Bagian D (Pdf) - Yohanes Surya.com

Jadi,r min= GM ⎡10 2 2+ ⎛ ⎤⎢12v 0 ⎝ ⎜ 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 dansatelit lain berjari-jari ∆r = 70 km lebih kecil. Hitung selang waktuterkecil kedua satelit itu melewati garis AB secara bersama-sama!Jawab:Dari hukum Newton: F = ma = mω 2 r.Kita akan peroleh:ω =ω' =GMr 3GMr ' 3Bila satelit-satelit bergerak dalam arah yang sama, maka kecepatansudut relatif;ω − ω' =⎛GM ⎜1 −1⎝ r r '3 23 2⎞⎟⎠( )⎡= GM ⎢1 −1⎣r r − ∆r3 23 2Dengan ekspansi binomial (∆r r), kita peroleh:ω − ω' = GM⎤⎥⎦⎡⎛1 ⎞ 3∆r⎤⎢⎜⎝ r 3 2⎟⎣ ⎠ 2r⎥⎦Jadi, mereka akan melewati garis AB secara periodik dalam waktu:∆t =∆t =2πω − ω '2πGM3 2r3∆r 2 r= 4,5 hariBila satelit-satelit bergerak dalam arah berlawanan, maka kecepatansudut relatifnya adalah:ω + ω' =⎛GM 1 +1 ⎞⎜ 3 3⎝ r 2r 2⎟' ⎠( )⎡= GM ⎢1 +1⎣r r − ∆r3 23 2( )⎡= GM 1 2 3 ∆r+⎣⎢r 3 2 2 r⎤⎥⎦⎤⎦⎥Mekanika I 67

(dengan ekspansi binomial).Jadi waktu yang diperlukan adalah:2π∆t' =ω + ω '∆t' =2πGM3 2r3∆ r 2 r + 2= 0,84 jamHasil yang diminta adalah: 0,84 jam.1.116. Hitung perbandingan dari percepatan-percepatan berikut:: a 1percepatanakibat gaya gravitasi pada permukaan Bumi, a 2percepatan sentripetalpada khatulistiwa Bumi, a 3percepatan akibat gaya tarik Mataharipada benda di Bumi!Jawab: Percepatan akibat gravitasi pada permukaan Bumi adalah:a 1= GM RB 2Percepatan sentripetal di khatulistiwa adalah: a 2= ω 2 R B.Percepatan yang disebabkan oleh gaya gravitasi Matahari pada bendadi permukaan Bumi adalah:a 3= GM2RBMB −Mdimana, R B-Madalah jari-jari lintasan Bumi mengitari Matahari.Jadi,a 1: a 2: a 3= GM RBB 2: ω 2 R B: GM2R= 1 : 0,0034 : 0,0006MB −M1.117. Pada ketinggian berapa di atas permukaan Bumi (di daerah kutub)percepatan jatuh bebas akan berkurang satu persen? berkurangsetengahnya?Jawab: Percepatan gravitasi pada ketinggian r = R + h (dimana Radalah jari-jari bumi) adalah:g’ = GMr 2 = g(1 + h R )-2g adalah percepatan gravitasi dipermukaan bumi (r = R).Karena g' = 0,99 g maka kita peroleh:Jika g’ = g 2 , kita peroleh:h = 32 Km (R = 6.400 Km)h = 2.650 Km68Mekanika I

1.118. Pada kutub Bumi sebuah benda dilemparkan ke atas dengan kecepatan v 0 .Hitung ketinggian yang dicapai benda jika jari-jari Bumi R dan percepatanjatuh bebas pada permukaan Bumi g! Abaikan hambatan udara.Jawab: Di titik tertinggi kecepatan benda nol, sehingga dengankekekalan energi kita peroleh:1 2 mv 0 2 − GMmR= - GMm( R + h )Selesaikan persamaan di atas, kita akan peroleh:R h= 2 GMRv0 2 − 1Selanjutnya kita bisa tulis:Jadi; h =R⎛ 2gRv0 2 − 1 ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠R h= 2 gRv0 21.119. Hitung jari-jari lintasan suatu satelit geostasioner (satelit yang setiapsaat berada di atas suatu titik yang sama pada permukaan bumi)!Hitung juga kecepatan dan percepatan satelit itu relatif terhadap Bumi!Jawab: Pada satelit geostationer, kecepatan sudut satelit samadengan kecepatan rotasi bumi. Periodanya adalah T = 24 jam. Anggapr adalah jari-jari lintasan satelit dihitung dari pusat Bumi.− 1mω 2 r = GMmr 22( ) r3 = gR 22πTKarena g = GM2dimana R adalah jari-jari Bumi.RJadi,2 2⎛r = ⎜gR T2⎝ 4πr =⎞⎟⎠1 3( ) × ( × )⎛9, 8 6, 4 × 10 8,64 10⎜2⎝4πr = 4,2 10 7 m6 2 4 2Percepatan satelit adalah percepatan sentripetal:2v= GMr r 2 = gR = 0,23 m/s 22rDari sini kita dapat menghitung kecepatan satelit, yaitu:v = 0, 23 × r = 3,1 km/s2⎞⎟⎠1 3Mekanika I 69

