Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

15Momentum Sudut

Seorang peseluncur indah yang berputar dengan lengan terentang menarik lengannya masuk dan, tanpa dorongan siapa pun, berpusing dua kali lebih cepat. Sebuah pintu menyerah kepada ujung jari di gagangnya dan melawan sebuah bahu di engselnya. Planet menyapu luas yang sama dalam waktu yang sama — Kepler mencatatnya empat abad lalu, jauh sebelum siapa pun dapat mengatakan mengapa. Dan Bulan, yang ditarik pasang surut yang dibangkitkannya, menghanyut menjauhi Bumi beberapa sentimeter tiap tahun sementara hari kita memanjang tanpa terasa. Di balik keempatnya berdiri satu besaran vektor, yaitu momentum sudut, dan satu hukum: laju perubahannya sama dengan momen gayanya. Bab ini mendefinisikan keduanya, membuktikan hukumnya untuk sebuah partikel dan untuk sebuah sistem, lalu mempekerjakannya pada bandul, orbit dan benda yang berputar.

Dengan lengan ditarik masuk, peseluncurnya berputar lebih cepat: tanpa torsi luar terhadap sumbu tegaknya, momentum sudutnya kekal dan momen inersia yang lebih kecil berarti kecepatan sudut yang lebih besar.

15.1 Momen sebuah gaya

Definisi 15.1 (Momen terhadap sebuah titik; terhadap sebuah sumbu)

Momen (atau torsi) terhadap sebuah titik $O$ dari gaya $\vect F$ yang diterapkan di $M$ adalah vektor

\vect{\mathcal M}_O(\vect F) = \vect{OM}\wedge\vect F \qquad (\mathrm{N}\,\mathrm{m}),

yang tegak lurus bidang $\vect{OM}$ dan $\vect F$ , bernorma $OM\cdot F\sin\alpha = F\,d$ , dengan $d$ — lengan gayanya — sebagai jarak dari $O$ ke garis kerja $\vect F$ . Momen terhadap sumbu berarah $\Delta$ (bervektor satuan $\vect e_\Delta$ ) yang melalui $O$ adalah skalar $\mathcal M_\Delta = \vect{\mathcal M}_O\cdot\vect e_\Delta$ , yang bebas dari pilihan $O$ pada $\Delta$ ; ia lenyap bila $\vect F$ sejajar $\Delta$ atau memotongnya. Dua gaya berlawanan pada garis kerja yang berbeda membentuk sebuah kopel, yang momennya $\vect F\wedge\vect{AB}$ sama terhadap setiap titik.

Contoh 15.2 (Pintunya)

Dorongan $20\,\mathrm{N}$ yang tegak lurus sebuah pintu pada $0.80\,\mathrm{m}$ dari engselnya bermomen $16\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ terhadap sumbu engselnya; dorongan yang sama pada $0.10\,\mathrm{m}$ , $2\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; menyusuri pintunya (garis kerjanya melalui engselnya), nol. Reaksi engselnya sendiri, yang memotong sumbunya, tak bermomen terhadapnya: itulah yang membuat sumbunya menjadi tempat yang alami untuk mengambil momen.

Momen F terhadap O: hasil kali silang OM F, bernorma F\,d dengan d jarak dari O ke garis kerjanya (lengan gayanya), yang terarah tegak lurus gambarnya — di sini menuju pembacanya. — Momen $\vect F$ terhadap $O$ : hasil kali silang $\vect{OM}\wedge\vect F$ , bernorma $F\,d$ dengan $d$ jarak dari $O$ ke garis kerjanya (lengan gayanya), yang terarah tegak lurus gambarnya — di sini menuju pembacanya.

15.2 Momentum sudut sebuah partikel

Definisi 15.3 (Momentum sudut)

Momentum sudut terhadap $O$ sebuah partikel bermassa $m$ di $M$ yang berkecepatan $\vect v$ adalah

\vect L_O = \vect{OM}\wedge m\vect v \qquad (\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}),

dan terhadap sumbu $\Delta$ yang melalui $O$ , $L_\Delta = \vect L_O\cdot\vect e_\Delta$ . Untuk gerak pada bidang yang tegak lurus $\Delta$ , dalam koordinat polar terhadap sumbunya, $L_\Delta = mr^2\dot\theta$ ; untuk lingkaran berjari-jari $R$ , $L_\Delta = mR^2\omega = mRv$ .

