fisika i - Jaja Kustija

FISIKA I
Disusun oleh :
Dr. Drs. Jaja Kustija, M.Sc.
JURUSAN TEKNIK ELEKTRO
UNIVERSITAS PENDIDIKAN INDONESIA
2014
DAFTAR ISI
Halaman
DAFTAR ISI ........................................................................................................... i
Modul I PERKEMBANGAN TEORI – TEORI FISIKA ..................................1
1.1. Pendahuluan ..............................................................................................1
1.2. Sains dan Kreativitas ................................................................................3
1.3. Pembagian Fisika..... .................................................................................6
Modul II FISIKA MEKANIKA VEKTOR I .......................................................7
2.1. Definisi .......................................................................................................1
2.2. Penggambaran Vektor Dan Satuan Vektor ...........................................1
2.3. Penjumlahan vektor..................................................................................1
Modul III PROYEKSI PADA RUANG TIGA DIMENSI ...............................15
3.1. Proyeksi Vektor Pada Ruang Tiga Dimensi .........................................15
3.2. Operasi perkalian vektor .......................................................................17
Modul IV FISIKA MEKANIKA STATIKA .....................................................22
4.1. Hukum Newton I .....................................................................................22
4.2. Hukum Newton III..................................................................................22
Modul V HUKUM NEWTON II DAN PENERAPANNYA ............................29
5.1. Hukum Newton II ...................................................................................29
5.2. Penerapan Hukum Newton II ................................................................30
Modul VI GAYA GESEK ...................................................................................36
Modul VII MOMEN GAYA DAN PUSAT MASSA.........................................41
7.1. Momen Gaya ...........................................................................................41
7.2. Menjumlahkan Gaya-gaya Sejajar .......................................................44
Modul VIII KERJA DAN ENERGI ...................................................................47
8.1. Energi dan Kerja.....................................................................................48
8.2. Transformasi Energi dan Hukum Kekekalan Energi .........................48
8.3. Proses Transfer dan Transformasi Energi ...........................................49
i
8.4. Ukuran Transfer Energi.........................................................................50
8.5. Satuan.......................................................................................................51
8.6. Gaya Tak Sejajar Gerak ........................................................................51
8.7. Usaha Oleh Gaya Yang Tidak Konstan ................................................53
8.8. Energi Kinetik .........................................................................................53
8.9. Energi Potensial ......................................................................................54
Modul IX & X GERAK LURUS ........................................................................62
9.1. Kecepatan Rata-rata dan Perpindahan ................................................63
9.2. Kecepatan Sesaat ....................................................................................64
9.3. Percepatan ...............................................................................................66
9.4. Gerak Lurus dipercepat beraturan ......................................................9.4
9.5. Benda Jatuh .............................................................................................72
9.6. Benda dilempar vertikal .........................................................................73
Modul XI & XII GERAK PELURU DAN GERAK MELINGKAR...............76
11.1. Gerak Peluru ...........................................................................................77
11.2. Gerak Lingkar.........................................................................................79
11.3. Percepatan Tangensial Dalam Gerak Melingkar ................................84
Modul XIII & XIV MOMEN INERSIA ............................................................90
13.1. Momen Inersia ........................................................................................91
13.2. Momen Inersia Benda Tegar .................................................................94
ii
MODUL I
PERKEMBANGAN TEORI-TEORI FISIKA
1.1 Pendahuluan
Fisika adalah ilmu yang paling mendasar dari semua cabang sains fisika
yang berhubungan dengan prilaku dan stuktur materi ilmu yang mempelajari
bagian – bagian dari alam dan intraksi di dalam.
Pada abad ke 20, fisika telah mengalami perkembangan pesat sekali.
Dampak perkembangan fisika telah dapat kita rasakan yaitu berupa perkembangan
teknologi mutakhir, misalnya teknologi laser, semi konduktor, super konduktor,
nuklir telah membuat revolusi besar dalam sejarah kehidupan manusia.
Fisika telah menguak tabir misteri di alam ini, misalnya dahulu orang
menganggap panas adalah sebuah misteri, tidak di ketahui penyebabnya tetapi
setelah ditemukan teori atom orang mengerti bahwa panas itu sebenarnya akikan
gerakan dan tumbukan atom-atom. Teori tentu atom ini berhasil menyatukan 2
konsep fisika berbeda yaitu konsep panas dan konsep gerak.
Hal yang sama terjadi juga dengan listrik dan magnet. Dahulu orang tidak
mengerti apa hubungannya antara medan magnet dan medan listrik. Tetapi dengan
ditentukannya teori elektromagnetik oleh Maxwell dkk orang mengerti bahwa
kedua medan ini hakekatnya satu. Medan listrik dapat di timbulkan oleh nedan
magnet demikian sebaliknya.
Penemuan teori elektromagnetik ini juga telah membuka tabir penyebab
keberadaan cahaya dan gelombang sinar X, radio, TV yang bermanfaat dalam
teori modern.
1
2
Akhir-akhir ini perhatian fisika modern tertuju pada gerak (partikel
pengembangan inti atom). Saat ini para fisikawan sedang berusaha memahami
bagaimana quark-quark ini berintraksi berbentuk materi.
1.2 Sains dan kreativitas
Salah satu aspek terpenting dalam sains adalah pengamatan terhadap
peristiwa. Namun pengamatan memerlukan imajinasi, karena para ilmuwan tidak
akan pernah dapat memasuki segala-galanya dalam dalam deskripsi tentang apa
yang mereka amati.
Dengan demikian, para ilmuan harus membuat contoh, mari kita lihat
bagaimana dua pemikir besar, Aristoteles (384-322 SM) dan Galileo (15641642), menafsirkan gerak sepanjang suatu permukaan horizontal. Aristotes
melihat bahwa benda-benda yang di beri dorongan awal di atas tanah (atau di atas
sebuah meja) selalu bergerak semakin lambat dan kemudian berhenti. Sebagai
akibatnya, Aristoteles mempercayai bahwa keadaan alamiah sebuah benda adalah
selalu pada keadaan diam. Galileo dalam tinjauan ulangnya tentang gerak
horizoltal pada awal 1600-an, lebih memilih mempelajari kasus gerak ideal yang
bebas hambatan. Galileo membayangkan bahwa jika gesekan dapat dihilangkan,
sebuah benda yang di berikan gerakan awal sepanjang suatu permukaan bidang
horizontal akan bergerak terus menerus tanpa henti. Dia menyimpulkan bahwa
untuk sebuah benda dalam keadaan gerak adalah sama alamiahnya dengan berada
dlm keadaan diam. Dengan menemukan sebuah pendekatan baru, Galileo
membangun pandangan modern kita tentang gerak (lebih rinci dlm bab 2,3,dan 4)
dan dia mengerjakannya dgn lompatan imajinasi.
3
4
Jika konsep panas dan listrik dapat disatukan, listrik, magnet dan cahaya
juga dapat disatukan, mungkinkah gejala di alam ini dapat diterangkan dengan
satu teori saja? Pertsanyaan ini saatmengusikpara fisikawan.
Pada tahun 1978 Steven Weinberg menciptakan sebuah teori yang
menggabungkan teori elektromagnetik dan teori lemah (Weak Intraction) yang
berhubuan erat dengan radioaktivitas teori gabungan ini dinamakan teori listrik
lemah (Elektroweak).
Sukses teo Elektroweak ini membuat fisikawan semakin bernafsu untuk
menggabungkan tero elektroweak dengan elektro kuat (Strong Intraction) yang
melukiskan intraksi diantara inti atom (neutron dan proton) orang menamakannya
sebagai teori gabungan “Grand Unified Theory”.
Para fisikawan berharap pada suatu saat nanti “Grand Unified Theory”
dapat digabungkan dengan teori grafitasi menjadi teori baru “Theory of
Everithing” teori gabungan inilah membantu kita lebih banyak memahami misteri
di alam semesta ini.
Listrik
statis
Listrik
Listrik
dinamis
s
Elektro
magnet
Kuantum
elektrodinamika
Elektro
lemah
Grand
Unified
Theory
Magnet
Radio aktif
Intraksi
Kuat inti
Gravitasi
Intraksi
lemah
Intraksi kuat
quark
Kuantum
grafitasi
Theory of
everything
“ superthing
Grafitasi
Teori tidak pernah diturunkankan secara langsung dari pengamatan, teori
diciptakan untuk menerangkan pengamatan. Teori merupakan inspirasi yang hadir
dalam akal pikiran umat manusia, misalnya gagasan bahwa materi tersusun dari
5
atom-atom (teori atom) tidak muncul pada seseorang hanya karena orang itu
menyaksikan atom. Tapi agaknya, karena suatu gagasan yang berasal dari pikiran
kreatif. Teori relativitas, teori elektromagnetik tentang cahaya, dan hukum newton
tentang gravitasi universal juga merupakan imajinasi manusia.
Teori-teori besar sains dapatdibandingkan sebagai pencapaian kreatif,
dalam karya-karya besar seni dan sastra. Namun bagaimana sains berbeda dari
kegiatan kreatif ini ? Satu perbedaan penting adalah sains memerlukan pengujian,
terhadap gagasan atau teori_teori untuk melihat bahwa prediksinya didukung oleh
eksperimen. Memang sesungguhnya, pengujian secara seksama merupakan bagian
yang penting dalam fisika.
1.3 Pembagian Fisika
Secara umum fisika di bagi dua bagian, yaitu Fisika klasik dan Fisika
modern. Fisika klasik berkembang sebelum tahun 1900-an mencakup teori-teori,
konsep-konsep, hukum-hukum, dan percobaan-percobaan dalam tiga bidang,
yaitu:
1. Mekanika klasik (mengenai gerak benda pada kecepatan normal, jauh lebih
kecil dari kecepatan cahaya, 3x10 m/detik).
2. Termodinamika (mengenai perpindahan panas, suhu dan kelakuan dari
partikel-partikel dalam jumlah yang sangat besar).
3. Elektrodinamika (mengenai fenomena listrik dan magnet, optik dan radiasi).
Dengan fisika klasik kita bisa menerangkan bahwa banyakfenomena alam
yangkita lihat dan rasakan di sekitar kita, misalnya : terjadinya angin, panas,
rambatan bunyi, pelangi, dan lain-lain. Fisika modern yang muncul pada awal
abad ke-20 mengembangkan teori yang berhubungan dengan fenomenafenomena yang tidak bisa di terangkan oleh fisika klasik
6
MODUL II
FISIKA MEKANIKA
VEKTOR I
2.1 Definisi
Secara sederhana vector yang dimaksud dalam pembahasan ini adalah :
Sebuah besaran yang mempunyai nilai ( Harga ) dan arah.
Untuk mendapat gambaran tentang vector perhatikan contoh – contoh berikut :
1. Pergeseran keadaan ke arah barat sejauh 200 meter
2. Berat benda 100 Newton dengan arah vertical menuju pusat bumi.
3. Kecepatan orang berjalan 5 kKm // Jam ke arah selatan.
2.2 Penggambaran vector dan satuan vector
Untuk menggambarkan sebuah besaran yang mempunyai nilai dan arah
diwakili oleh sebuah panah dengan aturan :
1. Panjang panah menunjukan skala harga
2. Arah panah menunjukan arah vector
y
F
ά
x
7
Gambar 2.1
Dari gambar di atas dapat ditafsirkan bahwa vector F mempunyai harga satuan
dan arahnya membentuk sudut ά dari sumber x.
A
α
y
β
x
Gambar 2.2
Vector a adalah vector pada ruang tiga dimensi dengan harga 4 satuan dan
mempunyai arah membentuk sudut α dari sumbu z dan proyeksi A pada bidang xy membuat sudut β dari sumbu x.
C
D
A=D
Gambar 2.3
8
Dari gambar terlihat vector C mempunyai harga lebih kecil Dari D dan keadaan
kedua vector mempunyai arah yang sama.
3. Dua vector dikatakan sama jika arah dan panjangnya sama seperti gambar
di bawah ini
A = B
A
Karena panjang dan arahnya sama
B
Gambar 2.4
Dua vector yang harganya sama dan arahnya berbeda 180˚ ( saling berlawanan
arah ) dinamakan vector negative satu sama lain.
C
C=-D
D
atau
D=-C
Gambar 2.5
Harga C sama dengan arah D dan arahnya berbeda 180˚.
Unit vector ( vector satuan ) adalah sebuah vector yang harganya satu satuan dan
arahnya sama dengan arah vector itu sendiri sering di tulis
9
aA = vector satuan
A
A
aA
aA
A
2.3 Penjumlahan vektor
Seperti diungkapkan di atas bahwa sebuah vector mempunyai harga dan
arah sehingga dalam operasinya tidak seperti aljabar biasa.
Dapat dilihat ilustrasi bahwa ini
F2 = 10 N
F1 = 10 N
Licin
Gambar 2.6 ( a )
F3 = 10 N
F4 = 10 N
Licin
Gambar 2.6 ( b )
Sebuah benda dipengarui oleh dua buah vector yang sama ( F1 = 10 N
dan F2 = 10 N ) ( F3 = 10 N dan F4 = 10 N )
10
Jika kita cari resultannya penjumblahan
R1 = F1 + F2
R2 = F3 + F4
Antara R1 dan R2 tentu akan sangat berbeda untuk itu metode
penjumblahan vector tidak sama dengan penjumblahan bilangan biasa kecuali
pada kasus – kasus tertentu misalnya vector sejajar dapat dijumblahkan secara
aljabar.
F1
F2
R = F1 + F2
Gambar 2.7 a
F1
F2
R = F1 + ( - F2 )
Gambar 2.7 b
Ada dua metoda penjumblahan vector secara gambar yakni :
a). Metoda segi tiga sbb :
B
A
β
11
α
Gambar 2.8.a
R = A + B secara segi tiga adalah sebagai berikut
B
A
β
α
Ganbar 2.8.b
b). Metoda jajar Genjang
Y
B
R
β
A
α
Gambar 2.8.c
Sebuah vector pada bidang ( dua dimensi ) atau pada ruang ( tiga dimensi )
adalah merupakan gabungan dari vector – vector komponennya atau dengan
perkataan lain sebuah vector dapat diproyeksikan menjadi vector komponenya
sebagai berikut :
Y
F2
Fy
Fx
X
12
Gambar 2.9
Analognya dengan metoda jajaran genjang bahwa :
F = Fx + Fy
Dimana
Fx = cos α
Fy = sin α
Dengan menggunakan unit vector ( vector satuan ) untuk semua sumbu
Ax = unit vector pada pada sb x
Ay = unit vector pada pada sb y
Az = unit vector pada pada sb z
F = Fx + Fy
F = axFx + ay Fy
Untuk vector ruang proyeksi vector didapat sbb :
Z
F
α
R=A+B
Y
β
X
Gambar 2.10
Fx = F sin α cos β
Fy = F sin α sin β
13
Fz = F cos α
F = ax Fx + ay Fy + az Fz
Dari penjelasan proyeksi vector dan pengertian penjumblahan vector
sejajar dapat dengan mudah menyelesaikan penjumblahan vector secara analisa.
Dari penyelesaian proyeksi vector dan pengertian penjumblahan vector sejajar
dapat dengan mudah menyelesaikan penjumblahan vector secara analisa.
R1 = F1 + F2
R = ( ax F1 x + ay F1 y ) + ( ax F2 x + ay F2 y )
R = ax ( F1 x + F2 x ) + ay ( F1 y + F2 y )
R = axRx + ayRy
R
Ry
φ
Rx
Gambar 2.11
R = √ Rx2 – Ry2
Ry
φ = inv tg
14
Rx
MODUL III
FISIKA MEKANIKA
PROYEKSI VEKTOR PADA RUANG TIGA DIMENSI
DAN OPERASI PERKALIAN VEKTOR
3.1 Proyeksi vektor pada ruang tiga dimensi
Ruang tiga dimensi yang di bahas pada pasal ini adalah ruang tiga dimensi
yang di bentukoleh sumbu x, sumbu y dan sumbu z yang antara sumbu saling
tegak lurus atau membentuk sudut 90 derajat.
15
Z
Y
X
Gambar 3.1
Bila diperhatikan gambar diatas antara masing-masing sumbu saling tegak
lurus satu sama lain dan jika di gunakan aturan tangan kanan akan didapat jika
diputar dari sumbu x ke sumbu z sesuai dengan lipatan empat jari tangan kanan
maka ibu jari menunjukan sumbu z.
Untuk menentukan posisi titik dalam ruang kartesian dapat di tunjukan pada
gambar dibawah ini.
Asal posisi titik A adalah (2;5;4)
Intinya titik A berjarak 2 satuan dari pusat koordinat pada sumbu x. titik A
berjarak 5 satuan dari pusat koordinat pada sumbu y.
Titik A berjarak 4 satuan dari pusat koordinat sumbu z.
Z
4
16
5
Y
2
X
Gambar 3.2
Sebuah vektor pada ruang tiga dimensi dapat di proyeksikan menjadi komponen
komponennya sebagai berikut.
Z


