Remidi Uas Fisika Matematika 2 Fix

REMIDI UAS FISIKA MATEMATIKA 2 Disusun untuk memenuhi Mata Kuliah Fisika Matematika 1 Dosen Pengampu : Drs. Pujayanto, M.Si

Disusun oleh : Hanung Vernanda Putri K2315032

PROGRAM STUDI PENDIDIKAN FISIKA FAKULTAS KEGURUAN DAN ILMU PENDIDIKAN UNIVERSITAS SEBELAS MARET SURAKARTA 2016

1. Sebuah senapan mainan menembakkan peluru karet ysng massanya 20g dari permukaan tanah vertikal ke atas dengan kelajuan 20 m/s. Bila gaya gesekan udara 0,1 v, tentukan a) tinggi maksimum yang dicapai peluru, b) Lamanya peluru di udara. Penyelesaian : Diketahui : Massa benda (m) = 20 gram = 0,02 kg Kecepatan (

vo

)=0

Gaya gesekan (kv) = 0,1v Ditanya : a) tinggi maksimum yang dicapai peluru b) Lamanya peluru di udara Jawab :

2. Benda 100 g digantungkan pada pegas yang konstantanya 8,1 N/m. Benda disimpangkan 6 cm ke bawah kemudian dilepaskan. Apabila sistem berada dalam medium sehingga benda mengalami redaman/gesekan 1,8 kali kecepatannya, tentukan a) simpangan benda sebagai fungsi waktu; b) simpangan benda 3s setelah dilepaskan. Penyelesaian : Diketahui : Massa benda (m) = 100 gram = 0,1 kg Konstanta (k) = 8,1 N/m Simpangan (Xo) = 6 cm = 0,06 m Redaman (b) = 1,8 v v Kecepatan ( o ) = 0 Ditanyakan : a. Simpangan benda sebagai fungsi waktu b. Simpangan benda 3s setelah dilepaskan Jawab : a. Simpangan benda sebagai fungsi waktu ω o=

√ √

k 8,1 = =√ 81=9 m 0,1

γ=

b 1,8 1,8 = = 2 m 2(0,1) 0,2

=9 2 γ 2 ...... ω o

Menentukan jenis osilasinya :

2 2 Karena ω o =γ maka terjadi osilasi Teredam Kritis :

d2 x dt 2

dx + b dt +k x = 0

d2 x 2 dt

+ m dt + m x = 0

m

b dx

d2 x dt 2

+

d2 x dt 2

k

1,8 dx 8,1 + 0,1 dt 0,1

x=0

dx + 18 dt +81 x = 0

D 2+ 18 D+ 81=0 Kemudian dicari akar-akarnya : D12=

−18 ± √324−4.1.81 2.1

D12=

−18 ± √0 2

D12=

−18 2

D12=−9 solusi umum persamaan teredam kritis : x(t )

−9 t = ( At +B ) e

Saat t = 0; v = 0,06 : x(t ) 0,06

−9 t = ( At +B ) e −9.0 = ( A .0+B ) e

81=81

0,06 B

= ( 0+ B ) .1 = 0,06 −9 t

dx d ( At +B ) e v= = dt dt

¿ A e−9t −9 ( At + B ) e−9 t Saat t = 0; v = 0 : v =A e−9 t −9 ( At + B ) e−9 t 0=A e−9 .0 −9 ( A .0+B ) e−9 .0 0=A−9 ( 0+ B ) .1 0=A−9 B

A=9 B A=0,06 ( 9 )=0,54 Jadi simpangan benda sebagai fungsi waktu adalah : x(t )

−9t = ( 0,54 t+ 0,06 ) e

b. Simpangan benda 3s setelah dilepaskan x (t )

−9t = ( 0,54 t+ 0,06 ) e −9.3 = ( 0,54 (3)+0,06 ) e −27 = ( 1,62+ 0,06 ) e −12 = ( 1,68 ) ( 1,879 x 10 )

¿ 3,1576 x 10−12

sekon

3. Tunjukkan kebenaran Teorema Green untuk menghitung lintasan seperti gambar.

∮ y 2 dx+xy dy

pada

Penyelesaian : ❑

∮ P dx+ Q dy=∬ ( A

Teorema Green : ∂Q ∂ P − dxdy ∂x ∂y

)

∮ y 2 dx+ xy dy P=

y2

∂P =2 y ∂y

Q=

xy

∂Q =y ∂x

Mencari persamaan garis (0,2) dan (2,4) y −2 4−2 = x−0 2−0 y −2 2 = x 2 y−2=x

y=x +2

∮y

2

❑

dx+ xy dy =∬ A

(

2

)

∂ xy ∂ y − dxdy ∂x ∂ y

❑

¿∬ y−2 y dxdy A

x=2 y= x+2

=

∫ ∫ 2

=

− y dy dx

x=0 y=x 2

∫ 0

− y2 2

( )

x+2

dx 2

x

2

∫ −x

=

2

+4 x+ 4 x + dy 2 2

2

+4 x+ 4 x + dy 2 2

0 2

∫ −x

=

0

(

=

4

x5 x3 − −x 2−2 x 10 6

=

96−40−120−120 30

=

−184 30

24 4 = −6 30 =−6 5 Bukti kebenaran Teorema Green : I = I 1 + I 2 + I3  I1 dari (0,0) ke (2,4) y=x 2 dy = 2x dx 2 I1 ¿∫ y dx + xy dy

¿∫ ( x 2)2 dx + x ( x 2 ) 2 x dx 4

¿∫ x dx+ 2 x dx 2

¿∫ 3 x 4 dx 0

¿

3 5 x 5

2

( )

¿ ¿

0

3 (32) 5 96 5

 I2 dari (2,4) ke (0,2) Mencari persamaan garis (0,2) dan (2,4)

2

)

32 8 − −4−4 10 6

¿

4

4

0

y −2 4−2 = x−0 2−0 y −2 2 = x 2 y−2=x y=x +2 dy=dx 2 I1 ¿∫ y dx + xy dy

¿∫ ( x +2)2 dx + x ( x +2 ) dx 4

2

¿∫ x +4 x + 4+ x +2 x dx 0

¿∫ (x 2 +6 x+ 4)dx 2

(

3

x ¿ +3 x 2+4 x 3 ¿

¿

4. Jika

0

)

2

8 +12+8 ¿ 3 96 5

2

F1=2 x i−2 yz j− y k

dan

F2 = y i−x j

. Tentukan :

a. Gaya manakah yang konservatif ? b. Tentukan tenaga potensial dari gaya yang konservatif c. Tentukan usaha yang dilakukan oleh gaya non konservatif untuk memindahkan benda dari titik (0,0) ke titik (4,2) melalui lintasan berikut :

Penyelesaian : Diketahui : 2 F1=2 x i−2 yz j− y k F2 = y i−x j Ditanyakan : a. Gaya manakah yang konservatif ? F1=2 x i−2 yz j− y 2 k

|

|

i j k ∂ ∂ ∂ ∇ x F 1= ∂x ∂y ∂z 2 x −2 yz − y 2

=

i (−2 y−(−2 y ) ) + j ( 0−0 )+ k ( 0−0 )

= 0 F2 = y i−x j

|

i ∂ ∇ x F 2= ∂x y

j ∂ ∂y −x

k ∂ ∂z 0

|

= i ( 0−0 ) + j ( 0−0 ) + k (−1−1 ) = -2k 2 Jadi yang merupakan gaya konservatif adalah F1=2 x i−2 yz j− y k

b. Tenaga potensial dari gaya yang konservatif F

¿−∇ x F

2 x i−2 yz j− y 2 k=−i

∂ ∂ ∂ −j −k ∂x ∂y ∂z

∂V ∂V ∂V 2 =−2 x ; =2 yz ; =y ∂x ∂y ∂z ∂V (x , y , z ) =2 yz ∂y

(i)

V =∫ 2 yz dy 2 V = y z +a ( x , z )

2 ∂V ( x , y , z ) ∂ ( y z+ a ( x , z ) ) = =¿ ∂z ∂z

(ii)

2

y+

∂ ( a( x , z) ) =¿ ∂z

y2 y2

∂( a (x , z )) =¿ 0 ∂z a ( x , z )=b ( x)

(iii)

2 ∂V ( x , y , z ) ∂ ( y z+b ( x ) ) = =−2 x ∂x ∂x

0+

∂ (b ( x )) =−2 x ∂x

∂( b (x ) ) =−2 x ∂x b ( x )=∫ 2 x dx

b ( x )=−x2 Jadi tenaga potensial dari gaya konservatif

F1=2 x i−2 yz j− y 2 k

adalah

V = y 2 z−x 2

c. Usaha yang dilakukan oleh gaya titik (0,0) ke titik (4,2).

F2 = y i−x j

untuk memindahkan benda dari

a. Lintasan a (posisi bawah)  Lintasan 1 melalui (0,0) ke (1,0) y=0 dy = 0 ⃗ ⃗ W1 ¿∫ F . dr=∫ ( yi−xj ) . ( idx + jdy ) ¿∫ y dx−x dy x=1

¿ ∫ ( 0 ) dx−x ( 0) x=0

x=1

¿ ∫ 0−0 x=0

¿0 

Lintasan 2 melalui (0,0) ke (4,2) 2 x= y maka dx = 2y dy Wc ¿∫ ( yi−xj ) . ( i dx+ j dy ) ¿∫ y dx−x dy y=2

¿ ∫ y (2 y dy)− y 2 dy y=0 y=2

¿ ∫ y 2 dy y=0

y3 ¿ 3

2

( )

¿

0

8 3

Jadi usaha totalnya : W = W1 + W2 = 0 + b. Lintasan b (posisi atas)  Lintasan melalui (1,0) ke (4,2)

8 3

=

8 3

y − y 1 y 2− y 1 = x−x 1 x 2−x 1 y −0 2−0 = x−1 4−1 y 2 = x−1 3 2 y= ( x−1) 3 2 2 y= x− 3 3 2 dy= dx 3 Wb ¿∫ ( yi−xj ) . ( i dx+ j dy ) ¿∫ y dx−x dy x=4

¿∫

x=1

x=4

¿∫

x=1

( 23 x− 23 ) dx−x ( 23 dx) 2 2 2 x− dx− xdx 3 3 3 x=4

−2 dx x=1 3

¿∫

4

( ) −2 x 3

¿

1

2 2 ¿− ( 4 )+ (1) 3 3 8 2 ¿− + 3 3 ¿−

6 3

¿−2 Jadi usaha totalnya : W = -2