Bukti. $\vect{OM} = r\vect e_r$ , $\vect v = \dot r\vect e_r + r\dot\theta\vect e_\theta$ : $\vect{OM}\wedge m\vect v = mr^2\dot\theta\,\vect e_r\wedge\vect e_\theta = mr^2\dot\theta\,\vect e_z$ . ∎

Teorema 15.4 (Teorema momentum sudut)

Dalam kerangka inersial, untuk sebuah titik $O$ yang tetap dalam kerangka itu,

\frac{\dd\vect L_O}{\dd t} = \sum\vect{\mathcal M}_O(\vect F_i), \qquad \frac{\dd L_\Delta}{\dd t} = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_i)

untuk sumbu tetap $\Delta$ . Jika momen totalnya terhadap $O$ lenyap, $\vect L_O$ kekal.

Bukti. $\dd(\vect{OM}\wedge m\vect v)/\dd t = \vect v\wedge m\vect v + \vect{OM}\wedge m\vect a = \vect 0 + \vect{OM}\wedge\sum\vect F_i$ , dengan memakai hukum kedua Newton ( $O$ tetap sehingga $\dd\vect{OM}/\dd t = \vect v$ ). Proyeksikan pada $\vect e_\Delta$ . ∎

Akibat 15.5 (Gaya sentral: gerak bidang dan hukum luas sapuan)

Partikel yang hanya dikenai gaya sentral (yang selalu terarah menyusuri $\vect{OM}$ , menuju atau menjauhi pusat tetap $O$ ) menjaga $\vect L_O$ tetap. Geraknya tinggal pada bidang yang melalui $O$ dan tegak lurus $\vect L_O$ , dan pada bidang itu $r^2\dot\theta = C$ (tetap): vektor jari-jari $\vect{OM}$ menyapu luas dengan kecepatan areal yang tetap

\frac{\dd A}{\dd t} = \frac12 r^2\dot\theta = \frac{L_O}{2m} = \frac{C}{2} .

Bukti. $\vect{OM}\wedge\vect F = \vect 0$ untuk $\vect F \parallel \vect{OM}$ : $\vect L_O$ tetap. $\vect{OM}\perp\vect L_O$ selalu, dan dari sana bidangnya; $L_O = mr^2\dot\theta$ tetap. Luas yang tersapu selama $\dd t$ adalah segitiga bersisi $\vect{OM}$ dan $\vect v\dd t$ : $\dd A = \tfrac12\abs{\vect{OM} \wedge\vect v}\dd t = \tfrac12 r^2\dot\theta\,\dd t$ . ∎

Hukum luas sapuan untuk sebuah gaya sentral: dalam waktu yang sama, vektor jari-jari dari pusat O menyapu luas yang sama, sehingga partikelnya bergerak cepat ketika dekat dengan O dan lambat ketika jauh — hukum kedua Kepler, yaitu akibat kekekalan L_O semata, apa pun hukum gayanya. — Hukum luas sapuan untuk sebuah gaya sentral: dalam waktu yang sama, vektor jari-jari dari pusat $O$ menyapu luas yang sama, sehingga partikelnya bergerak cepat ketika dekat dengan $O$ dan lambat ketika jauh — hukum kedua Kepler, yaitu akibat kekekalan $\vect L_O$ semata, apa pun hukum gayanya.

Contoh 15.6 (Bandul lewat momen)

Bandul sederhana, dengan sumbu $\Delta$ melalui porosnya dan tegak lurus bidang ayunannya: $L_\Delta = m\ell^2\dot\theta$ ; tegangannya memotong sumbunya (tak bermomen), momen beratnya $-mg\ell\sin\theta$ (lengan gayanya $\ell\sin\theta$ , memulihkan). Teoremanya memberi $m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta$ , yaitu persamaan Contoh 12.12 tanpa pernah menuliskan tegangannya — keunggulan utama momen: gaya yang melalui sumbunya lenyap.

Contoh 15.7 (Menarik sebuah keping ke dalam)

Sebuah keping meluncur pada es tanpa gesekan menyusuri sebuah lingkaran, tertahan tali yang melalui lubang di pusatnya; talinya ditarik sehingga jari-jarinya berkurang separuh. Tegangannya sentral: $L = mr^2\omega$ kekal, sehingga $\omega$ dikalikan $4$ , kelajuannya $r\omega$ dikalikan $2$ , dan energi kinetiknya dikalikan $4$ — tambahan energinya adalah usaha tarikannya, yang dilawan kepingnya sepanjang jalan ke dalam. Lengan sang peseluncur adalah fisika yang sama dengan massa yang tersebar (Latihan 15.4).