Y
X
Gambar 3.3
Ax = A sin  cos 
Ay = A sin  sin 
Az = A cos 
Sehingga
Ā = âx Ax + ây Ay + âz Az
Ā âx Ax + ây Ay + âz Az
Dan âA=
=
[A]
√ Ax² + Ay² + Az²
3.2 Operasi perkalian vektor
17
Terdapat dua definisi perkalian vektor yakni :
1. Perkalian titik / dot product diberi symbol titik ().
2. Perkalian silang / cross product diberi symbol X.
3.2.1 Perkalian titik ()
Perkalian titik didefinisikan sebagai berikut:
Perkalian titik antara dua vektor menghasilkan besaran scalar dengan ketentuan
harga:
X
B
A
θ
Ā
= AB cos 
Y
Gambar 3.4
Untuk perkalian antara unit vektor menghasilkan:
âx .âx = 1
ây. ây = 1
âx.ây = 0
ây. âz = 0
âx .âz = 0
âz.âx = 0
ây .âx = 0
âz. ây = 0
âz. âz = 1
Dari hal diatas perkalian titik antara dua unit vektor yang berbeda menghasilkan
nol sedangkan perkalian antara unit vektor yang sama menghasilkan harga 1 (satu)
sehingga
Jika
A = âx Ax + âx Ay + âz Az
18
B = âx Bx + âx By + âz Bz
Maka
Ā
= (âx Ax + ây Ay + âz Az )
= AxBx + AyBy + AzBz
contoh: Ā =3 âx + 4 ây + 5 âz
=5 âx + 10ây + 4 âz
Cari : a.
R=Ā+
b.
; [R]
ĀB
Penyelesaian :
a. R= A+B
= (3 âx + 4 ây + 5 âz) + (5 âx + 10ây + 4 âz)
=8 âx + 14ây + 9 âz
[R] = √ 8² + 14² + 9²= 18,5
AB = (3 âx + 4 ây - 5 âz)  (5 âx + 10 ây + 4 âz)
= 15 + 40 + 20
= 75
3.2.2 Perkalian silang
19
Perkalian silang antara dua vektor menghasilkan vektor baru dengan
ketentuan sebagai berikut misalkan vektor A dan B pada dua dimensi seperti pada
gambar 3.5
X
B
A


Y
Gambar 3.5
Kaidah tangan yakni diputar dari A ke B sesuai lipatan empat jari tangan kanan
arah ibu jari sama dengan hasil perkalian vektor tersebut :
X
B
θ
A

Y
ĀX
Gambar 3.6
20
Perkalian antar unit vektor
âx
ây
âz
Gambar 3.7
Untuk mendapatkan hasil antara dua unit vektor harus di perhatikan aturan
perkalian silang baik harga maupun arah sehingga :
âx x âx = 0
ây x ây = 0
âx x ây = âz
ây x âz = âx
âx x âz = - ây
âz x âx = ây
ây x âx = - âz
âz x ây = - âx
âz x âz = 0
Dengan memperhatikan perkalian unit vektor
di atas dapat pua dinyatakan
dengan aturan yang lebih sederhana sebagai berikut :
âx
âz
ây
Gambar 3.8
21
Gambar 3.8 dapat dijelaskan perkalian antara dua unit vektor yang berbeda
akan menghasilkan unit vektor yang lain dengan tanda positif jika arah putaran
searah jarum jam dan akan bertanda negatif jika arah putaran berlawanan dengan
arah jarum jam.
Contoh:
1. âx x ây = âz
2. âx x âz = - ây
( positif ) dari âx ke ây arah putar searah jarum jam.
( negatif ) karena âx ke âz berputar berlawanan arah jarum
jam menghasilkan ây .
Jika diterapkan pada vektor ruang
A= âx Ax + ây Ay + âz Az
B = âx Bx + ây By + âz Bz
Maka
A x B = (âx Ax + ây Az ) x (âx Bx + ây Bz + âz Bz)
= 0 + âz AxBy - ây AxBz - âz AyBx + 0 + âx AyBz + ây AzBx + âx
AzBy + 0
= âx ( AyBz – AzBy ) - ây ( AxBz – AzBx ) + âz ( AxBy – AyBx )
Atau ditulis dalam bentuk determinan:
AxB=
âx
Ax
Bx
ây
Ay
By
âz
Az
Bz
22
Hasil operasi determinan
A x B = âx ( AyBz – AzBy ) - ây ( AxBz – AzBx ) + âz ( AxBy – AyBx )
BAB IV
FISIKA MEKANIKA
STATIKA
4.1 Hukum Newton I
Apabila benda dalam keadaan diam atau bergerak dengan kecepatan
menurut sebuah garis lurus, maka resultance dari gaya seluruhnya yang bekerja
pada benda itu adalah nol.
Benda-benda yang memenuhi hubungan diatas disebut benda yang seimbang
Fx = 0, Fy = 0, Fz = 0
Sebagai contoh sebuah benda yang bermasa m terletak dalam sebuah
lantai, maka gaya yang bekerja pada benda tersebut dapat dilihat pada gambar 4.1
F1 – F2 = 0
 Fx = 0
F1
m
Gambar 4.1
23
4.2 Hukum Newton III
Suatu gaya yang bekerja pada suatu benda selalu berasal dari benda lain.
Jadi suatu gaya sebetulnya adalah interaksi antara dua benda. Kita dapatkan,
bahwa jika suatu benda melakukan sebuah benda lain, benda kedua selalu
melakukan balasan pada benda pertama. Disamping itu kedua gaya ini
mempunyai besar yang sama dan arah berlawanan.
Jika salah satu gaya yang terjadi pada interaksi antara dua benda tersebut
gaya aksi, maka gaya yang lainnya disebut gaya reaksi. Mana aksi atau reaksi
tidaklah penting, disini sebab gaya ini bukanlah timbul sebagai sebab akibat,
tetapi dua gaya timbul bersama-sama, sehingga yang satu bukanlah merupakan
sebab atau akibat dari yag lain.
Sifat gaya-gaya ini pertama ditemukan oleh Newton dalam hukum
geraknya yang ketiga ; setiap aksi selalu dilawan oleh reaksi yang sama besarnya;
atau aksi timbal balik dari dua benda sama besar dan mempunyai arah
berlawanan.
Secara singkat hukum Newton III menyatakan bahwa :
aksi = -
reaksi
Yaitu bahwa gaya aksi besarnya sama dengan gaya reaksi, akan tetapi arahnya
berlawanan.
Contoh 2.1
Seorang menarik seutas tali horizontal dihubungkan dengan sebuah balok yang
terletak di atas sebuah meja horizontal seperti pada gambar 4.2
TB
OT
BT
TB
24
mT
TB
TO
(a)
TB
OT
BT
TO
TB
mT
TO
(b)
Gambar 4.2 Seseorang menarik tali yang terikat pada sebuah balok
Orang menarik tali dengan gaya
oleh orang. Tali melakukan gaya reaksi
Disamping itu tali melakukan gaya
reaksi
TB pada tali maka
TB = -
TO. Jadi
TO adalah gaya pada tali
OT pada orang, maka
OT = -
TO.
BT pada balok, dan balok melakukan gaya
BT.
Misalkan tali mempunyai masa mT maka agar balok dan tali dapat mulai
bergerak harus terjadi persepatan , misalkan a. gaya-gaya harus bekerja pada tali
hanyalah
T=
TO dan
TO +
TB . Sehingga resultan gaya yang bekerja pada tali adalah
TB dan ini tidak boleh sama dengan nol jika tali harus bergerak
dipercepat dari hukum Newton kita dapatkan:
T = TO +
TB = mTa
Karena gaya gaya pada tali semuanya pada arah horizontal, maka kita dapat
tinggalkan vector dan kita dapatkan hubungan
25
T = TO +
TB = mTa
Tampak bahwa pada umumnya
TO besarnya tidak sama dengan
TB ,
ingat kedua gaya ini bekerja pada benda yang sama, jadi bukan pasangan aksi dan
reaksi. Perhatikan bahwa
besar
TO selalu sama besar dengan gaya
TB selalu sama besarnya dengan gaya
OT , dan bahwa
BT. Tapi pasangan gaya
OT mempunyai besar yang sama dengan gaya
TB dan
TO &
BT hanya jika
percepatan tali a= 0 . Hanya dalam hal khusus ini kita dapat membayangkan
bahwa tali meneruskan gaya yang dilakukan oleh orang pada balok tanpa ada
perubahan. Hal yang sama juga berlaku jika masa tali mT = 0 .Dalam kenyataan,
kita tidak pernah menjumpai masa tali sama dengan nol. Akan tetapi seringkali
masa tali dapat diabaikan , sehingga tali dianggap meneruskan gaya tanpa ada
perubahan. Gaya yang terjadi pada setiap titik disebut gaya tarik pada tali tersebut.
Gaya tarik ini mempunyai besar yang sama untuk setiap titik pada tali hanya jika
tidak ada percepatan, atau jika masa tali sama dengan nol


T2
T1
W = m.g
Gambar 4.3
T2
T1


26
W
Gambar 4.4
 Fx = 0
T1 cos  - T2 cos  = 0……………..(1)
 Fy = 0
T1 sin  - T2 sin  - w = 0……………..(2)
Persamaan disederhanakan menjadi:
Cos 
Sin 
0
w
T2=
Cos  -cos 
Sin  sin 
Contoh 1.
30
60
T2
T1
W= 100 Kg
Gambar 4.5
27
T1 sin 60
T2
T1
T2 sin 30
T2 cos 30
Gambar 4.6
 Fx = 0
T1 cos 60 - T2 cos 30 = 0……………..(1)
 Fy = 0
T1 sin 60 - T2 sin 30 - 100 = 0……………..(2)
Dari persamaan 1 diperoleh T1 = T2 √3 kemudian dimasukan kedalam
persamaan 2 di dapat :
T2 = 50 Kg
T1 = 50 √3 = 86,6 Kg
Contoh 2:
Suatu batang yang ditahan oleh suatu tali seperti gambar diberi beban 80
Kg yang di tanyakan adalah gaya lawan dari dinding kepada batang itu. Untuk
sebaiknya dibuat kembali gaya yang bekerja itu sumbu xy.
Fe
45
28
80 Kg
Gambar 4.7
T
T sin 45
45
T cos 45
Gambar 4.8
Untuk syarat kesetimbangan harus Fx = 0
Fy = 0
T sin 45 – 80 = 0
T sin 45 = 80
160
T=
 114 Ib
√2
Fo = 114 cos 45 = 80 Ib
Contoh soal:
Seseorang yang beratnya W1 = 500 Newton ditarik oleh lift keatas dengan
kecepataan tetap ( berat lift W2 = 5000 Newton ).
Gambar dan hitunglah gaya-gaya yang bekerja pada system tersebut!
29
T
W1
W2
Gambar 4.9
 F = m.a
T – ( W1+ W2 ) = 0
T = W1 + W2
= 500 + 5000
= 5500 Newton
BAB V
FISIKA MEKANIKA
HUKUM NEWTON II DAN PENERAPANNYA
5.1 Hukum Newton II
Dalam buku yang ditulis Newton Principle, Newton menyatakan hukum II
dalam bentuk momentum yaitu yang disebut kuantitas gerak. Dalam Fisika
Modern Newton berbunyi:
“ Perubahan momentum persatuan waktu berbanding lurus dengan gaya
resultan, dan mempunyai arah sama dengan gaya tersebut.”
Dalam bentuk matematis
F =
dp 
dt
30
P = Momentum (Kg.m/s)
= mv 
dapat ditulis dalam bentuk :
F =
d
(mv  )
dt
dm
dv
F =m
+v 
dt
dt

