Tugas Mata Kuliah Gelombang (eka Pratiwi Sahib-1512440001).docx

TUGAS MATA KULIAH GELOMBANG

GELOMBANG Oleh Eka Pratiwi Sahib/1512440001/Pendidikan Fisika ICP A. Gerak Harmonik Sederhana Gerak periodik adalah gerakan suatu benda yang terus berulang bendanya kembali ke posisi tertentu setelah selang waktu tertentu. Kita dapat melihat beberapa jenis gerak periodik dalam kehidupan sehari-hari. Selain dalam kehidupan sehari-hari, beberapa sistem lainnya juga menunjukkan gerak periodik. Misalnya molekul benda padat yang bergetar pada posisi keseimbangannya; gelombang elektromagnetik seperti gelombang cahaya, radar dan gelombang radio, dikarakterisasikan oleh vektro medan listrik dan medan magnet; dalam rangkaian arus bolak balik, tegangan, arus, serta muatan listrik berubah-ubah setiap periodik (Serway & Jewett, 2009). Gerak periodik khusus terjadi dalam sistem-sistem mekanis, dimana gaya yang bekerjaterhadap suatu benda sebanding dengan posisi berada pada arah posisi seimbangnya, maka geraknya disebut gerak harmonik sederhana (Serway & Jewett, 2009).

Gambar 1. Suatu balok dikaitkan pada pegas dan bergerak tanpa gesekan pada sebuah permukaan. Bentuk yang paling sederhana dari gerak periodik direpresentasikan oleh sebuah benda yang berosilasi di ujung pegas. Kita anggap bahwa massa pegas dapat diabaikan, dan pegas dipasang horisontal, seperti pada gambar

1(b), sedemikian sehingga benda dengan massa m meluncur tanpa gesekan pada permukaan horisontal. Semua pegas memiliki panjang alami dimana pada keadaan ini pegas tidak memberikan gaya pada massa m, dan posisi massa di titik ini disebut posisi setimbang. Jika massa dipindahkan baik ke kiri yang menekan gegas, atau ke kanan yang merentangkan pegas, pegas memberikan gaya pada massa yang bekerja dalam arah mengembalikan massa ke posisi setimbangnya; oleh sebab itu gaya ini disebut “gaya pemulih”. Besar gaya pemulih F ternyata berbanding lurus dengan simpangan x dari pegas yang direntangkan atau ditekan dari posisi setimbang seperti pada gambar 1a dan 1c; 𝐹 = −𝑘𝑥

(1) (Giancoli, 2001)

Dengan menggunakan hukum kedua Newton ∑ 𝐹𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 pada gerak balok dalam persamaan 1, dengan x sebagai arah gayanya, kita dapatkan −𝑘𝑥 = 𝑚𝑎𝑥 𝑘

𝑎𝑥 = − 𝑚 𝑥 atau, 𝑎𝑥 =

𝑑2 𝑥

(2)

𝑑𝑡 2

Dengan demikian, percepatan berbanding lurus dengan posisi balok dan arahnya berlawanan dengan perpindahan dari posisis kesetimbangan. Sistem yang bekerja dengan cara seperti ini disebut ferak harmonik sederhana. Dan suatu benda mengalami gerak harmonik sederhana saat percepatannya berbanding

lurus

dengan

posisinya

dan

berlawanan

arah

dengan

perpindahannya dari kesetimbngan (Serway & Jewett, 2009). Jika kita menyimpangkan sebuah benda dari kesetimbngan dan melepaskannya, benda itu akan berosilasi bolak-balik di sekitar kedudukan setimbang. Waktu bagi benda untuk melakukan satu osilasi penuh sisebut periode T. Kebalikan periode disebut frekuensi f yang merupakan banyaknya osilasi setiap detik 1

𝑓=𝑇

(3)

Gambar 2. Sebuah benda yang berosilasi ada pegas, vertikal. Sewaktu kertas digerakkan dengan laju konstan ke kiri, pena yang terasang padabenda akan merunut simpangan x sebagai fungsi waktu t. Untuk benda berosilasi, simpangan x sebagai fungsi waktu t dapat diperoleh lewat percobaan. Misalnya, sebatang pena dipasang pada benda yang tertambat ke pegas vertikal dan diatur sedemikian rupa sehingga pena dapat menulis di atas secarik kertas yang dapat digerakkan tegak lurus terhadap arah osilasi, seperti yang diperlihatkan pada gambar 2. Kemudian, benda itu kita simpangkan sejauh A dan kertas kita tarik ke kiri dengan laju konstan sewaktu kita melepaskan benda. Pena itu akan merunut sebuah kurva sinusoidal yang diperlihatkan pada gambar. Persamaan kurva adalah 𝑥 = 𝐴 cos(𝜔𝑡 + 𝛿)

