Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

62
TUGAS FISIKA DASAR 1 (FIS106) Oleh: MAHASISWA SEMESTER PENDEK JURUSAN TEKNIK KIMIA FAKULTAS TEKNIK

Transcript of Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

Page 1: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

TUGAS FISIKA DASAR 1 (FIS106)

Oleh:

MAHASISWA

SEMESTER PENDEK

JURUSAN TEKNIK KIMIA

FAKULTAS TEKNIK

UNIVERSITAS LAMPUNG

BANDAR LAMPUNG

2011

Page 2: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

1

Contoh 8-1

Sebuah cakram berputar dengan percepatan angular konstan α=2rad

s2 . Jika cakram

mulai dari keadaan diam, berapa putaran yang dibuatnya dalam 10 s ?

Jawab :

Persoalan ini adalah analog dengan persoalan linear untuk mencari jarak yang ditempuh partikel dalam suatu waktu tertentu jika benda mulai dari keadaan diam dengan percepatan konstan. Jumlah putaran dihubungkan dengan perpindahan angular dari definisi bahwa bahwa tiap putaran adalah perpindahan angular sebesar 2 π rad . Jadi, kita perlu mencari perpindahan angular θ−θ0 dalam radian untuk waktu 10 s dan mengalikannya engan faktor konversi ( 1put)/(2 π rad ¿.

Persamaan 8-9 menghubungkan perpindahan angular dengan waktu. Kita tahu ω0=θ

(cakram muali dari keadaan diam). Jadi:

θ−θ0 = θ0 t+ 12

α t 2=0+ 12

(2 πrad

s2¿ (10 s2 )=100 rad

Karena itu jumlah putarannya adalah:

100 rad x1 putaran

2 π rad =15,9 putaran

Contoh 8-2

Carilah kelajuan angular dari cakram pada contoh 8-1 setelah 10 s?

Jawab :

Dengan menggunakan persamaan 8-8 kita dapatkan:

ω=ω0+αt=0+ (2rad

s2¿ (10 s )=20

rads

Untuk memeriksa hasil ini dan juga hasil contohyang lalu, kita juga dapat mencari kelajuan angular dari persamaan 8-10:

Page 3: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

2

ω2=2α (θ−θ0 )=2(2 rads2 )(100 rad )=400

rad2

s2

Atau ω=√400rad2

s2 = 20

rads

Contoh 8-3

Empat partikel bermassa m dihubungkan oleh batang tak bermassa hingga membentuk segiempat dengan sisi 2 a dan 2 b seperti yang ditunjukkan oleh Gambar 8-3.Sistem berputar tehadap sebuah sumbu terhadap bidang gambar yang melalui pusatnya. Carilah momen inersia system terhadap sumbu ini?

Gambar 8-4. Empat partikel bermassa sama dihubungkan oleh batang tak bermassa dan berotasi terhadap sumbu yang melalui bidang partikel partikel dan melalui pusat massa untuk Contoh 8-3

Jawab

Dari gambar dapat terlihat bahwa jarak dan tiap partikel kesumbu putar adalah a. Karena itu, momen inersia tehadap sumbu ini adalah ma2. Dan karena ada empat partikel maka momen inersia total benda adalah

I = 4 ma2

Jarak b sama sekali tidak berperan karena tidak dihubungkan dengan jarak dari tiap massa ke sumbu putar.

Contoh 8.4

Page 4: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

3

Gambar 8.6 Sebuah tali yang dililitkan mengelilingi cakram untuk Contoh 8.4

Sebuah tali dililitkan mengelilingi tepi cakram uniform yang diputar hingga berotasi tanpa gesekan terhadap suatu sumbu tetap yang melalui pusatnya. Massa cakram adalah 3 kg dan jari - jari nya 25 cm. Tali ditarik dengan gaya F yang besarnya 10 N. Jika cakram mula-mula diam, tentukan kecepatan angularnya setelah 5 s?

Jawab:Momen inersia cakram uniform terhadap sumbunya adalah (dari table 8-1)

I = ½ MR2 = ½ ( 3 kg)(0,25 m)2 = 9,38 x 10-2 kg.m2

Karena arah tali pada saat tali meninggalkan cakram adalah selalu tangensial terhadap cakram, lengan gaya yang dikerjakannya adalah R. Jadi, torsi luar adalah

τ = FR = (10 N)(0,25 m) = 2,5 N.m

Untuk mendapatkan kecepatan angular, mula-mula kita harus mendapatkan percepatan angular dari hokum kedua Newton untuk gerak rotasi (persamaan 8-18)

α = τneto / I = 2,5 N.m /0,0938 kg.m2 = 26,7 rad/s2

karena α konstan, kita dapatkan ω dari persamaan 8-8, dengan mengambil ω0 = 0

ω = ω0 + αt = 0 + (26,7 rad/s2)(5 s) = 133 rad/s

Contoh 8-5

Sebuah benda bermassa m diikatkan pada tali ringan yang dililitkan mengelilingi sebuah roda dengan momen inersia I dan jari-jari R (Gambar 8-7). Bantalan roda adalah licin, dan tali tidak selip ditepinya. Carilah tegangan tali dan percepatan benda.

Page 5: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

4

Satu-satunya gaya yang bekerja pada roda adalah tegangan tali T, yang mempunyai lengan R dan menghasilkan rotasi searah jarum jam. Dengan mengambil arah jarum sebagai arah positif kita dapatkan

TR = I α 8-19

Dua buah gaya bekerja pada benda yang digantung, tegangan ke atas T dan gaya gravitasi ke bawah mg. Dengan mengambil arah ke bawah adalah positif, agar a dan α mempunyai tanda yang sama, dari hukum kedua Newton kita dapatkan

mg – T = ma 8-20

Ada tiga besaran yang tak diketahui, T, a, α dalam kedua persamaan ini. Tali merupakan kendala yang menyebabkan kita dapat menghubungkan a dan α. Karena tali tidak selip, kelajuannya sama dengan kelajuan sebuah titik pada tepi roda, dan percepatannya sama dengan percepatan tangensial titik pada tepi roda. Jadi, percepatannya adalah

a = R α 8-21

dengan mensubstitusi a/R untuk α pada Persamaan 8-19 kita dapatkan

TR=IaR

a=T R2

I8-2

Substitusi hasil ini untuk a dalam Persamaan 8-20 menghasilkan

mg−T=mT R2

I atau T (1+ m R2

I )=mg

T= 1

1+m R2mg

Kita dapat menggunakan nilai ini untuk T dalam Persamaan 8-22 untuk mendapatkan a :

a= m R2

1+m R2 g

Page 6: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

5

Contoh 8-6

Sebuah cakram uniform yang bermassa 3 kg dan berjari-jari 12 cm berputar 480 put/min. Hitunglah energi kinetiknya.

Dari Tabel 8-1, momen inersia cakram uniform diberikan oleh

I=12

m R2=12

(3 kg )(0,12m)2=0,0216 kg .m2

Kecepatan angularnya adalah

ω=( 480 putaran60 s )( 2 π rad

1 putaran )=50,3 rad /s

Dengan demikian, energi kinetik adalah

K=12

I ω2=12

( 0,0216 kg . m2 )(50,3rad

s )2

=27,3 J

Perhatikan bahwa kita menghilangkan satuan tak berdimensi radian dan menggunakan 1 kg.m2/s2 = 1 J.

Contoh 8-7

Mesin sebuah mobil menghasilkan torsi 380 N-m pada 3.200 put/men. Hitunglah daya keluaran mesin ini.

Kelajuan angular yang sesuai dengan 3.200 put/men adalah

W= (3.200 putaran/1 menit) (2π rad / 1 putaran) (1 menit/60 s) = 335 rad/s

Daya keluaran mesin diberikan oleh persamaan 8-25:

P = τ ω ( 380 N-m) (335 rad/s) = 127 KW

Contoh 8-8

Carilah momen inersia cincin bermassa M dan berjari-jari R terhadap sumbu yang melalui pusatnya dan tegak lurus bidang cincin (Gambar 8-8)

Page 7: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

6

Gambar 8-8 sebuah cincin berotasi terhadap sumbu yang tegak lurus pada bidang cincin dan melalui pusatnya. Karena semua massa cincin berada pada jarak R dari sumbu ini, momen inersianya MR’

Dalam kasus ini, semua massa berada pada jarak r=R, sehingga momen inersianya adalah

I = ∫r 2 dm = R2 ∫ dm = MR2

Contoh 8-9

Carilah momen inersia sebuah batang dengan kerapatan uniform terhadap sumbu yang tegak lurus batang melalui salah satu ujungnya.

Elemen massa dm ditunjukkan pada Gambar 8-9.

Elemen inni berada pada jarak x dari sumbu putar. Karena massa total M didistribusikan secara uniform sepanjang L, kerapatan massa linier adalah ρ=¿ M/L. Jadi, dm = ρ dx = (M/L) dx. Momen inersia terhadap sumbu y adalah

Iy=∫

0

L

x2 dm=∫0

L

x2 ML

dx=ML

dx=ML∫0

L

x2 dx

¿ ML

13

x3|L0 ¿ ML3

3 L−1

3ML2

Momen inersia terhadap sumbu z juga 13

ML2 , dan momen inersia terhadap sumbu x

adalah nol, jika semua massa berada pada sumbu x.

