bab dinamika rotasi dan keseimbangan benda tegar

1
BAB
DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR
Contoh 5.1 Pemahaman konsep torsi
(a) Tentukan torsi terhadap poros O oleh gaya 20 N pada gambar di bawah ini.
Jawab:
Garis kerja gaya 20 N adalah garis g. Garis yang ditarik dari titik O tegak lurus terhadap
garis g, memotong g di titik L (lihat gambar). Dengan demikian lengan torsi adalah = OL.
OLP siku-siku:
= OL = OP sin 30 o
= 3( 12 ) = 1,5 m
Gaya 20 N cenderung memutar tongkat OP searah jarum jam terhadap poros O (torsi
bertanda -). Dengan demikian momen gaya adalah
τ=(b) Tentukan torsi tiap gaya dan torsi totalnya terhadap poros o.
Jawab:
Untuk menghitung torsi gaya 8,0 N, lebih baik jika gaya itu diuraikan menjadi komponenkomponen (lihat gambar di bawah) menjadi 8 cos 37o dan 8 sin 37o.
Lengan momen dan momen tiap gaya ditunjukkan pada table berikut.
Gaya (N)
5,0
20
8 cos 37o
8 sin 37o
Lengan Torsi
Torsi
OA = 12 x 0,4 = 0,20
OB = 12 x 0,20 = 0,10
-0,20 x 5,0 = -1,0
-0,10 x 20 = -2,0
-0,10 x 8 cos 370 = -0,64
+0,20 x 8 sin 370 = +0,96
OC = 0,10
OD = 0,20
Searah jarum jam
Searah jarum jam
Searah jarum jam
Berlawanan jarum jam
Jarum jam
Contoh 6.2 Pengertian momen inersia
Seorang ahli mesin sedang mendesain suatubagian mesin yang terdiri dari tiga penyambung
yang dihubungkan oleh tiga topangan ringan (lihat gambar). Ketiga penyambung dapat
dianggap sebagai partikel yang dihubungkan oelh batang-batang ringan (massanya dapat
diabaikan).
(a) Berapa momen inersia bagian mesin ini terhadap poros melalui A?
(b) Berapa momen inersia terhadap poros yang bertepatan dengan batang BC?
Jawab:
(a) Partikel A terletak pada poros sehingga jarak partikel ini terhadap poros A sama dengan
nol (rA = 0).
AC2 = AB2 –BC2 = 0,502 – 0,302 = 0,16 → AC = 0,16 = 0,4 m. Jarak partikel B dan
C terhadap poros A dapat dihitung dengan Persamaan (6-7).
mi ri 2 = m A rA2 + mB rB2 + mC rC2
I=
i
= 0 + (0,10 kg) (0,50 m)2 + (0,20 kg) (0,40 m)2
= ,057 kg m2
http://atophysics.wordpress.com
2
(b) Partikel B dan C terletak pada poros BC sehingga momen inersia yang dihasillkan
keduanya sama dengan nol. Jadi, hanya partikel A yang menghasilkan momen inersia
terhadap poros BC, dengan rA = AC = 0,40 m.
mi ri 2 = m A rA2
I=
i
= (0,30 kg) (0,40 m)2
= 0,048 kg m2
Contoh 6.3 Menentukan momen inersia batang (satu dimensi)
Sebuah batang homogen memiliki masa M dan panjang L. Tentukan momen inersia batang
terhadap poros melalui:
(a) titik tengah batang;
(b) titik ujung batang.
Gambar 6.9 Bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki
koordinat x terhadap poros. Untuk poros melalui titik tengah batang (titik O), koordinat x
mulai dari -∠/2 sampai dengan ∠ (kasus b).
Jawab:
Bayangkan batang homogen terdiri atasa berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x
terhadap poros. Momen inersia batang dapat dihitung dengan persamaan (6-8).
I = r2 dm
dengan r = x dan dm =
I = r2
I=
M
dx (lihat persaman (6-9)), maka persamaan menjadi
L
M
dx = M x 2 dx
L
L
M x3
L 3
(a) Untuk poros melalui titik tengah batang (kasus (a) pada Gambar 6.9), sumbu tegak yang
melalui O adalah YO dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = L/2 sampai dengan
x = +L/2. Karena titik tengah batang yang diperoleh dari Persamaan (6-10) adalah
M x3
I =
L 3
L/2
−L / 2
M
=
( L / 2)3 − (− L / 2)3
3L
M 3
=
( L / 8 + L3 / 8)
3L
M 2 L3
1
=
== ML2
3L 8
12
[
]
(sesuai dengan Tabel 6.1 (a))
(b) Untuk poros melalui titik ujung batang (kasus (b) pada gambar 6.9), sumbu tegak yang
melalui P adalah YP dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = 0 sampai dengan x =
L. Karena itu, momen inersia batang terhadap poros melalui titik ujung batang yang
diperoleh dari Persamaan (6-10) adalah
http://atophysics.wordpress.com
3
M x3
I =
L 3
L
0
M 3
( L − 0)
3L
1
= ML3
3
=
(sesuai dengan Tabel 6.1 (b))
Contoh 6.4 Kaitan torsi dengan percepatan sudut pada gerak melingkar berubah
beraturan
m
Sebuah batu gerinda 2,0 kg yang memiliki jari-jari 10 cm diputar pada rad/s. Motor dipadamkan
dan sebuah pahat ditekankan pada permukaan batu gerinda dengan suatu gaya yang memiliki
komponen tangensial 2,0 N (lihat gambar). Berapa lama diperlukan oleh batu gerinda untuk
berhenti sejak gaya diberikan?