atau
F = ma  + v
dm
dt
Dan untuk massa benda yang constan (tidak berubah terhadap waktu)
dm
=0
dt
sehingga bentuk hukum Newton II untuk massa benda yang konstan adalah:
F = ma 
5.2 Penerapan Hukum Newton II
Contoh 1 :
Kita ingin menganalisa gerak sebuah balok pada bidang miring yang licin
(gaya gesek dianggap nol) seperti ditunjukkan pada gambar 5.1
31
Gambar 5.1 (a) Sebuah balok terletak pada bidang miring.
(b) Diagram gaya benda.
Gerak yang mungkin terjadi adalah pada sumbu x dan tidak terjadi pada
sumbu y sehingga persamaan gaya – gaya sebagai berikut :
 Fx = ma x =ma
mg sin  = ma
atau
a = g sin 
ket :
a x = percepatan benda pada sumbu x Karena ada satu percepatan pada sumbu x
maka a x =a
pada sumbu y
 Fy=0
N – mg cos  = 0
N = mg cos 
N = Gaya normal (Newton)
m = Massa benda
32
g = percepatan grafitasi
Contoh 2 :
Sebuah balok dengan massa m 1 terletak pada permukaan horizontal yang
licin. Dan ditarik dengan seutas tali yang dihubungkan dengan benda lain dengan
massa m 2 seperti terlihat pada gambar 5.2
Gambar 5.2
a. Dua benda dihubungkan dengan tali m1 terletak diatas bidang horizontal dan
m2 tergantung pada tali.
b. Diagram benda bebas untuk m1
c. Diagram yang sama untuk m2
Persamaan gerak dari benda m1.
 Fy  m1 a 1 x
T = m 1 a 1 x……….(1)
 Fy  0
N - m1 g = 0
N 1 = m 1 g………….(2)
Persamaan gerak dari m 2
33
 Fy  m2 a
T - m2 g = m 2 a 2 y ……………..(3)
Perlu diperhatikan
Dalam persoalan ini ambil arah ke atas dan ke kanan untuk gaya dan percepatan
sebagai arah positip.
Pada persoalan ini panjang tali adalah tetap maka balok m 1 dan m 2 mempunyai
kecepatan sama, jadi juga mempunyai percepatan sama hingga:
a 1x = a 2 y = a
dengan demikian persamaan – persamaan diatas menjadi:
T m 1 a……………………..(4)
T - m 2 g = -m 2 a
T = m 2 g - m 2 a……………..(5)
Dari persamaan 4 dan 5
m1 a = m 2 g - m 2 a
(m 1 + m 2 )a = m 2 g
a=
m2 g
(m1  m2 )
T=
m1m2
g
m1  m2
dari
Contoh 3:
Dua buah benda bermassa tidak sama besar dihubungkan dengan seutas tali
melalui katrol (pada gambar 5.3)
34
Gambar 5.3
a. Dua massa tak sama besar digantungkan dengan tali pada sebuah katrol.
b. Diagram gaya beban bebas untuk m 1 dan m 2
c. Diagram benda bebas untuk katrol dengan massa katrol yang diabaikan.
Persamaan yang berlaku untuk benda 1
T 1 - m 1 g = m 1 a…………..(1)
Dan untuk m 2
T 2 - m 2 g = -m 2 a…………(2)
Karena massa tali dan massa katrol diabaikan (=0) maka T 1 =T 2 =T
Dengan demikian didapat
m1  m2
g
m1  m2
a=
dan
T=
2m1m2
g
m1  m2
Sedang gaya keatas dengan menganggap gaya – gaya bekerja pada pusat
control
T = T 1 +T 2
P = 2T
Contoh 4:
35
Gambar 5.4
Dari gambar 5.4 cari a dan T pada m 1 diagram gayanya sebagai berikut
 Fy  0
N - m1 g = 0
N = m1 g
 Fx  m1a
T = m 1 a = 40a…………….(I)
Pada m 2 diagram gayanya sebagai berikut:
36
BAB VI
FISIKA MEKANIKA
Gaya Gesek
fk  k N
f k  Gaya gesek kinetik (Newton)
 k Koofisien gerak kinetic (tanpa satuan)
N  Gaya Norman (Newton)
Pada umumnya  k   s
keadaan benda dipengaruhi oleh gaya luar dan gaya gerak dapat digambarkan
sebgai berikut
N
F=0
fs = 0
mg
N
F diberikan
F
fs
F=0
fs = 0
mg
N
F terus diperbesar
fs
F
F=0
fs = 0
mg
37
Gambar 6.3 Keadaan benda dipengaruhi oleh gaya yang lebih kecil dari koofesien
gerak maksimum.
Dari gambar diatas jika F diperbesar mak fs bertambah besar selagi F = ..fs
maka benda dalam keadaan diam, tetapi jika diberikan gaya sampai pada harga
F   s N maka benda mulai bergerak.
N
F
Benda mulai
bergerak
mg
N
V
F
Benda bergerak
dipercepat
fk < F
mg
N
F
Gambar 6.4
Fk = F
a = 0 (bergerak lurus
beraturan)
mg
Gambar 6.4 Keadaan benda dipengaruhi oleh gaya yang lebih besar atau sama
dengan fsmaks
Gaya gesek ini didapat dari hasil empiric yang tidak didasarkan pada teori
sebab musabab terjadinya gesekan dengan demikian tidakk ada teori eksak
tentang gesekan.
38
Beberapa variable yang mempengaruhi gesekan dari pengamatan antara lain

Bahan yang dipergunakan

Tingkat kehalusan permukaan

Selaput permukaan

Temperature

Kebersihan permukaan
6.2 contoh-contoh penerapan
contoh 1.

Gambar 6.2 a benda pada bidang miring dengan sudut kemiringan maka diagram
gaya dapat digambarkan sebagai berikut
Sb y
Sb x
N
fs


Gambar 6.2 b diagram gaya bebas untuk balok
Jika balok dalam keadaan diam
39
 Fx  0
fs  mg sin   0
fs  mg sin  .................. (1)
keadaan diam fs < us N
dan 
 Fy  0
N  mg cos   0
N  mg cos  ..................(2)
Besaran fs dipengaruhi oleh kemiringan (  0 jika bekerja m g sin 
mencapai harga sN maka benda mulai meluncur.
Sehingga benda mulai meluncur terjadi pada kemiringan
 s N  mg sin 
 s mg cos   mg sin 
sin 
s 
cos 
 s  tg
  invtg[  s ] benda mulai meluncur
contoh 2
Kita tinjau mobil yang sedang bergerak diatas suatu jalan lurus dan datar
dengan kecepatan tetap Vo jika koofesien gerak anatara ban dan jalan adalah  s ,
tentukan jarak terdekat mobil dapat dihentikan.
Vo
fs
W
Hubungan antara kecepatan awal percepatan jarak akhir dirumuskan
2
V 2  V0  2ax
diamana V = kecepatan akhir dalam hal ini mobil berhenri ( V = 0)
40
0 = V02 + 2ax
a
V0 2
2x
menurut hukum Newton
fs= -m.a (tanda – berlawanan dengan arah gerak)
a
fs
m
Karena dengan keadaan mendatar fs  sN  smg
Maka a  
smg
m
  sg ……………(2)
Sehingga didapat
sg 
x
V0 2
2x
V0 2
2 sg
3.
M1 = 5 kg
F
 s  0 .2
M2 =
4 kg
Hitung gaya F agar benda mempunyai percepatan 2 m’s2
Hitung gaya tegangan tali
Penyelesaian
Pada benda m1
 Fx  m a
1
41
 F  f  T  m1 a
atau
F   f  T   m1 a
F   .N   T  5a
dimana N  m1 g  5.10  50 N
F-(0,2.50+T) = 5a
F-10 - T = 5.2
F-10 – T = 10
F= 20 + T…………..(1)
F  m.s  m2 a
F  m.s  m2 a
F  4.10  4.2
F  40  8  48 N……………(2)
Sehingga F = 20 + 48 = 68 N
Jawaban a didapat T = 48 N
42
BAB VII
FISIKA MEKANIKA
MOMEN GAYA DAN PUSAT MASSA
7.1 Momen gaya
Jika gaya menyebabkan benda bergerak misal dari gerak lurus menjadi
berhenti
Atau menjadi balik arah atau bergerak diperlambat bahkan bergerak dapat
dipercepat maka momen gaya dapat mengakibatkan benda berputar,momen gaya
dipengaruhi oleh besar gaya dan ;jarak gaya dari titik tumpuan ( Lengan gaya )
dan arah gaya.momen gaya sering disebut TORKA atau TORSI.
Dapat diperhatikan contoh dari gambar-gambar di bawah ini:
43
F
F
7.1 ( a )
7.1 ( b )
Dari gambar 7.1 ( a)sampai dengan 7.1 ( d ) gaya yang diberikan sama besar tapi
jarak atau gaya arah jarak berbeda-beda maka akan menghasilkan gaya yang
berbeda-beda.
44
Untuk mendapatkan hasil momen gaya perhatikan gambar 7.2 sbb:

ζ=r sinθ
Momen gaya ( M ) didefinisikan sebagai berikut :


M= r X f
( N.m)
r = jarak antara titik tangkap gaya dari pusat putaran (m )
f = Gaya ( Newton )
dari perkalian vektor didapat hasil SBB:
M = F r sin θ
Dari gambar 7.2 terlihat bahwa f = r sin θ adalah jarak pusat putaran gaya diman
antara gaya dan jarak ke pusat getaransaling tegak lurus atau sederhananya.
1
F ζ
Arah momen gaya diicari dengan aturan tangan kanan
45
M
F
r
Diputar dari pusat r ke f sesuaia dengan lipatan empat jari tangan kanan
maka momen gaya sesuai dengan arah ibu jari tangan kanan.
Sesuai perjanjian yang umum dipakai kita mengambil arah gaya positif
jika benda cenderung berpuatr berlawanan arah dengan arah putaranjarum jam
dan negatif jika benda berputar searah dengan arah putaran jarum jam
Catatan : perjanjian diatas tidak berlaku mutlak
7.2 Menjumlahkan gaya gaya sejajar
46
Suatu batang dipengaruhi oleh dua gaya masing – masing F1 dan F2 dan
mempunyai jaralk dari titik tumpuan x1 dan x2
Jumlah gaya ( resultante ) dari f1 dan f2 adalah
Sedang resultanrte gaya adalah:
Jika tanda gaya dan tanda momen :
Dan titik tumpu gaya tersebut dapat ditentukan dari persamaan sebagai berikut :
F1.x1  F 2.x 2
R
F1.x1  F 2.x 2
X 
F1  f 2
X 
47
Untuk gaya yang banyak ( sebanyak n buah )
X 
F1.x1  F 2.x 2  F 3.x3  ...Fn. Xn
F1  F 2  F 3  ...Fn
Atau dapat dittulis
X 
 F1.x1
 F1
Contoh :
Tentukan titik tumpu dilihat dari titiik Q
Penyelesaian:
 FF

2  
R  
F1
F3
R  203
R  5 N
Dengan mengikuti pengujian tanda:
x
x
 f 1x1
2.3


 f 3 x3
3.6
8
5
x  1,6m
x
48
Sehingga jarak titik tumpu dari titik q adalah 1,6 kearah kanan
Contoh:
3 buah benda masing-masing
m1= 10 kg
pada posisi ( 2,3,4 )
m2 = 5 kg
pada posisi ( 1,2,3 )
m3=20 kg
pada posisi ( 2,0,5)
Tentukan pusat massa ketiga benda tersebut ?
Karena berat dan massa benda mempunyai hubungan :
W= m . g
Maka dengan mensubtitusikan kepersamaann berat
 m.x1.g  mi.xi

 mi.g
 mi
 mi. yi
y
 mi
 mi.zi
z
 mi
x
m1.x1  m2.x 2  m3.x3 10.2  5.1  20.2

10  5  20
m1  m2  m3
20  5  40 65

x
35
35
x  1,875m
x
m1. y1  m2. y 2  m3. y3 10.3  5.2  20.0

35
m1  m2  m3
30  10 40

y
35
35
didapat
y  1,14m
y
49
MODUL VIII
FISIKA MEKANIKA
KERJA DAN ENERGI
Tujuan Instruksional Umum:
Agar mahasiswa dapat memahami dan menganalisa materi tentang energi
mekanik.
Tujuan Instruksional Khusus
Setelah mempelajari materi ini di harapkan dapat:

Mendefinisikan energi

Menyebutkan jenis-jenis energi mekanik

Menghitung hubungan antar energi dan gaya dan perpindahan baik gaya
konstan ataupun gaya tidak konstan
Buku Rujukan:

Giancoli
Physics

kane & Sterheim
Physics 3 Edition

Sears & Zemanky
University Phisics

Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum

Sutrisno
Seri Fisika Dasar
Energi adalah sesuatu besaran fisis yang dapat menghasilkan kerja bisa di
transformasikan dari satu bentuk ke bentuk yang lain. Pada pembahasan di sini
dititik beratkan pada energi mekanik yang terdiri dari energi kinetik dan energi
potensial.
50
8.1 Energi dan Kerja
Energi, atau sering kali disebut tenaga, adalah suatu pengertian yang sering
sekali digunakan orang. Akhir-akhir ini kita banyak berita tentang krisis
energi, yang tidak lain adalah krisis bahan bakar. Bahan bakar adalah
sesuatu yang menyimpan energi; jika dibakar kita memperoleh energi, yang
selanjutnya dapat digunakan untuk transfort, atau menjalankan mesin dalam
suatu pabrik. Akan tetapi energi adalah suatu pengertian yang tidak mudah
didefinisiksn dengan singkat dan tepat. Dalam kehidupan sehari-hari kita
menghubungkan arti kata energi dengan gerak. Seorang anak yang banyak
bergerak dan berlari-lari kita katakan penuh dengan energi. Energi juga
dihubungkan dengan kerja. Seorang yang mampu bekerja keras dikatakan
mempunyai energi atau tenaga yang besar, sedang yang kurang
energi
tampak lesu dan tidak kuat melakukan kerja.
8.2 Transformasi energi dan hukum kekekalan energi
Dalam fisika kita juga artikan energi sebagai kemampuan melakukan kerja.
Energi di dalam alam adalah suatu besaran yang kekal. Energi dapat
berubah dari suatu bentuk ke bentuk lain, misalnya pada kompor di dapur,
energi yang tersimpan dalam minyak tanah diubah menjadi api. Selanjutnya
jika api digunakan untuk memanaskan air, energi berubah bentuk lagi
menjadi gerak molekul-molekul air. Contoh lain, energi yang didapat dari
pembakaran berubah menjadi energi gerak pada mobil. Perubahan bentuk
energi ini di sebut transformasi energi.
Energi juga dapat di pindahkan dari suatu benda ke benda lain, atau lebih
umum, dari suatu sistem ke sistem yang lain. Perpindahan energi ini disebut
51
transfer energi. Misalnya dalam contoh kita di dapur, energi pembakaran
yang ada dalam api dipindahkan ke air yang ada di dalam panci.
Perpindahan energi seperti ini , yang terjadi semata-mata karena
perpindahan temperatur, disebut kalor. Energi juga dapat dipindahkan dari
suatu sistem ke sistem yang lain melalui gaya yang melibatkan pergeseran
suatu benda. Perpindahan energi semacam ini adalah yang kita kenal
sebagai kerja mekanik atau kita katakan sebagai kerja saja. Pengertian inilah
yang menjadi topik utama bab ini.
Energi adalah suatu kuantitas yang kekal, dapat berubah bentuk, dan
dapat pindah dari suatu sistem ke sistem yang lain, akan tetapi jumlah
keseluruhannya adalah tetap. Kita hanya dapat merubah bentuk energi,
atau memindahkan energi.
8.3 Proses transfer dan transformasi energi
Agar lebih jelas lagi, marilah kita bahas suatu proses perubahan dan
perpindahan energi. Untuk itu kita rancang suatu eksperimen sederhana
seperti ditunjukan pada gambar 8.1. sebuah kompor minyak tanah
dipergunakan
untuk
memanaskan
air
dalam
suatu
ketel
air
yang
diperlengkapi dengan suatu silinder atau torak. Ketel ini tidak lain adalah
suatu motor uap sederhana. Torak mendorong batang penggerak, yang
selanjutnya menarik tali. Akibatnya balok m yang dihubungkan dengan tali
bergeser sejauh d.
52
Gambar 8.1 suatu eksperimen sederhana untuk menunjukan transformasi
dan transfer energi
Energi yang tersimpan sebagai ikatan atom dalam molekul minyak
dilepaskan waktu terjadi pembakaran dengan oksigen dari udara. Sebagian
dari energi pembakaran ini dipergunakan untuk memenaskan air dalam ketel
terjadi semata-mata karena perbedaan suhu antara api dan air. Energi yang
dipindahkan dengan cara ini disebut kalor. Jadi dengan memanaskan air di
dalam ketel, kita memasukan kalor kedalam air dan dinding ketel. Kalor yang
dimasukan kedalam air berubah menjadi gerak molekul air yang lebih cepat.
Disini terjadi transformasi atau perubahan bentuk energi. Dari bentuk api
menjadi gerak molekul air. Selanjutnya karena gerak molekul air menjadi
lebih cepat, sehingga makin banyak molekul air yang lepas dari permukaan;
artinya terjadi penguapan yang lebih besar. Bertambah banyaknya uap air di
dalam silinder menaikan tekanan dalam silinder, dan torak mendorong
batang penggerak, yang menyebabkan tali menarik benda m dengan gaya F,
dan menggerakan benda m. Gerak benda m terjadi karena gaya F bekerja
pada benda, sedang gaya F ditimbulkan oleh dorongan, atau dapat dikatakan
bahwa gaya F ditimbulkan oleh motor uap air .
Pada posisi B benda bergerak lebih cepat dari pada di A, sehingga energi
benda m di B lebih besar daripada di A. jika pada waktu di B tali dilepaskan
dari batang penggerak dan dihubungkan dengan benda lain, maka benda m
dapat menggerakkan benda lain tersebut. Jadi benda m memperoleh
tambahan energi, yaitu karena adanya perpindahan energi dari motor uap
kita ke benda ini. Perpindahan energi ini dilakukan melalui gaya F yang
menyebabkan benda bergeser dalam arah F. energi yang dipindahkan
dengan cara ini disebut kerja, atau lebih tepat disebut kerja mekanik.
Dikatakan bahwa gaya F melakukan kerja pada benda m.kerja yang
dilakukan oleh gaya F ini memindahkan energi dari pelaku gaya( disini motor
uap), ke benda m. Akibatnya jika pada sebuah benda dilakukan kerja, maka
53
benda itu akan mendapat energi. Sedang jika sebuah benda melakukan
kerja, benda tersebut akan kehilangan energi.
8.4 Ukuran transfer energi
Kerja yang dilakukan oleh sebuah gaya dapat diukur dari banyaknya bahan
bakar yang diperlukan untuk melakukan kerja tersebut.
Jika dalam eksperimen kita usahakan agar tidak ada energi yang hilang
sebagai kalor, maka energi dari bahan bakar seluruhnya dipergunakan untuk
melakukan kerja. Untuk suatu gaya F tertetu yang bekerja pada benda
tertentu, perpindahan benda sebesar 2 d memerlukan bahan bakar 2 kali
perpindahan d. sedangkan untuk suatu perpindahan tertentu, gaya 2 F
memerlukan bahan bakar dua kali gaya F. jadi kerja yang dilakukan oleh
gaya F yang menyebabkan pergeseran benda sebesar ∆x dalam arah F
dapat dituliskan sebagai
∆w = F ∆x
Definisi di atas menyatakan bahwa jika pergeseran ∆x = 0 maka tidak ada
kerja yang dilakukan. Jika misalnya dalam eksperimen kita benda m ditahan
agar tidak bergeser, maka gaya F tidak menaikan energi benda tersebut; jika
tali dilepas di C dan dihubungkan pada benda lain tersebut. Jadi energi yang
dipindahkan ke benda m adalah nol, atau tidak ada kerja yang dilakukan oleh
gaya F. dalam keadaan seperti ini energi dari bahan bakar yang
dipergunakan akan hilang sebagai kalor, akan tetapi kerja yang dilakukan
oleh motor uap adalah sama dengan nol.
8.5 Satuan
Mungkin anda bertanya apakah satuan untuk kerja. Dari persamaan kita
dapat melihat bahwa satuan untuk kerja adalah satuan untuk gaya dikalikan
dengan satuan untuk panjang. Dalam system satuan MKS, satuan untuk
gaya adalah newton (N) dan satuan untuk panjang dalah meter (m), sehingga
satuan untuk kerja haruslah newton- meter, (Nm); satuan ini kita sebut joule.
Jadi 1 joule = 1 Nm
54
Dalam sistem satuan cgs, gaya dinyatakan dalam dyne-cm; satuan ini kita
sebut erg.
Jadi 1 erg = dyne-cm
Dalam sistem satuan statika fps ( Inggris), kerja dinyatakan dalam footpound (ft-1b).
Hubungan antara ketiga satuan kerja di atas adalah sebagai berikut
1 joule =
erg = 0,7376 ft-1b
1 ft-1b = 1,356 joule = 1,356 x
erg
Karena kerja adalah energi yang dipindahkan, maka satuan untuk energi
adalah sama dengan satuan untuk kerja.
8.6 Gaya tak sejajar gerak
Sekarang misalkan perpindahan ∆x tidak sejajar dengan arah
berapakah
besar kerja yang dilakukan pada benda. Perhatikan Gambar 8.2
Gambar 8.2 gaya F menbuat sudut θ terhadap arah perpindahan ∆x.
Gaya
membuat sudut θ terhadaf arah perpindahan ∆x. misalkan ∆x cukup
kecil sehingga sudut θ dapat dianggap tetap. Untuk membahas apa yang
terjadi, kita uraikan gaya
atas komponen-komponen pada arah sumbu X
dan Y, yaitu
= ax
+ ay
Dengan ax vektor satuan pada arah X, dan ay vektor satuan pada arah Y.
kita lihat bahwa benda hanya berpindah tempat pada arah X, dan tidak
berpindah tempat dalam arah Y. jadi komponen gaya
melakukan kerja, sehingga kerja yang dilakukan oleh gaya
ay
tidak
hanyalah
55
∆w = F ∆x = F
(8-1)
Perhatikan bahwa gaya F dan perpindahan ∆x keduanya adalah vektor.
Persamaan (8-1) dapat dituliskan dengan notasi vektor, yaitu dengan
perkalian titik atau perkalian scalar antara dua vektor.
Jika anda mengangkat balok ini vertikal tanpa mempergunakan bidang
miring, kerja kita dapat mempergunakan gaya yang lebih kecil (P = 58,8 N),
dari pada jika kita mengangkat langsung vertiakal (gaya = 98 N). akan tetapi
pada bidang miring kita harus mendorongnya lebih jauh (5 m) sedangkan
dalam arah vertikal kita hanya perlu mengangkat sejauh 3 m. pad proses
perpindahan energi oleh kerja ini, dari manakah energi diambil?
Komponen vertikal dari tarikan P oleh orang tidak melakukan kerja pada
kotak. Akan tetapi perhatikan bahwa tarikan ini mengurangi gaya normal
antara kotak dan permukaan jalan (N = W – P
mengurangi besar gaya gesekan (f =
) dan dengan demikian
N). Apakah orang itu akan
melakukan kerja lebih sedikit, sama atau lebih banyak, jika tadi ditarik
dengan tali pada horizontal?
8.7 Usaha oleh gaya yang tidak konstan
a. Usaha oleh gaya tekan normal N, arah N selalu tegak lurus lintasan sedang
nilai N boleh tetap/berubah-ubah maka usaha oleh N selalu = 0
b. Usaha oleh gaya gesekan yang nilainya konstan pada lintasan lurus/tidak
lurus. Arah fr selalu berlawanan arah gesek, jadi selalu negative.
Usaha oleh gaya gesekan fr = fr . ds (ds = panjang lintasan)
Energi/tenaga Mekanik
Ketentuan : suatu benda ( oleh sesuatu sebab gaya) dikatakan memiliki suatu
tenaga, bila benda itu mempunyai kemampua/kesanggupan untuk melakukan
suatu usaha.
Dibedakan dua macam tenaga : yaitu tenaga gerak atau kinetis dan tenaga
tempat atau potensial.
56
8.8 Energi Kinetik
Suatu benda dengan massa m sedang bergerak dengan kecepatan
memiliki tenaga gerak karena benda itu mempunyai kemampuan untuk
melakukan usaha. Peluru yang ditembakan memiliki tenaga gerak, karena itu
dapat
menembus/masuk
besar/berat
peluru
kedalam
makin
sasarannya
dalam
yang
menembusnya,
dikenal,
makin
makin
besar
juga
kecepatannya makin dalam pula menembusnya.
Kesimpulan : tenaga gerak bergantung kepada massa dan kecepatan.
Untuk menurunkan rumusnya perhatikanlah gambar 8.3 di bawah ini
Gambar 8.3
Tenaga gerak di B
=
=
=F.S
= a . t atau t =
a.
=
a
=
Energi kinetik di B = F . S = m a
Bila kecepatan mula – mula
=
≠ 0 maka
m
=
m
8.9 Energi potensial
Suatu benda yang beratnya W berada disuatu tempat, memiliki tenaga
tempat terhadap suatu tempat lain yang kita pilih. Karena benda itu
mempunyai kemampuan melakukan usaha dari tempat tersebut ketempat
yang lain ( yang kita pilih). Tempat yang dipilih kita tentukan, sebagai bidang
potensial nol, perhatikan Gb
Tenaga tempat benda di B terhadap A
oleh W ialah w . h
57
Energi potensial di B = w . h = mg . h
Gambar 8.4
Bila titik A mempunyai ketinggian terhadap tempat lain, maka energi
potensial adalah :
=mg
Untuk jelasnya marilah kita lihat contoh di bawah ini.
Contoh soal-soal yang dipecahkan
1) Pada gambar 8.10, kita anggap bahwa ditarik sepanjang jalan oleh
sebuah gaya 75 N dengan arah
dari garis horizontal.berapakah kerja
atau usaha yang dilakukan gaya untuk menrik benda sepanjang 8 m?
Usaha yang dilakukan adalah hasil kali perpindahan, yaitu 8 m, dengan
komponen gaya sejajar perpindahan, (75 N)
. Jadi
W=F.S
=F.S
= 75 . 8
= 530 J
58
Gambar 8.5
diatas bidang miring (lihat gambar
2) Sebuah benda dengan gerakan
8.11) bergerak ke atas karena padanya bekerja beberapa gaya, tiga di
antaranya tergambar di sebelah:
sebesar 40 N arah datar;
lurus bidang miring sebesar 20 N.
tegak
sebesar 30 N sejajar bidang
miring.hitunglah usaha yang dilakukan masing – masing gaya kalau
benda berpindah 80 cm ke atas.
Komponen
sejajar arah perpindahan adalah
= (40 N) (0,866) = 34,6 N
Gambar 8.6
Maka usaha yang dilakukan
adalah (34,6 N) (0,80 m) = 28 J
(perhatikan bahwa perpindahan harus dinyatakan dalam meter)
ternyata tiadak melakukan usaha apapun, karena gaya ini tidak
mempunyai komponen dalam arah perpindahan
Komponen gaya
dalam arah perpindahan adalah 30 N, maka usaha
yang dilakukannya adalah (30 N) (0,80 m) = 24 J
59
3) Sebuah benda 300 gr meluncur sepanjang 80 cm diatas meja horizontal.
Berapakah besar usaha yang dilakukan pada benda tersebut oleh gaya
gesekan yang diperoleh dari meja bila koefisien gesekan adalah 0,207
Kita pertama mencari gaya gesekan. Berhubung gaya normalonya sama
dengan berat benda,
f=µ
= (0,20) (0,300 kg) (9,8 m/
) = 0,588 N
usaha yang dilakukan pada benda oleh f adalah fs
gesekan berlawanan arah dengan pergeseran
usaha = fs
=
. Karena gaya
, maka
= (0,588 N) (0,80 m) (- 1) = - 0.470 J
usaha adalah negative karena gesekan mengurangi kecepatan benda;
dengan demikian energi kinetik (tenaga gerak) dari benda menjadi lebih
kecil.
4) Kalau sebuah benda kita angkat, kita melakukan usaha melawan gaya
tarik bumi. Berapakah usaha itu kalau sebuah benda 3 kg kita angkat 40
cm?
Agar benda 3 kg dapat diangkat dengan kecepatan tetap, kita
harus mengadakan gaya ke atas yang sama besarnya dengan berat
benda. Usaha gaya inilah yang di maksud dengan istilahusaha melawan
grafitasi. Karena gaya gesek adalah mg, dengan m adalah massa benda,
kita peroleh
Usaha = (m g) (h) (
) = (3 x 9,8) (0,40 m) (1) = 11,8 J
Jelasnya, usaha melawan gaya tarik bumi (gravitasi) dalam pergeseran
benda bermassa m yang melalui jarak vertikal h adalah mgh.
5) Sebuah benda 0,20 kg terletak diatas lantai licin. Pada benda itu bekerja
gaya sebesar 1,50 N dalam arah datar. Setelah benda itu menempuh 30
cm berapakah lajunya?
Usaha yang dilakukan =
atau Fs
=
mv
-0
60
Setelah disubstitusikan harga – harga yang diketahui : (1,50 N) (0,30 m) =
(0,20 kg)
f atau vf = 2,1 m/s.
6) Sebuah peluru ditembakan dengan keceapatan awal 20 m/s ke atas.
Berapa ketinggian yang dicapai kalu kecepatannya tinggal 8 m/s?
gerakan udara boleh diabaikan.
Perubahan KE + perubahan EPG = 0
m
Kita ingin mencari
m
(mg) (
)=0
. Dengan mengerjakan sedikit secara aljabar,
kita peroleh
=
=
= 17,1 m
7) Sebuah balok bermassa 10 kg harus dinaikan dari dasar ke puncak suatu
bidang miring sejauh 5 m. puncak bidang miring yang mendorng balok ke
atas dengan kecepatan tetap?
Situasi persoalanya ditunjukan pada Gb.13.7(a). sedang gaya-gaya yang
bekerja pada balok ditunjukan dalan Gb.13.7(b).
Pertama-tama kita harus menentukan gaya
lebih dahulu. Karena
geraknya adalah dengan kecepatan tetap, maka resultan gaya sepanjang
bidang miring haruslah sama dengan nol.
61
Gambar 8.7
sebuah gaya
memindahkan sebuah balok sejauh d
sepanjang bidang miring yang membuat sudut dengan horizontal dan
diagram gaya benda bebas untuk balok.
Jadi
P – mg
0 atau
P = mg
= (10 kg ) (9,8 m/
)
= 58,8 nemton
Maka kerja yang dilakukan oleh P adalah
W=Pd
=Pd
= (58,8 N) (5 m)
= 294 joule
8) Seorang menarik sebuah kotak dengan berat 10 lbs sejauh 30 ft
sepanjang suatu permukaan horizontal dengan kecepatan tetap.
Berapa besar kerja yang dilakukan pada kotak jika koefisien gesekan
kinetik adalah 0,20, dan tarikannya membuat sudut
dengan
horizontal.
Gambar 8.8 gambar untuk contoh 8
62
(a) Seorang menarik sebuah kotak dengan gaya p pada sebuah tali yang
membuat sudut sebesar
dengan horizontal
(b) Diagram gaya benda bebas pada kotak
Pada Gb.8-8a, ditunjukan persoalannya, dan gaya-gaya yang bekerja
pada kotak (dianggap sebagai benda titik) dilukiskan pada Gb. 8-8b
adalah tarikan orang terhadap kotak,
Gaya
gaya gesekan, dan
adalah berat kotak,
adalah gaya normal pada kotak. Kerja yang
dilakukan oleh orang pada kotak adalah
W=Pd
Untuk menentukan ini, kita harus menghitung P lebih dahulu. Untuk ini
lihat diagram gaya pada Gb. 8-8b. kotak bergerak dengan kecepatan
tetap, sehingga tidak ada percepatan. Hukum II Newton menyatakan
bahwa
P
-f=0
P
=N–W=0
Sedang
F=
N
Untuk menentukan P kita harus menghilangkan (mengeliminir) f dan N,
dan dicari nilai P diperoleh
P=
w/ (
Dengan
+
)
= 0,20, w = 10 lb. dan θ =
, kita peroleh
P = (0,20) ( 10 lb) / (0,707 + 0,141) = 2,4 lb
Dengan d = 30 ft, kerja yang dilakukan orang adalah sebesar
W=Pd
= (2,4 lb) (30 ft) (0,707) = 51 ft-lb
9) Bila diketahui
=
,
=
,F=
kg, pajang AB = 8 m dan
koefisien gesekan µ =
63
Gambar 8.9
Carilah :
a. Usaha oleh w dari A ke B
b. Usaha oleh F dari A ke B
c. Usaha oleh N dari A ke B
d. Usaha oleh fr dari A ke B
Jawab : gambar dahulu gaya – gaya yang bekerja pada titik materi W
tersebut dengan
lengkap, barulah kita menghitungnya berdasar gaya –
gaya yang telah disusun menurut sumbu – sumbu.
Gambar 8.10
Benda bergerak dalam bidang.
=0=N+2–6
Gaya gesekan fr = µ N =
N=4
. 4 = 1 kg
64
a)
Usaha oleh W = - 2,5 . 8 = - 20 kg
b)
Usaha oleh F = 4 . 8 = 32 kg
c)
Usaha oleh N = 0
d)
Usaha oleh fr = - 1 . 8 = -8 kg
LATIHAN SOAL
1. Sebuah benda 0,30 kg terletak diatas lantai licin. Pada benda itu bekerja
gaya sebesar 3 N dalam arah datar. Setelah benda itu menempuh 60 cm
berapakah lajunya?
2. Sebuah peluru ditembakan dengan keceapatan awal 40 m/s ke atas.
Berapa ketinggian yang dicapai kalu kecepatannya tinggal 12 m/s?
gerakan udara boleh diabaikan.
3. Sebuah benda p beratnya 20 kg terletak dari titik A pada bidang miring
yang kasar (sudut miring
gaya F = 12
) koefisien gesekan = 1/2
kg arah miring keatas bersudut
pada p bekerja
terhadap bidang
miring, p di beri kecepatan awal 4 m/dt searah komponen F pada bidang
miring keatas. Bila p menempuh jarak AB = 24 meter sepanjang bidang
miring.
Ditanyakan : Kecepatan p di B
a. Usaha sepanjang AB oleh F dan fr
b. Selisih tenaga mekanik di A dan B
MODUL X DAN XI
FISIKA MEKANIKA
65
GERAK LURUS
Tujuan intruksional umum
Agar mahasiswa dapat mengetahui Fisika mekanika tentang garis lurus
Tinjauan Instruksional khusus

