MODUL 2.

KESEIMBANGAN BENDA

document.doc SMADA LMJ - 1

A. KESEIMBANGAN PARTIKEL

Suatu partikel dikatakan seimbang jika “Resultan gaya yang bekerja pada partikel tersebut sama dengan nol”, atau :

Untuk partikel yang dipengaruhi gaya-gaya sebidang pada bidang xoy, maka syarat keseimbangan benda dapat ditulis :

Pada kasus-kasus tertentu keseimbangan partikel dapat diselesaikan dengan sistem keseimbangan 3 gaya

1. Apabila ada tiga buah gaya yang seimbang, maka resultan dari dua buah gaya akan sama besar dan berlawanan arah dengan gaya yang lain.

2. Hasil bagi setiap besar gaya dengan sinus sudut diseberangnya selalu bernilai sama.

Contoh Soal :Dari gambar berikut tentukan gaya tegang tali T1 dan T2, jika sistem dalam keadaan seimbang !

Penyelesaian :

T1 = 50. 0,6 = 30 N

T2 = 50. 0,8 = 40 N

B. KESEIMBANGAN BENDA TEGAR

Benda tegar adalah suatu benda yang tidak mengalami perubahan bentuk ketika diberikan gaya luar.

1. Momen gaya.adalah efek putar dari sebuah gaya terhadap suatu sumbu putar.Besar momen gaya merupakan hasil kali gaya dengan jarak dari sumbu putar, secara matematis dapat ditulis :

= F.d

= momen gaya ( N.m )F = gaya ( N )d = jarak sumbu putar terhadap garis keja gaya (m).

2. Koordinat titik tangkap gaya resultanDari gambar di bawah, misalkan pada bidang datar xoy terdapat 2 gaya yaitu F1 dan F2 maing-masing bertitik tangkap (x1 , y1) dan (x2 , y2) maka resultan gaya R bertitik tangkap di Z (x , y). secara matematis :

Momen gaya resultan = ∑ momen gaya

Momen gaya terhadap sumbu x :

Momen gaya terhadap sumbu y :

Contoh Soal :

document.doc SMADA LMJ - 2

F1

F2 F3

R

T2T1

50 N

37 53

T2T1

w = 50 N

37 53

-2 0 1 4

F1 = 4 N

F2 = 3 N

F3 = 8 N y

X (cm)

Dari gambar di atas tentukan resultan dan letak titik tangkap gaya resultannya.

Penyelesaian :

Reseultan gaya R = F1y + F2y + F3y

R = 4 + (-3) + 8 = 9 N

Koordinat titik tangkap resultan :

3. Syarat-syarat keseimbangan benda.Syarat agar benda tegar seimbang, resultan gaya dan resultan momen gaya terhadap titik sembarang sama dengan nol, atau ditulis :

Untuk benda yang terletak pada bidang datar xoy maka, syarat keseimbangan benda dapat ditulis :

Jika jumlah gaya yang mempengaruhi ada 3, maka benda seimbang jika ketiga gaya tersebut melalui satu titik tertentu.Contoh-contoh konstruksi keseimbangan benda karena pengaruh 3 gaya :

Apabila pada sistem keseimbangan benda tegar terdapat sebuah titik tumpu tetap maka ambillah titik tetap tersebut sebagi pusat momen gaya.

Contoh Soal :1. Batang AB disandarkan pada dinding

licin dan lantai kasar dengan sudut kemiringan 60 terhadap lantai, jika panjang batang 4 m dan berat batang w pada saat batang tepat akan tergelincir maka koefisien gesekan antara batang dengan lantai adalah ... .

Penyelesaian :

Kita pilih titik A sebagai pusat momen gaya.

A = 0NB.AD – w.AC = 0

NB.AB sin – w. AB cos = 0

NB.sin 60 = w. cos 60

NB = = ...... (1)

Fx = 0 Fy = 0NB – fA = 0 NA – w = 0NB = fA ...... (2) NA = w ...... (3)

Dari persamaan (2) dan (3) diperoleh :NB = fA = .NA = .w ..... (4)Persamaan (4) substitusikan ke persama-an (1).