Jawab:
Massa M = 2,0 kg
Jari-jari R = 10 cm = 10 x 10-2 m
= 0,10 m
Kecepatan sudut awal ω0 = 120 rad/s
Pada saat motor dipadamkan, bekerja gaya gesek tangensial F = 2 N menghasilkan momen
gaya τ yang memberikan perlambatan sudut α yang akhirnya memberhentikan putaran batu
gerinda. Batu gerinda berbentuk silinder pejal, sehingga sesuai Tabel 6.1 (f), momen
inersianya adalah
I = 12 MR 2 = 12 (2,0 kg)(0,10 m) 2 = 0,01 kg m 2
Torsi yang dihasilkan oleh gaya tangensial F dengan lengan torsi R adalah
τ = − RF = (0,10 m)(2 N) = 0,20 m N
Tanda negatif diberikan karena momen gaya τ berlawanan dengan arah putaran batu
gerinda.
Momen gaya τ menghasilkan percepatan sudut sesuai dengan percepatan sudut tetap
dan kecepatan sudut awal ω0 = 120 rad/s diperlambat oleh α = -20 rad/s sampai berhenti
(ω(t) = 0)
ω (t) = ω0 + α t
t=
ω (t ) − ω0 0 − (120rad / s )
=
= 6s
α
− 20rad / s 2
Jadi, diperlukan waktu 6 s sejak motor dipadamkan sampai batu gerinda berhenti.
Contoh 6.5 Silinder pejal menggelinding menuruni bidang miring
Sebuah silinder penjal homogen dengan jari-jari R dan massa M menggelinding dari puncak
bidang miring seperti pada gambar. Tentukan kelajuan silinder pada saat tiba di dasar bidang
(nyatakan dalam g dan h).
Strategi : Tinjau silinder pejal m, gambar gaya-gaya yang bekerja padanya. Gunakan τ = Iα
untuk gerak rotasi silinder dan F = ma untuk gerak tranlasi silinder menuruni
bidang.
http://atophysics.wordpress.com
4
a
. Akhirnya, kelajuan silinderdi dasar bidang dihitung dengan
R
persamaan dihitung dengan persamaan kinematika translasi: v2 v02 + 2a∆x, dengan
Jangan lupa α =
v0 = dan x = panjang lintasan yang ditempuh silinder.
Jawab:
Perhatikan gambar (a) gaya-gaya yang bekerja pada silinder pejal adalah: gaya gesekan f,
gayaberat g, gaya normalN.baik mg maupun Nmelalui titik poros O sehingga tidak
menyebabkan gerak rotasi. Satu-satunya gaya yang menyebabkan silinder berotasi terhadap
poros O adalah gaya gesekanf, dengan momen OP = jari-jari R. Penggunaan hukum II Newton
untuk rotasi silinder memberikan
Στ = Iα
fR = ( 12 MR 2 )α
fI = 12 MR 2
a
fR = 12 MR 2 ( )
R
1
f = 2 Ma
α=
(bentuk silinder pejal)
a
R
Perhatikan gambar (b), gaya-gaya N dan Mg cos θ tidak menyebabkan gerak tranlasi silinder
menuruni bidang hanyalah Mg sin θ (arah positif) dan f (arah negatif). Penggunaan hukum II
Newton untuk gerak tranlasi silinder memberikan
F = ma
+Mg sin θ - f = Ma
1
Mg sin θ - 2 Ma = Ma
Mg sin θ
(substitusi f =
1
2
Ma dari (*1))
3Ma
2 g sin θ
⇔a=
2
3
Akhirnya, dengan menerapkan persamaan kinematika v2 = v02 + 2a∆x dengan keadaan awal
diam di puncak bidang (v0 = 0) dan keadaan kahir di dasar bidang,
v 2 = v02 + 2a∆x
v2 = 0 + 2
v2 =
2 g sin θ
3
h
sin θ
4 gh
4 gh
⇔v=
3
3
Misalkan g = 10 m/s2 dan h = 6 m, maka
v=
4(10)(6)
= 8 = 4 5m
3
Contoh 6.6 Dua benda bergantungan pada katrol melalui seutas tali
Sebuah katrol, massa M dan jari-jari R, dililitkan dengan seutas tali. Pada ujung-ujung tali
terikat benda yang massanya m1, dan m2 (m2 > m1). Tentukan percepatan masing-masing benda
bila:
(a) katrol dapat dianggap licin sehingga tali meluncur pada katrol;
http://atophysics.wordpress.com
5
(b) katrol tidak licin sehingga katrol mengalami gerak rotasi.
Jawab:
(a) untuk kasus katrol licin, katrol tidak berputar bersama tali (katrol diam), sehingga α = 0.
Kita tinjau dahulu diagram gaya pada katrol (Gambar (c)). Karena m2 > m1, maka katrol
cenderung berotasi searah jarum jam (seandainya katrol tidak lacin). Karena itu kita
tetapkan arah searah jarum jam adalah positif. Dengan demikian gaya T1 menghasilkan
momen –T1R (berlawanan arah jarum jam) dan gaya T2 menghasilkan momen +T1R (searah
jarum jam). Hukum II Newton untuk gerak rotasi memberikan
τ = Iα = 0 sebab α = 0
–T1R + T2R = 0 atau T1 = T2 = T
Tinjauan diagram gaya pada benda m1 (Gambar (b)) dan benda m2 (Gambar (d)).
Karena m2 > m1, maka m1 akan bergerak ke atas dan m2 akan bergerak ke bawah. Oleh
karena itu, untuk benda m1 kita tetapkan arah ke atas sebagai positif. Hukum II Newton
untuk gerak tranlasi m1 dan m2 memberikan
Σ = m1 a1
Σ = m2 a2
+ m2g - T2 = m2 a2
(2)
-T1 – m1g = m1 a1 (1)
Dengan T1 = T2 = t dan a1 = a2 = a, kita peroleh
T – m1g = m1a
(*)
-T + m2g = m2a
(**)
Dengan menjumlahkan Persamaan (*) dan (**) kita peroleh:
T – m1g = m1a (*)
-T + m2g = m2a (**)
+
(m2 – m1)g = (m1 – m2)a
a =
m2 − m1
g
m1 − m2
(***)
(b) Untuk katrol ikut berputar bersama tali, Persamaan (*) dan (**) yang diperoleh dari (a)
tetap. Yang berbeda adalah hukum II Newton untuk gerak rotasi pada katrol karena α ≠ 0.
