Integral yang berhubungan dengan kepentingan fisika

Integral yang
berhubungan dengan
kepentingan fisika
14.1 APLIKASI INTEGRAL
A. Usaha Dan Energi
Hampir semua ilmu mekanika ditemukan oleh Issac newton kecuali
konsep energi. Energi dapat muncul dalam berbagai wujud. Akan tetapi pada
dasarnya selalu berhubungan dengan ‘Usaha’. Semua orang sudah tahu apa
yang dimaksud dengan usaha. Akan tetapi, menurut fisika usaha terjadi jika
ada gaya (F) yang menggerakan benda dalam jarak tertentu (s). Usaha (Wwork) didefinisikan sebagai Gaya dikali Jarak.
W=Fxs
Menurut definisi ini, gaya yang dihitung hanyalah gaya yang bekerja
searah dengan gerak benda. Jika saya menarik sebuah gerobak serong
terhadap arah gerak, hanya bagian mendatar dari gayalah yang dianggap
kerja.
Usaha yang bekerja dengan jarak (s) adalah FH . s
F
FH
Energi didefinisikan sebagai kemampuan melakukan usaha. Melepaskan
energi berarti melakukan usaha dan melakukan usaha pada sesuatu berarti
menambah energi sesuatu itu. Oleh karena itu energi dan usaha sebenarnya
aadalah konsep yang sama dan sebanding. Usaha termasuk ke dalam besaran
skalar dan merupakan perkalian titik (dot product) antara gaya dan
perpindahan. Maka dapat dirumuskan :
E=W=Fxs
Matematika Dasar
Page 201
Andaikan benda digerakan sepanjang sumbu x dari titik x = a ke titik x =
b dengan gaya F(x). Bila perubahan kontinue. Maka kerja yang dilakukan
untuk menggerakan benda dari a ke b adalah
࢈
W = ∫ࢇ ࡲ࢞ ࢊ࢞
Sekarang kita tinjau total usaha, yaitu usaha yang dilakukan oleh semua
gaya yang bekerja pada benda lebih dari 1 dimensi, dan kita jumlahkan
menurut komponen-komponen produk skalarnya
HHHH = න ࡲ࢞ ࢊ࢞ + ࡲ࢟ ࢊ࢟ + ࡲࢠ ࢊࢠ
‹ . ࢊ࢙
ࢃ=න ࡲ
࢈
ࢇ
࢈
ࢇ
B. Aplikasi pada pegas
Dengan menggunakan hukum hooke yang berlaku dalam fisika. Gaya
F(x) yang diperlukan untuk menarik pegas sejauh x adalah
F = - k ∆x
Besar gaya tarik atau gaya teka yang diberikan keada pegas berbanding
lurus dengan pertambahan panjang.
Usaha yang dilakukan oleh gaya pegas ketika benda berpindah dari
posisi (1) dengan simpangan x1 ke posisis (2) dengan simpangan x2. Karena
gaya F berlawanan dengan perpindahan ∆x, maka
W1,2 = - F ∆x ↔ W1,2 = - kx ∆x
Dengan menggunakan integral maka
W1,2 = ∫™: − R = - k ∫™: R = - k Ê ( Ë
(
:
™(
™¢
= - ( k (X22 –X1 2)
Sehingga usaha oleh gaya Pegas
:
W = - ( k (X22 –X12)
Usaha yang dilakukan oleh gaya pegas di antara du tempat (posisi) tentu
tidak bergantung pada lintasan yang ditempuh, tetapi hanya bergantung pada
posisi awal (simpangan x1 dari posisi keseimbangan) dan posisi akhir
(simpangan x2 dari posisi keseimbangan)
Matematika Dasar
Page 202
Soal :