Page 8: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

7

Contoh 8-10

Carilah momen inersia cakram uniform terhadap sumbu yang melewati pusatnya dan tegak lurus bidang cakram.

Kita menduga bahwa I akan lebih kecil daripada MR2 arena massa cakram tidak terkonsentrasi di r = R seperti pada cincin, melainkan terdistribusikan secara uniform dari r = 0 sampai r = R. Kita hitung I dengam mengambil elemen massa dm seperti ditunjukkan pada Gambar 8-10. Tiap elemen massa adalah sebuah cincin berjari-jari r yang tebalnya dr. momen inersia tiap elemen adalah r2 dm. karena luas tiap elemen adalah dA = 2πr dr, maka massa tiap elemen adalah

dm= MA

dA= MA

2 πr dr

Dengan A = π R2 adalah luas cakram. Jadi, kita dapatkan

I=∫r2 dm=∫0

L

r2 MA

2 πr dr

¿ 2 πMπ R2 ∫

0

R

r3 dr=2 MR2

R4

4=1

2M R2

Contoh 8-11

Carilah momen inersia sebuah silinder yang kerapatanya uniform terhadap sumbunya (gambar 8-11)

Page 9: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

8

Kita dapat menganggap silinder sebagai kumpulan cakram. Masing-masing dengan

massa mi dan momen inersia 12

miR2. Maka momen inersia silinder yang lengkap

adalah

I= ∑i

12 miR2 =

12

R2∑i

mi❑=1/2 MR2

Dengan M= ∑ mi adalah massa total silinder

Contoh 8-12

Carilah momen inersia sebuah bola dengan kerapatan uniform terhadap sumbu yang melalui titik pusatnya.

Kita hitung momen inersia ini dengan menganggap bola sebagai kumpulan cakram seperti yang ditunjukan pada gambar 8-12. Kita perhatikan sebuah elemen cakram pada ketinggian x diatas pusatnya. Jari-jari cakram adalah

r = √ R2+X2

volume cakram adalah luas kali tinggi Dv = πr2 dx. Jika M adalah massa total bola dan V adalah volumenya massa persatuan volume adalah M/V. dengan demikian massa tiap cakram adalah

dm= MV

dv = MV

πr2 dx = MV

( R2 - X 2) dx

momen inersia tiap elemen cakram adalah

dl = 12

r2 dm = 12

( R2 - X 2)[ MV

π ( R2 - X 2)dx]

= 12

MV

π ( R2 - X 2)2 dx

Page 10: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

9

Ketika x berubah dari 0 sampai R,setengah atas bagian bola tercakup. Oleh karena itu momen inersia total bola adalah dua kali integral dl dari x = 0 sampai x = R :

l = 2∫0

R12

MV

π ( R2 - X 2)2 dx

∫0

R

¿¿ R2 - X 2)2 dx = 8

I 5R2

jadi momen inersia bola adalah

l = π MV

8I 5

R2 = 25

MR2

dimana kita telah menggunakan V = 43

π R3

Contoh 8-13

Carilah momen inersia cincin pada contoh 8-8 terhadap sebuah sumbu yang tegak lurus tetapi melalui tepinya seperti pada gambar

Perhitungan ini dapat dikerjakan dengan mudah dengan menggunakan teorema sumbu sejajar dengan h = R dan Icm = MR2

I = Icm + Mh2 = MR2 + MR2 = 2 MR2

Contoh 8-14

Carilah momen inersia sebuah tongkat dengan kerapatan uniform terhadap sumbu y yang melalui pusat massa (seperti pada gambar)

Page 11: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

10

Pada contoh 8-9 kita mendapat momen inersia terhadap sumbu yang melalui ujung tongkat uniform adalah ½ ML2. Karena sumbu ini ada pada jarak h = ½ L dari pusat massa tongkat, teorema sumbu sejajar menghasilkan

I = Icm + M ( ½ L )2 = ½ ML2

Atau

Icm = 1/3 ML2 – ¼ ML2 = 1/12 ML2

Contoh 8-15

Carilah momen inersia cincin pada contoh 8-8 terhadap sumbu yang merupakan diameter cincin (gambar 8-17)

Gambar 8-17. Sebuah cincn yang berputar terhadap sumbu yang melalui pusatnya dan dalam bidang cincin untuk contoh 8-15. Momen inersia adalah 1/2MR2, yang didapatkan dengan menggunakan teorema sumbu tegak lurus.

Kita ambil cincin berada dalam bidang xy dengan titik asal di pusat cincin. Dari sifat simetri dapat Ix = Iy, karena kita telah mendapatkan bahwa Iz pada contoh 8-8 salah MR2, maka kita tuliskan

Iz = Iy + Ix

= 2Iy = MR2

Karena itu,

Ix = Iy = 1/2MR2

Contoh 8-16

Page 12: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

11

Sebuah partikel bergerak dalam sebuah lingkaran berjari-jari 1,5 m dengan kelajuan 3 m/s.

(a) Carilah momentum angular partikel relative terhadap pusat lingkaran.(b) Carilah momentum angular relative terhadap titik asal dari partikel yang sama

yang bergerak dengan 3 m/s sepanjang garis y = 1,5 m.Gambar 8-20. Momentum angular sebuah cakram dihitung dengan menjumlahkan momentum angular

dari seluruh elemen massa m , L = ∑ L=∑ mr2 ω=iω

(a) Dari persamaan 8-32, kita dapatkan L = mvr = (2,4 kg) ( 3 m ) ( 1,5 m ) = 10,8 kg.m2/s

Kita juga dapat menghitung momentum angular dengan menggunakan persamaan *-34. Momen inersia partikel relative terhadap sumbu yang melalui pusat lingkaran dan tegak lurus bidang linglaran adalah I = mr2 = (2,4

kg) (1,5 m)2 = 4,40 kg.m2 , dan kelajuan angular adalah ω=v /r = (3 m/s)/(1,5 m) = 2 rad/s. Jadi, momentum angular adalah

L=Iω=(5 ,40 kg . m2)(2 rad / s )=10 , 8 kgm2 /s

(b) U ntuk partikel yang sama bergerak sepanjang garis y = 1,5 m, rm= 1,5 m. Momentum angular partikel dengan demikian adalah (Persamaan 8-33)

L=mvr=(2,4 kg)(3 m . s )(1,5 m)=10 , 8 kgm2 / s

Momentum angular adalah sama, baik bula partikel bergerak dalam sebuah lingkaran berjari-jari 1,5 m atau bergerak dalam suatu garis lurus yang berjarak tegak lurus 1,5 m dari titik asal.

Contoh soal 8.17

Sebuah benda bermassa m tergantung pada tali yang dililitkan mengelilingi suatu roda berjari-jari R dan mempunyai momen inersia I seperti pada contoh 8.5 ( gambar 8-7, hal 270 ). Gunakan persamaan 8-35 untuk mendapatkan percepatan angular roda.

Misalkan v adalah kelajuan benda dan ω adalah kelajuan angular roda pada suatu saat. Karena tali tidak selip, besaran-besaran ini dihubungkan oleh v = R ω. Relative terhadap pusat roda, momentum angular benda adalah

Page 13: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

12

L0 = mvR = mR2 ω

Dan momentum angular roda adalah

Lw = I ω

Jadi, momentum angular total system adalah

L = L0 + Lw = ( I + mR2 )w

Satu-satunya torsi yang bekerja pada system yang relative terhadap pusat roda adalah torsi karena gaya gravitasi mg yang bekerja pada benda. Karena lengan gaya ini relative terhadap pusat roda adalah R, maka besarnya torsi adalah

τ = mgR

dengan mengatur torsi sama dengan laju perubahan momentum angular, kita dapatkan

Karena itu, percepatan angular roda adalah

Hasil ini sesuai dengan hasil yang didapatkan pada contoh 8-5 untuk percepatan linear benda a = Rα

Contoh Soal 8.18

Sebuah cakram dengan momen inersia I1 berputar dengan kecepatan angular mula-mula wi terhadap poros yang licin. Cakram ini jatuh mengenai cakram lain dengan momen inersia I2 yang mula-mula diam pada poros yang sama ( lihat gambar 8-23 ). Karena gesekan permukaan, kedua cakram itu akhirnya mencapai kecepatan angular sama wf. carilah kecepatan angular akhir yang sama ini.

Page 14: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

13

Tiap cakram mengerjakan torsi pada cakram yang lain, tetapi tidak ada torsi eksternal pada system dua cakram ini, dan dengan demikian momentum angular system adalah kekal. Mula-mula, momentum angular total system Li adalah momentum angular cakram pertama

Li = I1 ωi

Ketika kedua cakram berputar bersama-sama, momentum angular total adalah

Lf = I1 ωf + I2 ωf

= ( I1 + I2 ) ωf

Dengan menbuat momentum angular akhir sama dengan momentum angular awal, kita dapatkan

( I1 + I2 ) ωf = I1 ωi

Jadi, kecepatan angular akhir adalah

Contoh 8.19

Sebuah komedi putar berjari-jari 2 m dan bermomen inersia 500 kg.m2 berputar terhadap suatu sumbu putar yang licin. Komedi putar itu melakukan satu putaran tiap 5 s. seorang anak yang massanya 25 kg yang semula berdiri di pusat berjalan keluar ke arah tepi. Carilah kelajuan angular baru komedi putar itu.