.w = =

2. Sebuah batang AB homogen panjang 3 m, bermassa 4 kg dipasang seperti gambar, jika batang dalam keadaan seimbang tentukan :a. gaya tegang talib. gaya engsel

document.doc SMADA LMJ - 3

FA

W

N B

A A = kasar, B = licin

FA

W

N

B

A A = kasar, B = licin

FA

W

FB

B

A A = kasar, B = kasar

FA

W

FB

B

A A = kasar, B = kasar

FA

W

tali B

A A = engsel

T

W

FB

B

A B = engsel

tali

NA w

NB B

AfA

O

C

D

BA

4 m

3 mengsel

Penyelesaian :

a. untuk menghitung gaya tegang tali, pusat momen gaya pilih titik B yang merupakan titik tetapnya.B = 0

w. AB – T cos .AB = 0

40. = T. T = 25

N

b. untuk menghitung gaya engsel, gunakan syarat keseimbangan Fx

= 0 dan Fy = 0:Fx = 0T sin – H = 0

25. = H H = 15 N.

Fy = 0T cos + V – w = 0

25. + V – 40 = 0 V = 20

N.

maka gaya engsel :FB =

= = 25 N.

4. Titik berat bendaTitik berat suatu benda (zo) merupakan titik tangkap gaya berat.Dengan melakukan kegiatan di bawah ini anda dapat menentukan titik berat benda homogen.

Alat dan Bahan.

- karton tebal - benang- kertas grafik - gunting- paku atau jarum - beban- penjepit dan statip - neraca ohauss

Urutan Kerja.

KEGIATAN I

1. Ambil karton tebal ukuran folio, kemudian gunting sehingga menghasilkan bentuk sembarang ( contoh seperti gambar a ).

2. Buatlah lubang-lubang A, B dan C pada karton tersebut ( gambar a ). Jepitkan paku pada penjepit yang dipasang pada statip. Gantungkan beban pada tali yang diikat pada paku itu, kemudian gantungkan karton tersebut pada lubang A. Tandai bagian karton yang dilalui oleh benang ( namakan titik A1, gambar b ).

3. Ulangi percobaan di atas dengan menggantungkan karton pada lubang B tandai dengan B1 dan lubang C tandai dengan C1.

4. Hubungkan titik-titik A - A1, B - B1, dan C - C1 !, apakah yang tampak pada hasil percobaan tentang titik potong ketiga garis tersebut ?

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . (1)5. Potonglah karton melalui garis AA1

menjadi dua bagian. Kemudian timbanglah masing-masing potongan tadi : m1 = . . . . . . . . g, m2 = . . . . . . . . g.Bagaimanakah perbandingan nilai m1

dan m2 ?. . . .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

(2)6. Garis-garis yang memiliki sifat-sifat

seperti AA1 ini disebut garis berat.7. Sebutkan garis-garis berat lainnya

pada benda itu !. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (3)

8. Titk berat ( Z ) terletak pada perpotongan garis-garis AA1, BB1, dan CC1. Jadi Z terletak pada perpotongan garis-garis

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (4)

KEGIATAN II

1. Tentukan lagi titik berat masing-masing potongan karton dengan langkah seperti di atas tandai dengan Z1 dan Z2 dibalik karton.

2. Sambungkan kembali kedua potongan karton seperti keadaan

document.doc SMADA LMJ - 4

BA

4 m

T sin w

H

VTT cos

CD

A

B

C

Gambar a.

A

B

C

Gambar c.

Z2

Z1

w1

w2

A

B C

Gambar b.

