CONTOH SOAL DAN JAWABAN PERSAMAAN DIFFER
CONTOH SOAL DAN JAWABAN PERSAMAAN DIFERENSIAL
1. Tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mendinginkan benda padat awalnya di 80 oC
untuk 8oC ini ditempatkan dalam lemari es dengan udara interior dipertahankan pada
5oC. Jika koefisien α = 0,002 m2/s dan bidang kotak antara padat dan udara dingin di
dalam lemari es adalah A = 0,2 m2
Penyelesaian :
Diketahui :
T = 80oC, 8oC, dan 5oC
α = 0,002 m2/s
A = 0,2 m2
Ditanya : Tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mendinginkan benda padat?
Jawab :
Dengan menggunakan persamaan diferensial orde pertama maka didapatkan
dT (t )
=−( 0,002 ) ( 0,2 ) [ T ( t ) −5 ] =−0,0004 [ T ( t )−5 ]
dt
Dengan kondisi
T(0) = 80oC
Maka akan menjadi
dT (t )
=−0,0004 dt
[T ( t )−5 ]
Dengan mengintegralkan kedua sisi :
dT (t )
=¿−0,0004 ∫ dt+ c
[T ( t )−5 ]
∫¿
Maka akan didapatkan
T ( t )−5=e−0,0004 t +c 1=c e−0,0004 t
T ( t )=5+75 e−0,0004t
Jika pada saat suhu 8oC waktu yang dibutuhkan adalah
−0,0004t
T ( t )=8=5+75 e
Maka didapatkan waktunya adalah t = 8047 s
2. Balok es dengan berat 10 kg meleleh dalam lingkungan yang temperaturnya naik.
Laju pengurangan berat es per detik adalah sebanding dengan 20 dikurangi berat es
yang tersisa. Setelah 60 detik, berat es adalah 9,5 kg. berapa berat es setelah 120
detik?
Penyelesaian :
Langkah 1
Menyusun persamaan diferensialnya :
dM
=k ( 20−M ) , M ( 0 )=10, M ( 60 )=9,5
dt
Langkah 2
Mengintegralkan :
dM
dM
=k ( 20−M ) .∫
=−k ∫ dt
dt
20−M
−ln|20−M |=kt +c
Langkah 3
Menjadikan M sebagai subjek :
−ln|20−M |=kt +c ,20−M=e kt +c , M =20−ekt + c
Langkah 4
Menyusun kembali persamaan M dengan konstanta yang
bersangkutan :
kt
c
kt
c
M =20−e e , M =20−A e , dengan A=e
Langkah 5
Mencari nilai konstanta
Menggunakan nilai kondisi awal : M(0) = 10 , M(60) = 9,5
0
10=20− Ae → A=10
`
9,5=20− Ae
60 k
,10 e
60 k
=10,5 , e
60k
=1,05
60 k =ln 1,05 , k=0,000813
Maka M = 20 – 10 e 0,000813 t
Langkah 6
Menentukan solusinya :
M = 20 – 10 e 0,000813 t , M ( 120 )=20−10 e 0,000813 x 120
M(120) = 8,975 kg
3. Seorang penerbang layang dilengkapi dengan parasut dan peralatan penting lainnya
untuk mendarat di permukaan tanah. Total berat penerjun dan peralatannya adalah 160
lb . Sebelum parasut dibuka, kecepatan angin =
1
v
2
, dimana v adalah
kecepatan(feet/detik). Parasut dibuka setelah 5 detik penerjun tersebut terjun dari atas.
Setelah parasut dibuka, kecepatan udara menjadi
5 2
v .
8
Hitung kecepatan penerjun
(A) sebelum parasut dibuka dan B setelah parasut dibuka !
Penyelesaian :
Formula : Kita memilih axis x positif adalah vertical menurun dengan titik asal adalah
titik dimana penerjun pada posisi awal
i. Adc kecepatan penerjun (A) sebelum parasut dibuka
1. F1, berat 160 lb, karena bergerak turun sehingga bernilai positif.
2. F 2, kecepatan angin =
negative
(
−1
v¿
2
Hukum II Newton
F=ma
1
v
2
, karena angin bergerak naik sehingga bernilai
F1 + F2 = m a di mana m =
w
; g=32
g
dv
1
=160− v
dt
2
5
dv
−1
=
dt
v−320 10
ln (v-320) =
−1
t +c
10
1
v = 320 + c e 10
karena saat sebelum parasut dibuka, t = 0 , v(0) = 0 sehingga c = -320
1
Jadi kecepatan penerjun (A) sebelum parasut dibuka adalah v = 320(1- e 10 ¿
Waktu sampai saat parasut dibuka adalah 0 ≤ t ≤ 5
Kecepatan saat parasut dibuka yaitu saat t = 5
1
v = 320(1- e 10 ¿ ≈ 126
ii. Adc kecepatan penerjun (B) setelah parasut dibuka
F1 = 160
F2 =
−5 2
v
8
Sehingga diperoleh Persamaan Diferensialnya :
dv
5
=160− v 2
dt
8
5
dv
−1
=
dt
v −256 8
2
v−16
1
=−¿ t +c
v +16
8
1
ln ¿
32
v−16
=−¿ 4 t+ c
v +16
ln ¿
v−16
−4 t
=c e
v +16
16 (c e−4 t +1)
v=
1−ce−4 t
Karena parasut dibuka 5 detik setelah penerjun turun, di mana v = v 1 saat t =5
sehingga
v = v1 ≈ 126 maka c=
110 20
e
142
Jadi kecepatan penerjun setelah parasut dibuka (t ≥ 5) adalah
110 20−4 t
e
+ 1)
142
v=
110 20−4 t
1−
e
142
16 (
4. Suatu tangki silinder berjari-jari 2,5 m mempunyai lubang pada alasnya 25 mm.
Diketahui bahwa air akan mengalir melalui lubang dengan kecepatan mendekati v =
2,5
√ h m/s , h adalah kedalaman air dalam tangki. Carilah waktu yang diperlukan
untuk mengosongkan tangki melalui lubang tersebut.
Penyelesaian :
Volume air yang mengalir keluar per detik dimisalkan sebagai volume silinder dengan
25 mm dan tingginya v. Dengan begitu, maka volume air yang keluar pada saat dt
detik adalah :
2,5
2.5 2 dh
dh
( 0,025 ) (¿ √ h )dt=−π ( 2,5 ) dh ataudt=
=−4000
0,025 2,5 √ h
√h
π¿
2
(
2
)
Mengintegrasikan antara t = 0, h = 3 dan t = t , h = 0
t
∫ dt=−4000
0
0
dh
dh
=−4000∫ = [−8000 √ h ] 0=8000 √ 3 detik
3
√h
3 √h
= 3 jam 34 detik
5. Seorang tentara penerjun payung dengan membawa amunisi memiliki berat sebesar
322 N melompat dari pesawat terbang pada ketinggian 10000 kaki dengan
mengabaikan arah gerak angin asumsikan bahwa hambatan udara R(t) yang penerjun
2
v (t )¿
payung alami adalah
dimana koefisien c = 15 tentukanlah :
R ( t ) =c ¿
a. Persamaan yang tepat untuk kecepatan turun seketika penerjun payung
b. Fungsi dari kecepatan pada saat menurun v(t)
c. Waktu yang dibutuhkan untuk mendarat
d. Dampak kecepatan saat mendarat
Penyelesaian :
a. Persamaan yang tepat untuk kecepatan turun seketika penerjun payung
Pada penyelesaian soal ini digunakan persamaan diferensial untuk kecepatan v(t)
Diketahui :
w = 322 N
v ( t)¿ 2
R ( t ) =15¿
m = 322/10 = 32,2 kg
Ditanya : Persamaan untuk kecepatan turun sesaat?
Jawab :
Kecepatan turun sesaat, v(t) dapat diperoleh dengan menggunakan persamaan sebagai
berikut :
v (t) ¿2
¿
15 ¿
dv (t)
+¿
dt
Atau dapat juga dituliskan dengan
2
v (t)¿
dv (t )
10
=322−15 ¿
dt
Dengan kondisi v(0) = 0
b. Fungsi dari kecepatan pada saat menurun v(t)
Penyelesaian persoalan b menggunakan kondisi v(0) = 0
vt=
4,634 (e 13,9 t−1)
e 13,9 t +1
c. Waktu yang dibutuhkan untuk mendarat
Jarak yang dibutuhkan oleh penerjun untuk turun adalah seperti persamaan berikut:
1
1
xt=∫ v ( t ) dt=∫
0
0
4,634 (e 13,9 t−1)
dt
13,9t
e +1
Setelah mendapatkan persamaan jaraknya maka kita dapat mengetahui waktu yang
dibutuhkan oleh penerjun payung untuk sampai di tanah dari ketinggian 1000 kaki
d. Dampak kecepatan saat mendarat
Setelah mengetahui waktu yang dibutuhkan penerjun untuk mencapai tanah maka kita
dapat mengetahui kecepatan penerjun saat mendarat ditanah dengan persamaan
sebagai berikut :
13,9 t g
vt g =
4,634( e
−1)
13,9 t
e
+1
g
6. Massa air sebesar m =5 kg yang mula-mula berada dalam kesetimbangan termal
dengan atmosfer pada 20yang mula-mula berada dalam kesetimbangan termal dengan
atmosfer pada 20⁰C sampai 4⁰C, didinginkan pada tekanan konsstan sampai 4⁰C
dengan memakai pompa kalor yang bekerja antara air dan atmosfir. Berapa kerja
minimum yang diperlukan ? Untuk air ambillaah Cp = 4,184 kJ.kg-1.⁰C-1
Penyelesaian :
Kerja minimum diperlukan jika proes ini reversibel dan kita dapaat membayangkan
serangkaian pompa-pompa kalor reversibel yang bekerja untuk mengeluarkan kalor
dri air pada berbagai level suhu selagi air mendingin dari 20⁰C sampai 4⁰C dan
membuang kalor ke atmosfer pada T0 = 20 +273,15 =293,15 K. Setiap pompa kalor
mengeluarkan sebagian kalor δQ dan mengurangi suhu air secara bagian per bagian.
Untuk sebuah pompa kalor reversibel memberikan :
|W| T H −T C T H
=
= −1
|Q C|
TC
TC
Sekarang notasi TH menjadi T0 dan T
menjadi T, suhu air sebagai tambahan ,
pengeluaran sebagian jumlah kalor δQ yang dengan dilakukannya sebagian jumlah
kerja δW untuk suhu T tertentu, memerlukan persamaan yang ditulis dalam bentuk
|δW| T 0
= −1
|δQ| T
diferensial. Jadi,
δW =T 0
δQ
−δQ
T
W=T 0 ΔS'−ΔH '
Dengan ∆S’ dan ∆H’ merupakan perubahan-perubahan sifat air. Keduanya dihitung
menurut ∆H’=mCp∆T yang muncul apbila Cp konstan dan
ΔS '=mC p ln
[
T2
T1
W =mC p T 0 ln
T2
T1
−( T 2 −T 1 )
]
T 1 =20+273 , 15=293 ,15 KT 2 =4 +273 ,15=277 , 15 K
[(
W= (5 )( 4,184 ) 293 , 15 ln
]
277 , 15
+16 =−9, 81 kJ
293 ,15
)
7. Persamaan diferensial yang menghubungkaan tekanan hidrostatik dengan kedalaman
fluida
dP=−ρ gdz , dengan ρ kerapatan massa lokal, g percepatan gravitasi lokal
dan dz ketinggian diatas permulaan dasar fluida. Terapkan persamaan ini untuk
menyusun pernyataan bagi tekanan atmosfir sebagai fungsi ketinggian di atas
permukaan bumi.
Penyelesaian :
Karena suhu dan tekanan disertaka, pada dasarnya udara berlaku sebagai gas ideal
yang untuk itu PV = RT. Hubungan antara
ρ
dan V, volume molar udara yaitu :
ρ=M /V , dengan M massa molar udara. Substitusi ke dalam rumus hidrostatik
memberikan :
dP=−
Mg
dz
V
dP
Mg
=−
dz
P
RT
p
∫p
dP
Mg
=−
0 P
RT 0
(
P=P0 exp −
atau
Mgz
RT 0
)
Denga P0 tekanan pada permulaan dasar, yaitu z nol. Perhatikan bahwa g dianggap bebas
terhadap z. Persamaan diatas dikenal sebagai persamaan barometric dan dapat dipakai
langsung apabila T tidak bergantung pada z. kondisi ini didapat di daerah atmosfir yang
dikenal dengan stratosfer, pada ketinggian antara 11 km dan 25 km.
dT
γ dP
=
T
γ−1 P
( )
dT
γ−1 Mg
=−
≡K
dz
γ
R
( )( )
dP
γ
dz
=
K
P
γ−1 T 0 + Kz
( )
P
∫p
z
dP
γ
dz
=
K ∫0
0 P
γ−1
T 0 +Kz
( )
Kz
T0
( )
P=P0 1+
Kita telah mendapatkaan dua pernyataan diatas dengan persamaan sebelumnya yang
berdasar pada dua ekstrim variasi suhu yang mungkin diatmosfer . Persamaan empiris
yang lebih umum yang menghubungkan T dan P adalaah :
T
P
=
T 0 P0
(δ−1 ) /δ
( )
Kz
T0
δ / (δ−1 )
( )
P=P0 1+
Maka :
k=
dT
δ−1
=−
dz
δ
( )( MgR )
8. Berapa kerja minimum yang diperlukan untuk membentuk permukaan berkenaan
dengan titik kabut air dengan jari-jari 5µm ?. Anggap bahwa 0,001m 3 air pada 50⁰ C.
tegangan permukaan air pada 50⁰ C adalah 0,063 Nm-1.
Penyelesaian :
Rasio permukaan terhadap volume sebuah tetes yaitu :
A
4 πr 2
3
=
=
3
V ( 4/3 ) πr r
Dengan r radius bola. Untuk volume 0,001 m3 dan jari-jari 5 x 10-6 m
A=
3 V 3 ( 0, 001 )
=
=600 m 2
−6
r
5 x 10
A
−1
2
W=−∫0 γ dA=−γA =−( 0,063 Nm )( 600 m )=−37 , 8 J
Jadi, kerja 3,78 J harus dilakukan pada air.
9. Dengan mengaplikasikan hukum gerak Newton yang kedua pada translasi sebuah
benda tegar, gambarkan asal mula suku-suku energi kinetik dan energi potensial
dalam persamaan energi untuk sebuah system mekanis murni.!
Penyelesaian :
Hukum Newton kedua untuk system ini :
F=ma=m
du
dt
Dengan u kecepatan benda dan F gaya luar total yang bekerja pada benda paralel terhadap
perpindahannya, dll. Maka kerja total yang dilakukan oleh benda itu untuk gaya tersebut
yaitu :
W=−∫ Fdl
du
mu2
W=−∫ m dl=−∫ mu×du=−∫ d
dt
2
( )
W=−Δ
mu 2
≡−ΔE K
2
( )
Persamaan diatas merupakan pernyataan umum yang sempurna bagi kerja mekanik total
yang dilakukan oleh benda tegar dalam translasi dan persamaan tersebut tidak berdasar
pada apapun mengenai sifat dasar gaya F. Namun, F dianggap dengan baik sebagai
penjumlahan dua jenis gaya, gaya benda FB dan gaya permukaan Fs.
F = FB + Fs
Gaya benda disebut begitu karena bekerja di seluruh volume sistem, gaya permukaan
bekerja pada daerah permukaan batas sistem. Dari persamaan diatas, maka kerja total
dapat dianggap sebagai jumlah kedua bentuk kerja :
W = WB + Ws
Dengan
W B=−∫ F B dl
Ws=+∫ F s dl
Gaya benda merupakan gaya konservatif. Ini berarti gaya tersebut dapat diturunkan dari
sebuah fungsi potensial Φ(l), yang bergantung hanya pada pada lokasi sistem, menurut
penurunan terhadap koordinat posisi. Jadi, untuk kasus ini :
F B =−
[
W B =−∫ −
dΦ ( l )
dl
]
dΦ ( l )
dl=∫ dΦ=ΔΦ
dl
Karena, beda ∆Φ hanya bergantung pada posisi awal dan akhir sistem, dan tidak pada
jalur yang diikuti di antara kedua posisi ini, maka kerja yang dilakukan untuk gaya benda
tidak bergantung pada jalur. Dengan menentukan energy potensial Ep sebagai Ep ≡ Φ,
maka dapat ditulis sebagai :
WB = ∆Ep
Gaya permukaan secaraa umum tidak konservatif dan biasanya menulis peernyataan
untuk kerja yang dilakukan terhadap gaya-gaya demikian. Kombinasi dari peersamaan
diatas dengan persamaan sebelumnya memberikan :
W≡ ΔE p +W s
Persamaan diatas merupakan pernyataan dalam benuk lain dan dari kedua persamaan
tersebut dapat diterapkan pada proses yang sama. Dengan melakukannya ddan menyusun
ulang, maka didapatkan persamaan energi :
−W s =ΔE K + ΔE P
Apabila tidak ada gaya, maka persamaan diatas tereduksi :
ΔE K + ΔE P=0 atau
E k +E p=kons tan
Yang lebih dikenal sebagai “prinsip kekekalan energi” mekanika klasik. Istilah kerja pada
hukum termodinamika biasanya, tentu saja bukan sebuah benda tegar.
10. Tentukan solusi jika sebuah batang memanjang dari 0 sampai ∞ , suhu awalnya u(x,t)
= f(x) (0 ≤ r < ∞) dan syarat batasnya di ujung kiri adalah u(0,t) = 0 (t≥0)
Penyelesaian :
Karena x berkisar antara 0 sampai ∞, sehingga f(0) = u(0,0) = 0 dan juga kita akan
memperoleh :
∂ u^s
Fs (ut) =
= c2
∂t
F (uxx) = - c2 w2
Fs (u) = - c2 w2 u^s
(w,t)
Solusi persamaan differensial orde pertama ini adalah
u^s
2
2
(w,t) = (w) e−c w t
Dengan syarat awal
u(x,0) = f(x) kita memperoleh u^s
u^s
(w,t) =
(w,0) = f^s (w) = C(w) dengan demikian :
f^s (w) e−c w t
2
2
Dengan mengambil transform siklus kebalikan dan mensubstitusikan
Fs (w) =
√
∞
2
∫ f ( p ) sin ℘dp
π 0
Kita memperoleh solusi yang kita cari :
∞
u(x,t) =
11.
2
∬ f ( p ) sin ℘e c w t sin wx dp dx
π 0
2
2
1. Tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mendinginkan benda padat awalnya di 80 oC
untuk 8oC ini ditempatkan dalam lemari es dengan udara interior dipertahankan pada
5oC. Jika koefisien α = 0,002 m2/s dan bidang kotak antara padat dan udara dingin di
dalam lemari es adalah A = 0,2 m2
Penyelesaian :
Diketahui :
T = 80oC, 8oC, dan 5oC
α = 0,002 m2/s
A = 0,2 m2
Ditanya : Tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mendinginkan benda padat?
Jawab :
Dengan menggunakan persamaan diferensial orde pertama maka didapatkan
dT (t )
=−( 0,002 ) ( 0,2 ) [ T ( t ) −5 ] =−0,0004 [ T ( t )−5 ]
dt
Dengan kondisi
T(0) = 80oC
Maka akan menjadi
dT (t )
=−0,0004 dt
[T ( t )−5 ]
Dengan mengintegralkan kedua sisi :
dT (t )
=¿−0,0004 ∫ dt+ c
[T ( t )−5 ]
∫¿
Maka akan didapatkan
T ( t )−5=e−0,0004 t +c 1=c e−0,0004 t
T ( t )=5+75 e−0,0004t
Jika pada saat suhu 8oC waktu yang dibutuhkan adalah
−0,0004t
T ( t )=8=5+75 e
Maka didapatkan waktunya adalah t = 8047 s
2. Balok es dengan berat 10 kg meleleh dalam lingkungan yang temperaturnya naik.
Laju pengurangan berat es per detik adalah sebanding dengan 20 dikurangi berat es
yang tersisa. Setelah 60 detik, berat es adalah 9,5 kg. berapa berat es setelah 120
detik?
Penyelesaian :
Langkah 1
Menyusun persamaan diferensialnya :
dM
=k ( 20−M ) , M ( 0 )=10, M ( 60 )=9,5
dt
Langkah 2
Mengintegralkan :
dM
dM
=k ( 20−M ) .∫
=−k ∫ dt
dt
20−M
−ln|20−M |=kt +c
Langkah 3
Menjadikan M sebagai subjek :
−ln|20−M |=kt +c ,20−M=e kt +c , M =20−ekt + c
Langkah 4
Menyusun kembali persamaan M dengan konstanta yang
bersangkutan :
kt
c
kt
c
M =20−e e , M =20−A e , dengan A=e
Langkah 5
Mencari nilai konstanta
Menggunakan nilai kondisi awal : M(0) = 10 , M(60) = 9,5
0
10=20− Ae → A=10
`
9,5=20− Ae
60 k
,10 e
60 k
=10,5 , e
60k
=1,05
60 k =ln 1,05 , k=0,000813
Maka M = 20 – 10 e 0,000813 t
Langkah 6
Menentukan solusinya :
M = 20 – 10 e 0,000813 t , M ( 120 )=20−10 e 0,000813 x 120
M(120) = 8,975 kg
3. Seorang penerbang layang dilengkapi dengan parasut dan peralatan penting lainnya
untuk mendarat di permukaan tanah. Total berat penerjun dan peralatannya adalah 160
lb . Sebelum parasut dibuka, kecepatan angin =
1
v
2
, dimana v adalah
kecepatan(feet/detik). Parasut dibuka setelah 5 detik penerjun tersebut terjun dari atas.
Setelah parasut dibuka, kecepatan udara menjadi
5 2
v .
8
Hitung kecepatan penerjun
(A) sebelum parasut dibuka dan B setelah parasut dibuka !
Penyelesaian :
Formula : Kita memilih axis x positif adalah vertical menurun dengan titik asal adalah
titik dimana penerjun pada posisi awal
i. Adc kecepatan penerjun (A) sebelum parasut dibuka
1. F1, berat 160 lb, karena bergerak turun sehingga bernilai positif.
2. F 2, kecepatan angin =
negative
(
−1
v¿
2
Hukum II Newton
F=ma
1
v
2
, karena angin bergerak naik sehingga bernilai
F1 + F2 = m a di mana m =
w
; g=32
g
dv
1
=160− v
dt
2
5
dv
−1
=
dt
v−320 10
ln (v-320) =
−1
t +c
10
1
v = 320 + c e 10
karena saat sebelum parasut dibuka, t = 0 , v(0) = 0 sehingga c = -320
1
Jadi kecepatan penerjun (A) sebelum parasut dibuka adalah v = 320(1- e 10 ¿
Waktu sampai saat parasut dibuka adalah 0 ≤ t ≤ 5
Kecepatan saat parasut dibuka yaitu saat t = 5
1
v = 320(1- e 10 ¿ ≈ 126
ii. Adc kecepatan penerjun (B) setelah parasut dibuka
F1 = 160
F2 =
−5 2
v
8
Sehingga diperoleh Persamaan Diferensialnya :
dv
5
=160− v 2
dt
8
5
dv
−1
=
dt
v −256 8
2
v−16
1
=−¿ t +c
v +16
8
1
ln ¿
32
v−16
=−¿ 4 t+ c
v +16
ln ¿
v−16
−4 t
=c e
v +16
16 (c e−4 t +1)
v=
1−ce−4 t
Karena parasut dibuka 5 detik setelah penerjun turun, di mana v = v 1 saat t =5
sehingga
v = v1 ≈ 126 maka c=
110 20
e
142
Jadi kecepatan penerjun setelah parasut dibuka (t ≥ 5) adalah
110 20−4 t
e
+ 1)
142
v=
110 20−4 t
1−
e
142
16 (
4. Suatu tangki silinder berjari-jari 2,5 m mempunyai lubang pada alasnya 25 mm.
Diketahui bahwa air akan mengalir melalui lubang dengan kecepatan mendekati v =
2,5
√ h m/s , h adalah kedalaman air dalam tangki. Carilah waktu yang diperlukan
untuk mengosongkan tangki melalui lubang tersebut.
Penyelesaian :
Volume air yang mengalir keluar per detik dimisalkan sebagai volume silinder dengan
25 mm dan tingginya v. Dengan begitu, maka volume air yang keluar pada saat dt
detik adalah :
2,5
2.5 2 dh
dh
( 0,025 ) (¿ √ h )dt=−π ( 2,5 ) dh ataudt=
=−4000
0,025 2,5 √ h
√h
π¿
2
(
2
)
Mengintegrasikan antara t = 0, h = 3 dan t = t , h = 0
t
∫ dt=−4000
0
0
dh
dh
=−4000∫ = [−8000 √ h ] 0=8000 √ 3 detik
3
√h
3 √h
= 3 jam 34 detik
5. Seorang tentara penerjun payung dengan membawa amunisi memiliki berat sebesar
322 N melompat dari pesawat terbang pada ketinggian 10000 kaki dengan
mengabaikan arah gerak angin asumsikan bahwa hambatan udara R(t) yang penerjun
2
v (t )¿
payung alami adalah
dimana koefisien c = 15 tentukanlah :
R ( t ) =c ¿
a. Persamaan yang tepat untuk kecepatan turun seketika penerjun payung
b. Fungsi dari kecepatan pada saat menurun v(t)
c. Waktu yang dibutuhkan untuk mendarat
d. Dampak kecepatan saat mendarat
Penyelesaian :
a. Persamaan yang tepat untuk kecepatan turun seketika penerjun payung
Pada penyelesaian soal ini digunakan persamaan diferensial untuk kecepatan v(t)
Diketahui :
w = 322 N
v ( t)¿ 2
R ( t ) =15¿
m = 322/10 = 32,2 kg
Ditanya : Persamaan untuk kecepatan turun sesaat?
Jawab :
Kecepatan turun sesaat, v(t) dapat diperoleh dengan menggunakan persamaan sebagai
berikut :
v (t) ¿2
¿
15 ¿
dv (t)
+¿
dt
Atau dapat juga dituliskan dengan
2
v (t)¿
dv (t )
10
=322−15 ¿
dt
Dengan kondisi v(0) = 0
b. Fungsi dari kecepatan pada saat menurun v(t)
Penyelesaian persoalan b menggunakan kondisi v(0) = 0
vt=
4,634 (e 13,9 t−1)
e 13,9 t +1
c. Waktu yang dibutuhkan untuk mendarat
Jarak yang dibutuhkan oleh penerjun untuk turun adalah seperti persamaan berikut:
1
1
xt=∫ v ( t ) dt=∫
0
0
4,634 (e 13,9 t−1)
dt
13,9t
e +1
Setelah mendapatkan persamaan jaraknya maka kita dapat mengetahui waktu yang
dibutuhkan oleh penerjun payung untuk sampai di tanah dari ketinggian 1000 kaki
d. Dampak kecepatan saat mendarat
Setelah mengetahui waktu yang dibutuhkan penerjun untuk mencapai tanah maka kita
dapat mengetahui kecepatan penerjun saat mendarat ditanah dengan persamaan
sebagai berikut :
13,9 t g
vt g =
4,634( e
−1)
13,9 t
e
+1
g
6. Massa air sebesar m =5 kg yang mula-mula berada dalam kesetimbangan termal
dengan atmosfer pada 20yang mula-mula berada dalam kesetimbangan termal dengan
atmosfer pada 20⁰C sampai 4⁰C, didinginkan pada tekanan konsstan sampai 4⁰C
dengan memakai pompa kalor yang bekerja antara air dan atmosfir. Berapa kerja
minimum yang diperlukan ? Untuk air ambillaah Cp = 4,184 kJ.kg-1.⁰C-1
Penyelesaian :
Kerja minimum diperlukan jika proes ini reversibel dan kita dapaat membayangkan
serangkaian pompa-pompa kalor reversibel yang bekerja untuk mengeluarkan kalor
dri air pada berbagai level suhu selagi air mendingin dari 20⁰C sampai 4⁰C dan
membuang kalor ke atmosfer pada T0 = 20 +273,15 =293,15 K. Setiap pompa kalor
mengeluarkan sebagian kalor δQ dan mengurangi suhu air secara bagian per bagian.
Untuk sebuah pompa kalor reversibel memberikan :
|W| T H −T C T H
=
= −1
|Q C|
TC
TC
Sekarang notasi TH menjadi T0 dan T
menjadi T, suhu air sebagai tambahan ,
pengeluaran sebagian jumlah kalor δQ yang dengan dilakukannya sebagian jumlah
kerja δW untuk suhu T tertentu, memerlukan persamaan yang ditulis dalam bentuk
|δW| T 0
= −1
|δQ| T
diferensial. Jadi,
δW =T 0
δQ
−δQ
T
W=T 0 ΔS'−ΔH '
Dengan ∆S’ dan ∆H’ merupakan perubahan-perubahan sifat air. Keduanya dihitung
menurut ∆H’=mCp∆T yang muncul apbila Cp konstan dan
ΔS '=mC p ln
[
T2
T1
W =mC p T 0 ln
T2
T1
−( T 2 −T 1 )
]
T 1 =20+273 , 15=293 ,15 KT 2 =4 +273 ,15=277 , 15 K
[(
W= (5 )( 4,184 ) 293 , 15 ln
]
277 , 15
+16 =−9, 81 kJ
293 ,15
)
7. Persamaan diferensial yang menghubungkaan tekanan hidrostatik dengan kedalaman
fluida
dP=−ρ gdz , dengan ρ kerapatan massa lokal, g percepatan gravitasi lokal
dan dz ketinggian diatas permulaan dasar fluida. Terapkan persamaan ini untuk
menyusun pernyataan bagi tekanan atmosfir sebagai fungsi ketinggian di atas
permukaan bumi.
Penyelesaian :
Karena suhu dan tekanan disertaka, pada dasarnya udara berlaku sebagai gas ideal
yang untuk itu PV = RT. Hubungan antara
ρ
dan V, volume molar udara yaitu :
ρ=M /V , dengan M massa molar udara. Substitusi ke dalam rumus hidrostatik
memberikan :
dP=−
Mg
dz
V
dP
Mg
=−
dz
P
RT
p
∫p
dP
Mg
=−
0 P
RT 0
(
P=P0 exp −
atau
Mgz
RT 0
)
Denga P0 tekanan pada permulaan dasar, yaitu z nol. Perhatikan bahwa g dianggap bebas
terhadap z. Persamaan diatas dikenal sebagai persamaan barometric dan dapat dipakai
langsung apabila T tidak bergantung pada z. kondisi ini didapat di daerah atmosfir yang
dikenal dengan stratosfer, pada ketinggian antara 11 km dan 25 km.
dT
γ dP
=
T
γ−1 P
( )
dT
γ−1 Mg
=−
≡K
dz
γ
R
( )( )
dP
γ
dz
=
K
P
γ−1 T 0 + Kz
( )
P
∫p
z
dP
γ
dz
=
K ∫0
0 P
γ−1
T 0 +Kz
( )
Kz
T0
( )
P=P0 1+
Kita telah mendapatkaan dua pernyataan diatas dengan persamaan sebelumnya yang
berdasar pada dua ekstrim variasi suhu yang mungkin diatmosfer . Persamaan empiris
yang lebih umum yang menghubungkan T dan P adalaah :
T
P
=
T 0 P0
(δ−1 ) /δ
( )
Kz
T0
δ / (δ−1 )
( )
P=P0 1+
Maka :
k=
dT
δ−1
=−
dz
δ
( )( MgR )
8. Berapa kerja minimum yang diperlukan untuk membentuk permukaan berkenaan
dengan titik kabut air dengan jari-jari 5µm ?. Anggap bahwa 0,001m 3 air pada 50⁰ C.
tegangan permukaan air pada 50⁰ C adalah 0,063 Nm-1.
Penyelesaian :
Rasio permukaan terhadap volume sebuah tetes yaitu :
A
4 πr 2
3
=
=
3
V ( 4/3 ) πr r
Dengan r radius bola. Untuk volume 0,001 m3 dan jari-jari 5 x 10-6 m
A=
3 V 3 ( 0, 001 )
=
=600 m 2
−6
r
5 x 10
A
−1
2
W=−∫0 γ dA=−γA =−( 0,063 Nm )( 600 m )=−37 , 8 J
Jadi, kerja 3,78 J harus dilakukan pada air.
9. Dengan mengaplikasikan hukum gerak Newton yang kedua pada translasi sebuah
benda tegar, gambarkan asal mula suku-suku energi kinetik dan energi potensial
dalam persamaan energi untuk sebuah system mekanis murni.!
Penyelesaian :
Hukum Newton kedua untuk system ini :
F=ma=m
du
dt
Dengan u kecepatan benda dan F gaya luar total yang bekerja pada benda paralel terhadap
perpindahannya, dll. Maka kerja total yang dilakukan oleh benda itu untuk gaya tersebut
yaitu :
W=−∫ Fdl
du
mu2
W=−∫ m dl=−∫ mu×du=−∫ d
dt
2
( )
W=−Δ
mu 2
≡−ΔE K
2
( )
Persamaan diatas merupakan pernyataan umum yang sempurna bagi kerja mekanik total
yang dilakukan oleh benda tegar dalam translasi dan persamaan tersebut tidak berdasar
pada apapun mengenai sifat dasar gaya F. Namun, F dianggap dengan baik sebagai
penjumlahan dua jenis gaya, gaya benda FB dan gaya permukaan Fs.
F = FB + Fs
Gaya benda disebut begitu karena bekerja di seluruh volume sistem, gaya permukaan
bekerja pada daerah permukaan batas sistem. Dari persamaan diatas, maka kerja total
dapat dianggap sebagai jumlah kedua bentuk kerja :
W = WB + Ws
Dengan
W B=−∫ F B dl
Ws=+∫ F s dl
Gaya benda merupakan gaya konservatif. Ini berarti gaya tersebut dapat diturunkan dari
sebuah fungsi potensial Φ(l), yang bergantung hanya pada pada lokasi sistem, menurut
penurunan terhadap koordinat posisi. Jadi, untuk kasus ini :
F B =−
[
W B =−∫ −
dΦ ( l )
dl
]
dΦ ( l )
dl=∫ dΦ=ΔΦ
dl
Karena, beda ∆Φ hanya bergantung pada posisi awal dan akhir sistem, dan tidak pada
jalur yang diikuti di antara kedua posisi ini, maka kerja yang dilakukan untuk gaya benda
tidak bergantung pada jalur. Dengan menentukan energy potensial Ep sebagai Ep ≡ Φ,
maka dapat ditulis sebagai :
WB = ∆Ep
Gaya permukaan secaraa umum tidak konservatif dan biasanya menulis peernyataan
untuk kerja yang dilakukan terhadap gaya-gaya demikian. Kombinasi dari peersamaan
diatas dengan persamaan sebelumnya memberikan :
W≡ ΔE p +W s
Persamaan diatas merupakan pernyataan dalam benuk lain dan dari kedua persamaan
tersebut dapat diterapkan pada proses yang sama. Dengan melakukannya ddan menyusun
ulang, maka didapatkan persamaan energi :
−W s =ΔE K + ΔE P
Apabila tidak ada gaya, maka persamaan diatas tereduksi :
ΔE K + ΔE P=0 atau
E k +E p=kons tan
Yang lebih dikenal sebagai “prinsip kekekalan energi” mekanika klasik. Istilah kerja pada
hukum termodinamika biasanya, tentu saja bukan sebuah benda tegar.
10. Tentukan solusi jika sebuah batang memanjang dari 0 sampai ∞ , suhu awalnya u(x,t)
= f(x) (0 ≤ r < ∞) dan syarat batasnya di ujung kiri adalah u(0,t) = 0 (t≥0)
Penyelesaian :
Karena x berkisar antara 0 sampai ∞, sehingga f(0) = u(0,0) = 0 dan juga kita akan
memperoleh :
∂ u^s
Fs (ut) =
= c2
∂t
F (uxx) = - c2 w2
Fs (u) = - c2 w2 u^s
(w,t)
Solusi persamaan differensial orde pertama ini adalah
u^s
2
2
(w,t) = (w) e−c w t
Dengan syarat awal
u(x,0) = f(x) kita memperoleh u^s
u^s
(w,t) =
(w,0) = f^s (w) = C(w) dengan demikian :
f^s (w) e−c w t
2
2
Dengan mengambil transform siklus kebalikan dan mensubstitusikan
Fs (w) =
√
∞
2
∫ f ( p ) sin ℘dp
π 0
Kita memperoleh solusi yang kita cari :
∞
u(x,t) =
11.
2
∬ f ( p ) sin ℘e c w t sin wx dp dx
π 0
2
2