BAB. 8 (Gaya dan Benda)

1. BAB. 8 (Gaya dan Benda)

2. Penyebab gerak benda, adalah gaya. Bentuk dan banyaknya F yang bekerja pada ben-da menyebabkan beberapa kemungkinan gerak-an benda tersebut. 1. Jika resultan F bekerja pada benda nol (F = 0) atau (Σ F = 0), makakemungkinan benda diam (v = 0) atau bergerak lurus beraturan (v ≠ 0). 2. Jika F bekerja (F ≠ 0, ΣF ≠ 0) tetapi setitik tangkap (berlaku sebagai Ftunggal) maka, ke-mungkinan benda akan bergerak lurus ber-ubah beraturan, 3. Jika Fbekerja pada benda lebih dari satu (jadi ada ΣF) dan tidak satu titik tangkap [walau-pun (Σ F = 0), maka masih ada kemungkinan benda berputar].

3. Macam-macam gerak dapat terjadi karena nilai F yang bervariasi (baik besar, arah atau mungkin keduanya yaitu besar dan arah). Bagaimanapun bentuk F yang bekerja pada ben-da, gerak benda tersebut memenuhi hukum ke-dua Newton ( F = ma ).

4. A. Keseimbangan Gaya-gaya Letak titik tangkap beberapa F di dalam benda akan memberikan beberapa kemungkinan dari benda tersebut. 1. Benda akan tetap diam (dalam keadaan sta-tik). 2. Bergerak translasi, rotasi atau mengguling. 3. Jika benda bertranslasi (v tetap), disebut benda dalam keseimbangan rotasi ( = 0). 4. Jika benda bergerak rotasi (ω tetap), dise-but benda dalam keseimbangan translasi (F = 0).

5. F2 r2 0 r1 r4 F4 r3 F3 F1 r F 1. Resultan gaya-gaya sejajar. Gaya berat (w), merupakan salah satu bentuk resultan dari gaya-gaya sejajar. Resultan F dari masing-masing berat partikel penyusun benda. w = Σmig F = F1 + F2 + F3 + F4 F = ΣFi r x F = Σri x Fi  = Σi

6. r letak posisi pusat berat (mungkin pusat m) ri letak posisi masing-masing gaya, gaya berat, (mungkin massa) Fi gaya-gaya, gaya berat, (mungkin m) Komponen persm dalam sistem koordinat tiga di-mensi kartesian Secara teori letak titik tangkap F berat dan pusat m belum tentu sama.

7. Hal tersebut terjadi karena nilai g tidak tetap (ni-lai g tergantung pada jarak atraksi dua benda). Navier 1785 - 1836

8. Contoh. Empat buah titik benda massa m kg, 2 m kg, 3 m kg dan 4 m kg disusun dalam satu garis lurus dengan jarak tetap 1 meter (mulai dari salah satu ujung). Tentukan letak pusat titik berat dan pusat massanya ? Penyelesaian. Karena garis lurus dianggap tidak ada y dan z jadi persm-nya adalah,

9. Letak titik tangkap gaya sejauh (2 m) dari benda yang bermassa m (atau berada pada posisi massa 3 m). Letak titik pusat m sama yaitu 2 m dari ujung ber-massa m (titik tangkap gaya = titik pusat m jika nilai gravitasi tetap). w1 = m1g, w2 = m2g dst.

10. r X C D 2 R Contoh. Plat lingkaran jari-jari 2 R dan dalam plat tersebut terdapat lobang piringan kecil jari-jari r dengan pusat lingkarannya pada satu garis lurus. Bentuk benda tersebut dinamakan X. Dimanakah letak titik berat benda X tersebut ? Penyelesaian. Benda C dianggap sebagai benda jumlahan benda jari-jari r dan 2 R. Dengan de mikian posisi pusat m benda C (lingkaran penuh) berada pada pusat sumbu koordinat (0, 0) sehingga posisi pusat mC berlaku,

11. Posisi XD dan XX adalah posisi pusat m benda D dan X, dengan demikian XC = 0 sehingga diha-silkan, Jika m jenis benda ρ, maka m benda ρV sehing-ga mD = r2ρ ℓ, dengan ℓ tebal benda dan m benda X menjadi, mX =  (2 r)2ρ ℓ -  r2ρ ℓ. Dalam hal ini XD = - r sehingga, (nilai tersebut di sebelah kanan C)

12. 2. Keseimbangan Statik Bila posisi benda dalam keadaan diam, benda disebut dalam keadaan keseimbangan statik. Bila benda dalam keadaan seimbang statik harus dipenuhi: Dari pernyataan,  = r x F,  F = 0 dan   = 0 Persm di atas ditulis dalam komponen tiga dimensi ekuivalen dengan persm, Fx = F1x + F2x + F3x + ……. + FnxFy = F1y + F2y + F3y + ……. + Fny Fz = F1z + F2z + F3z + ……. + Fnz

13. x = 1x+ 2x + 3x + …… + nx y = 1y + 2y + 3y + … …. + ny z = 1z + 2z + 3z + ………. + nz Apabila seluruh gaya terletak di dalam satu bi-dang datar analisisnya cukup menggunakan tiga persm yaitu: Fx = 0, Fy = 0 dan z = 0 Hal tersebut terjadi,  = r x F. tersebut memberikan dua jenis arah putaran ke kiri dan ke kanan. Dalam penjumlahan jika momen satu diberi tanda (+) maka yang lain (arah berbeda) harus diberi tanda (-), (dan sebaliknya).