Penggunaan hukum II Newton untuk gerak rotasi katrol memberikan
Στ = Iα
T2R – T1R = Iα
(3)
Sekarang, perhatikan besaran-besaran yang akan menghubungkan, Persamaan (1), (2), dan
(3):
A1 = a2 = a
α =
a
R
Untuk katrol dianggap berbentuk silinder pejal, I =
1
2
MR 2 .
Persamaan menjadi:
T1 – m1g = m1a
M2g – T2 = m2a
(T2 – T1) R = I
(T2 – T1) R =
T2 – T1 =
1
2
1
2
(1)
(2)
a
R
MR 2
(3)
a
R
Ma atau T1 – T2 = - 12 Ma
(4)
Dengan menjumlahkan Persamaan (1) dan (2) kita peroleh
http://atophysics.wordpress.com
6
T1 – m1g = m1a
M2g – T2 = m2a
+
T1 – T2 + (m2 – m1)g = (m1 + m2) a
T1 – T2 + (m2 + m1)g - (m2 - m1) g
(5)
Dengan memutar T1 – T2 dari persamaa (5) ke dalam Persamaan (4), kita peroleh
1
- 2 Ma = (m1 + m2) a - (m2 – m1) g
1
(m2 – m1) g = (m1 + m2) a + 2 Ma
1
= (m1 + m2 + 2 M )a
(m2 – m1) g
a=
(m2 − m1 )
g
(m2 + m1 + 12 M )
(****)
Diskusi:Jika massa katrol diabaikan atau M = 0, maka perwsamaan (****) memberikan
a=
(m2 − m1 )
g, sama dengan hasil pada Persamaan (***).
(m1 + m2 )
Jadi, baik kasuskatrol licin maupun kasus massa katrol diabaikan akan memberikan
percepatanyang sama. Dinamika tranlasi yang anda pelajari di kelas 1 selalumenganggap
massa katrol diabaikan atau katrol licin sempurna. Oleh karena itu, hasil hitungan
percepatan yang Andadapatkan adalah a =
(m2 − m1 )
g.
(m1 + m2 )
Contoh 6.7 Energi kinetik rotasi roda
Sebuah roda digunakan sebagai penyimpan energi dalam pembangkit listrik. Roda diatur
berputar selama perode beban rendah oleh sebuah motor listrik. Rodaakan bertindak sebagai
generator untuk mengembalikan energi yang disimpan menjadi energi listrik ketika permintaan
listrik tinggi.
(a) Tentukan energi kinetik rotasi roda ermassa 2,0 x 105 kg yang memiliki jari-jari 2,0 m
dan berputar pada 300 rad/s.
(b) berapa jamdiperlukan roda untuk mensuplai daya listrik 1,0 MW?
Jawab:
(a) Momen inersia roda yang berbentuk silinder pejal dengan M = 2,0 x 105 kg dan R =
2,0 m diperoleh dari Tabel 6.1 (f).
I=
1
2
1
2
MR 2 =
(2,0 x 105 kg)(2,0 m)2 = 4,0 x 105 m2
Energi kinetik rotasi dengan ω = 300 rad/s dihitung dengan Persamaan (6-17):
EKrotasi
=
1
2
=
1
2
Iω2
(4,0 x 105 kg m2)(300 rad/s)2
= 1,8 x 1010 J
(b) Daya listrik P = 1,0 MW = 1,0 x 106 W akan disuplai oleh roda dalam waktu
EK = P x t atau t =
EK
P
http://atophysics.wordpress.com
7
=
1,8 x1010 J
= 1,8 x 104 s
6
1,0 x10 W
= 1,8 104 s x (1 jam/3 600 s)
= 5 jam
Contoh 6.8 Energi kinetik benda yang menggelinding
Sebuah bola kayu pejal dengan berat 72 N dan memiliki jari-jari 0,15 m, bergerak pada kelajuan
30 m/s sambil berputar. Tentukan total energi kinetiknya (g = 10 m/s2).
Jawab:
Berat W = 72 N
Jari-jari bola R = 0,15 m
Kecepatan linear v = 30 m/s
Untuk menghitung total energi kinetik bendang menggelinding dengan Persamaan (6-18), kita
harus menghitung massa m, momen inersia I, dan kecepatan sudut ω terlebih dahulu.
Massa dapat dihitung dari berat:
w = mg atau
w
g
72 N
=
10m / s 2
m =
= 7,2 kg
Momen inersia bola pejal sesuai Tabel 6.1 (h) adalah
I
=
=
2
5
2
5
mR 2
(7,2 kg)(0,15 m)2
= 0,0648 kg m2
Kecepatan sudut ω dapat dihitung dengan
v
= R ω atau
v
R
30 m/s
=
0,15 m
ω =
= 200 rad/s
Total energi kinetik dihitung dengan Persamaan (6-18):
1
1
EK = 2 mV2 + 2 I ω2
=
1
2
(7,2 kg)(30 m/s)2 +
1
2
(0,648 kg m2)(200 rad/s)2
= 3 240 J + 1 296 J
= 4 536 J
2. Sebuah silinder homogen dengan jari-jari R dan massa m
berada
dipuncak suatu bidang miring (lihat gambar). Manakah yang kelajuannya lebih besar saat
tiba di dasar bidang miring-silinder yang meluncur tanpa gesekan? Atau silinder yang
menggelinding?
