Upload
nurfaida
View
98
Download
7
Embed Size (px)
DESCRIPTION
laporan fisika dasar
Citation preview
SISTEM KESETIMBANGAN GAYA
Nurfaida, Dedi riwanto, Nurtang, Zam’ah
Laboratorium Fisika Dasar Program Studi Pendidikan fisika FMIPA
Universitas Negeri Makassar
Abstrak. Telah dilakukan praktikum dengan judul Kesetimbangan Gaya dengan tujuan : pertama, menyelidiki kondisi-kondisi kesetimbangan statis pada sistem tuas dua lengan dan kedua, menentukan momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip kesetimbangan. Alat dan bahan yang digunakan yaitu dasar statif, kaki statif, batang statif pendek, batang statif panjang, balok pendukung, neraca pegas 1,5 N, steker poros, tuas dan beban 50 gram. Pada praktikum ini dilakukan lima kegiatan. Sebuah benda berada dalam kesetimbangan jika vektor resultan dari semua gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol dan momen gayanya nol. Sistem tuas dua lengan dengan panjang tuas disebelah kanan poros dan disebelah kiri poros sama dapat membuat kondisi-kondisi kesetimbangan statis. Resultan momen gaya tuas berdasarkan prinsip kesetimbangan adalah nol.
Kata kunci: diam, kesetimbangan gaya, momen gaya nol, resultan gaya nol
RUMUSAN MASALAH
1. Bagaimana kondisi-kondisi kesetimbangan statis pada sistem tuas dua
lengan?
2. Berapa momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip
kesetimbangan?
TUJUAN
1. Menyelidiki kondisi-kondisi kesetimbangan statis pada sistem tuas dua
lengan.
2. Menentukan momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip
kesetimbangan.
METODOLOGI EKSPERIMEN
Teori Singkat Ada dua kondisi yang harus dipenuhi oleh sebuah benda untuk dapat mencapai
keadaan kesetimbangan statis. Pertama benda tersebut harus berada dalam
kesetimbangan translasi yang berarti bahwa vektor resultan dari semua gaya yang
bekerja pada benda harus sama dengan nol. Kondisi yang lain adalah harus dalam
keadaan kesetimbangan rotasinya. Jarak tegak lurus dari pusat putaran terhadap
garis gaya aksi disebut lengan gaya . Torka τ merupakan besaran vektor yang
didefinisikan :
τ=R × F (Herman : 2014 , 43)
Efek rotasi dari sebuah benda terkadang dikaitkan dengan pusat gravitasi yang
didefinisikan sebagai gaya tunggal ke atas yang dapat menyeimbangkan atraksi
gravitasi pada semua bagian benda untuk berbagai posisi. Gambar 5.1
menunjukkan sebuah batang yang disetim pada titik B dengan w1 dan w2 adalah
berat beban gantung. Berat batang wB adalah tarikan gravitasi yang bekerja pada
pusat gravitasi C. Kondisi untuk kesetimbangan rotasi untuk sistem di atas adalah:
w1 (L1) = w2 (L2) + wB (L3)
C B
w2 L3 w1
wB
L2 L1
Gambar 5.1. sistem dalam keadaan seimbang
(Herman : 2014 , 43)
Alat dan Bahan
Alat
1. Dasar statif 1 buah
2. Kaki statif 1 buah
3. Batang statif pendek 1 buah
4. Batang statif panjang 1 buah
5. Balok pendukung 1 buah
6. Neraca pegas 1,5 N 1 buah
7. Steker poros 1 buah
8. Tuas 1 buah
Bahan
1. Beban 50 gram 3 buah
Identifikasi Variabel
Kegiatan 1 – kegiatan 5
1. Variabel manipulasi : lengan beban 1, lengan beban 2, lengan gaya
2. Variabel kontrol : berat beban 1, berat beban 2
3. Variabel respon : momen gaya
Definisi Operasional Variabel
1. Variabel manipulasi adalah variabel yang nilainya berubah-ubah. Pada
kegiatan ini terdiri atas :
a. Lengan beban 1 adalah panjang tuas dari poros sampai beban 1
dengan satuan m.
b. Lengan beban 2 adalah panjang tuas dari poros sampai beban 2
dengan satuan m.
c. Lengan gaya adalah panjang tuas dari poros sampai neraca pegas
dengan satuan m.