14. Benda tegar dikatakan setimbang apabila memiliki percepatan translasi nol (a = 0) dan percepatan sudut nol ( = 0). Kesetimbangan Benda Tegar Benda berada dalam keadaan setimbang, berlaku: ΣF = 0 dan Σ = 0. • ΣFx = 0 , ΣFy = 0 dan Σ = 0 Bab 6-14

15. Contoh. Seorang m = 60 kg (berat wo = 600 N) naik pada tangga homogen yang bersandar (berdiri) pada lantai dengan sudut 60o terhadap horisontal dan ditahan oleh gaya (F) 5 N agar tidak menggeser. Panjang tangga 5 m dan berat 10 N [titik tangkap berat tangga (wt) berada di tengah-tengah]. Sam-pai dimana orang tersebut naik (memanjat) sebe-lum tangga tersebut menggeser. Penyelesaian. Misal orang naik sejauh x m dari dasar,  = 60o).

16. F2 F1 β 2,5 m wt x wo  0 F A Fx = 0 dipenuhi oleh gaya (F - F1 = 0), nilai F1 = 5N. Fy = 0 dipenuhi oleh gaya wo + wt - F2 = 0  F2 = 610 N. Momen A = 0 (diambil pada titik A) sehingga berlaku, A = 0. F (0) + F1 (0B)+ F2 (A0) - wt [(0,5 AB) cos ] - wo (x) cos  + F1 (AB sin 60o)+ F2 (AB cos 60o) - wt [(0,5)(5 m) cos 60o] - wo (x) cos 60o = 0

17. Dengan memasukkan nilai angka diperoleh, 5 N (5 m) ½ + 610 N (5 m) ½ - 10 N (2,5 m) ½ - 600 N (x m) ½ = 0 Dari persm di atas nilai x (dihitung), sebagai nilai tinggi orang memanjat tangga sebelum tangga tergelincir. Artinya orang tersebut naik sampai ke puncak tang ga, tangga belum tergelincir.

18. Contoh. Suatu gayaF1 = Aj, bekerja pada suatu titik dengan vektor posisi r1 = ai. Gaya lain F2 = Bi, bekerja pada suatu titik dengan vektor posisi r2 = bj. Tentukan lengan momen L, dari resultan gaya relatif terhadap titik 0 (pusat koordinat). Penyelesaian. Gaya total, F = F1 + F2 = Bi + Aj. Besar F, F = √B2 + A2 Momen F terhadap 0,  = r1 x F1 + r2 x F2  = ai x Aj + bj x Bi = (aA – bB) k   = aA – bB Panjang lengan momen, L =

19. Pengaruh Gaya Dalam Benda. Benda bergerak jika (Σ F ≠ 0), dan benda diam jika gaya (Σ F = 0) walaupun tidak selamanya (mungkin berputar atau bergerak lurus). Perilaku gerak benda tergantung dari bentuk F yang bekerja pada benda tersebut (terdapat F te-tap dan F tidak tetap). Ftidak tetap (sebagai bentuk variabel), mungkin sebagai fungsi perpindahan, kecepatan dan waktu, contoh F berubah misal F sentral (berubah arah).

20. N mg Gaya Normal (Dalam Bidang Datar) Benda diam di atas bidang datar berlaku ΣF = 0. Benda (diam) memiliki berat (w = mg, bentuk F) untuk memenuhi keadaan Σ F = 0, dimunculkan konsep F normal (N). Arah F normal (N) tegak lurus bidang tumpunya (Fnormal merupakan reaksi dari bidang terhadap benda), sehingga N = mg. Hal tersebut terjadi karena be rat benda seluruhnya mene-kan bidang tumpunya.

21. N mg cos  mg sin  mg  Dalam Bidang Miring Benda berada dalam bidang miring. Fyang bekerja pada benda dapat diuraikan menjadi beberapa F. Hal tersebut terjadi kare-na w (hanya sebagian) menekan bidang tumpu yaitu, m g cos  (karena arah gaya berat menuju pusat bumi,  sudut bi-dang miring dengan hori-sontal).