(4)

dengan A, 𝜔, dan 𝛿 merupakan konstanta. Berdasarkan definisi, gerak dengan perubahan posisi terhadap waktu menuruti persamaan 4 disebut gerak 𝜋

harmonik sederhana. Perhatikan bahwa cos(𝜔𝑡 + 𝛿) = sin (𝜔𝑡 + 𝛿 + 2 ) . Apakah persamaan diungkapkan sebagai fungsi kosinus atau fungsi sinus semata-mata bergantung pada kapan kita memilih t konstanta= 0. Simpangan maksimum dari kesetimbangan dari kesetimbangan disebut amplitudo A. Argumen fungsi kosinus, 𝜔𝑡 + 𝛿, disebut fase gerak, dan konstanta 𝛿 disebut konstanta fase. Selama satu siklus gerak penuh, fase bertambah sebesar 2𝜋. Pada akhir siklus, benda memiliki posisi dan kecepatan yang sama lagi, seperti yang memiliki posisi dan kecepatan yang sama lagi, seperti yang dimiliki pada permulaan siklus karena cos(𝜔𝑡 + 𝛿 + 𝜋) = cos(𝜔𝑡 + 𝛿). Kita dapat

menentukan periode T dari kenyataan bahwa fase pada waktu t+T tidak lain hanya 2𝜋 ditambah fase pada waktu t: 𝜔(𝑡 + 𝑇) + 𝛿 = 2𝜋 + 𝛿 atau 𝜔𝑇 = 2𝜋 sehingga 𝑇=

2𝜋 𝜔

Dari persamaan 3, kita memperoleh frekuensi sebagai: 1

𝜔

𝑝𝑒𝑟𝑠𝑎𝑚𝑎𝑎𝑛 𝑓 = 𝑇 = 2𝜋

(5)

Konstanta 𝜔 = 2𝜋𝑓 disebut frekuensi sudut. Besaran itu memiliki satuan radian per sekon dan dimensi kebalikan waktu, sama seperti kecepatan sudut, yang juga dinyatakan dengan 𝜔. Dalam frekuensi atau periode, persamaan 4 dapat ditulis sebagai: 2𝜋𝑡

𝑥 = 𝐴 cos(2𝜋𝑓𝑡 + 𝛿) = 𝐴 cos (

𝑇

+ 𝛿)

(6) (Tipler, 1998)

Secara umum, kita akan menggunakan x sebagai sumbu terjadinya oslasi; tetapi kita tidak akan menuliskan notasi indeks x dalam pembahasan ini. Ingat bahwa berdasrkan definisi, 𝑑𝑣 𝑑 2 𝑥 𝑎𝑥 = = 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2 sehingga kita dapat menyatakan persamaan 2 menjadi 𝑑2𝑥 𝑘 =− 𝑥 2 𝑑𝑡 𝑚 jika kita menandai rasiio k/m sengan simbol 𝜔2 (kita menggunakan 𝜔2 dan bukan 𝜔 untuk lebih menyederhanakan bentuk solusi yang kita kembangkan di bawah ini), maka 𝑑2 𝑥 𝑑𝑡 2

= −𝜔2 𝑥

(7)

Oleh karena itu, hal yang kita perlukan saat ini adalah solusi matematika untuk persamaan 7 yaitu fungsi x(t) yang memunuhi persamaan orede dua tersebut (Tipler, 1998). 𝑑2𝑥 + 𝜔2 𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 𝑑2 ( 2 + 𝜔2 ) 𝑥 = 0 𝑑𝑡 𝑑

Misal : 𝐷 = 𝑑𝑡 𝑑 2 [( ) + 𝜔2 ] 𝑥 = 0 𝑑𝑡 [𝐷2 + 𝜔2 ] 𝑥 = 0 (𝐷 + 𝑖𝜔)(𝐷 − 𝑖𝜔)𝑥 = 0 (𝐷 + 𝑖𝜔)𝑥 = 0 𝑑 ( + 𝑖𝜔) 𝑥 = 0 𝑑𝑡 𝑑𝑦 + 𝑖𝜔𝑥 = 0 𝑑𝑡 𝑑𝑥 ∫ + ∫ 𝑖𝜔 𝑑𝑡 = ∫ 0 𝑥 ln 𝑥 + 𝑖𝜔𝑡 = ln 𝑐 ln 𝑥 − ln 𝑐 = −𝑖𝜔𝑡 𝑥 ln = −𝑖𝜔𝑡 𝑐 𝑥 𝑐 log = −𝑖𝜔𝑡 𝑐 𝑥 = 𝑒 −𝑖𝜔𝑡 𝑐 𝑥1 = 𝑐1 𝑒 −𝑖𝜔𝑡 𝑥2 = 𝑐2 𝑒 𝑖𝜔𝑡 𝑋 = 𝑥1 + 𝑥2 𝑋 = 𝑐1 𝑒 −𝑖𝜔𝑡 + 𝑐2 𝑒 𝑖𝜔𝑡 Karena, 𝑒 −𝑖𝜔𝑡 = cos 𝜃 − 𝑖 sin 𝜃 & 𝑒 𝑖𝜔𝑡 = cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃 Maka,