2. Variabel kontrol adalah variabel yang nilainya tetap. Pada kegiatan ini
terdiri atas :
a. Berat beban 1 adalah berat satu beban 50 gram yang diukur dengan
neraca pegas 1,5 N dengan satuan N.
b. Berat beban 2 adalah berat dua beban 50 gram yang diukur dengan
neraca pegas 1,5 N dengan satuan N.
3. Variabel respon adalah variabel yang menanggapi perubahan variabel
manipulasi dengan kata lain jika nilai variabel manipulasi berubah, maka
nilai variabel respon juga berubah. Pada kegiatan ini terdiri atas :
a. Momen gaya adalah hasil kali lengan gaya L1 dengan W1 , hasil
kali lengan gaya L2 dengan W1 , dan hasil kali lengan gaya Lf
dengan F neraca pegas dengan satuan Nm.
Prosedur Kerja
Menyusun/merangkai alat-alat tersebut.
Keterangan:
1. Setelah seluruh peralatan dipersiapkan sesuai dengan daftar di atas,rakitlah
seperti gambar.
2. Memasang steker poros pada balok pendukung kemudian memasang balok
pendukung pada ujung atas batang statif.
3. Memasang tuas pada steker poros dan mengatur keseimbangannya agar
anak panah tepat menunjuk vertikal kebawah.
Kegiatan laboratorium
1. Memasang beban m1 pada posisi 4 (6 cm dari pusat tuas) dan beban m2
pada posisi 10 (15 cm dari pusat tuas) disebelah kanan titik pusat tuas
(seperti gambar dibawah). Mencatat masing-masing panjang lengan beban
sebagai panjang L1 dan L2.
2. Memasang neraca pegas pada posisi (15 cm dari pusat tuas) disebelah
kanan titik pusat tuas (seperti gambar dibawah). Mencatat sebagai
panjang lengan gaya Lf.
L2
Lf
L1
Fpegas w1 w2
3. Menarik neraca pegas hingga terjadi kesetimbangan dan membaca
besarnya gaya (F) pada neraca pegas tersebut.
4. Mengulangi langkah 1 sampai dengan 3 dengan posisi m1, m2, dan neraca
pegas yang berbeda hingga 5 kali.
HASIL EKSPERIMEN DAN ANALISIS DATA
HASIL PENGAMATAN
W1 = | 0,50 ± 0,05|
W2 = | 1,00 ± 0,05|
Nst Neraca pegas = 0,1 N
Tabel 1. Lengan gaya
No. urut
Kegiatan
1 2 3 4 5
Lengan
Beban 1
(L1),×10-2
m
|6,0±0,5| |3,0±0,5| |4,5±0,5| |9,0±0,5| |7,5±0,5|
Lengan
Beban 2
(L2),×10-2
m
|15,0±0,5| |15,0±0,5| |12,0±0,5| |13,5±0,5| |12,0±0,5|
Lengan
Gaya (Lf)
×10-2 m
|15,0±0,5| |12,0±0,s5| |10,5±0,5| |16,5±0,5| |10,5±0,5|
Gaya
Pegas (F),
N
|1,20±0,05| |1,30±0,05| |1,25±0,05| |1,00±0,05| |
1,40±0,05|
ANALISIS DATA
Momen gaya oleh beban W1, W2, dan gaya pegas
τ1=W 1× L1
τ 2=W 2× L2
τ f=F × Lf
Rambat ralat
τ=F ×l
τ=W ×l
dτ=| δτδW |dW +|δτ
δl |dl
dτ=|δ(W × l)δW |dW +|δ (W ×l)
δl |dl
dτ=|l .dW|+¿W .dl∨¿
dττ
=|l . dWW .l |+|w . dl
W .l |
∆ τ=|∆ WW
+ ∆ LL |τ
∆ τ1=|∆ W 1
W 1
+∆ L1
L1|τ1
∆ τ2=|∆ W 2
W 2
+∆ L2
L2|τ2
τ f=F ×lf
dτ = │δ τδ F
│dF + │δ τδ lF
│dlF
dτ = │δ(F ×lf )
δ F│dF + │
δ(F ×lf )δ lF
│dlF
dτ=|lF .dF|+¿ F .dlf ∨¿
dττ f
=|l f . dF
F ×lf|+|F .dlf
F × lf|
∆ τ f =|∆ FF
+∆ Lf
Lf|τ f
1. Berdasarkan hasil pengukuran,menghitung momen gaya (torka) masing-
masing oleh beban w1,w2 dan gaya pegas F
a. Kegiatan 1
1) Beban 1
W1 = |0,50±0,05|
τ1=W 1× l1
τ1=0,50 N × 6,00 .10−2 m
τ1=3× 10−2 Nm
τ1=0,03 Nm
∆ τ1=|∆ W 1
W 1
+∆ L1
L1|τ1
∆ τ1=|0,050,50
+0,05 .10−2
6.10−2 |3 .10−2 Nm
∆ τ1=|0,1+0,0083|3. 10−2 Nm
∆ τ1=0,1083 ×3 .10−2 Nm
∆ τ1=0,3249 ×10−2 Nm
KR=∆ τ1
τ1
×100 %
KR = 0,3249 ×10−2
3× 10−2 × 100 %
KR = 10,83 % 2 AB
DK = 100% - 10,83% = 89,17 %
PF = |τ1± ∆ τ1| = |3,0 ± 0,3| 10-2 Nm
2) Beban 2
W2 = |1,00±0,05| N
τ 2=W 2× l2
τ 2=1,00 N × 15,00 .10−2m
τ 2=15× 10−2 Nm
τ 2=0,15 Nm
∆ τ2=|∆ W 2
W 2
+∆ L2
L2|τ2
∆ τ2=|0,051,00
+0,05 .10−2
15. 10−2 |15 .10−2 Nm
∆ τ2=|0,05+0,0033|15 .10−2 Nm
∆ τ2=0,0533 ×15 . 10−2 Nm
∆ τ2=0,7995 ×10−2 Nm
KR=∆ τ2
τ2
×100 %
KR = 0,7995 ×10−2
15× 10−2 × 100 %
KR = 5,33 % 3 AB
DK = 100% - 5,33% = 94,67 %
PF = |τ2± ∆ τ2| = |15,0 ± 0,8| 10-2 Nm
3) Gaya pegas
F = |1,20 ± 0,05| N
τ f=F ×lf
τ f=1,20 N ×15,00 . 10−2 m
τ f=18 × 10−2 Nm
∆τ f = │∆ W f
F +
∆ lf
l│τ f
= │0,051,20
+ 0,05 .10−2
15 .10−2 │18.10-2 Nm
∆τ f = │0,0417 + 0,0033│18.10-2 Nm
= 0,045 × 18.10-2 Nm
= 0,81.10-2 Nm
KR = ∆ τ f
τ f × 100%
= 0,81 .10−2
18.10−2 × 100%
= 4,5 % (3AB)
DK = 100% - KR = 100% - 4,5% = 95,5%
PF = │τ f ± ∆τ f│
= │18,0 ± 0,8│10-2 Nm
b. Kegiatan 2
1) Beban 1
W1 = |0,50±0,05| N
τ1=W 1× l1
τ1=0,50 N × 3,00 .10−2m
τ1=1,5× 10−2 Nm
τ1=0,015 Nm
∆ τ1=|∆ W 1
W 1
+∆ L1
L1|τ1
∆ τ1=|0,050,50
+0,05 .10−2
3.10−2 |1,5 .10−2 Nm
∆ τ1=|0,1+0,0167|1,5 .10−2 Nm
∆ τ1=0,1167× 1,5 .10−2 Nm
∆ τ1=0,17505 ×10−2 Nm
KR=∆ τ1
τ1
×100 %
KR = 0,17505 ×10−2
1,5× 10−2 × 100 %
KR = 11,67 % 2 AB
DK = 100% - 11,67% = 88,33 %
PF = |τ1± ∆ τ1| = |1,5 ± 0,2| 10-2 Nm
2) Beban 2
W2 = |1,00±0,05| N
τ 2=W 2× l2
τ 2=1,00 N × 15,00 .10−2m
τ 2=15× 10−2 Nm
τ 2=0,15 Nm
∆ τ2=|∆ W 2
W 2
+∆ L2
L2|τ2
∆ τ2=|0,051,00
+0,05 .10−2
15. 10−2 |15 .10−2 Nm
∆ τ2=|0,05+0,0033|15 .10−2 Nm
∆ τ2=0,0533 ×15 . 10−2 Nm
∆ τ2=0,7995 ×10−2 Nm
KR=∆ τ2
τ2
×100 %
KR = 0,7995 ×10−2
15× 10−2 × 100 %
KR = 5,33 % 3 AB
DK = 100% - 5,33% = 94,67 %
PF = |τ2± ∆ τ2| = |15,0 ± 0,8| 10-2 Nm
3) Gaya pegas
F = |1,30±0,05| N
τ f=F ×lf
τ f=1,30 N ×12,00 . 10−2 m
τ f=15,6 × 10−2 Nm
∆τ f = │∆ W f
F +
∆ lf
l│τ f
= │0,051,30
+ 0,05 .10−2
12 .10−2 │15,6.10-2 Nm
∆τ f = │0,0385 + 0,0042│15,6.10-2 Nm
= 0,0427 × 15,6.10-2 Nm
= 0,66612.10-2 Nm
KR = ∆ τ f
τ f × 100%
= 0,66612 .10−2
15,6.10−2 × 100%
= 4,27 % (3AB)
DK = 100% - KR = 100% - 4,27% = 95,73%
PF = │τ f ± ∆τ f│
= │15,6 ± 0,7│10-2 Nm
c. Kegiatan 3
1) Beban 1
W1 = |0,50±0,05| N
τ1=W 1× l1
τ1=0,50 N × 4,50 . 10−2 m
τ1=2,25× 10−2 Nm
τ1=0,0225 Nm
∆ τ1=|∆ W 1
W 1
+∆ L1
L1|τ1
∆ τ1=|0,050,50
+0,05 .10−2
4,50.10−2|2,25 .10−2 Nm
∆ τ1=|0,1+0,0111|2,25 . 10−2 Nm
∆ τ1=0,1111×2,25 . 10−2 Nm
∆ τ1=0,249975 ×10−2 Nm
KR=∆ τ1
τ1
×100 %
KR = 0,249975 ×10−2
2,25 ×10−2 × 100 %
KR = 11,11 % 2 AB
DK = 100% - 11,11% = 88,89 %
PF = |τ1± ∆ τ1| = |2,2 ± 0,2| 10-2 Nm
2) Beban 2
W2 = |1,00±0,05| N
τ 2=W 2× l2
τ 2=1,00 N × 12,00 .10−2m
τ 2=12× 10−2 Nm
τ 2=0,12 Nm
∆ τ2=|∆ W 2
W 2
+∆ L2
L2|τ2
∆ τ2=|0,051,00
+0,05 .10−2
12. 10−2 |12. 10−2 Nm
∆ τ2=|0,05+0,0042|12. 10−2 Nm
∆ τ2=0,0542 ×12 .10−2 Nm
∆ τ2=0,6504 × 10−2 Nm
KR=∆ τ2
τ2
×100 %
KR = 0,6504 ×10−2
12 ×10−2 ×100 %
KR = 5,42 % 3 AB
DK = 100% - 5,42% = 94,58 %
PF = |τ2± ∆ τ2| = |12,0 ± 0,6| 10-2 Nm
3) Gaya pegas
F = |1,25±0,05| N
τ f=F ×lf
τ f=1,25 N ×10,5 . 10−2 m
τ f=13,125 × 10−2 Nm
∆τ f = │∆ W f
F +
∆ lf
l│τ f
= │0,051,25
+ 0,05 .10−2
10,5 .10−2 │13,125.10-2 Nm
∆τ f = │0,04 + 0,0048│13,125.10-2 Nm
= 0,0448 × 13,125.10-2 Nm
= 0,588.10-2 Nm
KR = ∆ τ f
τ f × 100%
= 0,588 .10−2
13,125.10−2 × 100%
= 4,48 % (3AB)
DK = 100% - KR = 100% - 4,27% = 95,52%
PF = │τ f ± ∆τ f│
= │13,1 ± 0,6│10-2 Nm
d. Kegiatan 4
1) Beban 1
W1 = |0,50±0,05| N
τ1=W 1× l1
τ1=0,50 N × 9,00 . 10−2 m
τ1=4,5 ×10−2 Nm
τ1=0,045 Nm
∆ τ1=|∆ W 1
W 1
+∆ L1
L1|τ1
∆ τ1=|0,050,50
+0,05 .10−2
9,00. 10−2|4,5.10−2 Nm
∆ τ1=|0,1+0,0055|4,5 . 10−2 Nm
∆ τ1=0 , 1055 ×4,5 . 10−2 Nm
∆ τ1=0 , 47475 ×10−2 Nm
KR=∆ τ1
τ1
×100 %
KR = 0 ,47475 ×10−2
4,5 ×10−2 ×100 %
KR = 10,55 % 2 AB
DK = 100% - 10,55% = 89,45 %
PF = |τ1± ∆ τ1| = | 4,5±0,5 | 10-2 Nm
2) Beban 2
W2 = |1,00±0,05| N
τ 2=W 2× l2
τ 2=1,00 N × 13,50 .10−2m
τ 2=13,5× 10−2 Nm
τ 2=0,135 Nm
∆ τ2=|∆ W 2
W 2
+∆ L2
L2|τ2
∆ τ2=|0,051,00
+ 0,05 . 10−2
13,50. 10−2|13,5 .10−2 Nm
∆ τ2=|0,05+0,0037|13,5 .10−2 Nm
∆ τ2=0,0537 ×13,5 . 10−2 Nm
∆ τ2=0,72495 ×10−2 Nm
KR=∆ τ2
τ2
×100 %
KR = 0,72495 ×10−2
13,5× 10−2 × 100 %
KR = 5,37 % 3 AB
DK = 100% - 5,37% = 94,63 %
PF = |τ2± ∆ τ2| = |13,5 ± 0,7| 10-2 Nm
3) Gaya pegas
F = |1,00±0,05| N
τ f=F ×lf
τ f=1,00 N ×16,50 . 10−2 m
τ f=16,50 × 10−2 Nm
∆τ f = │∆ W f
F +
∆ lf
l│τ f
= │0,051,00
+ 0,05 .10−2
16,5 .10−2 │16,50.10-2 Nm
∆τ f = │0,05 + 0,0030│16,50.10-2 Nm
= 0,0530 ×16,50.10-2 Nm
= 0,8745 .10-2 Nm
KR = ∆ τ f
τ f × 100%
= 0,8745.10−2
16,5010−2 × 100%
= 5,3% (3AB)
DK = 100% - KR = 100% - 5,3% = 94,7%
PF = │τ f ± ∆τ f│
= │16,5 ± 0,9 │10-2 Nm
e. Kegiatan 5
1) Beban 1
W1 = |0,50±0,05| N
τ1=W 1× l1
τ1=0,50 N × 7,50 .10−2m
τ1=3,75× 10−2 Nm
τ1=0,0375 Nm
∆ τ1=|∆ W 1
W 1
+∆ L1
L1|τ1
∆ τ1=|0,050,50
+0,05 .10−2
7,50. 10−2 |3,75.10−2 Nm
∆ τ1=|0,1+0,0067|3,75.10−2 Nm
∆ τ1=0,1067 ×3,75 . 10−2 Nm
∆ τ1=0 , 400125 ×10−2 Nm
KR=∆ τ1
τ1
×100 %
KR = 0 ,400125 ×10−2
3,75 ×10−2 ×100 %
KR = 10,67% 2 AB
DK = 100% - 10,67% = 89,33 %
PF = |τ1± ∆ τ1| = |3,8 ± 0,4| 10-2 Nm
2) Beban 2
W2 = |1,00±0,05| N
τ 2=W 2× l2
τ 2=1,00 N × 12,00 .10−2m
τ 2=12× 10−2 Nm
τ 2=0,12 Nm
∆ τ2=|∆ W 2
W 2
+∆ L2
L2|τ2
∆ τ2=|0,051,00
+0,05 .10−2
12. 10−2 |12. 10−2 Nm
∆ τ2=|0,05+0,0042|12. 10−2 Nm
∆ τ2=0,0542 ×12 .10−2 Nm
∆ τ2=0,6504 × 10−2 Nm
KR=∆ τ2
τ2
×100 %
KR = 0,6504 ×10−2
12 ×10−2 ×100 %
KR = 5,42 % 3 AB
DK = 100% - 5,42% = 94,58 %
PF = |τ2± ∆ τ2| = |12,0 ± 0,6| 10-2 Nm
3) Gaya pegas
F = |1,40±0,05| N
τ f=F ×lf
τ f=1,40 N ×10,5 . 10−2 m
τ f=14,7 × 10−2 Nm
∆τ f = │∆ W f
F +
∆ lf
l│τ f
= │0,051,40
+ 0,05 .10−2
10,5 .10−2 │14,7.10-2 Nm
∆τ f = │0,0357 + 0,0048│14,7.10-2 Nm
= 0,0405 × 14,7.10-2 Nm
= 0,59535.10-2 Nm
KR = ∆ τ f
τ f × 100%
= 0,59535 10−2
14,7 .10−2 × 100%
= 4,05% (3AB)
DK = 100% - KR = 100% - 4,05% = 95,95 %
PF = │τ f ± ∆τ f│
= │14,7 ± 0,6│10-2 Nm
2. Momen gaya masing-masing secara teori
Kegiatan 1
∑ τ=0
τ1+τ2−τ f = 0
3.10-2 Nm + 15. 10-2 Nm -18. 10-2 Nm = 0
0 = 0
Kegiatan 2
∑ τ=0
τ1+τ2−τ f= 0
1,5. 10-2 Nm + 15.10-2 Nm – 15,6.10-2Nm = 0
0,9 . 10-2 Nm = 0
0,009 Nm = 0
Kegiatan 3
∑ τ=0
τ1+τ2−τ f= 0
2,2. 10-2 Nm + 12.10-2 Nm – 13,1.10-2Nm = 0
1,1 . 10-2 Nm = 0
0,011 Nm = 0
Kegiatan 4
∑ τ=0
τ1+τ2−τ f= 0
4,5. 10-2 Nm + 13,5.10-2 Nm – 16,5.10-2Nm = 0
1,5 . 10-2 Nm = 0
0,015 Nm = 0
Kegiatan 5
∑ τ=0
τ1+τ2−τ f= 0
3,8. 10-2 Nm + 12.10-2 Nm – 14,7.10-2Nm = 0
1,1 . 10-2 Nm = 0
0,011 Nm = 0
Hasil praktikum membuktikan Hukum kesetimbangan gaya, yaitu pada kegiatan 1
resultan momen gaya tepat 0. Adapun kegiatan 2 hingga 5 tidak tepat 0 karena
kesalahan-kesalahan yang dilakukan dalam pengamatan ataupun karena kelelahan
komponen alat.
PEMBAHASAN
Pada praktikum ini dilakukan lima kegiatan, kelima kegiatan ini dilakukan dengan
cara meletakkan beban 1 pada posisi tuas sebelah kanan sesuai yang diinginkan,
kecuali pada kegiatan 1 yang telah ditentukan yaitu pada posisi 4, juga meletakkan
beban 2 pada posisi 10 untuk kegiatan 1 dan sembarang posisi pada tuas sebelah
kanan untuk kegiatan 2-kegiatan 5, serta meletakkan neraca pegas pada posisi 10
tuas sebelah kiri untuk kegiatan 1 dan posisi yang diinginkan disebelah kiri poros
tuas untuk kegiatan 1-kegiatan 5 lalu ditarik hingga tuas setimbang .
Kondisi setimbang dipenuhi dengan dua syarat. Syarat pertama, jumlah gaya yang
bekerja padanya harus berjumlah nol. Karena gaya merupakan vektor, komponen-
komponen gaya masing-masing harus nol yaitu di sumbu x dan sumbu y. Syarat
kedua, torsi total yang bekerja harus nol. Berdasarkan praktikum diperoleh bahwa
pada tuas dua lengan menggunakan prinsip kesetimbangan terbukti dengan salah
satu kegiatan yaitu kegiatan 1 menunjukkan torsi total sama dengan nol, juga
jumlah gaya sama dengan nol, disebelah kiri gaya pegas sama dengan gaya berat
beban 1 dan gaya berat beban 2 di sebelah kanan.
Pada kegitan 2-kegiatan 5 walaupun tuas diam yang menunjukkan keadaan
setimbang, tetapi resultan momen gayanya tidak tepat nol. Hal ini dikarenakan
kesalahan pengamat saat membaca neraca pegas, ketidakpastian setiap alat ukur
(pada mistar yang digunakan mengukur jarak setiap lubang dari poros,
ketidakpastiannya= 0,5 cm dan ketidakpastian neraca pegas= 0,05 N) , dan
kelelahan komponen alat seperti pada neraca pegas, pegas yang telah lama dipakai
sehingga menjadi tidak elastis lagi.
SIMPULAN DAN DISKUSI
Kondisi-kondisi kesetimbangan statis dapat diselidiki dengan meninjau dua syarat
kesetimbangan yaitu benda berada dalam kesetimbangan translasi yang berarti
bahwa vektor resultan dari semua gaya yang bekerja pada benda sama dengan nol,
dan benda dalam kesetimbangan rotasi yakni resultan momen gayanya nol.
Momen gaya sistem tuas dua lengan harusnya nol karena sistem tuas dua lengan
ketika dalam keadaan diam dan gaya yang bekerja pada tuas tegak lurus dari pusat
putaran , tuas akan setimbang.
Besar momen gaya sistem tuas dua lengan berdasarkan prinsip kesetimbangan
τ1=¿|3,0±0,3| × 10-2 Nm, τ 2=¿|15,0±0,3| × 10-2 Nm
DAFTAR RUJUKAN
Giancolli, douglas . 1998. Fisika Jilid 1 Edisi kelima (Terjemahan). Jakarta:
Erlangga.
Laboratorium Fisika Dasar Jurusan Fisika FMIPA Universitas Negeri Makassar.
2014. Penuntun Praktikum Fisika Dasar 1, Penerbit UNM . Makassar