22. Gaya-gaya Geseran Benda yang bergerak pada permukaan benda lain atau bergerak di dalam benda lain (misal dalam fluida) akan memperoleh hambatan (geseran). Fgeseran muncul karena hasil interaksi dua ben-da tersebut. Arah F geseran selalu berlawanan dengan arah gerak benda. Besar kecilnya nilai F geseran tergantung pada keadaan benda yang melakukan kontak terse-but. Nilai F geseran dapat didasarkan pada bentuk benda, maupun permukaan kontak benda.

23. Misalnya tergantung pada luas (sempitnya) per-mukaan dan kasar-halusnya permukaan kontak (misal gerak benda padat di atas permukaan zat padat), dapat tergantung pada bentuk benda (misal gerak benda bentuk bola berbeda dengan bentuk kubus di dalam fluida). Peristiwa F geseran dalam gerak benda, meru-pakan gejala yang cukup kompleks dan merupa-kan konsep statistik. Kriteria F geseran ditentukan berdasarkan konsep pengamatan.

24. Geseran Dalam Bidang Datar Benda yang bergerak di dalam bidang datar mem-peroleh F geseran (Ff) nilainya sebanding dengan besarnya F normal (N). Ff = N  tetapan, disebut koefisien geseran. Nilai μ ditentukan oleh besaran yang terkait (misal dapat kasar atau halusnya permukaan kontak). Nilai  ada dua jenis yaitu: (k),  kinetik dimiliki oleh benda yang bergerak. (s),  statik dimiliki oleh benda yang diam. Umumnya nilai ks.

25. N v F x Ff mg Bila pada benda bekerja gaya (F) sejajar bidang, posisi N akan bergeser (searah F). Muncul gaya Ff sehingga ΣF = 0, (jika benda ma-sih diam). Bila benda karena gaya (F) bergerak (searah sumbu x), hukum Newton II tetap ber-laku (ΣF = ma). F i - Ff i = m (a i) F - μkN = m (a) Benda tetap diam, F = μsN.

26. Agar benda yang semula diam, menjadi bergerak mutlak harus dipenuhi nilai FsN. Bila FsN benda tidak akan bergerak. Selama benda diam, selalu berlaku nilai F = sN. Bila F ditambah, maka nilai s juga bertambah, teta-pi nilai s suatu saat akan menjadi maksm. Sehingga jika F ditambah lagi, menyebabkan nilai FsN sehingga benda lalu bergerak. Setelah benda bergerak benda tidak lagi memiliki s tetapi memiliki k .

27. Contoh. Benda berat 50 N di atas lantai horisontal yang ka sar. • Bila F horisontal 20 N bekerja pada benda tetapi benda tetap diam. Berapakah besarnyaF geserannya ? b. F ditambah menjadi 40 N benda siap akan ber-gerak. Berapakah nilai s ? c. Dari peristiwa (b) selanjutnya benda bergerak de- ngan kecepatan tetap dan nilai Ff susut menjadi 32 N. Berapakah nilai k ? Penyelesaian.

28. N N 20 N ff 50 N Selama benda masih diam, artinya kecepatan dan percepatan benda nol, ΣF = 0, sehingga berlaku persm F = Ff = 20 N. 40 N

29. Dengan demikian nilai gaya geseran 20 N. Benda siap bergerak, artinya nilai s telah men-capai maksm (F > Ff benda bergerak). jadi nilai koefisien geseran statik telah maksms = Ff /N = 40 N/50 N = 0,8. Benda bergerak dengan kecepatan tetap, artinya a = 0  F = 0. Nilai F = 32 N merupakan F geseran kinetik, sehingga nilai koefisien geseran maksm,

30. N F v w sin  w cos  μs N  m g Geseran Dalam Bidang Miring Benda dalam bidang miring kemungkinan akan ber-gerak naik atau turun. Benda massa m bergerak dalam bidang miring mendapat gaya geseran, formula persm berlaku F = m a. Bergerak ke atas jika di-penuhi, Fm g sin  + sN. Jika syarat telah dipenuhi ben-da bergerak naik, dengan persm, F – m g sin  - kN = m a.

31. F v N μs N w sin  w cos   m g Bergerak turun jika di-penuhi, m g sin  F + sN. Jika syarat telah dipenuhi ben-da bergerak turun, dengan persm, m g sin  – F - kN = m a. Jika turun dengan sendirinya (F = 0),persm ge- raknya menjadi, (syarat m g sin  sN). m g sin  – kN = m a.

32. M F m v f  m g sin  Contoh. Dua balok, balok pertama massa m dan kedua M. Kedua balok berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan . Koefisien gesekan balok de-ngan bidang miring μ1 dan μ2. Hitung F kontak dan sudut minimum bidang miring agar balok siap untuk bergerak ! Penyelesaian. Agar kedua balok da-pat bergerak bersama-sama perlu μ1 > μ2 . mg sin  + F - μ1m g cos  = m a.