Jawab:

Karena tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada system anak-komedi putar, momentum angular system tetap konstan. Semula, anak berada di pusat, dimana ia tidak mempunyai momen inersia terhadap sumbu yang cukup besar dank arena itu tidak mempunyai momentum angular. Ketika ia berada di tepi, ia mempunyai momentum angular Ic ω f dengan Ic = mr 2 adalah momen inersia anak relative terhadap sumbu komedi putar dan ω f adalah kecepatan angular akhir anak dan komedi putar itu. Karena massa anak adalah 25 kg dan r= 2 m, maka momen inersia anak ketika ia berada di tepi adalah

Ic = (25 kg)(2 m)2 = 100 kg.m2

Page 15: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

W

R

14

Jika Im adalah momen inersia komedi putar dan ωf adalah kecepatan angular mula-mula, maka dari kekekalan momentum angular kita mempunyai

Li = Lf

Imωi = Imω f + Ic ω f = (Im + Ic)ω f

φ f =I m

I m+ I c ωi =

500kg .m2

(500+100 ) kg . m2 ωi = 56

ωi

karena komedi putar semula melakukan satu putaran tiap 5 s. kecepatan angularnya

mula-mula adalah 15

put/s atau 0,4 rad/s. karena itu kecepatan angular akhir adalah

ωf = ( 56 ) 1

5 put/s =

16

put/s

(disini tidak ada kebutuhan khusus untuk mengubah satuan kecepatan angular yang diberikan menjadi radian per sekon). Jadi, setelah anak itu mencapai tepinya, komedi putar berputar dengan satu putaran tiap 6 s.

Ketika anak itu berada di pusat komedi putar, ia diam. Ketika ia berjalan keluar, ia mulai bergerak dalam lingkaran. Gaya yang mempercepat anak adalah gaya gesekan yang dikerjakan padanya oleh komedi putar. Gaya ini mempunyai komponen tangensial pada lingkaran yang menghasilkan suatu torsi yang menambah momentum angular anak tadi. Anak itu mengerjakan gaya gesekan yang sama dan berlawanan pada komedi putar. Torsi yang dikaitkan dengan gaya ini mengurangi momentum angular komedi putar.

Contoh 8.20

Gambar 8.24 Seorang anak berlari secara tangensial ke tepi komedi putar dan melompat masuk (untuk contoh 8.20). Jika sumbu putar licin, momentum angularnya kekal

Anak yang sama di contoh 8.19 berlari sepanjang jejak yang tangensial terhadap tepi komedi putar, yang semula diam, dengan

kelajuan awal v=2.5 m/s dan melompat di komedi putar (gambar 8-24). Berapakah kecepatan angular akhir anak dan komedi putar itu bersama-sama?

Page 16: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

15

Kita tidak mengharapkan energy mekanik adalah kekal karena anak itu melakukan tumbukan tak elastic dengan tepi komedi putar. Juga momentum linearnya tidak kekal. Poros komedi putar selama tumbukan, tetapi karena licin, ini tidak dapat menghasilkan torsi apapun. Jadi momentum angular terhadap poros adalah kekal. (contoh ini menunjukkan bahwa kita perlu mempunyai gerakan melingkar untuk mendapatkan momentum angular). Momentum angular anak mula-mula relative terhadap poros komedi putar adalah

L1 = mvR = (25 kg) (2,5 m/s) (2 m)

= 125 kg.m2/s

Ketika anak itu berada dalam kondisi komedi putar, momentum angular anak ditambah komedi putar adalah

Lf = (Ic + Im)ω f

= (100 kg. m2 + 500 kg. m2) ω f

dimana kita telah menggunakan Ic = 100 kg. m2 dan I m = 500 kg. m2 dari Contoh

8.19. dengan mengambil momentum angular mula-mula, kita dapatkan

(100 kg. m2) ω f = 125 kg.m2/s

ω f = 125 kg .m2/s600 kg .m2/s

= 0,208 rad/s

Perhatikan bahwa satuan ωf adalah s-1, yang telah kita tulis sebagai rad/s agar sesuai dengan satuan yang biasa untuk kecepatan angular.

Contoh 8-21

Sebuah bola homogen yang berjari-jari 12 cm dan bermassa 30 kg sedang menggelinding, tanpa selip, pada sebuah lantai horizontal dengan laju 2 m/s. Berapa kerja yang dibutuhkan untuk menghentikan bola tersebut?

Gambar 8-26 (a) Translasi tanpa rotasi, (b) Rotasi tanpa translasi, (c) Menggelinding tanpa selip (konbinasi translasi dan rotasi)

Kerja yang diperlukan untuk menghentikan bola sama dengan energy kinetic awal bola, yaitu

Page 17: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

16

energy kinetic translasi pusat massa 12

m v2, ditambah energy kinetic rotasi relative

terhadap pusat massa 12

I cm ω2 . Kita gunakan I cm=25

m R2 untuk momen inersia bola.

Kondisi menggelinding adalah v = Rω. Jadi, kita dapatka persamaan untuk energy kinetic total

K = 12

m v2 +

12

I cm ω2 =

12

m v2 +

12 ( 2

5m R2)( v

R)

2

= 12

m v2 +

15

m v2 =

710

m v2 =

710

(30 kg )(2 m /s)2 = 84 J

Contoh 8-22

Sebuah bola menggelinding bermassa M dan berjari-jari R dilemparkan sedemikian hingga saat menyentuh lantai ia bergerak secara horizontal dengan kelajuan v0= 5 m/s

dan tidak berputar. Koefisien gesekan kinetic antar bola dan lantai adalah μk = 0,3. Carilah (a) lamanya bola meluncur sebelum kondisi menggelinding tercapai dan (b) jauhnya bola meluncur sebelum ia menggelinding tanpa selip.

Gambar 8-27 Sebuah bola gelinding bergerak tanpa rotasi awal

(a) Sementara bola meluncur, gaya neto pada bola adalah gaya gesekan kinetic μkMg dalam arah yang berlawanan dengan kecepatannya. Percepatan pusat massa bola mempunyai besar a = Fneto/M = μkg. Pada tiap saat t ketika bola meluncur, kecepatan bola diberikan oleh

v = vo – at = vo - μkgt

Torsi neto terhadap pusat massa bola ketika bola meluncur adalah karena gesekan kinetic. Besarnya adalah τ = μkMg R

Page 18: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

17

Dari table 8-1. Momen inersia bola adalah I = ( 25 )M R2

. Percepatan angular bola

adalah

α = τI

= μk MgR

25

M R2 = 52 ( μk g

R )Ketika bola meluncur, kecepatan angular bola setiap saat t adalah

ω = αt = 52 ( μk g

R )tPada suatu saat t = t1, kondisi menggelinding v = Rω dipenuhi pada berhenti meluncur. Dengan mengambil v sama dengan Rω, pada saat t = t1 didapatkan

v = vo - μkgt1 = Rω= 52

μkgt1

vo = 52

μkgt1 + μkgt1 = 72

μkgt1

Pencarian t1 menghasilkan

t1 = 2v0

7 μk g =

2(5m / s)7 (0,3 )(9,81m /s2)

= 0,485 s

(b) Karena percepatan pusat massa bola adalah konstan, kecepatan rata-rata dari ketika bola meluncur adalah rata-rata dari kecepatan awal dan akhir. Dari persamaan

di atas, kita lihat bahwa pada t = t1, v = 52

v0.

s = vrata-rata t1 = 12(vo+v) t1 =

12¿)

= 12 ( 12

7 )(5 m/s)(0,485 s) = 2,08 m

Contoh 8-23

Page 19: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

18

Carilah A x B untuk A = 5i + 6j dan B = 3i – 2j.

Gambar 8-37 Sebuah partikel dengan momentum p di posisi r

Dengan menghitung perkalian silang secara langsung, kita dapatkan

A x B = (5i + 6j) (3i – 2j)

= 15(i x i) – 10(i x j) + 18(j x i) – 12(j x j)

= 15(0) – 10(k) + 18(-k) – 12(0)

= -10k – 18k

= -28k

Cara lain, karena A dan B ada dalam bidang xy, kita dapat menggunakan Persamaan 8-61

A x B = (AxBy – AyBx)k

= [(5)(-2) – (6)(3)]k

= -28k

Contoh 9-1

Sebuah papan 3 m dengan berat yang dapat diabaikan diam dengan ujung ujungnya pada timbangan seperti ditunjukkan pada gambar 9-1.a sebuah beban kecil 60N berada pada papan itu 2.5m dari ujung kiri dan ujung kanan. Carilah pembacaan pada timbangan.

