Download Bagian D for electrical engineering in physic and more Exercises Physics in PDF only on Docsity!
1.109. Anggap kita membuat suatu model sistem tata surya dengan perbandingan skala η. Anggap kerapatan material planet dan matahari tidak berubah. Apakah perioda revolusi planet ikut berubah? Jawab: Menurut hukum Keppler (lihat soal 105) perioda planet adalah:
T^2 =
4 π^2 GM
^
^
a^3 = 4 3 4
2 3
π G (^) π R ρ
a
3
3
π ρ
a
( G R )
T
T
a a
R
R
a a
R
R
/ / (^) / / =
(^3 2 3 2) η 3 2 3 2
η
= 1 dengan kata lain periodanya tidak berubah.
1.110. Sebuah sistem bintang kembar terdiri dari dua bintang yang bergerak mengelilingi pusat massa sistem akibat gaya gravitasi. Hitung jarak antara kedua bintang dalam sistem ini jika massa total sistem M dan periode revolusi bintang T! Jawab: Menurut rumus pusat massa: M 2 l 2 = M 1 l 1 Dari gambar terlihat bahwa: l 1 + l 2 = l Dari kedua persamaan itu kita peroleh,
l 1 =
M l M M
2 1 +^2
M l M
2
Gaya tarik antara kedua bintang:
F 1 = G
M M
l
1 2 2
Karena gaya F 1 ini memberikan gaya sentripetal pada planet M 1 , maka
M 1 ω^2 l 1 =
GM M
l
1 2 2
Karena ω = 2 π^ T , maka kita akan peroleh,
l = GM T 2
2 13
π
1.111. Sebuah planet bermassa m bergerak mengitari matahari bermassa M sepanjang lintasan elips sedemikian sehingga jarak maksimum dan minimum dari matahari adalah r 1 dan r 2. Hitung momentum sudut L
ur planet relatif terhadap pusat Matahari!
l 1 l 2 l
M 1 M 2
Jawab: Kekekalan momentum sudut (perhatikan bahwa r dan v tegak lurus di titik terjauh dan di titik terdekat): mv 1 r 1 = mv 2 r 2 Kekekalan energi:
12 m v 12 = - GmM r 2
12 m (^) v 22
Selesaikan kedua persamaan di atas, kita akan memperoleh:
L 1 = mv 1 r 1 = m 2 1 2 1 2
GM
r r r + r
1.112. Buktikan bahwa energi mekanis total planet bermassa m yang bergerak mengelilingi Matahari sepanjang lintasan elips tergantung hanya pada sumbu semi-mayor ellips a! Jawab: Anggap jarak minimum dan maksimum planet terhadap matahari adalah r 1 dan r 2. Dari hukum Newton F = ma kita peroleh,
mv r
1
2
1
= GMm r 12 Energi total partikel pada posisi P 1 adalah:
E = 12 m v 12 − GMm
r 1
Dengan cara yang sama, energi pada posisi P 2 adalah:
E = - GMm 2 r (^2) Dari persamaan diatas kita peroleh, 2 E (r 1 + r 2 ) = -2GMm E 2 a = -GMm atau
E = -
GMm 2 a
1.113. Sebuah planet A bergerak sepanjang lintasan ellips mengelilingi Matahari. Ketika planet berada di titik O pada jarak r
r 0 dari Matahari, kecepatannya v
r
- Sudut antara vektor^ r
r 0 dan^ v
r 0 adalah^ α. Tentukan jarak maksimum dan minimum planet dari Matahari! Jawab: Momentum sudut dititik terjauh: L
ur 1 =^ r
r 1 3 P
ur 1 atau, Li = r 1 mv 1 sin 90o^ = mv 1 r 1
r 2 r 1
P (^1) r 2 r 1 P 2
P
ur 1
r 2 r 1
r 0
v 0
Jadi,
rmin = GM v 02
2 2
v l GM
1.115. Satelit-satelit Bumi bergerak mengelilingi bumi dalam suatu bidang edar. Anggap jari-jari lintasan dari suatu satelit adalah r = 7.000 km dan satelit lain berjari-jari ∆r = 70 km lebih kecil. Hitung selang waktu terkecil kedua satelit itu melewati garis AB secara bersama-sama! Jawab: Dari hukum Newton: F = ma = m ω^2 r. Kita akan peroleh:
ω =
GM
r^3
ω' =
GM
r '^3 Bila satelit-satelit bergerak dalam arah yang sama, maka kecepatan sudut relatif;
ω − ω' = (^) GM^13
r^2 r^3
^
= GM
(^3 )
(^32)
r r^ r
Dengan ekspansi binomial (∆r! r), kita peroleh:
ω − ω' = (^) GM^1 r^3
r r
^
Jadi, mereka akan melewati garis AB secara periodik dalam waktu:
∆t =
2 π ω − ω'
∆t = 2 π GM
r r r
(^3 )
3 2
∆ = 4,5^ hari
Bila satelit-satelit bergerak dalam arah berlawanan, maka kecepatan sudut relatifnya adalah:
ω + ω' = (^) GM^13
r^2 r^3
= GM^13
2
(^32)
r r^ r
= GM
(^1 2 ) r^3
r r
^
∆
(dengan ekspansi binomial). Jadi waktu yang diperlukan adalah:
∆t' =
2 π ω + ω'
∆t' = 2 π GM
r r r
(^3 ) 3 2 2
∆ (^) + = 0,84^ jam
Hasil yang diminta adalah: 0,84 jam.