http://atophysics.wordpress.com
8
Jawab:
Untuk silinder yang meluncur tanpa gesekan, hukum kekekalan energi mekanik memberikan
EPpuncak + EKpuncak = EPdasar + + EKdasar
1
1
mgh + 0 = 0 + ( 2 mV2 + 2 I ω2)
1
gh = ( 2 V2 atau V =
2 gh )
Untuk silinder yang menggelinding, energi kinetik di dasar bidang adalah gabungan energi
kinetik tranlasi dan rotasi sehingga hukum kekekalan energi mekanik memberikan
EPpuncak + EKpuncak = EPdasar + + EKdasar
1
1
mgh + 0 = 0 + ( 2 mV2 + 2 I ω2)
Untuk silinder penjal, I =
1
m
2
R 2 (Tabel 6.1 (f)), dan V = Rω atau ω = V/R, sehingga persamaan
menjadi
mgh =
1
2
mV2 +
4 gh = 2 V2 + R2
1
2
1
( 2 mR 2 )
V
R
2
x
4
m
V2
R2
4 gh = 3 V2
V2 =
4 gh
atau V =
3
4
gh
3
Jadi silinder yang enggelinding lebih lambat menuruni bidang miring daripada silinder yang
meluncur tanpa gesekan. Ini karena sejumlah energi diserap oleh gerak rotasi benda. Energi
total silinder di dasar bidang adalah sama pada kedua kasus.
Contoh 6.9 Soal konsep
Cincin kawin, kelereng, batu baterai, kaleng cola kosong, kaleng cola penuh yang belum
dibuka, dan sebuah kotak yang diminyaki sehingga dapat meluncur ke bawah tanpa gesekanjika keenam benda tegak tersebut dibebaskan dari keadaan diam pada ketinggian yang sama
pada sebuah bidang miring, dengan urutan bagaimanakah benda-benda tersebut mencapai dasar
bidang miring?
Jawab:
Dalam contoh 6.8b telah dibahas bahwa untuk kasus benda tegar menuruni suatu bidang miring
mulai dari keadaan diam, energi potensial gravitasi pada posisi dibebaskan terhadap acuan dasar
bidang miring berubah menjadi energi kinetik benda di dasar bidang. Energi kinetik di dasar
bidang adalah total dari energi kinetik tranlasi pusat massa dan energi kinetik rotasi terhadap
pusat massa sebagai poros. Secara matematis dituliskan:
1
Mgh = 2 mV2 +
1
2
I ω2
Momen inersia benda tegar dapat kita tuliskan sebagai I = kMR2 dengan k adalah faktor
numeric yang menyatakan bagimana massa benda tegar didistribusikan terhadap porosnya.
Makin tersebar massa benda itu terhadap porosnya, makin besar nilai k
Dengan demikian persamaan diatas dapat ditulis menjadi
http://atophysics.wordpress.com
9
1
Mgh = 2 MV2 +
gh =
V=
1
2
1
2
(kMR2)
V2
R2
karena ω =
V
R
V2 + (1 + k)
2 gh
1+ k
(*) (persis seperti Persamaan (6-12)
Telah dijelaskan bahwa makin tersebar massa benda itu terhadap porosnya makin besar nilai k,
dan berarti makin kecil makin kecil nilai kecepatan pusat massa V.
Mari kita urutkan dahulu nilai kecepatan pusat massanya. Kotak diminyaki yang meluncur tanpa
gesekan memiliki nilai k = 0, yaitu nilai k paling kecil, sehingga nilai V paling besar, dan pasti
muncul sebagai pemenang nomor 1. cicncin kawin dapat kita anggap sebagai lingkaran tipis
dengan massanya terdistribusikan pada jarak R, sehingga nilai k paling besar dan tentu saja nilai
V paling kecil. Kaleng kosong adalah silinder berongga (bulatan + keping) yang massanya
terdistribusi hamir pada R. sehingga niali V-nya lebih besar daripada cincin. Batu baterai
(silinder pejal) massanya terdistribusi mulai dari r = 0 sampai dengan r = R pada keseluruhan
panjang silinder. Kelereng (bola pejal)massanya terdistribusi dari r = 0 sampai dengan r = R
secara konsentris (tidak memanjang seperti silinder penjal). Karena itu nilai kelereng < k
baterai, dan tentu saja Vkelereng > Vbaterai. Dengan demikian urut-urutan benda mencapai dasar
bidang miring ditunjukkan pada Gambar 6.14.
Bagaimana dengan kecepatan kaleng cola penuh? Kaleng cola penuh yang belum dibuka lebih
rumit. Kaleng ini tidak bisa dianggap silinderpadat karena cairan cola didalamnya dapat
bergerak dan akan mengeluarkan sedikit energi, sehingga kita bisa menganggap kaleng itu lebih
lambat dari pada baterai. Tetapi hanya itulah yang dapat kita katakana dengan yakin. Jika
dibandingkan dengan kaleng cola penuh lebih cepat atau lebih lambat daripada kaleng cola
kosong.
Contoh 6.10 Menemtukan momentum sudut
Dua benda sedang bergerak, seperti ditunjukkan pada gambar. Tentukan besar dan arah
momentum sudut total terhadap titik poros O.
Strategi:
Karena lengan torsi terhadap poros O dan kecepat linear diberikan, maka momentum sudut tiap
benda sebaiknya dihitung dengan Persamaan (6-20): L = mrv. Perhatikan, arah momentum
sudut ditentukan dengan kaidah tangan kanan, sehingga kita etapkan arah berlawanan jarum jam
bertanda positif dan arah searah jarum jam bertanda negatif.
Jawab:
Momentum sudut benda m1 = 5 kg dengan r1 = 2 m dan v1 = 4 m/s (lihat gambar) adalah L1 = m1r1v1.
(tanda (-) karena putaran tangan kanan searah jarum jam)
L1 = (5 kg) (2 m) (4 m/s) = -40 kg m2s-1
Momentum sudut benda m2 = 2 kg dengan r2 = 4 m dan V2 = 3 m/s (lihat gambar) adalah
L2 = + m2r2v2.