Page 20: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

19

Gambar 9-1.b menujukkan diagram benda bebas untuk papan tersebut. Gaya F_L adalah gaya yang diberikan oleh timbangan pada ujung kiri papan. Karena papan mengerjakan gaya yang sama tapi berlawanan pada timbangan, maka besarnya FL

adalah pembacaan pada timbangan kiri. Dengan cara yang sama, besarnya FR adalah pembacaan pada timbangan kanan. Dengan mengambil arah keatas sebagai positif, dari syarat pertama untuk kesetimbangan (gaya neto harus nol) kita dapatkan

Kita dapatkan hubungan kedua antara FL dan FR dengan memperhatikan torsi. Jika kita anggap titik pada beban sebagai titik “putar”, kita mempunyai dua torsi, yaitu torsi searah jarum jam yang besarnya FL (2.5 m) dan torsi berlawanan jarum jam yang besarnya FR (0.5 m). dengan memilih arah berlawanan jarum jam sebagai positif, kita dapatkan

Dengan mensubstitusi hasil ini pada persamaan terdahulu, kita dapatkan

Atau

Dan

Jadi, pembacaan timbangan adalah 10N untuk timbangan kiri dan 50 N untuk timbangan kanan. Timbangan kanan menopang beban yang lebih berat seperti yang telah diduga.

Walaupun tidak ada yang salah dengan penyelesaian ini, ada cara yang lebih mudah untuk memecahkan dua persamaan dengan dua besaran yang tak diketahui. Jika kita hitung torsi torsi terhadap sebuah titik pada garis kerja dari salah satu gaya yang tak diketahui, maka gaya itu tidak aka nada dalam persamaan karena lengannya adalah nol. Sebagai contoh, misalkan kita mula-mula perhatikan torsi terhadap timbangan kiri. Beban menghasilkan torsi searah jarum jam yang besarnya (60 N)(2.5 m) = 150 Nm dan FR menghasilkan torsi berlawanan jarum jam FR (3m). dengan membuat torsi neto sama dengan nol, kita dapatkan

Page 21: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

20

Atau

Jadi, kita segera dapat memperoleh FL dari FL = 60 N – 50 N = 10 N. sebaliknya, kita juga dapat memperhatikan torsi terhadap timbangan kanan. Jadi, kita mempunyai (60 N)(0.5 m)- FL (3m) = 0 atau FL = 10 N. jika ada dua cara untuk memecahkan soal, maka adalah gagasan yang baik untuk menggunakan satu metode untuk memeriksa metode yang lain.

Contoh 9-2

Kerjakan contoh 9-1 untuk kasus dimana papan adalah serbasama dan beratnya 20 N.

Karena papan serbasama, pusat beratnya ada dipusat papan. Gaya gaya yang terlibat ditunjukkan dalam diagram benda bebas pada gambar 9-4. Mula mula kita perhatikan torsi terhadap ujung kiri papan. Berat papan yang menghasilkan searah jarum jam yang

besarnya (20 N)(2.5 m) = 30 N.m terhadap titik ini. ini ditambahkan pada torsi searah jarum jam (60 N) (2.5 m) = 150 N.m yang dihasilkan oleh beban 60 N. dengan membuat torsi neto sama dengan nol didapatkan

Karena gaya kebawah total sekarang adalah 60 N + 20 N = 80 N, maka gaya keatas yang diberikan oleh timbangan kiri haruslah FL = 80 N – 60 N = 20 N. kedua timbangan itu membagi beban tambahan 20 N sama besar, seperti yang diharapkan karena beban ini ada ditengah tengah antara kedua timbangan tersebut.

Contoh 9-3

Sebuah beban 60 N dipegang di tangan dengan lengan bawah membuat sudut 90o dengan lengan atas

Page 22: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

21

ditunjukkan pada gambar 9-5. Otot bisep mengerjakan gaya Fm yang berada pada 3.4 cm dari titik putar O di sambungan siku. Dengan mengabaikan berat lengan dan tangan, berapakah besarnya Fm jika jarak dari beban ke titik putar adalah 30 cm?

Torsi yang berlawanan jarum jam terhadap O yang dikerjakan oleh otot harus mengimbangi torsi searah jarum jam yang dikerjakan oleh beban. Dengan membuat torsi-torsi ini sama, kita dapatkan

Gaya yang dikerjakan oleh otot jauh lebih besar dibandingkan beban 60 N karena lengan gaya yang sangat pendek dari otot terhadap titik putar itu.

Dalam gambar, kita teah mengisolasi lengan bawah, tangan dan beban. Karena system tidak bertranslasi (dan juga tidak berputar), gaya vertical neto pada system itu harus sama dengan nol. Kita telah menghitung bahwa gaya keatas oleh otot harus 529 N untuk menjamin kesetimbangan rotasi terhadap O. karena gaya tambahan keatas sebesar 529 N – 60 N = 429 N. garis kerja gaya ini harus melewati O, atau aka nada torsi tambahan terhadap O. gaya ini diberikan oleh lengan atas pada sambungan siku.

Contoh 9-4

Sebuah papan reklame yang massanya 20 kg tergantung pada ujung sebuah batang yang panjangnya 2 m dan massanya 4 kg (Gambar 9-6a). Sebuah kawat dikaitkan pada ujung batang ini dan pada titik 1 m di atas titik O. Carilah tegangan dalam kawat dan gaya yang dikerjakan oleh dinding pada tongkat di titik O.

Page 23: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

22

Jawab:

Gambar 9-6b menunjukkan gaya-gaya yang bekerja pada batang. Karena g = 9,81 N/kg, berat papan reklame adalah 196 N dan berat batang adalah 39,2 N. Gaya yang dikerjakan oleh dinding mempunyai komponen Fx dan Fy. Tegangan T telah diuraikan menjadi komponen x dan y nya. Karena kita tak tahu gaya yang dikerjakan oleh dinding, kita pilih titk O untuk menghitung torsi. Berat papan reklame dan berat batang menghasilkan torsi searah jarum jam terhadap O, dan komponen y dari tegangan dalam kawat menghasilkan torsi berlawanan jarum jam terhadap O. Dengan membuat kedua torsi ini sama besar, kita dapatkan:

Ty(2 m) = (196 N)(2 m) + (39,2 N)(1 m) = 431 N.m

Yy = 215,5 N

Komponen x dari tegangan dapat dihubungkan dengan Ty dan sudut θ. Dari Gambar 9-6b, kita dapatkan:

Ty/-Tx = tan θ

Dan, dari Gambar 9-6a, kita dapatkan:

tan θ = 1 m/2 m = ½

Jadi,

Tx = -2Ty = -2(215,5 N) = -431 N

(Tx adalah negatif karena mengarah ke kiri). Besarnya tegangan adalah:

T = (Tx2 + Ty

2)1/2 = ((-431 N)2 + (215,5 N)2)1/2 = 482 N

Page 24: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

23

Gaya yang dikejakan oleh dinding pada batang di O didapatkan dari syarat pertama untuk kesetimbangan, yaitu, komponen horizontal Fx harus sama dengan gaya ke bawah, kita dapatkan:

Fy + Ty = 196 N + 39,2 N = 235 N

Fy = 235 N - Ty = 235 N – 215,5 N = 19,5 N

Contoh 9-5

Sebuah tangga serbasama 5 m yang beratnya 60 N bersandar pada dinding vertikal yang licin (Gambar 9-7a). Kaki tangga berada 3 m dari dinding. Berapakah koefisien gesekan statik minimum yang diperlukan antara tangga dan lantai agar tangga tidak tergelincir?

Jawab:

Gaya-gaya yang bekerja pada tangga adalah gaya karena gravitasi w yang bekerja ke bawah di pusat berat tangga, gaya F1 yang dikerjakan secara horizontal oleh dinding (karena dinding licin, ia hanya memberikan gaya normal), dan gaya yang diberikan oleh lantai, yang terdiri dari gaya normal Fn dan gaya horizontal gesekan statik fs. Dari syarat pertama untuk kesetimbangan statik, kita dapatkan:

Fn = w = 60 N dan F1 = fs

Karena kita tidak tahu fs maupun F1, kita harus menggunakan syarat kedua untuk kesetimbangan statik dan menghitung torsi terhadap suatu titik yang cocok. Kita pilih titik kontak antara tangga dan lantai karena Fn dan fs bekerja di titik ini dan karena itu tidak akan muncul dalam persamaan torsi kita. Torsi yang diberikan oleh gaya berat terhadap titik ini adalah searah jarum jam, dan besarnya 60 N kali lengan gaya 1,5 m. Torsi yang diberikan oleh F1 terhadap titik ini adalah berlawanan jarum jam, dan besarnya F1 kali lengan gaya 4 m.

Jadi, syarat kedua untuk kesetimbangan statik memberikan:

Page 25: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

24

F1(4 m ) – (60 N)(1,5 m) = 0

F1 = 22,5 N

Gaya ini sama dengan besarnya gaya gesekan. Karena gaya gesekan fs dihubungkan dengan gaya normal Fn oleh:

fs ≤ µsFn

Kita dapatkan:

µs ≥ fs/Fn = 22,5 N/60 N = 0,375

Dengan µs adalah koefisien gesekan statik.

