F. KESETIMBANGAN, DINAMIKA ROTASI DAN TITIK BERAT KESETIMBANGAN Teori Singkat : Terdapat bermacam-macam pembagian ke setimbangan menurut kelompoknya yakni : 1. Berdasar posisi benda : a. Diam (setimbang statik) b. Bergerak lurus beraturan (GLB) dengan kecepatan konstan atau bergerak melingkar beraturan (GMB) dengan kecepatan sudut konstan (setimbang dinamik) • Akibat pernyataan pertama benda setimbang juga harus memenuhi syarat : a. ∑ F = 0 (setimbang translasi) b. ∑ τ = 0 (setimbang rotasi) 2. Berdasar keadaan benda : a. Kesetimbangan partikel dengan syarat : ∑ F = 0 Ciri-ciri : Terdapat perpotongan titik-titik gaya. Biasanya berkaitan dengan gaya tegang suatu tali Penyelesaian : 1. Pada perpotongan garis gaya buatlah koordinat sumbu x dan Y (koordinat kartesius), kemudian proyeksikan gaya gaya pada masing-masing sumbu, lalu hitung gaya-gaya pada sumbu x dan y melalui ∑ Fx = 0 dan ∑ Fy = 0 (lihat konsep metode menguraikan vektor) 2. Menggunakan penguraian gaya melalui dalil sinus sebagaimana berikut : C B α β γ A b. Kesetimbangan benda tegar dengan syarat ∑ F = 0 dan ∑ τ = 0 Ciri-ciri : Terdapat ciri-ciri fisik benda tegar seperti adanya bentuk benda dan pan jang benda. Adapun benda tegar adalah benda yang apabila dikenai gaya, baik bentuk dan volumenya tidak mengalami perubahan seperti : kayu, besi, batu dan lain sebagainya Penyelesaian : 1. Pilihlah selalu pusat momen (titik) dimana banyak bekerja gaya-gaya yang tidak diketahui, tetapi gaya-gaya tersebut tidak ditanyakan dalam soal, sehingga momen gayanya sama dengan nol 2. Penyelesaian kesetimbangan benda tegar terkadang cukup menggunakan satu syarat yakni ∑ τ = 0 3. Berdasar titik beratnya : a. Kesetimbangan Stabil → Kesetimbangan benda jika dikenai gaya, maka posisi benda akan kembali ke posisi semula. Cirinya kedudukan titik berat benda akan naik bila dikenai gaya contoh : F (1) (2) b. Kesetimbangan Labil → Kesetimbangan benda jika dikenai gaya, maka posisi benda tidak akan kembali ke posisi semula. Cirinya kedudukan titik berat benda akan turun bila dikenai gaya contoh : F (1) (2) c. Kesetimbangan Indeferen → Kesetim bangan benda jika dikenai gaya, maka posisi benda akan tetap pada posisi semula. Cirinya kedudukan titik berat benda akan tetap bila dikenai gaya contoh : F (1) (2) =====O0O===== γ β α sin C sin B sin A = =
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
F. KESETIMBANGAN,
DINAMIKA ROTASI
DAN TITIK BERAT
KESETIMBANGAN
� Teori Singkat :
Terdapat bermacam-macam pembagian ke
setimbangan menurut kelompoknya yakni :
1. Berdasar posisi benda :
a. Diam (setimbang statik)
b. Bergerak lurus beraturan (GLB) dengan
kecepatan konstan atau bergerak
melingkar beraturan (GMB) dengan
kecepatan sudut konstan (setimbang
dinamik)
• Akibat pernyataan pertama benda
setimbang juga harus memenuhi
syarat :
a. ∑ F = 0 (setimbang translasi)
b. ∑ τ = 0 (setimbang rotasi)
2. Berdasar keadaan benda :
a. Kesetimbangan partikel dengan syarat :
∑ F = 0
Ciri-ciri : Terdapat perpotongan titik-titik
gaya. Biasanya berkaitan dengan gaya
tegang suatu tali
Penyelesaian :
1. Pada perpotongan garis gaya buatlah
koordinat sumbu x dan Y (koordinat
kartesius), kemudian proyeksikan gaya
gaya pada masing-masing sumbu, lalu
hitung gaya-gaya pada sumbu x dan y
melalui ∑ Fx = 0 dan ∑ Fy = 0 (lihat
konsep metode menguraikan vektor)
2. Menggunakan penguraian gaya
melalui dalil sinus sebagaimana
berikut :
C B
α
β γ
A
b. Kesetimbangan benda tegar dengan syarat
∑ F = 0 dan ∑ τ = 0
Ciri-ciri : Terdapat ciri-ciri fisik benda
tegar seperti adanya bentuk benda dan pan
jang benda. Adapun benda tegar adalah
benda yang apabila dikenai gaya, baik
bentuk dan volumenya tidak mengalami
perubahan seperti : kayu, besi, batu dan
lain sebagainya
Penyelesaian :
1. Pilihlah selalu pusat momen (titik)
dimana banyak bekerja gaya-gaya
yang tidak diketahui, tetapi gaya-gaya
tersebut tidak ditanyakan dalam soal,
sehingga momen gayanya sama
dengan nol
2. Penyelesaian kesetimbangan benda
tegar terkadang cukup menggunakan
satu syarat yakni ∑ τ = 0
3. Berdasar titik beratnya :
a. Kesetimbangan Stabil → Kesetimbangan
benda jika dikenai gaya, maka posisi
benda akan kembali ke posisi semula.
Cirinya kedudukan titik berat benda akan
naik bila dikenai gaya
contoh :
F (1) (2)
b. Kesetimbangan Labil → Kesetimbangan
benda jika dikenai gaya, maka posisi
benda tidak akan kembali ke posisi
semula. Cirinya kedudukan titik berat
benda akan turun bila dikenai gaya
contoh :
F
(1) (2)
c. Kesetimbangan Indeferen → Kesetim
bangan benda jika dikenai gaya, maka
posisi benda akan tetap pada posisi
semula. Cirinya kedudukan titik berat
benda akan tetap bila dikenai gaya
contoh :
F
(1) (2)
=====O0O=====
γβα sin
C
sin
B
sin
A==
DINAMIKA ROTASI
� Momen Gaya :
1. Momen gaya di suatu titik adalah besar
gaya tersebut dikalikan dengan lengan
gaya terhadap titik tersebut
F
R
•) Arah gaya memutar searah jarum jam
bernilai negatif
•) Arah gaya memutar berlawanan arah
jarum jam bernilai positif
� Catatan :
Ketentuan arah putar ini terdapat
perbedaan pada beberapa buku referensi.
Ada yang memberi kaidah berkebalikan
dari ketentuan diatas dan semuanya bisa
dipilih.
2. Untuk R dan F yang berbentuk vektor,
maka dapat diselesaikan dengan
menggunakan matriks dengan aturan
sebagai berikut :
Misal : R = A i + B j + C k
F = D i + E j + F k
Maka τ = ?
τ = R x F
i j k
τ = A B C
D E F
τ = i (BF – EC) – j (AF – CD) +
k (AE – BD)
3. Momen kopel adalah pasangan dua
buah gaya yang sejajar, sama besar dan
berlawanan arah
F
d
F
•) Arah gaya memutar searah jarum jam
bernilai negatif
•) Arah gaya memutar berlawanan arah
jarum jam bernilai positif
4. Penyelesaian resultan gaya dan letaknya
di suatu titik pada suatu garis lurus
dapat ditentukan dengan menghitung
jumlah momen gaya di titik tersebut
pada garis itu (∑ τ = 0), dengan aturan
penentuan resultan gaya atau resultan
jarak tersebut diacukan ke salah satu
gaya atau jarak tertentu.
Perhatikan contoh-contoh soal berikut :
1. Mencari Resultan Gaya :
A a C b B
FA W FB
Mencari resultan gaya pada titik A
(Ambil ∑ τA = 0)
- W (a) + FB (a + b) = 0
Dengan cara yang sama ∑ τB = 0
2. Mencari Jarak Resultan Gaya :
L
x L - x
FA R FB
Mencari jarak resultan gaya pada
pada titik R sejauh x dari titik B :
(∑ τR = 0).
FA (x) - FB (L- x) = 0
x (Fa - FB) + FB L = 0
� Catatan :
Letak pusat massa batang selalu terletak di
tengah-tengah batang.
� Momen Inersia :
Momen Inersia merupakan analogi massa
untuk gerak rotasi. Momen Inersia dibagi
menjadi 2 :
1. Momen Inersia Partikel
τ = R x F
M = d x F
FB = Wb a
a
+
FA = Wb a
b
+
x = L F F
F
BA
B
+
2. Momen Inersia Benda Tegar
1. Momen Inersia Partikel
Momen inersia partikel didefinisikan
sebagai hasil kali massa partikel
terhadap kuadrat jarak dari titik poros
(titik acuan).
• R m
Jika terdapat banyak partikel dengan
massa masing-masing m1,m2,m3,…dan
mempunyai jarak R1,R2,R3,…terhadap
poros, maka momen inersia totalnya
adalah …
2. Momen Inersia Benda Tegar
Apabila sebuah benda pejal terdiri dari
distribusi massa yang kontinyu, maka
momen inersia benda pejal tersebut
dapat dituliskan sebagai berikut :
Berbagai momen inersia benda tegar
dapat dilihat pada tabel berikut :
Batang Silinder
�
�
L L
Poros melalui pusat Poros melalui ujung
Silinder Tipis Berongga
R
Poros melalui sumbu silinder
Silinder Pejal
R
R
L
Poros melalui sumbu Poros melalui titik
tengah sumbu silin
der
Bola Pejal
� �
R R
Poros melalui diameter Poros melalui ujung
Bola Berongga
�
R
Poros melalui diameter
Lempeng Tipis
�
a
b
Poros melalui sumbu tegak lurus
b
a �
I = m R2
I = Σ mi Ri2
= m1R12 + m2R2
2 + m3R3
2 + …
I = ∫ R2 dm
I = 2ML12
1 I = 2ML
3
1
I = 2MR
2R M 2
1 I =
22 ML12
1MR
4
1 I +=
2MR5
2 I = 2MR
5
7 I =
2MR3
2 I =
( )22 ba M12
1 I +=
Poros seperti pada gambar
Teori Sumbu Paralel
Teori ini digunakan untuk menghitung momen
inersia benda terhadap sembarang sumbu
dengan syarat momen inersia benda terhadap
pusat massa telah diketahui
Dengan d adalah jarak yang diukur dari pusat
massa benda.
Sebagai contoh pada batang silinder telah
diketahui Ipm = 2ML12
1, maka jika kini hendak
dihitung momen inersia batang silinder pada
ujung, dapat diterapkan :
I = Ipm + M d2 dengan d =
2
L, maka
I = 2ML12
1 + M
4
2L
= 2ML3
1(terbukti)
Catatan : Secara umum momen inersia dapat
pula dituliskan
Dengan k = konstanta yang nilainya tergantung
pada bendanya, contoh untuk cincin k = 1,
silinder pejal k = 2
1, bola pejal k =
5
2 dan
sebagainya
� Hubungan Gerak Translasi dan Rotasi :
Gerak translasi disebabkan oleh gaya
(F), sedangkan gerak rotasi oleh momen gaya
(τ). Ada 2 kondisi keadaan gerak suatu benda :
1. Benda Meluncur
2. Benda Menggelinding
Berikut ini tabel perbandingan gerak translasi
dan rotasi
APLIKASI KESETIMBANGAN
1. Batang bersandar pada dinding
A
(kasar)
B (kasar)
Gaya–gaya yang bekerja pada benda
dapat diuraikan sebagai berikut :
fA
A NA
NB
α
fB B
W
Jika diambil ∑ F = 0 dan panjang batang
AB = L maka di dapat :
∑ Fx = 0 → NA = fB
NA = µB NB............................(1)
∑ Fy = 0 → fA + NB = W
µA NA + NB = W.....................(2)
Masukkan (1) ke (2), maka di dapat :
µA (µB NB) + NB = W..................(3)
Ambil syarat ∑ τB = 0, maka diperoleh :
- fA(L cos α) - NA (Lsin α) + W (½Lcos α) = 0
µA NA cos α + NA sin α = 2
Wcos α ......(4)
Masukkan (1) dan (3) ke (4), di dapat :
µA µB NB cos α + µB NB sin α =
Gerak Translasi Gerak Rotasi Hubungan
Pergeseran
Linear
S Pergeseran
Sudut θ S = θθθθ R
Kecepatan
Linear
V Kecepatan
Sudut ω V = ωωωω R
Percepatan
Linear
a Percepatan
Sudut α a = αααα R
Kelemba
man
Translasi
(massa)
m Kelembaman
Rotasi
(momen
inersia)
I I = ΣΣΣΣ m R2
Gaya F Momen
Gaya τ ττττ = F R
Energi
Kinetik
EK = 1/2
mV2 Energi
Kinetik
EK =
1/2 I ω2 -----
Daya P = F V Daya P = τ ω ----- Momentum
Linear
P = m V Momentum
Sudut
L = I ω -----
2a M12
1 I =
I = Ipm + M d2
Σ F ≠ 0 dan Σ τ = 0
Σ F ≠ 0 dan Σ τ ≠ 0
I = k MR2
2
1(µAµB NB + NB) cos α
⇔2
1µA µB cosα + µB sin α =
2
1cos α
Kalikan 2 dan bagi dengan cos α, di peroleh :
µB (µA+ 2 tan α) = 1
2. Katrol bergerak
Tinjau kembali kasus hukum II Newton,
namun sekarang katrol ikut bergerak. Andai
katrol dianggap berbentuk silinder pejal (I = 1/2
MR2) massa katrol M dan jari-jari R
1)
M,R
m1 > m2
a = ?
m1 m2
2) M,R
fges m1 a = ?
m2
3)
M,R
m1 m2 a = ?
f1 f2
m3
4) M,R
a = ?
m1 fges
m2
αααα 5) m2
M,R
f2
m1 f1 a = ?
αααα
Penyelesaian
Cara Biasa : Ketentuan : * Searah percepatan (a) : +
* Berlawanan percepatan (a) : -
* Tegangan tali T1 ≠ T2
Tinjau soal 1)
1)
M,R
a T1 T2 m1 > m2
m1 m2 a
W1 W2
Tinjau m1 : Σ F = m1 a
W1 - T1 = m1 a → T1 = W1 - m1 a ------(1)
Tinjau m2 : Σ F = m2 a
T2 – W2 = m2 a → T2 = W2 + m2 a -----(2)
Tinjau gerak katrol :
M,R
I = k MR2
a a
T1 T2
Σ τo = I α → (T1-T2) R = k M R2
R
a
T1-T2 = k M a-------------(3)
Masukkan (1), (2) ke (3), maka di dapat :
W1 - m1 a – (W2 + m2 a) = k M a
a ( m1 + m2 + kM) = W1 – W2
Tinjau soal 2)
a
2)
fges m1 T1
T2
a
m2
W2
Tinjau m1 : Σ F = m1 a
T1 - fges = m1 a → T1 = fges + m1 a -----(1)
Tinjau m2 : Σ F = m2 a
µB = Aµα +tan2
1
a = g kM m m
m m
21
21
++
−
W2 – T2 = m2 a → T2 = W2 - m2 a -----(2)
Tinjau gerak katrol :
a
M,R
T1
I = k MR2
a
T2
Σ τo = I α → (T2-T1) R = k M R2
R
a
T2-T1 = k M a-------------(3)
Masukkan (1), (2) ke (3), maka di dapat :
W2 - m2 a – (fges + m1 a) = k M a
a ( m1 + m2 + kM) = W2 – fges
Cara Praktis : Jika diperhatikan hasil penyelesaian soal