15.3 Sistem titik dan rotasi terhadap sumbu tetap

Teorema 15.8 (Momentum sudut sebuah sistem)

Untuk sistem partikel, dengan $\vect L_O = \sum_i\vect{OM_i}\wedge m_i\vect v_i$ dan $O$ tetap dalam kerangka inersial,

\frac{\dd\vect L_O}{\dd t} = \sum\vect{\mathcal M}_O(\vect F_{\mathrm{ext}}):

hanya momen gaya luar yang berperan; gaya dalamnya, yang menuruti hukum aksi–reaksi menyusuri garis yang menghubungkan partikelnya, tak menyumbang apa pun.

Bukti. Jumlahkan teorema partikelnya. Untuk sepasang gaya dalam, $\vect{OM_i}\wedge\vect F_{j\to i} + \vect{OM_j}\wedge\vect F_{i\to j} = (\vect{OM_i} - \vect{OM_j})\wedge\vect F_{j\to i} = \vect{M_jM_i}\wedge\vect F_{j\to i} = \vect 0$ karena gayanya menyusuri $\vect{M_jM_i}$ . ∎

Proposisi 15.9 (Rotasi tegar terhadap sumbu tetap)

Jika partikelnya menjaga jarak tetap $r_i$ dari sebuah sumbu $\Delta$ dan semuanya berputar terhadapnya dengan kecepatan sudut $\omega$ yang sama (sebuah rotasi tegar),

L_\Delta = J_\Delta\,\omega, \qquad J_\Delta = \sum_i m_ir_i^2, \qquad E_k = \tfrac12 J_\Delta\omega^2,

dengan $J_\Delta$ sebagai momen inersia terhadap $\Delta$ , dan teoremanya berbunyi $J_\Delta\dot\omega = \sum\mathcal M_\Delta(\vect F_{\mathrm{ext}})$ .

Bukti. Tiap partikel menyumbang $m_ir_i^2\omega$ kepada $L_\Delta$ dan $\tfrac12 m_i(r_i\omega)^2$ kepada $E_k$ . Bab 19 memperluasnya ke benda pejal yang malar. ∎

Contoh 15.10 (Sang peseluncur)

Dengan lengan terentang, tubuh seorang peseluncur mempunyai $J \approx 4\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ditambah dua lengan $3\,\mathrm{kg}$ pada $0.8\,\mathrm{m}$ : $J_1 = 4 + 2 \times 3 \times 0.64 = 7.8\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . Dengan lengan masuk ( $0.2\,\mathrm{m}$ ): $J_2 = 4.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ . Reaksi esnya dan beratnya tak bermomen terhadap sumbu tegaknya: $J\omega$ kekal dan laju putarnya naik sebesar $J_1/J_2 = 1.85$ — dari $2$ menjadi $3.7$ putaran tiap sekon — sementara energi kinetiknya naik dengan faktor yang sama, yang dibayar otot yang menarik lengannya masuk.

Partikel yang berotasi secara tegar terhadap sebuah sumbu: masing-masing berputar pada lingkarannya sendiri dengan yang sama, menyumbang m_ir_i2 kepada momentum sudut terhadap sumbunya. Massa yang jauh dari sumbunya berperan sebagai kuadrat jaraknya — lengan terentang sang peseluncur. — Partikel yang berotasi secara tegar terhadap sebuah sumbu: masing-masing berputar pada lingkarannya sendiri dengan $\omega$ yang sama, menyumbang $m_ir_i^2\omega$ kepada momentum sudut terhadap sumbunya. Massa yang jauh dari sumbunya berperan sebagai kuadrat jaraknya — lengan terentang sang peseluncur.

Catatan 15.11 (Statika)

Benda tegar yang diam mempunyai $\vect L_O = \vect 0$ yang tetap: gaya luarnya harus beresultan nol dan bermomen total nol terhadap titik mana pun. Syarat keduanya adalah hukum tuas pada neraca, jungkat-jungkit dan linggis: gaya kecil yang jauh dari tumpuannya mengimbangi gaya besar yang dekat dengannya.