Sebuah balok bermassa m diatas meja licin diikat pada ujung sebuah
pegas mendatar dengan tetapan gaya k. Pegas ditekan pada posisi x = -a.
Ketika dibebaskan balik, balok bergerak bolak-balik sepanjang meja licin.
Tentukan :
a. Usaha dan Kecepatan balok ketika melalui titik keseimbangan (x = 0).
b. Jika m = 0.5 kg, A = 4 cm, dan k = 200 N/m, tentukan kecepatan balok
ketika melalui titik keseimbangan.
Jawab :
a. Usaha yang dilakukan gaya pegas pada balok untuk berpindah dari x1 = A ke x2 = A adalah
W1,2 = ∫™: − R = - k ∫–஺ R = - k Ê ( Ë
(
஺¢
஺
:
:
= - ( k (A2 – (-A 2) = - ( k (A2 + A2)
:
= - ( k . 2A2 = - k . A2
Selain gaya pegas pada balok bekerja gaya berat w dan gaya normal N.
Tetapi satu-satunya gaya yang melakukan usaha pada balok adalah gaya
pegas yaitu W pegas. Sesuai teorema usaha-energi maka:
Wres = ∆Ek =EK2-EK1
Wres = Wpegas dan V1 = 0
Wpegas = -
:
mv22 – 0
(
V22 =
( ௐ ௣௘í
V2 = √
=
( . o ' .୅¢ ( . o ' .୅¢ b. Sama seperti poin a, maka
Usaha yang dilakukan gaya pegas pada balok untuk berpindah dari x1 = 4 ke x2 = 4 adalah
W1,2 = ∫™: − R = - 200 N/m ∫–< R = - 200 N/m Ê ( Ë
(
= - ( k (4 10( ä( – (-4 10( ä()
:
Matematika Dasar
<
™¢
Page 203
= - 200N/m (32 10< ä( :
(
= - 32 10C J
Selain gaya pegas pada balok bekerja gaya berat w dan gaya normal N.
Tetapi satu-satunya gaya yang melakukan usaha pada balok adalah gaya
pegas yaitu W pegas. Sesuai teorema usaha-energi maka:
Wres = ∆EK =EK2-EK1
Wres = Wpegas dan V1 = 0
Wpegas = -
:
(
mv22 – 0
V22 =
( ௐ ௣௘í
=
( .® o K(  :;³ °&
V2 = √64ܺ10C m/s
: í
V2 = 0.8 m/s
C. Gaya Cairan ( Fluida)/Hukum Archimedes
Fluida adalah zat alir yaitu zat yang mempunyai sifat mengalir dan dapat
mengambil bentuk wadah yang diisi. Contoh zat cair dan gas.
Hukum archimedes
“Bila benda dicelupkan ke dalam zat cair, maka benda akan mendapat gaya
ke atas seberat zat cair yang dipindahkan oleh benda tersebut.”
Jika sebuah wadah berbentuk persegi panjang diisi dengan fluida dengan
kepadatan ߜ setinggi h. Maka gaya pada sebuah persegi panjang datar
dengan luas A yang terletak pada dasar tangki, sama dengan berat kolam
cairan yang terletak tepat di atas persegi panjang, yaitu
F = ߜhA
Tekanan (gaya pada tiap satuan luas) dari cairan sama besarnya dari arah
manapun. Jadi, tekanan pada semua titik sebuah permukaan sama besarnya,
dengan syarat titik-titik itu berada pada kedalaman yang sama.
Matematika Dasar
Page 204
Soal
Tunjukan bahwa bila suatu bendungan vertikal yang bentuknya empat
persegi panjang dibagi dua bagian yang sama oleh sebuah diagonal, gaya
total pada salah satu bagian akan dua kali dari bagian lainnya. Misalkan tepi
puncak bendungan persis pada permukaan air.
Jawaban :
b
(a,b)
x
a