𝑋 = 𝑐1 (cos 𝜃 − 𝑖 sin 𝜃) + 𝑐2 (cos 𝜃 + 𝑖 sin 𝜃) 𝑋 = (𝑐1 + 𝑐2 ) cos 𝜔𝑡 + 𝑖(𝑐1 − 𝑐2 ) sin 𝜔𝑡 𝑋 = 𝐴 cos 𝜔𝑡 + 𝐵 sin 𝜔𝑡 𝑋 = 𝐴 cos 𝜔𝑡 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝑋 = 𝐵 cos 𝜔𝑡 Kecepatan dan percepatan benda dalam gerak harmonik sederhana 𝑣= 𝑎=

𝑑𝑥 𝑑𝑡

= −𝜔𝐴 sin(𝜔𝑡 + 𝛿)

𝑑2 𝑥 𝑑𝑡 2

= −𝜔2 𝐴 sin(𝜔𝑡 + 𝛿)

(8) (9)

Contoh Soal : 1. Suatu benda berosilasi dengan gerak harmonik sederhana sepanjang sumbu x. Seiring waktu, posisinya berubah-ubah sesuai persamaan 𝜋 𝑥 = (2,00 𝑚) cos (𝜋𝑡 + ) 2 dimana t dalam detik dan sudut-sudutnya menggunakan satuan radian. a. Tentukan amplitudo, frekuensi, dan periode geraknya! b. Hitung kecepatan danpercepatan benda saat t! Jawaban : a. Amplitudo, frekuensi, dan periode geraknya : Amplitudo A = 2,00 m Frekuensi 𝜔 = 𝜋 𝑟𝑎𝑑/𝑠 𝜔 𝑓= 2𝜋 𝜋 𝑓= = 0,50 𝐻𝑧 2𝜋 Periode 𝑇=

1 1 = = 2,00 𝑠𝑒𝑘𝑜𝑛 𝑓 0,50 𝐻𝑧

b. Kecepatan dan percepatan benda saat t Kecepatan

𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑 𝜋 𝑣(𝑡) = [(2,00 𝑚) cos (𝜋𝑡 + )] 𝑑𝑡 2 𝜋 𝑣(𝑡) = −(2,00𝜋 𝑚/𝑠) sin (𝜋𝑡 + ) 2 Percepatan 𝑣(𝑡) =

𝑎(𝑡) =

𝑑2𝑥 𝑑𝑡 2

𝑑2 𝜋 [−(2,00𝜋 𝑚/𝑠) sin (𝜋𝑡 + )] 2 𝑑𝑡 2 𝜋 𝑎(𝑡) = −(2,00𝜋 2 𝑚/𝑠 2 ) cos (𝜋𝑡 + ) 2 𝑎(𝑡) =

𝜋

2. Posisi suatu partikel ditentukan oleh (5,00 𝑚) cos (2𝑡 + 6 ), dimana x dalam meter dan t dalam sekon. Tentukan : a. Frekuensi dan periode b. Amplitudo gerak c. Posisi partikel saat t = 0,50 s d. Kecepatan dan percepatan pada saat t = 0 Jawaban : a. Frekuensi dan periode Periode 𝑇=

2𝜋 2𝜋 = 𝜔 2

𝑇 = 3,14 𝑠 Frekuensi 𝑓=

1 𝑇

𝑓=

1 = 0,318 𝐻𝑧 3,14𝑠

b. Amplitudo gerak = 5,00 m c. Posisi partiker saat t = 0,50 s 𝜋 𝑥(0,50 𝑠) = (5,00 𝑚) cos (2(0,50 𝑠) + ) 6