15.4 Latihan

Latihan 15.1 ★

Sebuah gaya $50\,\mathrm{N}$ pada kunci pas $0.30\,\mathrm{m}$ dari murnya: berapa momennya ketika gayanya tegak lurus gagangnya; pada $60^\circ$ terhadapnya; menyusurinya?

Solusi

Solusi Latihan 15.1.

$Fd = 50 \times 0.30 = 15\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; $Fd\sin 60^\circ = 13\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; menyusuri gagangnya, garis kerjanya melalui murnya: $0$ .

Latihan 15.2 ★

Berapa momentum sudut Bumi terhadap Matahari (orbit lingkaran, $r = 1.50 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ , $v = 29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , $m = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ ), dan berapa kecepatan arealnya?

Solusi

Solusi Latihan 15.2.

$L = mrv = 5.97\times10^{24} \times 1.50\times10^{11} \times 2.98\times10^4 = 2.7 \times 10^{40}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ ; $\dd A/\dd t = L/2m = rv/2 = 2.2 \times 10^{15}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ .

Latihan 15.3 ★

Sebuah bandul kerucut (talinya $1.0\,\mathrm{m}$ , $30^\circ$ dari garis tegak, Latihan 12.9). Hitunglah $L$ terhadap sumbu tegak yang melalui porosnya tiap satuan massa, lalu jelaskan mengapa ia kekal walaupun tegangan talinya dan beratnya bekerja.

Solusi

Solusi Latihan 15.3.

$r = \ell\sin 30^\circ = 0.50\,\mathrm{m}$ , $\omega = 3.4\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : $L_z/m = r^2\omega = 0.84\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ . Garis kerja tegangannya melalui porosnya (tak bermomen terhadap sumbu mana pun yang melaluinya); beratnya sejajar sumbu tegaknya (tak bermomen terhadapnya): $L_z$ kekal.

Latihan 15.4 ★

Batang tubuh seorang peseluncur mempunyai $J = 4.0\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ terhadap sumbu putarnya; tiap lengannya ( $3.0\,\mathrm{kg}$ ) diperlakukan sebagai sebuah titik pada $0.80\,\mathrm{m}$ , lalu pada $0.20\,\mathrm{m}$ . Berapa laju putarnya setelah lengannya ditarik masuk, dimulai dari $2.0\,$ putaran tiap sekon; berapa nisbah energi kinetiknya; dan dari mana tambahan energinya berasal?

Solusi

Solusi Latihan 15.4.

$J_1 = 4.0 + 2 \times 3.0 \times 0.64 = 7.8\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ , $J_2 = 4.0 + 2 \times 3.0 \times 0.04 = 4.2\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\omega_2 = \omega_1J_1/J_2 = 1.85\omega_1$ : $3.7\,$ putaran tiap sekon. $E_k = L^2/2J$ : nisbahnya $J_1/J_2 = 1.85$ ; ototnya, yang menarik lengannya ke dalam melawan kecenderungan sentrifugalnya, yang melakukan usahanya.

Latihan 15.5 ★★

Turunkan persamaan bandul $\ell\ddot\theta + g\sin\theta = 0$ dari teorema momentum sudut terhadap sumbu porosnya, lalu berikan momen tiap gayanya.

Solusi

Solusi Latihan 15.5.

$L_\Delta = m\ell^2\dot\theta$ ; tegangannya: tak bermomen (memotong sumbunya); beratnya: $-mg\ell\sin\theta$ (lengan gayanya $\ell\sin\theta$ , memulihkan). $m\ell^2\ddot\theta = -mg\ell\sin\theta$ .

Latihan 15.6 ★★

Jarak Bumi ke Matahari berubah dari $1.471 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ (perihelion) sampai $1.521 \times 10^{11}\,\mathrm{m}$ (aphelion). Dengan memakai hukum luas sapuan, carilah nisbah kelajuannya pada kedua titik itu; dengan kelajuan rata-rata $29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , berikan kedua kelajuannya.

Solusi

Solusi Latihan 15.6.

$r_pv_p = r_av_a$ : $v_p/v_a = r_a/r_p = 1.034$ ; dengan $(v_p + v_a)/2 \approx 29.8\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ : $v_p = 30.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ , $v_a = 29.3\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ .

Latihan 15.7 ★★

Sebuah keping $0.20\,\mathrm{kg}$ berputar pada $2.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ dengan tali $0.50\,\mathrm{m}$ yang melalui sebuah lubang; talinya ditarik sampai jari-jarinya $0.25\,\mathrm{m}$ . Berapa laju dan kecepatan sudutnya yang baru; berapa energi kinetiknya sebelum dan sesudahnya; berapa usaha tarikannya? Mengapa tegangannya dapat berusaha di sini?

Solusi

Solusi Latihan 15.7.

$L = mrv$ kekal: $v_2 = v_1r_1/r_2 = 4.0\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , $\omega_2 = v_2/r_2 = 16\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ (dari $4\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ). $E_1 = 0.40\,\mathrm{J}$ , $E_2 = 1.6\,\mathrm{J}$ : tarikannya melakukan usaha $1.2\,\mathrm{J}$ . Tegangannya memang radial, tetapi perpindahan kepingnya kini mempunyai komponen radial (ia memilin ke dalam): usaha $\vect T\cdot\dd\vect\ell$ tak lagi nol.

Latihan 15.8 ★★

Sebuah papan seragam bermassa $20\,\mathrm{kg}$ dan sepanjang $4.0\,\mathrm{m}$ bertumpu pada tumpuan $1.5\,\mathrm{m}$ dari ujung kirinya; seorang anak $30\,\mathrm{kg}$ duduk di ujung kirinya. Di mana anak $45\,\mathrm{kg}$ harus duduk agar setimbang? Berapa yang ditopang tumpuannya?

Solusi

Solusi Latihan 15.8.

Momen terhadap tumpuannya (panjangnya dari tumpuannya): anaknya $30 \times 1.5 = 45$ (kiri); berat papannya di pusatnya, $0.5$ ke kanan: $20 \times 0.5 = 10$ (kanan); anak keduanya pada $x$ ke kanan: $45x$ . Setimbang: $45 = 10 + 45x$ , $x = 0.78\,\mathrm{m}$ . Tumpuannya menopang berat totalnya, $95 \times 9.81 = 932\,\mathrm{N}$ .

Latihan 15.9 ★★

Sebuah mesin Atwood ( $m_1 = 2.0\,\mathrm{kg}$ , $m_2 = 1.0\,\mathrm{kg}$ ) tergantung pada katrol berjari-jari $0.10\,\mathrm{m}$ dan bermomen inersia $0.010\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ yang talinya tak tergelincir. Dengan memakai teorema momentum sudut untuk katrolnya dan hukum Newton untuk massanya, carilah percepatannya dan kedua tegangannya. Bandingkan dengan katrol tak bermassa.

Solusi

Solusi Latihan 15.9.

Massanya: $m_1a = m_1g - T_1$ , $m_2a = T_2 - m_2g$ ; katrolnya: $J\dot\omega = (T_1 - T_2)R$ dengan $a = R\dot\omega$ . Dijumlahkan: $a = (m_1 - m_2)g/(m_1 + m_2 + J/R^2) = 9.81/(3.0 + 1.0) = 2.5\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ (terhadap $3.3\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ ); $T_1 = m_1(g - a) = 14.7\,\mathrm{N}$ , $T_2 = m_2(g + a) = 12.3\,\mathrm{N}$ — tak sama besar, karena katrolnya memerlukan momen total.

Latihan 15.10 ★★★

Sebuah komet melewati perihelionnya pada $0.50\,\mathrm{AU}$ dari Matahari dengan $40\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Ketika ia berjarak $10\,\mathrm{AU}$ , berapa komponen kecepatannya yang tegak lurus vektor jari-jarinya? Dapatkah hukum luas sapuan memberi kelajuan penuhnya?

Solusi

Solusi Latihan 15.10.

$r_1v_1 = r_2v_{\perp 2}$ : $v_{\perp 2} = 40 \times 0.5/10 = 2.0\,\mathrm{km}/\mathrm{s}$ . Hukum luas sapuan hanya memberi komponen tegak lurusnya; komponen radialnya menuntut kekekalan energi (Bab 16).

Latihan 15.11 ★★★

Sebuah bintang seperti Matahari ( $R = 7.0 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ , periode rotasi $25\,\mathrm{d}$ ) mengerut menjadi bintang neutron berjari-jari $10\,\mathrm{km}$ , dengan massa dan momentum sudutnya terjaga ( $J \propto MR^2$ ). Berapa periodenya yang baru? Berapa laju khatulistiwanya? Apa yang diberitahukan laju itu tentang andaiannya?