1.116. Hitung perbandingan dari percepatan-percepatan berikut:: a 1 percepatan akibat gaya gravitasi pada permukaan Bumi, a 2 percepatan sentripetal pada khatulistiwa Bumi, a 3 percepatan akibat gaya tarik Matahari pada benda di Bumi! Jawab: Percepatan akibat gravitasi pada permukaan Bumi adalah:
a 1 =
GM
R
B B
2
Percepatan sentripetal di khatulistiwa adalah: a 2 = ω^2 RB. Percepatan yang disebabkan oleh gaya gravitasi Matahari pada benda di permukaan Bumi adalah:
a 3 =
GM
R
M B − M
2
dimana, RB-M adalah jari-jari lintasan Bumi mengitari Matahari. Jadi,
a 1 : a 2 : a 3 =
GM
R
B B
2 :^ ω
2 R
B :^
GM
R
M B − M
2
1.117. Pada ketinggian berapa di atas permukaan Bumi (di daerah kutub) percepatan jatuh bebas akan berkurang satu persen? berkurang setengahnya? Jawab: Percepatan gravitasi pada ketinggian r = R + h (dimana R adalah jari-jari bumi) adalah:
g’ =
GM
r^2
= g(1 + h R )-
g adalah percepatan gravitasi dipermukaan bumi (r = R). Karena g' = 0,99 g maka kita peroleh: h = 32 Km (R = 6.400 Km)
Jika g’ = g^ 2 , kita peroleh:
h = 2.650 Km
1.120. Suatu satelit bergerak melingkar di atas khatulistiwa dengan jari-jari r = 2,00 3 104 km. Satelit ini bergerak dari barat ke timur dan kelihatan di atas titik tertentu pada khatulistiwa setiap t = 11,6 jam. Dari data-data ini hitunglah massa Bumi! Jawab: Anggap ωB adalah kecepatan sudut rotasi Bumi dan ωs-B adalah kecepatan sudut satelit terhadap pengamat di Bumi. Jika ωs adalah kecepatan sudut absolut, maka: ωs-B = ωs − ωB
ωs = 2 π τ + 2 π^ T
dimana, τ adalah periode satelit menurut pengamat di bumi dan T adalah periode rotasi Bumi. Hukum Newton 2: GMm r^2
= m ω^2 r
atau,
M =
4 π 2 r^3 G (^1 τ +^1 )^2 T
M =
2 3 21 11
π × ×^2 × ×^
×
, − ,^.^.
= 6,0 33333 1024 kg
1.121. Sebuah satelit bergerak dari timur ke barat dalam lintasan melingkar di atas khatulistiwa dengan jari-jari lintasan R = 1,0 3 104 km. Hitung kecepatan satelit dalam kerangka tetap terhadap Bumi! Jawab: Bila R adalah jari-jari lintasan satelit, maka dengan hukum Newton kita peroleh, mv R
2
GMm R^2 Bumi berputar dengan kecepatan sudut (^) (^2 π^ T ) dalam arah barat ke timur dan satelit berputar dalam arah timur ke barat. Jadi, kecepatan satelit terhadap permukaan Bumi adalah:
vrel = (^) ( v + (^) ( 2 π^ T ) R ) =
GM
R
R
T
2 π
vrel = 7,0 km/s
1.122. Sebuah satelit bergerak dibidang ekuator dekat dengan permukaan Bumi. Pada kasus A, satelit bergerak berlawanan dengan arah putaran Bumi sedangkan pada kasus B satelit berputar searah dengan arah putaran Bumi. Tentukan perbandingan energi kinetik satelit pada kedua kasus itu! Jawab: Anggap ω kecepatan sudut absolut satelit. Dengan hukum Newton kita peroleh,
m ω^2 R =
GMm R^2 Jika satelit dianggap dekat sekali dengan bumi maka R = Rbumi, sehingga kita boleh tuliskan:
ω =
g Rbumi
= 1,24 3 10 -3^ rad/s
Pada kasus B, kecepatan satelit relatif terhadap bumi adalah: ωSB = ω − ωB = (124 3 10 -5) − (7,3 3 10 -5) = 116,7 3 10 -5^ rad/s Untuk kasus A: ω’SB = ω + ωB = 131,3 3 10 -5^ rad/s Perbandingan energi kinetik satelit:
E E
B A
2 2 2 2
m r m r
sB sB
ω ω
2 2
1.123. Hitung kecepatan lolos (escaped velocity) di Bulan! Bandingkan dengan kecepatan lolos di Bumi. Jawab: Kecepatan lolos di Bulan merupakan kecepatan yang diberikan pada suatu benda di permukaan Bulan agar benda itu tidak kembali ke permukaan Bulan. Anggap benda mencapai r tak hingga dan kecepatan di tempat tak hingga adalah nol. Dengan hukum kekekalan energi kita peroleh,
1 2 m^ vlolos
(^2) − GM^ m R
bulan bulan
Dari persamaan ini kita peroleh, vlolos = 2,37 km/s Perbandingannya dengan kecepatan lolos di Bumi:
v v
lolos ' lolos
M R
M R
bulan bumi bumi bulan
1.124. Sebuah pesawat luar angkasa mendekati Bulan sepanjang lintasan parabola yang hampir menyinggung permukaan Bulan. Pada saat pesawat mencapai jarak terdekat dengan Bulan, rem dihidupkan dalam selang waktu pendek. Selanjutnya pesawat mengorbit Bulan. Tentukan perubahan kecepatan pesawat luar angkasa selama proses pengereman ini!
x = r
M
M
b B
Karena
M
M
b B
= η dan r = 60 R, maka
x =
R
Jadi, dengan memasukkan nilai-nilai, kita memperoleh x = 54 R.
1.127. Berapa usaha minimum yang harus dilakukan untuk membawa suatu pesawat luar angkasa bermassa m = 2,0 3 103 kg dari permukaan Bumi ke permukaan Bulan? Jawab: Usaha minimum yang diperlukan adalah usaha yang dilakukan untuk melawan resultan gaya gravitasi Bumi dan Bulan. Usaha ini sama dengan beda energi potensial pesawat pada permukaan Bumi dan pada permukaan Bulan. Energi potensial ketika pesawat dipermukaan Bumi adalah:
U 1 = -
GM m R
B B
GM m r
b
dimana, r adalah jari-jari orbit Bulan. Energi potensial pesawat pada permukaan Bulan adalah:
U 2 = -
GM m R
b b
GM m r
B
Jadi, perubahan energi potensial pesawat ∆U = U 1 − U 2
∆U = -
Gm r
(Mb − MB) − Gm
M
R
M
R
B B
b b
(r sangat besar dibandingkan dengan RB dan Rb), atau ∆U = 1,3 3 108 kJ
1.128. Tentukan kecepatan kosmik ketiga (third cosmic velocity) v 3 , yaitu kecepatan minimum yang harus diberikan pada benda relatif terhadap permukaan Bumi untuk keluar dari sistem tata surya! Rotasi Bumi diabaikan. Jawab: v 3 tidak sama dengan kecepatan lolos. Di sini gravitasi matahari juga pegang peranan. Anggap r adalah jarak Bumi-Matahari. Dengan hukum Newton kita peroleh kecepatan orbit bumi mengelilingi Matahari. m v r
B 0 M
2
GMm r
B 2
atau
v 0 M = GM r dimana, M adalah massa Matahari. v 0 M ini adalah kecepatan benda- benda yang mengorbit Matahari (artinya semua benda yang terletak pada jarak r dari Matahari, akan bisa mengorbit Matahari jika mempunyai kecepatan v 0 M). Kecepatan lolos benda yang berada diorbit Bumi untuk keluar dari medan gravitasi Matahari adalah (lihat soal sebelumnya tentang kecepatan lolos).
v 1 = 2 GM r
= 2 v 0 M
vl ini adalah kecepatan yang harus diberikan pada benda diam pada jarak r dari Matahari, agar mencapai titik tak hingga. Jika benda yang sedang mengorbit Matahari (kecepatannya v 0 M), hendak dilemparkan ke luar angkasa dan tak kembali lagi, maka kecepatan yang harus ditambahkan adalah:
v' 1 = 2 v 0 M − v 0 M
Energi kinetik yang harus ditambahkan adalah Ekl = 12 mv'l. Ini artinya jika ada benda yang mempunyai energi Ekl dan benda ini mengorbit Matahari pada jarak r, maka dapat dipastikan bahwa benda itu akan lepas atau lolos dari cengkraman gravitasi tata surya. Jadi jika ada suatu benda kosmik sedang bergerak dengan kecepatan v 3 di orbit Bumi (dekat dengan permukaan Bumi), maka benda ini akan lolos dari Matahari jika energinya sama dengan Ekl yaitu:
1 2 m^ v^3
(^2) − Gm^ m R
B B
= 12 m( 2 − 1)^2 v (^) 02 M
v 32 − 2 v (^) 02 B^ = ( 2 − 1)^2 v (^) 02 M atau,
v 3 = (^) ( (^2) − 1 )^2 v 02 (^) M^ + 2 v 02 B
Dimana kita definisikan: v 0 B =
Gm R
B B (catatan: v 0 B ini sebenarnya adalah kecepatan benda yang mengorbit Bumi).
1.129. Sebuah batang tipis AB bermassa m = 1,0 kg mendapat gaya F 1 dan F 2 sehingga bergerak lurus dengan percepatan a = 2,0 m/s^2. Jarak antara kedua titik tangkap gaya ini adalah b = 20 cm. Jika F 2 = 5,0 N, tentukan panjang batang.
Besar momen gaya: τ = aA − bB Lengan momen adalah: l =^ τ^ F
l = aA^ bB A B
1.132. Tiga gaya bekerja pada suatu persegi empat seperti ditunjukkan pada gambar. Hitung besar dan arah gaya resultannya!
Jawab: Gaya pada titik sudut D dapat diurai yaitu menjadi: F i
r − F j
r . Karena gaya arah sumbu y saling menghapus maka yang ada hanya gaya arah sumbu x. Besar gaya ini adalah 2F. Jadi besar gaya resultan adalah 2F dengan arah pada arah sumbu x. 1.133. Sebuah cakram homogen berjari-jari R = 20 cm mempunyai lubang seperti tampak pada gambar. Massa cakram berlubang ini m = 7,3 kg. Hitung momen inersia cakram relatif terhadap sumbu yang melalui pusat massa cakram dan tegak lurus bidang cakram! Jawab: Dari gambar terlihat bahwa lubang pada cakram berjari- jari R^ 2. Jika kita punya benda sebesar lubang itu, maka momen inersia benda terhadap pusat benda adalah:
I 1 = 12 m’ R^ 2
2 ( ) =^18 m’R
2
Momen inersia terhadap titik O (pusat lingkaran/cakram besar) dapat dihitung dengan teori sumbu sejajar:
IO = I 1 + m’ R^ 2
2 ( ) =^3 8 m’R
2
Untuk momen inersia lubang kita beri tanda negatif. Sehingga momen inersia cakram berlubang adalah:
I = 12 MR^2 − IO = 12 MR^2 − 3 8 m’R^2
M adalah massa cakram jika tidak berlubang.
Luas lubang =
π R^2 4
Luas bagian yang tak berlubang:
πR^2 −
π R^2 4
π R^2
Jadi kerapatan cakram berlubang adalah:
σ =
massa sisa
3 R 4
π 2 =^
m 3 R 4
π 2 =^
m π R
Massa cakram yang dipotong (yang ditempati lubang):
m’ =
σπ R^2 4
A
B
C
D
F (^) F
F 2
R
dan massa cakram jika tidak berlubang: M = σpR^2 Sehingga kita akan peroleh,
I =
σπ R^4 2
(^1 −^316 ) =^ (^13 24 ) mR^2
Sekarang kita cari pusat massa sistem. Dengan rumus pusat massa, kita peroleh: m’ R^ 2 = mx Dengan memasukkan nilai m dan m' kita peroleh, x = R^ 6. Dengan demikian momen inersia terhadap titik O' adalah (gunakan teori sumbu sejajar).
I = IO' + m R^ 6
2
IO' = (^13 24 ) mR^2 − m R^ 6
2
= ( 37 72 ) mR^2
= 0,15 kg.m^2
1.134. Sebuah benda bermassa m tergantung pada seutas tali ringan yang dihubungkan dengan sebuah selinder pejal bermassa M dan berjari- jari R. Hitung sebagai fungsi waktu besarnya kecepatan sudut selinder dan energi kinetik seluruh sistem! Jawab: Benda m (translasi): mg − T = ma Selinder (rotasi):
TR = I α = 12 MR^2 α
Karena selinder tidak slip maka a = αR. Dari persamaan-persamaan di atas kita peroleh:
α =
mg
( m + M )
R
Kecepatan sudut silinder setelah waktu t:
ω = αt =
mgt ( (^) m + M ) R kecepatan linier massa m adalah
v = at =
mgt m + M
O O’
x
T
mga
T