𝜋 𝑥(0,50 𝑠) = (5,00 𝑚) cos (2(0,50 𝑠) + ) 6 𝑥(0,50 𝑠) = 4,29 𝑚 d. Kecepatan dan percepatan pada saat t = 0,5 s Kecepatan 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑑 𝜋 𝑣(𝑡) = [(5,00 𝑚) cos (2𝑡 + )] 𝑑𝑡 6 𝜋 𝑣(𝑡) = −(10,00𝜋 𝑚/𝑠) sin (2𝑡 + ) 6 𝑣(𝑡) =

𝜋 𝑣(0,5 𝑠) = −(10,00𝜋 𝑚/𝑠) sin (2(0,50 𝑠) + ) 6 𝑣(0,5 𝑠) = −5,15 Percepatan 𝑎(𝑡) =

𝑑2𝑥 𝑑𝑡 2

𝑑2 𝜋 [−(10,00𝜋 𝑚/𝑠) sin (2𝑡 + )] 2 𝑑𝑡 6 𝜋 𝑎(𝑡) = −(20,00𝜋 2 𝑚/𝑠 2 ) cos (2𝑡 + ) 6 𝑎(𝑡) =

𝜋 𝑎(0,50 𝑠) = −(20,00𝜋 2 𝑚/𝑠 2 ) cos (2(0,50 𝑠) + ) 6 𝑎(0,50 𝑠) = −17,14 B. Gelombang Harmonik Jika kita menggerakkan salah satu ujung tali naik dan turun berupa gerak harmonik sederhana (misalnya, dengan menyambungkannya pada garpu tala yang bergetar), deretan gelmbang sinusoidal akan menjalar sepanjang tali. Gelombang seperti itu disebut gelombang harmonik. Bentuk tali pada suatu saat berupa fungsi sinus, seperti ditunjukkan dalam Gambar 3. (Sekali lagi, apakah ini funsi sinus atau kosinus semata-mata bergantung pada dimana titik asal dipilih pada sumbu X). Gambar demikian dapat diperoleh dengan mengambil foto tali secara sanpshot. Jarak antara dua puncak yang berurutan disebut panjang gelombang 𝜆. Pajang gelombang adalah jarak perulangan

gelombang. Ketika gelombang menjalar menyusuri tali, tiap titik pada tali akan bergerak naik dan turun, tegak lurus terhadap arah penjalaran, berupa gerak harmonik sederhana dengan frekuensi f dan garpu tala atau sumber apapun yang menggerakkan ujung tali. Ada hubungan sederhana antara frekuensi f panjang gelombang 𝜆, dan laju v gelombang harmonik. Selama satu periode T = 1/f, gelombang menempuh jarak satu panjang gelombang, sehingga laju diberikan oleh : 𝜆

𝑣

𝑣 = 𝑇 = 𝑓𝜆 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝜆 = 𝑓

(10)

Karena timbul hanya dari definisi panjang gelombang dan frekuensi, persamaan 10 berlaku ada semua bentuk gelombang harmonik. Karena laju penjalaran gelombang ditentukan oleh frekuensi sumber melalui persamaan 𝜆 = 𝑣/𝑓. Semakin besar frekuensi, semakin kecil panjang gelombang (Tipler, 1998).

Gambar 3. Gelombang Harmonik Perhatikan gelmbang harmonik pada gambar 3, yang menunjukkan posisi gelombang pada saat t = 0. Karena gelombang tersebut sinusoidal, kita ketahui bahwa fungsi pada waktu sesaat tersebut adalah y(x,0) = A sin ax, dimana A adalah amplitudo dan a adalah konstanta yang harus ditentukan. Ketika x = 0,

kita dapatkan y(0,0) =A sin a(0) = 0, sesuai dengan gambar 3. Nilai x selanjutnyadimana y adalah nol adalah x = 𝜆/2. Dengan demikian, 𝜆 𝜆 𝑦 ( , 0) = 𝐴 sin 𝑎 ( ) = 0 2 2 𝜆

Agar persamaan di atas menjadi benar, kta harus menggunakan a (2) = 𝜋, atau 𝑎 = 2𝜋/𝜆. Maka, fungsi yang menggambarkan posisi elemen medium dimana gelombang sinusoidal merambat dapat ditulis 𝑦(𝑥, 0) = 𝐴 sin (

2𝜋 𝑥) 𝜆

Dimana A adalah amplitudo gelombang dan 𝜆 adalah panjang gelombang. Kita lihat bahwa posisi vertikal sebuah elemen medium adalah sama setiap kali x bertambah sejumlah kelipatan integral dari 𝜆. Jika gelombang merambat ke kanan dengan kelajuan v, maka fungsi gelombang pada suatu waktu t adalah 2𝜋