33. f v M g sin  F Mg sin  - F – μ2M g cos  = M a. Dari ke dua persm dikurangkan diperoleh F, Sudut minimum bidang miring adalah sudut terke-cil, yang dimiliki agar benda siap bergerak, a masih nol. mg sin  + M g sin  - μ1m g cos  – μ2M g cos  = (m + M) a = 0 (m g + M g) sin  = (μ1m g + μ2M g) cos  .

34. Gaya Sentral. F sentral adalah F yang arahnya selalu lewat (menuju) titik pusat (titik tetap tertentu bentuk F = F ). Dengan demikian F sentral dan vektor posisi sejajar (satu garis) sehingga momen F Sebagai akibat gaya sentral yang akhirnya akan memberi interpretasi besaran L tetap, tetapi ada dua kemungkinan jika L tetap.

35. F v m  r ℓ d Kemungkinan pertama dipenuhi F = 0 atau a = 0 dan disajikan oleh partikel bebas. Partikel bebas partikel yang ber-gerak lurus dengan kecepatan te tap (nilai m, d dan L tetap). Kemungkinan kedua jika, F 0 akan dipenuhi jika L tetap (ben-tuk F r yaitujika gaya sentral. Dari gambar, memperlihatkan jika L = m v r sin  atau L = m v d. Gaya alamiah umumnya F sentral, misal bumi me-ngelilingi matahari akibat adanya F sentral. Salah satu F sentral adalah berat. Bumi mengeli-lingi matahari dengan L reatif tetap.

36. Gerak karena gaya sentral edarnya terletak dalam bidang (bidang v dan r).

37. Gerak dalam Lintasan Lengkung Gerak benda dalam lintasan lengkung, percepatan benda (a) bila diuraikan akan memiliki komponen aT (percepatan tangensial merupakan komponen percepatan dengan arah menyinggung lintasan) dan komponen aN (percepatan normal atau sentri-petal komponen tegak lurus lintasan arah menuju pusat lengkungan). r, jari-jari lintasan (melingkar r jari-jari lingkaran).

38. Gerak melingkar berlaku,FN = mω2r. Di dalam gerak melingkar beraturan partikel ha-nya memiliki aN , (aT = 0). Besaran percepatan dinyatakan dalam bentuk vek-tor, a = ω x v. Karena F = ma sehingga, F = m (ω x v) = ω x mv = ω x p

39. vo A 0 y P x vo FT FN mg gt Contoh. Carilah gaya tangensial dan normal, dari peluru (massa m) yang ditembakkan mendatar dengan kecepatan awal vo dari puncak bangunan ! Penyelesaian. Misal setelah t detik benda berada di titik P (telah tu-run sejauh y kecepatan arah y, g t) dan x,vot. Ke-cepatan di titik P nilainya,

41. Gerak Benda dalam Kulit Bola Gerak benda dalam kulit bola, dapat terjadi di luar kulit permukaan luar atau kulit permukaan dalam bola.

42. D w r E C N N N N N  B w w A w w Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam Posisi A, Posisi B,

43. D w r E C N N N N N  B w w A w w Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Dalam Posisi C = E, Posisi D, Antara posisi C, D dan E ada kemungkinan benda meninggalkan lintasan (jatuh, jika kecepatan ti-dak cukup).

44. Benda meninggalkan lintasan, berlaku N = 0. Posisi B, Posisi D, Jika benda harus terus berputar pada lintasan per-mukaan dalam kulit bola (tidak meninggalkan lin-tasan), perlu memiliki nilai kelajuan Catatan. Pesoalan gerak partikel pada kulit bola bagian dalam = gerak benda diikat de-ngan tali (N, tegangan tali).

45. N v C w B N r N w A v w Contoh. Sebuah pesawat terbang bergerak dalam suatu lintasan melingkar verti-kal berjari-jari r dengan kecepatan tetap v. Tentu kan berat semu pener-bang massa m pada po-sisi di titik A, B dan C dari lintasan lihat gam-bar. Penyelesaian.

46. Dalam gerak melingkar penerbang mengalami gaya sentrifugal, F = m (v2/r). Posisi titik A gaya berat penerbang merupakan resultan mg dan F sehingga berat semunya menja-di wA = m g + F. Posisi titik B gaya berat penerbang merupakan re-sultan m g dan F sehingga berat semunya menjadi, Posisi titik C gaya F ke atas akibatnya berat semu-nya wC = m g – F.

47. N A v B w wcos  w v r Gerak Benda, Pada Kulit Bagian Luar. Posisi A berlaku,FN = m aN, N Posisi B berlaku, Pada posisi B mungkin benda meninggalkan lintasan (berlaku N = 0), nilai kritis benda meninggalkan lin-tasan,

48. Contoh.

49. Contoh.

50. Contoh.