Persamaan diagonal : y = x atau x =
Setengah yang atas ∆F ≈ ߜ y ∆y)


y
( b - y ) =  ( by - y2 ) ∆y
F=
ఋ

=
=
=

∫; by – y ( RÁ

Ê

Ê
(
1¼
(
ఋ1¢
C
Þ¢
−
−
Þ¼
1¼
K
K
Ë
Ë
Setengah yang dibawah = ∆F ≈ ߜ— −  y) ∆y
(b-y)=
Matematika Dasar
ఋ

∫; b( – 2by + y ( RÁ
F=
ఋ
=
ఋ
=
ఋ1¢


K
( b - y )2 ∆y

b( y – by ( + K Þ
Page 205
Maka (gaya pada bagian bawah) = 2 (gaya bagian atas)
D. Momen Dan Pusat Massa
Titik pusat massa adalah titik yang mewakili posisi benda bila dianggap
sebagai suatu materi. Titik berat bukan titik pusat massa walaupun pada
umumnya titik berat berimpit dengan pusat massanya.
Sebuah kawat diletakkan pada garis bilangan real sehingga menutupi
selang [a,b]. Misalkan diketahui rapat massa kawat tersebut di titik x adalah
ρ(x). Maka, massa potongan kawat yang lebarnya ∆x ± akan sama dengan
∆m ≈ ρ(x) ∆x.
Sehingga massa kawat tersebut adalah
M= ∫ ߩ R

Momen pada ttitik 0 dapat dihitung (Momen = jarak x massa). Pertama
momen tiap potongan kawat dengan lebar ∆x terhadap 0 adalah ∆M ≈
xρ(x)∆x. Dengan menjumlahkan dan mengambil limitnya, maka diperoleh
momen kawat tersebut terhadap 0 :
M= ∫ ߩ R

Dengan mengetahui massa kawat dan momennya terhadap 0, momen pusaat
massa dapat ditentukan dengan
࢞ =࢓=
ࡹ
࢈
∫ࢇ ࢞.࣋࢞ ࢊ࢞
࢈
∫ࢇ ࣋࢞ ࢊ࢞
Misalkan suatu keping homogen (rapat masanya ρ konstan ) yang menempati
daerah D terletak diantara dua kurva. y = f (x) dan y = g (x), seperti pada
gambar. Jika daerah D diiris secara vertikal. Maka, massa, momen terhadap
sumbu y-nya dan momen terhadap sumbu x-nya dari tiap irisannya adalah
∆m ≈ ρ[f(x)- g(x)]∆x
∆My ≈ x ρ[f(x)- g(x)]∆x
∆Mx ≈ ½ρ[f(x)2- g(x)2]∆x
Matematika Dasar
Page 206
Apabila dijumlahkan dan diambil limitnya, diperoleh massa keping dan
momennya terhadap kedua sumbu koordinat, yaitu :
m = ߩ ∫ ÄF − èÅR