Dapat memahami dan menganalisa tentang kecepatan rata-rata dan
perpindahan

Dapat memahami dan menganalisa tentang kecepatan sesaat

Dapat memahami dan menganalisa tentang percepatan

Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak lurus dipercepat
beraturan

Dapat memahami dan menganalisa tentang benda jatuh

Dapat memahami dan menganalisa tentang benda dilempar vertikal

Dapat memahami dan menganalisa penerapannya.
Buku Rujukan:

Giancoli
Physics

kane & Sterheim
Physics 3 Edition

Sears & Zemanky
University Phisics

Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum

Sutrisno
Seri Fisika Dasar
66
10.1
Kecepatan rata-rata dan perpindahan
Perpindahan sebuah benda didefinisikan sebagai perpindahan posisinya,
benda yang mengalami perubahan posisi dikatakan berpindah, misalnya
seseorang memperhatikan stop watch sebuah benda berubah pada posisi
pada t1 = 10s berada pada jarak 15 meter dari titik acuan dan pada t2 = 20s
benda berada pada jarak 75 meter dari titik acuan dan berpindah mengikuti
garis lurus pada sumbu x ditulis dalam bentuk koordinat waktu dan posisi (t,
x) adalah sebagai berikut (10, 15) dan (20, 75).
Dalam bentuk grafik
x(t)
80
70
60
50
40
30
20
10
t
10
20
Gambar 9.1
Perubahan posisi perpindahan pada contoh diatas:
∆x = x2 – x1
Sedang perubahan waktu untuk memindahkan benda dari posisi awal x1 ke
posisi akhir x2 adalah sebesar
∆t = t2 – t1
67
Jika hanya memperhatikan posisi awal dan akhir saja dalam selang waktu
tertentu maka dapat dicari kecepatan rata-rata dari benda tersebut.
Kecepatan rata-rata didefinisikan sebagai berikut:
Kecepatan rata-rata =
Perpindahan
waktutempuh
Dalam bentuk simbol matematik ditulis sebagai berikut:
v=
x x 2  x1
=
t
t1  12
v = melambangkan kecepatan rata-rata (m/s)
x1 = posisi akhir (m)
x2 = posisi awal (m)
t 2 = waktu akhir
t 1 = waktu awal
10.2
Kecepatan Sesaat
Jika seseorang mengendarai mobil bergerak lurus selama 2 jam dan
menempuh jarak 150 Km maka mobil tersebut bergerak rata-rata sebesar
v =
150
= 75 Km / jam
2
tetapi mustahil mobil tersebut setiap saat bergerak dengan kecepatan 75
Km/jam misalnya pada waktu mulai bergerak dan waktu mau berhenti tidak
mungkin seketika berubah, kecepatan yang dilihat pada saat tertentu
disebut kecepatan sesaat atau dengan ungkapan matematika keecepatan
sesaat didefinisikan sebagai berikut:
68
v=
lim
∆x
∆t →0
t
Misalnya pada t1 = t posisi benda x(t); dan pada t2 = t + ∆t pada posisi benda
x (t + ∆t) dimana ∆t adalah waktu yang sangat pendek maka kecepatan
sesaat adalah
V = lim
x(t  t )  x(t )
∆t→o
∆t
secara matemati definisi di atas sama dengan definisi turunan atau
diferensial
v = lim
x(t  t )  x(t )
t
∆t→0
v=
dx
dt
dengan perkataan lain kecepatan sesaat adalah perubahan posisi terhadap
waktu pada perubahan waktu yang singkat atau turunan posisi terhadap
waktu.
Contoh:
Sebuah benda bergerak posisinya mengikuti persamaan sebagai berikut
X(t) = 5t2 meter, t dalam detik atau s.
a. Ingin digambarkan grafik waktu (t) thp posisi x untuk interval 1≤ t ≤ 5
b. Ingin dicari kecepatan rata-rata dari t = 1s s/d t = 5s
c. Ingin diketahui kecepatan sesaat t = 1s; t = 2s; t = 4s; t = 5s; s = second.
Penyelesaian
69
Tabel 9.1
t
x = 5t2
1
5
2
20
3
45
4
80
5
125
Gambar 9.2
b. v =
c. v =
x(5)  x(1) 125  5 120
=
=
= 30 m/s
t 2  t1
5 1
4
dx
dt
v=
d
( 5t2 ) = 10 t
dt
70
v(1) = 10.1 = 10 m/s
v(2) = 10.2 = 20 m/s
v(3) = 10.3 = 30 m/s
v(4) = 10.4 = 40 m/s
10.3
Percepatan
Pada umumnya kecepatan benda juga berubah terus dengan waktu.
Sebuah benda yang kecepatannya berubah disebut mengalami percepatan,
jika dalam selang waktu kecil mengalami perrubahan kecepatan yang besar
maka benda tersebut memiliki percepatan yang besar, seperti halnya
kecepatan dikenal ada kecepatan rata-rata dan kecepatan sesaat maka
percepatan pun sama, dengan mengambil analoginya dengan kecepatan
maka:
perubahankecepa tan
waktutempuh
Percepatan rata-rata =
a =
v 2  v1 v
=
t 2  t1 t
v1 = kecepatan awal (m/s)
v2 = kecepatan akhir (m/s)
t1 = waktu yang dicatat awal (s)
t2 = waktu yang dicatat akhir (s)
a = percepatan rata-rata (m/s)
Percepatan sesaat a:
a = lim
v
= lim
t
∆t→0
v(t  t )  v(t )
t
∆t→0
71
dv
dt
a=
dari persamaan
dv
dt
a=
dan v =
dx
dt
maka
a=
d dx
(
)
dt dt
a=
d 2x
dt 2
dibaca
d 2x
= turunan kedua dari x terhadap t.
dt 2
contoh:
1. Sebuah benda mempunyai perubahan posisi mengikuti persamaan
x = 5t3 m
t dalam satuan detik atau second.
a. Ingin diketahui percepatan rata-rata dari t = 1s s/d t = 5s.
b. Ingin diketahui percepatan pada t = 1s; 2s dan t = 3s.
Penyelesaian:
a. percepatan sesaat dari persamaan posisi diatas
v=
dx
d
=
= (5t3) = 15 t2
dt
dt
72
sehingga pada saat
t = 1s→ v = 15.12 = 15 m/s
t = 5s→ v = 15.52 = 375 m/s
a =
v 2  v1 375  15 360

 90m / s

t 2  t1
5 1
4
b. Percepatan sesaat didefinisikan
a=
dv d
 = (15 t2) = 15t = 30t
dt dt
atau
a=
d 2 x d dx
d d
 ( )  ( ( 15t3 ))
dt 2 dt dt
dt dt
a=
d
( 15t2) \ = 30t
dt
sehingga
pada t = 1s → a = 30.1 = 30 m/s2
pada t = 2s → a = 30.2 = 60 m/s2
pada t = 3s → a = 30.3 = 90 m/s2
2. Persamaan gerak suatu partikel dinyatakan oleh fungsi
X=
1 3
t
10t
dalam m dan t dalam detik.
Hitunglah :
73
a. Kecepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s
b. Kecepatan sesaat pada t = 5 s.
c. Percepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s
d. Percepatan sesaat pada t = 5 s
Penyelesaian
a. Kecepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s
t = 3 s , maka X =
1 3 1
3 =
27 = 0,9 m
10.3
30
t = 4 s , maka X =
1 3 1
4 =
64 = 1,6 m
10.4
40
v =
x(4)  x(3) 1,6  0,9 0,7
=
=
= 0,7 m/s
t 2  t1
43
1
b. Kecepatan sesaat pada t = 5 s.
v=
dx
dt
v=
d
1 3
(
t )
dt 10t
v=
d t2
1
1
= t=
5 s = 1 m/s.
dt 10 5
5
c. Percepatan rata-rata dalam selang waktu t = 3 s sampai t = 4 s
t = 3 s , maka v =
1
3 = 0,6 m/s
5
t = 4 s , maka v =
1
4 = 0,8 m/s
5
a =
v 4  v3 0,8  0,6 0,2


 0,2m / s 2
t 2  t1
43
1
d. Percepatan sesaat pada t = 5 s
a=
dv d 1
1

t = m/s2
dt dt 5
5
74
10.4
Gerak lurus dipercepat beraturan
Sebuah gerak yang lintasannya lurus dan dipercepat dengan percepatan
tetap dinamakan gerak lurus beraturan (glbb). A = tetap (konstan).
Persamaan kecepatan pada setiap saat yang didapat dari percepatan
tersebut dapat dicari dengan cara mengintegralkan percepatan (sebab
integral adalah kebalikan dari diferensial).
a=
dv
dt
dv = adt
v = ∫ adt = at + konstanta
konstanta = kecepatan pada t = 0 yang diberi istilah V0; sehingga
persamaan kecepatan
v = at + V0
V = V0 + at
dapat digambar sebagai berikut:
v0 + a
V0
t
Gambar 9.3
Luas yang diarsir adalah jarak yang ditempuh selama t (s).
X = V0t + ½ at2
Jika pada t = 0 sudah mempunyai posisi dari titik acuan sebesar xo maka
75
X = xo + V0t + 1/2 at2
Persamaan diatas dapat diturunkan dengan cara mengintdralkan v terhadap
waktu
V=
dx
→ dx = vdt
dt
x = ∫ ∫ vdt
dimana v = v0 + at
maka x = ∫(v0 + at ) dt
x = v0t + ½ at2 + konstanta
konstanta = posisi pada t = 0 atau dikenal sebutan x0 sehingga
X = x0 + v0t + ½ at2
dari persamaan
I.
v = V0 + at → t =
II.
x = V0t + ½ at2
v  vo
a
dengan mensubtitusikan t kepersamaan II didapat
x = Vo (
v  v0 1 v  v0
)2
 (
a
2
a
x=
v0v  v0 v 2  2v0  v02

a
2a
x=
2v0v  2v02 v 2  2v0v  v02

2a
2a
x=
v 2  v02
2a
v2-v02 =2ax
atau
76
V2 = v02 +2ax
10.5
Benda jatuh
x=h
Gambar 8.4
Benda yang dijatuhkan secara bebas dan dianggap mempunyai percepatan
tetap sebesar percepatan gravitasi (g m/s) dan kecepatan awalnya nol maka
kecepatan benda mencapai tanah dapat diturunkan dari persamaan:
V2 = V02 + 2ax
v0 = 0
x =h
a = g m/s
sehingga v2 = 2 gh
V=
2 gh
sedang waktu tempuh dapat diperoleh dari persamaan
x = v0 t + ½ at2
h = 0 + ½ gt2
77
t2 =
h
2h

1
g
g
2
2h
g
t=
10.6
Benda dilempar vertikal
Benda ditembakkan ke atas dengan kecepatan V0 dan diperlambat dengan
perlambatab tetap g m/s2 mengikuti persamaan.
V = v0 + at
a = -g
v = v0 - gt
x = v0 t + ½ at2
x = v0 t – ½ gt2
Mencapai titik tertinggi adalah
xmax = hmax = v0 t – ½ gt2
hmax = v0(
v0 1 v0 2
)  g( )
g
2 g
2
=
2
v0
v0
v0


g
2g
2g
hmax =
v0
2g
2
2
Contoh :
78
i.
Sebuah batu dilemparkan keatas dari suatu titik O, dan ketinggian batu
diatas O setelah t sekon dinyatakan oleh h = 20t - 5t2 , h dalam m.
Hitunglah :
a. kecepatan awal
b. kecepatan pada t = 1 s
c. ketinggian maksimum yang diukur dari titik O
Penyelesaian
a. kecepatan awal
v=
dh d
 20t  5t 2  20  10t
dt dt
maka Vawal = 20 – 10.0 = 20 m/s
b. kecepatan pada t = 1 s
v ( t = 2 s) = 20 – 10.1 = 10 m/s
c. ketinggian maksimum yang diukur dari titik O
syarat mencapai ketinggian maksimum adalah
dh
0
dt
v = 20 – 10 t = 0
10 t = 20
t=2s
maka h maks = 20t - 5t2 = 20.2 – 5.22 = 40 -20 = 20 m
ii.
Sebuah bola dilemparkan ke atas dengan kecepatan 19,6 m/s.
1. Berapa lama waktu yang diperlukan untuk mencapai titik tertinggi
yang dapat mencapai benda tersebut ?
2. Berapa tinggi bola terlempar keatas ?
3. Pada saat mana benda berada pada jarak 9,8 m di atas tanah?
Penyelesaian
a) Pada titik tertinggi benda berhenti, sehingga kecepatan sama dengan nol.
Jadi
v = vo + at
79
0 = vo – gt
t=
vo 19,6