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin [ 𝜆 (𝑥 − 𝑣𝑡)]

(11)

Artinya gelombang sinusoidalnya merambat ke kanan sejauh vt dalam waktu t. Jika gelombang tersebut merambat kek kiri, maka besaran x – vt akan diganti dengan persamaan x + vt (Serway & Jewett, 2009). Bilangan gelombang berhubungan dengan panjang gelombang. Jika kita bergerak dari titi 𝑥1 ke titik lain sejauh satu panjang gelombang, 𝑥2 = 𝑥1 + 𝜆, maka argumen fungsi sinus berubah sebesar 2𝜋. Jadi, kita peroleh 𝑘(𝑥1 + 𝜆) = 𝑘𝑥1 + 2𝜋 𝑘𝜆 = 2𝜋 𝑘=

2𝜋

(12)

𝜆

Dengan ulang persaman 11 menjadi, 𝑦 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

(13)

dengan 𝜔 = 𝑘𝑣

(14)

Merupakan frekuensi sudut, yang berhubungan dengan frekuensi f dan periode T, melalui persamaan 𝜔 = 2𝜋𝑓 =

2𝜋 𝑇

(15)

Dengan mensubsitusi persamaan 14 ke persamaan 15 dan mengantikan 𝑘 = 2𝜋/𝜆, kita memperoleh : 2𝜋𝑓 =

2𝜋 𝑣 𝜆

atau, 𝑣 = 𝑓𝑣 Persamaan 13 dapat juga ditulis dalam periode T dan panjang gelombang 𝜆. Dengan mensubsitusikan 𝑘 = 𝑥

2𝜋 𝜆

dan 𝜔 =

2𝜋 𝑇

, kita dapatkan

𝑡

𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin [2𝜋 (𝜆 − 𝑇)]

(16) (Tipler, 1998)

Contoh Soal : 1.

Persamaan 10 berlaku pada semua bentuk gelombang periodik, termaksud gelombang elektromaknetik seperti gelombang cahaya dan gelombang mikro, yang menjalar dengan laju 3 × 108 𝑚/𝑠 didalam vakum, (a) Jangkauan panjang gelombang cahaya yang dapat diindra oleh mata adalah sekitar 4 × 10−7 m hingga 7 × 10−7 m. Berapa frekuensi yang bersesuaian dengan panjang gelombang ini?. (b) carilah frekuensi gelombang mikro yang mempunyai panjang gelombang 3 cm. Jawaban : a.

Frekuensi saat panjang gelombang 4 × 10−7 m 𝑓=

𝑣 3 × 108 𝑚/𝑠 = = 7,50 × 1014 𝐻𝑧 𝜆 4 × 10−7

Frekuensi saat panjang gelombang 7 × 10−7 m 𝑓=

𝑣 3 × 108 𝑚/𝑠 = = 4,28 × 1014 𝐻𝑧 𝜆 7 × 10−7

Jadi frekuensi yang bersesuaian dengan panjang gelombang 4 × 10−7 m hingga 7 × 10−7 m adalah 4,28 × 1014 𝐻𝑧 ≤ 𝑓 ≤ 7,50 × 1014 𝐻𝑧. b.

Frekuensi gelombang mikro yang mempunyai panjang gelombang 3 cm

𝑓= 2.

𝑣 3 × 108 𝑚/𝑠 = = 1,00 × 1010 𝐻𝑧 𝜆 3 × 10−2

Harmonik Fungsi gelombang untuk suatu gelombang pada tali adalah 𝑦(𝑥, 𝑡) = 0,02 sin(3 𝑥 − 4𝑡), dengan y dan x dalam meter dan t dalam sekon. Hitung amplitudo, panjang gelombang, frekuensi, periode, dan laju gelombang. Jawaban : 𝑦(𝑥, 𝑡) = 0,02 sin(3,00 𝑥 − 4,00 𝑡) Dengan melihat persamaan 13, dapat diketahui A = 0,02 m k = 3,00 m-1 𝜔 = 4/𝑠 2𝜋 = 2,09 𝑚 𝑘 2𝜋 𝑇= = 1,57 𝑠 𝜔 𝜆 2,09𝑚 𝑣 = 𝑓𝜆 = = = 1,33 𝑚/𝑠 𝑇 1,57𝑠 𝜆=

3. Fungsi gelombang untuk gelombang harmonik pada tali adalah 𝑦(𝑥, 𝑡) = 0,001 sin(62,8𝑥 + 314𝑡) dengan y dan x dalam meter dan t dalam sekon (a) Berapa kecepatannya? (b) Hitunglah panjang gelombang, frekuensi, dan periode gelombang ini (c) Berapakah kecepatan tiap segmen tali? Jawaban : a. Kecepatan 𝑣=

