Gaya Sentripetal Mikrajuddin Abdullah Fisika Dasar I 2016

Bab 4 Gaya 302 adanya percepatan ke arah pusat a c adalah 12a c t 2 . Dengan demikian, jarak titik pusat lingkaran ke titik C menjadi R+12a c t 2 . Segitiga OAB adalah segitiga siku-siku. Dengan menggunakan teorema Phitagoras kita dapatkan A B C R R v t a c O Gambar 4.39 Menentukan percepatan sentripetal.   2 2 2 2 2 1 t v R t a R c          atau 2 2 2 4 2 2 2 4 1 t v R t a t Ra R c c        atau Bab 4 Gaya 303 2 2 2 4 1 v t a Ra c c    4.84 Kita ambil selang waktu yang mendekati nol sehingga suku kedua di ruas kiri dapat diabikan. Akhirnya kita dapatkan 2 v Ra c  Ini berarti percepatan ke arah pusat memenuhi R v a c 2  4.85 Gaya yang dialami benda ke arah pusat memenuhi R v m F 2  4.86 Gaya yang diungkapkan oleh persamaan 4.86 disebut gaya sentripetal dan percepatan dalam persamaan 4.85 disebut percepatan sentripetal. Contoh 4.5 cukup sulit dan dapat dilewati Misalkan sebuah benda yang meluncur pada lintasan seperempat lingkaran yang memiliki gaya gesekan seperti ditunjukkan dalam Gambar 4.40. Tentukan percepatan benda sebagai fungsi sudut terhadap arah vertikal. Bab 4 Gaya 304   mg mg cos  mg sin  N f k R Gambar 4.40 Benda meluncur pada lintasan seperempat lingkaran yang memiliki gaya gesekan. Jawab Gaya ke pusat yang bekerja pada benda adalah  sin mg N F c   4.87 Gaya ke pusat merupakan gaya sentripetal seperti diungkapkan dalam persamaan 4.86. Jika persamaan 4.86 dan 4.87 digabung maka kita peroleh persamaan berikut ini R mv mg N sin 2    4.88 Bab 4 Gaya 305 Karena benda bergerak maka gaya gesekan yang muncul adalah gaya gesekan kinetik. Besar gaya gesekan kinetik yang bekerja pada benda adalah sin 2 R mv mg N f k k k       4.89 Gaya penggerak yang menarik benda sepanjang lintasan lingkaran adalah k f mg F    cos = sin cos 2 R mv mg mg k      Dengan menggunakan hukum II Newton kita dapatkan m F a  R v g g k k sin cos 2        4.91 Kita memperhatikan gerakan arah tangensial saja. Untuk gerak dalam arah tersebut berlaku   R v  dan    R a  . Substitusi ke dalam persamaan 4.91 maka diperoleh R R g g R k k sin cos 2             atau       sin cos 2 R g R g k k       4.92 Bab 4 Gaya 306 Persamaan 4.92 adalah persamaan diferensial non linier dan sulit diselesaikan langsung. Untuk menyelesaikan persamaan 4.92 mari kita mulai dengan menulis sebagai berikut         d d dt d d d dt d          4.93 Substitusi persamaan 4.93 ke dalam 4.93 maka kita dapatkan persamaan berikut ini         sin cos 2 R g R g d d k k       atau        sin cos 2 2 2 R g R g d d k k      4.94 Selanjutnya mari kita misalkan 2   y 4.95 Dengan permisalan ini maka persamaan 4.94 dapat ditulis ulang menjadi               sin cos 2 2 R g R g y d dy k k 4.96 Kemudian kalikan dua ruas persamaan 4.96 dengan   k e 2 sehingga diperoleh Bab 4 Gaya 307                         sin cos 2 2 2 2 R g R g e y d dy e k k k k 4.97 Ruas kiri persamaan 4.97 dapat disederhanakan sebagai berikut                   sin cos 2 2 2 R g R g e ye d d k k k Dengan melakukan integral ruas kiri dan kanan maka                     2 2 sin cos 2 d R g R g e ye k k k 4.98 Pada saat  = 0, kecepatan awal benda dianggap nol sehingga kecepatan sudut pun nol yang menyebabkan y0 = 0. Dengan demikian                   2 2 sin cos 2 d R g R g e ye k k k 4.99 Untuk menyelesaikan integral pada persamaan 4.99, kita gunakan rumus berikut ini 1 4 cos sin 2 sin 2 2 2             e d e 4.100a Bab 4 Gaya 308 1 4 sin cos 2 cos 2 2 2             e d e 4.100b Jika rumus integral di atas dimasukkan dan memasukkan batas dari 0 sampai  kita peroleh            k e R g y k k k k 2 2 2 3 sin 2 1 cos 3 1 4 2             4.101 Karena 2   y dan  R v  maka           k e R g R v k k k k 2 2 2 2 2 3 sin 2 1 cos 3 1 4 2             atau   2 1 2 2 2 1 2 3 sin 2 1 cos 3 1 4 2         k e gR v k k k k             4.102 Laju saat benda meninggalkan lintasan diperoleh ketika  = 2, yaitu   2 1 2 2 1 2 3 2 1 1 4 2      k e gR v k k k f            4.103 Percepatan benda arah tangensial setiap saat  R a  Bab 4 Gaya 309 dt d R   dt d d d R        d d R      d d R 2 2 1    d dy R 2 1  4.104 Gunakan persamaan 4.101 ke dalam persamaan 4.104 sehingga diperoleh           k e g a k k k k 2 2 2 2 6 cos 2 1 sin 3 1 4        4.105 Kasuk khusus, jika tidak ada gesekan antara benda dengan lantai, atau  k = 0 sehingga persamaan 4.103 – 4.105 menjadi  sin 2gR v  Bab 4 Gaya 310  cos g a  Pada saat benda meninggalkan lintasa, laju adalah v f = 2gR 12 . Contoh 4.6 cukup sulit dan dapat dilewati Sebuah benda menuruni lintasan berupa permukaan bola seperti ditunjukkan pada Gambar 4.41. Pada sudut berapa bola mulai meninggalkan lintasan? N W f k  Gambar 4.41 Benda menuruni lintasan berupa permukaan bola . Jawab Persamaan yang berlaku untuk gaya arah tegak lurus dan menyinggung permukaan bola adalah Bab 4 Gaya 311 R mv N W 2 cos    4.106 dt dv m f W k    sin 4.107 Massa tetap menggelinding di permukaan selama N 0. Massa mulai meninggalkan permukaan jika N = 0. Jika sudut pada kondisi ini adalah  p maka akan terpenuhi R mv mg p p 2 cos    atau gr v p p 2 cos   4.108 Selama benda masih menyentuh permukaan lintasan maka gaya gesekan memenuhi f k =  k N. Kita tulis percepatan tangenisal benda dinyatakan dalam besaran sudut dengan transformasi sebagai berikut dt d d dv dt dv      d dv   d dv r v  Bab 4 Gaya 312         d dv r 2 2 1 1  d dv r 2 2 1  4.109 Berdasarkan persamaan 4.106 gaya normal setiap saat adalah r mv mg N 2 cos    Dengan demikian gaya gesekan tiap saat yang dialami benda adalah         r mv mg f k k 2 cos   4.110 Persamaan 4.107 dapat ditulis menjadi   d dv r m f mg k 2 2 sin   Substitusi persamaan 4.110 ke dalam persamaan di atas maka kita dapatkan     d dv r m r mv mg mg k 2 2 2 cos sin          atau Bab 4 Gaya 313        cos sin 2 2 2 2 k k gr v d dv    4.111 Untuk mudahnya persamaan 4.111 dapat ditulis dalam bentuk berikut ini 2    f y d dy k   4.112 dengan 2 v y  4.113 dan       cos sin 2 k gr f   4.114 Untuk menyelesaikan persamaan diferensial 4.112 mai kita kalikan dua ruas dengan   k e 2  seningga menjadi 2 2 2        f e y d dy e k k k         Kalian dapat membuktikan dengan mudah bahwa ruas kiri dapat ditulis ulang sehingga diperoleh bentuk berikut ini   2 2       f e ye d d k k    4.115 Kita integral ruas kiri dan kanan persamaan 4.115 sehingga diperoleh Bab 4 Gaya 314 C d f e ye k k            2 2 atau         k k k Ce d f e e y 2 2 2     Substitusi kembali y dan f dari persamaan 4.112 dan 4.113 ke dalam persamaan 4.116 sehingga diperoleh               k k k Ce d gr e e v k 2 2 2 2 cos sin 2      Jika diintegralkan maka kita peroleh hasil berikut ini          k Ce gr v k k k 2 2 2 2 sin 3 cos 1 2 4 1 2      Benda mulai dilepas pada saat sudut awal  . Pada sudut ini laju benda v = 0. Dengan demikian   2 2 2 sin 3 cos 1 2 4 1 2        k Ce gr k k k      Dari sini kita dapatkan   2 2 2 sin 3 cos 1 2 4 1 2        k e gr C k k k       4.118 Bab 4 Gaya 315 Benda meninggalkan permukaan ketika v = v p dan sudut adalah  p . Persamaan yang dipenuhi adalah   p k Ce gr v p k p k k p        2 2 2 2 sin 3 cos 1 2 4 1 2      4.119 Tetapi dengan menggunakan persamaan 4.108 kita dapat menulis   p k Ce gr rg p k p k k p         2 2 2 sin 3 cos 1 2 4 1 2 cos      Selanjutnya dengan memasukkan C pada persamaan 4.118 kita dapat menulis   p k p k k p gr rg       sin 3 cos 1 2 4 1 2 cos 2 2       2 2 2 sin 3 cos 1 2 4 1 2              P k e gr k k k    2 2 2 cos cos 1 2 4 1 2 cos              P k e gr rg p k k p    2 sin sin 3          P k e p k Bab 4 Gaya 316 atau    2 2 2 cos cos 1 2 4 1 2 cos              P k e p k k p    2 sin sin 3          P k e p k 4.120 Sudut  adalah sudut ketika benda mulai meluncur. Sudut ini ditentukan oleh koefisien gesekan statis dan memenuhi persamaan  s = tan sudut kemiringan bidang Ketika sudut jari-jari yang dibentuk benda adalah  maka sudut kemiringan bidang adalah 90 o - . Dengan demikian cot 90 tan       o s Dengan hubungan ini maka 2 1 1 cos s     2 1 sin s s      Persamaan 4.120 dapat diselesaikan secara numerik untuk mencarai  P jika diberikan informasi koefisien gaya gesekan kinetik dan stattik. Contoh carilah  dan  P jika koefisien gaya gesekan statis dan kinetik masing-masing 0,5 dan 0,3. Dengan nilai ini maka cos  = 0,8944, Bab 4 Gaya 317 sin  = 0,4472.  = 0,4636 rad = 26,6 o . Persaman yang akan diselesaikan menjadi    4636 , 6 , 8944 , cos 82 , 471 , 1 cos     P e p p      4636 , 6 , 4472 , sin 9 ,    P e p   p p p P e     sin 3239 , 1 2652 , 1 cos 206 , 1 cos 6 ,     2652 , 1 sin 3239 , 1 cos 206 , 2 6 ,    P e p p    Solusi persamaan di atas harus diselesaikan secara numerik. Dengan menggunakan Excel kita dapatkan solusinya adalah  P = 0,9963 rad = 57,1 o Jalan Raya Ketika kendaraan melewati jalan yang menikung Gambar 4.42, pengendara harus hati-hati dan harus mengurangi kecepatan. Kenapa? Jika kecepatan terlalu tinggi maka kendaraan dapat terlempar keluar dari jalan. Selama melewati lintasan jalan menikung berbentuk lingkaran kendaraan memiliki percepatan sentripetal akibat gesekan antara roda kendaraan dan jalan raya. Jika f s adalah gaya gesekan, maka selama berada pada lintasan laju mobil harus memenuhi m R f v s  4.121 dengan R adalah jari-jari kelengkungan jalan raya dan m adalah massa kendaraan. Gaya gesekan memilii nilai maksimum. Nilai tersebut kita sebut gaya gesekan maksimum yang disimbolkan dengan f s,maks . Nilai gaya gesekan yang dialami kendaraan memenui f s ≤ f s,maks . Masukkan ketidaksamaan ini ke dalam persamaan 4.121 maka kita peroleh bahwa laju kendaraan agar tetap berada pada lintasan lingkaran harus memenuhi Bab 4 Gaya 318 m R f v maks s,  4.122 Dengan demikian, ada laju maksimum yang diijinkan agar kendaraan tetap berada pada lintasan. Laku maksimum tersebut adalah m R f v maks s maks ,  4.123 Selama melewati lintasan lingkaran, laju kendaraan tidak boleh terlalu besar. Kendaraan yang rodanya mulai mulus harus lebih berhati-hati lagi karena gaya gesekan antara roda dan jalan raya lebih kecil. Gambar 4.42 Ketika melewati lintasan melengkung, kendaraan harus berhati-hati dan mengurangi kecepatan.

4.5 Tekanan

Dengan pisau tumpul, tukang masak kesulitan memotong daging. Namun, dengan pisau yang tajam, tukang masak dapat memotong daging dengan mudah. Paku yang tumpul sulit ditancapkan ke kayu. Paku yang Bab 4 Gaya 319 tajam mudah sekali ditancapkan ke kayu. Jika kulit kita tersentuh ujung yang tajam atau runcing maka mudah sekali kulit merasa sakit atau terluka. Namun jika tersentuh ujung yang tumpul, kulit sulit terluka meskipun diberi gaya yang sama. Ujung tombak dan anak panah dibuat runcing agar mudah menembus sasaran. Semua alat pemotong memiliki ujung yang runcing. Semua alat penusuk memiliki ujung yang lancip dan runcing Gambar 4.43. a b c Gambar 4.43 Sejumlah benda dengan ujung tajam dan runcing yang memungkinkan menusuk ke benda lain dengan mudah: a pisau cfbmatrix.com, b paku, dan c anak panah ajihaditanoyo.wordpress.com Kita bertanya, mengapa ujung yang runcing dan lancip mudah menembus benda? Mengapa ujung yang tumpul sulit menembus benda? Untuk menjawab pertanyaan ini maka kita perlu mendefinisikan sebuah besaran fisika yang kita namakan tekanan. Tekanan inilah yang

Dokumen baru

PENGARUH PENERAPAN MODEL DISKUSI TERHADAP KEMAMPUAN TES LISAN SISWA PADA MATA PELAJARAN ALQUR’AN HADIS DI MADRASAH TSANAWIYAH NEGERI TUNGGANGRI KALIDAWIR TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

119 3984 16

PENGARUH PENERAPAN MODEL DISKUSI TERHADAP KEMAMPUAN TES LISAN SISWA PADA MATA PELAJARAN ALQUR’AN HADIS DI MADRASAH TSANAWIYAH NEGERI TUNGGANGRI KALIDAWIR TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

40 1057 43

PENGARUH PENERAPAN MODEL DISKUSI TERHADAP KEMAMPUAN TES LISAN SISWA PADA MATA PELAJARAN ALQUR’AN HADIS DI MADRASAH TSANAWIYAH NEGERI TUNGGANGRI KALIDAWIR TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

40 945 23

PENGARUH PENERAPAN MODEL DISKUSI TERHADAP KEMAMPUAN TES LISAN SISWA PADA MATA PELAJARAN ALQUR’AN HADIS DI MADRASAH TSANAWIYAH NEGERI TUNGGANGRI KALIDAWIR TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

21 632 24

PENGARUH PENERAPAN MODEL DISKUSI TERHADAP KEMAMPUAN TES LISAN SISWA PADA MATA PELAJARAN ALQUR’AN HADIS DI MADRASAH TSANAWIYAH NEGERI TUNGGANGRI KALIDAWIR TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

28 790 23

KREATIVITAS GURU DALAM MENGGUNAKAN SUMBER BELAJAR UNTUK MENINGKATKAN KUALITAS PEMBELAJARAN PENDIDIKAN AGAMA ISLAM DI SMPN 2 NGANTRU TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

60 1348 14

KREATIVITAS GURU DALAM MENGGUNAKAN SUMBER BELAJAR UNTUK MENINGKATKAN KUALITAS PEMBELAJARAN PENDIDIKAN AGAMA ISLAM DI SMPN 2 NGANTRU TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

66 1253 50

KREATIVITAS GURU DALAM MENGGUNAKAN SUMBER BELAJAR UNTUK MENINGKATKAN KUALITAS PEMBELAJARAN PENDIDIKAN AGAMA ISLAM DI SMPN 2 NGANTRU TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

20 825 17

KREATIVITAS GURU DALAM MENGGUNAKAN SUMBER BELAJAR UNTUK MENINGKATKAN KUALITAS PEMBELAJARAN PENDIDIKAN AGAMA ISLAM DI SMPN 2 NGANTRU TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

32 1111 30

KREATIVITAS GURU DALAM MENGGUNAKAN SUMBER BELAJAR UNTUK MENINGKATKAN KUALITAS PEMBELAJARAN PENDIDIKAN AGAMA ISLAM DI SMPN 2 NGANTRU TULUNGAGUNG Institutional Repository of IAIN Tulungagung

41 1350 23