Solusi

Solusi Latihan 15.11.

$J\omega$ tetap dengan $J \propto R^2$ : $T' = T(R'/R)^2 = 25 \times 86400 \times (10^4/7\times10^8)^2 = 4.4 \times 10^{-4}\,\mathrm{s}$ . Laju khatulistiwanya $2\pi R'/T' = 1.4 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ , separuh laju cahaya: pengerutannya tak dapat menjaga seluruh momentum sudutnya — banyak yang dilepaskan (dan kerelatifan masuk).

Latihan 15.12 ★★★

Sebuah manik meluncur tanpa gesekan menyusuri batang lurus yang berputar pada bidang mendatar dengan $\omega$ tetap terhadap sumbu tegak yang melalui salah satu ujungnya. Tuliskan $L_z$ maniknya; tunjukkan bahwa ia tidak kekal lalu hitunglah momen yang harus dikerahkan batangnya; simpulkan reaksi melintang batangnya pada maniknya.

Solusi

Solusi Latihan 15.12.

$L_z = mr^2\omega$ , dan $r$ berubah: $\dd L_z/\dd t = 2mr\dot r\omega \neq 0$ . Ini pastilah momen reaksi melintang batangnya $N$ : $rN = 2mr\dot r\omega$ , sehingga $N = 2m\dot r\omega$ — batangnya mendorong maniknya ke samping selagi ia meluncur ke luar (suku Coriolis Bab 18).

15.5 Soal: Mengapa Bulan menjauh

Soal 15.1

Soal akhir pekan — pasang surut yang dibangkitkan Bulan di Bumi menariknya maju dan menarik Bumi mundur: bagaimana momentum sudut mengalir dari hari kita ke orbit Bulan, sentimeter demi sentimeter, dan ke mana energinya pergi

Data: $G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}$ ; Bumi $M = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}$ , $R = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ , putarannya $\Omega = 2\pi/(86\,164\,\mathrm{s})$ , momen inersianya $J = 0.33\,MR^2$ ; Bulan $m = 7.35 \times 10^{22}\,\mathrm{kg}$ , orbitnya diperlakukan melingkar, $r = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ ; penjarakan laser bulan mengukur $\dd r/\dd t = 3.8\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ ; harinya memanjang $2.3\,\mathrm{ms}$ tiap abad; $1$ abad $= 3.16 \times 10^{9}\,\mathrm{s}$ .

Bagian I — Momentum sudutnya.

Hitunglah kecepatan sudut orbit $\omega$ Bulan dari hukum Newton (orbit lingkaran), lalu periksalah terhadap bulan sideris $27.3\,\mathrm{d}$ .
Hitunglah momentum sudut orbit Bulan $L_{\text{orb}} = mr^2\omega$ .
Tunjukkan bahwa untuk orbit lingkaran $L_{\text{orb}} = m\sqrt{GMr}$ , lalu simpulkan $\dd L_{\text{orb}}/\dd r = L_{\text{orb}}/2r$ .
Hitunglah momentum sudut putaran Bumi $L_{\text{spin}} = J\Omega$ lalu bandingkan dengan $L_{\text{orb}}$ .
Bulan berputar sekali tiap bulan: taksirlah momentum sudut putarannya ( $J_m \approx 0.4\,mR_m^2$ , $R_m = 1.74 \times 10^{6}\,\mathrm{m}$ ) lalu benarkan pengabaiannya.
Momen luar apa yang bekerja pada sistem Bumi–Bulan terhadap pusat massanya? Berikan alasan bahwa, sampai hampiran yang baik, total $L = L_{\text{spin}} + L_{\text{orb}}$ kekal.

Bagian II — Torsi pasang surutnya. Bulan membangkitkan dua tonjolan air di Bumi; karena Bumi berputar lebih cepat daripada Bulan mengorbit, gesekannya menyeret tonjolan itu mendahului garis Bumi–Bulan sebesar sudut yang kecil.