 2 sekon
g
9,8
b) Tinggi bola yang terlempar ke atas
y = vo t + ½ a t2
= vo t – ½ g t2
= 19,6 . 2 – ½ . 9,8 . 22
= 19,6 m
c) Letak benda saat berada pada jarak 9,8 m diatas tanah
y = vo t – ½ g t2
9,8 = 19,6 t – ½ .9,8 t2
t2 - 4t + 2 = 0
akar persamaan kuadrat ini adalah :
t1 = 0,6 s dan t2 = 3,4 s
pada saat t1 = 0,6 s benda berada pada ketinggian 9,8 m waktu naik, dan
pada saat t = 3,4 s berada pada ketinggian tersebut waktu sedang turun.
MODUL XI & XII
FISIKA MEKANIKA
GERAK PELURU DAN GERAK MELINGKAR
Tujuan intruksional umum
Agar mahasiswa dapat mengetahui Fisika mekanika tentang gerak peluru dan
gerak melingkar
Tinjauan Instruksional khusus

Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak peluru

Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak melingkar
80
Buku Rujukkan:
Giancoli
Physics
Kane & Sterheim
Physics 3 Edition
Sears & Zemanky
University Phisics
Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum
Sutrisno
Seri Fisika Dasar
11.1 Gerak Peluru
Gerak sebuah peluru dipengaruhi oleh suatu percepeten gravitasi g dengan
arah vertikal ke bawah. Pada arah horizontal percepetan sama dengan nol.
Kita pilih titik asal sistem koordinat pada titik dimana peluru mulai terbang.
Kita mulai menghitung waktu pada saat peluru mulai terbang. Pada gambar
10.1; jadi kita ambil pada waktu t = 0 peluru pada (0,0).
Misalkan kecepatan awal peluru adalah Vo dan sudut
θo dengan sumbu x,.Komponen vektor kecepatan awal ada arah sumbu Y
yaitu
81
voy = vo sin θo.
Karena tidak ada percepatan ada arah horizontal, maka vx adalah tetap Jadi
dapat kita tuliskan ax = 0 dan dari persamaan sebelumnya kita peroleh
vx = vo cos θo ………………………………………1
Y
jvy
v
v = vx
iˆvx
ĵvoy
v0
θ
iˆvox
X
Gambar 11.1. Sebuah partikel yang melakukan gerak peluru.
Komponen y dari vektor kecepatan vy, akan berubah waktu sesuai dengan
gerak lurus vertikal dengan percepatan tetap. Dalam kita masukkan ay’ = - g
dan voy = vo sin θo,
maka vy = vo sin θo – gt.
Besar kecepatan resultan pada setiap saat diberikan oleh :
v=
v2x  v2 y
Sedang sudut θ yang dibuat oleh v dengan sumbu X diberikan oleh tg θ =
vy/vx arah vektor keceatan adalah menyinggung lintasan partikel pada setiap
titik; sedang percepatan mempunyai arah vertikal ke bawah pada setiap titik
absis dari partikel pada setap saat adalah :
x = (vo cos θo)t …………………………………………2
sedang ordinatnya adalah :
y = (vo sin θo)t - ½ gt²………………………………….3
82
dengan eliminasi waktu dari kedua persamaan diatas, kita peroleh
persamaan lintasan
y = (tg θo)x -
g
x2
2
2(vo cos  o )
karena vo, θo dan g masing-masing adalah tetapan, maka persamaan diatas
dapat ditulis sebagai :
y = bx – cx2
Jadi lintasan y(x) dari gerak peluru adalah suatu parabola.
Contoh 1 :
Sebuah bomber terbang horizontal dengan kecepatan tetap sebesar 240
mil/jam pada ketinggian 10000 ft menuju pada suatu titik tepat diatas
sasaran. Berapa sudut penglihatan Ø agar bom yang dilepaskan mengenai
sasaran, sedang percepatan gravitasi g = 32 ft/det² adalah sama dengan
gerak pesawat terbang. Jadi kecepatan awal bom adalah 240 mil/jam arah
horizontal. Jadi vox = 240 mil/jam = 352 ft/det² dan voy = 0.
Waktu yang diperlukan bom untuk dapat sampai di tanah dapat dihitung dari
gerak vertikal
y = voyt - ½gt²
y = 10.000 ft,
voy = 0, sehingga :
t=
 2y
=
g
2(10.000)
= 25 detik
32
gerak horizontal yang ditempuh bom adalah :
x = vot = ( 352 ft/det)(25 det) = 8800 ft
sehingga sudut Ø haruslah :
Ø = srctg (
8800
x
)arctg(
) = 41,6°
10.000
y
83
Apakah gerak bom tampak seperti parabola bila dilihat dari
pesawat terbang ?
11.2 Gerak lingkar
Sumber partikel yang bergerak pada suatu lingkaran dengan laju tetap
mempunyai percepatan. Meskipun laju, yaitu besar vektor kecepatan sesaat
adalah tetap, akan tetapi vektor kecepatan berubah arah terus menerus,
sehingga gerak lingkar beraturan, yaitu dengan laju tetap adalah suatu
gerak dipercepat. Jika gerak vertikal adaah v, kita ingin menentukan berapa
percepatan a untuk gerak
lingkar beraturan ini, perhatikan. gambar 10.2.
Gambar 11.2 Gerak Lingkar beraturan perubahan vektor kecepatan antara
P dan P’ diberikan oleh ∆ v
Sebuah partikel melakukan gerak lingkar pada saat t partikel berada pada
titik p dan vektor kecepatan dinyatakan oleh v. Beberapa saat kemudian,
pada saat t + ∆t, partikel sudah berada pada titik P’, dimana vektor
kecepatan dinyatakan oleh v. Pada setiap saat adalah sepanjang garis
sehingga lingkaran pada arah gerak partkel. Karena laju adalah teta (gerak
84
lingkar beraturan) maka sepanjang anak panah yang menyatakan vektor
kecepatan juga tidak berubah.
Perubahan vektor dinyatakan oleh ∆t = v ’ – v , sehingga percepatan ratarata dalam selang waktu ∆t diberikan oleh :
ā=
v
t
Dan arah percepatan rata-rata adaah dama dengan arah ∆t, karena
pembagiannya yaitu ∆t adalah suatu skalar.
Untuk menghitung percepatan sesaat, selang waktu ∆t kita buat sangat kecil
yaitu ∆t→0; artina titik P’ pada gambar kita buat mendekati titik P. Pada
gambar ditunjukkan apa yang terjadi jika P’ dibuat mendekati P, artinya ∆t
diperkecil. Tampak bahwa ∆v juga menjadi kecil, akan tetapi ā =
v
t
tetap besar, dan arahnya adalah sama dengan arah ∆ v
Gambar 11.3
Besar vektor ∆ v yaitu |∆ v |, dapat dihitung dari segitiga PAB,
85
|∆ v |= 2vsin

………………………………………..(4)
2
Jika ∆t dibuat kecil sekali, maka sudut ∆θ juga menjadi sangat kecil,
sehingga kita dapat mempergunakan hubungan
sin



2
2
Dan persamaan (4) dapat ditulis sebagai
|∆ v |= 2v

= v∆θ …………………………………….(5)
2
Disini sudut ∆θ adalah dalam satuan radial. Besar PP’ mempunyai panjang
∆S, dengan ∆S = r∆t.
Dari persamaan-persaman diatas kita peroleh untuk ∆t→0
|∆ v |=
vS v(vt )
v2
=
=
∆t
r
r
r
Akibatnya besar percepatan sesaat a, yang kita tuliskan sebagai a,
diberikan oleh:
lim
a=
v
t
∆t→0
lim
=
v 2 t
v2
=
r t
r
∆t→0
Arah vektor percepatan sesaat diberikan oleh arah ∆ v , jika ∆t dibuat sangat
kecil maka arah ∆v akan tegak lurus arah garis singgung lingkaran ada tititk
P. Jadi arah percepatan adalah menuju pusat atau arah sentripertal,
sehingga percepatan pada gerak lingkar beraturan disebut percepatan
sentripertal.
Jadi kesimpulan kita adalah untuk gerak lingkar beraturan dengan laju v,
vektor percepatan sesaat diberikan oleh
āc = -
v2
âr
r
86
dengan âr adalah vetor satuan ada arah radal keluar atau menjauhi pusat.
Tanda negatif ada persamaan diatas menunjukkan bahwa percepatan
sentripertal āc mempunyai arah menuju pusat lingkaran.
Dalam gerak lingkar jarak partikel pada suatu saat terhada pusat lingkaran
adalah tetap dan sama dengan jejari lingkaran. Akibatnya posisi benda
terhadap titik pusat lingkaran cukup dinyatakan oleh sudut θ seperti
ditunjukkan pada gambar. Panjang busur dS dapat dinyatakan sebagai dS =
rdθ sehingga
Gambar 11.4
v=
dS
d
=r
dt
dt
Pada persamaan adalah kecepatan sudut, yang dinyatakan oleh ω satan
dari kecepatan sudut adalah radial/detik. Jadi persamaan dapat ditulis
sebagai v = rω
Waktu ang diperlukan dalam gerak lingkar beraturan untuk menempuh satu
putaran disebut ride putaran, dan dinyatakan dengan T.
Besaran lain yang sering digunakan dalam gerak lingkar beraturan adalah
berapa kali partikel mengelilingi lingkaran dalam satuan waktu, atau revolusi
yang dilakukan partikel er satuan waktu. Besaran ini disebut frekuensi, dan
87
dinyatakan dengan f satuan frekuensi adaah cycle/second atau cps. Satuan
cps sering disebut Hertz (Hz). Sering disebut frekuensi dinyatakan dalam
rpm, yaitu revolusi /minute atau putaran/menit.
Jelas bahwa frekuensi f dapat diperoleh dari periode utaran T, yaitu dari f =
1/T. Jka ada 5 putaran dalam 1 detik, maka waktu untuk satu putaran adaah
1/5 detik.
Jadi T = 1/5 = 1/f.
Hubungan lain adalah antara ω dan T. Dalam waktu satu prioda, partikel
melakukan satu putaran berarti menempuh sudut 360° = 2 π rad. Karena
kecepatan sudut ω adalah tetap, maka
ω = 2 π/T atau 2 π rad. Akhirnya kita dapat menyatakan percepatan
sentripertal āc sebagai
āc = -
v2
= - ω2âr
r
Contoh 1;
Bulan berputar mengelilingi bumimembuat satu putaran dalam 27.3 hari.
Jika lintasan orbit data dianggap lingaran, dan mempunyai jejari 239,000 mil
= 385 x 10 6meter, watu untuk satu putaran adalah satu perioda t = 27,3 hari
= 23.6 10 6detik. Laju bulan dianggap tetap adalah
v=
2
= 1020 m/detik
T
Percepatan sentripertal adalah;
āc =
v 2 (1020m / det) 2
=
= 0,00273 m/det2
6
r
385 / 10
atau hanya 2.8 x 10
-4
g dengan g adalah percepatan gravitasi yaitu
percepatan benda jatuh dekat permukaan bumi.
Contoh 2
88
Kita diminta untuk menghitung satelit bumi buatan, dengan anggapan
bahwa satelit ini bergerak tepat diatas bumin sedang jejari bumi R = 6400
km. Seperti halnya benda yang dekat permukaan bumi, satelit ini
mempunyai percepatan g ke arah pusat bumi. Percepatan ini membut satelit
bergerak lingkar sekitar bumi. Jadi percepatan sentripertal adalah g dan dari
ā = v 2/r kita peroleh
g=
v2
atau v =
Re
Re g =
6,4 x10
6

m)(10m / det 2 = 8000 m/detik.
11.3 Percepatan Tangensial dalam Gerak Lingkar
Gambar 11.5
Sekarang kita pandang hal yang lebih umum, yaitu gerak lingkar dengan
laju tidak tetap. Gerak ini dilukiskan pada gb. 11.5. Misalkan artike ada titik
P pada saat t, dan berada di titik P’ pada saat t’ = t + ∆t. Dalam waktu ∆t
vektor kecepatan berubah sebesar
∆v = ∆vT+ ∆vR
Vektor komponen ∆ v R kita buat dengan P’‘A = P’B, sehingga ∆ v R
menyatakan perubahan vektor percepatan pada laju tetap. Jadi ∆ v R adalah
percepatan karena perubahan arah vektor kecepatan.
89
Jika ∆t kita buat mendekati nol, maka ∆ v R juga akan mendekati nol, akan
lim
tetapi
t 0
vr
v2
=
âr
adalah sama dengan percepatan radial,
t
r
yang tidak lain adalah percepata sentriertal āc.
lim
Jadi âc=
t 0
vr
v2
= - âr
t
r
Menuju pusat atau arah sentripertal. Jika ∆t = 0., yaitu bila p’ mendekati P,
vektor komponen ∆ v R akan mempunyai arah tangensial atau arah singgung.
Akibatnya percepatan singgung diberikan oleh
lim
∆ vT =
t 0
vT
d vT
t = dt
Karena vR mempunyai arah singgung lingkaran, maka
d vT
dv
= âT
dt
dt
dengan âT adalah vektor satuan arah singgung, atau arah tangensial.
Perhatikan bahwa perceatan tangensial adalah
aT =
dv
dt
dari persamaan diatas kita dapatkan
aT =
dv
d
(rω) = r
dt
dt
90
Pada persamaan diatas
persatuan waktu, jadi
d
menyatakan perubahan kecepatan sudut
dt
d
dt
tidak lain adalah percepatan sudut, dan
dinyatakan denganα. Persamaan dapat kita tulis sebagai
aT = r
d
= ra
dt
percepatan resultan adalah;
a = aR + aT
dan besar percepatan resultan diberikan oleh:
a=
a 2 R  a 2T
Jika gerak bukanlah gerak lingkar, pembahasan di atas tetap berlaku jika
untuk jejari lingkar r kita pergunakan jejari lengkungan pada tempat dimana
partikel berada satu saat. Kemudian ar memberikan komponen percepatan
pada arah garis singgunglengkungan pada tempat dimana partike berada,
sedang aR adalah komponen percepatan tegak lurus lengkungan pada titik
tersebut.
Contoh 3;
Sebuah partikel bergerak pada suatu lingkaran dengan jejari 50 cm seperti
pada gambar. Diketahui bahwa kecepatan sudut berubah dengan waktu
sebagai (a) jika pada t = 0 benda ada di a, kita hitung titik pada t= 2 detik.
Karena kecepatan sudut ω tidak tetap, kita gunakan hubungan
91
Gambar 11.6
2
2
θ = tdt =

