetap terhadap bumi. Misalkan pengamat ini menerapkan Hukum Kedua Newton pada
penumpang yang sedang mengalami percepatan itu. Gambar 5.25a-c menyajikan diagram-diagram benda
bebas untuk penumpang yang diperlukan sebagai sebuah partikel (partikel tertentu!), untuk berbagai
percepatan kain.
Tanpa memperdulikan percepatan kabin, Bumi menarik penumpang ke bawah dengan gaya sebesar
mg, dengan g = 9,8 m/s2 adalah percepatan jatuh bebas dalam kerangka acuan Bumi. Elevator mendorong
timbangan ke atas. Timbangan, pada gilirannya mendorong penumpang ke atas dengan gaya normal sebesar
N yang sama dengan bacaan timbangan. Apa yang terbaca dalam timbangan akan dipandang oleh
penumpang yang mengalami percepatan itu sebagai berat badannya. Besaran ini sering disebut berat
terlihat; istilah berat (berat sesungguhnya) diperuntukan bagi besaran mg.
Hukum Kedua Newton menghasilkan
N – mg = ma,
Atau
N = m(g+a). (5.35)
Gambar 5.25
Soal Contoh 5.11. seorang penumpang dengan
massa m di dalam elevator, sedang berdiri diatas
timangan pegas yang mengindikasikan beratnya
atau berat terlihatnya. Diagram-diagram benda
bebas diperuntukan agi kasus-kasus yang (a)
kecepatan kabin elevator sama dengan nol, (b) a =
+3,20 m/s2, dan (c) a = -3,20 m/s2.
(a) Tentukan bacaan timbangan jika kabin dalam keadaan diam atau bergerak dengan kelajuan konstan?
(Lihat Gambar 5.25a).
PENYELESAIAN:Disini a = 0 dan kita mendapatkan
N = m(g+a) = (72,2 kg)(9,80 m/s2 +0) = 708 N. (Jawaban)Ini adalah sama dengan berat penumpang
(b) Tentukan bacaan timbangan jika kabin mendapatkan percepatan ke atas sebesar 3,20 m/s2. (Lihat
Gambar 5.25b).
PENYELESAIAN:Percepatan keatas berarti kabin sedang bergerak ke atas dengan kelajuan yang meningkat atau kebawah dengan kelajuan yang menurun. Pada tiap kasus, kabin merupakan kerangka noninersial dan Pers.5.35 menghasilkan
N = m(g+a) = (72,2 kg)(9,80 m/s2 + 3,20 m/s2) = 939 N. (Jawaban)
(c) Tentukan bacaan timbangan jika kabin mendapatkan percepatan ke bawah sebesar 3,20 m/s2. (Lihat
Gambar 5.25c).
PENYELESAIAN: Percepatan keatas berarti kabin sedang bergerak ke atas dengan kelajuan yang
menurun atau kebawah dengan kelajuan yang meningkat.Kabin juga merupakan kerangka noninersial
dan Pers.5.35 sekarang menghasilkan
N = m(g+a) = (72,2 kg)(9,80 m/s2 - 3,20 m/s2)
= 477 N. (Jawaban)
Penumpang menekan timbangan kebawah dengan gaya yang lebih kecil daripada ketika kabin dalam
keadaan diam. Ia terlihat seperti kehilangan berat seesar 231 N.
Bab 6
SOAL CONTOH 6.1
Gambar 6.3a menunjukan sebuah koin yang terletak pada buku yang dimiringkan pada sudut θ terhadap
horizontal. Dengan cara coba dan salah Anda mendapatkan bahwa apabilaθ diperbesar hingga 13o, koin
mulai meluncur menuruni buku. Berapakah nilai koefisien gesek statik µs antara koin dan buku?
PENYELESAIAN : Gambar 6.3b adalah diagram benda bebas untuk koin di ambang peluncuran. Gaya-
gaya pada koin adalah gaya normal N, yang mendorong keluar dari bidang buku, berat koin W, dan gaya
gesek fs,yang berarah mendaki bidang karena gerak yang akan datang itu berarah menuruni bidang. Oleh
karena koin berada dalam kesetimbangan, gaya neto pada koin harus sama dengan nol. Dari hukum kedua
Newton, kita mendapatkan :
∑F = fs + W + N = 0. (6.3)
Untuk komponen-komponen x, persamaan vektor ini memberi kita :
∑Fx = fs - W sin θ = 0, atau fs = W sin θ. (6.4)
Untuk komponen-komponen y, kita mendapatkan :
∑Fy = N - W cos θ = 0, atau N = W cos θ. (6.5)
Pada saat koin diambang peluncuran (dan hanya pada waktu itu) nilai gaya gesek statik yang beraksi pada
koin yang mempunyai nilai maksimum µsN. Pensubtitusian µsN ke dalam Pers. 6.4 dan pembagian oleh
Pers. 6.5 menghasilkan :
f s
N=
µs N
N= W sin θ
W cosθ=tan θ,
Atau
µs = tan θ = tan 13o = 0,23. (jawaban) (6.6)
Anda dapat dengan mudah mengukur µs untuk sebuah koin dan buku teks ini, Anda tidak memerlukan busur
derajat. Anda dapat mengukur kedua panjang yang terlihat pada Gambar 6.3a dengan sebuah mistar dan
perbandingan h/d koin dan buku sama dengan tan θ.
Gambar 6.3 Contoh Soal 6.1. (a) Sebuah koin baru saja akan
meluncur dari keadaan diam menuruni kulit buku. (b) Diagram
benda bebas untuk koin, yang menunjukan ketiga gaya (yang
digambarkan menurut skala) yang beraksi pada koin. Berat W
ditunjukan dan diuraikan atas komponen-komponennya di sepanjang
sumbu x dan sumbu y, yang orientasinya di pilih untuk
menyederhana -kan soal.
SOAL CONTOH 6.2
Jika roda sebuah mobil “terkunci” (tidak dapat menggelinding) selama pengereman darurat, mobil tersebut
menggelincir pada jalan. Keping-keping retasan ban dan bagian bagian jalan yang sedikit meleleh
merupakan “bekas selip” yang mengungkapkan pengelasan dingin selama mobil menggelincir. Rekor bekas
selip terpanjang di atas jalan umum dilaporkan terjadi pada tahun 1960 oleh sebuah Jaguar pada jalan raya
M1 di Inggris yakni sepanjang 290 m (sekitar 950 ft)! Dengan mengasumsikan bahwa µk = 0,60, berapakah
kelajuan mobil itu ketika roda-rodanya terkunci?
PENYELESAIAN : Gambar 6.4a melukiskan perjalanan mobil, Gambar 6.4b merupakan diagram benda
bebas selama perlambatan, yang menunjukan berat mobil W, gaya normal N, dan gaya gesek kinetik fk yang
beraksi pada mobil. Kita dapat menggunakan Pers. 2.16,
v2 = v02 + 2ax(x-x0),
dengan v = 0 dan x-x0 = d untuk mencari kelajuan awal mobil v0. Pensubtitusian nilai-nilai ini dan
penyusunan kembalimenghasilkan :
v0=¿√−2 ax d❑¿ (6.7)
Untuk mendapatkan ax, kita menerapkan Hukum kedua Newton di sepanjang sumbu x. Jika kita
mengabaikan efek-efek udara pada mobil, satu-satunya gaya dengan sebuah komponen di sepanjang sumbu
x adalah fk dan komponen itu adalah –fk. Maka kita mendapatkan :
−f k=ma x, atauax=−f k
m+
µk N
m, (6.8)
dengan m adalah massa mobil dan Pers. 6.2 memberi kita informasi bahwa
fk = µkN.
Gaya normal N mempunyai nilai N = W = mg. Pensubtitusian hasil ini ke dalam Pers. 6.8 menghasilkan :
ax=−µk mg
m=−µk g (6.9)
Pensubtitusian Pers. 6.9 ke dalam Pers. 6.7 menghasilkan :
v0=√2 µk gd=√ (2 ) (0,60 )( 9,8 ms2 )(290 m )=58 m/ s=210 km / jam
(sekitar 130 mil/jam). Dalam mendapatkan jawaban itu, kita mengasumsi secara mutlak bahwa v = 0 pada
ujung terjauh pada bekas selip. Sebenarnya, bekas selip itu berakhir semata-mata karena Jaguar itu keluar
dari jalan setelah 290 m. Jadi, v0 paling sedikit sama dengan 210 km/jam dan mungkin jauh lebih besar.
Gambar 6.4 Soal Contoh 6.2. (a) Sebuah mobil, menggelincir ke
kanan dan akhirnya berhenti setelah perpindah-an d. (b) Diagram
benda bebas untuk perlambatan mobil. Vektor percepatan
mengarah ke kiri, yaitu dalam arah gaya gesek fk.
SOAL CONTOH 6.3
Seorang wanita menarik sebuah pengeret bermuatan dengan massa m = 75 kg di sepanjang permukaan
horizontal dengan kecepatan konstan. Koefisien gesek kinetik µk antara tapak pengeret dan salju adalah 0,10
dan sudut Ø didalam Gambar 6.5 adalah 420. Berapakah tegangan T pada tali?
PENYELESAIAN : Gambar 6.5b adalah diagram benda bebas untuk pengeret. Penerapan Hukum Kedua
Newton dalam aarah horizontal menghasilkan :
T cos Ø – fk = max = 0, (6.10)
Dengan ax sama dengan nol karena kecepatannya konstan. Dalam arah vertikal, kita mendapatka :
T sin Ø + N – mg = may = 0, (6.11)
Dengan mg adalah berat pengerat. Dari Pers. 6.2,
fk = µkN, (6.12)
Ketiga persamaan ini mengandung T, N dan fk sebagai besaran yang tidak di ketahui. Pengiliminasian N dan
fk akan memungkinkan kita mencari variabel yang tersisa, T.
Kita mulai dengan menjumlahkan Pers. 6.10 dan Pers. 6.12, yang menghasilkan :
T cos Ø = µkN,
Atau
N=T cos صk
(6.13)
Pensubtitusian ini ke dalam Pers. 6.11 dan penyelesaian untuk T menghasilkan :
T=µk mg
cos Ø+µk sin Ø=
(0,10 ) (75 kg )( 9,8 m
s2)
cos4 20+(0,10)¿¿
T=91 N (6.14)
Yang jauh lebih kecil daripada berat pengeret. (b) Berapakah besarnya gaya normal yang di dorongkan salju
secara vertikal ke atas pada pengeret?
PENYELESAIAN : Kita mendapatkan N dengan mensubtitusikan T = 91 N dan data yang di ketahui ke
dalam Pers. 6.11 atau 6.13. Dengan Pers. 6.11, kita mendapatkan :
N = mg – T sin Ø = (75kg)(9,8m/s2) – (91 N) sin 420 = 670 N
SOAL CONTOH 6.4
Di dalam Gambar 6.6a, sebuah peti kayu yang berisi acar timun dengan massa m1= 14 kg bergerak di
sepanjang bidang yang membentuk sudut θ = 300 dengan horizontal. Peti kayu itu di hubungkan dengan peti
kayu yang berisi jintan acar yang menggantung akan turun dengan kecepatan konstan.
(a). Tentukan nilai dan arah gaya gesek yang di kerjakan pada m1 oleh bidang?
PENYELESAIAN : Kenyataan bahwa m2 turun mengindikasikan bahwa m1 bergerak mendaki bidang dan
karena itu gaya gesek kinetik fk harus berarah menuruni bidang.
Kita tak dapat menggunakan Pers. 6.2 untuk mencari nilai fk, karena kita tidak mengetahui koefisien gesek
kinetik µk antara m1 dan bidang. Akan tetapi, kita dapat menggunakan teknik-teknik Bab 5. Terlebih dahulu,
kita menggambarkan diagram-diagram benda bebas untuk m1 dan m2 di dalam Gambar 6.6b dan 6.6c,
dengan T adalah gaya tarik dari tegangan pada tali dan vektor-vektor beratnya adalah W1 = m1g dan W2 =
m2g.
Dengan W1 yang diuraikan atas komponen x dan komponen y, kita mendapatkan dari Hukum kedua
Newton yang di terapkan pada sumbu x di dalam Gambar 6.6b,
∑Fx = T – fk – m1g sin θ = m1ax = 0 (6.15)
dengan ax = 0 karena m1, harus bergerak pada kecepatan konstan. Selanjutnya, untuk m2 kita menerapkan Hukum kedua Newton pada sumbu y di dalam Gambar 6.6c dan menggunakan fakta bahwa m2 bergerak pada kecepatan konstan. Kita mendapatkan :
∑Fy = T – m2g = m2ay = 0
atau
T = m2g (6.16)
Kita lalu mensubtitusikan T dari Pers. 6.16 ke dalam Pers. 6.15 dan mencari fk sehingga mendapatkan :
Fk = m2g – m1g sin θ
= (14kg)(9,8 m/s2) - (14kg)(9,8 m/s2)(sin 30o) = 68,6 N ≈ 69 N.
(b) Tentukan µk.
PENYELESAIAN : Kita dapat menggunakan Pers. 6.2 untuk mencari µk, tetapi kita memerlukan terlebih
dahulu nilai gaya normal N yang beraksi pada m1. Untuk mendapatkan N, kita menerapkan Hukum kedua
Newton atas m1 pada sumbu y di dalam Gambar 6.6b :
∑Fy = N – m1g cos θ = m1ay = 0,
atau
N = m1g cos θ
Gambar 6.6 Soal Contoh 6.4. (a) Massa m1 bergerak mendaki bidang,
sedangkan massa m2 turun dengan kecepatan konstan. (b) Diagram
benda bebas untuk massa m1. (c) Diagram benda bebas untuk massa
m2.
Dari Pers. 6.2 kita sekarang memperoleh :
µk=f k
N=
f k
m1 g cosθ
¿ 68,6 N
(14kg )( 9,8 m
s2 )(cos3 0o)=0,58
SOAL CONTOH 6.5
Jika seekor kucing yang sedang jatuh mencapai kelajuan terminal pertama sebesar 60 mil/jam ketika kucing
mengerut ke dalam dan kemudian meregang ke luar, melipatgandakan A, berapakah kelajuan jatuhnya
ketika kucing mencapai kelajuan terminal yang baru?
PENYELESAIAN : Katakan vto dan vtn merepresentasikan kelajuan-kelajuan terminal yang awal dan yang
baru, A0 dan An merepresentasikan luas-luas yang awal dan yang baru. Kita lalu menggunakan Pers. 6.18
untuk menentukan perbandingan antara kelajuan-kelajuan itu :
v tn
v¿=√ 2 mg
Cρ An
√ 2 mgCρ A0
=√ A0
An
=√ A0
2 A0
=√0,5≈ 0,7 ,
yang berarti bahwa vtn ≈ 0,7 vto atau sekitar 40 mil/jam.
SOAL CONTOH 6.6
Tetesan hujan dengan radius R = 1,5 mm jatuh dari awan yang berada pada ketinggian h= 1200m di atas
tanah. Koefisien pengereman C untuk tetesan itu sama dengan 0,60. Asumsikan bahwa tetesan berbentuk
bola selama kejatuhanya. Massa jenis air ρw sama dengan 1000 kg/m3 dan massa jenis udara ρa sama dengan
1,2 kg/m3.
(a) Tentukan kelajuan terminal tetesan hujan tersebut?