mω 2 R = GMmR 2Jika satelit dianggap dekat sekali dengan bumi maka R = R bumi,sehingga kita boleh tuliskan:ω =gR bumi= 1,24 10 -3 rad/sPada kasus B, kecepatan satelit relatif terhadap bumi adalah:Untuk kasus A:ω SB= ω − ω B= (124 10 -5 ) − (7,3 10 -5 )= 116,7 10 -5 rad/sω’ SB= ω + ω B= 131,3 10 -5 rad/sPerbandingan energi kinetik satelit:EEBA=1 2 22mω' r1 2mω(= 131 , 3 )( 116,7)sB2 2sBr22= 1,271.123. Hitung kecepatan lolos (escaped velocity) di Bulan! Bandingkan dengankecepatan lolos di Bumi.Jawab: Kecepatan lolos di Bulan merupakan kecepatan yangdiberikan pada suatu benda di permukaan Bulan agar benda itutidak kembali ke permukaan Bulan.Anggap benda mencapai r tak hingga dan kecepatan di tempat takhingga adalah nol. Dengan hukum kekekalan energi kita peroleh,1 22 mv lolosDari persamaan ini kita peroleh,− GMRbulanbulanmv lolos= 2,37 km/s= 0Perbandingannya dengan kecepatan lolos di Bumi:vvlolos' lolos=MMbulanbumiRRbumibulan1.124. Sebuah pesawat luar angkasa mendekati Bulan sepanjang lintasanparabola yang hampir menyinggung permukaan Bulan. Pada saatpesawat mencapai jarak terdekat dengan Bulan, rem dihidupkan dalamselang waktu pendek. Selanjutnya pesawat mengorbit Bulan. Tentukanperubahan kecepatan pesawat luar angkasa selama proses pengereman ini!Mekanika I 71

Jawab: Anggap kecepatan di titik yang jauh adalah nol.Kekekalan energi:atau,- GM b mRbv =+ 1 2 mv2 = 02GMRAgar pesawat dapat mengorbit Bulan, pesawat harus mempunyaikecepatan tertentu (gunakan hukum Newton 2 pada orbit),v' =bGMRJadi, perubahan besar kecepatan pesawat adalah:bbb∆v = v' − v =GM R= -0,70 km/sbb−2GMRbbxBumiAr − x1.125. Sebuah pesawat luar angkasa mengorbit dalam lintasan melingkardekat permukaan Bumi. Berapa besar tambahan kecepatannya agarpesawat ini dapat mengalahkan gravitasi Bumi?Jawab: Kecepatan orbit satelit dekat permukaan Bumi adalah:v 0= gR BUntuk mengatasi gravitasi Bumi, pesawat harus mempunyaikecepatan lolos.v lolos=2gR BJadi, tambahan kecepatan yang harus diberikan pada pesawat adalah:∆v = v B− v 0= gR B ( 2 − 1)= 3,28 km/s1.126. Pada jarak berapakah dari pusat Bulan, kuat medan gravitasi Bumidan Bulan sama dengan nol? Anggap massa Bumi η = 81 kali massaBulan, dan jarak pusat Bumi-Bulan r = 60 kali jari-jari bumi R.BulanJawab: Anggap A adalah titik dimana resultan medan gravitasi nol.GMxB2−GMb( r − x )2 = 0Selesaikan persamaan di atas, kita akan peroleh;72Mekanika I

x =⎛⎜1 +⎝rMMbB⎞⎟⎠Karena M bMB= η dan r = 60 R, maka60Rx =1 + 1 81Jadi, dengan memasukkan nilai-nilai, kita memperoleh x = 54 R.1.127. Berapa usaha minimum yang harus dilakukan untuk membawa suatupesawat luar angkasa bermassa m = 2,0 10 3 kg dari permukaanBumi ke permukaan Bulan?Jawab: Usaha minimum yang diperlukan adalah usaha yang dilakukanuntuk melawan resultan gaya gravitasi Bumi dan Bulan. Usaha inisama dengan beda energi potensial pesawat pada permukaan Bumidan pada permukaan Bulan.Energi potensial ketika pesawat dipermukaan Bumi adalah:U 1= - GM B mRdimana, r adalah jari-jari orbit Bulan.B− GM b mrEnergi potensial pesawat pada permukaan Bulan adalah:U 2= - GM b mRb− GM B mrJadi, perubahan energi potensial pesawat∆U = U 1− U 2∆U = - Gm (Mr b− M B) − Gm⎛ M B M−b ⎞⎜⎝ RBR ⎟b ⎠(r sangat besar dibandingkan dengan R Bdan R b), atau∆U = 1,3 10 8 kJ1.128. Tentukan kecepatan kosmik ketiga (third cosmic velocity) v 3, yaitu kecepatanminimum yang harus diberikan pada benda relatif terhadap permukaanBumi untuk keluar dari sistem tata surya! Rotasi Bumi diabaikan.Jawab: v 3tidak sama dengan kecepatan lolos. Di sini gravitasimatahari juga pegang peranan.Anggap r adalah jarak Bumi-Matahari. Dengan hukum Newton kitaperoleh kecepatan orbit bumi mengelilingi Matahari.mBv0 2 M= GMmr2rBMekanika I 73

F 1bF 2O12 lJawab: Batang akan bergerak lurus jika torsi (atau torka = torque)atau momen gaya terhadap pusat massanya (titik O) nol. Jika torsitidak nol maka benda akan berotasi.F 1l 2τ = Iα = 0( ) − F 2 ( l 2 − b) = 0Dari persamaan di atas terlihat bahwa F 2lebih besar daripada F 1.Gunakan hukum Newton,F 2− F 1= maSelesaikan kedua persamaan di atas, kita akan peroleh:l = 2 F2bma= 1,0 m1.130. Sebuah gaya F = A i + B j bekerja pada suatu titik dengan vektorposisi r = a i + b j , dimana a, b, A, B adalah konstanta-konstanta,dan i , j adalah vektor satuan dari sumbu x dan y. Hitung momen gayaterhadap titikO (pusat koordinat)! Hitung juga panjang lengan momen!Jawab:Momen gaya:τ = r F Lengan momen adalah: l = τ F= (a i + b j ) (A i + B j )= (aB − bA)k l = aB − bAA + B2 21.131. Sebuah gaya F 1= A j bekerja pada suatu titik dengan vektor posisir 1= a i . Sebuah gaya lain F 2= B i bekerja pada titik dengan vektorposisi r 2= b j . Tentukan lengan momen l dari resultan gaya relatifterhadap tiik O (pusat koordinat)!Jawab:Gaya total:2 2Besar gaya; F = A + BMomen gaya terhadap titik O:F = F 2 +F 1F = B i + A j τ = r 2 F 2 + r 1 F 1= b j B i + a i A j = (aA − bB)k Mekanika I 75

dan massa cakram jika tidak berlubang:Sehingga kita akan peroleh,M = σpR 2xO O’I = σπR42( 1 − 3 16) = ( 13 24) mR 2Sekarang kita cari pusat massa sistem. Dengan rumus pusat massa,kita peroleh:m’ R 2 = mxDengan memasukkan nilai m dan m' kita peroleh, x = R 6 .Dengan demikian momen inersia terhadap titik O' adalah (gunakanteori sumbu sejajar).2I = I O'+ m (R 6 )I O'= ( 13 24) mR 2 2− m (R 6 )= ( 37 72) mR 2= 0,15 kg.m 2Tmga1.134. Sebuah benda bermassa m tergantung pada seutas tali ringan yangdihubungkan dengan sebuah selinder pejal bermassa M dan berjarijariR. Hitung sebagai fungsi waktu besarnya kecepatan sudut selinderdan energi kinetik seluruh sistem!TJawab:Benda m (translasi):Selinder (rotasi):mg − T = maTR = Iα = 1 2 MR2 αKarena selinder tidak slip maka a = αR.Dari persamaan-persamaan di atas kita peroleh:α =( ) 1 R2mg2m+ MKecepatan sudut silinder setelah waktu t:ω = αt =kecepatan linier massa m adalahv = at =2mgt( 2m+ M ) R2mgt2m+ MMekanika I 77

E k(total)= E k(selinder)+ E k(benda)= 1 2 Iω2 + 1 2 mv2E k== 1 4 M ⎡ 2 mgt ⎤⎣⎢ 2m+ M ⎦⎥2 2mg tM2 1 +2m( )2+ 1 2 m ⎡ 2 mgt ⎤⎣⎢ 2m+ M ⎦⎥21.135. Pada sistem dibawah ini anggap massa m 2> m 1dan massa katroladalah m. Jari-jari katrol R. Hitung percepatan sudut katrol danperbandingan tegangan T1 T ! 2Jawab: Benda m 1(translasi):T 1m 1m 2aT 1− m 1g = m 1aBenda m 2(translasi):T 2m 1 gam 2g − T 2= m 2a78Mekanika Im 2 gSelinder (rotasi)Disini karena selinder berotasi searah dengan jarum jam, makaT 2>T 1(T 2− T 1)R = Iα = 1 2 mR2 αKarena selinder tidak slip, maka a = αR.Dari persamaan-persamaan diatas kita akan peroleh:2 ( m2 − m1) ga =2 ( m1 + m2) + m(T 1= 4 m1m2 + mm1) g2 ( m2 + m1) + m( )T 2= 4 m1m2 + m2m g2 ( m2 + m1) + m⎛ m1 + ⎞T ⎜1 ⎝ 4m⎟2 ⎠=T2⎛ m⎜1+ ⎞⎝ 4m⎟1 ⎠