(tanda (+) karena putaran tangan kanan berlawanan dengan arah jarum jam)
L1 = (2 kg) (4 m) (3 m/s) = +24 kg m2s-1
Momentum sudut total terhadap poros O adalah
ΣL = L1 + L2
= -40 + 24 = -16 kg m2s-1
Tanda negatif menyatakan bahwa arah momentum sudut total terhadap poros O adalah searah
jarum jam.
http://atophysics.wordpress.com
10
Contoh 6.11 Aplikasi hikum kekekalan momentum sudut pada sistem yang berotasi
(a) Seorang penari sepatu es memiliki momen inersia 4,0 kg m2 ketika kedua lengannya
terentang dan 1,2 kg m2 ketika kedua lengannya merapat ketubuhnya. Penari mulai berputar
pada kelajuan 1,8 putaran/s ketika kedua lengannya terentang. Berapa kelajuan sudut ketika
kedua lengannya merapat ke tubuhnya?
Jawab:
Keadaan awal ketika kedua lengannya terentang:
I1 = 4,0 kg m2
ω = 1,8 putaran/s
Keadaan akhir ketika kedua lengan merapat ke tubuh:
I1 = 1,2 kg m2
ω2 = ?
Kekelan momentum (Persamaan (6-22)) memberikan
L1 = L2
I1ω1 = I2ω2
ω2
=
I1
ω1
I2
=
4,0 kg m 2
x (1,8 putaran/s) = 6 putaran/s
1,2 kg m 2
(b) Sebuah meja Putar terdiri dari sebuah cakram tipis mendatar dengan maassa M dan jari-jari
R, dan berputar tanpa gesekan dengan kelajuan tetap ω. Pada suatu waktu, setetes lem
dengan massa m =
=
M
jatuh vertikal pada meja putar dan melekat di suatu titik pada jarak r
10
3R
dari poros. Tentukan kelajuan sudut putar sekarang.
4
Strategi:
Sistem mula-mula adalah cakram dengan inersia I1 =
1
2
m1r12 (cakram silinder pejal) yang
berputar dengan kelajuan ω1. Sistem sekarang adalah cakram (momen inersia I1) dan setetes lem
1
dengan inersia I2 = 2 m2r22 (lem dianggap sebagai partikel), sebagai suatu sistem yang berotasi
dengan kelajuan sudut baru ω′. Dengan menggunkan hukum kekekalan momentum sudut, kita
dapat menghitung ω′.
Jawab:
Massa cakram m1 = M; jari-jari r1 = R; momen inersia cakram I1 =
1
2
m1r12 =
1
2
MR 2 ; kecepatan
1
sudut mula-mula: ω1 = ω; momentum sudut mula-muola: L1 = ω1I1 = ω( 2 MR 2 ). Massa lem m2
=
M
3R
, melekat pada jarak dari poros r2 =
. Dengan demikian, momen inersia lem (lem
10
4
dianggap sebagai partikel) adalah
I2 =
1
2
m2r22
M
=
10
3R
4
2
=
9 MR 2
160
Sistem sekarang adalah (cakram + lem) sebagai satu sistem yang bergerak dengan kecepatan
sudut sudut ω1′ = ω2′ = ω′.
Dengan menggunakan hukum kekekalan momentum kita peroleh
L1 + L2 = L1′ + L2′
ω1I1 = ω′1I1 + ω′2I2
http://atophysics.wordpress.com
11
ω1I1 = ω′I1 + ω′I2
ω1I1 = ω′ (I1 +I2)
ω′ =
ω′ =
ω1 I1
I1 + I 2
=
1
2
ω (12 MR 2 )
MR 2 +
9 MR 2
160
=
80 ω MR 2
80 MR 2 + 9 MR 2
80
ω
89
Contoh 6.12 Menentukan titik berat mobil
Majalah otomotif melaporkan bahwa sebuah mobil seda memiliki 53% berat pada roda-roda
depannya dan 47% bertapadaroda-roda belakangnya, dengan jarak antara poros roda depan dan
belakang adalah 2,46 m (Gambar 6.27). ini berarti bahwa gaya normal total pada kedua roda
depan adalah 0,53w dan pada kedua roda belakang adalah ,47w, dengan w adalah berat total
mobil. Berapa jauh dari poros roda belakang titik berat mobil tersebut?
Jawab:
Dengan menggunakan Persamaan (6-27) Anda dapat menghitungtitik berat mobil (xG) diukur
dari poros roda belakang (poros roda belakang ditetapkan memiliki x = 0)
wi xi w1 x1 + w2 x2 0,47 w(0) + 0,53w(2,46)
=
=
wi
w1 + w2
0,47 w + 0,53w
0+,53w(2,64)
XG =
= 1,30 meter
w
XG =
Contoh 6.13 Menentukan pusat massa sistem
Sebuah palu terdiri dari bagian kepalayang berbentuksilinder dengan massa 2,00 kgdan diameter
8,00 cm dan tangkai yang juga berbentuk silinder dengan massa 0,500 kg dan panjang 8,00 cm,
seperti ditunjukkan pada Gambar 6.28a. Jika palu ini dilemparkan berputar ke udara, berapa
jauh di atas dasar tangkai letak titik yang membentuk lintasan parabola?
Strategi:
Ketika palu dilemparkan berputar ke udara, maka titik yang membentuk lintasan parabola
adalah pusat massa (atau titik berat) palu.
Jawab:
Ambil sumbu x sebagai garis yang melalui tengah-tengah palu, dan sumbu ysebagai garis tegal
lurus sumbu x yang melalui dasar tangkai pada (x0 = 0,00 cm), lihat gambar 6.28b.