A1

paku

beban

semula, kemudian hubungkan Z1

dengan Z2 ( gambar c ).3. Z1Z2 memotong garis persambungan,

tandai dengan titik P. Apakah yang anda ketahui tentang titik P dan titik Z ? . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (5)

4. Jika demikian titk P merupakan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (6)

5. Ukurlah Z1P dan Z2P ! Z1P sama / tidak sama dengan Z2P ?

. . . . . . . . . . . . . (7)6. Momen gaya W1 terhadap P :

1 = . . . . . . . x . . . . . . . . . . . (8)

7. Momen gaya W2 terhadap P :2 = . . . . . . . x . . . . . . . . . . . (9)

8. Dari data di atas, kesimpulan apa yang dapat diambil tentang momen-momen gaya W1 dan W2 terhadap P ?

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . maka dalam keadaan seimbang berlaku :. . . . . . . = . . . . . . . . . . . . . . . = . . . . . . . . . . . . . . (10)

KEGIATAN III

1. Tempelkan kedua potongan karton ter-sebut, di atas kertas grafik ( gambar d ).

2. Ukurlah x, y, x1, y1, x2, y2 isikan ke dalam tabel berikut dan lengkapilah kolom-kolom yang lain (w1 = …. kg, w2 = …. kg).

x y x1 y1 x2 y2

x(w1+w2) x1w1 + x2w2 y1w1 + y2w2

(11)

3. Bandingkan x dengan ( x1 + x2 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (12)

4. Bandingkan y dengan ( y1 + y2 ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (13)

5. Bandingkan x ( w1 + w2 ) dengan ( x1w1 + x2w2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (14)

6. Bandingkan y ( w1 + w2 )dengan ( y1w1 + y2w2)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (15)

7. Dengan memperhatikan jawaban nomor (12), (13), (14), dan (15) tuliskan rumus yang dapat dipakai untuk menentukan koordinat Z ( x , y ) :

x = . . . . . . . .

y = . . . . . . . . (16)

TUGAS :1. Apabila berat ( w ) bagian-bagian

benda tidak diketahui sedangkan yang diketahui ialah panjang ( ) atau massa ( m ), atau luas ( A ) bagian-bagian dari suatu benda, bagaimanakah rumus untuk menentukan koordinat titik berat Z ( x , y ) ? ( dianggap benda homogen ).

2. Diskusikan soal berikut :Sebuah karton homogen mempunyai bentuk seperti gambar di bawah, tentu-kan :a. Perbandingan Z1Z dan Z2Z

terhadap perbandingan m1 dan m2.

b. Titik berat benda ( dengan pemakain sistem koordinat ).

Dari hasil kegiatan di atas untuk menentukan titik berat suatu benda dapat menggunakan koordinat titik tangkap gaya resultan.

document.doc SMADA LMJ - 5

(x1 , y1)

Zo(xo , yo)(x2 , y2)w1

w w2

x

y

y1

y y2

x1 x x2

A

B

C

Gambar d.

Z2

Z1

w1

w2

y2

x1 x x2 x

y y1

y

5 cm

6 cm

5 cm

1 cm

I

II

dari gambar diatas koordinat titik berat benda dapat dihitung menggunakan persamaan :

;

Karena w = m.g, jika diketahui massa benda maka persamaannya menjadi :

;

Titik berat benda homogen berbentuk luasan ( dua dimensi ) :

;

Titik berat benda homogen berbentuk garis ( satu dimensi ) :

;

Titik berat benda-benda homogen yang bentuknya teratur dapat dilihat pada buku Terpadu Fisika 3A, tabel 5.2a hal. 141 dan table 5.3 hal. 143.

Contoh Soal :Sebuah bidang nampak seperti gambar disamping. Tentukan letak titik berat benda gabungan diukur dari alasnya.

Penyelesaian :

Benda kita bagi menjadi dua bagian dan masing-masing bagian ditentukan titik berat-nya kemudian baru dihitung titik berat resultannya. Dari gambar koordinat titik berat A1 (1,5 ; 2,5) dan A2

(1,5 ; 0,5).

5. Jenis keseimbangan

a. Keseimbangan stabil (mantap)Jika benda diubah sedikit dari kedudukan seimbang semula kemudian dilepaskan, benda akan kembali ke tempat kedudukan seimbang semula. Keseimbangan ini ditandai jika kedudukan diubah sedikit titik beratnya naik (gambar a).

b. Keseimbangan Labil (goyah)Jika benda diubah sedikit dari kedudukan seimbang semula kemudian dilepaskan, benda tidak akan kembali ke tempat kedudukan seimbang semula, melainkan akan terus jatuh hingga tercapai keseimbangan baru. Keseimbangan ini ditandai jika kedudukan diubah sedikit titik beratnya turun (gambar b).

c. Keseimbangan indeferen (sembarang = normal = netral)Jika benda diubah sedikit dari kedudukan seimbang semula kemudian dilepaskan, benda tetap seimbang, jadi memperoleh keseimbangan baru. Keseimbangan ini ditandai jika kedudukan diubah sedikit titik beratnya tidak naik dan tidak turun (gambar c).