Sketsalah Bumi, tonjolan yang mendahului dan Bulan. Ke arah mana tarikan Bulan pada tonjolan yang lebih dekat bekerja, relatif terhadap putaran Bumi?
Simpulkan tanda momen pada putaran Bumi: apakah harinya memanjang atau memendek?
Menurut aksi dan reaksi, momen apa yang bekerja pada gerak orbit Bulan? Apakah $L_{\text{orb}}$ tumbuh atau menyusut?
Dari pertanyaan 3, apakah $r$ tumbuh atau menyusut? Dan bagaimana laju orbit Bulan $v = \sqrt{GM/r}$ ?
Selesaikan paradoks yang tampak itu: Bulan didorong maju, namun akhirnya bergerak lebih lambat.
Menuju keadaan akhir yang mana pertukaran itu cenderung?

Bagian III — Angka-angkanya.

Dari memanjangnya harinya, hitunglah perubahan nisbi $\Delta\Omega/\Omega$ tiap abad.
Simpulkan perubahan $L_{\text{spin}}$ tiap abad.
Simpulkan perubahan $L_{\text{orb}}$ tiap abad.
Dengan memakai pertanyaan 3, ubahlah menjadi perubahan $r$ tiap abad dan tiap tahun. Bandingkan dengan nilai penjarakan lasernya.
Berapa bagian, dan berapa sekon, bulan siderisnya memanjang tiap abad ( $T \propto r^{3/2}$ )?
Hitunglah perubahan energi kinetik rotasi Bumi tiap abad ( $\Delta E = L_{\text{spin}}\Delta\Omega$ sampai orde pertama).
Hitunglah perubahan energi mekanik orbit Bulan, $E_{\text{orb}} = -GMm/2r$ , tiap abad.

Bagian IV — Energinya.

Tunjukkan bahwa Bumi kehilangan lebih banyak energi daripada yang diperoleh Bulan, lalu hitunglah selisihnya tiap abad dan daya yang bersesuaian. Ke mana energi itu pergi?
Bandingkan daya itu dengan konsumsi umat manusia, sekitar $18\,\mathrm{TW}$ , dan dengan aliran panas dalam Bumi, sekitar $47\,\mathrm{TW}$ .
Dalam keadaan akhir pertanyaan 12, hari dan bulannya sama: $\Omega = \omega = \sqrt{GM/r^3}$ . Dengan menuliskan kekekalan $L_{\text{spin}} + L_{\text{orb}}$ , periksalah bahwa $r \approx 5.5 \times 10^{8}\,\mathrm{m}$ memenuhinya, lalu berikan periode bersamanya dalam hari.
Mengapa keadaan itu sesungguhnya tak akan pernah tercapai? (Pikirkan pasang surut Matahari.)
Bulan sudah memperlihatkan satu wajahnya kepada Bumi. Jelaskan dengan mekanisme yang sama, lalu katakan mengapa hal itu terjadi pada Bulan lebih dahulu.
Ringkaslah dalam tiga baris: apa yang kekal, apa yang dipertukarkan, apa yang dilesapkan.

Solusi

Solusi Soal 15.1.

1. $m\omega^2r = GMm/r^2$ : $\omega = \sqrt{GM/r^3} = \sqrt{3.98\times 10^{14}/5.66\times10^{25}} = 2.65 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , periodenya $2\pi/\omega = 2.37 \times 10^{6}\,\mathrm{s} = 27.4\,\mathrm{d}$ .

2. $L_{\text{orb}} = 7.35\times10^{22} \times 1.475\times10^{17} \times 2.65\times10^{-6} = 2.9 \times 10^{34}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ .

3. $v = \sqrt{GM/r}$ , $L = mrv = m\sqrt{GMr}$ ; $\dd L/\dd r = \tfrac12 m\sqrt{GM/r} = L/2r$ .

4. $J = 0.33 \times 5.97\times10^{24} \times 4.06\times10^{13} = 8.0 \times 10^{37}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ ; $\Omega = 7.29 \times 10^{-5}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ; $L_{\text{spin}} = 5.8 \times 10^{33}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , seperlima $L_{\text{orb}}$ .

5. $J_m \approx 0.4 \times 7.35\times10^{22} \times 3.0\times10^{12} = 8.9 \times 10^{34}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}$ , dikali $\omega$ : $2.4 \times 10^{29}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ , yaitu $10^{-5}$ dari milik orbitnya: dapat diabaikan.

6. Tarikan Matahari bekerja pada pusat massa sistemnya (tak bermomen terhadapnya sampai orde pertama); pengaruh pasang surutnya pada pasangan itu kecil: total $L$ kekal sampai ketelitian yang diperlukan di sini.

7. Tonjolan yang lebih dekat, yang mendahului garis Bumi–Bulan, ditarik Bulan dengan gaya yang komponen tangensialnya melawan putaran Bumi.