Titik berat tangkai paluada di tengah-tengah tangkai,diberi indeks
(2)
(Gambar 6.28b), dimana
X2 =
26,0
=13,0 cm
2
Titik berat palu ada ditengah-tengah kepala palu, diberi indeks
(Gambar 6.28b), dimana
X1 = 26,0 +
(1)
8,0
= 30,0 cm
2
Titik berat palu, yaitu titik G, Dapat Anda tentukan dengan enggunakan Persamaan (6-27)
http://atophysics.wordpress.com
12
mi xi m1 x1 + m2 x2
=
mi
w1 + m2
XG =
=
(200) + (0,500)(13)
= 26,6 cm
200 + 0,500
Jadi letak titik yang membentuk lintasa parabola ketika dilemparkan dengan berputar ke udara
adalah titik yang berjarak 26,6 cm dari dasar tangkai
Contoh 6.14 Titik berat benda homogen yang berlubang
Tentukan letak titik berat bidang yang diraster, terhadap titik potong diagonal bidang ABCD.
Strategi:
Untuk benda homogenberbentuk luasan (dua dimensi), massa tiap partikel dalam benda dapat
kita nyatakan dalam luas partikel sebagai berikut:
Mi = ρVi = ρAit
Dengan ρ dan t masing-masing adalah assa jenis dan tebal benda homogen yang serba sama
karena itu Persamaan (6-27) dapat ditulis
xG =
xG =
yG =
mi xi Σ( ρAi t ) xi ρtΣAi xi
=
=
ρtΣAi
mi
ΣρAi t
Ai xi A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 ........
=
Ai
A1 + A2 + A3 .........
(6-29)
Ai xi A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 ........
=
Ai
A1 + A2 + A3 .........
(6-30)
Jawab:
Benda yang diraster adalah bidang ABCD dikurangi bidang lingkaran.
A1 = AB x BC
= 15 x 15 = 225 cm2
x1 = 0
y1 = 0
Bidang lingkaran:
A1 = π2 = π(3)2 = 9π
x1 = 7,5 – 3 = 4,5
y1 = -(7,5 -5) = -2,5
Titik berat benda yang diraster terhadap titik O
Ai xi A1 x1 − A2 x2
=
Ai
A1 − A2
(225)(0) − (9π )(4,5)
=
225 − 9π
− 9(4,5π ) − 4,5π
=
=
cm
9(25 − π ) 25 − π
X0 =
http://atophysics.wordpress.com
13
Ai xi A1 x1 + A2 x2 .
=
Ai
A1 + A2
(225)(0) − (9π ) − (−2,5) + 9(2,5π )
2,5π
=
=
=
cm
225 − 9π
9(25 − π ) 25 − π
y0 =
Jadi, koordinat titik berat benda yang diraster terhadap titik potong diagonal bidang ABCD
adalah
− 4,5π 2,5π
,
25 − π 25 − π
cm atau (0,65; 0,36) cm
Contoh 6.15 Demonstrasi titik berat benda homogen berbentuk kurva
Pada gambar 6.29a kita tunjukkan dengan jelasbahwa selembar baja tipis tidak akan seimbang
jika satu ujungnya diletakkan pada ujung meja. Misal kita sambungkan lagi dua lembar baja,
seperti pada Gambar 6.29b. Semua lembar baja memiliki massa jenis dan luas penampang yang
sama (ini berarti massa lembaran baja hanya sebanding dengan panjang lembaran baja).
Sekarang sistem dapat kita buat seimbang asalkan kita dapat menentukan panjang lembaran
!
"
#
# $ "
#
% & & % &$&
$ ' "
( " "&
""
%
'"
%
( & ) ("
"&
% ' (
#
""
&" % &"
*
% # + ' , %
%&%&
"&
%
)
)
$ ) %
#
%
"
(" &
% ' " # #
(" ) "
%
(
%
- & # % ( (
# # & & * "& & %
" & "
. %
%
$
"
, "
/ 0 %
/
%
% & "
xG =
Ai xi A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 ........
=
Ai
A1 + A2 + A3 .........
(6-31)
yG =
Ai xi A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 ........
=
Ai
A1 + A2 + A3 .........
(6-32)
1 + #!
#" "
3 #
3 #
#
#
# $
# $
3
# $
#
.#" "
#
&"
&" "
*
%
!
%&
!
!
#&
x + 2 x2 +
X0 = 1 1
1+ 2 +
4
2
%
% # +
( 2
4 %
4 %
0
−
%
&
%
' " %
' %
&"
(( %
4
4
2
− 10 4
"
/
!
3 x3
3
http://atophysics.wordpress.com
14
(10,0)(5,0) + (5,0)(9,5) − ( )
0
=
0
= 50 + 47,5 -
2
− 10,0
10,0 + 5,0 + 1
2
2
− 10
0
%&
& "%
%
&
20 ± 400 + 4(195) 20 ± 2 100 + 195
=
2
2
5 295
6 295 %
# )
(" 7
8 4
1 % "& ) " "
"
&"
8 4
#
% &
& % &$&
$ '
$
#
Contoh 6.16 Keseimbangan statis sistem partikel oleh tiga buah gaya
%
% 2 # / 9
& ) #
:
%
%
&
; &
%
%&
)
%
# $
%
%
!
; $ &
.%
#
"& #& < %
*
"& #& =
")
"
% %
)
" #
"
) )
#
$
"& #& = #
" "
&
% .
)
! >
%
)
%
%
" #
% "& #& < %
> )
?
%&
1 + #!
2 )
) )
#
%
@(
(
$
% . % & $&
. ; %
( (
# / 94
;
;
; 4(" 8
;) ; "
8
9;
/;
&
>
%
&
>
)
%
>
; B;
;
;
7& &
# / 9# )
. ;
; %
; )A " %
%
%
;
; 4("
;) ; "
"
,
% 2
"
% & & "
# +
&!
;
) #
%
#
; %
% +
;)
/;
9;
#
"
(
&
> )
;)6;)B+
/ ; 6 9;
"
(
!
)
(" 7 & &
"
:
http://atophysics.wordpress.com
15
/;
;
?