PENYELESAIAN : Volume sebuah bola sama dengan 43
π R3 dan luas efektif A-nya sama dengan luas
lingkaran dengan radius R. Maka untuk tetesan hujan :
m=13
πR3 ρw dan A=π R2
Maka, dari Pers. 6.18, kita mendapatkan :
v t=√ 2mgC ρaA
=√ 8 π R3 ρw g
3C ρa π R2 =√ 8R ρw g3C ρa
¿√ (8 ) ¿¿¿
Perhatikan bahwa ketinggian awan tidak termasuk dalam perhitungan. Tetesan hujan mencapai kelajuan
terminal setelah jatuh beberapa meter saja.
(b) Berapakah besarnya kelajuan persis sebelum tumbukan jika tidak ada gaya rem?
PENYELESAIAN : Dari Pers.2.23 dengan h = -(y-y0) dan v0 = 0, kita mendapatkan :
v=√2g h=√ (2 )(9,8 m /s2)(1200 m) = 150 m/s (= 340 mil/jam).
Dalam kondisi ini, tak mungkin Shakespeare menulis, “ia turun bagaikan tetesan lembut dari surga, ke tempat yang rendah.”
Bab 7
Soal Contoh 7.1
Pada tahun 1896 di Waco, Texas, William Crush dari perusahaan kereta api “Katy” menempatkan 2
lokomotif pada ujung-unjung yang berlawanan dari rel sepanjang 6,4Km, menyalakan api tungku pada
kedua lokomotif, membuat katup-katup penghambatan tetap terbuka, dan kemudian membiarkan keduanya
bertabrakan muka lawan muka pada kelajuan penuh (gambar 7.1) dihadapkan 3000 penonton. Ratusan orang
terluka akibat puing-puing yang bertebangan; beberapa orang tewas. Dengan menasumsikan berat setiap
lokomotif sama dengan 1,2 x 106N dan percepatannya sebelum tumbukan bernilai konstan 0,26 M/s2,
berapakah energy kinetic total kedua lokomotif sebelum tumbukan ?
Penyelasaian :Untuk mencari energy kinetik setiaplokomotif, kita perlu mengetahui massanya dan kelajuannya persis sebelum tumbukan. Untuk mendapatkan kelajuan v, kita mengunakan pers. 2.16.
V2= v02 + 2a(x-x0).
Dengan V0 = 0 dan x-x0 = 3,2 x 103m (setengah jarak pisah awal ini menghasilkan :
v2=0+2(0,26m/s)(3,2 x103)= 40,8m/s atau
(40,8m/s = 90mil/jam). Untuk mendapatkan massa m setiap lokomotif, kita membagi beratnya dengan g:
M= 1,2 x 106 N9,8 m /s
=¿ 1,22 x 105 Kg
Sekarang, dengan mengunakan persamaan 7.1 kita mendapatkan energy kinetic total kedua lokomotif persis
sebelum tumbukan sebagai :
K= 2(1/2 mv2) = (1,22 x 105 kg) (40,8 m/s)2 = 2,0 x 108 J
Soal contoh 7.2
Gambar 7.4a menunjukan 2 orang mata-mata yang sedang menggeser peti besi 225 Kgyang semula dalam
keadaan diam sejauh 8,50 m sepanjang garis lurus ke arah truk mereka. Gaya dorong F1 dari mata-mata 001
sama dengan 12 N, diarahkan pada sudut 300 kebawah dari horizontal; gaya tarik F2 dari mata-mata 002
sama dengan 10N, diarahkan pada sudut 400 diatas horizontal. Tidak ada gesekan antara lantai dan peti besi.
a.tentukan usaha total yang dilakukan pada peti besi oleh gaya F1 dan F2 selama perpindahan d=8,50m.
Penyelesaian :gambar 7.4b adalah diagram benda bebas untuk peti besi, yang dianggap sebagai sebuah
partikel. Kita dapat mendapatkan usaha total yang dilakukan pada peti besi dengan menentukan usaha yang
di lakukan oleh setiap gaya dan kemudian menjumlahkan hasil-hasilnya. Dari pers 7.9 usaha yang dilakukan
F1dan F2adalah
W1 = F1 d cos o = (10N)(8,50 m) (cos 30) =88,33 J
W2 = F2 d cos o = (10N) (8,50 m) (cos 40)=65,11 J
Maka w total adalah w= w1 + w2 = 88,33 J + 65,11 J = 153 J.
Jadi selama perpindah 8,50 m itu, mata-mata itu mentransfer 153 J energy menjadi energy kinetic peti besi
b. tentukan usaha Wg yang dilakukan peti besi oleh beratnya mg dan tentuka pula usaha WN yang dilakukan
peti besi oleh gaya normal N dari lantai selama perpindahan.
Penyelesaian :kedua ini tegak lurus terhadap perpindahan. Maka menurutpers. 7.9,
Wg = mgd cos 900 =mgd(0) = 0 dan
WN = Nd cos 900 = Nd(0) = 0
Gaya ini tidak menstransfer energy apapun ke atau dari peti besi.
c. Peti semula dalam keadaan diam. Berapa nilai kelajuan v-nya pada akhir perpindahan 8,50 m itu ?
Penyelesaian :kelajuan peti besi berubah karena energy kinetiknya diubah ketika energy di transfer kepada
peti besi oleh gaya-gaya bersangkutan. Kita mendapatkan hubungan antara kelajuan dan usaha yang
dilakukan dengan kombinasi pers 7.4 dan 7.1 :
W = K1 – K1 =1/2 mv2 – ½ mv02
Kelajuan awal v0 bernilai nol dan kita sekarang mengetahui bahwa usaha yang dilakukan sama dengan 153,4
J. pencarian v yang dilakukan dengan mensubtitusikan data yang dihasilkan
v=√2 Wm
= √2 (153,4 J )225 kg
=1,17ms
Soal contoh 7.3
Sebuah peti ringan yang berisi buah prem meluncur diatas ke arah anda. Untuk melambatkan peti, anda mendorong berlawanan dengan gaya F = (2,0N)I + (-6,0N)j sambil berlari kebelakang( gambar 7.5). selama anda mendorong, peti mengalami perpindahan d (-3,0m)i
a. Berapakah besarnya usaha yang telah di lakukan oleh gaya anda pada peti selama perpindahan itu ?
Penyelesaian :dari pers. 7.11, usaha sama dengan w= f.d = [(2,0N)i + (-6,0N)j] .[(3,0m)i].
Diantara berbagai perkalian vector satuan yang mungkin, hanya i.i, j.j dan k.k yang bukan nol. Disini kita mendapatkan
W=(2,0)(-3,0m)i.i + (-6,0N)(-3,0m)j.i
= (-6,0j)(1)+0 = -6,0J
Jadi gaya tersebut mentransfer energy kinetiknya sebesar 6,0 J dari energy kinetik peti.
b. Jika peti mempunyai energy kinetic sebesar 10 J pada permulaan perpindahan d, tentukan energy kinetiknya pada akhir perpindahan.
Penyelesaian :dengan mengunakan pers.7.5 dengan Ki= 10J dan w = -6J, kita mendapatkan
Kf= Ki + W = 10 + (-6,0) = 4,0 J.
SOAL CONTOH 7.4
Marilah kita kembali keprestasi-prestasi angkat besi yang dibuat oleh Vasili Alexeev dan Paul Anderson.
Ketika Alexeev mengangkat beban seberat 2.500 N setinggi 2,0 m, berapakah nilai usaha yang dilakukan
pada beban oleh berat beban mg ?
PENYELESAIAN :
Nilai vektor berat mg sama dengan mg. Sudut anatara vektor itu dan vektor d sama dengan 180o. Dari∅ pers.7.16, usaha yang dilakukan oleh mg adalah
Wg = mgd cos = (2500 N) (2,0 m) (cos 180o)∅
= -5000 J. (jawaban)
Berapakah besar usaha yang dilakukan oleh gaya yang dikerahkan Alexeev selama pengangkatan ?
PENYELESAIAN :Oleh karena beban tidak bergerak pada awal dan akhir pengangkatan, kita dapat menggunakan pers. 7.20 sehingga mendapatkan
WVA = -Wg = +5000J
c. Ketika alexeev menahan beban tidak bergerak diatas kepalanya, berapakah besar usaha yang
dilakukan oleh gaya yang ia kerahkan pada beban ?
Penyelesaian :ketika ia menyangga beban, beban dalam keadaan diam. Jadi, perpindahan beban d = 0 dan
menurut pers. 7.9 usaha yang dilakukan pada beban sama dengan nol ( meskipun menyangga beban tersebut
merupakan pekerjaaan yang sangay melelahkan.
d. Berapakah besar usaha yang dilakukan oleh gaya yang di kerahkan paul Anderson untuk mengankat beban seberat 27.900N setinggin 1 cm?
Penyelesaian :dari persamaan 7.21 dengan mg = 27.900N dan d = 1 cm, maka kita mendapatkan
WPA = -mgd cos 0 = -mgd cos 180
= -(27.900N) (0,001m) (-1) = 280J.
Angkatan Anderson memerlukan gaya ke atas yang besar sekali, tetapi hanya melibatkan transfer energy yang kecil senilai 280 J, disebabkan oleh perpindahan yang pendek.
Soal 7.5
Sebuah peti keju 15 kg yang semula diam di tarik mengunakan kabel sejauh L = 5,70 m, mendaki lerengan
tanpa gesekan, ke ketinggian h = 2,50m, tempat peti berhenti (gambar 7.8a).
a. Berapakah besar usaha yang dilakukan pada peti oleh gaya berat mg selama penarikan keatas itu
Penyelesaian : kita menghitung ini dengan pers. 7.16, dengan mengunakan L sebagai nilai perpindahan.
Sudut antara mg dan perpindahan sama dengan 0 + 90 (lihat diagram benda bebas gambit 7.8b). kita
memperoleh :
Wg = mg L cos (0 + 90) = -mgL sin 0
Dari gambar 7.8a, kita mengetahui bahwa L sin 0sama dengan ketinggian h yang di tempuh oleh peti. Maka
kita mendapatkan Wg =-mgh.
Ini berarti bahwa usaha yang dilakukan oleh berat peti bergantung pada perpindahan vertical peti dan tidak
bergantung pada perpindahan horizontalnya. Pemasukan data dari yang diketahui kedalam pers. 7.22
menghasilkan Wg= -(15kg) (9,8m/s2) (2,50m) = -368 J
b. Berapakah besar usaha yang dilakukan pada peti oleh gaya T yang di kerahkan oleh kabel, yang
menaik peti mendaki lerengan ?
Gambar 7.8
PENYELESAIAN :Oleh karena peti tidak bergerak sebelum dan sesudah penarikan keatas, perubahan ∆K
pada energi kinetiknya harus sama dengan nol. Maka dari pers. 7.15,
∆K = W1 + W2 + W3 + . . . (7.23)
Kita mengetahui bahwa usaha total yang dilakukan oleh semua gaya yang beraksi pada peti harus sama
dengan nol. Disamping berat peti, hanya ada dua gaya lain yang bekerja pada peti : gaya normal N yang
berasal dari lerengan dan gaya T dari kabel. Oleh karena itu tegak lurus terhadap perpindahan peti sepanjang
lerengan, gaya normal melakukan usaha nol pada peti. Maka, dengan WT yang merepresentasikan usaha
yang dilakukan oleh gaya T, pers. 7.23 menjadi
0 = Wg + WT
Dengan menstitusikan -368 J ke Wg, kita mendapatkan WT = 368 J.
Bab 8
Energi Potensial dan Kekekalan Energi
Contoh Soal 8.1
Gambar 8.5a menunjukkan sebuah balok keju licin 2,0 kg yang meluncur di sepanjang trek tanpa gesekan
dari titik a ke titik b. Keju ini menempuh jarak total 2,0 m di sepanjang lintasan itu, dan jarak vertikal netto
0,80 m. Berapakah usaha yang dilakukan pada keju oleh beratnya selama gerak itu?
PENYELESAIAN: Dari per. 7.16 kita mengetahui bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya berat mg, pada
perpindahan d dengan sudut ∅ terhadap mg, sama dengan yang diperoleh dari W=mgd cos ∅ . Namun disini
tampaknya kita tidak mungkin menggunakan persamaan itu karena kita tidak mengetahui bentuk lintasan
sebenarnya. Meskipun kita mengetahuinya, perhitungannya akan sulit karena sudut ∅ tidak konstan
disepanjang lintasan yang dilalui keju.
Akan tetapi, karena berat merupakan gaya konservatif, kita dapat menentukan usaha tersebut dengan
memilih lintasan yang lain diantara a dan b, lintasan yang membuat perhitungan menjadi lebih mudah.
Marilah kita memilih lintasan garis terputus-putus di dalam Gambar 8.5b; lintasan ini terdiri dari dua ruas
lurus. Di sepanjang ruas horisontal, sudut ∅ bernilai konstan 90°. Meskipun kita tidak mengetahui
perpindahan di sepanjang segmen horisontal itu, pers. 7.16 menginformasikan bahwa usaha W h yang
dilakukan adalah
W h=mgd cos90 °=0
Di sepanjang ruas vertikal, perpindahan d sama dengan 0,80 m dengan mg maupun d yang berarah ke
bawah, sudut ∅ bernilai konsanta 0°. Maka, menurut Pers. 7.16, usaha W v yang dilakukan di sepanjang
bagian vertikal dari lintasan garis terputus-putus itu adalah
W v=mgd cos 0°
= (2,0 kg)(9,8 m/s2)(0.80 m)(1) = 15,7 J
Maka usaha total yang dilakukan pada keju bergerak dari titik a ke titik b sepanjang lintasan garis terputus-
putus adalah
W = W h + W v = 0 + 15,7 ≈ 16 J. (Jawaban)
Ini juga merupakan usaha yang dilakukan ketika keju bergerak di sepanjang trek dari a ke b.
GAMBAR 8.5
Soal Contoh
8.1(a) Sebuah
balok keju
meluncur di
sepanjang
lintasan tanpa gesekan dari titik a ke titik b. (b) Penentuan usaha yang dilakukan pada keju oleh bratnya
lebih mudah dilakukan di sepanjang lintasan garis terputus-putus daripada di lintasan sebenarnya yang
ditempuh oleh keju. Hasilnya sama untuk kedua lintasan itu.
Contoh Soal 8.2
Seekor kera 2,0 kg bergantung pada dahan yang berkedudukan 5,0 m diatas tanah (Gambar. 8.6).
(a)Berapakah nilai energi potensial gravitasi U dari sistem kera-Bumi jika kita menetapkan titik acuan y=0 (1) pada tanah,(2) pada dasar balkon yang berada 3,0 m di atas tanah, (3) pada dahan, dan (4) 1,0 m di atas dahan ? ambillah energi potensial gravitasi sama dengan nol pada y=0.
PENYELESAIAN: Dengan Pers. 8.9, kita dapat menghitung U untuk setisp pilihan y=0. Sebagai contoh, untuk (1)kera pada mulanya berada di y=5,0 m, dan
U=mgy=(2,0 kg)(9,8 m/s2)(5,0 m)
= 98 J (Jawaban)
Untuk pilihan-pilihan lainnya, nilai-nilai U adalah
(2) U = mgy = mg(2,0 m) = 39 J,
(3) U = mgy = mg(0) = 0 J
(4) U = mgy = mg(-1,0 m) = -19,6 J
≈ -20 J (Jawaban)
(b) Kera jatuh ke tanah. Untuk setiap pilihan titik acuan, berapakah nilai perubahan nilai pada energi potensial sistem kera-Bumi akibat jatuh itu?
PENYELESAIAN: Untuk keempat situasi, kita mendapat ∆ y= 5,0 m. Maka, untuk (1) hingga (4), Pers. 8.7 menginformasikan bahwa
∆ U = mg ∆ y=(2,0 kg)(9,8 m/s2)(-5,0 m)
= -98 J (Jawaban)
Jadi, meskipun nilai U bergantung pada pilihan atas tempat, kita menetapkan y=0, perubahan pada energi
potensial tidak bergantung pada hal itu. Ingat, hanya perubahan ∆U pada energi potensial yang penting
secara fisis-bukan nilai U, yang bergantung pada pilihan-pilihan yang berubah-ubah dari konfigurasi acuan.
GAMBAR 8.6 Soal Contoh 8.2 Empat pilihan dari titik acuan y=0. Masing-masing sumbu y ditandai dalam
satuan meter.
Contoh Soal 8.3
Di dalam Gambar8.8, seorang anak yang bermassa m dilepaskan dari keadaan diam pada puncak seluncuran
air, pada ketinggian h= 8,5 m diatas dasar seluncuran. Dengan mengasumsikan bahwa seluncuran itu licin
sempurna karena air diatasnya, tentuka kelajuan anak itu pada dasar seluncuran.
PENYELESAIAN: Jika kita menggunakan rumus fisika dari Bab 2 hingga Bab 6, soal ini tidak mungkin
dipecahkan karena kita tak diberi informasi tentang bentuk seluncuran. Akan tetapi dengan rumus fisika Bab
7 dan Bab 8, soal ini menjadi mudah. Kita memperhatikan dulu bahwa, dengan tidak adanya gesekan, satu-
satunya gaya yang didesakkan pada anak itu oleh seluncuran adalah gaya normal, yang selalu tegaklurus
dengan permukaan seluncuran. Oleh karena anak itu selalu bergerak sepanjang papan seluncuran, gaya ini
selalu tegak lurus terhadap perpindahan anak itu dan dengan demikian tidak dapat melakukan usaha pada
anak itu. Satu-satunya gaya yang melakukan usaha adalah berat anak itu sebesar mg, yang merupakan gaya
konservatif. Dengan demkian kita mempunyai sistem anak-Bumi untuk nergi mekanik E yang terkonservasi
pada seluruh grak anak itu.
Jadi energi mekanik Eb pada dasar seluncuran dan energi mekanik Et pada puncak seluncuran bernilai sama:
Eb = Et. Penulisan persamaan kekekalan energi ini dalam bentuk Pers. 8.17 menghasilkan
Kb + Ub = Kt + Ut,
Atau
12
mv2b + mgyb =
12
mv2t + mgyt,
Pembagian oleh m dan pnyusunan kembali menghasilkan
v2b = v2
t + 2g(yt – yb).
Dengan memasukkan vt = 0 dan yt – yb = h menghasilkan
Vb = √ 2g h = √ (2)(9,8m
s2)(8,5 m)
= 13 m/s. (Jawaban)
Ini merupakan kelajuan yang sama yang akan dicapai anak itu jika ia jatuh sejauh 8,5 m. Pada seluncuran
yang sesungguhnya, beberapa gaya gesek akan beraksi dan anak itu tidak akan bergerak secepat itu.
Soal ini sulit untuk dipecahkan secara langsung dengan hukum Newton. Penggunaan kekeakalan energi
mekanik membuat penyelesaian lebih mudah. Akan gtetapi, jika anada diminta untuk menentukan waktu
yang diperlukan anak itu untuk mencapai dasar seluncuran, metode-metode tidak akan berguna. Anda akan
perlu mengetahui bentuk seluncuran dan anda akan menghadapi soal yang sulit.
GAMBAR 8.8 Soal Contoh 8.3 seorang anak meluncur menuruni suatu seluncuran air dari ketinggian h.
Contoh Soal 8.4
Pegas suatu senjata dipampatkan sejauh d = 3,2 cm dari keadaan relaksnya dan sebuah bola bermassa m =
12 g dimasukkan kedalam laras. Dengan kelajuan berapakah bola akan meninggalkan laras ketika senjata itu
diletuskan? Konstanta pegas k = 7,5 N/cm. Asumsikan tidak ada gesekan dan laras senjata horizontal. Juga
asumsikan bahwa bola meninggalkan pegas, kemudian pegas berhenti ketika pegas mencapai panjang
relaksnya.
PENYELESAIAN: Misalkan Ei sebagai energi mekanik sistem bola senjata pada keadaan awal ( sebelum
senjata diletuskan), dan Ef sebagai energi mekanik sistem pada keadaan akhir (ketika bola meninggalkan
laras). Pada mulanya, energi mekanik = energi potensial pegas Ui= 12
kd 2. Pada keadaan akhir, energi
mekanik = energi kinetik bola Kf = 12
mv2. Oleh karena energi mekanik terkonservasi, kita mendapatkan
Ei = Ef,
Ui + Ki = Uf + Kf,
Dan
12
kd 2 + 0 = 0 + 12
mv2.
Pencarian v menghasilkan
v=d√km
= (0,32 m) √750 N /m
12 x10−3kg
= 8,0 m/s. (Jawaban)
Contoh Soal 8.5
Seorang penerjun tali, 61,0 kg berada di atas sebuah jembatan, 45,0 m di atas sungai. Dalam keadaan
relaksnya, tali elastis tersebut mempunyai panjang L = 25,0 m. Asumsikan bahwa tali tersebut memenuhi
hukum Hooke, dengan konstanta pegas sebesar 160 N/m.
(a) Jika penerjun itu berhenti sebelum mencapai air, berapakah ketinggian kakinya, h, diatas air pada
titik terendahnya?
PENYELESAIAN: Sebagaimana ditunjukkan dalam gambar 8.9, d adalah panjang regangan tali ketika
penerjun berhenti sekejap pada titik terendahnya. Akibat penerjunannya itu, perubahan ∆ U g pada energi
potensial gravitasinya adalah ∆ U g = mg∆y = -mg(L + d). Dengan m adalah massa penerjun. Perubahan pada
energi potensial elastik Ue tali adalah ∆Ue = 12
kd 2.
Energi kinetik penerjun K = 0 baik pada mulanya maupun berhenti. Dari Pers. 8.18 dan persamaan diatas kita mendapatkan untuk sistem tali-penerjun-Bumi,
∆K + ∆Ue + ∆Ug = 0
0 + 12
kd 2 - mg(L + d) = 0
12
kd 2 – mgL – mgd = 0
Dengan memasukkan data yang diberikan, kita mendapatkan
12
(160 N/m)d 2 – (61,0 kg)(9,8 m/s2)(250,0 m)-(61,0 kg)(9,8 m/s2)d = 0,
Yang dengan rumus kuadrat kita dapat mencari d dan mendapatkan
d = 17,9 m.
(Rumus kuadrat juga menghasilkan nilai negatif untuk d, yang tak mempunyai arti disini). Maka kaki penerjun berjarak (L + d) = 42,9 m dibawah ketinggian awalnya. Jadi,
h = 450,0 m – 42,9 m = 2,1 m (Jawaban)
Jika penerjun ini kebetulan mempunyai tinggi badan yang istimewa, ia dapat mencelupkan kepalanya.
(b) Berapakah gaya neto pada penerjun di titik terendahnya (khususnya, apakah sama dengan nol)?
GAMBAR 8.9 Soal Contoh 8.5. Seorang penerjun tali pada titik terendah penerjunnya.
PENYELESAIAN: Berat penerjun mg beraksi ke arah bawah dan mempunyai nilai mg = 597,8 N. Gaya ke
atas yang diusahakan padanya oleh tali pada waktu penghentian ditentukan oleh hukum Hooke, F = -kx,
dengan x adalah perpindahan ujung bebas tali. Di sini, perpindahan berarah ke bawah, sehingga x = -d dan
F = -kx = -(160 N/m)(-17,9 m) = 2864 N.
Oleh karena itu, gaya neto pada penerjun adalah
2864 N – 597,8 N ≈ 2270 N. (Jawaban)
Jadi, pada titik terendah tempat ia berhenti sekejap, terdapat gaya neto ke atas sebesar 2.270 N (hampir
empat kali berat penerjun) yang beraksi padanya. Gayaa ini akan menyentakkan punggungnya ke atas.
BAB 9
SSTEM YANG TERDIRI DARI PARTIKEL-PARTIKEL
SOAL CONTOH 9.1
Gambar 9.3 menunjukkan tiga partikel dengan massa m1=1,2 kg, m2=2,5 kg, dan m3=3,4 kg yang
berkedudukan di titik titik sudut segitiga sama sisi a=140 cm. dimanakah pusat massanya?
PENYELESAIAN : kita memilih sumbu-sumbu kordinat x dan y sehingga salah satu partikel
berkedudukan di titik pangkal dan sumbu x berimpit dengan salah satu sisi segitiga. Maka koordinat-
koordinat ketiga partikel itu adalah :
Partikel Massa (kg) x (cm) y (cm)
m1 1,2 0 0
m2 2,5 140 0
m3 3.4 70 121
Oleeh karena itu pilihan bijaksana kita pada sumbu – sumbu koordinat, tiga diantara koordinat-koordinat
didalam table sama dengan nol, sehingga menyederhanakan perhitungan kita. Massa total M dari system
adalah 7,1 kg.
Gambar 9.3 soal contoh 9.1. tiga partikel yang mempunyai massa-massa yang berlainan membentuk
segitiga sama sisi dengan sisi a. Pusat massa ditentukan kedudukannya oleh vector kedudukan rpm.
Dari pers. 9.5, koordinat-koordinat pusat massa adalah
xpm = 1M ∑
i=1
3
mixi= m1 x1+m2 x2+m3 x3
M
= (1,2kg ) (0 )+(2,5kg ) (140cm )+(3,4 kg )(70cm)
7,1kg
= 83cm
Dan
Ypm = 1M ∑
i=1
3
miyi = m1 y1+m2 y2+m3 y3
M
= (1,2 kg ) (0 )+(2,5 kg )(0)+(3,4 kg)(121 cm)
7,1 kg
= 58cm
Di dalam gambar 9.3 pusat massa di alokasikan oleh vector kedudukan rpm denga komponen-komponen xpm
dan ypm.
SOAL CONTOH 9.2
Tentukan pusat pelat segitiga seragam yang diperlihatkan pada setiap bagian dari Gambar 9.4.
PENYELESAIAN: Gambar 9.4a menunjukkan pelat yang dibagi atas bilah-bilah tipis, yang sejajar dengan
salah satu sisi segitiga.Dari simetri, pusat massa suatu bilah seragam yang tipis ada dititik tengahnya.Maka
pusat massa pelat segitiga itu harus berkedudukan pada garis yang menghubungkan titik-titik tengah sebuah
bilah. Garis bagi itu juga menghubungkan puncak segitiga dengan titik tengah sisi di hadapannya. Pelat akan
setimbang jika ditempatkan di atas tepitajam pisau yang berimpit dengan garis simetri ini.
Di dalam gambar 9.4b dan 9.4c kita membagi lagi pelat atas bilah-bilah yang sejajar dengan kedua
sisi lain dari segitiga itu. Pusat masssa juga harus terletak disuatau titik pada setiap garis-garis yang di
tunjukkan itu. Oleh karena itu, pusat massa titik potong harus terletak di titik potong ketiga garis simetri ini,
sebagaimana ditunjukkan 9.4d. Ini merupakan satu-satunya titik yang dimiliki secara bersama-sama oleh
garis itu.
Anda dapat memeriksa kesimpulan ini secara eksperimen dengan memenafaatkan gagasan intuitif
(yang benar) bahwa suatu benda yang di gantung dari sebuah titik akan mengorientasikan dirinya
sedemekian rupa sehingga pusat massanya terletak vertical dibawah titik itu. Gantungkan segitiga dari setiap
puncaknya secara bergantian dan tariklah garis secara vertical kebawah dari titik gantungnya, seperti
didalam gambar 9.4e pusat segitiga akan berkedudukan dititik potong ketiga garis itu.
GAMBAR 9.4 soal contoh 9.2. Di dalam (a),(b),
(c), pelat segitiga dibagi atas bilah-bilah tipis yang sejajar dengan sebuah sisi. Pusat massa harus
berkedudukan pada garis-garis bagi yang terlihat di sini.(d) Noktah, satu-satunya titik yang dimiliki
bersama-sama oleh ketiga garis, merupakan kedudukan pusat massa.(e) penentuan pusat massa dengan
menggantung segitiga dari setiap puncaknya secara bergantian.
CONTOH SOAL 9.3
Gambar 9.5a menunjukkan pelat logam melingkar seragam dengan radius 2R. Sebuah cakram beradius R
telah dibuang dari pelat ini. Sebutlah benda ini sebagai benda berlubang X. Pusat massanya diperlihatkan
sebagai noktah pada sumbu x. Tentukan kedudukan titik ini.
PENYELESAIAN : Gambar 9.5b menunjukkan benda X sebelum cakram dibuang. Seteleah cakram
sebagai benda D dan pelat komposit semula sebagaoi benda C. Dari simetri, pusat massa benda c
berkedudukan dititik pangkal system koordinat yang ditempatkan sebagaimana terlihat.
Dalam pencarian pusat massa suatu benda komposit kita dapat mengasumsikan bahwa massa
komponen-komponennya terkonsentrasi dipusat-pusat massa individual mereka. Jadi, benda C dapat
diperlakukan ekuivalen dengan dua massa titik, yang mewakili benda X dan benda D. Gambar 9.5c
menunjukkan pusat-pusat massa ketiga benda ini.
Kedudukan pusat massa benda C diperoleh dari pers.9.2 sebagai mDxD+mX
xX
Xc=
mD xD+mx x x
mD+m x
Dengan Xp dan Xx masing-masing adalah kedudukan pusat massa benda D dan benda X.seraya memperlihatkan bahwa Xc=0 kita mencari Xx dan mendapatkan
Xx = xD md
mx
Jika P adalah massa jenis ( massa per volume) material pelat dan t adalah ketebalan seragam pelat itu, kita mendapatkan
md = πR2ρt dan π(2R)2ρt-πR2ρt
GAMBAR 9.5 Soal contoh 9.3(a) Benda X adalah cakram logam beradius 2R dengan sebuah lubang beradius R; pusat massanya pada titik Pmx (b) benda D adalah sebuah cakram logam yang mengisi lubang benda X; Pusat massanya pada titik Pmd, di x= -R. Benda C adalah benda komposit yan terbuat dari benda X dan benda D; pusat massanya pada titik pangkal koordinat-koordinat. (c) pusat-pusat massa ketiga benda.
Dengan subtitusi-subtitusi ini dan dengan xD = -R, pers.9.12 menjadi
Xx = (−R )(πR¿¿2 ρt )
π (2R)2 ρt−πR2 ρt¿ =
13
R
Perhatikan bahwa masa jenis seragam dan ketebalan pelat terhapuskan dan karenanya tidak menentukan Xx.
CONTOH SOAL 9.4
Bukit silbury (gambar 9.6a), sebuah gundukan diatas dataran dekat Stonehenge, dibangun 4.600 tahun yang
lalu atas alas an-alasan yang tidak diketahui, mungkin sebagai tempat pemakaman, Bukit itu berbentuk
kerucut tegak terpancung berpenampang melingkar (lihat gambar 9.6b), dengan permukaan atas yang rata
beradius r2=16m, radius alas r1=88m, tinggi h=40m, dan volume sebesar 4,09 x 105m3. Selimut (sisi)
kerucut membentuk sudut θ= 300 dengan horizontal.
a. Di manakah pusat massa gundukan itu?
PENYELESAIAN : Oleh karena itu kesimetrian melingkar gundukan itu, pusat massanya berkedudukan
pada sumbu vertical setral kerucut, pada ketinggian zpm diatas alas. Untuk mendapatkan zpm kita memakai
bagian terakhir pers.9.11. Kita dapat menyederhanakan integral bersangkutan dengan menggunakan
kesimetrian gundukan. Untuk melakukannya, kita meninjau sepotong “wafer” tipis horizontal, sebagaimana
terlihat pada gambar 9.6b. wafer tersebut mempunyai radius r,ketebalan dz dan luas bidang horizontal πr2
serta berkedudukan pada ketinggian z dari alas.volumenya,dV, adalah
dV = πr2dz
GAMBAR 9.6 Soal contoh 9.4 (a) bukit silbury di inggris dibangun oleh orang neolitik degan memamakan
waktu kira-kira 1,8x107 jam kerja.(b) kerucut tegak berpancung berpenampang lingkaran yang menyerupai
bukit silbury. Sepotong “wafer” denan radius r dan ketebalan dz ditunjukkanpada ketinggian z dari
atas.Gundukan tersebut terdiri dari setumpuk wafer – wafer semacam itu denan radius-radiusnya yang
mempunyai rentang nilai dari r1 pada alas tmpukan hingga r2 pada puncaknya. Jika kerucut itu utuh,
gundukan tersebut akan mempunyai suatu ketinggian yang disebut H di dalam gambar 9.6b. Radius r dari
setiap wafer dikaitkan dengan H oleh
tanθ= Hr1
= H−zr
Atau
r=(H −z) r 1H
Dengan mensubtitusikan pers. 9.13 dan pers.9.14 ke dalam bagian terakhir pers.9.11, maka kita memperoleh
z cm= 1V∫ zdV =
πr12
VH2∫0
h
z (H−z)2dz
¿πr1
2
VH2∫0
h
( z3−2 z2 H+2 H 2)dz
¿πr1
2
VH2 [ z4
4−2 z3 H
3+ z2 H 2
2 ]h0 ¿
πr12 h4
VH 2 [ 14−2 H
3 h+ H 2
2 h2 ]Denan mensubtitusikan nilai-nilai yang diketahuikita mendapatkan
Zpm= π (88 m)2(40 m)2
(4,09xπ 10¿¿5 m3)(50,8m)2 ¿x[ 1
4−
2(50,8 m)3(40m)
+(50,8m)2
2(40m)2 ] = 12,37 m= 12 m
(b) Jika bukit silbury mempunyai masa jenis ρ = 1,5x 103 kg/m3, maka berapakah nilai usaha yang
diperlukan untuk mengamngkat tanah dari level dasar untuk membangun gundukan itu?
PENELESAIAN : Untuk mendapatkan usaha dW yang diperlkan untuk mengangkat sebuah elemen massa
dm ke etinggian z, kita menggunakan pers.7-21 dengan θ=¿1800.
dW = -dm gz cos1800 = dm gz
dengan pers.9.10, kita mensubtitusikan ρdV ke dm, sehingga mendapatkan
dW = ρgz dV
Untuk mencari usaha total yang diperlukan untuk mengangkat seluruh massa bukit silbury ke
tempatnyaa.kita menjumlahkan lewat integrasi, usaha dW yang berkaitan dengan setiap elemen volume dv :
W= ∫ dW=¿∫ ρgzdV =¿∫ zdV ¿¿
Denga mempergunakan pers.9.11 kita mengganti integral dengan Vzpm, sehingga mendapatkan
W= ρgVgzpm
Ini menginformasikan bahwa usaha yang diperlukan untuk mengangkat seluruh massa bukit silbury ke tempatnya adalah sama seperti jika seluruh masssa itu diangkat ke ( dan bagaimana pun terkinsentrasi ada) pusat massa bukit. Oensubtitusian data yang diketahui dalam pers. 9.15 menghasilkan
W= (1,5x103 kg/m3)(4,09x105m3)x(9,8 m/s2)(12,37m)
= 7,4x 1010-J
CONTOH SOAL 9.5
Gambar 9.9a menunjukkan suatu system yang terdiri dari tiga partikel. Setiap partikel mendapat aksi dari sebuah gaya eksternal yang berlainan dan semua partikel pada mulanya dalam keadaan diam. Tntukan percepatan pusat massa system ini.
PENYELESAIAN : Kedudukan pusat massa, yang dihitung dengan metode soal contoh 9.1, ditandai dengansebuah noktah didalam gambar itu. Sebagaimana disarankan gambar 9.9b kita memperlakukan titik ini seakakan akan titik tersebut merupaan partikel nyata, dengan memberinya massa M yang sama dengan total system (16kg) dan dengan mengasumsikan bahwa semua gaya eksternal dikerjakan pada titik itu.
Komponen x dari 3 gaya eksternal neto∑ Feks yang beraksi pada pusat massa adalah
∑ Feks=14N – 6,0N +(12N)(cos450)
= 16,5 N
Dan komponen y adalah
∑ Feks,y= (12N)(sin450)= 8,49N
Oleh karena itu, gaya eksternal neto mempunyai nilai
∑ Feks= √(16,5 N )2+8,49N ¿2¿= 18,6N
Dan membentuk suatu sudut dengan sumbu x yang ditentukan oleh
θ= tan-1 8,49 N16,5 N
=tan-1 0,515
= 270
Ini juga merupakan arah percepatan apm dari pusat massa. Dari pers.9.16, nilai apm ditentukan oleh
apm=∑ Feks
M =
18,6 kg16 kg
= 1,16 m/s2
= 1,2 m/s2
GAMBAR 9.9 Soal contoh 9.5. (a) tiga partikel dalm keadaan diam pada kedudukan kedudukan yang di
tunjukkan, mendapat aksi dari gaya-gaya eksternal yang ditunjukkan.Pusat massa sitem ditandai. (b) Gaya
gaya itu sekarang di transfer ke pusat massa system yang berperilaku seperti sebuah partikel yang
massanya,M, sama dengan massatotal per system. Gaya netto dan percepatan pusat massa diperlihatkan.
Ketiga partikel pada gambar 9.9a dan pusat massa partikel tersebutbergerak dengan percepatan-percepatan
konstan ( yang berlainan). Oleh karena itu partikel-partikel itu mulai dari keadaan diam, masing-masing
akan bergerak dengan kecepatan yang terus meningkat di sepanjang garis lurus dalam arah gaya yang
beraksi padanya. Pusat massa akan bergerak dalam arah apm.
Soal Contoh 9.6
Gambar 9.10a menunjukkan mobil balap mainan 2,0 kg sebelum dan sesudah membelok pada suatu
lintasan. Kelajuaanya sama dengan 0,50 m/s sebelum membelok dan 0,40 m/s sesudah membelok.
Berapakah nilai pembaruan ΔP pada momentum linear mobil?
Penyelesaian : Sebelum kita dapat menggunakan Pers. 9.26 untuk mendapatkan momentum – momentum
linier mobil sebelum dan sesudah membelok, kita memerlukan kecepatannya vi sebelum membelok dan
kecepatannya vf sesudah membelok. Dengan menggunakan sistem koor-dinat Gambar 9.10a, kita kita
menuliskan vi dan vf sebagai
vi = -(0,50 m/s)j dan vf = (0,40 m/s)i.
Pers. 9.26 kemudian kita memberikan momentum linear Pi sebelum mobil membelok dan momentum linear
Pf setelah mobil membelok :
Pi = Mvi = (2,0 kg)(-0,50 m/s)j = (-1,0 kg . m/s)j
dan
Pf = Mvf = (2,0 kg)(0,40 m/s)i = (0,80 kg . m/s)i.
Oleh karena momentum-momentum linear ini tidak pada sumbu yang sama, kita tidak dapat menentukan
nilai perubahan pada momentum linear ΔPdengan sekadar mengurangkan nilai Pi dari nilai Pf. Sebagai
gantinya, kita menuliskan perubahan momentum linear itu sebagai
ΔP= Pf – Pi (9.29
Dan kemudian sebagai
ΔP= (0,80 kg . m/s)i – (-1,0 kg . m/s)j
= (0,80i + 1,0j) kg . m/s. (Jawaban)
Gambar 9.10b menunjukkan ΔP, Pf, dan – Pi .
Perhatikan bahwa kita mengurangkan Pi dari Pf, dengan menambahkan – Pi ke Pf,.
GAMBAR 9.10 Soal Contoh 9.6. (a) Sebuah mobil mainan membelok. (b) Perubahan ΔP pada momentum
linear mobil sama dengan jumlah vektor dari momentum linear akhirnya Pf dan negatif momentum linear
awalnya Pi.
BAB 10
Soal contoh 10.3
Dua bola logam, yang tergantung pada tali-tali vertikal, pada mulanya persis bersentuhan, sebagai mana
ditunjukan didalam gambar 10.10 bola 1, dengan massa m1=30 g, ditarik ke kiri hingga ketinggian h1=8,0
cm, dan kemudian dilepaskan. Setelah mengayun kebawah, bola itu mengalami tumbukan lenting dengan
bola 2 yang massanya m2= 75 g.
a. Tentukan kecepatan bola l v1f persis setelah tumbukan.
Penyelesaian: misalkan v1i menyatakan kelajuan bola 1 persis sebelum tumbukan. Ketika bola itu memulai
ayunan kebawahnya, energi kinetiknya sama dengan nol dan energi potensial gravitasinya sama dengan m1
gh1. Persis sebelum tumbukan, bola 1 mempunyai energi kinetik 12
m1v12 i dan energi potensial gravitasinya
sama dengan nol. Selama ayunan kebawah, kekekalan mekanik memberi kita
12 m1v1
2i=m1gh1
Yang kita selesaikan hingga menghasilkan kelajuan bola 1 v1i persis sebelum tumbukan:
v1i = √2gh 1 = √ (2 ) (9,8 )(0,080 m)=1,252 m/s
meskipun bola 1 mengayun ke bawah dalam busur dua dimensi, kecepatannya berarah horizontal ketika bola
1 bertumbukan dengan bola 2. Jadi tumbukan itu satu dimensi dan kita dapat mempresntasikan kecepatan
bola 1 persis sebelum tumbukan itu sebagai v1i.
Untuk mendapatkan kecepatan bola 1 v1f persis setelah tumbukan, kita menggunakan pers 10.18:
V1f=m1−m2
m1+m2
v1 i=0,030 kg−0,075 kg
0,030 kg+0,075 kg
(1,252 m /s) = -0,537 m/s ≈-0,54 m/s
Tanda minus menginformasikan bahwa bola 1 bergerak kekiri persis setelah tumbukan.
(b). Hingga ke h1’ berapakah bola 1 mengayun ke kiri setelah tumbukan.
Penyelesaian: ketika bola 1 memulai ayunan ke atasnya, energi kinetiknya sama sengan 12
m1 v12f dan energi
potensial gravitasinya sama dengan nol. Ketika bola berhenti sekejap pada ketinggian h1’, energi kinetiknya
sama dengan nol dan energi potensial gravitasinya sama dengan m1gh1’. Dengan kekekalan energi mekanik
selama ayunan ke atas, kita mewndapatkan
m1gh1’=12
m1v12f’
atau
h1’= v 12 f2 g
=
(0,537ms)2
(2 )(9,8ms
2)= 0,0147 m ≈ 1,5 cm
(c) tentukan kecepatan bola 2 v2f persis setelah tumbukan
Penyelesaian: dari pers. 10.19kita memperoleh
v2f=
2m1
m1+m2
v1i =(2 )(0,030kg)
0,030kg+0,075kg (1,252 m/s) =0,715 m/s ≈0,725 m/s
GAMBAR
m1 m2
Gambar 10.10 soal contoh 10.3. Dua bola logam, yang tergantung oleh tali-tali, persis bersentuihan ketika
keduanya dalam keadaan diam. Bola 1 dengan massa m1, ditarik kekiri hingga ketinggian h1 dan kemudian
dilepaskan. Tumbukan lenting yang kemudian terjadi dengan bola 2 mengayunkn bola hingga ketinggian h2.
(d) hingga ketinggian h2 berapakah bola 2 mengayun setelah tubukan?
Penyelesaian: bola 2 memulai ayunan ke atasnya dengan energi kinetik 12
m2vv22f. Ketika bola berhenti
sekejap pada ketinggian h2, energi potensial gravitasinya sama dengan m2gh2. Kekekalan energi mekanik
selama ayunan keatas memberi kita
m2gh2 = 12
m2v22f
atau h2 = h2 f
2
2g =
(0,715ms) 2
(2 )(9,8 m /s )2
=0,0261 m ≈ 2,6 cm. (jawaban)
Contoh soal 10.7
dua orang pemain ski es bertumbukan dan berpelukan,dalam satu tumbukan tak llenting sempurn.ini
berarti,maka bertempelan setelah benturan sebagai mana di tunjukan pada gambar berikut
y(utara) (lintasan pm)
M=mA+ mB
vA θ (x timur)
ma
pm vB
mB
Dimana titik pangkal ditempatkan di titik tumbukan.alfred yang massanya mA= 8 kg semula bergerak
ketimur dengan kelajuan vA= 6,2 km/jam.barbara yang massanya mb= 55kg smula bergerak keutara dengan
kelajuan vB= 7,8 km/jam.
(a) Tentukan kecepatan pasangan itu,V, setelah benturan.
Penyelsaian : momentum liniear terkonserfasi selama tumbukan.kita dapat menuliskan untuk komponen-
komponen momentum liniear dalam arah x dan arah y,
mA v A = MV cos θ ( komponen x)
Dan mB vB = MV sin θ ( komponen y)
Diamana M =mA+mB.menghasilkan tanθ = mB vB
mA v A =
(55 kg )(7,8 km / jam)(83 kg )(6,2 km / jam)
= 0,834.
Maka θ = tan −1 0,834 = 39,80 ≈ 400.
Lalu kita memeperoleh V=mB vB
M sin θ =
(55 kg )(7,8 km / jam)(83 kg+55 Kg )(sin 39,8 0)
= 4,86 km/jam ≈ 4,9 km/jam
(b) Tentukan kecepatan pusat massa kedua pemain ski tersebut sebelum dan sesudah tumbukan
Penyelsaian : kita dapat menjawab pertanyaan ini tanpa menghitung lebih lanjut,setelah
tumbukan,kecepatan pusat massa sama seperti kecepatan yang telah kita hitung di bagaian (a) yakni, 4,9
km/jam pada 400 udara dari timur.oleh karena kecepatan pusat massa tidak berubah akibat tumbukan,nilai
yang sama harus berlaku sebelum tumbukan.
(c) Tentukan perubahan fraksi pada energi kinetik kedua pemain ski es itu karena tumbukan
Penyesaian: energi kinetik awal adalah
k i = 12
mA v2A+
12
mB v2B
=( 12
) (83 kg)(6,2 km/jam)2 + ( 12
) (55 kg)(7,8 km/jam)2
= 3,270.km2/jam2
Energy kinetik akhir adalah = 12
MV 2 k f
=( 12
) (83 kg + 55 kg)(4,86 km/jam)2
=1.630. km/jam2.
Perubahan fraksi menjadi Frak = k f −k i
k i
¿ 1.630 kg . km2/ jam2−3.270 kg . km2/ jam 2
3.270 kg . km2/ jam2 = - 0,50
Jadi 50% energy kinetik hilang akibat tumbukan.
Bab 11
ROTASI
Contoh soal 11.1
Kedudukan angular suatu garis acuan pada sebuah roda yang berputar ditentukan oleh
Θ= i3-27t+4
Dengan t dalam sekon dan θ dalam radian.
a) Carilah ω(t) dan α(t)
PENYELESAIAN: Untuk mendapatkan ω(t), kita mendiferensiasikan θ(t) Terhadap t:
ω =d θ (t)
dt=3t2-27 (Jawaban)
untuk mendapatkan α(t), kita mendiferensasikan ω(t) terhadap t:
α =d ω(t)
dt=
d ( 3t 2−27 )dt
(Jawaban)
b) Kapan kita mendapatkan ω(t) = 0?
PENYELESAIAN: Dengan membuat ω(t)=0 kita mendapatkan
0 = 3t2-27
yang jika diselesaikan akan menghasilkan
t =±3s (Jawaban)
Artinya, kecepatan angular bernilai nol sekejap 3s sebelum dan 3s sesudah jam kita menujukkan angka nol.
c) Deskripsikan gerak roda untuk t ≥0.
PENYELESAIAN: Untuk menjawab, kita mengkaji ekspresi untuk θ(t), ω(t), α(t).
pada t = 0, garis acuan pada roda berkedudukan di θ = 4 rad, dan roda sedang berotasi dengan kelajuan angular sebesar
-27 rad/s (artinya, searah jarum jam dengan kecepatan angular 27 rad/s) dan percepatan angular sebesar nol.
Selama 0< t < 3s, roda terus berotasi searah jarum jam, tetapi dengan kelajuan angular menurun karena roda sekarang
mempunyai percepatan angular positif( berlawanan arah jarum jam).(cek ω(t) dan α(t) untuk, katakan t= 2s.)
Pada t = 3s, roda berhenti sekejap (ω = 0) dan telah menempuh rotasi maksimum searah jarum jam( garis acuan
sekarang berkedudukan pada = -50 rad).
Selama t > 3s, pecepatan angular roda terus meningkat. Kecepatan angularnya sekarang juga berlawanan arah jarum
jam, meningkat secara cepat karena ω dan α bertanda sama.
Soal contoh 11.2
Gasing seorang anak berputar dengan percepatan angular
α = 5t3 - 4t
dengan koefisien- koefisien dalam satuan- satuan yang sesuai dengan sekon dan radian. Pada t = 0, gasing tersebut
mempunyai kecepatan angular 5 rad/s, dan sebuah garis acuan pada gasing berkedudukan angular θ = 2 rad.
a) Dapatkan ekspresi untuk kecepatan angular ω(t) gasing tersebut.
PENYELESAIAN: Dari persamaan 11.8 kita memperoleh
dω= αdt
yang jika diintegralkan akan menghasilkan
ω = ∫ αdt = ∫ (5 t 2−4 t ) dt
= 54
t4 - 42
t2 + C
Untuk mengevaluasi konstanta integral C, kita ingat bahwa ω= 5 rad/s pada t =0. Pensubstitusikan nilai- nilai ini di
dalam ekspresi kita untuk ω menghasilkan
5 rad/s = 0 – 0 + C
Sehingga C= 5 rad/s. Maka
ω = 54
t4 - 42
t2 + 5 (Jawaban)
b) Dapatkan ekspresi untuk kedudukan angular θ(t) gasing tersebut.
PENYELESAIAN: Dari pers. 11.6 kita memperoleh
dθ = ωdt
yang jika diintegrasikan akan menghasilkan
θ =∫ωdt =∫( 54
t 4−2 t2+5)dt
= 14
t 5−23
t3−5 t+C '
= 14
t 5−23
t3−5 t+2 (Jawaban)
Dengan C’ telah terevaluasi dengan mengingat bahwa θ = 2 rad pada t = 0.
Soal contoh 11.3
Sebuah batu gerinda mempunyai percepatan angular konstan α= 0,35 rad/s2. Batu mulai dari keadaan diam( artinya,
ω0= 0) dengan sebuah acuan sembarang yang horizontal pada kedudukan angular θ0 = 0.
a) Tentukan perpindahan angular θ garis acuan itu( karena putaran roda) pada t = 18s.
PENYELESAIAN: Dari pers. 11.10 pada table 11.1(θ = ω0t + 0,5 αt2), kita memperoleh:
θ = (0)(18s) + (0,5)(0,35 rad/s2)(18s)2
= 56,7 rad ≈ 57 rad≈32000 ≈9,0 rev. (Jawaban)
b) Tentukan kecepatan angular roda pada t = 18 s
PENYELESAIAN: Dari pers. 11.9 pada table 11.1 (ω= ω0 + αt) sekarang kita mendapatkan:
ω = 0 + (0,35 rad/s2)(18s)
= 6,3 rad/s =3600/s= 1,0 rev/s (Jawaban)
Soal contoh 11.4
Untuk batu gerindra dari soal 11.3, marilah kita mengamsumsikan percepatan angular yang sama (α = 0,35 rad/s2), tetapi putaran roda tidak dimulai dari keadaan diam, roda mempunyai kecepatan angular awal ω0 = - 46 rad/s. Artinya, percepatan angular beraksi pada mulanya untuk melambatkan putaran roda( karena tanda α berlawanan dengan tanda ω0 ).
a) Pada waktu t berapakah batu gerinda itu akan berhenti sesaat?
PENYELESAIAN: Pencarian t dari pers. 11.9 (ω = ω0 + αt) menghasilkan
t= ω−ω0
α =
0−(−4,6 rad /s)0,35 rad / s2 = 13 s. (Jawaban)
b) Kapankah batu gerinda itu akan telah berotasi sedemikian rupa sehingga perpindahan angularnya sama dengan lima revolusi dalam arah positif rotasi?( Perpindahan angular garis acuan akan menjadi θ = 5 rev.)
PENYELESAIAN: roda pada mulanya berotasi dalam arah negative( searah jarum jam) dengan ω0 = - 4,6 rad/s, tetapi percepatan angular α bernilai positif( berlawanan arah jarum jam). Oposisi awal tanda- tanda antara kecepatan angular dan percepatan angular mengandung arti bahwa roda mengalami perlambatan rotasi dalam arah negative, kemudian berhenti, dan setelah itu membalik berotasi dalam arah positif. Setelah garis acuan kembali melalui orientasi semulanya dengan θ = 0, roda harus berputar lima berevolusi lagi untuk mencapai perpindahan angular yang kita kehendaki. Ini semua akan “ terpenuhi” jika kita menggunakan pers. 11.10:
θ = ω0t + 0,5αt2
pensubstitusian nilai- nilai yang diketahui dan memasukkan θ= 5 rev = 10π rad memberi kita
10πrad = (- 4,6 rad/s)t + (0,5)(0,35 rad/s2)t2
Perhatikan bahwa untuk t dalam sekon, satuan- satuan di dalam persamaan ini konsisten. Penghapusan satuan- satuan( demi kemudahan) dan penyusunan kembali persamaan itu menghasilkan
t2 – 26,3t – 180 = 0 (11.14)
dengan mencari t dari persamaan kuadrat ini dan membuang akar negatifnya, kita mendapatkan
t = 32 s (Jawaban)
Soal contoh 11.5
Selama analisis mesin sebuah helicopter, anda menentukan bahwa kecepatan rotor berubah dari 320 revolusi/ menit ke 225 revolusi/menit dalam 1,50 menit ketika rotor melambat hingga berhenti
a) Tentukan percepatan angular rata- rata baling- baling rotor selama interval ini.
PENYELESAIAN: dari pers. 11.7,
α = ω−ω0
∆ t=
225 revolusi/menit−320 revolusi /menit1,5 menit
= - 63,3 revolusi/ menit2 (Jawaban)
b) Asumsikan percepatan angular α bernilai konstan pada nilai rata- rata ini. Berapa lamakah baling- baling rotor akan terhentikan dari kecepatan angularnya awalnya 320 revolusi/menit?
Penyelesaian: Pencarian t dari pers. 11.9 (ω= ω0 + αt) menghasilkan
t = ω−ω0
α =
0−320 revolusi /menit
−63,3 revolusi /menit2
= 5,1 menit (Jawaban)
c) Berapa revolusikah yang akan ditempuh baling- baling rotor dalam penghentiannya dari kecepatan angular awal 320 revolusi/menit?
Penyelesaian: pencarian α dari pers 11.11 (ω2 = ω02 + 2αθ) memberi kita
θ = ω2−ω0
2
2α =
0−(320 revolusi/menit )2
(2 )(−63,3 revolusi/menit 2)
= 809 revolusi (Jawaban)
Soal contoh 11.5
Gambar 11.10 menunjukkan sebuah sentrifuge yang dipergunakan untuk membiasakan para siswa pelatihan astronaut tehadap percepatan- percepatan tinggi. Radius r lingkaran yang ditempuh seorang astronaut sama dengan 15 m.
a) Pada kecepatan angular konstan berapakah sentrifuge harus berotasi agar astronaut mendapat percepatan linear yang sama dengan 11g?
PENYELESAIAN: oleh karena kecepatan angular bernilai konstan, percepatan angular α (=dω/dt) bernilai nol dan demikian pula komponen tangensial percepatan linear( lihat pers. 11.20). Yang tertinggal hanyalah komponen radial. Dari pers. 11.12 (ar = ω2r), dengan ar= 11g, kita memperoleh
ω =√ αr
r = √ (11 )(9,8 m /s2)
15 m
= 2,68 rad/s ≈ 26 revolusi/menit (Jawaban)
b) Tentukan percepatan tangensial astronaut itu jika sentrifuge mengalami percepatan secara seragam dari keadaan diam hingga kecepatan angular dari (a) dalam 120 s
PENYELESAIAN: Oleh karena percepatan angular bernilai konstan selama pemercepatan sentrifuge, pers. 11.19 berlaku dan kita mendapatkan
α = ω−ω0
t =
2,68 rad /s−0120 s
= 0,0223 rad/s2
dengan pers. 11.20, kita lalu memperoleh
at = αr = (0,0223 rad/s2)(15 m)
= 0,33 m/s2 (Jawaban)
Meskipun percepatan radial akhir ar(=11g) itu tinggi (dan mengkhawatirkan), percepatan tangensial at(=0,034g) selama pemercepatan tidaklah tinggi.
SoaL contoh 11.7
Gambar 11.13 memperlihatkan sebuah benda tegar yang terdiri dari dua partikel dengan massa m yang dihubungkan oleh sebuah batang sepanjang L yang massanya dapat diabaikan.
(a) Tentukan inersia rotasi benda ini trerhadap suatu sumbu yang melalui pusatnya, tegak lurus terhadap batang ( lihat gambar 11.13a).
PENYELESAIAN : dari pers. 11.24, kit memperoleh
I = Σ mi ri2 = (m)(
12
L2) + (m)( 12
L2)
= 12
mL2 (jawaban)
(b) Tentukan inersia rotasi benda terhadap suatu sumbu yang melalui salah satu ujung batang dan sejajar dengan sumbu pertama, seperti di dalam gambar 11.13b.
(a)
(b)
Gambar 11.13 soal contoh 11.17 benda tegar yang terdiri dari dua partikel dengan massa m yang dihubungkan oleh sebuah batang massanya dapat diabaikan.
PENYELESAIAN : kita dapat menggunakan teorema sumbu sejajar pers. 11.27. ketika baru saja menhitung I pm di dalam (a) dan jara h diantara sumbu-sumbu sejajar itu sama dengan setengah panjang batang, maka, pers. 11.27,
I = Ipm + Mh2 = 12
mL2 + (2m)( 12
L)2
= mL2
Kita dapat mengecek hasil ini melalui perhitungan langsung dengan menggunakan persamaan pers. 11.24 :
I = Σ mi ri2 = (m)(
12
L2) + (m)( 12
L2) (jawaban)
Bab 12
SOAL CONTOH 12.1
Sebuah cakram silindris pejal seragam, yang massanya M = 1,4 kg dan radiusnya R = 8,5 cm, berguling diatas meja horizontal pada krlajuan v = 15 cm/s.
(a) Tentukan kelajuan puncak cakram yang berguling itu.
PENYELESAIAN: Apabila kita berbicara tentang kalajuan benda yang sedang berguling, kita selalu menggantikannya sebagai kelajuan pusat massanya.Dari gambar 12.3c, kita melihat bahwa kelajuan puncak cakram persis dua kali ini, atau
v puncak = 2v pm = (2)(15 cm/s)
= 30 cm/s ( Jawaban )
(b) Tentukan kelajuan anguler ω cakram yang berguling itu.
PENYELESAIAN: Dari pers. 12.2, kita memperoleh
ω = v pm
R =
15 cm /s8,5 cm
= 1,8 rad/s = 0,28 revolusi/s ( Jawaban )
Nilai ini berlaku baik ketika sumbu rotasi dianggap sebagai sumbu yang melalui titik P di dalam gambar 12.5 ataupun sebagai sumbu yang melalui pusat massa.
(c) Tentukan energi kinetik K cakram yang berguling tersebut.
PENYELESAIAN: Dari pers.12.5, dengan memasukkan I pm = 12
M R2 dan menggunakan hubungan dengan
v pm = ωR, kita memperoleh
K = 12
I pm ω2 +
12
Mv2pm
= (12¿ (
12
M R2¿ (v pm / R )2 + 12
Mv2pm =
34
Mv2pm
= 34
(1,4 kg)(0,15 m/s)2
= 0,024 J = 24 mJ ( Jawaban )
SOAL CONTOH 12.2
Sebuah bola boling yang radiusnya R = 11 cm dan massanya L = 7,2 kg, berguling dari keadaan diam menuruni suatu lerengan yang panjangnya L= 2,1 m.Lerengan itu berinklinasi pada sudut θ = 340 terhadap horizontal; lihat bola dalam gambar 12.7.Berapa cepatkah bola sedang bergerak ketika bola mencapai dasar lerengan ?.Asumsikan bahwa bola memiliki massa jenis yang seragam.
PENYELESAIAN: Pusat bola jatuh secara vertikal sejauh h = L sin θ; sehingga itu pengurangan pada energi potensial gravitasi sama dengan MgL sin θ.Hilangnya energi potensial ini sama dengan perolehan pada energi kinetik.Maka kita dapat menulis ( lihat pers.12.5 )
MgL sin θ = 12
I pm ω2 +
12
Mv2pm ( 12.6 )
Dari tabel 11.2(g) kita dapat melihat bahwa untuk suatu bola pejal, I pm = 25 MR2.Kita dapat juga mengganti ω
dengan kesamaannya ,vpm/R.Pendistribusian kedua besaran ini kedalam pers. 12.6 menghasilkan
MgL sin θ = = (12¿ (
25
M R2¿ (v pm / R )2 + 12
Mv2pm
Penyelesaian v pm menghasilkan
v pm = √( 107 ) g Lsin θ
= √( 107 )(9,8
ms )
2
(2 ,1 m )(sin 34o)
= 4,1 m/s ( Jawaban )
Perhatikan bahwa jawaban itu tidak bergantung pada massa atau radius bola.
Gambar 12.7 Soal contoh 12.2 dan 12.3.Sebuah simpai, sebuah cakram, dan sebuah bola berguling dari keadaan diam menuruni suatu lerengan bersudut θ.Meskipun dilepaskan dari keadaan diam pada kedudukan dan waktu yang sama, ketiganya tiba di dasar lereng sesuai pada urutan pada gambar.
SOAL CONTOH 12.3
Di sini kita menggeneralisasikan hasil Soal Contoh 12.2.Sebuah simpai, cakram, dan bola, yang mempunyai massa M yang sama dan radius R yang sama, dilepaskan secara serentak dari keadaan diam pada puncak suatu lerengan yang panjangnya L = 2,5 m dan yang sudut kemiringannya θ = 12o ( Gambar 12.7 ).
(a) Benda manakah yang mencapai dasar terlebih dahulu ?
PENYELESAIAN: Tabel 12.1 memberi kita jawaban.Bola menempati andil yang paling besar dari energi kinetikknya (71 %) ke dalam gerak translasi sehingga bola memenangkan perlombaan.Kemudian diikuti oleh cakram dan simpai.
(b) Tentukan kelajuan benda-benda itu ketika mencapai dasar lerengan.
PENYELESAIAN: Pusat massa pada setiap benda yang berguling menuruni lerengan menempuh jarak vertikal kebawah h yang sama.Seperti suatu benda yang jatuh bebas, benda tersebut kehilangan energi potensialnya sejumlah Mgh dan karena memperoleh energi kinetik dalam jumlah ini.Maka pada dsar lerengan, energi kinetik total ketiga benda ini bernilai sama.Bagaimana enegi-energi kinetik ini dibagi antara bentuk translasi dan bentukrotasi itu bergantung padasetiap distribusi massa benda tersebut.
Dari pers.12.5 kita dapat menuliskan ( dengan memasukkan ω = vpm/ R )
Mgh = 12
I pm ω2 +
12
Mv2pm
= 12
I pm (v2pm/R2 )+
12
Mv2pm
= 12
(I pm /R2 ) v2pm +
12
Mv2pm (12.7)
Dengan memasukkan h = L sin θ dan mencari vpm , kita mendapatkan
vpm = √ 2 gLsin θ1+ I pm / M R2 ( Jawaban ) ( 12.8)
yang merupakan jawaban simbolis atas pertannyaan soal.
Perhatikan bahwa kelajuan tidak bergantung pada massa atau radius benda yang berguling, tetapi hanya pada distribusi massa terhadap sumbu sentralnya, yang melibatkan suku Ipm/MR2.Sebutir kelereng dan sebuah bola boling akan mempunyai kelajuan yang sama didasar lerengan dan karenanya akan berguling menuruni lerengan dalam waktu yang sama.Sebuah bola boling akan mengalahkan suatu cakram dengan sembarang massa atau radius, dan hampir semua benda yang berguling akan mengalahkan semua simpai.
Untuk simpai yang berguling ( lihat simpai yang terdaftar di dalam Tabel 12.1 ) kita mendapatkan I pm /MR2
= 1 sehingga pers12.8 menghasilkan
vpm = √ 2 gLsin θ1+ I pm / M R2
= √ (2 )(9,8ms2 ) (2,5 m )¿¿¿
= 2,3 m/s ( Jawaban )
Dari perhitungan serupa, kita memperoleh vpm = 2,6 m/s untuk cakram (I pm /MR2 = 12
) dan 2,7 m/s untuk bola
(I pm /MR2 = 25
). Ini mendukung prediksi kita atas (a) bahwa urutan pemenang dalam perlombaan ini adalah
bola, cakram, dan simpai.
SOAL CONTOH 12.4
Gambar 12.8 menunjukkan benda seragam bundar dengan massa M dan radius R yang berguling menuruni suatu lerengan bersudut θ.Kali ini, marilah kita menganalisis gerak secara langsung dari hukum-hukum Newton bukan dari metode-metode energi seperti yang telah kita lakukan seperti pada soal 12.3.
(a) Tentukan percepatan linier benda yang berguling itu.
PENYELESAIAN: Gambar 12.8 juga menunjukkan gaya-gaya yang beraksi pada benda bersangkutan: beratnya Mg, gaya normal N dan gaya gesek statik fs.Berat tersebut dapat dianggap beraksi pada pusat massa, yang berkedudukan di pusat benda seragam ini.Gaya normal dan gaya gesek beraksi pada bagian benda yang bersinggungan dengan lerengan di titik p.Berat dan gaya normal mempunyai lengan momen nol terhadap sumbu yang melalui pusat benda.Oleh karena itu, keduannya tidak dapat menyebabkan benda berotasi terhadap pusat itu.Rotasi searah jarum jambenda berasal dari torsi negatif akibat gaya gesek; gaya itu mempunyai lengan momen sebesar R terhadap pusat benda.
Sekarang kita menerapkan bentuk linier dari Hukum Kedua Newton (∑ F = Ma) di sepanjang lerengan, dengan mengambil arah positif sebagai arah mendaki lerengan.Kita mendapatkan
∑ F = fs – Mg sin θ = Ma. (12.9)
Persamaan ini mengandung dua besaran yang tidak diketahui, fs dan a.Untuk mendapatkan seguah persamaan lain dalam dua besaran tidak diketahui yang sama, kita selanjutnya menerapkan bentuk angular Hukum Kedua Newton ( ∑τ = Ια ) terhadap sumbu rotasi yang melalui pusat massa.Meskipun kita telah menurunkan hubungan ∑τ = Ια di dalam bab 11 untuk suatu sumbu yang tetap di dalam kerangka inersia,
hubungan tersebut berlaku juga untuk sumbu rotasi yang melalui pusat massa benda yang memiliki percepatan, asalkan sumbu tersebut tidakberubah arah.kita dapat mendapatkan
Gambar 12.8 Soal contoh 12.4.Sebuah benda seragambundar dengan radius R berguling menuruni suatu lengan.Gaya yang bereaksi pada benda itu adalah gaya berat Mg, gaya normal N, gaya gesek fs yang ditunjukkan pada lerengan.(Untuk jelasnya, N digeser sepanjang garis aksi sampai ekornya berada pada pusat massa benda).
∑τ = - fsR = Ipm α = I pmα
R , (12.10)
Kita telah mempergunakan hubungan α = a./R (Pers 11.20)
Penyelesaian untuk gaya gesek fs dari pers.12.10 menghasilkan
fs = - I pmα
R2 (12.11)
dengan tanda minus mengingatkan kita bahwa gaya gesek fs bereasi pada daerah yang berlawanan dengan arah kecepatan a.Pensubstitusian Pers.12.11 ke dalam pers.12.9 dan pencarian a menghasilkan
a = - g sin θ
1+ I pm/ M R2 (Jawaban) (12.12)
Sebenarnya kita dapat menentukan persamaan kedua melalui penjumlahan torsi dan penerapan hukum Newton dalam bentuk angular terhadap sumbu yang melalui titik singgung P.Kali ini ∑τ hannya akan terdiri atas torsi akibat komponen gaya Mg sin θ yang beraksi pada pusat benda dengan momen R:
∑τ = – (Mg sin θ)(R) = Ip α = I pmα
R(12.13)
Dengan Ip adalah inersia rotasi terhadap sumbu yang melalui titik P .Untuk mendapatkan Ip, kita mesti menggunakan teorema sumbu sejajar :
Ip = Ipm + MR2. (12.14)
Pensubtitusian Ip dari pers 12.14 ke dalam pers 12.13 dan penyelesaian untuk P menghasikan kembali Pers.12.12.
(b) Tentukan gaya gesek fs ?
PENYELESAIAN: Pensubtitusian Pers.12.12 ke dalam Pers.12.11 menghasilkan
fs= Mg sin θ
1+ M R2/ I pm(Jawaban) (12.5)
Telaah atas Pers.12.15 menunjukkan bahwa gaya gesek itu lebih kecil dari pada Mg sin θ, komponen dari berat yang beraksi sejajar dengan lerengan.Syarat ini perlu dpenuhi jika benda harus berpercepatan memenuhi lerengan .
Tabel 12.1 menunjukkan bahwa jika benda yang berguling merupakan suatu cakram pejal, Ipm/MR2 = ½.Percepatan dan gaya gesek yang dihasilkan dari pers.12.12 dan Pers.12.15 karenanya adalah
a = - 23
g sin θ dan fs = - 13
Mg sin θ
(c) Tentukan kelajuan benda yang berguling itu pada dasar lerengan jika lerengan mempunyai panjang L.
PENYELESAIAN: Gerak bersangkutan mempunyai kecepatan konstan sehingga dapat menggunakan hubungan
v2 = vo2 + 2 a(x-xo) (12.6)
Dengan memasukkan x-xo = -L dan vo , serta dengan memperkenalkan a dari pers.12.12, kita mendapatkan pers.12.8 – hasil yang telah kita turukan dengan metode-metode energi.
SOAL CONTOH 12.5
Sebuah yoyo terbuat dari cakram kuningan mempunyai ketebalan b = 8,5 mm dan radius R = 3,5 cm , yang dihubungkan oleh sebuah gandar pendek yang berradius Ro = 3,2 mm.
(a) Tentukan inersia rotasi yoyo terhadap sumbu pusatnya.Abaikan inersia rotasi gandar.Massa jenis kuningan, ρ = 8400 kg/m3.
PENYELESAIAN: Inersia rotasi I suatu cakram terhadap sumbu pusatnya adalah ½ MR2.Di dalam soal ini, kita dapat memperlakukan kedua cakram bersama-sama sebagai sebuah cakram tunggal.Kita menentukan dulu massanya dari massa jenisnya dan volumenya V:
M = Vρ = (2)(πR2)(b)( ρ)
= (2)(π ¿(0,035 m)2(0,0085 m)(8.400 kg/m3)
= 0,550 kg.
Inersia rotasi karenanya adalah
I = ½ MR2 = (1/2)(0,550 kg)(0,035 m)2
= 3,4 x 10 -4 kg.m2. ( Jawaban )
(b) Seutas tali, dengan panjang l = 1,1 m dan gandar .Tentukan percepatan linier yoyo ketika yoyo berguling menuruni tali dari keadaan diam.
PENYELESAIAN: Dari Pers.12.19.
a = - g1
1+ I / M Ro2
= - ________9,8 m/s 2 _______
1 + __3,4 x 10 -4 kg.m 2 ___
(0,550 kg)(0,0032 m)2
= - 0,16 m/s2 ( Jawaban )
Percepatan mengarah ke bawah dan mempunyai nilai ini tanpa mempedulikan apakah yoyo sedang berguling menuruni tali atau sedang mendakinya.
Perhatikan besaran I/MRo2 di dalam Pers.12.19. tidak lain adalah parameter inersia rotasi β yang
diperkenalkan pada tabel 12.1.Untuk yoyo ini, kita mendapatkan nilai β= 60, suatu nilai yang jauh lebih besar dari nilai untuk setiap benda yang terdaftar di dalam tabel itu.Percepatan yoyo ketika bernilai kecil , dapat dipersamakan dengan percepatan simpai yang berguling menuruni lerengan 19o.
(c) tentukan tegangan pada tali yoyo.
PENYELESAIAN: Kita dapat menentukan ini dengan mensubtitusikan a dari Pers 12.19ke dalam Pers 12.17 dan dengan menyelesaikannya hingga mendapatkan T.Kita memperoleh
T = __ Mg __ ( 12.20)
1+ MRo2/I
Yang memberi tau kepada kita bahwa, sebagaimana seharusnya, tegangan pada tali lebih kecil dari pada berat yoyo.Secara numerik, kita memperoleh
T = (0,550kg )(9,8
m
s2)
1+(0,550 kg ) ¿¿
= 5,3 N ( Jawaban )
Ini merupakan tegangan baik ketika yoyo menuruni tali maupun ketika yoyo mendaki tali.
SOAL CONTOH 12.6
Di dalam gambar 12.11 a tiga gaya masing-masing bernilai 2,0 N peraksi pada sebuah partikel.Partikel itu
berada pada bidang xz di titik P yang di trntukan oleh vektor kedudukan r, dengan r = 3,0 m dan θ=¿
30o.Gaya F1 sejajar dengan sumbu x, gaya F2 sejajar dengan sumbu z, dan gaya F3 sejajar dengan sumbu
y.Tentukan torsi terhadap titik pangkal O yang ditimbulkan oleh setiap gaya.
PENYELESAIAN: Gambar 12.11b dan 12.11c merupakan penampakan langsung bidang xz, yang digambarkan kembali dengan vektor F1 dan vektor F2 yang digeser sehingga ekor mereka terletak dititik pangkal, untuk memperlihatkan secara lebih baik sudut-sudut antara vektor-vektor itu dengan vektor r.Sudut antara r dan F3 sama dengan 90o .Dengan Pers 12.22untuk setiap gaya, kita mendapatkan nilai-nilai torsi sebagai
τ1 = rF1 sin ɸ1 = (3,0 m)(2,0 N)(sin 150 o)
= 3,0 N.m
τ 2 = rF2 sin ɸ2 = (3,0 m)(2,0 N)(sin 120 o)
= 5,2 N.m
τ 3 = rF3 sin ɸ3 = (3,0 m)(2,0 N)(sin 90 o)
= 6,0 N.m
Untuk mendapatkan arah torsi-torsi ini, kita menggunakan aturan tangankanan dengan menempatkan jari-jari tangan kanan untuk merotasikan r ke F melalui sudut terkecil di antara dua sudut yang dibentuk oleh keduanya,Di dalam Gambar 12.11d, kita menyatakan F3 dengan tanda silang di dalam lingkaran yang menandakan ekor panah.(Untuk kasus dalam arah sebaliknya, F3 mesti dinyatakan oleh titik dalam lingkaran yang menandakan ujung panah .)Perotasikan r ke F3 dengan mepergunakan jari-jari tangan kanan menghasilkan τ 3 (searah jempol).Ketiga vektor torsi ini diperlihatkan dalam gambar 12.11e.
Gambar 12.11 Soal Contoh 12.6. (a) sebuah partikel di titik P mendapat aksi dari tiga gaya, masing-masing
sejajar dengan sumbu koordinat.Sudut ɸ ( yang digunakan ketika mencari torsi ) diperlihatkan (b) untuk F1
dan (c) untuk F2.(d) Torsi τ3 tegak lurus baik terhadap F3(gaya F3 mengarah kebidang gambar).(e) Torsi-torsi
(relatif terhadap titik pangkal O ) yangberaksi pada partikel.
SOAL CONTOH 12.7
Gambar 12.13 memperlihatkan tampak atas dari dua partikel yang bergerak pada momentum konstan
disepanjang lintasan-lintasan horizontal. Partikel 1 dengan momentum p1= 5,0 kg. m/s, mempunyai vektor
kedudukan r1 dan akan melintasi 2,0 m dari titik O. Partikel 2 dengan nilai momentum p2 = 2,0 kg.m/s,
mempunyai vektor kedudukan r2 dan akan melintasi 4,0 m dari titik 0. Tentukan momentum anguler neto L
terhadap titik O dari sistem dua partikel itu.
PENYELESAIAN: untuk menentukan L, kita harus terlebih dahulu menentukan vektor-vektor mementum angular individu l1 dan l 2 dari kedua partikel itu. Untuk mendapatkan nilai l1. Kita menggunakan pers. 12.28 dengan mensubtitusikan r1 = 2,0m dan p1 = 5,0 kg.m/s:
l 1 = r1p1 = (2,0 m)(5,0 kg.m/s)
= 10 kg.m²/s
Untuk mendapatkan arah vektor l 1. Kita menggunakan pers. 12.25 dan aturan tangan kanan untuk perkalian
vektor. Untuk r1×ṕ1, perkalian vektornya keluar dari halaman buku, tegak lurus terhadap bidang gambar
12.13. ini merupakan arah positif, konsisten dengan rotasi berlawanan arah jarum jam vektor kedudukan
partikel r1 terhadap O ketika partikel 1 bergerak. Maka vektor momentum angular untuk partikel 1 adalah
l 1 = +10 kg.m²/s
Demikian pula, nilai l 2 adalah
l 2 = r2p2 = (4,0 m)(2,0 kg.m/s)
= 8,0 kg.m²/s
Memontun angular neto untuk sistem dua partikel tersebut karenanya adalah
L = l 1+ l 2
= 10 kg,m²/s + (-8,0 kg.m²/s)
= +2,0 kg.m²/s
Tanda plus berarti bahwa momentum angular neto sistem terhadap titik O keluar dari halaman buku
SOAL CONTOH 12.8
Seekor penguin bermassa m jatuh dari keadaan diam di titik A, pada jarak horizontal d dari titik pangkal O
di dalam gambar 12.14.
(a) tentukan ekspresi untuk momentum angular penguin yang jatuh itu terhadap O.
PENYELESAIAN: momentum angular ditentukan oleh pers. 12.25 (l = r×p); nilainya (dari pers 12.26)
adalah
l = rmv sin ϕ
di sini, r sin ϕ = d tanpa mempedulikan berapa jauh penguin jatuh dan v = gt, jadi, l mempunyai nilai
l = mgtd. ( jawaban) (12.33)
aturan tangan kanan menunjukan bahwa vektor momentum angular l mengarah kedalam bidang gambar
12.14, dalam arah negatif z. Kita menyatakan l dengan tanda silang di dalam lingkaran pada titik pangkal.
Vektor l berubah bersama waktu dalam nlai saja; arahnya tetap tidak berubah.
(c) tentukan torsi terhadap titik pangkal O yang dikerahkan oleh berat mg yang beraksi pada penguin
gambar 12.14 soal contoh 12.8 seekor penguin dengan massa m jatuh secara vertikal dari titik A, torsi dan
momentum angular l dari penguin yang jatuh itu terhadap titik pangkal O mengarah kedalam bidang gambar
O.
Penyelesaian: torsi ditentukan oleh pers 12.21 (τ = r×F); nilainya (dari pers 12.22) adalah
τ = rF sin ϕ
selain itu r sin ϕ = d dan F = mg. Dengan demikian
τ = mgd = suatu konstanta. ( Jawaban) (12.34)
perhatikan bahwa niai torsi persis sama dengan hasil kalai antara nilai gaya mg dan lengan momen d. Aturan
tangan kanan menunjukkan bahwa vektor torsi τ mengarah kedalalm gambar 12.14, dalam arah negatif z,
karena sejajar dengan l ( perhatikan bahwa kita dapat juga menurunkan pers. 12.34 dengan
mendiferensialkan pers. 12.33 terhadap t dan kemudian mensubtutusikan hasilnya ke dalam pers. 12.30)
kita melihat bahwa τ dan l sangat bergantung (melalui d) pada lokasi titik pangkal. Jika penguin jatuh dari
titik pangkal, maka memperoleh d = 0dan karenanya tidak terdapat torsi ataupun momentum angular.
BAB 13
Kesetimbangan dan Elastisitas
SOAL CONTOH 13.1
Balok tiang seragam sepanjang L yang massanya m=1,8 kg bertumpu pada ujung nya pada timbangan
timbangan digital, sebuah balok tiang seragam massanya M= 2,7 kg terletak pada balok tersebut,dengan
pusatnya sejauh L/4 dari ujung kiri balok. Berapakah angka bacaan timbangan timbangan itu ?
PENYELESAIAN: gaya gaya bersangkutan tidak memiliki komponen-komponen x, sehingga persamaan
13.7 adalah ∑FX=0, tidak menyediakan informasi. Pers 13.8 menyediakan atas nilai komponen-komponen y
∑Fy = F1+Fr-Mg-mg= 0 (13.7)
Kita mempunyai dua gaya yang tidak diketahui (F1 dan Fr), tetapi kita tak dapat mencari kedua gaya
tersebut secara terpisah, karena kita hanya memiliki satu persamaan. Untung lah kita masih memiliki satu
persamaan lain 13.9, persamaan kesetimbangan torsi.
Kita dapat menerapkan persamaan 13.9 atas sembarang sumbu tegak lurus terhadap bidang. Ambil lah
sumbu yg melalui ujung kiri balok tiang. Torsi yang kita anggap positif adalah torsi torsi yang beraksi
sendirian akan mengalami rotasi berlawanan arah jarum jampada balok tiang terhadap balok yang kita
ambil. Kemudian dari pers 13.9 kita dapatkan
∑τz = (F1)(0)-(Mg)(L/4)-(mg)(L/2)+(Fr)(L) = 0
Atau
Fr = (g/4)(2m+M)
= (¼)(9,8 m/s2)(2x1,8 kg + 2,7 kg)
= 15 N
Perhatikan betapa suatu sumbu yang melalui tiik aplikasi salah satu gaya tidak diketahui, F1, mengeliminasi
gaya itu dari pers 13.9 dan memungkinkan kita untuk mencari lansung semua gaya lainnya. Pilihan seperti
itu dapat menyederhanakan suatu soal.
Jika mencari F1 dari pers 13.17 dan mensubtitusikan besaran besaran yang diketahui, kita mendapatkan
F1= (M+m)g-Fr
= (2,7 kg + 1,8 kg)(9,8 m/s2)-15 N
= 29 N
SOAL CONTOH 13.2
Seorang pemain boling memegang sebuah bola boling yang massanya M= 7,2 kg pada telapak tangan nya.
Lengan atas nya berkedudukan vertical sedangkan lengan hastanya horizontal. Tentukan gaya gaya yang
harus diserahkan otot biseps dan struktur tulang lengan atas pada lengan hastalengan bawah dan tangan
bersama sama memilii massa m=1,8 kg.
PENYELESAIAN: system kita adalah lengan hasta dan bola boling, yang dipandang sebagai satu kesatuan.
Gaya-gaya yang tidak diketahui adalah T, gaya yang dikerahkan oleh otot biseps dan F, gaya yang
dikerahkan oleh lengan atas pada lengan hasta. Semua gaya itu vertical.
Dari pers 13.8 yg adalah ∑Fy = T-F-mg-Mg= 0
Dengan menerapkan pers 13.9 terhadap sebuah sumbu yg melalui o pada siku dan dengan mengangggap
torsi-torsi yang akan mengalami rotasi berlawanan arah jarum jam sebagai positif, kita mendapatkan
∑τz = (F)(0)+(T)(d)-(mg)(D)-(Mg)(L)
Dengan pemilihan sumbu yang
memiliki titik o kita telah mengeliminasi variable X. penyelesaian untuk T dari persamaan itu menghasilkan
T = gmD+ML/d
= (9,8 m/s2)(1,8 kg)(15 cm)+(7,2 kg)(33cm)/4 cm
= 684 N
Jadi, otot biseps harus mngerahkan gaya keatas pada lengan bawah sekitar sembilan kali lebih besar
daripada berat bola boling,
Jika sekarang kita ,mencari F dari pers 13.9 dan mensuibstitusikan besaran- besaran yang diketahui ke dalam
nya kita memperoleh
F = T-g(M+m)
= 584 N –(9,8 m/s2)(7,2 kg+1,8 kg)
= 560 N
Yang sekitar delapan kali berat boling
SOAL CONTOH 13.3
Sebuah tangga yg panjang nya L= 12 m dan massanya m= 45 kg bersandar pada ujung atasnya terletak pada
jarak vertical h= 9,3 m diatass tanah, pusat massa tangga berada pada sepertiga panjang tangga. Seorang
pemadam kebakaran yang massanya M= 72 kg memanjat tangga sampai pusat massanya pada setengah jarak
pendakian. Asumsikan bahwa dinding, tetapi tanah tidak, tanpa gesekan. Tentukan gaya gaya yang
didesakkan pada tangga oleh dinding dan oleh tanah.
PENYELESAIAN: a=√L2-h2 = √(12m)2-(9,3m)2= 7,58 m
Dari pers persamaan kesetimbangan gaya kita mendapatkan untuk system, masing masing,
∑FX = FW – Fgx= 0
∑Fy = Fgy – Mg – mg = 0
Pers 13.22 menghasilkan
Fgy = g(M+m) = (9,8 m/s2)(7,58m)(72kg + 45kg)
= 1146,6 N
Pencarian Fw dari pers 13.23 menghasilkan
Fw = ga (M/2+m/3)/ h
= (9,8 m/s2)(7,58 m)(72/2 kg + 45/3 kg)/9,3 m
= 407 N
SOAL CONTOH 13.4
Didalam soal 13.3 misalkan koefisien gesek statis, antara tangga dan rumah 0,53. Berapa jauhkah seorng
pemadam kebakaran ini dapat memanjat tangga ini sebelum tangga menggelincir ?
PENYELESAIAN: gaya gaya yang berakasi ditandai dengan label label yang sama. Misalkan q adalah
bagian panjang tangga ygdipanjat si pemadam kebakaran sebelum tangga menggelincir,
Fw = ga/h(⅓m+Mq) (13.25)
Persamaan 13.28
Fw = uz.g(M+m)
Jika akhirnya kita guanakan pers 13.25 dan 13.28 maka kita mendapatkan
Q = (uzh/a)+(M+m/M)-(m/3M)
= (0,53)(9,3 m)/7,6 m+ (72kg+45 kg/72 kg)-45 kg/3.72kg= 0,85
Jadi sipemadam kebakaran tersebut dapat memanjat tangga sejauh 85% sebelum tangga bersangkutan mulai
menggelincir.
SOAL CONTOH 13.5
Gambar 13.9a menunjukkan sebuah peti besi, yang massanya M sama dengan 430 kg, yang tergantung oleh
seutas tali dari suatu palang dengan dimensi a = 1,9 m dan b = 2,5 m. Balok tiang seragam tersebut
mempunyai massa m sebesar 85 kg; massa kabel horizontal dapat diabaikan.
(a) Tentukan gaya tarik (tension) T pada kabel.
PENYELESAIAN: Gambar 13.9b merupakan diagram benda bebas balok, yang kita tentukan sebagai
sistem kita. Gaya-gaya yang bersaksi padanya adalah gaya tarik T yang dikerahkan oleh kabel, berat Mg dari
peti besi, berat mg dari balok sendiri (yang beraksi pada pusat balok tiang), dan komponen-komponen gaya
Fh dan Fv yang dikerahkan pada balok tiang oleh sendi (engsel) yang mengikat balok tiang pada dinding.
Sekarang kita menerapkan Pers. 13.9, persamaan kesetimbangan torsi, pada suatu sumbu yang melalui sendi
yang tegak lurus terhadap bidang gambar. Dengan menetapkan torsi-torsi yang menyebabkan rotasi-rotasi
berlawanan arah jarum jam sebagai nilai positif, kita memperoleh
∑ τ z=(T ) (a )−( M g ) (b )−(m g )( 12
b)=0
Dengan pilihan bijaksana kita atas suatu sumbu, kita telah mengeleminasi gaya-gaya yang tidak diketahui Fh
dan Fv dari persamaan ini (karena kedua gaya tersebut tidak menimbulkan torsi terhadap sumbu itu), dengan
hanya menyisakan gaya tidak diketahui T. Pencarian T menghasilkan
T = gb (M +1
2m)
a
= (9,8m
s2 ) (2,5m )(430kg+852
kg)
1,9m
= 6.090 N ≈ 6.100 N . (Jawaban)
(b) Tentukan komponen-komponen gaya Fh dan Fv yang dikerahkan pada balok tiang oleh engsel.
PESELESAIAN: Sekarang kita menerapkan persamaan-persamaan kesetimbangan gaya. Dari Pers. 1.7 kita mendapatkan
∑ F y=Fh−T=0
Dan dengan demikian Fh = T =6.090 N ≈ 6100N.
(Jawaban)
Dari Pers. 13.8 kita mendapatkan
∑ F y=Fv−mg−Mg=0.
Dan dengan demikian
Fv = g(m+M) = (9,8 m/s2) (85 kg+430 kg)
= 5.047 N ≈ 5.000 N. (Jawaban)
(c) Berapakah nilai gaya neto F yang dikerahkan oleh engsel pada balok tiang?
PENYELESAIAN: Dari gambar kita melihat bahwa
F = √ Fh2+F v
2
= √(6.090 N )2+(5.047 N )2≈ 7.900 N . (Jawaban)
Perhatikan bahwa F jauh lebih besar daripada berat gabungan peti besi dan balok tiang, 5.000 N, ataupun gaya tegang pada kabel horizontal, 6.100 N.
Gambar 13.9 Soal Contoh 13.5. (a) Sebuah peti besi yang berat tergantung dari seutas kabel baja horizontal
dan sebatang balok tiang seragam. (b) Diagram benda bebas untuk balok. Perhatikan bahwa gaya neto yang
beraksi pada balok akibat Fv dan Fh tidak mengarah secara langsung di sepanjang sumbu balok tiang.
(d) Tentukan sudut antara gaya neto Fy dikerahkan pada balok oleh engsel dan garis tengah balok.
PENYELESAIAN: Dari gambar kita melihat bahwa
θ=tan−1 ab= tan−1 1,9 m
2,5 m=37,2 ° ,
Dan 𝜙 = tan-1 F v
Fh = tan-1
5.047 N6.090 N
=39,6o
Maka α=∅−θ=39,6 °−37,2 °=2,4 °. (Jawaban)
Jika berat balok tiang cukup kecil sehingga dapat diabaikan, Anda akan mendapati = 0; artinya, gaya𝜶
engsel akan mengarah secara langsung di sepanjang sumbu balok tiang.
SOAL CONTOH 13.6
Di dalam gambar 13.10, seorang pemanjat tebing dengan massa m = 55 kg beristirahat pada suatu “celah
tebing” dengan hannya menekankan bahu dan kakinya pada dinding-dinding celah selebar w = 1,0 m.Pusat
massanyaberkedudukan pada jarak horizontal d = 0,20 m dari dinding tempat penekanan
bahunya.Koefisien gesek statis antara sepatunya dan dinding adalah µ1 = 1,1, dan antara bahunya dan
dinding adalah µ2 = 0,70.
(a) Tentukan gaya dorong horizontal minimum yang harus didesakkan pada pemanjat pada dinding –
dinding itu agar ia tidak terjatuh.
PENYELESAIAN: Gaya horizontal yang didorongkan oleh si pemanjat ke dinding bernilai sama pada
bahunya dan pada kakinya.Gaya dorong itu harus sama nilainya dengan gaya normal N yang didesakkan
pada dinding pada pemanjat pada masing-masing tempat itu.Dengan demikian, tidak ada gayahorizontal
netto pada pemenjatdan Pers. 13.7, ∑ F x = 0, terpenuhi.
Ketika beratnya mg beraksi untuk menggelincirkan dia memenuhi dinding, gaya-gaya gesek statis f1 dan f2
secara otomatis beraksi ke arah atas masing-masing pada kaki dan bahu,untuk melawan kecendrungan
menggelincir.Selama dia tidak terjatuh ,Pers.13.8 (∑ F y = 0) terpenuhi dan kita memperoleh
f1 + f2 = mg (13.30)
Sekarang kita mengasumsikan bahwa si pemanjat pada mulanya mendorong keras pada dinding dan
kemudiansecara berangsur-angsur mengendurkan dorongannya.seiring dengan pengurangan dorongannya
itu, nilai gaya normal N berkurang, dan demikian pula hasil kali µ1 N dan µ2 N yang masing-masing
membatasi gesekan statis pada kaki dan bahunya (lihat Pers. 6.1).
Andaikan N direduksikan hingga limit µ1 N menyamai nilai f1 dari gaya gesek pada kakinya dan limit µ2N
menyamai niali f2 dari gaya gesek pada bahunya.Dengan demikian, kaki dan bahunya di ambang
penggelinciran.Seandainya ia mengendurkan lebih lanjut dorongannnya,pengurangan yang dihasilkan pada
limit-limit µ1 N dan µ2 N yang menghasilkan f1 + f2 yang lebih kecildari mg , dia akan berjatuh.Maka
ketika ia di ambang penggelinciran, Pers. 13.30 menjadi
µ1 N + µ12 N = mg, (13.31)
yang menghasilkan
N = mg
µ1+µ2 =
(55 kg)(9,8 m /s2)1,1+0,70
= 299 N ≈ 300 N.
Jadi, gaya dorong horizontal minimumnya harus sekitar 300 N
(b) Untuk dorongan itu, tentukanlah jarak vertical h antara kaki dan bahunya agar ia dalam keadaan stabil.
PENYELESAIAN: Untuk memenuhi Pers.13.9, ∑ τ=0, gaya-gaya yang beraksi pada si pemanjat tidak
boleh menimbulkan torsi neto terhadap sembarang sumbu rotasi. Sekarang tinjaulah suatu sumbu rotasi
yang tegak lurus terhadap halaman buku pada bahunya. Torsi neto terhadap sumbu itu ditentukan oleh
∑ τ=−f 1 w+Nh+mgd=0 (13.32)
Dengan menyelesaikan persamaan ini untuk mencari h, seraya membuat f 1=μ1 N , dan mensubstitusikan N=¿299 N dan nilai-nilai diketahui lainnya, kita mendapatkan
h=f 1 w−mgd
N=
μ1 Nw−mgd
N=μ1 w−mgd
N
¿ (1,1 ) (1,0m)−(55 kg )(9,8
m
s2 )(0,20 m)
299 N¿0,739 m=0,74 (jawaban)
Kita akan mendapatkan nilai h yang sama jika kita memilih sembarang sumbu rotasi lain yang tegak lurus
terhadap halaman buku, seperti sumbu rotasi pada kakinya.
(c) Tentukan nilai-nilai gaya gesek yang menyangga si pemanjat.
PENYELESAIAN: Untuk N=299 N, kita mendapatkan
f 1=μ1 N=(1,1 )(299 N)
¿328 ,9 N≈ 330 N (jawaban)
Dan dari Pers. 13.30 kita kemudian memperoleh
f 1=mg−f 1=(55 kg ) ¿ N
=210,1 N ≈210 N (jawaban)
(d) Stabilkah si pemanjat jika ia mendesakkan gaya yang sama (299N) pada dinding-dinding itu ketika
kakinya berkedudukan lebih tinggi, dengan h=0,37 m?
PENYELESAIAN: Sekali lagi, N=¿299 N dan torsi neto pada si pemanjat terhadap sembarang sumbu rotasi harus sama dengan nol. Untuk sumbu pada bahunya, kita mendapatkan f 1 dari Pers. 13.32:
f 1=Nh+mgd
w
(299 N ) (0,37 m )+(55 kg ) ¿¿ =218 N
Ini kurang dari limit µ1 N (329 N)ndan kerenannya mungkin tercapai .
Selajutnya kita menggunakan Pers.13.30 untuk mencari nilai f2 yang akan menghasilkan bahwa
∑ F y = 0 ,
f2 = mg – f1 = (55 kg)(9,8 m/s2) – 218 N = 321 N
Ini melebihi limit µ12 N (=209) dan karenanya tidak mungkin tercapai dengan gayadorong sebesar 299
N.Satu-satunya syarat agar si pemanjat didak tergelincir ketika h = 0,37 m( atau untuk nilai sembarang h
yang kurang dari 0,74 m ) adalah dengan mendorong lebih keras dari 299 N pada dinding-dinding itu untuk
meningkatkan limit µ2 N.
Demikian pula jika h > 0,74 m, ia juga harus mendesakkan gaya yang lebih besar dari 299 N pada dinding-
dinding itu untuk membuat dirinya stabil.Di sini, terlihat pentingnya memiliki pengetahuan fisika sebelum
anda memanjat suatu celah .sewaktu anda perlu beristirahat .Anda akan menghindari kesalahan
(mengerikan) para pemula yang menempatkan kaki mereka terlalu tinggi atau terlalu rendah.sebagai
gantinya anda akan memahami ada jarak “terbaik” antara bahu dan kaki dan yang member kesempatan
bagus untuk beristirahat.
BAB 14.
GRAVITASI
SOAL CONTOH 14.1
Gambar 14.4a menunjukkan susunan lima partikel dengan massa m1 = 8,0 kg, m2 = m3 = m4 = m5 = 2,0 kg,
dan dengan a = 2,0 cm dan ɵ = 300. Tentukan gaya gravitasi neto F1 yang bereaksi pada m1 yang ditimbulkan
oleh partikel-partikel lainnya.
PEYELESAIAN :
Dari pers. 14.4 kita mengetahui bahwa F1 adalah vektor dari gaya-gaya F12, F13, F14, dan F15, yang
merupakan gaya-gaya gravitasi yang bereaksi pada m1 yang ditimbulkan oleh partikel-partikel lainnya.
Karena m2 dan m4 bernilai sama dan karena keduanya berada pada jarak r = 2a dari m1, kita mendapatkan
dari Pers. 14.1 :
F12=F14=G m1m2
(2a)2 ( 14.6 )
Demikian pula, karena m3 dan m5 bernilai sama dan keduanya r = a dari m1, kita mendapatkan :
F13=F15=G m1 m3
(a)2 ( 14.7 )
Ganbar 14.4b merupakan diagram benda bebas untuk m1. Gambar ini dan Pers 14.6 menunjukkan bahwa F12
dan F14 bernilai sama tetapi berlawanan arah; sehingga gaya-gaya itu terhapuskan. Pemeriksaan Gambar
14.4b dan pers 14.7 mengungkapkan bahwa komponen-komponen x dari F13 dan F15 juga terhapuskan dan
bahwa komponen-komponen y kedua gaya bernilai sama dan berarah y positif. Maka F1 berarah y positif
dan nilainya dua kali komponen y dari F13.
F1=2F13cos ϴ=2G m1m3
(a)2 cos ϴ
¿2(6,67 x
10−11 m3
kg. s2)(8,0 kg )(2,0 kg)
¿¿ ¿¿
= 4,6 x 10-6 N
Perhatikan bahwa kehadiran m5 di sepanjang garis antara m1 dan m4 tidak mengubah gaya gravitasi yang
dikerahkan oleh m4 pada m1
y m4 y
a F15
m3 m5 F13
a ɵ ɵ a ɵ ɵ F14
x x
m1 m1
ɵ F12
2a
M 2
(a) (b)
Gambar 14.4 Soal Contoh 14.1. (a) Susunan lima partikel. (b) Gaya-gaya
yang bereaksi pada partikel yang bermassa m1 yang dikerahkan oleh kee-
mpat partikel lainnya
SOAL CONTOH 14.2
Di dalam Gambar 14.5, sebuah partikel dengan massa m1 = 0,67 kg berada pada jarak d = 23 cm dari salah
satu ujung batang seragam yang mempunyai panjang L = 3,0 m dan massa M = 5,0 kg. Berapakah nilai gaya
gravitasi F1 pada partikel yang dikerahkan oleh batang ?
PENYELESAIAN: Kita meninjau suatu massa diferensial dm pada batang, yang berkedudukan pada jarak r
dari m1 dan menempati panjang dr pada batang. Dari pers 14.1, kita boleh menuliskan gaya gravitasi
diferensial dF1 pada m1 yang dikerahkan oleh dm sebagai
d F1=G m1
(r )2 dm (14.8)
Arah gaya ini ke kanan di dalam Gambar 14.5. Sebenarnya, karena m1 berkedudukan pada suatu garis yang
melalui panjang batang, setiap gaya diferensiaal dF1 yang dikerahkan oleh setiap massa diferensial dm pada
batang berarah ke kanan. Jadi, kita dapat menentukan nilai F1 dari gaya neto pada m1 hanya dengan
menjumlahkan nilai-nilai dari gaya-gaya diferensial ini. Kita mengerjakannya dengan mengintegrasikan Pers
14.8 atas seluruh panjang batang. (Jika m1 tidak pada sumbu sentral batang, vektor-vektor gaya diferensial
akan mempunyai arah-arah yang berlainan dan gaya neto akan harus dicari melalui penjumlahan vektor.
Ruas sebelah kanan Pers 14.8 mengandung dua variabel, r dan dm. Sebelum kita dapat mengintegrasi, kita
harus mengeleminasi dm dari persamaan itu; kita mengerjakannya dengan menggunakan fakta bahwa batang
tersebut seragam massa jenisnya sehingga kita dapat menuliskan
dmdr
= ML
( 14.9)
r dm
m1 dr
d L
Gambar 14.5 Soal contoh 14.2 Sebuah partikel dengan massa m1 berada pada jarak d
dari salah satu ujung batang sepanjag L. Suatu massa diferensial dm dari batang terseb
ut berada pada jarak r dari m1.
Ini memungkinkan kita untuk mensubstitusikan dm = (M/L)dr di dalam pers 14.8. Kita lalu mengerjakan
integrasi sebagaimana diindikasikan di dalam pers 14.5 untuk mendapatkan
F1=∫ d F1=∫d
L+d G m1
r2
ML
dr=G m1 M
L∫d
L+ddrr2
¿Gm1 M
L [ 1r ]L+d
d=
−G m1 M
L [ 1L+d
−1d ]
¿Gm1 M
d (L+d )
¿(6,67 x 10−11 m3/kg . s2)(0,67kg)(5,0 kg)
(0,23m )(3,0 m+0,23m)
¿3,0 x10−10 ( Jawaban)
SOAL CONTOH 14.3
Tinjaulah sebuah pulsar, sebuah bintang kolaps (kempis) bermassa jenis luar biasa tinggi, dengan massa M
sama dengan massa Matahari (1,98 x 1030 kg), radius R sepanjang hanya 12 km, dan periode rotasi T =
0,041s. Pada ekuatornya, berapa persenkah percepata jatuh bebas g berbeda dari percepatan gravitasi ag ?
PENYELESAIAN :
Untuk mendapatkan ag pada permukaan pulsar tersebut, kita menggunakan Pers 14.12 dengan R yang
menggantikan r dan dengan M yang merupakan massa pulsar. Pensubstitusian nilai-nilai yang diketahui
menghasilkan
ag=GMR2 =
(6,67 x10−11 m3/kg . s2)(1,98 x1030 kg)(12.000 m)2
ag=9,2 x 1011 m /s2
Pembagian Pers 14.15 (yang berlaku untuk sembarang benda yang berotasi) oleh ag dan pensubstitusian data
yang diketahui menghasilkan
ag−g
ag
=( 2 πT )=( 2 π
0,014 )2 12000 m9,2 x 1011 m /s2
¿3,1 x10−4=0,031 %
SOAL CONTOH 14.4
(a) Seorang astronaut yang tingginya h = 1,70m mengapung dengan kaki “kebawah“ dalam satu torak
ruang pengorbitan pada jarak r = 6,77x106m dari pusat Bumi. Tentukan perbedaan antara percepatan
gravitasi pada kakinya dan pada kepalanya.
PENYELESAIAN : Persamaan 14.2 menginformasikan bahwa percepatan gravitasi pada sembarang jarak r
dari pusat Bumi :
ag=G M E
r2 (14.16)
Dengan ME adalah massa Bumi. Kita sama sekali tidak dapat menerapkan Pers. 14.16 dua kali, pertama kali
dengan, katakan r = 6,67x106 m untuk kaki dan kemudian dengan r = 6,67x106 m + 170 m untuk kepala. Jika
kita melakukan, kalkulator kita akan menghasilkan nilai yang sama untuk ag dua kali, dan dengan demikian
menghasilkan selisih nol, karena h sangat kecil dibanding r. Sebagai gantinya, kita mendiferensiasikan Pers
14.16 terhadap r, yang menghasilkan
d ag=−2G M E
r2 dr
dengan dag adalah perubahan diferensial pada percepatan gravitasi akibat perubahan diferensial dr pada r.
Bagi astronaut, dr = h dan r = 6,77 x 106 m. Dengan mensubstitusikan data ke dalam Pers 14.17 kita
mendapatkan
d ag=−2(6,67 x 10−11 m3/kg . s2)(5,98 x 1024 kg)
(6,67 x106)3 (1,70 m)
d ag=−4,37 x10−6m / s2 (Jawaban)
Hasil ini mengandung arti bahwa percepatan gravitasi kaki astronaut ke arah Bumi sedikit lebih besar dari
percepatan gravitasi kepalanya ke arah Bumi. Perbedaan pada percepatan ini cenderung meregangkan
tubuhnya, namun perbedaan itu sedemikian kecil sehingga peregangan yang terjadi tidak terlihat.
(b) Jika si astronaut sekarang berposisi dengan “ke bawah” pada radius orbital yang sama r = 6,67 x 106 m
terhadap suatu lubang hitam bermassa Mh = 1,99x1031 kg ( yang sama dengan 10 kali massa Matahari
kita ), berapakah perbedaan percepatan gravitasi pada kaki dan kepalanya ? Lubang hitam tersebut
mempunyai suatu permukaan (yang disebut horizon lubang hitam) dengan radius Rh = 2,95 x 104 m.
Segala sesuatu, bahkan cahaya sekalipun tidak dapat lepas dari permukaan tersebut atau tempat mana
apapun didalamnya. Perhatikan bahwa si astronaut ( secara bijaksana ) berada jauh di luar permukaan
tersebut ( pada r = 229Rh).
PENYELESAIAN : Kita dapat menggunakan lagi Pers 14.17 jika kita mensubstitusikan Mh = 1,99 x 1031
kg ke M ME. Kita mendapatkan
d ag=−2(6,67 x 10−11 m3/kg . s2)(1,99 x 1031kg)
(6,67 x106)3 (1,70m)
d ag=−14,5 m /s2
Ini berarti bahwa percepatan gravitasi kaki astronaut ke arah lubang hitam secara jelas terlihat lebih besar
dari yang dialami kepalanya. Kecendrungan yang dihasilkan untuk meregangkan tubuhnya akan dapat
ditahan namun cukup menyakitkan. Jika ia melayang lebih dekat ke lubang hitam, kecendrungan peregangan
tersebut akan meninggalkan secara drastis.ss