Integral yang berhubungan dengan kepentingan fisika

(1)

Matematika Dasar Page 201

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 (W- work) didefinisikan sebagai Gaya dikali Jarak.

W = F x s

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

F_H

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 = F x s

(2)

Matematika Dasar Page 202 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 = ∫ ࡲ࢞ ࢊ࢞_ࢇ^࢈

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

ࢃ = න ࡲ. ࢊ࢙^࢈ HHHH

ࢇ = න ࡲ࢞ ࢊ࢞ + ࡲ࢟ ࢊ࢟ + ࡲࢠ ࢊࢠ^࢈

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 ↔ W^1,2= - kx ∆x Dengan menggunakan integral maka

W_1,2= ∫ − R_:⁽ = - k ∫ R_:⁽ = - k Ê₍^¢Ë

= -^:

( k (X₂² –X₁²)

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)

(3)

Matematika Dasar Page 203 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

W_1,2= ∫ − 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} = ( . o ' .୅^¢

V₂ = √( . 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⁽)

(4)

= -^:

( 200N/m (32 10^<ä⁽

= - 32 10^CJ

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°&

: í

V₂ = √64ܺ10^Cm/s 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.

(5)

Matematika Dasar Page 205 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 = y Setengah yang atas ∆F ≈ ߜ y ∆y) ( b - y ) =

( by - y²) ∆y F = ^ఋ

∫ by – y_; ⁽ RÁ =

Ê^Þ₍^¢−^Þ_K^¼Ë

=

Ê¹₍^¼−¹_K^¼Ë

= ^ఋ1^¢

C

Setengah yang dibawah = ∆F ≈ ߜ − y) ∆y ( b - y ) = ^ఋ

( b - y)² ∆y F = ^ఋ

∫ b_; ⁽ – 2by + y⁽ RÁ

= ^ఋ

b⁽y – by⁽+^Þ_K

= ^ఋ1^¢

K

(6)

Matematika Dasar Page 206 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_࢓=∫ ࢞.࣋࢞ ࢊ࢞_ࢇ^࢈

∫ ࣋࢞ ࢊ࢞_ࢇ^࢈

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

∆M_y ≈ x ρ[f(x)- g(x)]∆x

∆M_x ≈ ½ρ[f(x)²- g(x)²]∆x

(7)

Matematika Dasar Page 207 Apabila dijumlahkan dan diambil limitnya, diperoleh massa keping dan momennya terhadap kedua sumbu koordinat, yaitu :

m = ߩ ∫ ÄF − èÅR My = ࣋ ∫ ࢞ Äࢌ࢞ − ࢍ࢞Åࢊ࢞_ࢇ^࢈ M_x = ½ ࣋ ∫ Ä_ࢇ^࢈ f(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 x^1/2- ʃ x²)¹₀dx

= (⁽

K X^3/2– ^:

K X³)¹₀

= ⁽_K . 1 – ^:_K . 1³

= ^:

K

Momen terhadap kedua sumbu koordinat adalah My = ∫ √_;^: – x²) dx = (ʃ x^3/2- ʃ x³)¹0 dx

= ( ⁽

A x^5/2- ^:

< x⁴)¹₀

= ⁽

A x²√ - ^:_< x⁴

= ⁽

A . 1 - ^:

<. 1 = ^K

(;

M_x = ^:

(∫ _;^: – x⁴) dx = ^:

( ( ^:

( x²– ^:

A x⁵)¹₀dx = ( ^:

< x²- ^:

:; x⁵)¹₀

(8)

= ^:

< x² - ^:

:; x⁵

= ^:

< . 1 - ^:

:;. 1 = ^K

(;

Dengan demikian pusat massanya adalah ⁾

:; , ⁾

:; .

= ^K/(;_:/K = _:;⁾ ; Á = ^K/(;_:/K =_:;⁾ ;

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.

= ∫ .√ .å_¯^ú

∫ √ _¯^ú å = ( ^²^¢_¢^²/¢

¼ ^¼/¢⁹⁰

= ^²^¢_¢^²/¢

¼ ^¼/¢

=

² ¢ )^¢ √)

¢¼ ) .√) = ^:D/A_(/K = ^(*_A =5⁽_A

(9)

Matematika Dasar Page 209 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_£ = 3ݐ⁽+ 4ݐ − 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_£ = 3ݐ⁽ + 4ݐ − 5 ä/ݏ

Persamaan perpindahan dapat dicari dengan mengintegralkan persamaan kecepatan.

ݏ£ = ∫ ó£Rݐ

= ∫ 3ݐ⁽+ 4ݐ − 5Rݐ

= ݐ^K+ 2ݐ⁽− 5ݐ ݏK = 3^K+ 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 £ =

4ݐ − 2⁽ä/ݏ⁽ Benda tersebut bergerak dengan kecepatan awal 3 m/s dan bergerak ke arah kanan. Berapakah kecepatan benda tersebut setelah 2 sekon? (soal buatan sendiri)

Jawab:

_£ = 4ݐ − 2⁽ä/ݏ⁽ ó_∘= 3ä/ݏ

Pertama-tama harus dicari persamaan ó£ yaitu:

(10)

Matematika Dasar Page 210 ó_£ = ó_∘+ ∫ _£Rݐ

= 3 + ∫ 4ݐ − 2⁽ Rݐ

= 3 +^:_<+^:_K4ݐ − 2^K

= 3 +_:(^: 4ݐ − 2^K

Setelah itu substitusikan t=2, maka:

ó₍= 3 +_:(^: 4.2 − 2^K

= 3 +_:(^: . 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£ = 8ݐ − 2 ä/ݏ⁽, dengan t dalam sekon. Tentukan kecepatan sudut pada cakram setelah 2 sekon! (soal buatan sendiri)

Jawab:

R = 0,1 m

_£ = 8ݐ − 2 ä/ݏ⁽

Rumus mencari kecepatan sudut ω adalah V = ω.R. Sedangkan kecepatan V dapat dicari dengan mengintegralkan persamaan percepatan a.

ó_£ = ∫ _£å£

= ∫ 8ݐ − 2 Rݐ

= 4ݐ⁽− 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.

(11)

Matematika Dasar Page 211 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 + 3ݐ⁽ଔԦ m/s, dengan t dalam sekon. Tentukan:

a. Persamaan vektor posisi partikel.

b. Posisi partikel pada saat t=3 sekon Jawab:

óԦ = 5ݐଓԦ + 4 + 3ݐ⁽ଔԦ m/s maka ó= 5ݐ m/s dan ó = 4 + 3ݐ⁽ m/s Posisi awal (2,4) m, maka _∘ 2m dan Á_∘ 4m.

a. »Ԧ = ଓԦ + ÁଔԦ x = _∘+ ∫ ó Rݐ = 2 + ∫ 5 ∫ Rݐ_£ = 2 +^:₍. 5ݐ⁽ = 2 + 2,5ݐ⁽ y = Á_∘+ ∫ ó Rݐ = 4 + ∫ 4 + 3ݐ⁽Rݐ = 4 + 4ݐ +^:_K. 3ݐ^K = 4 + 4ݐ + ݐ^Kä

Jadi, vektor posisi partikel adalah »Ԧ = 2 + 2,5ݐ⁽ଓԦ + 4 + 4ݐ + ݐ^KଔԦ meter.

b. Posisi partikel pada saat t=3 sekon:

»Ԧ = 2 + 2,5ݐ⁽ଓԦ + 4 + 4ݐ + ݐ^KଔԦ = 2 + 2,5. 3⁽ଓԦ + 4 + 4.3 + ݐ^KଔԦ = 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)

(12)

Matematika Dasar Page 212 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

= 4ݐ − 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

= 2ݐ⁽+ 4 cos 2ݐଓԦ + ݐ⁽ − 4 sin 2ݐଔԦ

Jadi, posisi partikel sesaat adalah »Ԧ = 2ݐ⁽+ 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 Rݐ = 32ݐ + ܥ Karena v(0) = 128 = 32 (0) + C + 128

Maka v(t) = -32t + 128

Untuk menentukan s(t), ingat bahwa s’(t) = v(t) atau ^å

å£ = v(t) Sehingga s(t) = ∫ óݐRݐ = −32ݐ + 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

(13)

Matematika Dasar Page 213 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 = ^å_å£ ). Tentukan rumus untuk s! (soal buatan sendiri) Jawab:

a = 5t – 4

å௩

å£ = 5t – 4 dv = 5t – 4 dt

∫ dv = ∫ 5t - 4 dt v =∫ 5t - 4 dt v = ^A

( t²– 4t + c Saat t=2, v=9, maka:

9 = ^A

( – 2² 4.(2) + c 9 = 10 – 8 + c 9 = 2 + c <-> c = 7

(14)

Matematika Dasar Page 214 maka v = ^A

( t² – 4t + 7

å

å£ = ^A₍ t² – 4t + 7 ds = ^A

( t² – 4t + 7t

∫ ds = ∫ ^A

( t² – 4t + 7 dt s = ∫ ^A₍ t² -4t + 7dt s = ^A

C t³ – 2t² + 7t + c saat t = 1, s = 2, maka:

2 = ^A

C (1³) – 2 (1²) + 7 (1) + c 2 = ^A

C - 2 + 7 + c <-> c = - 23 Jadi , s = ^A_C t³ – 2t² + 7t = 23

8. Posisi awal mobil adalah pada koordinat (2,0). Komponen kecepatan dinyatakan:

V_x = 2t , V_y = 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 + ∫ 2ݐ Rݐ _;^£ = 2 + ∫ _;^£ t² + C

= 2 + (t² + C) – (0² + C) = 2 + t²

y = y₀ +∫ _;⁽ v_y dt

= 0 + ∫ _;⁽ (5 + 0,75t²) dt

(15)

Matematika Dasar Page 215 = 5t + ^;,*A

K t³ + 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 q = ∫ _;^A I dt = ∫ _;^A 0,05 t dt = 0 ^;,;A

( t² = ^;,;AA

( −^;,;A;₍ =^:,(A₍ − 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_௛→;^ì^ᇲ^£m௛oì_௛ ^ᇲ^£

f’(1) = lim_௛→;^ì^ᇲ^:m௛_௛^¢^oì^ᇲ^:

(16)

= lim_௛→;^:C:m௛_௛ ^¢^o:C

= lim_௛→;^{:C ®:m(m௛}_௛ ^¢^°o:C

= lim_௛→;^{:C K(௛m:C௛}_௛ ^¢^o:C

= lim_௛→;32 + 16ℎ⁽

= 32 m/s²