6. Menggeser dan MenggulingSuatu benda mula-mula diam dan seimbang stabil. Jika benda dipengaruhi gaya luar, maka benda tersebut akan mempunyai 4 ke-mungkinan, yaitu : Tetap diam, F = 0, = 0. Menggeser, F ≠ 0, = 0. Mengguling, F = 0, ≠ 0. Menggeser dan mengguling, F

≠ 0,   ≠ 0.

Perhatikan gambar berikut :

document.doc SMADA LMJ - 6

a b c

1 cm

1 cm

1 cm

3 cm

3 cm

w

N

w

N

F1

f

dh

(1) (2)

w

NFmaks

f

d”h

w

N

F2

fmaks

d’h

P

(3) (4)

1 cm

1 cm

1 cm

3 cm

3 cm

A1

A2

x

y

Keterangan :Gambar (1). Menyatakan gambar untuk benda diam dan dalam keadaan stabil. Pada keadaan ini gaya yang bekerja adalah gaya berat dan gaya normal dan keduanya mempunyai garis kerja yang berimpit.

Gambar (2). Benda ditarik dengan gaya F1, pada saat ini N bergeser searah dengan F1 sejauh d dan pada saat itu pula timbul gaya gesek yang besarnya sama dengan gaya tarik ( f = F1 ). Dalam keadaan ini benda masih diam, dan berlaku F = 0, (Fx = 0, Fy = 0), = 0.

Gambar (3). Gaya F diperbesar lagi, dan N bergeser sejauh d’ ( d’ > d ) hingga suatu saat F2 = fs maks, pada saat ini benda dikatakan tepat akan bergerak. Jika F2 diperbesar terus sehingga F2 > fs

maks, maka benda dapat me-lakukan gerak translasi dan berlaku F ≠ 0, = 0. Keadaan ini disebut menggeser.

Gambar (4). Kemudian gaya berangsur-angsur diperbesar terus sehingga titik tangkap gaya normal N tepat ditepi benda ( titik P ). Dalam keadaan ini perpindahan N merupakan perpindahan yang maksimum, dan gaya F disebut gaya maksimum ( Fmaks ), sehingga benda dalam keadaan labil dan dapat berotasi, maka berlaku F = 0, ≠ 0. Peristiwa ini dinamakan mengguling.Contoh Soal :Sebuah kubus pejal dengan panjang rusuk 40 cm dan beratnya 200 N berada dalam keadaan seimbang stabil diatas meja yang mempunyai koefisien gesekan 0,5. Jika kubus ditarik dengan gaya F pada jarak 10 cm dari bidang alas, tentukan pergeseran gaya normal N kubus pada saat tepat akan bergeser.

Penyelesaian :

Benda tepat akanbergeser berlaku : F = 0,  Fy = 0N – w = 0N = w = 200 N

 Fx = 0 F – fs = 0F = fs = s.NF = 0,5.200 =

100 N

Untuk menghitung d kita gunakan = 0, dengan titik P sebagai pusat momen

gaya dan yang menimbulkan momen gaya adalah gaya F dan berat kubus w.

Fh – wd = 0100.0,1 – 200.d = 0d = 0,05 m = 5 cm.

Tugas : Kerjakan soal-soal berikut dengan benar :

1. Dari gambar di bawah tentukan berat benda A bila gesekan katrol diabaikan dan sistem dalam keadaan seimbang ?

2. Dari gambar disamping, batang AB homogen dan seimbang, jika ujung A diengsel, tentukan:a. tegangan tali Tb. besar dan arah

gaya engsel di A

3. Sebuah bidang memiliki bentuk seperti gambar. Tentukan titik berat bidang tersebut !.

4. Batang PQ homogen panjang 6 m bertumpu dititik R (dinding licin), dan ujung P dengan lantai kasar. Bila massa batang 10 kg, OP = 3 m, OR = 4 m, tentukan :a. gaya normal di P dan R.b. Koefisien gesekan

antara ujung batang dengan lantai !.