0
 5t
3
dt
0
2
5
= t4 
4 0
=
=
5
x(24)
4
5
x 16 = 20 rad
4
karena 2π rad = 360° maka
θ(t=2) =
20
x 360° = 3,198x360°
2
= (3+0,198)360°
=(6)360°+71,28°
Jadi saat t = 2 detk partkel sudah mengelilingi ingkaran sebanyak tiga kali
dan berada di B. (b) selanjutnya kita marilh kita hitung vektor kecepatan
partikel ada t = 2 detik. Laju partikel, yaitu besar vektor kecepatan sesaat
adaah v = ωR.
Pada saat t = 2 detik
ω = 5 x (2)3 = 4 rad/detik
sehingga laju
v = ωR = (40 rad/det)(0,50m) = 20 m/det
92
Arah vektor kecepatan v adalah menyinggung lingkaran pada titik B,
membuat sudut +161,28° dengan sumbu x. Jadi vektor kecepatan v (t = 2) =
20 m/det  + 161,28° (C) sekarang marilah kita tentukan vektor percepatan
A pada saat t = 2 detik. Percepatan sudut ω dapat dihitung dari
a=
d
d
=
(5t)2 = 15t2
dt
dt
Pada saat t = 2 detik percepatan sdut ini adalah
A (t = 2) = 15 (2)2 = 60 rad/det2
Vektor
percepatan
mempunyai
komponen
yaitu
vektor
percepatan
tangensial ār dan vektor percepatan radial āR .
Vektor percepatan tangensial dapat dihitung dari
āt = θαR
dengan θ adalah vektor satuan dengan arah tangensial. Vektor percepatan
radial tidak lain adalah percepatan sentripertal
āR = -r
v2
= -rω2R
R
Dengan r adalah vektor satuan arah radial keluar untu t = 2 detik percepatan
sudut
α= 60 rad/detik2 sedang ω = 5(2)3 = 40 rad/ detik
sekarang dapat kita hitung ār = θαR =θ (60 rad/det2)(0,5m) = θ 30 m/det2
dengan θ adalah vetor satuan menyinggung lingaran pada titik B gb.11.6
sehingga dapat kita tuliskan
93
Gambar 10.7
ār – 30 m/det < + 161,28°
Vektor komponen percepatan radial pada t = 2 detik adalah
āR = -rω2R = -r(40 rad/det)2 (0,50m)
= -r(800)rad/detik2
dengan r adalah vektor satuan arah radial titik B. Jadi dapat ditulisan
āR = 800  -108,72°m/det2
Akhirnya vektor percepatan t = 2 detik dapat ditulis sebagai
ā = ā+ āR = (30  +161,28°+800  -108,72°)m/detik
Contoh 4 :
Mengapa benda yang bergerak melingkar beraturan hanya mengalami
percepatan tangensial dan tidak mengalami percepatan tangensial ?
jawab :
Percepatan sentripetal pada gerak melingkar beraturan disebabkan oleh
perubahan arah kecepatan linear ( walaupun besar kecepatan linear tetap).
Untuk gerak melingkar bearaturan, kecepatan sudut ω adalah konstan,
sehingga percepatan sudut  
d
0
dt
. Percepatan tangensial aT
berhubungan dengan percepatan sudut α menurut persamaan aT = r . α.
Oleh karena   0 maka percepatan tangensial aT juga sama dengan nol.
94
Contoh 5 :
Poros sebuah motor listrik yang mula-mula diam mengalami percepatan
tetap 15 rad/s2 selama 0.4 s. Tentukan sudut yang ditempuh poros (dalam
radian) selama waktu itu.
Penyelesaian :
Poros mengalami percepatan sudut tetap α = 15 rad/s2,
kecepatan sudut awal, ω0 = 0, sebab mula-mula diam.
Θ = 0 maka sudut θ yang ditempuh selama t = 0,4 s, adalah
1
2
   0   0 t  t 2
1
2
  0  0  (15)(0,4) 2  1,2
Θ = 1, 2 rad
LATIHAN SOAL
1. Sebuah partikel bergerak pada suatu lingkaran dengan laju tetap
frekuensi putaran adalah 0,1 putaran/s.pada t = o benda ada pada titik
A (lihat gambar). Jejari lingkaran 10 m.
95

Hitunglah kecepatan rata-rata antara t = 1 s dan t = 3 s

Hitung vektor percepatan pada saat t = 3 s (nyatakan hasil
perhitungan dalam bentuk koordinat kartesian).
2. Sebuah peluru meriam ditembakkan membuat sudut 60° dengan arah
horizontal. Tembakkan dilakukan ke arah atas dilerang gunung yang
membuat sudut 45° dengan arah horizontal, dengan laju awal vo.
Percepatan gravitasi adalah 10 m/ s2.

Hitung posisi peluru waktu mengenai lereng gunung

Vektor kecepatan peluru waktu sampai dilereng gunung.
MODUL XIII DAN XIV
FISIKA MEKANIKA
MOMEN INERSIA
Tujuan intruksional umum
Agar mahasiswa dapat mengetahui Fisika mekanika tentang gerak peluru dan
gerak melingkar
96
Tinjauan Instruksional khusus

Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak peluru

Dapat memahami dan menganalisa tentang gerak melingkar
Buku Rujukkan:
Giancoli
Physics
Kane & Sterheim
Physics 3 Edition
Sears & Zemanky
University Phisics
Frederick J Bueche
Seri Buku Schaum
Sutrisno
Seri Fisika Dasar
13.1 Momen Inersia
Pada waktu membahas Hukum Newton I, kita telah belajar bahwa setiap
benda mempunyai kecenderungan untuk tetap diam atau bergerak lurus
beraturan (mempertahankan posisi atau keadaannya). Kecenderungan ini
dinamakan Inersia, ukuran yang menyatakan kecenderungan ini dinamakan
massa.
97
Besi lebih sukar digerakan disbanding kayu yang berukuran sama karena
besi mempunyai kecenderungan lebih besar untuk mempertahankan
posisinya dibandingkan dengan kayu (dengan kata lain massa besi lebih
besar dibandingkan dengan massa kayu).
Dalam gerak rotasi tiap-tiap benda mempunyai kecenderungan untuk
mempertahankan posisi atau keadaannya.
Misalnya :
rotasi bumi
(perputaran bumi pada sumbunya) dari semenjak bumi diciptakan hingga
sekarang bumi senantiasa berotasi dan tidak berhenti berotasi berarti suatu
bencana
karena
tidak
ada
pertukaran
siang
dan
malam
lagi.
Kecenderungan seperti ini dinamakan inersia rotasi. Ukuran untuk
menyatakan besarnya kecenderungan ini kita namakan momen inersia.
Berbeda dengan massa benda yang hanya tergantung pada jumalh
kandungan zat didalam benda tersebut, momen inersia disamping
tergantung pada jumlah kandungan zat (masa benda) juga terganyung
bagaimana zat-zat atau massa ini terdistribusi. Semakin jauh distribusi
massa dari pusat putaran semakin besar momen inersinya.
r2
r 2  r1
I 2  I1
r1
r
m
Gambar 13.1
Misalnya momen inersia suatu silinder lebih besar dibandingkan dengan
momen inersia silinder lain yang berukuran lebih kecil karena pada molekulmolekul pembentukannya tersebar pada tempat-tempat yang jauh lebih jauh
dari sumbu putarnya.
98
Momen inersia I suatu benda titik (partikel) terhadap suatu sumbu putar
didefinisikan sebagai perkalian massa partikel, m dengan kuadrat jarak
partikel r dari sumbu putar.
I  MR 2
Momen inersia dari sistem beberapa partikel dapat dihitung dengan
menjumlahkan momen inersia tiap-tiap partikel.
I   mi ri
2
i
Suatu momen inersia kg.m2
Contoh 1
Tiga buah massa (1kg ), mB (2kg ) dan mc ukuran seperti pada gambar,
hitung momen inersia sistem terhadap sumbu putar berikut ini :
a)
Melalui massa A dan B
b)
Melalui titik d tegak lurus bidang xy
y
A
2m
D
B
2m
C
x
Gambar 13.2
Penyelesaian :
a)
Sumbu putar yang melalui A dan B :
Dalam kasus ini massa ma dan mb tidak memberikan kontribusi pada
momen inersia, karena kedua massa ini didahului oleh sumbu putar.
99
Momem inersia hanya berasal dari mc saja, rc = 2 m adalah jarak
sumbu putar dengan mc.
Diketahui :
Mc = 3 kg
Rc = 2 m
Ditanya : I ?
I   mi ri
Jawab :
2
i
2
= mc rc = 12 kg.m2
b) sumbu putar yang melalui sumbu d (titik berat segitiga)
Dalam kasus ini semua massa memberikan kontribusi pada momen
inersia, perhitungan jarak dari titk berat ke masing-masing massa dapat
dilihat pada gb. 13.3
Diketahui :
mC  3kg
mB  2kg
mA  1kg
rC  2
5
9
m
rA  2
5
9
m
rB  2
2
9
m
DB 
2
3
2
DE 
1
2
2
y
A
2
r
2m
r
B
D
2m
r
C
2
x
100
rC  CD  2
5
9
rA  AD  rC  2
rB  DB 
2
3
5
9
2
Gambar 13.3
Ditanya : I?
Jawab :
I   mi ri
2
i
2
2
 mA rA  mB rB  mC rC
 1. 209  169  609 
96
9
2
kgm 2
Momen inersia benda tegar
Momen inersia benda tegar atau benda pejal dihitung dengan menghitung
jumlah momen inersia tiap partikel dalam benda itu. Pembahasan lebih
detil momen inersia benda tegar disajikan dalam subbab pengayaan.
Benda tegar adalah benda yang tidak berubah bentuk walaupun mendapat
gaya atau momen gaya.
Momen inersia berbaagai bentuk benda tegar jika diputar pada sumbu
putar seperti digambarkan.
Benda
R
R
R
R
Keterangan
Cincin terhadap
sumbu simetri
Cincin terhadap
diameter
Momen
Inersia
Benda
Batang tipis
terhadap sumbu
pusat massa
MR 2
L
1
2
MR 2
Piringan atau
silinder terhadap
sumbu simetri
1
2
MR 2
silinder terhadap
diameter
1
4
MR 2 
1
12
ML 2
Keterangan
L
R
R
Momen
Inersia
1
12
MR 2
Batang tipis
diputar diujung
1
3
MR 2
Bola terhadap
diameter
2
5
MR 2
silinder berongga
terhadap diameter
2
3
MR 2
101
Pengayaan
Momen inersia benda tegar
Momen inersia benda tegar terhadap suatu sumbu putar didefinisikan
sebagai jumlah momen inersia setiap partikel dalam benda itu.
1 2 3 4 5 6
Gambar 13.4
2
2
2
2
2
I  m1 r1  m2 r2  m3 r3  m4 r4  m5 r5  m6 r6
I   mi ri
2
2
i
Karena benda tegar mempunyai struktur kontinu (atom-atom sangat
berdekatan sehingga dapat dikatakan saling bersambungan) maka rumus
jumlah itu boleh diganti dengan rumus integral.
I   r 2 dm
Dengan dm menyatakan elemen kecil dari benda yang terletak pada jarak r
dari sumbu puatar. Untuk membuktikan hal ini mari kita hitung momen
inersia suatu batang yang diputar pusat massanya.
Teorema Sumbu sejajar
Teorema sumbu sejajar menetapkan bahwa momen inersia I suatu benda
terhadap suatu sumbu putar sejajar dengan sumbu yang melalui pusat
massa benda sama dengan momen inersia terhadap sumbu melalui
massa, Ipm ditambah perkalian massa benda itu (M) dengan kuadrat dalam
sumbu itu ke pusat massa benda D.
I  I pm  MD 2
102
Catatan : Pusat mata adalah titik dimana seluruh massa benda dapat
dikonsentrasikan
pembahasan
titik
massa
diberikan
kepada
bab
selanjutnya.
Umumnya pusat massa benda terletak ditengah atau dipusat benda.
R
Pusat massa
Hitung momen inersia suatu silinder yang
diputar pada suatu sumbu yang melalui satu
titik di sisi silinder. Anggap jari-jari silinder
R dan massa silinder M.
Gambar 13.5
Pusat massa silinder terletak pada tengah-tengah silinder, sehingga jarak
puast massa terhadap sumbu putar adalah D = R, karena momentum
inersia terhadap sumbu putar ini adalah :
I  I pm  MD 2
 12 MR 2  MR 2
 32 MR 2
Momentum sudut
Dalam gerak translasi kita mengenal momentum yang didefinisikan
sebagai perkalian antara massa dan percepatan p = m .v
Dalam gerak rotasi besaran yang analog dengan momentum ini adalah
momentum sudut.
Momentum sudut suatu partikel (benda titik) yang berputar terhadap suatu
titik O didefinsikan sebagai
L=rxp
p merupakan momentum partikel dan r adalah vektor posisi partikel.
103
L
Z
Y
X
r
p
Gambar 13.6
Arah momentum sudut dapat dicari dengan aturan tangan kanan ketika kita
mengepalkan keempat jari kita dari arah r kearah p maka arah ibu jari
menunjukkan momentum sudut L.
Z
L
O
r
P
Y
X
Gambar 13.7
Gambar 13.7 Melukiskan gerakan sebuah partikel mengelilingi sebuah
sumbu putar dengan O sebagai pusat putaran. Momentum sudut terhadap
titik O dapat ditulis :
L  rxp
 r p sin k
 rmv sin(90 o )k
 rm(r )k
 mr 2k

 I
Atau jika hanya besarnya kita boleh tuliskan :
L = I
k merupakan vektor satuan arah sumbu z positif dan  merupakan vektor
kecepatan sudut. Arah kecepatan vektor sudut ditentukan sebagai berikut :
104
Jika partikel bergerak melingkar berlawanan dengan arah jarum jam dalam
bidang xy maka arah vektor kecepatan sudutnya adalah pada sumbu z
positif tapi jika gerakannya searah jarum jam vektor kecepan sudut searah
sumbu z negative.
Catatan rumus momentum sudut terhadap titik O pada persamaan hanya
berlaku ketika titik O terletak pada bidang rotasi. Jiak tititk O tidak terletak
pada bidang rotasi seperti ditunjukkan oleh gambar 13.7. Maka arah
momentum sudut tidak sejajar dengan arah 
Dan besar momentum sudut tidak sama dengan I  . Besar momentum
sudut ini dapat ditulis sbb :