Contoh 9-6

Sebuah tangga yang panjangnya L dan beratnya dapat diabaikan bersandar pada dinding vertikal yang licin dengan membentuk sudut θ dengan horizontal. Koefisien gesekan antara tangga dan lantai adalah µs. Seorang pria yang beratnya W menaiki tangga. Tunjukkan bahwa jarak maksimum s yang dapat dinaikinya sebelum tangga tergelincir diberikan oleh:

s = µsL tan θ

Jawab:

Gambar 9-8 menunjukkan pria di atas tangga dan gaya-gaya yang terkait. Ketika pria itu ada di tangga, torsi searah jarum jam yang diberikan oleh beratnya terhadap titik topang di lantai diimbangi oleh torsi berlawanan jarum jam yang disebabkan gaya F1 yang diberikan oleh dinding. Bila ia menaiki tangga, kedua torsi ini membesar, sehingga gaya F1 harus bertambah. Akan tetapi gaya horizontal F1 diimbangi oleh gaya gesekan fs, yang dibatasi sampai nilai µsFn. Jadi, ada suatu jarak maksimum s menaiki tangga agar kesetimbangan

dapat dipertahankan. Dalam gambar, garis kerja gaya berat dan gaya F1 diperpanjang sehingga mereka bertemu di titik P. Garis kerja yang diberikan oleh lantai pada tangga F2 = Fn + fs juga harus melewati titik P. Dalam gambar, θ adalah sudut yang

Page 26: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

25

dibentuk oleh tangga dengan horizontal, dan θ’ adalah sudut yang dibentuk oleh F2

dengan horizontal. Karena gesekan ada batasnya, kita dapatkan:

fs = µsFn

Atau

µs = fs/Fn = cot θ’

Jika y adalah ketinggian puncak tangga di atas lantai dan x adalah jarak horizontal dari titik kontak antara lantai dan tangga ke pria tersebut, maka kita dapatkan dari geometri gambar:

tan θ’ = y/x

sin θ = y/L

cos θ = x/s

Dengan menggabungkan persamaan-persamaan diatas, kita dapatkan:

x = y/tan θ’ = y cot θ’ = µsy

Dengan menggunakan hasil ini pada persamaan sebelumnya, kita dapatkan untuk jarak s:

s = x/cos θ = µsy/cos θ = µsL sin θ/cos θ = µsL tan θ

Dimana kita telah menggunakan y = L sin θ dari persamaan sebelumnya.

Contoh 10-1

Jarak rata-rata Jupiter dari matahari adalah 5,20 satuan astronomi (AU), dengan

AU=1,50 ×1011 m=93,0 ×106 mil

Adalah jarak rata-rata antara bumi dan matahari. Berapakah periode Jupiter?

Dari hukum ketiga Kepler, kuadrat periode adalah sebanding dengan jarak rata-rata ke matahari pangkat tiga. Dengan mengambil akar kedua ruas pada persamaan 10-1, kita dapatkan

T=√C r32

Page 27: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

26

Jika TE dan rE adalah periode dan jarak rata-rata untuk bumi, dan TJ dan rJ adalah periode dan jarak rata-rata untuk Jupiter, kita dapatkan.

T J

T E

=√C r J

32

√C rE

32

¿( rJ

r E)

32 =( 5,20SA

1SA )32

T J= (5,20 )32 T E=11,9 (1 tah un )=11,9 tah un

Contoh 10-2

Hitunglah gaya tarik antara dua bola, masing-masing bermassa 1 kg, bila pusat-pusatnya berjarak pisah 10 cm.

Kita dapat memberlakukan tiap bola sebagai massa titik. Jadi, besarnya gaya pada masing-masing bola dilakukan oleh bola yang lain adalah

F=(6,67 ×10−11 N . m2/kg2 ) (1 kg ) (1 kg )

(0,1 m )2

¿6,67 ×10−9

Contoh 10-3

Mars mempunyai bulan dengan periode 460 menit dan jari-jari orbit rata-rata 9,4 Mm. Berapakah massa mars?

dengan menggantikan Ms dalam Persamaan 10-9 dengan massa Mars M dan dengan menggunakan r = 9,4 x 106 m. T = 460(60) s, dan G = 6,67 x 10 -11 Nm2/kg2, kita dapatkan

M=4 π2 r3

¿2 =4 π2 (9,4 × 106 m )3

(6,67×10−11 N m2/kg2 ) ( 460 (60 ) s )2

¿6,45 ×1023 kg

Contoh 10-4

Page 28: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

27

berapakah percepatan jatuh bebas sebuah benda yang berada 200 km di atas permukaan bumi?

gaya pada benda diberikan oleh persamaan 10-10 dengan r = RE + 200 km. dengan demikian, percepatan adalah

a= Fm

=GM E

r2

alih-alih mensubstitusi nilai G dan ME ke dalam persamaan ini, kita akan menggunakan persamaan 10-12 untuk menuliskan perkalian GME dalam jari-jari bumi dan percepatan gravitasi jatuh bebas g di dekat permukaan bumi:

G M E=gRE2

dengan demikian, percepatan pada jarak r adalah

a=GME

r2 =gRE

2

r2 =gRE

2

r 2

dengan menggunakan RE = 6,37 Mm = 6370 km dan r = RE + 200 km = 6570 km, kita akan memperoleh

a=(9,81 m /s )( 6372 km6570 km )

2

=9,22 m /s2

Contoh 10-5

sebuah satelit mengorbit bumi dengan orbit berupa lingkaran.carilah periode (a) bila satelit tersebut tepat di atas permukaan bumi dan (b) jika satelit tersebut berada pa ketinggian 300 km.(Anggaplah bahwa hambatan udara dapat diabaikan)

(a)kita dapat menerapkan persamaan 10-9 (hukum ketiga keppler) pada satelit yang mengorbit bumi jika kita mengganti massa matahari MS dengan massa bumi ME. dengan demikian kita akan mendapatkan

T 2= 4 π2

G M E

r3

Page 29: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

28

sekali lagi, akan lebih memudahkan bila GME digantikan dengan gRE2.

T 2= 4 π2

G RE2 r3

jika satelit tepat di atas permukaan bumi, r = RE dan

T 2= 4 π2

G RE2 RE

3 =4 π2 RE

g

oleh karena itu,

T=2 π √ RE

g=2 π √ 6,37 ×106 m

9,81m / s2

¿5,06 ×103 s=84,4menit

(b)pada ketinggian 300 km di atas permukaan bumi, r = 6370 km + 300 km = 6670 km = 6,67 x 106

m. karena T sebanding dengan r3/2, kita dapat mencari T pada jarak ini dari

T=(84,4 menit )( rRE )

3 /2

¿ (84,4 menit )( 6,67×106 m6,37×106 m)

3 /2

=90,4 menit

Contoh 10-6

Sebuah proyektil ditembakkan lurus ke atas dari permukaan bumi dengan kelajuan awal V1 = 8 km/s. carilah ketinggian maksimum yang dicapainya, dengan mengabaikan resistansi udara. Kita gunakan hukum kekekalan energy. Mula-mula, pada permukaan bumi, energy potensialproyektil adalah nol dan energy kinetiknya ½ mv2 . Ketika proyektil ada pada ketinggian h = r – RE , energy potensialnya diberikan oleh persamaan 10-21. Kita ingin mendapatkan ketinggian dimana kelajuan akhir adalah V2 = 0. Kekekalan energy memberikan

½ mv12 + U1 = ½ mv2

2 + U2

Page 30: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

29

½ mv12 + 0 = 0 + (GMem

ℜ −GMemr )

Dengan menyederhanakan persamaan ini, kita dapatkan:

V12 =

2GMeℜ −2 GMe

r =

2GMeℜ (1 – RE/r)

Kita dapat melakukan penyederhanaan lebih lanjut dengan menggunakan GME = gRE

2. Maka,

V12 = 2gRE (1- RE/r)

Persamaan ini cukup untuk mendapatkan RE/r :

1 – (RE/r ) = (V12/ 2gRE)

( RE/r) = 1 –( V12/ 2gRE)

= 1 –

(8000ms)

2

2(9,81ms

2

)(6,37 x106 m)

= 1 – 0,512 = 0,488

Maka :

r = RE / 0,488 = 2,05 RE

Karena itu ketinggian maksimum yang dicapai adalah h = r – RE = 1,05 RE.

Contoh 10-7

Carilah kelajuan lepas di permukaan merkurius, yang mempunyai massa M = 3,31 x 1023 kg dan jari-jari R = 2,44 Mm

Persamaan 10-24 dapat digunakan untuk kelajuan lepas di permukaan merkurius jika kita ganti massa bumi ME dengan massa merkurius, dan mengganti jari-jari bumi RE

dengan jari-jari merkurius.

Page 31: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

30

Maka :

Ve = √ 2 GMR

= √ 2( 6,67 x 10−11 N . m2

kg2 )(3,31 x 1023)

2,44 x 106 m

= 4,25 x 103 m/s = 4,25 km/s

Contoh 10-8

Tunjutkkan bahwa energi total sebuah satelit dalam orbit melingkar sama dengan separo energi potensialnya.

Energi total satelit yang mengorbit adalah jumlah energi potensial dan energi kinetiknya. Jika satelit ini berjarak r dari pusat bumi, energi potensialnya adalah

U = −m. GM E

r

Karena satelit bergerak dalam lingkaran berjari jari r, maka satelit mempunyai percepatan sentripetal yang besarnya r2/v. Dari hukum kedua Newton F = m a , didapatkan

m. GM E

r2 = mv2

r

Jadi, energi kinetik satelit adalah

½ mv2 = ½ m. GM E

r

Jadi, energi kinetik separo energi potensial. Hasil ini berlaku untuk tiap orbit lingkaran dalam gaya yang berbanding terbalik dengan kuadrat jarak. Jadi energi total satelit adalah

E = K + U = 12

m. GM E

r -

m. GM E

r = -

12

m. GM E

r =

12

U (r)

Pada diagram energi , energi total satelit yang beredar dalam sebuah lingkaran adalah di tengah tengah antara eneri potensial U(r) dan nol. Energi tambahan minimum yang

Page 32: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

31

harus diberikan pada satelit semacam itu untuk lepas dari bumi adalah 12

m. GM E

r .

Artinya energi kinetik satelit yang beputar harus digandakan.

Contoh 10-9

Sebuah satelit bermassa 450 kg mengelilingi bumi dalam lintasan lingkaran dalam jarak 6,83 Mm diatas permukaan bumi. Carilah (a) energi potensial . (b) energi kinetik dan (c) energi total satelit.

a. Jarak antara satelit dan pusat bumi adalahr = RE + h = 6,37 Mm + 6,83 Mm = 13,2 Mmdari persamaan 10-26, energi potensial adalah

= ( 6,67 x 10 -11 N m 2 /Kg 2 ) (5,98 x 10 24 Kg) (450 Kg) 1,32 x 10 7 m

= - 13,6 GJ

b. Dalam contoh terdahulu, kita dapatkan bahwa dalam orbit lingkaran, energi kinetik adalah separo energi potesial. Karena itu energi kinetik satelit

K = 12

m. GM E

r =

12

U = - 12

(-13,6 GJ ) = 6,80 GJ

c. Energi total adalah jumlah energi potesial dan energi kinetik.E = K+ U = 6,80 GJ + (-13,6 GJ) = -6,80 GJEnergi total sama dengan energi kinetik

Contoh 11-1

Sebuah bata timah hitam berukuran 5 kali 10 kali 20 cm. Berapakah beratnya?

Volume bata adalah V = (5 cm)(10 cm)(20 cm) = 1000 cm3 = 10-3 m3

Table 11.1 Kerapatan beberapa zat

Zat Kerapatan, kg/m3

AlumuniumTulang Bata

2,70x103

1,7-2,0x103

1,4-2,2x103

Page 33: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

32

SemenTembagaTanah (rata-rata)Kaca (biasa)

2,7-3,0x103

8,93x103

5,52x103

2,4-2,8x103

Emas 19,3x103

Es 0,92x103

Besi 7,96x103

Timah hitam 11,3x103

Kayu (oak)Alcohol (ethanol)

0,6-0,9x103

0,806x103

BensinAir raksa Air lautAirUdaraHeliumHydrogen Uap (100oC)

0,68x103

13,6x103

1,025x103

1,00x103

1,2930,17860.089940,6

t= 0oC dan P=1 atm kecuali dinyatakan lain

Dari tabel 11.1, kerapatan timah hitam adalah 11,3 x 103 kg/m3. Karena itu massanya adalah

m = ρV = (11,3 x 103 kg/m3)( 10-3 m3) = 11,3 kg

dan beratnya adalah

w = mg = (11,3 kg)(9,81 N/kg) = 111 N = 25 lb

Contoh 11-2

Sebuah botol 200 mL diisi air pada 4oC. bila botol dipanaskan sampai 80oC, 6 gr air tumpah. Berapakah kerapatan air pada 80oC? (anggaplah pemuaian botol dapat diabaikan)

Karena kerapatan air pada 4oC adalah 1 g/cm3 dan 200 mL = 200 cm3. Massa air yang mual-mula ada didalam botol adalah

m = ρV = (1 g/cm3)( 1 g/cm3 )= 200 g

karena 6 g tumpah dari botol pada 80oC, massaair yang tersisa adalah 200 g – 6 g =194 g. Massa air ini sekarang menempati 200 mL, sehingga kerapatan air pada 80 oC adalah

ρ = mV

= 194 g

200 cm3=0,97

g

cm3

Page 34: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

33

Contoh 11-3

Otot bisep seseorang mempunyai luas penampang maksimum 12 cm2 = 1,2 x 10-3 m2. Berapakah tegangan otot ketika mamberikan gaya 300 N?

Dari definisi tegangan tarik, kita dapatkan

Tegangan = FA

= 300 N

1,2 ×10−3 m2=2,5 ×105

N

m2

Tegangan maksimumyang dapat diberikan kira-kira sama untuksemua otot. Gaya yang lebih besar dapat dilakukan oleh otot dengan luas penampang yang lebih besar.

Contoh 11-4Massa 500 kg digantungkan pada baja 3 m yang luas penampangnya 0,15 cm2. Berapakah pertambahan panjang kawat ?Berat massa 500 kg adalah

mg = (500 kg)(9,81 N/kg) = 4,90 x 103 NTegangan kawat adalah

S = FA

= 4,9 x103 N0,15 cm2

= 3,27 X 104 N/cm2 = 3,27 x 108 N/cm2

Dari Tabel 11-2, kita dapatkan modulus Young untuk baja adalah sekitar 2,0 x 1011

N/m2. Karena itu regangan adalah

∆ LL

= SY

= 3,27 x108 N /m2

2,0 X 1011 N /m2

Karena panjang kawat 300 cm, jumlah pertambahan panjang adalahΔL = (1,63 x 10-3)L = (1,63 x 10-3)(300 cm) = 0,49 cm

Contoh 11-5Carilah tekanan di kedalaman 10 m di bawah permukaan danau bila tekanan di permukaan danau 1 atm.Dengan menggunakan persamaan P = Po + ρgh dengan Po = 1 atm = 101 kPa, ρ = 103

kg/m3, dan g = 9,81 N/kg, kita dapatkan P = 101 kPa (103 kg/m3)(9,81 N/kg)(10 m)P = 101 kPa + (9,81 x 104 N/m2)P = 101 kPa + 9,81 kPa

Page 35: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

34

= 1,97 atmTekanan pada kedalaman 10 m hampir dua kali tekanan di permukaan.

Contoh 11-6Pengisap besar pada sebuah dongkrak hidrolik mempunyai jari-jari 20 cm. Berapakah gaya yang harus diberikan pada pengisap kecil berjari-jari 2 cm untuk mengangkat sebuah mobil yang massanya 1500 kg ?Berat mobil adalah

mg = (1500 kg)(9,81 N/kg) = 1,47 x 103 Ngaya yang harus diberikan karena itu adalah

F1 = A1

A2 F2 =

πr12

πr22 mg

= (2 cm)2

(20 cm)2 ( 1,47 x 104 N) = 147 N = 33 lb

Contoh 11-7

Pada 00C kerapatan air raksa adalah 13,595 x 103 kg/m3. Berapakah ketinggian kolom air raksa di barometer pipa-U jika tekanan adalah 1 atm = 101,325 kPa? Kita mempunyai

h = Pρg

= ¿¿

= 0,7597 m ≈ 760 mm

Contoh 11-8

Tekanan rata-rata (gauge) dalam pembuluh darah adalah sekitar 100 mmHg. Ubahlah tekanan darah rata-rata ini menjadi pascal dan pound per inci persegi.

Kita dapat menggunakan faktor konversi yang dinyatakan dalam Persamaan 11-16. Sebagai contoh 760 mmHg =101,325 kPa. Jadi,

P = 100 mmHg (101,325 kPa760 mmHg

) = 13,3 kPa, dan

P = 100 mmHg ( 14,7 lb /m2

760 mmHg) = 1,93 lb/m2

Page 36: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

35

Contoh 11-9

Berat jenis emas adalah 19,3. Jika mahkota yang dibuat dari emas murni beratnya 8 N di udara, berapa beratnya bila mahkota ini tenggelam di air?

Dari persamaan 11-9, kita dapatkan untuk hilangnya berat di air

Berat yang hilang = berat diudara

berat jenis =

8 N19,3

= 0,415 N

Contoh soal 11-10

Sebuah gabus mempunyai kerapatan 200 kg/m3. Carilah bagian volume gabus yang tenggelam bila gabus terapung di air.

Misalkan V adalah volume gabus dan V’ adalah volume yang tenggelam bila gabus itu terapung di air. Berat gabus adalah ρgV,dan gaya apung adalah ρwgV’. Karena gabus dalam kesetimbangan,maka gaya apung sama dengan berat :

B = w

ρwgV’ = ρgV

Jadi,bagian gabus yang tenggelam adalah

V '

V =

ρρw =

200 kg /m3

1000 kg /m3=

15

Jadi,seperlima gabus tenggelam.

Contoh soal 11-11

Sebuah balok dari bahan yang tak diketahui mempunyai berat 3 N di udara dan 1,89 N bila dimasukkan ke dalam air,seperti pada gambar 11-10a. (a) Bahan apakah itu? (b) Koreksi apa yang harus diberikan untuk gaya apung udara bila balok ditimbang di udara? (Kerapatan udara sekitar 1,3 kg/m3).

(a) Kita tentukan bahan balok dengan menemukan kerapatannya. Menurut persamaan 11-19,berat jenis sebuah benda sama dengan berat benda di udara dibagi dengan kehilangan berat bila benda itu dimasukkan di air. Karena

Page 37: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

36

untuk contoh ini kehilangan berat adalah 3 N – 1,89 N= 1,11 N,maka kita mendapatkan

Berat jenis =

3 N1, 11 N = 2,70

Jadi kerapatan bahan ini 2,70 kali kerapatan air atau 2,70 x 103 kg/m3. Dengan membandingkan hasil dengan kerapatan yang tercantum dalam Tabel 11-1,kita lihat bahwa balok ini mungkin terbuat dari alumunium.

(b) Koreksi yang harus diberikan bila balok alumunium ditimbang di udara diperoleh dari Persamaan 11-22. Untuk alumunium di udara,yang mempunyai kerapatan ρv = 1,3 kg/m3,kita dapatkan

ρv

ρ =

1,3 kg/m3

2,7 x103 kg/m3= 4,8 x 10-4+, dan

1-

ρv

ρ = 1- 0,00048

Ini berbeda dari 1 dengan hanya 0,048 persen,yang menunjukkan bahwa kita biasanya dapat mengabaikan gaya apung udara.

Contoh 11-12Berapa tinggi air akan naik dalam pipa yang jari-jarinya 0,1 mm jika sudut kontaknya nol?

Penyelesaian:Dengan menggunakan γ = 0,073 N/m untuk air, kita peroleh dari persamaan 11-24, yaitu

h = 2 γ cosƟ c

ρrg

h =

2(0,073Nm )cos0 Q̊

(1000kgm ³ ) (0.0001 m )(9,81

Nkg

)

h = 0,149 m = 14.9 cm

Page 38: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

37

Contoh 11-13Tegangan permukaan untuk air raksa adalah 0,465 N/m dan Ɵc = 140`. Sebuah pipa kapiler dari gelas berjari-jari 3mm ditempatkan dalam mangkuk air raksa. Berapakah ketinggian air raksa dalam pipa relatif terhadap permukaan dalam mangkuk?

Penyelesaian:Dari persamaan 11-24, kita peroleh yaitu

h = 2 γ cosƟ c

ρrg

h =

2(0,465Nm )cos140 Q̊

(13,6 x 10 ³kgm ³ ) (3 x 10 ³ m )(9,81

Nkg

)

h = -1,78 x 10³ m = -1,78 mmAir raksa di pipa kapiler ditekan 1,78 mm di bawah permukaan air raksa di mangkuk

Contoh 11-14

Darah mengalir dalam pembuluh darah yang jari-jarinya 1 cm pada 30 cm/s. Berapakah laju aliran volumenya?

Dari pers 11-26

Iv = vA = (0.30 m/s )π(0.01m)2

`= 9.42 x 10-5 m3/s

Biasanya laju pemompaan jantung dinyatakan dalam liter per menit.

Dengan menggunakan 1L = 10-3 m3 dan 1 menit = 60 sekon, kita dapatkan

Iv=(9.42 x10−5 m3

s ) 1 L103 m3

60 s1min

= 5.65 L/menit

Contoh 11-15

Darah mengalir dari pembuluh darah yang besar dengan jari-jari 0.3 cm, dimana kelajuannya 10 cm/s, ke dalam daerah dimana jari-jari berkurang menjadi 0.2 cm karena penebalan dinding . Berapakah kelajuan darah dibagian yang lebih kecil?

Page 39: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

38

Jika v1 dan v2 adalah kelajuan awal dan akhir dan A1 dan A2 adalah luas awal dan akhir , dari pers 11-25 memberikan :

v2=A1

A2

v1=π ¿¿

Contoh 11-16

Sebuah tangki air yang besar mempunyai lubang yang kecil pada jarak h di bawah permukaan air seperti yang ditunjukkan pada Gambar 11.18. Carilah kelajuan air bila mengalir pada lubang itu.

a

ya h

b

Gambar 11-18 Gambar tangki dengan lubang kecil dekat dasarnya. Kelajuan air yang keluar dari lubanng sama dengan jika air jatuh bebas dari ketinggian h = ya – yb sebuah hasil yang dikenal sebagai hokum Torricelli.

Kita terapkan persamaan Bernoulli pada titik a dan b. Karena diameter lubang jauh lebih kecil dibandingkan diameter tangki, kita dapat mengabaikan kecepatan air di atas (titik a). Maka kita dapatkan :

Pa + ρgya = Pb + ½ ρvb2 + ρgyb

Karena titik a dan b berhubungan dengan atmosfer, tekanan Pa dan Pb adalah sama dengan tekanan atmosfer. Karena itu,

vb2 = 2 g (ya – yb) = 2 gh,

dan, vb = √2g h

Contoh 11-17

Page 40: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

39

Air bergerak melalui sebuah pipa dengan 4 m/s pada tekanan 200 kPa. Pipa menyempit menjadi separo diameternya mula – mula. Carilah (a) kelajuan dan (b) tekanan air di bagian pipa yang lebih sempit.

(a) Karena luas pipa sebanding dengan kuadrat diameter, luas bagian pipa yang sempit adalah seperempat luas semula. Maka, dari persamaan kontinuitas Iv = vA = konstan., kelajuan di bagian tangki yang sempit harus 4 kali kelajuan di bagian yang lebar atau 16 m/s.

(b) Untuk mendapatkan tekanan di bagian pipa yang sempit, kita gunakan persamaan 11-28 :

P1 + ½ ρv12 = P2 + ρv2

2

200 kPa + ½ (1000 kg/m3) ( 4 m/s)2 = P2 + ½ ( 1000 kg/m3) ( 16 m/s)2

200 kPa + 8000 Pa = P2 + 128.000 Pa

P2 = 200 kPa + 8 kPa – 128 kPa

= 80 kPa

Perhatikan bahwa jika kita ambil ρ dan v dalam satuan SI yang benar, maka satuan ½ ρv2 adalah pascal. Hal ini dapat diperiksa dengan menuliskan satuan

ρv2 :kgm 3

x m2s2

= kg .m /s2

m 2 =

NM 2

= Pa, dimana kita telh menggunakan 1

kg.m/s2 = 1N.

Contoh 11-18

Bila darah mengalir dari pembuluh utama lewat pembuluh besar, pembuluh kapiler, dan pembuluh halus di kanan atrium, tekanan (gauge) turun dari sekitar 100 torr menjadi nol. Jika laju aliran volume adalah 0,8 L/s, carilah resistansi total system aliran darah ini!

Pada contoh 11-8, kita dapatkan bahwa 100 torr = 13,3 kPa = 1,33 x 104 N/m2. Dengan menggunakan 1 L = 1000 cm3 = 10-3 m3 kita dapatkan persamaan 11-29

R = ∆ PIv

= 1,33 x 10 4 N /m28 x10−4 m 3/s = 1,66 x 107 N.s/m5

Page 41: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

40

Contoh 11-19

Hitunglah bilangan Reynold untuk darah yang mengalir pada 30 cm/s lewat pembuluh darah berjari – jari 1,0 cm. anggaplah bahwa darah mempunyai viskositas 4 mPa.s dan kerapatan 1060 kg/m3.

Karena bilangan Reynold tidak berdimensi, kita dapat menggunakan kumpulan satuan apa pun sepanjang kita konsisten. Dengan mengambil tiap besaran dalam persamaan 11-34 dalam satuan SI, kita dapatkan

NR = 2rρv

η =

2 (0,01 m )( 1060 kgm3 )(0,3

ms )

4 x103 Pa. s = 1590

Karena bilangan Reynold kurang dari 2000, maka aliran ini adalah laminar alih – alih turbulen.

Contoh 12-1Sebuah partikel memiliki simpangan x yang diberikan oleh

x = 0,3 cos ( 2t + π6

)

dengan x dalam meter dan t dalamsekon. (a) Berapakah frekuensi, periode, amplitudo, frekuensi sudut, dan konstanta fase gerak? (b) Di manakah partikel pada t = 1 s ? (c) Carilah kecepatan dan percepatan pada setiap saat t. (d) Carilah posisi dan kecepatan awal partikel.Jawab:(a) Dengan membandingkan persamaan ini dengan Persamaan 12-4, kita melihat

bahwa frekuensi sudut ω = 2 rad/s, amplitudo A = 0,3 m, dan konstanta fase δ= π6

rad. Dengan demikian, frekuensi f = ω/2π =0.318 Hz, dan periode T = 1/f =

3,14 s.(b) Pada t = 1 s, posisi partikel adalah

x = 0,3 cos ( 2t + π6

) = - 0,245 m

(c) Kecepatan diperoleh dari

v = dxdt

= -0,3 sin ( 2t + π6

) d (2 t)

dt

= -0,6 sin ( 2t + π6

)

Kita differensialkan lagi untuk mendapatkan percepatan

Page 42: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

41

a = dydt

= ddt

[-0,6 sin (2t + π6

)]

= -0,6 cos (2t + π6

) d (2 t)

dt = -1,2 cos (2t +

π6

)

(d) Kita mencari posisi awal dan kecepatan awal dengan mensubstitusikan t = 0 ke dalam pernyataan untuk x dan y. Kita akan memperoleh

x0 = 0,3 cos π6

= 0,260 m

y0 = -0,6 sin π6

= -0,300 m/s

Contoh 12-2Sebuah benda 2 kg meregangkan sebuah pegas sepanjang 10 cm ketika digantung secara vertikal pada kesetimbangannya (Gambar 12-5a). Benda kemudian dipasang pada pegas yang sama, sementara benda berada di atas meja tanpa gesekan dan salah satu ujung pegas dijadikan ujung sementara pada Gambar 12-1. Benda ditarik sehingga berjarak 5 cm dari posisi kesetimbangannya dan dilepas pada t = 0. Carilah amplitudo A, frekuensi sudut ω, frekuensi f, dan periode T.