5. Sebuah kubus pejal homogen dengan berat 500 N memiliki panjang rusuk 20 cm. Kubus dalam keadaan seimbang stabil pada bidang datar yang mempunyai koefisien gesekan 0,6. Tentukan pergeseran gaya normal N pada saat kubus tepat akan bergeser, jika kubus ditarik dengan gaya F horisontal pada jarak 20 cm dari bidang alasnya!

document.doc SMADA LMJ - 7

w

N

F

f

d

h

P

B

A

10 N

20 N

45

45

R

y

x O

W

R

Q

P

12 N

9 NA

BC

45

IX. KESEIMBANGAN BENDA TEGAR

dan ELASTISITAS

1. BENDA TEGAR.Benda tegar adalah benda yang tidak mengalami perubahan bentuk bila gaya dikerjakan pada benda tersebut.

F

2. KESEIMBANGAN BENDA TEGAR.Sebuah benda tegar berada dalam keseimbangan mekanis bila dilihat dari suatu kerangka acuan inersial, jika :

a. percepatan linear pusat massanya sama dengan nol, apm = 0.

b. percepatan sudutnya sama dengan nol, = 0.Untuk vpm = 0 dan = 0 disebut keseimbangan statik.Bila apm = 0, maka Feks = 0. Untuk gaya-gaya dalam ruang ( 3 dimensi) diperoleh :

F1x + F2x + ... + Fnx = 0 atau Fx = 0

F1y + F2y + ... + Fny = 0 atau Fy = 0

F1z + F2z + ... + Fnz = 0 atau Fz = 0

Bila = 0, maka eks = 0 dan diperoleh

1x + 2x + ... + nx = 0 atau x = 0

1y + 2y + ... + ny = 0 atau y = 0

1z + 2z + ... + nz = 0 atau z = 0

Dalam kasus tertentu dimana gaya-gaya hanya terletak pada satu bidang, (misalkan bidang xy) diperoleh :

F1x + F2x + ... + Fnx = 0 atau Fx = 0

F1y + F2y + ... + Fny = 0 atau Fy = 0

1z + 2z + ... + nz = 0 atau z = 0

z = 0 ini terhadap sembarang titik pada benda tegar tersebut.

F1

F2

r1

O

Torsi terhadap titik O adalah :

o = (r1 x F1) + (r2 x F2) + ... + (rn x Fn)

document.doc SMADA LMJ - 8

Torsi terhadap titik O’ adalah :

o’ = (r1- r’) x F1+ (r2 - r’) x F2 + ... + (rn - r’) x Fn

o’ = {(r1 x F1) + (r2 x F2) + ... + (rn x Fn) } – r’ x (F1+ F2 + … + Fn)Jika sistem dalam keadaan seimbang, F = 0 maka

o = o’

Torsi terhadap titik sembarang adalah sama.

3. PUSAT GRAVITASI

Bila kita perhatikan benda tegar, salah satu gaya yang perlu diperhatikan adalah berat benda, yaitu gaya gravitasi yang bekerja pada benda tersebut. Untuk menghitung torsi dari gaya berat tersebut, gaya berat dapat dipertimbangkan terkonsentrasi pada sebuah titik yang disebut pusat gravitasi.

Perhatikan benda berbentuk sembarang pada bidang xy. Benda kita bagi-bagi menjadi partikel-partikel dengan massa m1, m2, …yang mempunyai koordinat (x1, y1) , (x2, y2) ,…pusat massanya dapat dinyatakan sebagai

m1x1 + m2x2 + m3x3 + …

m1 + m2 + m3

+ …

y m1g

pg m2g

x

W = Mg

Setiap partikel memberikan kontribusi torsi terhadap titik pusat dan ini sama dengan torsi yang ditimbulkan oleh gaya tunggal, yaitu gaya berat dikalikan dengan lengan gayanya. Titik dimana gaya berat bekerja disebut pusat gravitasi.

(m1g1 + m2g2 + m3g3 + …) xpg = m1g1x1 + m2g2x2 + m3g3x3 + …

Bila diasumsikan g homogen maka, pusat gravitasi :

m1x1 + m2x2 + m3x3 + … m1 + m2 + m3

+ …

Bila gravitasi homogen, pusat gravitasi berimpit dengan pusat massa.

4. SISTEM KESEIMBANGAN

Di dalam menyelesaikan suatu sistem keseimbangan di bawah pengaruh beberapa gaya, ada beberapa prosedur yang perlu diikuti.a. Tentukan objek/benda yang

menjadi pusat perhatian dari sistem keseimbangan.

b. Gambar gaya gaya eksternal yang bekerja pada obyek tersebut.

c. Pilih koordinat yang sesuai, gambar komponen-komponen gaya dalam koordinat yang telah dipilih tersebut.

d. Terapkan sistem keseimbangan untuk setiap komponen gaya.

e. Pilih titik tertentu untuk menghitung torsi dari gaya-gaya yang ada terhadap titik tersebut.

document.doc SMADA LMJ - 9

Pemilihan titik tersebut sembarang, tetapi harus memudahkan penyelesaian.

f. Dari persamaan yang dibentuk, dapat diselesaikan variabel yang ditanyakan.

5. ELASTISITASDalam pembahasan

sebelumnya, benda yang mendapatkan gaya diidealkan sebagai benda tegar, tidak mengalami perubahan bentuk bila mendapat gaya. Sesungguhnya benda mengalami perubahan bentuk saat mendapatkan gaya. Pada bagian ini akan dibahas tentang hubungan perubahan bentuk tersebut dengan gaya yang menyebabkannya.

5.1. Tekanan

F F F F F

F

F FF

F

F

FF

F

Gambar di atas melukiskan suatu batang yang mempunyai penampang serbasama ditarik dengan gaya F pada kedua sisinya. Batang dalam keadaan tertarik. Bila dibuat irisan di batang (gambar b) yang tidak dekat ujung batang,

maka pada irisan tadi terdapat tarikan dengan gaya F yang merata di penampang batang (sistem dalam keadaan seimbang). Dari sini dapat didefinisikan tegangan di irirsan tersebut sebagai perbandingan antara gaya F dengan luas penampang A.

Tegangan : S = F/A ( N/m2 = Pascal)

Tegangan tersebut disebut tegangan tarik.Bila irisan tadi dibuat sembarang (membentuk sudut), maka luasannya menjadi A’ dan dan gaya F tadi bisa diurakan menjadi dua komponen, yaitu F (tegak lurus/normal terhadap A’ dan F

(sejajar/tangensial terhadap A’). Maka tegangan dapat diurakan menjadi :

Tegangan normal = F / A’

Tegangan tangensial (geser) = F /A’

Demikian juga sebaliknya, bila gaya pada balok mengarah ke balok. Tegangannya disebut tegangan tekan.

5.2. ReganganBila gaya diberikan pada balok tersebut memberikan tegangan tarik, maka balok tersebut juga mengalami perubahan bentuk yang disebut regangan.

Lo

LF

F

L

document.doc SMADA LMJ - 10

Regangan tarik = L - Lo = L

Lo Lo

Regangan tekan dapat didefinisikan dengan cara sama, dengan L sebagai pengurangan panjang.

Bila gaya yang diberikan memberikan tegangan geser maka perubahan bentuk pada balok menjadi :

x b b’

c c’

h

a,a’ d,d’

Regangan geser = x/h = tg ( karena x << h)

Regangan dikarenakan tekanan hidrostatis disebit regangan volume :

Regangan volume = V V

5.3. Elastisitas dan PlastisitasHubungan antara tegangan dan regangan menyatakan elstisitas bahan tersebut. Grafik tegangan sebagai fungsi regangan suatu logam dapat digambarkan sebagi berikut :

Te cg b

da an

g a : batas proporsional a b : batas elastik n o - b : sifat elastik

b - d : sifat plastik

d : titik patah

O

Regangan

Bagian pertama (O - a) tegangan sebanding dengan regangan, a adalah batas proporsional tersebut. Dari a sampai b tidak sebanding lagi, tetapi bila beban diambil, kurva akan kembali ke titik a lagi. Titik a sampai b masih bersifat elastik dan b adalah batas elastik. Bila beban di ambil setelah melewati b, misal di c, kurva tidak kembali ke b tetepi kembali melellui garis tipis. Sehingga panjang tanpa tegangan menjadi lebih besar dari semula. Bila beban ditambah terus sampai patah di d, d disebut titik patah. Bila b sampai d cukup besar, bahan tersebut bersifat ulet, tetapi kalau sangat pendek disebut rapuh.

5.4. Modulus ElastikPerbandingan antara tegangan dan regangan disebut modulus elastik bahan.

5.4.a. Modulus YoungBila kita perhatikan tegangan dan regangan tarik/tekan, sampai batas proporsional, perbandingan tegangan dan regangan disebut : modulus Young, Y :

Tegangan tarikTegangan tekan

Y = =

Regangan tarikRegangan tekan

F / A’

document.doc SMADA LMJ - 11

Y = L / Lo

5.4.b. Modulus GeserDidefinisikan sebagi perbandingan tegangan geser dan regangan geser.

Tegangan geserS =

Regangan geser

F /A’ h F / F /A

S = = =

x / h A x tg

Modulus geser disebut juga modulus puntir, dan hanya terjadi pada zat padat.

5.4.c. Modulus Bulk (Balok)Modulus ini menghubungkan tekanan hidrostatik dengan perubahan volumenya.

dp dp

B = - = - Vo

dV/Vo dV

Kebalikan dari modulus Bulk adalah kompresibilitas

k = 1/ B

Kekekalan momentum

Ditulis Oleh Admin    Thursday, 12 March 2009 saya mau nanya soal. tolong ya.seseorang (m1=60kg) membawa balok m2=4kg sedang meluncur di atas es (licin sempurna) dengan kecepatan 10m/s ke utara. dalam keadaan meluncur orang melemparkan balok ke samping, sehingga balok meluncur ke barat dengan kecepatan 5m/s. laju orang setelah melemparkan baloknya adalah?makasih GBU

A :Setelah balok dilempar, balok sesungguhnya tidak bergerak lurus ke barat (dilihat oleh orang yang diam di tanah), tapi bergerak melenceng ke arah barat laut.Anggaplah balok dilempar orang dengan kecepatan 5 m/s relatif terhadap pelempar. Karena landasannya licin sempurna maka orang pelempar itu juga akan mengalami gaya dorong ke kanan (timur).m2.v2 = m1.v1v1+v2 = 5v2 = 5 - v1

m2.(5 - v1) = m1.v1m2.5 = (m2 + m1).v1v1 = m2.5 / (m1 +m2) = 4 . 5 / (4 + 60) = 0,3125 m/s (kecepatan arah ke timur)

maka kecepatan orang sekarang adalah (10^2 + 0,3125^2)^1/2 =  10,005 m/s

2.) Momentum merupakan suatu satuan dobrak suatu benda.Persamaannya adalah : p = m.v.Perubahan momentum per satuan waktu disebut sebagai gaya. Atau dengan kata lain, bila ada gaya bekerja selama t detik

document.doc SMADA LMJ - 12

maka akan menyebabkan perubahan momentum sebesar :p2 - p1 = m.(v2 - v1)

Fisika, Pendidikan, Physics, Problem Solving, School

Soal – jawab Hukum Kekekalan MomentumIn Materi Fisika, Media Ajar, Pendidikan, Physics, Soal on 29 May 2008 at 7:10 am

1. Seorang anak naik skate board yang

massanya 5 kg dengan kelajuan 5

m/s. Jika massa anak 25 kg

tentukan kecepatan skate board

pada saat :

a. anak melompat ke depan

dengan kelajuan 2 m/s

b. anak melompat ke belakang

dengan kelajuan 2 m/s

c. anak melompat ke samping

dengan kelajuan 2 m/s

Penyelesaian :

Dik : ma = 25 kg

va = 5 m/s

ms = 5 kg

vs = 5 m/s

Dit : a) vs‘ = …..? va‘ = 2 m/s

b) vs‘ = …..? va‘ = – 2 m/s

c) vs‘ = …..? va‘ = 2 m/s, α = 90°

Jwb : a) ma Va + ms Vs = ma Va‘ + ms Vs‘

25 . 5 + 5 . 5 = 25 .2 + 5. Vs‘

125 + 25 = 50 + 5. Vs‘

150 = 50 + 5. Vs‘

150 - 50 = 5. Vs‘

Vs‘ = 20 m/s

b) ma Va + ms Vs = ma Va‘ + ms Vs‘

25 . 5 + 5 . 5 = 25 .(-2) + 5. Vs‘

125 + 25 = - 50 + 5. Vs‘

150 = - 50 + 5. Vs‘

150 + 50 = 5. Vs‘

Vs‘ = 40 m/s

c) ma Va + ms Vs = ma Va‘ cos α + ms Vs‘

25 . 5 + 5 . 5 = 25 .2 . cos 90°+ 5. Vs‘

125 + 25 = 0 + 5. Vs‘

150 = 5. Vs‘

document.doc SMADA LMJ - 13

150 = 5. Vs‘

Vs‘ = 30 m/s

2. Sebuah senapan massanya 2 kg

menembakkan peluru yang

massanya 2 gr dengan kelajuan

400 m/s, tentukan kecepatan

senapan sesaat peluru lepas dari

senapan !

Penyelesaian :

Dik : ms = 2 kg

vs = 0 m/s

mp = 2 g = 0,002 kg

vp = 0 m/s

vp‘ = 400 m/s

Dit : vs‘ = …..?

Jwb : ms Vs + mp Vp = ms Vs‘ + mp Vp‘

2 . 0 + 0,002 . 0 = 2 . Vs‘ + 0,002 . 400

0 + 0 = 2 . Vs‘ + 0,8

- 2 . Vs‘ = 0,8

Vs‘ = - 0,4 m/s

Tanda (-) artinya senapan bergerak ke

belakang

3. Dua buah bola A dan B, massanya

masing-masing 0,2 kg dan 0,4 kg

kedua bola bergerak berlawanan

arah dan segaris. Kedua bola

bertumbukan, sesaat setelah

tumbukan kelajuan bola A adalah

10 m/s berlawanan dengan arah

semula. Kelajuan A dan B sebelum

tumbukan masing-masing 80 m/s

dan 12 m/s. Berapa kelajuan benda

B sesudah tumbukan ?

Penyelesaian :

Dik : mA = 0,2 kg

vA = 80 m/s

mB = 0,4 kg

vB = -12 m/s

vA‘ = -10 m/s

Dit : vB‘ = …..?

Jwb : mA VA + mB VB = mA VA‘ + mB VB‘

0,2 . 80 + 0,4 . (- 12) = 0,2 . (- 10) + 0,4 .

VB‘

16 - 4,8 = - 2 + 0,4 . VB‘

11,2 + 2 = 0,4 . VB‘

VB‘ = 13,2/0,4

VB‘ = 33 m/s

4. Sebuah bola A massa 600 gram

dalam keadaan diam, ditumbuk

oleh bola B yang bermassa 400

gram bergerak dengan laju 10 m/s.

Setelah tumbukan kelajuan bola B

menjadi 5 m/s dengan arah sama

dengan arah semula. Tentukan

kelajuan bola A sesaat ditumbuk

bola B.

Penyelesaian :

Dik : mA

= 0,6 kg

vA = 0

m/s

mB = 0,4

kg

vB = 10

m/s

vB‘ = 5

m/s

Dit : vA‘

= …..?document.doc SMADA LMJ - 14

Jwb : mA VA +

mB VB = mA VA‘

+ mB VB‘

0,6 . 0 +

0,4 . 10 = 0,6 .

VA‘ + 0,4 . 5

4 - 2 =

0,6 . VA‘

VA‘ =

2/0,6

VA =

3,33 m/s

document.doc SMADA LMJ - 15