DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR

Presentasi berjudul: "DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR"— Transcript presentasi:

1 DINAMIKA ROTASI DAN KESEIMBANGAN BENDA TEGAR
FISIKA XI SMA 3 Magelang @iammovic

2 Standar Kompetensi: Kompetensi Dasar:
Menerapkan konsep dan prinsip mekanika klasik sistem kontinu dalam menyelesaikan masalah Kompetensi Dasar: Merumuskan hubungan antara konsep torsi, momentum sudut, dan momen inersia, berdasarkan hukum II Newton serta penerapannya dalam masalah benda tegar

3 MOMEN GAYA ATAU TORSI 𝜏 Momen gaya atau torsi adalah ukuran keaktifan sebuah gaya yang bekerja pada suatu benda untuk memutar benda tersebut terhadap suatu titik poros tertentu. Jika sudut antara r dan F adalah 𝛼, maka besar momen gaya adalah : 𝝉=𝒓𝑭 𝐬𝐢𝐧 𝜶 atau 𝝉= 𝒓 𝒔𝒊𝒏 𝜶 𝑭 𝑟 sin 𝛼 =𝒅, dimana disebut lengan momen. Sehingga besar momen gaya dapat dinyatakan sebagai hasil kali lengan momen dan besar gaya : 𝝉=𝑭.𝒅

4 MOMEN GAYA ATAU TORSI 𝜏 Contoh : - Sebuah gaya 𝐹= 120 𝑁 𝑖+ 180 𝑁 𝑗 dikerjakan pada suatu benda pada suatu titik yang memiliki vector kedudukan 𝑟= 3 𝑚 𝑖− 2 𝑚 𝑗 terhadap acuan 𝑶. Hitunglah momen yang dikerjakan gaya ini terhadap titik 𝑶. Momen adalah hasil kali vector antara vector titik tangkap gaya 𝒓 dan vector gaya 𝑭, yaitu 𝝉=𝒓 𝒙 𝑭. Untuk vector yang hanya dinyatakan dalam 𝒊 dan 𝒋, 𝝉 lebih cepat ditentukan dengan aturan 𝒊 x 𝒋=𝒌 dan 𝒋 x 𝒊=−𝒌. Jadi, 𝝉=𝒓 𝒙 𝑭= 3 𝑖 −2 𝑗 𝑥 120 𝑖+180 𝑗 =540 +𝑘 −240 −𝑘 =𝟕𝟖𝟎 𝒌

5 GABUNGAN BEBERAPA MOMEN GAYA 𝝉
Momen gaya total pada suatu benda yang disebabkan oleh dua buah gaya atau lebih yang bekerja terhadap suatu poros : 𝜏 = 𝜏 1 + 𝜏 2 + 𝜏 3 …+ 𝜏 𝑛 Catatan : 1. Lengan momen 𝑙 adalah panjang garis yang ditarik dari titik poros sampai mendorong tegak lurus garis kerja vector gaya 𝐹. 2. Arah momen gaya 𝜏 dinyatakan oleh arah putaran vector gaya 𝐹 terhadap titik poros. Arah positif momen ditetapkan sembarang, tetapi umumnya ditetapkan momen yang menghasilkan putaran searah jarum jam adalah positif (+) dan yang berlawanan arah jarum jam adalah negative (-).

6 MOMEN GAYA ATAU TORSI 𝜏 Contoh :
Batang AB yang panjangnya 2 m dipengaruhi tiga gaya seperti pada gambar. Tentukan torsi batang tersebut di titik O. 𝜏 = − 𝜏 1 + 𝜏 2 + 𝜏 3 =− 120 𝑁 1 𝑚 sin 30° 𝑁 0,5 𝑚 𝑁 1 𝑚 sin 37° =−60 𝑁.𝑚+50 𝑁.𝑚+90,3 𝑁.𝑚 =…𝑁.𝑚

7 MOMEN GAYA ATAU TORSI 𝜏 Karena torsi analog dengan gaya F, dan percepatan sudut analog dengan percepatan linier, apakah torsi berkaitan dengan percepatan sudut dari gerak rotasi? 𝑭=𝒎𝒂 Karena 𝒂 sama dengan𝑹.𝜶, maka : 𝑭=𝒎.𝑹.𝜶 Dengan mengalikan kedua ruas dengan 𝑹, maka : 𝑹.𝑭=𝒎. 𝑹 𝟐 .𝜶 Karena 𝑹.𝑭 adalah Torsi dan 𝒎. 𝑹 𝟐 adalah Momen Inersia, jadi : 𝝉=𝑰.𝜶=𝑰 𝒂 𝑹

8 MOMEN INERSIA 𝐼 Besaran yang menyatakan ukuran kelembaman benda yang mengalami gerka rotasi. Momen inersia 𝑰 dari sebuah partikel bermassa 𝒎 dan berjarak 𝒓 dari poros putar dinyatakan oleh : 𝑰=𝒎 𝒓 𝟐 Momen inersia dari beberapa partikel (titik massa) terhadap suatu poros diperoleh dengan menjumlahkan secara aljabar biasa tiap-tiap momen inersia. 𝑰= 𝒊 𝒎 𝒊 𝒓 𝒊 𝟐 Contohnya, momen inersia dari tiga buah partikel terhadap suatu poros adalah : 𝐼= 𝑖=1 3 𝑚 𝑖 𝑟 𝑖 2 = 𝑚 1 𝑟 𝑚 2 𝑟 𝑚 3 𝑟 3 2

9 MOMEN INERSIA 𝐼 Contoh : Tiga buah benda masing-masing bermassa 0,6 kg diikatkan pada batang, yang massanya dapat diabaikan seperti pada gambar. Tentukan momen inersia sistem terhadap poros rotasi melalui ujung batang. 𝐼= 𝑖=1 3 𝑚 𝑖 𝑟 𝑖 2 = 𝑚 1 𝑟 𝑚 2 𝑟 𝑚 3 𝑟 3 2 *dari soal, 𝑚 1 = 𝑚 2 = 𝑚 3 =𝑚=0,6 𝑘𝑔 𝑟 1 =10 𝑐𝑚=10𝑥 10 −2 𝑚 𝑟 2 = 𝑐𝑚=25𝑥 10 −2 𝑚 𝑟 1 = 𝑐𝑚=45𝑥 10 −2 𝑚 Jadi, 𝐼= 𝑚 1 𝑟 𝑚 2 𝑟 𝑚 3 𝑟 3 2 =𝑚 𝑟 𝑟 𝑟 3 2 =1,65𝑥 10 −1 𝑘𝑔 𝑚 2

10 Momen Inersia berbagai benda Tegar

11 Momen Inersia berbagai benda Tegar
Contoh : Roda tipis berjari – jari 30 cm dan massa 1 kg menggelinding bersama bola pejal berjari – jari 8 cm dan bermassa 1,5 kg. Tentukan perbandingan momen inersia bola dan roda. 𝑚 𝑟𝑜𝑑𝑎 =1 𝑘𝑔 𝑅 𝑟𝑜𝑑𝑎 =30 cm=0,3 m 𝑚 𝑏𝑜𝑙𝑎 =1,5 𝑘𝑔 𝑅 𝑏𝑜𝑙𝑎 =8 cm=0,08 m Jawab: 𝐼 𝑟𝑜𝑑𝑎 = 𝑚𝑅 2 = 1 𝑘𝑔 0,3 𝑚 2 = 1 𝑘𝑔 0,09 𝑚 2 =0,09 𝑘𝑔. 𝑚 2 𝐼 𝑏𝑜𝑙𝑎 = 𝑚𝑅 2 = 1,5 𝑘𝑔 0,08 𝑚 2 = 1,5 𝑘𝑔 0,0064 𝑚 2 =0,0096 𝑘𝑔. 𝑚 2 𝐼 𝑟𝑜𝑑𝑎 𝐼 𝑏𝑜𝑙𝑎 = 0,09 0,0096 = 3 0,32

12 MOMEN KOPEL Sebuah kopel adalah sepasang gaya sejajar yang sama besar tetapi arahnya berlawanan. Kopel tidak menghasilkan gerak translasi karena resultan gaya sama dengan nol 𝐹=0 , tetapi kopel akan menghasilkan momen kopel yang menyebabkan gerak rotasi. Besar momen kopel, 𝜏 , adalah hasil kali antara besar gaya 𝐹 dengan jarak 𝑑 antara kedua pasangan gaya. Kopel yang menghasilkan putaran searah jarum jam ditetapkan bertanda positif dan sebaliknya negatif.

13 ANALOGI BESARAN-BESARAN GERAK TRANSLASI DAN ROTASI

14 MOMENTUM SUDUT Momentum sudut didefinisikan sebagai perkalian antara momen inersia dan kecepatan sudut. Secara matematis, ditulis sebagai berikut : 𝑳=𝑰.𝝎 Jika lengan Torsi dan kecepatna linier diketahui, maka 𝐿=𝐼𝜔= 𝑚 𝑟 2 𝑣 𝑅 𝑳=𝒎.𝒓.𝒗 Momentum sudut merupakan besaran vektor karena memiliki besar dan arah. Arah momentum sudut dapat ditentukan dengan aturan tangan kanan.

15 HUKUM KEKEKALAN MOMENTUM SUDUT
“Jika tidak ada momen gaya luar yang bekerja pada suatu system yang mengalami gerak rotasi 𝜏 𝑙𝑢𝑎𝑟 , maka momentum sudut system selalu tetap. 𝐿 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚 =0 𝐿 1 = 𝐿 2 𝑰 𝟏 𝝎 𝟏 = 𝑰 𝟐 𝝎 𝟐

16 MENGGELINDING Menggelinding merupakan perpaduan gerak translasi dan rotasi sebuah benda (tanpa selip). Dalam melakukan gerak menggelinding, dibutuhkan gaya gesek antara benda dengan permukaan. Jika tidak ada gaya gesek maka benda tersebut akan tergelincir atau slip (benda hanya melakukan gerak translasi). Ketika sedang menggelinding, benda memiliki energi kinetik yang terbagi atas dua jenis, yaitu energi kinetik translasi 𝐸𝐾 𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠𝑙𝑎𝑠𝑖 = 1 2 𝑚 𝑣 2 dan energi kinetik rotasi 𝐸𝐾 𝑅𝑜𝑡𝑎𝑠𝑖 = 1 2 𝐼 𝜔 2 . Jadi energi totalnya : 𝑬𝑲 𝑻𝒐𝒕𝒂𝒍 = 𝑬𝑲 𝑻𝒓𝒂𝒏𝒔𝒍𝒂𝒔𝒊 +𝑬𝑲 𝑹𝒐𝒕𝒂𝒔𝒊 = 𝟏 𝟐 𝒎 𝒗 𝟐 + 𝟏 𝟐 𝑰 𝝎 𝟐 Jika resultan momen gaya luar yang bekerja pada benda sama dengan nol (tidak ada momen gaya luar yang bekerja pada benda), pada gerak rotasi tersebut berlaku Hukum Kekekalan Energi Mekanik : ∆𝑬𝑷= ∆𝑬𝑲 𝑻𝒓𝒂𝒏𝒔𝒍𝒂𝒔𝒊 +∆𝑬𝑲 𝑹𝒐𝒕𝒂𝒔𝒊

17 MENGGELINDING 1. Gerak Menggelinding Pada Bidang Datar (kasar)
Pada Gerak Translasi berlaku Hukum II Newton, 𝐹 =𝑚.𝑎 𝑭−𝒇=𝒎.𝒂 * 𝒇 = Gaya gesek Pada Gerak Rotasi berlaku : 𝝉=𝑰.𝜶 2. Gerak Menggelinding Pada Bidang Miring (Kasar) Pada Gerak Translasi berlaku Hukum II Newton, 𝐹 =𝑚.𝑎 : 𝒎.𝒈 sin 𝜽 −𝒇=𝒎.𝒂

18 MENGGELINDING 𝑚=200 𝑔𝑟=0,2 𝑘𝑔 𝑅=15 𝑐𝑚=0,15 𝑚 a. 𝜏 =𝐼𝛼
𝑓.𝑅= 1 2 𝑚 𝑅 2 𝑎 𝑅 𝑚.𝑔 .𝑅= ,2 𝑅.𝑎 2=0,1 𝑎 20 𝑚/ 𝑠 2 =𝑎 - b. c. 𝑇−𝑚.𝑔=0 𝑇=0,2 10 =2 𝑁

19 MACAM-MACAM KESEIMBANGAN
KESEIMBANGAN STATIS Ada 3 macam keseimbangan statis, semua dapat diperkirakan dengan memperhatikan apa yang terjadi dengan kedudukan titik beratnya ketika benda diberi gangguan kecil. Keseimbangan labil : Jika setelah gangguan kecil dihilangkan, titik berat bergerak ke bawah. Keseimbangan stabil : Jika setelah gangguan kecil dihilangkan, titik berat bergerak ke atas. Keseimbangan netral (indeferen) Jika titik berat selalu berada pada ketinggian yang tetap.

20 KESETIMBANGAN STABIL KESETIMBANGAN LABIL KESETIMBANGAN INDEFEREN

21 MACAM-MACAM KESEIMBANGAN
KESEIMBANGAN DINAMIS Keseimbangan translasi : Keseimbangan yang dialami benda ketika bergerak tanpa mengalami percepatan linier 𝒂=𝟎, 𝒗=𝒕𝒆𝒕𝒂𝒑 . Keseimbangan rotasi : Keseimbangan yang dialami benda ketika bergerak tanpa mengalami percepatan sudut 𝜶=𝟎, 𝝎=𝒕𝒆𝒕𝒂𝒑 .

22 SYARAT-SYARAT KESEIMBANGAN
1. Resultan gaya pada benda = 0 𝐹 =0 Pada kondisi ini, kemungkinan keadaan benda adalah: a. Diam (kesetimbangan statis), dan b. Bergerak dengan kecepatan linier tetap (kesetimbangan dinamis). 2. Resultan torsi pada benda = 0 𝜏 =0 Pada kondisi ini kemungkinan keadaan benda adalah: b. Berotasi dengan kecepatan sudut tetap (kesetimbangan dinamis).

23 KESEIMBANGAN 𝑤 𝐴𝐶 𝐷𝐵 = 𝑊 𝐴𝑛𝑎𝑘 1−𝑥 400 0,5 =250 1−𝑥 200=250−250𝑥
Contoh : Batang AC bermassa 40 kg dan panjangnya 3 m. Jarak tumpuan A dan B adalah 2 m (di B papan dapat berputar) seorang anak bermassa 25 kg berjalan dari A menuju C. Berapa jarak minimum anak dari titik C agar papan tetap setimbang (ujung batang A hampir terangkat)? 𝜏 =0 𝑤 𝐴𝐶 𝐷𝐵 = 𝑊 𝐴𝑛𝑎𝑘 1−𝑥 400 0,5 =250 1−𝑥 200=250−250𝑥 250𝑥=50 𝑥=0,2 𝑚

24 KESEIMBANGAN Contoh : Pada sistem kesetimbangan benda tegar seperti pada gambar di samping, batang AB homogen dengan panjang 80 cm, beratnya 18 N, menyangga beban seberat 30 N, BC adalah tali. Berapakah tegangan pada tali (dalam newton) jika jarak AC = 60 cm? 𝐵𝐶= 𝐴𝐵 2 + 𝐴𝐶 2 = =100 𝑐𝑚 sin 𝛼 = =0,6 Syarat kesetimbangan di titik A : 𝜏 𝐴 =0 𝑇 𝐴𝐵 sin 𝛼 − 𝐴𝐵 −30 𝐴𝐵 =0 𝑇 48 −18 40 −30 80 =0 48𝑇−720−2400=0 𝑇= =65 𝑁

25 KESEIMBANGAN TIGA GAYA
Syarat keseimbangan statis untuk tiga gaya sebidang yang bekerja pada suatu sistem partikel, adalah : 𝐹 1 sin 𝛼 = 𝐹 2 sin 𝛽 = 𝐹 3 sin 𝛾 *dimana 𝛼+𝛽+𝛾=360°

26 KESEIMBANGAN TIGA GAYA
Contoh : Benda pada gambar memiliki berat 400 N dan digantung dalam keadaan diam. Tentukanlah besar tegangan yang terjadi pada kedua tali yang menahan benda. (Ingat, tegangan adalah gaya yang terdapat pada seutas tali yang menarik suatu benda). 𝑻 𝟏 𝒔𝒊𝒏 𝜶 𝟏 = 𝑻 𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝜶 𝟐 = 𝒘 𝟑 𝒔𝒊𝒏 𝜶 𝒘 → 𝑇 1 sin 143° = 𝑇 2 sin 127° = 𝑤 3 sin 90° 𝑇 1 0,6 = 𝑇 2 0,8 = 400 1 𝑻 𝟏 =240 N, 𝑻 𝟐 =𝟑𝟐𝟎 𝑵

27 KESEIMBANGAN TIGA GAYA
Contoh : Seutas tali ABCD digantungkan pada titik A dan D. Pada titik C digantungkan beban seberat w. Tentukanlah besar w agar sistem dalam kesetimbangan. Titik B 𝑻 𝒔𝒊𝒏 𝟗𝟎°+𝟔𝟎° = 𝟏𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝟗𝟎°+𝟑𝟎° 𝑇 = →𝑇=4 3 𝑁 Titik C 𝑻 𝒔𝒊𝒏 𝟗𝟎°+𝟑𝟎° = 𝟏𝟐 𝒔𝒊𝒏 𝟗𝟎°+𝟔𝟎° = 𝑤 →𝑤=4 𝑁

28 TITIK BERAT Titik berat adalah suatu titik dalam suatu benda (dapat juga di luar benda) dimana gaya berat benda bekerja secara efektif. 1. Titik berat benda homogen (massa jenis sama dalam keseluruhan sistem) yang bentuknya teratur, terletak pada perpotongan diagonalnya. 2. Titik berat benda gabungan dari benda-benda teratur bentuknya, dapat ditentukan dengan koordinat 𝒙 𝟎 , 𝒚 𝟎 . Jika diketahui : Berat tiap partikel : 𝑥 0 = 𝑤 1 𝑥 1 + 𝑤 2 𝑥 2 + 𝑤 3 𝑥 3 +…+ 𝑤 𝑛 𝑥 𝑛 𝑤 1 + 𝑤 2 + 𝑤 3 +…+ 𝑤 𝑛 𝑦 0 = 𝑤 1 𝑦 1 + 𝑤 2 𝑦 2 + 𝑤 3 𝑦 3 +…+ 𝑤 𝑛 𝑦 𝑛 𝑤 1 + 𝑤 2 + 𝑤 3 +…+ 𝑤 𝑛

29 TITIK BERAT Benda berbentuk bidang datar :
𝑥 0 = 𝐴 1 𝑥 1 + 𝐴 2 𝑥 2 + 𝐴 3 𝑥 3 +…+ 𝐴 𝑛 𝑥 𝑛 𝐴 1 + 𝐴 2 + 𝐴 3 +…+ 𝐴 𝑛 𝑦 0 = 𝐴 1 𝑦 1 + 𝐴 2 𝑦 2 + 𝐴 3 𝑦 3 +…+ 𝐴 𝑛 𝑦 𝑛 𝐴 1 + 𝐴 2 + 𝐴 3 +…+ 𝐴 𝑛 Benda berbentuk bangun ruang: 𝑥 0 = 𝑉 1 𝑥 1 + 𝑉 2 𝑥 2 + 𝑉 3 𝑥 3 +…+ 𝑉 𝑛 𝑥 𝑛 𝑉 1 + 𝑉 2 + 𝑉 3 +…+ 𝑉 𝑛 𝑦 0 = 𝑉 1 𝑦 1 + 𝑉 2 𝑦 2 + 𝑉 3 𝑦 3 +…+ 𝑉 𝑛 𝑦 𝑛 𝑉 1 + 𝑉 2 + 𝑉 3 +…+ 𝑉 𝑛 Benda berbentuk kurva : 𝑥 0 = 𝑙 1 𝑥 1 + 𝑙 2 𝑥 2 + 𝑙 3 𝑥 3 +…+ 𝑙 𝑛 𝑥 𝑛 𝑙 1 + 𝑙 2 + 𝑙 3 +…+ 𝑙 𝑛 𝑦 0 = 𝑙 1 𝑦 1 + 𝑙 2 𝑦 2 + 𝑙 3 𝑦 3 +…+ 𝑙 𝑛 𝑦 𝑛 𝑙 1 + 𝑙 2 + 𝑙 3 +…+ 𝑙 𝑛

30 @iammovic