My = ࣋ ∫ࢇ ࢞ Äࢌ࢞ − ࢍ࢞Åࢊ࢞
࢈
Mx = ½ ࣋ ∫ࢇ Äf(x)2- g(x)2]dx
࢈
Koordinat pudat massa keping tersebut adalah
࢞=
ࡹ࢟
࢓
; ࢟=
ࡹ࢞
࢓
;
Soal 1:
Diketahui keping homogen dengan rapat massa l yang menempati daerah
yang dibatasi oleh kurva y = √ dan y = x2 . tentukan massa dan pusat massa
keping tersebut ?
Jawab :
Massa keping tersebut adalah m = ∫; √ – x2 ) dx = (ʃ x1/2 - ʃ x2 )10 dx
:
(
= ( K X3/2 –
=
=
(
K
:
K
.1–
:
K
:
K
X3)10
. 13
Momen terhadap kedua sumbu koordinat adalah
My = ∫; √ – x2 ) dx = (ʃ x3/2 - ʃ x3 )10 dx
:
(
= ( A x5/2 =
=
Mx =
Matematika Dasar
:
∫ ( ;
:
=
:
(
A
(
:
<
x 2 √ :
x4 )10
:
<
x4
. 1 - <. 1
A
K
(;
:
:
– x4 ) dx = ( ( ( x2 – A x5 )10 dx
:
= ( < x2 -
:
:;
x5 )10
Page 207
=
=
=
:
x2 -
<
:
<
.1-
K
(;
Dengan demikian pusat massanya adalah
=
K/(;
:/K
=
)
:;
Á=
;
)
:;
,
K/(;
:/K
:
:;
:
x5
:;
)
:;
=
.1
.
)
:;
;
Pusat massanya terletak pada garis y = x, yang merupakan sumbu simetri
keping tersebut.
Soal 2:
Sepotong kawat lurus panjangnya 9 satuan dan dengan kepadatan ρ(x) = √
pada sebuah titik yang jauhnya x satuan dari salah satu ujungnya. Tentukan
jarak dari ujung ke pusat massa dawai?
Jawab :
Denagan menggunakan persamaan :
==
ெ
∫ೌ ™.ఘ™ å™
್
∫ೌ ఘ™ å™
್
Sangat jelas bahwa pusat massa letaknya dekat = 9 dari pada = 0, sebab
kawat berat dibagian ujung.
=
ú
∫¯ ™ .√™ .å™
ú
∫¯ √™ å™
=
¢
Matematika Dasar
¼
¢ ²/¢
™
²
¢ ¼/¢
™
¼
= ²¢
=
¢
= ( ²¢
¼
™ ²/¢ 9
0
™ ¼/¢
)¢ √)
) .√)
:D/A
(/K
=
(*
A
=5
(
A
Page 208
14.2 APLIKASI INTEGRAL DALAM FISIKA
Integral Tak Tentu. Proses untuk menemukan seluruh antiderivative dari
sebuah fungsi dinamakan antidiferensial atau integral dan dilambangkan dengan
∫.
Dibawah ini merupakan beberapa contoh soal integral beserta jawaban yang
berhubungan dengan mata kuliah fisika.
1. Diketahui suatu mobil bergerak dengan persamaan kecepatan ó£ = 3‫ ( ݐ‬+
4‫ ݐ‬− 5 , dengan v dalam satuan meter per sekon dan t dalam satuan sekon.
Tentukan perpindahan mobil setelah menempuh waktu t=3 sekon! (soal
buatan sendiri)
Jawab:
ó£ = 3‫ ( ݐ‬+ 4‫ ݐ‬− 5 ä/‫ݏ‬
Persamaan perpindahan dapat dicari dengan mengintegralkan persamaan
kecepatan.
‫ݏ‬£ = ∫ ó£ R‫ݐ‬
= ∫ 3‫ ( ݐ‬+ 4‫ ݐ‬− 5R‫ݐ‬
= ‫ ݐ‬K + 2‫ ( ݐ‬− 5‫ݐ‬
‫ݏ‬K = 3K + 2. 3( − 5.3
= 27 + 18 − 15 = 30
Jadi, perpindahan mobil setelah menempuh waktu t=3 sekon adalah 30 meter.
2. Percepatan suatu benda dilukiskan dengan suatu persamaan —£ =
4‫ ݐ‬− 2( ä/‫ ( ݏ‬Benda tersebut bergerak dengan kecepatan awal 3 m/s dan
bergerak ke arah kanan. Berapakah kecepatan benda tersebut setelah 2
sekon? (soal buatan sendiri)
Jawab:
—£ = 4‫ ݐ‬− 2( ä/‫( ݏ‬
ó∘ = 3ä/‫ݏ‬
Pertama-tama harus dicari persamaan ó£ yaitu:
Matematika Dasar
Page 209
ó£ = ó∘ + ∫ —£ R‫ݐ‬
= 3 + ∫ 4‫ ݐ‬− 2( R‫ݐ‬
= 3 + + 4‫ ݐ‬− 2K
=3+
:
<
:
:(
:
K
4‫ ݐ‬− 2K
Setelah itu substitusikan t=2, maka:
ó( = 3 +
=3+
:
:(
:
:(
4.2 − 2K
. 216
= 3 + 18 = 21
Jadi, kecepatan benda setelah 2 sekon adalah 21 m/s.
3. Sebuah cakram mempunyai jari-jari 10 cm digunakan dalam percobaan
praktikum fisika. Pada saat pemutaran didapatkan percepatan dengan
persamaan—£ = 8‫ ݐ‬− 2 ä/‫ ( ݏ‬, dengan t dalam sekon. Tentukan kecepatan
sudut pada cakram setelah 2 sekon! (soal buatan sendiri)
Jawab:
R = 0,1 m
—£ = 8‫ ݐ‬− 2 ä/‫( ݏ‬
Rumus mencari kecepatan sudut ω adalah V = ω.R. Sedangkan kecepatan V
dapat dicari dengan mengintegralkan persamaan percepatan a.
ó£ = ∫ —£å£
= ∫ 8‫ ݐ‬− 2 R‫ݐ‬
= 4‫ ( ݐ‬− 2‫ݐ‬
ó( = 4. 2( − 2.2
= 16 − 4 = 12
Sehingga, kita dapat mencari besar kecepatan sudut ω:
ω = V/R
= 12/0,1=120 rad/s
Jadi, kecepatan sudut cakram setelah 2 sekon adalah 120 rad/s.
Matematika Dasar
Page 210
4. Sebuah partikel bergerak pada bidang x-y. Posisi awal partikel adalah pada
koordinat (2,4) m, dengan kecepatan partikel memenuhi persamaan
óԦ = 5‫ݐ‬ଓԦ + 4 + 3‫ ( ݐ‬ଔԦ m/s, dengan t dalam sekon. Tentukan:
a. Persamaan vektor posisi partikel.
b. Posisi partikel pada saat t=3 sekon
Jawab:
óԦ = 5‫ݐ‬ଓԦ + 4 + 3‫ ( ݐ‬ଔԦ m/s maka ó™ = 5‫ ݐ‬m/s dan ó˜ = 4 + 3‫ ( ݐ‬m/s
Posisi awal (2,4) m, maka ∘ 2m dan Á∘ 4m.
a. »Ԧ = ଓԦ + ÁଔԦ
x = ∘ + ∫ ó™ R‫ݐ‬
= 2 + ∫ 5 ∫£ R‫ݐ‬
= 2 + ( . 5‫( ݐ‬
:
= 2 + 2,5‫( ݐ‬
y = Á∘ + ∫ ó˜ R‫ݐ‬
= 4 + ∫ 4 + 3‫ ( ݐ‬R‫ݐ‬
= 4 + 4‫ ݐ‬+ . 3‫ ݐ‬K
:
K
= 4 + 4‫ ݐ‬+ ‫ ݐ‬K ä
Jadi, vektor posisi partikel adalah »Ԧ = 2 + 2,5‫ ( ݐ‬ଓԦ + 4 + 4‫ ݐ‬+ ‫ ݐ‬K ଔԦ
meter.
b. Posisi partikel pada saat t=3 sekon:
»Ԧ = 2 + 2,5‫ ( ݐ‬ଓԦ + 4 + 4‫ ݐ‬+ ‫ ݐ‬K ଔԦ
= 2 + 2,5. 3( ଓԦ + 4 + 4.3 + ‫ ݐ‬K ଔԦ
= 24,5ଓԦ + 43ଔԦ
Jadi, vektor posisi pada saat 3 sekon adalah »Ԧ = 24,5ଓԦ + 43ଔԦ meter
5. Vektor percepatan sebuah partikel bergerak dalam bidang xy diberikan oleh
—Ԧ = 4 − 16 cos 2‫ݐ‬ଓԦ + 2 + 16 sin 2‫ݐ‬ଔԦ, dengan —Ԧ dalam meter per sekon
kuadrat dan t dalam sekon. Carilah posisi partikel sesaat! (soal buatan
sendiri)
Matematika Dasar
Page 211
Jawab:
—Ԧ = 4 − 16 cos 2‫ݐ‬ଓԦ + 2 + 16 sin 2‫ݐ‬ଔԦ
Pertama-tama integralkan vektor percepatan sehingga di dapat vektor
kecepatan.
óԦ = ∫ —Ԧ R‫ݐ‬
= ∫ Ä4 − 16 cos 2‫ݐ‬ଓԦ + 2 + 16 sin 2‫ݐ‬ଔԦÅ R‫ݐ‬
= 4‫ ݐ‬− 8 sin 2‫ݐ‬ଓԦ + 2 − 8 cos 2‫ݐ‬ଔԦ
Vektor posisi dicari dari integral vektor kecepatan.
»Ԧ = ∫ óԦ R‫ݐ‬
= ∫ Ä4 − 8 sin 2‫ݐ‬ଓԦ + 2 − 8 cos 2‫ݐ‬ଔԦÅ R‫ݐ‬
= 2‫ ( ݐ‬+ 4 cos 2‫ݐ‬ଓԦ + ‫ ( ݐ‬− 4 sin 2‫ݐ‬ଔԦ
Jadi, posisi partikel sesaat adalah »Ԧ = 2‫ ( ݐ‬+ 4 cos 2‫ݐ‬ଓԦ + ‫ ( ݐ‬− 4 sin 2‫ݐ‬ଔԦ
6. Sebuah batu dilempar ke atas dengan kecepatan awal 128 ft/sec. Kita
mengetahui bahwa percepatan batu itu sesuai dengan gravitasi dalam arah ke
bawah. a. Tentukan fungsi kecepatan vertikal v(t) dan fungsi ketinggian s (t)
b. Berapa tinggi yang dicapai batu itu? c. Berapa lama akan di ambil batu itu
untuk sampai di tanah?
Jawab:
a. Andaikan batu dilempar pada waktu t = 0 dan arah positif ke atas, maka
v(0) = 128. Karena percepatan arahnya ke bawah, maka a(t) = -32
Dari v’(t) = a(t), maka v(t) = ∫ − 32 R‫ = ݐ‬32‫ ݐ‬+ ‫ܥ‬
Karena v(0) = 128 = 32 (0) + C + 128
Maka v(t) = -32t + 128
å
Untuk menentukan s(t), ingat bahwa s’(t) = v(t) atau å£ = v(t)
Sehingga s(t) = ∫ ó‫ݐ‬R‫ = ݐ‬−32‫ ݐ‬+ 128R‫ݐ‬
= -16t2 + 128t + C1
Untuk menghitung C1, kita gunakan syarat awal bahwa pada waktu t=0
ketinggian objek itu adalah nol. Oleh karena itu, s (0)=0 sehingga C1 =0
Matematika Dasar
Page 212
dan s(t)=-16t2 + 128t adalah fungsi yang memberikan ketinggian objek itu
pada sembarang waktu.
b. Titik tertinggi dari pelayangan batu itu terjadi ketika v(t)=0. Maka
v(t)=-32t+128=0 <-> 32t=128 <-> t=4
Hitung fungsi jarak (jauh) yaitu:
S (4)=-16(4)2 +128(4) = -256+512=256
Jadi, titik tertingginya adalah 256 ft.
c. Ketika objek itu jatuh ke tanah, s(t)=0, sehingga:
d. -16t2 +128t=0
16t(-t+8)=0
16t=0 <-> t=0 atau –t+8=0 <-> t=8
Objek itu dilempar pada waktu t=0 dan pada waktu t=8 detik objek itu