8. Momen negatif pada putarannya: Bumi melambat, harinya memanjang.

9. Tonjolannya menarik Bulan maju: momen positif pada orbitnya, $L_{\text{orb}}$ tumbuh.

10. $L_{\text{orb}} \propto \sqrt r$ tumbuh, sehingga $r$ tumbuh; $v \propto 1/\sqrt r$ menurun.

11. Tarikan majunya melakukan usaha positif, yang menaikkan energi Bulan; orbit yang lebih tinggi adalah orbit yang lebih lambat: energinya pergi menjadi ketinggian (potensial), lebih banyak daripada energi kinetik yang hilang.

12. Penguncian pasang surut Bumi: harinya sama dengan bulannya, tak ada tonjolan yang mendahului, tak ada torsi.

13. $\Delta\Omega/\Omega = -2.3 \times 10^{-3}\,\mathrm{s}/86\,164\,\mathrm{s} = -2.7 \times 10^{-8}$ tiap abad.

14. $\Delta L_{\text{spin}} = L_{\text{spin}}\Delta\Omega/\Omega = -1.55 \times 10^{26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ tiap abad.

15. $\Delta L_{\text{orb}} = +1.55 \times 10^{26}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{s}$ tiap abad.

16. $\Delta r = 2r\,\Delta L/L = 2 \times 3.84\times10^8 \times 1.55 \times10^{26}/2.9\times10^{34} = 4.1\,\mathrm{m}$ tiap abad, $4.1\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ : dekat dengan $3.8\,\mathrm{cm}/\mathrm{yr}$ yang terukur (memanjangnya hari juga mempunyai bagian yang bukan pasang surut).

17. $\Delta T/T = \tfrac32\Delta r/r = 1.6\times10^{-8}$ : $2.37\times 10^6 \times 1.6\times10^{-8} = 0.04\,\mathrm{s}$ tiap abad.

18. $\Delta E_{\text{rot}} = L_{\text{spin}}\Delta\Omega = 5.8\times10^{33} \times 7.29\times10^{-5} \times (-2.7\times10^{-8}) = -1.1 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ tiap abad.

19. $\Delta E_{\text{orb}} = GMm\Delta r/2r^2 = 2.93\times10^{37} \times 4.1/(2 \times 1.475\times10^{17}) = +4.1 \times 10^{20}\,\mathrm{J}$ tiap abad.

20. Bersihnya $-1.1\times10^{22} + 4\times10^{20} \approx -1.06 \times 10^{22}\,\mathrm{J}$ tiap abad: $3.4\times10^{12}\ \mathrm{W}$ , yang dilesapkan sebagai kalor oleh gesekan pasang surut di lautan dan di Bumi padatnya.

21. Seperlima daya umat manusia, seperempat belas aliran panas buminya — pemanas yang kecil tetapi tetap ada.

22. $L_{\text{tot}} = 3.5\times10^{34}$ . Pada $r = 5.5\times10^8$ : $\omega = \sqrt{GM/r^3} = 1.55 \times 10^{-6}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $J\omega = 1.2\times10^{32}$ , $m\sqrt{GMr} = 7.35\times10^{22} \times 4.68\times10^{11} = 3.44\times10^{34}$ ; jumlahnya $3.45\times10^{34}$ : taat asas. Periodenya $2\pi/\omega = 4.1 \times 10^{6}\,\mathrm{s} = 47\,\mathrm{d}$ .

23. Pasang surut Matahari terus memperlambat Bumi sampai di bawah laju orbit Bulan, sehingga torsi Bumi–Bulan lalu akan berbalik; lagi pula Matahari akan sudah berevolusi jauh sebelum itu (skala waktunya puluhan miliar tahun).

24. Bumi membangkitkan pasang surut di Bulan, yang mengerem putarannya sampai satu wajahnya tetap menghadap kita; karena lebih ringan dan lebih dekat dengan pasangan yang lebih berat, penguncian Bulan jauh lebih cepat.

25. Yang kekal: momentum sudut totalnya. Yang dipertukarkan: momentum sudut dari putaran Bumi ke orbit Bulan, sekitar $1.6 \times 10^{26}\,\mathrm{SI}$ tiap abad. Yang dilesapkan: energi mekanik, beberapa terawatt, sebagai kalor pasang surut.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium