DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR fileBAB DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR Contoh 5.1 Pemahaman konsep torsi (a) Tentukan torsi terhadap poros O oleh gaya 20

1

http://atophysics.wordpress.com

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

OPOL

5,1)(3

30sin

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 37

o.

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

5,0

20

8 cos 37o

8 sin 37o

10,020,0

20,04,0

2

1

2

1

==

==

xOB

xOA

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 = AB

2 –BC

2 = 0,50

2 – 0,30

2 = 0,16 → AC = 4,016,0 = m. Jarak partikel B dan

C terhadap poros A dapat dihitung dengan Persamaan (6-7).

2222

CC

i

BBAAii rmrmrmrmI ++==�

= 0 + (0,10 kg) (0,50 m)2 + (0,20 kg) (0,40 m)

2

= ,057 kg m2

2


(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

AAii rmrmI22

= (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 dxL

Mdm = (lihat persaman (6-9)), maka persamaan menjadi

� �=��

��

�= dxxdx

L

MrI

L

M22

��

��

�=

3

3x

L

MI

(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

−

��

��

�=

[ ]33 )2/()2/(3

LLL

M−−=

)8/8/(3

33LL

L

M+=

2

3

12

1

8

2

3ML

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

3


I

L

x

L

M

0

3

3 ��

��

�=

)0(3

3 −= LL

M

3

3

1ML= (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

22

2

12

2

1m kg 0,01m) kg)(0,10 2,0( === MRI

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

N m 0,20N) m)(2 0,10( ==−= RFτ

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

ssrad

sradtt 6

/20

)/120(0)(2

0 =−

−=

−=

α

ωω

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.

4


Jangan lupa α =R

a. Akhirnya, kelajuan silinderdi dasar bidang dihitung dengan

persamaan dihitung dengan persamaan kinematika translasi: v2 ,22

0 xav ∆+ 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

Maf

R

aMRfR

MRfR

I

2

1

2

2

1

2

2

1

)(

)(

=

=

=

=Σ

α

ατ

R

a

MRfI

=

=

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 - 2

1Ma = Ma (substitusi f =

2

1Ma dari (*1))

Mg sin θ 3

sin2

2

3 θga

Ma=⇔

Akhirnya, dengan menerapkan persamaan kinematika v2 = xav ∆+ 22

0 dengan keadaan awal

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

3

4

3

4

sin3

sin220

2

2

2

2

0

2

ghv

ghv

hgv

xavv

=⇔=

��

��

��

��

�+=

∆+=

θ

θ

Misalkan g = 10 m/s2 dan h = 6 m, maka

mv 5483

)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:

(a) katrol dapat dianggap licin sehingga tali meluncur pada katrol;

5


(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 = gmm

mm

21

12

−

− (***)

(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 = 2

2

1MR .

Persamaan menjadi:

T1 – m1g = m1a (1)

M2g – T2 = m2a (2)

(T2 – T1) R = I R

a (3)

(T2 – T1) R = 2

2

1MR

R

a

T2 – T1 = Ma2

1 atau T1 – T2 = - Ma

2

1 (4)

Dengan menjumlahkan Persamaan (1) dan (2) kita peroleh

6


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

- Ma2

1 = (m1 + m2) a - (m2 – m1) g

(m2 – m1) g = (m1 + m2) a + Ma2

1

(m2 – m1) g = (m1 + m2 + M2

1)a

a = )(

)(

2

1

12

12

Mmm

mm

++

−g (****)

Diskusi:Jika massa katrol diabaikan atau M = 0, maka perwsamaan (****) memberikan

a = )(

)(

21

12

mm

mm

+

−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 = )(

)(

21

12

mm

mm

+

−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 = 2

2

1MR =

2

1(2,0 x 10

5 kg)(2,0 m)

2 = 4,0 x 10

5 m

2

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

EKrotasi = 2

1Iω2

= 2

1 (4,0 x 10

5 kg m

2)(300 rad/s)

2

= 1,8 x 10

10 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

7


= Wx

Jx6

10

100,1

108,1= 1,8 x 10

4 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

sm

N

= 7,2 kg

Momen inersia bola pejal sesuai Tabel 6.1 (h) adalah

I = 2

5

2mR

= 5

2(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 = 2

1mV

2 +

2

1I ω2

= 2

1(7,2 kg)(30 m/s)

2 +

2

1(0,648 kg m

2)(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?

8


mx

4

Jawab:

Untuk silinder yang meluncur tanpa gesekan, hukum kekekalan energi mekanik memberikan

EPpuncak + EKpuncak = EPdasar + + EKdasar

mgh + 0 = 0 + (2

1mV

2 +

2

1I ω2

)

gh = (2

1V

2 atau V = gh2 )

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 + (2

1mV

2 +

2

1I ω2

)

Untuk silinder penjal, I = 2

2

1Rm (Tabel 6.1 (f)), dan V = Rω atau ω = V/R, sehingga persamaan

menjadi

mgh = 2

1mV

2 +

2

1 (

2

2

1Rm )

2

��

��

�

R

V

4 gh = 2 V2 + R

2 ��

�

��

�2

2

R

V

4 gh = 3 V2

V2 =

3

4ghatau 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 =2

1mV

2 +

2

1I 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

Dengan demikian persamaan diatas dapat ditulis menjadi

9


Mgh =2

1MV

2 +

2

1(kMR2) ��

�

��

�2

2

R

V karena ω =

R

V

gh = 2

1V

2 + (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 m2s

-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.

10


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 m2 ω2 = ?

Kekelan momentum (Persamaan (6-22)) memberikan

L1 = L2

I1ω1 = I2ω2

ω2 = 1

2

1 ωI

I

= 2

2

m kg 1,2

m kg 4,0x (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

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

= 4

3Rdari poros. Tentukan kelajuan sudut putar sekarang.

Strategi:

Sistem mula-mula adalah cakram dengan inersia I1 = 2

1m1r1

2 (cakram silinder pejal) yang

berputar dengan kelajuan ω1. Sistem sekarang adalah cakram (momen inersia I1) dan setetes lem

dengan inersia I2 = 2

1m2r2

2 (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

1m1r1

2 =

2

2

1MR ; kecepatan

sudut mula-mula: ω1 = ω; momentum sudut mula-muola: L1 = ω1I1 = ω(2

2

1MR ). 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

1m2r2

2 = �

�

��

�

10

M

160

9

4

3 22MRR

=��

��

�

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′1I1 + ω′2I2

11


ω1I1 = ω′I1 + ω′I2

ω1I1 = ω′ (I1 +I2)

ω′ = ( )

22

2

22

2

1

2

2

1

21

11

9 80

80

160

9 MRMR

MR

MRMR

MR

II

I

+=

+

=+

ωωω

ω′ = ω89

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 = ww

ww

ww

xwxw

w

xw

i

ii

53,047,0

)46,2(53,0)0(47,0

21

2211

+

+=

+

+=

�

�

XG = w

w )64,2(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

Titik berat palu, yaitu titik G, Dapat Anda tentukan dengan enggunakan Persamaan (6-27)

12


XG = 21

2211

mw

xmxm

m

xm

i

ii

+

+=

�

�

500,0200

)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

ii

i

ii

i

ii

At

xAt

tA

xtA

m

xm

Σ

Σ=

Σ

Σ=

�

�

ρ

ρ

ρ

ρ )(

xG = .........

........

321

332211

AAA

xAxAxA

A

xA

i

ii

++

++=

�

� (6-29)

yG = .........

........

321

332211

AAA

xAxAxA

A

xA

i

ii

++

++=

�

� (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 = 21

2211

AA

xAxA

A

xA

i

ii

−

−=

�

�

= π

π

9225

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

−

−

= π

π

π

π

−

−=

−

−

25

5,4

)25(9

)5,4(9 cm

13


y0 = 21

2211 .

AA

xAxA

A

xA

i

ii

+

+=

�

�

= π

π

π

π

π

π

−=

−

+=

−

−−−

25

5,2

)25(9

)5,2(9

9225

)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 = .........

........

321

332211

AAA

xAxAxA

A

xA

i

ii

++

++=

�

� (6-31)

yG = .........

........

321

332211

AAA

xAxAxA

A

xA

i

ii

++

++=

�

� (6-32)

1�+�#!1�+�#!1�+�#!1�+�#!��

��#��&"��*��%��#�+��'�"�%�� '��%��&"��((�%��

�#"�"��#��&"�"��%�� (��2��

3��#��#�$��!��4��%��4��

3��#��#�$��%&�� !�� 4��%�� 0��4��

3��#��#�$�� !��4��%��

��

�−− 10

2

�4��

.#"�"��#�� #&� ��2�%��&� �%�� "��/��!�

� X0 = 321

332211

��

��

++

++ xxx

14


0 = 10,50,10

0,102

)()5,9)(0,5()0,5)(0,10(

++

��

��

�−−+

��

0 = 50 + 47,5 - ��

��

�− �

�10

2

2

� � �� 0��%&��&�"�%�� %��&��

� � � ��2

195100220

2

)195(440020 +±=

+±�

� � � ��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�+��

� ; ��;�� /�;�6��9; ��:��

15


� �/�; ��9;�� /�;�6��9; ��:�� CC��

� ;��4

3

8,0

6,0 22 TT⇔ � � � � � � � � �C��

�

?�� "&#��&"��;��4

3 2T dari (*) ke dalam (**), kita dapat menghitung tegangan tali T2.

4008,04

36,0 2

2 =+��

��

�T

T

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(31 =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?

16


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 37

0 = 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.

Στp = 0

17


- 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 = 2222 2,25234 +=+VH = 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 = L2

1. 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 = L2

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 ( L2

1 cos θ) +(µs NB )( L sin θ) – NB( L cos θ) = 0

µs L NB sin θ = L (NB cos θ - 2

1w cos θ) (*)

ΣFy = 0

18


-w + NB = 0 ⇔ NB = w (**)

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

µs Lw sin θ = L (w cos θ - 2

1w 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 = 345; 222

22

2

2 2 =−=−= BBABABBB

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

1 �/��/��9��

19


� 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

Nf AA

66069725)2411(25

)600()275(

222

2222

==+

+=+

Koefisien gesekan lantai di A, µs = 46,0==⇔A

As

s

N

f

N

fµ

Documents

DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR fileBAB DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR Contoh 5.1 Pemahaman konsep torsi (a) Tentukan torsi terhadap poros O oleh gaya 20