BAB DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR

BAB

DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR

Contoh 5.1 Pemahaman konsep torsi

(a) Tentukan torsi terhadap poros O oleh gaya 20 N pada gambar di bawah ini. Jawab:

Garis kerja gaya 20 N adalah garis g. Garis yang ditarik dari titik O tegak lurus terhadap garis g, memotong g di titik L (lihat gambar). Dengan demikian lengan torsi adalah = OL.

OLP siku-siku: m OP OL 5 , 1 ) ( 3 30 sin 2 1 o = = = =

Gaya 20 N cenderung memutar tongkat OP searah jarum jam terhadap poros O (torsi bertanda -). Dengan demikian momen gaya adalah

τ =

-(b) Tentukan torsi tiap gaya dan torsi totalnya terhadap poros o. Jawab:

Untuk menghitung torsi gaya 8,0 N, lebih baik jika gaya itu diuraikan menjadi komponen-komponen (lihat gambar di bawah) menjadi 8 cos 37o dan 8 sin 37o.

Lengan momen dan momen tiap gaya ditunjukkan pada table berikut. Gaya (N) Lengan Torsi Torsi

5,0 20 8 cos 37o 8 sin 37o 10 , 0 20 , 0 20 , 0 4 , 0 2 1 2 1 = = = = x OB x OA OC = 0,10 OD = 0,20 -0,20 x 5,0 = -1,0 -0,10 x 20 = -2,0 -0,10 x 8 cos 370 = -0,64 +0,20 x 8 sin 370 = +0,96

Searah jarum jam Searah jarum jam Searah jarum jam Berlawanan jarum jam Jarum jam

Contoh 6.2 Pengertian momen inersia

Seorang ahli mesin sedang mendesain suatubagian mesin yang terdiri dari tiga penyambung yang dihubungkan oleh tiga topangan ringan (lihat gambar). Ketiga penyambung dapat dianggap sebagai partikel yang dihubungkan oelh batang-batang ringan (massanya dapat diabaikan).

(a) Berapa momen inersia bagian mesin ini terhadap poros melalui A? (b) Berapa momen inersia terhadap poros yang bertepatan dengan batang BC? Jawab:

(a) Partikel A terletak pada poros sehingga jarak partikel ini terhadap poros A sama dengan nol (rA = 0).

AC2 = AB2 –BC2 = 0,502 – 0,302 = 0,16 → AC = 0,16=0,4 m. Jarak partikel B dan C terhadap poros A dapat dihitung dengan Persamaan (6-7).

2 2 2 2 C C i B B A A i ir m r m r m r m I= = + + = 0 + (0,10 kg) (0,50 m)2 + (0,20 kg) (0,40 m)2 = ,057 kg m2

(b) Partikel B dan C terletak pada poros BC sehingga momen inersia yang dihasillkan keduanya sama dengan nol. Jadi, hanya partikel A yang menghasilkan momen inersia terhadap poros BC, dengan rA = AC = 0,40 m.

= = i A A i ir m r m I 2 2 = (0,30 kg) (0,40 m)2 = 0,048 kg m2

Contoh 6.3 Menentukan momen inersia batang (satu dimensi)

Sebuah batang homogen memiliki masa M dan panjang L. Tentukan momen inersia batang terhadap poros melalui:

(a) titik tengah batang; (b) titik ujung batang.

Gambar 6.9 Bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x terhadap poros. Untuk poros melalui titik tengah batang (titik O), koordinat x mulai dari -∠/2 sampai dengan ∠ (kasus b).

Jawab:

Bayangkan batang homogen terdiri atasa berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x terhadap poros. Momen inersia batang dapat dihitung dengan persamaan (6-8).

I = r2 dm

dengan r = x dan dx L M

dm= (lihat persaman (6-9)), maka persamaan menjadi = = dx x dx L M r I L M 2 2

=

3

3

x

L

M

I

(a) Untuk poros melalui titik tengah batang (kasus (a) pada Gambar 6.9), sumbu tegak yang melalui O adalah YO dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = L/2 sampai dengan x = +L/2. Karena titik tengah batang yang diperoleh dari Persamaan (6-10) adalah I 2 / 2 / 3 3 L L x L M − =

[

_{( /2)}3 _{( /2)}3

]

3L L L M − − = ) 8 / 8 / ( 3 3 3 L L L M + = 2 3 12 1 8 2 3 ML L L M ==

= (sesuai dengan Tabel 6.1 (a))

(b) Untuk poros melalui titik ujung batang (kasus (b) pada gambar 6.9), sumbu tegak yang melalui P adalah YP dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = 0 sampai dengan x = L. Karena itu, momen inersia batang terhadap poros melalui titik ujung batang yang diperoleh dari Persamaan (6-10) adalah

I L x L M 0 3 3 = ) 0 ( 3 3 − = L L M 3

3

1

ML

=

(sesuai dengan Tabel 6.1 (b))

Contoh 6.4 Kaitan torsi dengan percepatan sudut pada gerak melingkar berubah

beraturan m

Sebuah batu gerinda 2,0 kg yang memiliki jari-jari 10 cm diputar pada rad/s. Motor dipadamkan dan sebuah pahat ditekankan pada permukaan batu gerinda dengan suatu gaya yang memiliki komponen tangensial 2,0 N (lihat gambar). Berapa lama diperlukan oleh batu gerinda untuk berhenti sejak gaya diberikan?

Jawab:

Massa M = 2,0 kg

Jari-jari R = 10 cm = 10 x 10-2 m = 0,10 m

Kecepatan sudut awal ω0 = 120 rad/s

Pada saat motor dipadamkan, bekerja gaya gesek tangensial F = 2 N menghasilkan momen gaya τ yang memberikan perlambatan sudut α yang akhirnya memberhentikan putaran batu gerinda. Batu gerinda berbentuk silinder pejal, sehingga sesuai Tabel 6.1 (f), momen inersianya adalah 2 2 2 1 2 2 1

m

kg

0,01

m)

kg)(0,10

2,0

(

=

=

= MR

I

Torsi yang dihasilkan oleh gaya tangensial F dengan lengan torsi R adalah

N

m

0,20

N)

m)(2

0,10

(

=

=

−

= RF

τ

Tanda negatif diberikan karena momen gaya τ berlawanan dengan arah putaran batu gerinda.

Momen gaya τ menghasilkan percepatan sudut sesuai dengan percepatan sudut tetap dan kecepatan sudut awal ω0 = 120 rad/s diperlambat oleh α = -20 rad/s sampai berhenti (ω(t) = 0) ω (t) = ω0 + α t

s

s

rad

s

rad

t

t

6

/

20

)

/

120

(

0

)

(

2 0

₌

−

−

=

−

=

α

ω

ω

Jadi, diperlukan waktu 6 s sejak motor dipadamkan sampai batu gerinda berhenti. Contoh 6.5 Silinder pejal menggelinding menuruni bidang miring

Sebuah silinder penjal homogen dengan jari-jari R dan massa M menggelinding dari puncak bidang miring seperti pada gambar. Tentukan kelajuan silinder pada saat tiba di dasar bidang (nyatakan dalam g dan h).

Strategi : Tinjau silinder pejal m, gambar gaya-gaya yang bekerja padanya. Gunakan τ = Iα untuk gerak rotasi silinder dan F = ma untuk gerak tranlasi silinder menuruni bidang.

Jangan lupa α =

R

a

. Akhirnya, kelajuan silinderdi dasar bidang dihitung dengan persamaan dihitung dengan persamaan kinematika translasi: v2 v₀2+2a∆x, dengan v0 = dan x = panjang lintasan yang ditempuh silinder.

Jawab:

Perhatikan gambar (a) gaya-gaya yang bekerja pada silinder pejal adalah: gaya gesekan f, gayaberat g, gaya normalN.baik mg maupun Nmelalui titik poros O sehingga tidak menyebabkan gerak rotasi. Satu-satunya gaya yang menyebabkan silinder berotasi terhadap poros O adalah gaya gesekanf, dengan momen OP = jari-jari R. Penggunaan hukum II Newton untuk rotasi silinder memberikan

Ma f R a MR fR MR fR I 2 1 2 2 1 2 2 1 ) ( ) ( = = = = Σ

α

α

τ

R a MR fI = =

α

pejal) silinder (bentuk 2 2 1

Perhatikan gambar (b), gaya-gaya N dan Mg cos θ tidak menyebabkan gerak tranlasi silinder menuruni bidang hanyalah Mg sin θ (arah positif) dan f (arah negatif). Penggunaan hukum II Newton untuk gerak tranlasi silinder memberikan

F = ma

+Mg sin θ - f = Ma

Mg sin θ - 1₂Ma = Ma (substitusi f = 1₂Ma dari (*1)) Mg sin θ 3 sin 2 2 3 g

θ

a Ma = ⇔

Akhirnya, dengan menerapkan persamaan kinematika v2 = v2+ 2a∆x

0 dengan keadaan awal diam di puncak bidang (v0 = 0) dan keadaan kahir di dasar bidang,

3 4 3 4 sin 3 sin 2 2 0 2 2 2 2 0 2 gh v gh v h g v x a v v = ⇔ = + = ∆ + =

θ

θ

Misalkan g = 10 m/s2 dan h = 6 m, maka m v 8 4 5 3 ) 6 )( 10 ( 4 = = =

Contoh 6.6 Dua benda bergantungan pada katrol melalui seutas tali

Sebuah katrol, massa M dan jari-jari R, dililitkan dengan seutas tali. Pada ujung-ujung tali terikat benda yang massanya m1, dan m2 (m2 > m1). Tentukan percepatan masing-masing benda bila:

(b) katrol tidak licin sehingga katrol mengalami gerak rotasi. Jawab:

(a) untuk kasus katrol licin, katrol tidak berputar bersama tali (katrol diam), sehingga α = 0. Kita tinjau dahulu diagram gaya pada katrol (Gambar (c)). Karena m2 > m1, maka katrol cenderung berotasi searah jarum jam (seandainya katrol tidak lacin). Karena itu kita tetapkan arah searah jarum jam adalah positif. Dengan demikian gaya T1 menghasilkan momen –T1R (berlawanan arah jarum jam) dan gaya T2 menghasilkan momen +T1R (searah jarum jam). Hukum II Newton untuk gerak rotasi memberikan

τ = Iα = 0 sebab α = 0 –T1R + T2R = 0 atau T1 = T2 = T

Tinjauan diagram gaya pada benda m1 (Gambar (b)) dan benda m2 (Gambar (d)). Karena m2 > m1, maka m1 akan bergerak ke atas dan m2 akan bergerak ke bawah. Oleh karena itu, untuk benda m1 kita tetapkan arah ke atas sebagai positif. Hukum II Newton untuk gerak tranlasi m1 dan m2 memberikan

Σ = m1 a1 Σ = m2 a2

-T1 – m1g = m1 a1 (1) + m2g - T2 = m2 a2 (2) Dengan T1 = T2 = t dan a1 = a2 = a, kita peroleh

T – m1g = m1a (*) -T + m2g = m2a (**) Dengan menjumlahkan Persamaan (*) dan (**) kita peroleh:

T – m1g = m1a (*) -T + m2g = m2a (**) + (m2 – m1)g = (m1 – m2)a a = g m m m m 2 1 1 2 − − (***)

(b) Untuk katrol ikut berputar bersama tali, Persamaan (*) dan (**) yang diperoleh dari (a) tetap. Yang berbeda adalah hukum II Newton untuk gerak rotasi pada katrol karena α ≠ 0. Penggunaan hukum II Newton untuk gerak rotasi katrol memberikan

Στ = Iα

T2R – T1R = Iα (3)

Sekarang, perhatikan besaran-besaran yang akan menghubungkan, Persamaan (1), (2), dan (3):

A1 = a2 = a α =

R a

Untuk katrol dianggap berbentuk silinder pejal, I = ₂1MR2. Persamaan menjadi: T1 – m1g = m1a (1) M2g – T2 = m2a (2) (T2 – T1) R = I R a (3) (T2 – T1) R = ₂ 2 1 MR R a T2 – T1 = ₂Ma 1 atau T1 – T2 = -₂Ma 1 (4) Dengan menjumlahkan Persamaan (1) dan (2) kita peroleh

T1 – m1g = m1a M2g – T2 = m2a +

T1 – T2 + (m2 – m1)g = (m1 + m2) a

T1 – T2 + (m2 + m1)g - (m2 - m1) g (5) Dengan memutar T1 – T2 dari persamaa (5) ke dalam Persamaan (4), kita peroleh

-₂1Ma = (m1 + m2) a - (m2 – m1) g (m2 – m1) g = (m1 + m2) a +₂Ma 1 (m2 – m1) g = (m1 + m2 +₂M 1 )a a = ) ( ) ( 2 1 1 2 1 2 M m m m m + + − g (****)

Diskusi:Jika massa katrol diabaikan atau M = 0, maka perwsamaan (****) memberikan a = ) ( ) ( 2 1 1 2 m m m m + −

g, sama dengan hasil pada Persamaan (***).

Jadi, baik kasuskatrol licin maupun kasus massa katrol diabaikan akan memberikan percepatanyang sama. Dinamika tranlasi yang anda pelajari di kelas 1 selalumenganggap massa katrol diabaikan atau katrol licin sempurna. Oleh karena itu, hasil hitungan percepatan yang Andadapatkan adalah a =

) ( ) ( 2 1 1 2 m m m m + − g.

Contoh 6.7 Energi kinetik rotasi roda

Sebuah roda digunakan sebagai penyimpan energi dalam pembangkit listrik. Roda diatur berputar selama perode beban rendah oleh sebuah motor listrik. Rodaakan bertindak sebagai generator untuk mengembalikan energi yang disimpan menjadi energi listrik ketika permintaan listrik tinggi.

(a) Tentukan energi kinetik rotasi roda ermassa 2,0 x 105 kg yang memiliki jari-jari 2,0 m dan berputar pada 300 rad/s.

(b) berapa jamdiperlukan roda untuk mensuplai daya listrik 1,0 MW? Jawab:

(a) Momen inersia roda yang berbentuk silinder pejal dengan M = 2,0 x 105 kg dan R = 2,0 m diperoleh dari Tabel 6.1 (f).

I = ₂1MR2 = ₂1(2,0 x 105 kg)(2,0 m)2 = 4,0 x 105 m2

Energi kinetik rotasi dengan ω = 300 rad/s dihitung dengan Persamaan (6-17): EKrotasi = ₂

1 Iω2

= ₂1 (4,0 x 105 kg m2)(300 rad/s)2 = 1,8 x 1010 J

(b) Daya listrik P = 1,0 MW = 1,0 x 106 W akan disuplai oleh roda dalam waktu EK = P x t atau t =

P EK

= W x J x 6 10 10 0 , 1 10 8 , 1 = 1,8 x 104 s = 1,8 104 s x (1 jam/3 600 s) = 5 jam

Contoh 6.8 Energi kinetik benda yang menggelinding

Sebuah bola kayu pejal dengan berat 72 N dan memiliki jari-jari 0,15 m, bergerak pada kelajuan 30 m/s sambil berputar. Tentukan total energi kinetiknya (g = 10 m/s2).

Jawab:

Berat W = 72 N

Jari-jari bola R = 0,15 m Kecepatan linear v = 30 m/s

Untuk menghitung total energi kinetik bendang menggelinding dengan Persamaan (6-18), kita harus menghitung massa m, momen inersia I, dan kecepatan sudut ω terlebih dahulu.

Massa dapat dihitung dari berat: w = mg atau m = g w = ₂ / 10 72 s m N = 7,2 kg

Momen inersia bola pejal sesuai Tabel 6.1 (h) adalah I = ₅2mR2

= ₅2(7,2 kg)(0,15 m)2 = 0,0648 kg m2

Kecepatan sudut ω dapat dihitung dengan v = R ω atau ω = R v = m 0,15 m/s 30 = 200 rad/s

Total energi kinetik dihitung dengan Persamaan (6-18): EK = ₂1mV2 + ₂1I ω2

= ₂1(7,2 kg)(30 m/s)2 + ₂1(0,648 kg m2)(200 rad/s)2 = 3 240 J + 1 296 J

= 4 536 J

2. Sebuah silinder homogen dengan jari-jari R dan massa m berada dipuncak suatu bidang miring (lihat gambar). Manakah yang kelajuannya lebih besar saat

tiba di dasar bidang miring-silinder yang meluncur tanpa gesekan? Atau silinder yang menggelinding?

m x4 Jawab:

Untuk silinder yang meluncur tanpa gesekan, hukum kekekalan energi mekanik memberikan EPpuncak + EKpuncak = EPdasar + + EKdasar

mgh + 0 = 0 + (1₂mV2 + 1₂I ω2) gh = (₂1V2 atau V = 2gh)

Untuk silinder yang menggelinding, energi kinetik di dasar bidang adalah gabungan energi kinetik tranlasi dan rotasi sehingga hukum kekekalan energi mekanik memberikan

EPpuncak + EKpuncak = EPdasar + + EKdasar mgh + 0 = 0 + (1₂mV2 + 1₂I ω2

)

Untuk silinder penjal, I = ₂1mR2 (Tabel 6.1 (f)), dan V = Rω atau ω = V/R, sehingga persamaan menjadi mgh = ₂1mV2 + ₂1 (₂1mR2) 2 R V 4 gh = 2 V2 + R2 ₂ 2 R V 4 gh = 3 V2 V2 = 3 4gh atau V = gh 3 4

Jadi silinder yang enggelinding lebih lambat menuruni bidang miring daripada silinder yang meluncur tanpa gesekan. Ini karena sejumlah energi diserap oleh gerak rotasi benda. Energi total silinder di dasar bidang adalah sama pada kedua kasus.

Contoh 6.9 Soal konsep

Cincin kawin, kelereng, batu baterai, kaleng cola kosong, kaleng cola penuh yang belum dibuka, dan sebuah kotak yang diminyaki sehingga dapat meluncur ke bawah tanpa gesekan-jika keenam benda tegak tersebut dibebaskan dari keadaan diam pada ketinggian yang sama pada sebuah bidang miring, dengan urutan bagaimanakah benda-benda tersebut mencapai dasar bidang miring?

Jawab:

Dalam contoh 6.8b telah dibahas bahwa untuk kasus benda tegar menuruni suatu bidang miring mulai dari keadaan diam, energi potensial gravitasi pada posisi dibebaskan terhadap acuan dasar bidang miring berubah menjadi energi kinetik benda di dasar bidang. Energi kinetik di dasar bidang adalah total dari energi kinetik tranlasi pusat massa dan energi kinetik rotasi terhadap pusat massa sebagai poros. Secara matematis dituliskan:

Mgh =1₂mV2 + ₂1I ω2

Momen inersia benda tegar dapat kita tuliskan sebagai I = kMR2 dengan k adalah faktor numeric yang menyatakan bagimana massa benda tegar didistribusikan terhadap porosnya. Makin tersebar massa benda itu terhadap porosnya, makin besar nilai k

Mgh =₂1MV2 + ₂1(kMR2) ₂ 2 R V karena ω = R V gh = 1₂V2 + (1 + k) V = k gh + 1 2

(*) (persis seperti Persamaan (6-12)

Telah dijelaskan bahwa makin tersebar massa benda itu terhadap porosnya makin besar nilai k, dan berarti makin kecil makin kecil nilai kecepatan pusat massa V.

Mari kita urutkan dahulu nilai kecepatan pusat massanya. Kotak diminyaki yang meluncur tanpa gesekan memiliki nilai k = 0, yaitu nilai k paling kecil, sehingga nilai V paling besar, dan pasti muncul sebagai pemenang nomor 1. cicncin kawin dapat kita anggap sebagai lingkaran tipis dengan massanya terdistribusikan pada jarak R, sehingga nilai k paling besar dan tentu saja nilai V paling kecil. Kaleng kosong adalah silinder berongga (bulatan + keping) yang massanya terdistribusi hamir pada R. sehingga niali V-nya lebih besar daripada cincin. Batu baterai (silinder pejal) massanya terdistribusi mulai dari r = 0 sampai dengan r = R pada keseluruhan panjang silinder. Kelereng (bola pejal)massanya terdistribusi dari r = 0 sampai dengan r = R secara konsentris (tidak memanjang seperti silinder penjal). Karena itu nilai kelereng < k baterai, dan tentu saja Vkelereng > Vbaterai. Dengan demikian urut-urutan benda mencapai dasar bidang miring ditunjukkan pada Gambar 6.14.

Bagaimana dengan kecepatan kaleng cola penuh? Kaleng cola penuh yang belum dibuka lebih rumit. Kaleng ini tidak bisa dianggap silinderpadat karena cairan cola didalamnya dapat bergerak dan akan mengeluarkan sedikit energi, sehingga kita bisa menganggap kaleng itu lebih lambat dari pada baterai. Tetapi hanya itulah yang dapat kita katakana dengan yakin. Jika dibandingkan dengan kaleng cola penuh lebih cepat atau lebih lambat daripada kaleng cola kosong.

Contoh 6.10 Menemtukan momentum sudut

Dua benda sedang bergerak, seperti ditunjukkan pada gambar. Tentukan besar dan arah momentum sudut total terhadap titik poros O.

Strategi:

Karena lengan torsi terhadap poros O dan kecepat linear diberikan, maka momentum sudut tiap benda sebaiknya dihitung dengan Persamaan (6-20): L = mrv. Perhatikan, arah momentum sudut ditentukan dengan kaidah tangan kanan, sehingga kita etapkan arah berlawanan jarum jam bertanda positif dan arah searah jarum jam bertanda negatif.

Jawab:

Momentum sudut benda m1 = 5 kg dengan r1 = 2 m dan v1 = 4 m/s (lihat gambar) adalah L1 = -m1r1v1.

(tanda (-) karena putaran tangan kanan searah jarum jam) L1 = (5 kg) (2 m) (4 m/s) = -40 kg m2s-1

Momentum sudut benda m2 = 2 kg dengan r2 = 4 m dan V2 = 3 m/s (lihat gambar) adalah L2 = + m2r2v2.

(tanda (+) karena putaran tangan kanan berlawanan dengan arah jarum jam) L1 = (2 kg) (4 m) (3 m/s) = +24 kg m

2 s-1

Momentum sudut total terhadap poros O adalah ΣL = L1 + L2

= -40 + 24 = -16 kg m2s-1

Tanda negatif menyatakan bahwa arah momentum sudut total terhadap poros O adalah searah jarum jam.

Contoh 6.11 Aplikasi hikum kekekalan momentum sudut pada sistem yang berotasi

(a) Seorang penari sepatu es memiliki momen inersia 4,0 kg m2 ketika kedua lengannya terentang dan 1,2 kg m2 ketika kedua lengannya merapat ketubuhnya. Penari mulai berputar pada kelajuan 1,8 putaran/s ketika kedua lengannya terentang. Berapa kelajuan sudut ketika kedua lengannya merapat ke tubuhnya?

Jawab:

Keadaan awal ketika kedua lengannya terentang: I1 = 4,0 kg m2 ω = 1,8 putaran/s Keadaan akhir ketika kedua lengan merapat ke tubuh:

I1 = 1,2 kg m 2

ω2 = ?

Kekelan momentum (Persamaan (6-22)) memberikan L1 = L2 I1ω1 = I2ω2 ω2 = 1 2 1

_ω

I I = ₂ 2 m kg 1,2 m kg 4,0 x (1,8 putaran/s) = 6 putaran/s

(b) Sebuah meja Putar terdiri dari sebuah cakram tipis mendatar dengan maassa M dan jari-jari R, dan berputar tanpa gesekan dengan kelajuan tetap ω. Pada suatu waktu, setetes lem dengan massa

10 M

m= jatuh vertikal pada meja putar dan melekat di suatu titik pada jarak r =

4 3R

dari poros. Tentukan kelajuan sudut putar sekarang.

Strategi:

Sistem mula-mula adalah cakram dengan inersia I1 = ₂ 1

m1r12 (cakram silinder pejal) yang berputar dengan kelajuan ω1. Sistem sekarang adalah cakram (momen inersia I1) dan setetes lem dengan inersia I2 = ₂

1

m2r22 (lem dianggap sebagai partikel), sebagai suatu sistem yang berotasi dengan kelajuan sudut baru ω′. Dengan menggunkan hukum kekekalan momentum sudut, kita dapat menghitung ω′.

Jawab:

Massa cakram m1 = M; jari-jari r1 = R; momen inersia cakram I1 = ₂ 1 m1r12 = 2 2 1 MR ; kecepatan sudut mula-mula: ω1 = ω; momentum sudut mula-muola: L1 = ω1I1 = ω(₂ 2

1

MR ). Massa lem m2 =

10 M

, melekat pada jarak dari poros r2 = 4 3R

. Dengan demikian, momen inersia lem (lem dianggap sebagai partikel) adalah

I2 = ₂ 1 m2r22 = 10 M 160 9 4 3R 2 MR2 =

Sistem sekarang adalah (cakram + lem) sebagai satu sistem yang bergerak dengan kecepatan sudut sudut ω1′ = ω2′ = ω′.

Dengan menggunakan hukum kekekalan momentum kita peroleh L1 + L2 = L1′ + L2′

ω1I1 = ω′I1 + ω′I2 ω1I1 = ω′ (I1 +I2) ω′ =

(

)

_{2 2} 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 1 1 9 80 80 160 9 MR MR MR MR MR MR I I I + = + = +

ω

ω

ω

ω′ =

ω

89 80

Contoh 6.12 Menentukan titik berat mobil

Majalah otomotif melaporkan bahwa sebuah mobil seda memiliki 53% berat pada roda-roda depannya dan 47% bertapadaroda-roda belakangnya, dengan jarak antara poros roda depan dan belakang adalah 2,46 m (Gambar 6.27). ini berarti bahwa gaya normal total pada kedua roda depan adalah 0,53w dan pada kedua roda belakang adalah ,47w, dengan w adalah berat total mobil. Berapa jauh dari poros roda belakang titik berat mobil tersebut?

Jawab:

Dengan menggunakan Persamaan (6-27) Anda dapat menghitungtitik berat mobil (xG) diukur dari poros roda belakang (poros roda belakang ditetapkan memiliki x = 0)

XG = w w w w w w x w x w w x w i i i 53 , 0 47 , 0 ) 46 , 2 ( 53 , 0 ) 0 ( 47 , 0 2 1 2 2 1 1 + + = + + = XG = w w(2,64) 53 , 0+ = 1,30 meter

Contoh 6.13 Menentukan pusat massa sistem

Sebuah palu terdiri dari bagian kepalayang berbentuksilinder dengan massa 2,00 kgdan diameter 8,00 cm dan tangkai yang juga berbentuk silinder dengan massa 0,500 kg dan panjang 8,00 cm, seperti ditunjukkan pada Gambar 6.28a. Jika palu ini dilemparkan berputar ke udara, berapa jauh di atas dasar tangkai letak titik yang membentuk lintasan parabola?

Strategi:

Ketika palu dilemparkan berputar ke udara, maka titik yang membentuk lintasan parabola adalah pusat massa (atau titik berat) palu.

Jawab:

Ambil sumbu x sebagai garis yang melalui tengah-tengah palu, dan sumbu ysebagai garis tegal lurus sumbu x yang melalui dasar tangkai pada (x0 = 0,00 cm), lihat gambar 6.28b.

Titik berat tangkai paluada di tengah-tengah tangkai,diberi indeks (2) (Gambar 6.28b), dimana X2 = 2 0 , 26 =13,0 cm

Titik berat palu ada ditengah-tengah kepala palu, diberi indeks (1) (Gambar 6.28b), dimana X1 = 26,0 + 2 0 , 8 = 30,0 cm

XG = 2 1 2 2 1 1 m w x m x m m x m i i i + + = 500 , 0 200 ) 13 )( 500 , 0 ( ) 200 ( + + = = 26,6 cm

Jadi letak titik yang membentuk lintasa parabola ketika dilemparkan dengan berputar ke udara adalah titik yang berjarak 26,6 cm dari dasar tangkai

Contoh 6.14 Titik berat benda homogen yang berlubang

Tentukan letak titik berat bidang yang diraster, terhadap titik potong diagonal bidang ABCD. Strategi:

Untuk benda homogenberbentuk luasan (dua dimensi), massa tiap partikel dalam benda dapat kita nyatakan dalam luas partikel sebagai berikut:

Mi = ρVi = ρAit

Dengan ρ dan t masing-masing adalah assa jenis dan tebal benda homogen yang serba sama karena itu Persamaan (6-27) dapat ditulis

xG = i i i i i i i i i A t x A t t A x t A m x m Σ Σ = Σ Σ =

ρ

ρ

ρ

ρ

) ( xG = ... ... 3 2 1 3 3 2 2 1 1 A A A x A x A x A A x A i i i + + + + = (6-29) yG = ... ... 3 2 1 3 3 2 2 1 1 A A A x A x A x A A x A i i i + + + + = (6-30) Jawab:

Benda yang diraster adalah bidang ABCD dikurangi bidang lingkaran. A1 = AB x BC = 15 x 15 = 225 cm2 x1 = 0 y1 = 0 Bidang lingkaran: A1 = π2 = π(3)2 = 9π x1 = 7,5 – 3 = 4,5 y1 = -(7,5 -5) = -2,5

Titik berat benda yang diraster terhadap titik O

X0 = 2 1 2 2 1 1 A A x A x A A x A i i i − − = =

π

π

9 225 ) 5 , 4 )( 9 ( ) 0 )( 225 ( − − =

π

π

π

π

− − = − − 25 5 , 4 ) 25 ( 9 ) 5 , 4 ( 9 cm

y0 = 2 1 2 2 1 1 . A A x A x A A x A i i i + + = =

π

π

π

π

π

π

− = − + = − − − − 25 5 , 2 ) 25 ( 9 ) 5 , 2 ( 9 9 225 ) 5 , 2 ( ) 9 ( ) 0 )( 225 ( cm

Jadi, koordinat titik berat benda yang diraster terhadap titik potong diagonal bidang ABCD adalah − − −

π

π

π

π

25 5 , 2 , 25 5 , 4 cm atau (0,65; 0,36) cm

Contoh 6.15 Demonstrasi titik berat benda homogen berbentuk kurva

Pada gambar 6.29a kita tunjukkan dengan jelasbahwa selembar baja tipis tidak akan seimbang jika satu ujungnya diletakkan pada ujung meja. Misal kita sambungkan lagi dua lembar baja, seperti pada Gambar 6.29b. Semua lembar baja memiliki massa jenis dan luas penampang yang sama (ini berarti massa lembaran baja hanya sebanding dengan panjang lembaran baja). Sekarang sistem dapat kita buat seimbang asalkan kita dapat menentukan panjang lembaran

! ! ! !

" # # $ " # % & & % &$& $ ' " ( " "& " "

% ' " % ( & ) ( " "& % ' ( #

" " &" % &" * % # + ' , % %&%& "& % )

) $ ) % # % " ( " & % ' " # #

( " ) " % (

- & # % ( ( # # & & * "& & % " & " . % %

% $ " , " / 0 % / % % & " xG = ... ... 3 2 1 3 3 2 2 1 1 A A A x A x A x A A x A i i i + + + + = (6-31) yG = ... ... 3 2 1 3 3 2 2 1 1 A A A x A x A x A A x A i i i + + + + = (6-32) 1 + #! 1 + #! 1 + #! 1 + #! # &" * % # + ' " % ' % &" (( % #" " # &" " % ( 2 3 # # $ ! 4 % 4 3 # # $ %& ! 4 % 0 4 3 # # $ ! 4 % − −10 2 4 .#" " # #& 2% & % " / ! X0 = 3 2 1 3 3 2 2 1 1 + + + + x x x

0 = 1 0 , 5 0 , 10 0 , 10 2 ) ( ) 5 , 9 )( 0 , 5 ( ) 0 , 5 )( 0 , 10 ( + + − − + 0 = 50 + 47,5 - −10 2 2

0 %& & " % % &

2 195 100 2 20 2 ) 195 ( 4 400 20 ± + = + ± 5 295 6 295 % # ) (" 7 8 4

1 % "& ) " " " # % & & % &$& $ ' $ # # $ &" 8 4

Contoh 6.16 Keseimbangan statis sistem partikel oleh tiga buah gaya

% % 2 # / 9 & ) # : % % & % % % ; & % %& ) ! ! ! ! ; $ & . % # ) ) ) # $ % . % " #

"& #& < % * " # "& #& = - ) ) % "& #& < % "& #& = ") " # " " ! > % > ) ? %&

" % % & %

1 + #! 1 + #! 1 + #! 1 + #!

2 ) ) ) # $ % . % & $& % 2 # / 9# ) &! ) # # % +

% . ; % % . ; @( ( ( ( ; % ; % ;)A " % ; % ; % ;) # / 94 ; ; 4(" 8 9; ; ; 4(" /; ;) ; " 8 /; ;) ; " 9; & " " # " " !

> % > ) , % & & " ( ( ) (" 7 & & "

& % 7 & & # + &

> > )

; B ; ;)6 ;)B +

/ ; 9; / ; 6 9; : CC ; 4 3 8 , 0 6 , 0 T₂ T₂ ⇔ C ? "&# &" ; 4 3T₂

dari (*) ke dalam (**), kita dapat menghitung tegangan tali T2.

400 8 , 0 4 3 6 , 0 T2 _{+ T2 =}

1,8T2 + 3,2T2 = 1 600 (kalikan kedua ruas dengan 4) 5,0T2 = 1 600 ⇔ T2 = 320 N

Substitusikan kembali T2 = 320 ke dalam (*) diperoleh T1. 4 ) 320 ( 3 1= T = 240 N

Contoh 6.17 Keseimbangan pada papan mendatar yang diberi penumpu

1. Anak laki-laki dengan berat 50 N dan anak perempuan dengan berat 40 N duduk pada papan kayu yang panjangnya 2 m dan beratnya 20 N. papan tersebut di tumpu oleh batang kayu berbentuk silinder, seperti ditunjukkan pada gambar 6.39a. Papan kayu ini memiliki ketebalan merata titik beratnya ditengah-tengah papan dan seimbang di atas penumpu batang kayu sebelum kedua anak duduk di atasnya kedua anak tersebut duduk di atas papan pada sisi yang berlawanan. Jika anak perempuan duduk di ujung kanan papan, di manakah anak laki-laki harus duduk agar papan tetap seimbang?

Strategi:

Pisahkan papan kayu, gambar gaya-gaya yang bekerja pada papan (lihat Gambar 6.39b). Karena gaya R tak diketahui dan tak dinyatakan, untuk memudahkan perhitungan sebaiknya kita pilih titik P sebagai poros, dan menggunakan syarat keseimbangan rotasi Στp = 0.

Jawab:

Misalkan anak laki-laki duduk di A pada jarak x meter dari oros P, maka x dapat kita hitung cukup dengan syarat Στp = 0. Perhatikan, gaya R yang tak diketahui dan gaya 20 N tak menghasilkan torsi terhadap P sebab garis kerja kedua gaya ini melalui P.

Στp = 0

-x (50) + 1(40) = 0 ⇔ x = 0,8 m

Dengan demikian, anak laki-laki harus duduk 0,8 m di kiri poros P. g

2. Seorang tukang cat yang beratnya 550 N mengatur dua buah kuda-kuda penopang. Sebuah papan yang beratnya 60 N digunakan sebagai tempat berpijak ketika ia mencat dinding. Kuda-kuda penopang A dan B ditempatkan 1 m dari tiap ujung papan seperti tampak pada Gambar 6.40a. Ia meletakkan kaleng yang beratnya 20 N sejauh 0,5 m dari ujung sisi kiri papan. Secara perlahan-lahan ia mengecat sambil menggeser ke kanan. Berapa jauh ke kanankah ia dapat bergeser sebelum papan tepat terangkat dari kuda-kuda penopang A?

Strategi:

Pisahkan papan pijakan, gambar gaya-gaya yang bekerja pada papan (lihat Gambar 6.40b). ketika papan tepat terangkat dari kuda-kuda penopang A, maka gaya penopang A pada kayu sama dengan nol (RS = ). Karena gaya penopang yang titik kerjanya di P, yaitu RB, tak diketahui dan tak ditanyakan, maka untuk memudahkan perhitungan sebaiknya kita pilih titik P sebagai poros, dan enggnakan syarat keseimbangan rotasi Στp = 0.

Jawab:

Misalkan ketika tukang cat berada sejauh x meter dari poros P, papan tepat akan terangkat dari penopang A (RA = 0), maka x dapat kita hitung cukup dengan menggunakan syarat keseimbangan rotasi Στp = 0. Perhatikan, gaya RB yang tak diketahui tidak menghasilkan torsi terhadap P sebab garis kerjanya melaklui P.

Στp = 0 -2,5(20) – 1(60) + x (550) = 0 -50 – 60 + 550x = 0 ⇔ x = 550 110 = 0,2 m.

Dengan demikian, papan tepat akan terangkat dari penopang A ketika tukang cat berdiri 0,2 m di sebelah kanan P.

Contoh 6.18 Keseimbangan pada batang berengsel yang diberi beban dan ditopang oleh

kabel i

Batang homogen berengsel yang beratnya 50 N (lihat gambar 6.41a) berada dalam keadaan seimbang. Hitunglah tegangan dalam kabel pendukungnya.

Strategi:

Pisahkan batang, gambar gaya-gaya yang bekerja pada batang (lihat Gambar 6.41b). Perhatikan, berat batang homogen (50 N) bekerja di titik berat batang homogen, yaitu ditengah-tengah batang. Untuk dapat langsung menghitung tegangan dalam kabel, T, pilihlah titik P sebagai poros dan gunakan syarat keseimbangan rotasi, Στp = 0.

Jawab:

Gaya-gaya yang bekerja pada batang adalah berat batang, 50 N, dengan titik kerja tepat di tengah-tengah batang; tegangan tali T; beban 100 N; dan gaya engsel dengan komponen horizontal H dan komponen vertikal V (lihat Gambar 6.41b). Dengan menetapkan arah mendatar sebagai sumbu-X dan arah vertikal sebagai sumbu-Y, maka gaya yang perlu kita uraikan atas komponen-komponennya hanyalah gaya tegangan T, yaitu Tx dan Ty, di mana

Tx = T cos 370 = 0,80T dan Ty = T sin 370 = 0,60T.

Karena gaya horizontal dan vertikal engsel, yaitu H dan V, yang bekerja di titik P tidak diketahui, maka sebaiknya titik P kita tetapkan sebagai poros. Dengan menetapkan P sebagai poros, maka gaya-gaya H, V, dan Tx tidak menghasilkan torsi karena garis kerja ketiganya melalui poros P.

- 50(70) – Ty (100) + 100(140) = 0

35 – Ty + 140 = 0 (bagi kedua ruas dengan 100) Ty = 175 ⇔ ,60T = 175 T = 60 , 0 175 = 292 N

Bagaimanakah jika gaya pada engsel ditanyakan? Tentu saja kita terlebih dahulu menghitung gaya horizontal engsel, H, dengan Στx = 0 dan gaya vertikal, V, dengan Στy = 0.

Στx = 0

+H – Tx = 0 ⇔ H = 0,80 T = 0,80 (292) = 234 N Στy = 0

+V – 50 + Ty – 100 = 0 ⇔ V = 150 – 0,60T V = 150 – 0,60(292) = -25,2 N

Tanda negatif pada V menyatakan bahwa arah V sesungguhnya adalah ke bawah, berlawanan dengan arah pemisalan kita semula. Besar gaya engsel, Fp, dihitung dengan dalil Pythagoras (lihat gambar di samping).

Fp = 2 2 2 2 2 , 25 234 + = +V H = 235, N

Contoh 6.19 Keseimbangan pada tangga

Sebuah tangga homogen AB panjangnya 5 m dan beratnya w. ujung A disandarkan pada dinding licin dan ujung B nertumpu pada lantai kasar (lihat Gambar). Tentukan koefisien gesekan antara lantai dan tangga pada saat tangga tepat akan tergelincir.

Strategi:

Pisahkan tangga, gambar gaya-gaya yang bekerja pada tangga (lihat gambar). Pilih A sebagai poros dan gunakan Στy = 0.

Jawab:

Gaya-gaya yang bekerja pada tangga adalah berat tangga homogen, w, dengan titik kerja tepat di tengah-tengah batang (titik P); gaya tekan dinding pada tangga, NA; gaya tekan lantai pada tangga, NB; dan gaya gesekan lantai kasar pada tangga, fB; di mana fB = µs NB (lihat Gambar 6.42). Misalkan AB = L, maka AP = PB = ₂1L. Untuk A sebagai poros, gaya NA tak menghasilkan torsi sebab garis kerjanya melalui A. Lengan torsi w adalah AP1; lengan torsi fB adalah AB2; dan lengan torsi NB adalah AB1.

AP1 = AP cos θ = ₂L 1 cos θ AB2 = AB sin θ = L sin θ AB1 = AB cos θ = L cos θ Στy = 0 +w . AP1 + fB . AB2 –NB . AB1 = 0

w (₂1L cos θ) +(µs NB )( L sin θ) – NB( L cos θ) = 0 µs L NB sin θ = L (NB cos θ - ₂

1

w cos θ) (*)

-w + NB = 0 ⇔ NB = w (**) Substitusikan NB = w dari (**) dalam (*), kita dapat menyatakan µs dalam θ.

µs Lw sin θ = L (w cos θ - ₂1w cos θ) µs Lw sin θ = Lw cos θ µs = cos 2 1 sin Lw cos Lw 2 1 = µs = tan 2 1

Perhatikan ∆ siku-siku BBA (lihat Gambar 6.42).

tan θ = ; _{2 2}2 52 42 3 2 2 _{AB = AB}2_{−BB = − =} BB AB tan θ = 4 3

Dengan demikian koefisien gesekan statis, µs,adalah

µs = 3 2 ) 2( 1 tan 2 1 4 3 = =

θ

(c) Sebuah tangga dengan berat 20 N bersandar pada tembok licin dan bertumpu pada lantai kasar. Amir yang beratnya 400 N berdiri pada tangga (lihat Gambar 6.43a). Jika sistem seimbang, hitung besar gaya yang bekerja pada tembok dan lantai. Hitung juga koefisien gesekan lantai di A.

Jawab:

Pisahkan tangga dan gambar gaya-gaya yang bekerja pada tangga, seperti ditunjukkan pada Gambar 6.43b. Gaya-gaya tersebut adalah:

(1) gaya berat tangga (200 N) yang titik kerjanya di tengah-tengah tangga; (2) gaya berat orang (400 N) yang titik kerjanya 2 m dari puncak tangga;

(3) gaya normal yang dikerjakan tembok pada tangga, yakni ND yang arahnya tegak lurus tembok ke kiri;

(4) komponen gaya-gaya yang dikerjakan lantai pada tangga, yakni gaya gesek fA ke kanan dan gaya normal NA ke atas.

Kita tidak perlu menguraikan gaya-gaya karena tidak ada gaya yang miring. Karena pada titik A bekerja paling banyak gaya yang tidak diketahui (fA dan NA), maka kita pilih A sebagai poros; ini akan memudahkan kita untuk menggunakan syarat keseimbangan rotasi

Στy = 0 ⇔ + 200 (BA) + 400 (CA) – ND (DA) = 0

Karena panjang tangg / 2 # / : #

. 2 1 _4("

2

D. : 4(" 2 1 _{/ :} ?. 4(" / 9 : 9 ? "& , " C # " ) ?% & 9 6 : : B ? : 9 / 6 0/ B : 9 ? ? 4,8 320 1 8 & ") " # " ! ΣFy = 0 ⇔ + fA – NP = 0 fA – NP = 0 ΣFy = 0 ⇔ + NA – 200 – 400 = 0 NA = 60 newton Dengan demikian,

Gaya pada tembok: NP 275 N Gaya pada lantai: K =

N N f_{A A} 660 697 25 ) 24 11 ( 25 ) 600 ( ) 275 ( 2 2 2 2 2 2 2 = = + + = +

Koefisien gesekan lantai di A, µs = ⇔ = =0,46 A A s s N f N f

µ