P
L

L  r ' p sin(90 o )
 r ' mr
r
r
 mr 2
 I
r'
r
r'
r
 I
Pada pembahasan modul ini kita membatasai diri dengan hanya
mendiskusikan soal-soal dimana vektor L sejajar dengan sumbu
putar
yaitu dimana rumus L = I  berlaku. Rumus diatas dapat kita perluas untuk
benda tegar, Benda tegar dapt kita anggap sebagai kumpulan partikelpartikel jika benda tegar diputar terhadap sumbu maka momentum sudut
benda terhadap sumbu putar itu sama dengan jumlah momentum sudut
dari partikel-partikel benda tegar tersebut karena arah momentum sudut
kita pilih sejajar dengan arah sumbu putar maka kita boleh menuliskan.
L   I ii
i
Dimana Ii adalah momen inersia tiap partikel karena  untuk setiap partikel
sama maka :
L   Ii
i
105
 I
Dengan I menyatakan momen inersia benda tegar yang diberikan pada
tabel satuan momentum sudut adalah kg.m2/s.
Hubungan momen gaya dengan kecepatan sudut
F
r
Gambar 11.8
Gambar melukiskan partikel bermassa m yang diberi gaya F gaya tegak
lurus jari-jari menurut hukum Newton benda akan di percepat dengan
percepatan searah dengan gaya percepatan. Percepatan ini dinamakan
hubungan gaya dan percepatan ini adalah:
F  m.
Karena percepatan singgung   r
Maka F  mr
Sekarang kalikan kedua ruas dengan r selanjutnya gunakan definisi
  rF
Untuk memperoleh hubungan antara momen gaya  dengan percepatan
sudut 
rF  rm(r )
  mr 2
Karena momen inersia partikel adalah : I  mr 2
106
  I
Rumus diatas mirip dengan Newton II F  m. . Disini  berperan seperti
gerak translasi dan  berperan sebagai percepatan pada gerak translasi,
bagaimana dengan I? I mempunyai peran seperti massa, semakin besar I
semakin besar benda berputar (mirip dengan gerak translasi). Benda
bermassa besar sukar digerakkan/dipercepat.
Energi Kinetik Rotasi
Anggap suatu partikel bergerak dengan kecepatan sudut  . Kecepatn
singgung partikel adalah : v  r , energi kinetikpartikel ini E k  12 mv 2
dengan mensubstitusikan v kita peroleh rumus energi kinetik partikel ini
E k  12 mv 2
v  r
 12 m( .r ) 2  12 mr 2 2
r
2
Karena mr merupakan momen inersia partikel, maka :
Gambar 13.9
1
2
Ek  1
2
Dalam kasus ini partikel hanya kbergerak melingkar saja, sehingga rumus
energi diatas adalah rumus energi kinetik untuk gerak rotasi. Satuan energi
kinetik rotasi adalah joule.
Rumus diatas dapat diperluas untuk suatu benda tegar. Pada waktu benda
tegar diputar dengan kecepatan sudut  maka seluruh partikel yang
menyusun benda itu bergerak dengan kecepatan sudut  . Energi kinetik
rotasi benda tegar merupakan penjumlahan energi kinetik tiap partikel.
107
E k  12 I 1 2  12 I 2 2  12 I 3 2  12 I 4 2  ...
 12  2  I  12  2 I
i

v1 v2
1
v3
2
3
Gambar 13.10
Dalam hal ini I merupakan momen inersia benda pejal.
Contoh : Suatu piringan hitam berputar 33 rpm dan mempunyai massa 100
gr. Jika jari-jari piringan hitam 15 cm hitung berapa energi kinetik rotasi
piringan hitam ini ?
Momen inersia piringan hitam I  12 MR 2
Penyelesaian : Soal ini dapat diselesaikan langsung dengan rumus :
Diketahui :

M  100 gr  0.1kg
R  15cm  0.15m
R
  33rpm  33 putaran / menit
 33.(2 ) / 60  1.1rad / s
ditanya E k ?
Jawab :
E k  12 I 2
 12 ( 12 ) MR 2 2
 14 (0.1)(0.15) 2 (1.1 ) 2
 6,7 x10 3 Joule
108
Energi ini sangat kecil sekali, ini setara dengan energi untuk memindahkan
massa 0,68 gr setinggi 1 meter.
Cara lain menurunkan rumus energi kinetik (pengayaan)
Pada gambar 13.12 gaya F bekerja pada suatu p. usaha yang dilakukan
gay ini ketika benda berputar sejauh ds  rd adalah:
dw  F .ds  F cos(90   )rd  F (sin  )rd
Karena r sin  merupakan lengan momen maka :
dw  Fd  d
Selanjutnya
d
dt

d d
d dt
dw  I
d
d

kita
d
dt
tulis
  I  I
dw
dt
dan
gunakan
aturan
rantai
 untuk memperoleh
.d

 dw   I.d
F
o
w  W  12 I 2  12 I o
2
ds
r
Gambar 13.12
Kekekalan Momentum Sudut
Kita sudah pelajari bahwa laju perubahan momentum sudut sama dengan
momen gaya yang bekerja pada sistem itu,

dL
dt
Jika tidak ada momen gaya yang bekerja pada sistem (  0) maka
momentum sudut tidak berubah terhadap waktu
dL
dt
0
Persamaan diatas mengatakan bahwa momentum sudut sistem kekal (
konstan sepanjang waktu, baik besar maupun arahnya ).
I  konstan
atau kalau hendak dituliskan besarnya maka L=. Selanjutnya karena
L  I maka
109
I   I 0 0
Dimana I 0 dan I adalah momen inersia mula-mula dan momen inersia
akhir. Sedangkan  0 dan  menyatakan kecepatan sudut mula-mula dan
kecepatan sudut akhir.
Berapa aplikasi hukum kekekalan momentum sudut adalah :
a. Penari Balet
Seorang penari balet akan menarik tangannya ke dekat badannya untuk
berputar lebih cepat dan mengembangkan kedua tangannya untuk berputar
lebih lambat. Pada waktu sang penari menarik kedua tangannya ke dekat
badannya, momen inersia sistem makin kecil akibatnya kecepatan sudut
penari semakin besar ( penari berputar lebih cepat ), sebaliknya ketika
kedua tangan mengembang, momen inersia penari lebih besar sehingga
penari akan bergerak lebih lambat.
b. Pelompat Indah
Ketika seorang pelompat indah hendak melakukan putaran di udara ia
akan menekuk tubuhnya, hal mana akan mengurangi momen inersianya
sehingga kecepatan sudutnya menjadi lebih besar menyebabkan ia dapat
berputar 1.5 putaran. Pada tahap akhir lompatannya pelompat ini
memanjangkan kembali tubuhnya sehingga ia dapat terjun ke air dengan
kecepatan sudut yang lebih rendah. Momen gaya akibat gravitasi dalam hal
ini tidak ada, karena pelompat indah dapat berpuatar terhadap massanya.
Contoh
Suatu piringan berputar 33 rpm dan mempunyai massa 100 gr. Piringan
lain tiba-tiba di jatuhkan diatas piringan pertama, akibat gaya gesekan
antara kedua pirirngan itu, mereka bergerak dengan kecepatan sudut yang
sama, jika jari-jari pirirngan 15 cm hitung berapa kecepatan sudut kedua
piringan tersebut. Hitung energi kinetik rotasi piringan yang hilang ! momen
inersia piringan I  12 MR 2
110
Jawaban :
Diketahui :
M  100 gr  0.1kg
R  15cm  0.15m
 o  33rpm  33 putaran / menit
 33.(2 )60  1.1rad / s
I o  12 .MR 2
 12 .0,1(0,1) 2
 1,125.10 
kgm 2
It  2 I o
Ditanya : t ?; E k ?
Jawab :
I o o  I t t
t 
Io
2 Io
1,1
 0,55rad / s
E k  E ko  E kt
2
2
 12 ( I o o  I t  t )
2
2
 12 ( I o o  2 I o t )
2
2
 12 I o ( o  2 t )
 12 (1,125.10 3 )(1,1 ) 2  2(0.55 ) 2
 3,36.10 3 J
Kombinasi gerak rotasi dan translasi (pengayaan)
Bagaimana dengan gerak rotasi yang digabungkan dengan gerak translasi
seperti pada roda sebuah sepeda sedang bergerak.
111
Gambar 11.13
Pada gerakan energi kinetik sistem ada dua macam :
Energi kinetik rotasi E k ( R )  12 I 2 (  adalah kecepatan sudut dimana
pusat putarannya melalui pusat massa benda )
Energi Kinetik translasi E k (T )  12 Mv 2 ( Energi kinetik ini merupakan energi
gerakan translasi pusat massa ).
Contoh :
Sebuah yoyo dengan massa 250 gram terdiri dari dua buah silinder berjarijari 5 cm, yang dihubungkan dengan sebuah batang silinder kecil. Jika
panjang tali 90 cm, hitung berapa kecepatan sudut yoyo diujung bawah tali
agar dapat naik keatas sampai ketangan pemain yoyo. Abaikan massa tali
dan batang silinder kecil g  9,8 m / s 2 .
Gambar 11.14
Penyelesaian : Karena massa silinder kecil diabaikan maka momen inersia
yoyo adalah sama dengan momen inersia silinder yaitu I  MR 2 dengan
M menyatakan massa yoyo ( massa kedua silinder ), ketika yoyo naik
112
keatas, energi kinetik rotasi yoyo mula-mula diubah menjadi energi
translasi E k (T )  12 Mv 2  energi potensial E p  Mgh dan sisanya tetap
sebagai energi kinetik rotasi pada waktu itu.
1
2
2
I o  12 Mv 2  Mgh  12 I 2
Anggap ketika yoyo sampai kecepatannya, sehingga persamaan diatas
menjadi :
1
2
2
I o  Mgh
Selanjutnya  o dapat dihitung dengan mudah
Diketahui :
M = 250 gram = 0,25 kg
R = 5 cm = 0,05 m
H = 90 cm = 0,9 m
Ditanya  o ?
Jawab :
I  12 MR 2
 12 0,025(0,05) 2
 3,125 x10  4 kg.m 2
1
2
 o 2  Mgh
o 

2Mgh
1
2 ( 0 , 25 )( 9 ,8 )( 0 , 9 )
3,125 x10  4
 119rad / s
Bergulir tanpa slip (pengayaan)
Pada gabungan gerak rotasi dan translasi ada semacam gerakan yang
dinamakan bergulir tanpa slip. Maksudnya adalah benda bergulir tapi tidak
terpeleset. Dalam hal ini jarak translasi yang ditempuh sama dengan
panjang tali busur yang ditempuh.
113
Gambar melukiskan sebuah silinder yang bergerak translasi dan rotasi.
Misalkan pada waktu t silinder telah menempuh  . Panjang tali busur AB
dan R  , jika gerakan silinder ini gerak bergulir tanpa slip, maka jarak yang
ditempuh silinder akan sama dengan panjang busur AB.
=
Gambar 13.15
S = R
Atau jika kita differensialkan kedua rumus kita peroleh syarat benda
bergulir tanpa slip
v  R
Bergulir tanpa slip
Translasi murni
Vpm
Vpm
Rotasi murni
Vpm
Vpm
Vpm
Vpm=0
Vc=Vpm=0
Vc
Vc=Vpm=0
Gambar 13.16
Catatan :
Pada gerak bergulir tanpa slip kecepatan dititik sentuh benda dengan
permukaan lintasan sama dengan nol (vc  0) . Bandingkan dengan gerak
translasi murni dimana seluruh titik pada benda termasuk titik C bergerak
dengan kecepatan sama (vc  0) dangerak rotasi murni dimana seluruh
titik pada permukaan silinder bergerak dengan kecepatan sama tapi pusat
massanya sama dengan nol (vc  R )
114
Contoh :
Sebuah silinder bermassa M bergulir tanpa slip diatas sebuah bidang
miring dengan mirinr sudut  . Hitung berapa kecepatan silinder ini ketika
tiba didasar benda miring.
Gambar 13.16.a
Penyelesaian ada 4 macam cara untuk soal ini, harap perhatikan titik
masing-masing cara. Dengan mengerti ke 4 cara ini dengan baik, kita
dapat fleksibel dalam penyelesaian soal, dalam hai ini berlaku v  R (
syarat tanpa slip).
Cara I : Metode Usaha
Dalam metode ini kita meninjau bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya
gravitasi dari puncak benda miring kedasar benda miring (W  mgh)
adalah untuk mengubah energi kinetik silinder sehingga ketika tiba
dibidang miring, silinder mempunyai kecepatan. Usaha yang dilakukan
oleh gaya jgravitasi ini dapat dikatakan sebagai energi kinetik.
Dalam hal ini dua macam energi kinetik translasi dan rotasi
W  E k
 E kt  E ko
2
2
 12 I 2  12 Mv 2  ( 12 I o o  12 Mvo )
 12 ( 12 MR 2 )( Rv ) 2  12 Mv 2  0
Mgh  34 Mv 2
v
2
4
M
mg
h
gh
Gambar 11
13.16.a
115
Cara II : Metode Kekekalan Energi
Dalam metode ini pakai konsep energi kekal, dalam soal ini hanya dua
macam energi yaitu energi potensial dan energi kinetik. Menurut hukum
kekekalan energi, jumlah energi potensial dan energi kinetik dipuncak
bidang miring ( keadaan mula-mula) sama dengan jumlah energi potensial
dan energi kinetik di dasar bidang miring sehingga energi potensial mulamula.
E p ( awal )  Mgh dan E p ( akhir )  0 , karena energi kinetik awal sistem sama
E p  Mgh
dengan nol E k  0
E p ( awal )  E k ( awal )  E p ( akhir )  E k ( akhir )
Mgh  0  0  12 ( 12 MR 2 ( Rv ) 2 )  12 Mv 2
Mgh  34 Mv
v
4
3
2
Ek  0
Ep  0
E k  12 I 2  12 mu 2
gh
h
Gambar 13.16.c
Cara III : Metode Momen Gaya
Pertama kita tinjau dahulu gerak rotasi (pada pusat massa) disebabkan
oleh adanya gaya gesek f yang menimbulkan momen gaya. Gaya berat mg
tidak menimbulkan momen gaya karena gaya ini terletak pada suatu
sumbu rotasi yaitu dipusat massasilinder. Momen gaya yang ditimbulkan
oleh gaya ini   f .R . Dengan menggunakan rumus   I dan F  ma
kita bisa menghitung besarnya a. catatan F merupakan gaya total yang
bekerja pada silinder yaitu sama dengan Mg sin   F (lihat gambar)
perhatikan juga bahwa untuk gerak bergulir tanpa slip berlaku juga a  R
116
  I
f .R  12 MR 2
a
R
f  12 Ma
f
F  m.a
h
sin
mg
h
Mg sin   f  M .a
Mg sin   12 M .a  M .a
Gambar 13.16.d
a  23 g sin 
selanjutnya
gunakan
rumus
s  vo t  12 at 2
dan
v  vo  t
untuk
menghitung v perhatikan bahwa s adalah panjang lintasan yang ditempuh
silinder yaitu sama dengan s 
h
sin 
s  v o t  12 at 2
h
sin 
 0  12 23 g sin t 2
3h
g sin 2 
 t2
t
3h
g sin 2 
v  v o  t
 0  23 g sin 
v
4
3
3h
g sin 2 
gh
Cara IV : Metode Momen Gaya (II)
Cara ini hamper mirip dengan cara III. Dalam hal ini kita menganggap
gerakan benda turun ke bidang miring digantikan dengan gerakan rotasi
murni silinder yang berputar terhadap titik A. momen inersia silinder ini
merupakan momen inersia terhadap sumbu putar di A dan dapat dicari
teorema sumbu sejajar:
I A  I pm  MR 2  12 MR 2  MR 2  32 MR
117
Dengan rumus   I  I
a
R
kita dapat menghitung besarnya a selanjutnya
sama dengan cara III
  I
Mg. sin R  32 MR 2
a
R
a  23 g sin 
Besaran
Rumus
Perpindahan
s   vdt
Kecepatan
v   adt
Percepatan
Posisi Sudut
v
ds
dt
a
dv
dt
   dt
1
2
   o   o t  t 2
Kecepatan Sudut
   adt
d
 
dt
   o  t (GMBB)
Percepatan Sudut
Momen Gaya
d
dt
  
  r xF

  r F sin   F  I
Momentum Sudut
  

L  r xp  I
Momen Inersia
I  mr 2 (benda titik)
118