Jawab:Konstanta gaya pegas ditentukan dari pengukuran pertama. Pada kesetimbangan, gaya mg ke bawah harus sama dengan gaya kx0 ke atas, dengan x0 adalah besarnya regangan pegas dari panjang normalnya (Gambar 12-5).

Gambar 12-5 (a) Sebuah benda digantung pada kesetimbangan dari sebuah pegas untuk Contoh 12-2. (b) Diagram benda bebas. Pada kesetimbangan berat benda mg diimbangi oleh gaya ke atas sebesar kx0

yang dilakukan oleh pegas.

Dengan menggunakan g = 9,81 N/mg, m = 2 kg, dan x0 = 10cm = 0,1m kita peroleh

Page 43: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

42

k = mgx0

= (2kg )(9,81

Nmg

)

0,1m = 196 N/m

Pada posisi horizontal, mula-mula pegas teregang 5 cm dari kesetimbangannya dan dilepas. Karena kecepatan awal y0 sama dengan nol, konstanta fase δ = 0 (Persamaan 12-10), dan simpangan x diberikan oleh Persamaan 12-16a; x = A cos ax. Simpangan awal adalah 5 cm sehingga A = 5 cm.Frekuensi sudut diperolehdari persamaan 12-13:

ω = √ km

= √( 196 Nm

)/ (2kg) = 9,90 rad/s

Dengan demikian, frekuensinya adalah

f = ω

2 π =

9,90 rad /s2 π

= 1,58 Hz

Periode merupakan kebalikan dari frekuensi: T = 1/f = 1/1,58 Hz = 0,63 s

Contoh 12-3Berapakah kecepatan maksimum benda pada pegas dalam contoh 12-2, dan kapan kecepatan maksimum ini pertama kali tercapai?

Jawab :Kecapatan benda pada setiap saat diberikan oleh persamaan 12-16b. nilai maksimum kecepatan tercapai bila sin wt = 1 (atau -1). Besarnya kecepatan pada waktu ini adalah :

V maks = wA = (9,90 rad/s)(5 cm) = 49,5 cm/sKelajuan maksimum ini pertama kali terjadi setelah seperempat periode, ketika benda pertama kali mencapai keseimbangan, yakni (0,63 s) / 4 = 0,16 s setelah benda dilepas. Pada waktu ini, sin wt = +1, dan kecepatan bernilai negative yang berarti benda bergerak ke kiri.

Contoh 12-4Sebuah pegas ke dua, yang identik dengan pegas pada Contoh 12-2, dihubungkan ke benda kedua, yang massa nya 2 kg. pegas ini diregang sejauh 10 cm dari kesetimbangannya dan dilepas pada saat bersamaan dengan pegas yang pertama, yang sekali lagi direnggangkan sejauh 5 cm. Benda mana yang terlebih dahulu mencapai posisi kesetimbangan?Jawab: Gambar 12-6 memperlihatkan posisi awal benda, dan Gambar 12-7 memperlihatkan sketsa fungsi posisi kedua benda. Kedua pegas memiliki konstanta gaya yang sama

Page 44: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

43

dan massa kedua benda juga sama. Hanya amplitude yang berbeda. Namum menurut persamaan 12-15, frekuensi dan periode hanya tergantung pada k dan m, dan tidak tergantung pada amplitude. Jadi frekuensi dan periode gerak adalah sama dan kedua benda mencapai posisi kesetimbangan masing-masing pada saat bersamaan. Benda kedua menempuh jarak dua kali lebih jauh untuk mencapai kesetimbangannya disbanding benda yang pertama, namun benda kedua juga memulai gerakan dengan percepatan awal dua kali lipat.

Contoh 12-5

Jika benda dalam Contoh 12-2 mula-mula berada di x0 = 3 cm dan memiliki kecepatan awal v0 = -25 cm/s, carilah amplitudo dan konstanta fase gerak.

Persamaan 12-8 dan 12-10 menghubungkan posisi awal dan kecepatan awal terhadap amplitudo dan konstanta fase. Kita memeroleh:

x0 = A cos δ

dan

Page 45: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

44

v0 = -ωA sin δ

Maka

v 0x0

=−ω A sin δA cos δ

=−ω tan δ

Dengan menggunakan ω = 9,90 rad/s dari Contoh 12-2 dan x0 = 3 cm dan v0 = -25 cm/s, kita memeroleh:

tan δ =

−v 0ωx 0

= −−25 cm /s

(9,90rad

s )(3cm)=0,842

Amplitudo dapat diperoleh dari:

A ¿x 0

cosδ= 3cm

cos 0,70=3,9 cm

Contoh 12-6

Sebuah benda 3 kg yang dihubungkan pada sebuah pegas berosilasi dngan amplitudo 4 cm dan periode 2 s. (a) Berapakah energi total? (b) Berapakah kecepatan maksimum benda?

(a) Energi total adalah ½kA2. Konstanta gaya pegas, k, berhubungan dengan periode melalui persamaan

T ¿2 π √ mk

Sehingga

k = (2 π)2 m

T 2 =(4 π¿¿2)(3kg)

4 s2 =29,6 N /m ¿

Oleh karena itu, energi total adalah

Etotal = ½kA2

= ½ (29,6 N/m)(0,04 m)2 = 2,37 x 10-2 J

Page 46: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

45

(b) Energi total kita gunakan untuk mencari kecepatan maksimum. Ketika kelajuannya maksimum , energi potensial sama dengan nol dan energi total sama dengan energi kinetik saat itu:

Etotal = ½mv2maks = 2,37 x 10-2 J

Oleh karena itu, kelajuan maksimumnya dalah

vmaks = √ 2 Etotalm

= √ 2(2,37 ×10−2 J )3 kg

= 0,126 m/s

Kita dapat mencari kelajuan maksimum dari Persamaan 12-16b seperti yag kita lakukan dalam contoh 12-3:

vmaks =ωA(sin ωt)maks = ωA

Dengan menggunakan ω= 2π/T (Persamaan 12-6), kita peroleh

vmaks ¿2πA

T=

2 (3,14 )(4 cm)2 s

= 12,6 cm/s = 0,126 m/s

Contoh 12-7

Carilah periode bandul yang panjangnya 1 m.

Penyelesaian:

Dari persamaan 12-32, kita peroleh

T = 2π √ 1 m9,81m /s2=2,01 s

Keabsahan hasil ini dengan mudah dapat ditunjukkan secara eksperimental.

Contoh 12-8

Sebuah jam bandul sederhana dikalibrasi untuk menunjukkan waktu akurat pada

amplitude sudut ∅ 0=100. Ketika amplitude berkurang kesuatu titik dengan perubahan

Page 47: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

46

yang sangat kecil, berapa banyak kelebihan waktu yang dihasilkan jam dalam satu hari?

Penyelesaian:

Dari persamaan 12-37, periode awal mendekati

T ≈ T 0 ¿ sin2 5o ¿

Karena untuk ∅ 0=100,sin4 12

∅ 0, dalam persamaan 12-37 jauh lebih kecil dari pada

sin2 12

∅ 0. Ketika amplitude sangat kecil, periodenya adalah T o. Karena nilai ini lebih

kecil dari T, frekuensinya lebih besar dan jam menghasilkan kelebihan waktu. Selisih antara dua periode ini :

T−T o = To

4 sin2 5o=

T o

4¿

Oleh karena itu, persentase perubahan periode menjadi

T−To

To

×100%=( 2× 10−3 ) ×100 %=0,2 %

Persentase perubahan ini sangat kecil. Namun perubahan ini akan menyebabkan ketidaktepatan yang tidak dapat ditoleransi menurut standar petunjuk waktu sekarang. Banyaknya menit dalam satu hari adalah:

24 jam1hari

×60 menit

1 jam=1440 menit /hari

Maka, kelebihan 0,2% menyebabkan suatu akumulasi kesalahan besar(2 x 10-3)(1440menit) = 2,88 menit dalam satu hari. Dengan demikian, jam ini kelebihan hamper tiga menit tiap hari. Atas alasan ini, jam bandul dirancang untuk mempertahankan amplitude yang konstan.

Contoh 12.9Berapakah periode untuk simpangan sudut kecil dar tongkat homogen dengan panjang L yang berporos putar pada satu ujung?Jawab :

Page 48: Tugas Fisika Dasar 1 contoh soal bag2 (Fluida).docx

47

Momen inersia tongkat seragam dengan panjang L terhadap sumbu pada satu ujung,

sebagai I = 13

ML2, jarak dari poros ke pusat massa D = 12

L. Dengan

mensubstitusikan alat ini ke dalam persamaan 12-40, kita memperoleh

T=2 π √ 13

M L2

Mg( 12

L)=2π √ 2 L

3g

Contoh 12.10Suatu bandul sederhana kehilangan sama dengan 1 persen energinya setiap osilasi. Berapakah faktor Q?Jawab :Karena kehilangan energi 1 persen, maka :

|∆ E|E

= 1100

Oleh karena itu, faktor Q adalah :

Q=2 πE

|∆ E|=2 π (100 )=628