9;
9;
:
CC
0,6T2
3T
⇔ 2
0,8
4
"&# &" ;
0,6
/; 6
C
3T2
dari (*) ke dalam (**), kita dapat menghitung tegangan tali T2.
4
3T 2
+ 0,8T2 = 400
4
1,8T2 + 3,2T2 = 1 600
5,0T2 = 1 600 ⇔ T2 = 320 N
(kalikan kedua ruas dengan 4)
Substitusikan kembali T2 = 320 ke dalam (*) diperoleh T1.
T1 =
3(320)
= 240 N
4
Contoh 6.17 Keseimbangan pada papan mendatar yang diberi penumpu
1. Anak laki-laki dengan berat 50 N dan anak perempuan dengan berat 40 N duduk pada papan
kayu yang panjangnya 2 m dan beratnya 20 N. papan tersebut di tumpu oleh batang kayu
berbentuk silinder, seperti ditunjukkan pada gambar 6.39a. Papan kayu ini memiliki
ketebalan merata titik beratnya ditengah-tengah papan dan seimbang di atas penumpu
batang kayu sebelum kedua anak duduk di atasnya kedua anak tersebut duduk di atas papan
pada sisi yang berlawanan. Jika anak perempuan duduk di ujung kanan papan, di manakah
anak laki-laki harus duduk agar papan tetap seimbang?
Strategi:
Pisahkan papan kayu, gambar gaya-gaya yang bekerja pada papan (lihat Gambar 6.39b). Karena
gaya R tak diketahui dan tak dinyatakan, untuk memudahkan perhitungan sebaiknya kita pilih
titik P sebagai poros, dan menggunakan syarat keseimbangan rotasi Στp = 0.
Jawab:
Misalkan anak laki-laki duduk di A pada jarak x meter dari oros P, maka x dapat kita hitung
cukup dengan syarat Στp = 0. Perhatikan, gaya R yang tak diketahui dan gaya 20 N tak
menghasilkan torsi terhadap P sebab garis kerja kedua gaya ini melalui P.
Στp = 0
-x (50) + 1(40) = 0 ⇔ x = 0,8 m
Dengan demikian, anak laki-laki harus duduk 0,8 m di kiri poros P.
g
2. Seorang tukang cat yang beratnya 550 N mengatur dua buah kuda-kuda penopang. Sebuah
papan yang beratnya 60 N digunakan sebagai tempat berpijak ketika ia mencat dinding.
Kuda-kuda penopang A dan B ditempatkan 1 m dari tiap ujung papan seperti tampak pada
Gambar 6.40a. Ia meletakkan kaleng yang beratnya 20 N sejauh 0,5 m dari ujung sisi kiri
papan. Secara perlahan-lahan ia mengecat sambil menggeser ke kanan. Berapa jauh ke
kanankah ia dapat bergeser sebelum papan tepat terangkat dari kuda-kuda penopang A?
http://atophysics.wordpress.com
16
Strategi:
Pisahkan papan pijakan, gambar gaya-gaya yang bekerja pada papan (lihat Gambar 6.40b).
ketika papan tepat terangkat dari kuda-kuda penopang A, maka gaya penopang A pada kayu
sama dengan nol (RS = ). Karena gaya penopang yang titik kerjanya di P, yaitu RB, tak diketahui
dan tak ditanyakan, maka untuk memudahkan perhitungan sebaiknya kita pilih titik P sebagai
poros, dan enggnakan syarat keseimbangan rotasi Στp = 0.
Jawab:
Misalkan ketika tukang cat berada sejauh x meter dari poros P, papan tepat akan terangkat dari
penopang A (RA = 0), maka x dapat kita hitung cukup dengan menggunakan syarat
keseimbangan rotasi Στp = 0. Perhatikan, gaya RB yang tak diketahui tidak menghasilkan torsi
terhadap P sebab garis kerjanya melaklui P.
Στp = 0
-2,5(20) – 1(60) + x (550) = 0
-50 – 60 + 550x = 0 ⇔ x =
110
= 0,2 m.
550
Dengan demikian, papan tepat akan terangkat dari penopang A ketika tukang cat berdiri 0,2 m
di sebelah kanan P.
Contoh 6.18 Keseimbangan pada batang berengsel yang diberi beban dan ditopang oleh
kabel
i
Batang homogen berengsel yang beratnya 50 N (lihat gambar 6.41a) berada dalam keadaan
seimbang. Hitunglah tegangan dalam kabel pendukungnya.
Strategi:
Pisahkan batang, gambar gaya-gaya yang bekerja pada batang (lihat Gambar 6.41b). Perhatikan,
berat batang homogen (50 N) bekerja di titik berat batang homogen, yaitu ditengah-tengah
batang. Untuk dapat langsung menghitung tegangan dalam kabel, T, pilihlah titik P sebagai
poros dan gunakan syarat keseimbangan rotasi, Στp = 0.
Jawab:
Gaya-gaya yang bekerja pada batang adalah berat batang, 50 N, dengan titik kerja tepat di
tengah-tengah batang; tegangan tali T; beban 100 N; dan gaya engsel dengan komponen
horizontal H dan komponen vertikal V (lihat Gambar 6.41b). Dengan menetapkan arah
mendatar sebagai sumbu-X dan arah vertikal sebagai sumbu-Y, maka gaya yang perlu kita
uraikan atas komponen-komponennya hanyalah gaya tegangan T, yaitu Tx dan Ty, di mana
Tx = T cos 370 = 0,80T dan Ty = T sin 370 = 0,60T.
Karena gaya horizontal dan vertikal engsel, yaitu H dan V, yang bekerja di titik P tidak
diketahui, maka sebaiknya titik P kita tetapkan sebagai poros. Dengan menetapkan P sebagai
poros, maka gaya-gaya H, V, dan Tx tidak menghasilkan torsi karena garis kerja ketiganya
melalui poros P.
Στp = 0
http://atophysics.wordpress.com
17
- 50(70) – Ty (100) + 100(140) = 0
(bagi kedua ruas dengan 100)
35 – Ty + 140 = 0
Ty = 175 ⇔
,60T = 175
T=
175
= 292 N
0,60
Bagaimanakah jika gaya pada engsel ditanyakan? Tentu saja kita terlebih dahulu menghitung
gaya horizontal engsel, H, dengan Στx = 0 dan gaya vertikal, V, dengan Στy = 0.
Στx = 0
+H – Tx = 0 ⇔ H = 0,80 T = 0,80 (292) = 234 N
Στy = 0
+V – 50 + Ty – 100 = 0 ⇔ V = 150 – 0,60T
V = 150 – 0,60(292) = -25,2 N
Tanda negatif pada V menyatakan bahwa arah V sesungguhnya adalah ke bawah, berlawanan
dengan arah pemisalan kita semula. Besar gaya engsel, Fp, dihitung dengan dalil Pythagoras
(lihat gambar di samping).
Fp =
H 2 +V 2 = 234 2 + 25,2 2 = 235, N
Contoh 6.19 Keseimbangan pada tangga
Sebuah tangga homogen AB panjangnya 5 m dan beratnya w. ujung A disandarkan pada dinding
licin dan ujung B nertumpu pada lantai kasar (lihat Gambar). Tentukan koefisien gesekan antara
lantai dan tangga pada saat tangga tepat akan tergelincir.
Strategi:
Pisahkan tangga, gambar gaya-gaya yang bekerja pada tangga (lihat gambar). Pilih A sebagai
poros dan gunakan Στy = 0.
Jawab:
Gaya-gaya yang bekerja pada tangga adalah berat tangga homogen, w, dengan titik kerja tepat
di tengah-tengah batang (titik P); gaya tekan dinding pada tangga, NA; gaya tekan lantai pada
tangga, NB; dan gaya gesekan lantai kasar pada tangga, fB; di mana fB = µs NB (lihat Gambar
1
6.42). Misalkan AB = L, maka AP = PB = 2 L . Untuk A sebagai poros, gaya NA tak
menghasilkan torsi sebab garis kerjanya melalui A. Lengan torsi w adalah AP1; lengan torsi fB
adalah AB2; dan lengan torsi NB adalah AB1.
AP1 = AP cos θ =
1
2
L cos θ
AB2 = AB sin θ = L sin θ
AB1 = AB cos θ = L cos θ
Στy = 0
+w . AP1 + fB . AB2 – NB . AB1 = 0
1
w ( 2 L cos θ) +(µs NB )( L sin θ) – NB( L cos θ) = 0
µs L NB sin θ = L (NB cos θ -
1
2
w cos θ)
(*)
ΣFy = 0
http://atophysics.wordpress.com
18
-w + NB = 0 ⇔ NB = w
(**)
Substitusikan NB = w dari (**) dalam (*), kita dapat menyatakan µs dalam θ.
1
µs Lw sin θ = L (w cos θ - 2 w cos θ)
µs Lw sin θ = Lw cos θ
1
2
Lw cos
1
= cos
Lw sin
2
1
µs =
2 tan
µs =
Perhatikan ∆ siku-siku BBA (lihat Gambar 6.42).
tan θ =
AB2
; AB2 =
BB2
tan θ =
3
4
AB 2 − BB22 = 52 − 42 = 3
Dengan demikian koefisien gesekan statis, µs, adalah
µs =
1
1
2
= 3 =
2 tan θ 2( 4 ) 3
(c) Sebuah tangga dengan berat 20 N bersandar pada tembok licin dan bertumpu pada lantai
kasar. Amir yang beratnya 400 N berdiri pada tangga (lihat Gambar 6.43a). Jika sistem
seimbang, hitung besar gaya yang bekerja pada tembok dan lantai. Hitung juga koefisien
gesekan lantai di A.
Jawab:
Pisahkan tangga dan gambar gaya-gaya yang bekerja pada tangga, seperti ditunjukkan pada
Gambar 6.43b. Gaya-gaya tersebut adalah:
(1) gaya berat tangga (200 N) yang titik kerjanya di tengah-tengah tangga;
(2) gaya berat orang (400 N) yang titik kerjanya 2 m dari puncak tangga;
(3) gaya normal yang dikerjakan tembok pada tangga, yakni ND yang arahnya tegak lurus
tembok ke kiri;
(4) komponen gaya-gaya yang dikerjakan lantai pada tangga, yakni gaya gesek fA ke kanan
dan gaya normal NA ke atas.
Kita tidak perlu menguraikan gaya-gaya karena tidak ada gaya yang miring. Karena pada titik A
bekerja paling banyak gaya yang tidak diketahui (fA dan NA), maka kita pilih A sebagai poros;
ini akan memudahkan kita untuk menggunakan syarat keseimbangan rotasi
Στy = 0 ⇔ + 200 (BA) + 400 (CA) – ND (DA) = 0
Karena panjang tangg
/
2 # /: #
.
1
2
4("
1
2
/
/
9
http://atophysics.wordpress.com
19
D.
?.
?
: 4("
4("
"&
9 6:
1
2
/
/
9
:
:9
, "
C # "
?
%
&
: B ? :9
/ 6 0/ B : 9 ?
?
1 320
4,8
8
&
")
"
#
ΣFy = 0 ⇔ + fA – NP = 0
fA – NP = 0
ΣFy = 0 ⇔ + NA – 200 – 400 = 0
NA = 60 newton
Dengan demikian,
Gaya pada tembok: NP 275 N
Gaya pada lantai: K =
)
"!
f A2 + N A2 = (275) 2 + (600) 2
252 (112 + 24 2 ) = 25 697 = 660 N
Koefisien gesekan lantai di A, µs =
fs
f
⇔ µ s = A = 0,46
N
NA
http://atophysics.wordpress.com