kembali ke tanah. Lama pelayangan batu itu adalah 8 detik
7. Percepatan suatu benda yang bergerak dapat dirumuskan a = 5t – 4. Pada
saat t = 1 diperoleh jarak s = 2 dan kecepatannya pada t =2 adalah 9 (a =
å௩
å£
dan v =
Jawab:
å
å£
). Tentukan rumus untuk s! (soal buatan sendiri)
a = 5t – 4
å௩
å£
= 5t – 4
dv = 5t – 4 dt
∫ dv = ∫ 5t - 4 dt
v =∫ 5t - 4 dt
A
v = ( t2– 4t + c
Saat t=2, v=9, maka:
A
9 = ( – 22 4.(2) + c
9 = 10 – 8 + c
9 = 2 + c <-> c = 7
Matematika Dasar
Page 213
A
maka v = t2 – 4t + 7
å
å£
(
A
= t2 – 4t + 7
(
A
ds = t2 – 4t + 7t
(
A
∫ ds = ∫ t2 – 4t + 7 dt
s=∫
A
(
A 2
t
(
-4t + 7dt
s = t3 – 2t2 + 7t + c
C
saat t = 1, s = 2, maka:
A
2 = C (13) – 2 (12) + 7 (1) + c
A
2 = C - 2 + 7 + c <-> c = - 23
A
Jadi , s = C t3 – 2t2 + 7t = 23
8. Posisi awal mobil adalah pada koordinat (2,0). Komponen kecepatan
dinyatakan:
Vx = 2t , Vy = 5 + 0,75 t2
Tentukan:
a. Persamaan umum posisi mobil
b. Posisi mobil saat t= 2s (soal buatan sendiri)
Jawab:
X0 = 2 dan y0 = 0
r = xi + yi
x = x0 + ∫; 2‫ ݐ‬R‫ݐ‬
£
£
= 2 + ∫; t2 + C
= 2 + (t2 + C) – (02 + C)
= 2 + t2
(
y = y0 +∫; vy dt
(
= 0 + ∫; (5 + 0,75t2) dt
Matematika Dasar
Page 214
= 5t +
;,*A 3
t
K
+C|
= (5t + 0,25 t3 + C) – (0 + 0+ C)
= 5t + 025t3
r = (2 + t2) i + (5t + 0,25t3) j
= (2 + 22) i + [5(2) + 0,25 (23)] j
|r| = √6( + 12(
= √180
= 6 √5 m
9. Arus yang melalui suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai i(t)= 0,05t
Ampere. Berapakah jumlah muatan yang dipindahkan melalui piranti ini
antara t=0 sampai t=5 detik? (soal buatan sendiri)
Jawab:
Arus i adalah laju perubahan transfer muatan q.
i=
å௤
å£
sehingga q = ∫ i dt
jumlah muatan yang dipindahkan dalam 5 detik adalah
A
A
q = ∫; I dt = ∫; 0,05 t dt = 0
=
;,;AA
(
−
;,;A;
(
=
:,(A
(
;,;A 2
t
(
− 0 = 0,645 coloumb
10. Sebuah benda jatuh dalam ruangan hampa udara. Benda tersebut jatuh sejauh
16t2 m dalam t detik. Hitung kecepatan pada detik pertama! (soal buatan
sendiri)
Jawab:
V pada t= 1 sekon
f(t)= 16 t2 maka f’ (1) = .....?
f’ (t) = lim௛→;
f’(1) = lim௛→;
Matematika Dasar
ì ᇲ £m௛oì ᇲ £
௛
ì ᇲ :m௛¢ oìᇲ :
௛
Page 215
= lim௛→;
= lim௛→;
= lim௛→;
:C:m௛¢ o:C
௛
:C ®:m(m௛¢ °o:C
௛
:C K(௛m:C௛¢ o:C
௛
= lim௛→; 32 + 16ℎ(
= 32 m/s2
Matematika Dasar
Page 216