𝜔 314𝑠 −1 = = 5,00 𝑚/𝑠 𝑘 62,8𝑚−1

b. Panjang gelombang, frekuensi dan periode gelombang 𝜆=

2𝜋 2𝜋 = = 10 𝑐𝑚 𝑘 62,5 𝑚−1

𝜔 314 𝑠 −1 𝑓= = = 50,0 𝐻𝑧 2𝜋 2𝜋 1 1 𝑇= = = 0,02 𝑠 𝑓 50,0 𝐻𝑧

c. Kecepatan maksimum 𝑣𝑚𝑎𝑥 = 𝐴𝜔 = (0,001 𝑚)(314 𝑟𝑎𝑑/𝑠) = 0,314 𝑚/𝑠 C. Energi Gelombang 1.

Energi pada Gerak Harmonik Sederhana Bila sebuah benda berosilasi pada sebuah pegas, energi kinetik benda dan energi potensial sistem benda-pegas berubah terhadap waktu, sementara jumlah kedua energi itu, yaitu energi total, konstan (dengan menganggap tidak ada gesekan). Energi potensial sebuah pegas dengan konstanta gaya k yang teregang sejauh x dari kesetimbangannya diberikan persamaan 1 2 1 𝑘𝑥 = 𝑚𝜔2 𝐴2 sin2(𝜔𝑡 + 𝛿) 2 2 Energi kinetik sebuah benda bermassa m yang bergerak dengan kelajuan v 𝑈=

ialah: 1 1 𝑚𝑣 2 = 𝑘𝐴2 cos 2 (𝜔𝑡 + 𝛿) 2 2 Kita lihat bahwa K dan U selalu merupakan besaran yang nilainya positif. 𝐾=

Karena 𝜔2 = 𝑘/𝑚, kita dapat menyatakan energi mekanik total dari osilator harmonik sederhana sebagai 𝐸 =𝑈+𝐾 1 1 𝐸 = 𝑘𝑥 2 + 𝑚𝑣 2 2 2 1 1 𝐸 = 𝑘𝐴2 cos2 (𝜔𝑡 + 𝛿) + 𝑚𝜔2 𝐴2 sin2 (𝜔𝑡 + 𝛿) 2 2 1 𝐸 = 𝑘𝐴2 [cos2 (𝜔𝑡 + 𝛿) + sin2(𝜔𝑡 + 𝛿)] 2 Dari identitas sin2 𝜃 + cos2 𝜃 = 1, maka energi total dari persamaan adalah 1

𝐸 = 2 𝑘𝐴2

(17)

Artinya, energi mekanik total dari gerak harmoni sederhana merupakan suatu konstanta geraknya dan berbanding lurus dengan kuadrat amplitudonya (Serway & Jewett, 2009). Contoh Soal :

1. Sebuah benda 3 kg yang dihubungkan pada seluruh pegas berosilasi dengan amplitudo 4 cm dan 2 periode 2 s. (a) Berapakah energi total? (b) Berapakah kecepatan maksimum benda? Jawaban : 1

a. Energi total 2 𝑘𝐴2 . Konstanta gaya pegas, k, berhubungan dengan periode melalui persamaan 𝑚 𝑘

𝑇 = 2𝜋√ sehingga

𝑘=

(2𝜋)2 𝑚 (4𝜋 2 )(3 𝑘𝑔) = = 29,6 𝑁/𝑚 𝑇2 4 𝑠2

Oleh karane itu, energi totalnya adalah 1 2 𝑘𝐴 2 1 = (29,6 𝑁/𝑚)(0,04 𝑚)2 2

𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2,37 × 10−2 𝐽 b. Energi total kita gunakan untuk mencari kecepatan maksimum. Ketika kelajuannya maksimum, energi potensial sama dengan nol dan energi total total sama dengan energi kinetik saat itu: 1 2 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥 = 2,37 × 10−2 𝐽 2 Oleh karena itu, kelajuan maksimumnya adalah 𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =

2𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 𝑣𝑚𝑎𝑥 = √ 𝑚 𝑣𝑚𝑎𝑥

2(2,37 × 10−2 𝐽) √ = = 0,126 𝑚/𝑠 3 𝑘𝑔

2. Sebuah benda 1,5 kg berosilasi dengan gerak harmonik sederhana pada pegas yang mempunyai konstanta haya k = 500 N/m. Laju maksimumnya 70 cm/s, (a) Berapakah energi energi total, (b) Berapakah amplitudo osilasi? Jawaban :

a. Energi total 1 2 𝐸 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥 2 1 𝐸 = (1,5 𝑘𝑔)(0,7 𝑚/𝑠)2 = 0,368 𝐽 2 b. Amplitudo osilasi 1 𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑘𝐴2 = 2 2(0,368𝐽) 𝐴=√ = 3,86 𝑐𝑚 500 𝑁/𝑚 2.

Perpindahan Energi oleh Gelombang Gelombang membawa energi ketika merambat melaluimedium. Kita dapat dengan mudah memperagakan hal ini dengan menggantung sebuah benda pada tali yang tegang dan kemudian mengirim pulsa sepanjang tali, seperti pada gambar 4a. Ketika pulsabertemu dengan benda yang digantungkan itu, benda tersebut akan berpindah ke atas sesaat, seperti pada gambar 4b. Dalam prosesnya, energi dipindahkan kepada benda dan tampak sebagai bertambahnya energi potensial gravitasi dari sistem Bumi-benda. Bagian ini membahas kelajuan energi yang dipindahkan sepanjang tali. Kita akan berasumbsi bahwa gelombangnya sinusoidal stu dimensi dalam perhitungan perpindahan energi.

Gambar 4. (a) Sebuah pulsa merambat ke kanan pada tali yang tegang, dimana sebuah benda digantungkan. (b) Energi diperikan kepada benda yang tergantung ketika pulsa tiba

Gambar 5. Gelombang sinusoidal merambat sepanjang sumbu x pada tali yang tegang. Setiap elemen bergerak vertikal, dan setiap elemen memiliki energi total yang sama. Perhatikan gelombang sinusoidal yang merambat pada tali (gambar 5). Sumber energinya berasal dari ujung kiri tali, yang melakukan usaha dalam menghasilkan osilasi. Kita dapat menganganggap tali sebagai sistem yang tak terosilasi. Ketika sumber eksternalmelakukan kerja pada ujung tali, menggerakkannya ke atas dan ke bawah, energi memasuki sistem tali dan merambat di sepanjang tali tersebut. Kita berfokus pada elemen tali sepanjang ∆x dan bermassa ∆m. Setiap elemen tersebut bergerak vertikal dalam gerak harmonik sederhana. Jadi, kita dapat memodelkan setiap elemen tali sebagai gerak harmonik sderhana, yang osislasinya adalah pada arah y. Semua elemen memiliki frekuensi sudut 𝜔 yang sama dan amplitudo A yang sama. Energi 1

kinetik K dari partikel yang bergerak adalah 𝐾 = 2 (∆𝑚)𝑣 2 . Jika kita terapkan persamaan tersebut pada sebuah elemen dengan panjang ∆x dan massa ∆m, kita dapatkan energi kinetik ∆K dari elemen tersebut sebagai ∆𝐾 =

1 (∆𝑚)𝑣𝑦2 2

Dimana vy adalah kelajuan tranversal dari elemen. Jika µ adalah massa per satuan panjang dari tali, maka massa ∆m dari elemen dengan panjang ∆x sama dengan µ∆x. Jadi, kita dapat tiuliskan persamaan energi kinetik untuk sebuah elemen tali adalah 1

∆𝐾 = 2 (𝜇∆𝑥)𝑣𝑦2

(18)

Ketika panjang elementali berkurang sampai menedekati nol, persamaan di atas menjadi suatu hubungan diferensial 1 𝑑𝐾 = (𝜇𝑑𝑥)𝑣𝑦2 2 Ketika subsitusikan untuk kelajuan tranversal umum dari osilator harmonik sederhana menggunakan persamaan: 1 𝜇[𝜔𝐴 cos(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)]2 𝑑𝑥 2 1 𝑑𝐾 = 𝜇𝜔2 𝐴2 cos 2 (𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 𝑑𝑥 2 𝑑𝐾 =

Jika kita ambil potongan gambar gelombang pada saat waktu t = 0 maka energi kinetik suatu elemen sembarang adalah 1 𝑑𝐾 = 𝜇𝜔2 𝐴2 cos 2 𝑘𝑥 𝑑𝑥 2 Kita integralkan persamaan tesebut di seluruh elemen tali dalam satu panjang gelombang, yang akan menghasilkan energi kinetik total 𝐾𝜆 dalam satu panjang pelombang: 𝜆

1 2 2 1 2 2 𝜆1 2 𝐾𝜆 = ∫ 𝑑𝐾 = ∫ 𝜇𝜔 𝐴 cos 𝑘𝑥 𝑑𝑥 = 𝜇𝜔 𝐴 ∫ cos2 𝑘𝑥 𝑑𝑥 2 0 2 0 2 𝜆 1 2 2 1 1 𝐾𝜆 = 𝜇𝜔 𝐴 [ 𝑥 + sin 2𝑘𝑥] 2 2 4𝑘 0

1 1 𝐾𝜆 = 𝜇𝜔2 𝐴2 [ 𝜆] 2 2 1 𝐾𝜆 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝜆 4 Selain dari energi kinetik, setiap elemen tali memiliki energi potensial akibat dari perpindahannya dari posisi keseimbangan dan gaya pemulih dari elemenelemen di sebelahnya.a analisis yang serupa dengan analisis di atas untuk energi potensial total 𝑈𝜆 dalam satu panjang gelombang akan memberikan hasil yang sama: 1 𝑈𝜆 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝜆 4 Energi total dalam satu panjang gelombang adalah jumlah energi potensial dan kinetik:

1

𝐸𝜆 = 𝑈𝜆 + 𝐾 = 2 𝜇𝜔2 𝐴2 𝜆

(19)

Ketika gelombang bergerak sepanjang tali, sejumlah energi tersebut melewati titik tertentu pada tali dalam selang waktu tertentu dalam satu periode osilasi. Dengan demikian, daya atau alaju perpindahan energi, dari gelombang adalah Δ𝐸 Δ𝑡 𝐸𝜆 𝑃= T 1 2 2 𝜇𝜔 𝐴 𝜆 𝑃=2 T 1 𝜆 𝑃 = 𝜇𝜔2 𝐴2 2 T 𝑃=

1

𝑃 = 2 𝜇𝜔2 𝐴2 𝑣

(20)

Persamaan tersebut menunjukkan bahwa laju perpindahan energi oleh gelombang sinusoidal pada tali sebanding dengan (a) kuadrat frekuensinya, (b) kuadrat amplitudonya, dan (c) kelajuan gelombangnya. Terlebih lagi: laju perpindahan energi dalam gelombang sinusoidal dengan kuadrat frekuansi sudut dan kuadrat amplitudonya (Serway & Jewett, 2009). Contoh Soal : 1.

Gelombang dengan frekuensi 200 Hz dan amplitudo 1 cm bergerak sepanjang tali 20 m yang memiliki massa 0,06 kg dan tegangan 50 N. (a) Berapakah energi total gelombang pada tali? (b) Hitunglah daya yang ditransmisi melalui titik tertentu pada tali. Jawaban : a.

Energi total pada gelombang tali 1 𝐸𝜆 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝜆 = 2𝜋 2 𝜇𝑓 2 𝐴2 𝜆 2 0,06𝑘𝑔 𝐸𝜆 = 2𝜋 2 ( ) (200𝑠 −1 )2 (0,012𝑚)2 (20 𝑚) 20𝑚 𝐸𝜆 = 6,82 𝐽

b.

Daya yang ditransmisikan melalui titik tertentu pada tali

1 𝑃 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝑣 2 1 𝐹 𝑃 = 𝜇𝜔2 𝐴2 √ 2 𝜇 𝑃 = 2𝜋 2 (

0,06𝑘𝑔 50 𝑁 ) (200𝑠 −1 )2 (0,012𝑚)2 √ 0,06𝑘 𝑔 20𝑚 20 𝑚

𝑃 = 44,0 𝑊 2.

Gelombang harmonik pada tali dengan massa persatuan panjang 0,05 kg/m dan tegangan 80 N memiliki amplitudo 5 cm. Tiap bagian tali bergerak harmonik sederhana dengan frekuensi 10 Hz. Hitunglah energi total dan daya yang yang menjalar sepanjang tali 4 m. Jawaban: Energi total pada gelombang tali 1 𝐸𝜆 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝜆 = 2𝜋 2 𝜇𝑓 2 𝐴2 𝜆 2 𝐸𝜆 = 2𝜋 2 (0,05 𝑘𝑔/𝑚)(10𝑠 −1 )2 (0,05 𝑚)2 (4 𝑚) 𝐸𝜆 = 0,98 𝐽 Daya yang ditransmisikan melalui titik tertentu pada tali 1 𝑃 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝑣 2 1 𝐹 𝑃 = 𝜇𝜔2 𝐴2 √ 2 𝜇 50 𝑁 𝑃 = 2𝜋 2 (0,05 𝑘𝑔/𝑚)(10𝑠 −1 )2 (0,05𝑚)2 √ 0,05 𝑘𝑔/𝑚 𝑃 = 9,87 𝑊

D. Gelombang Berjalan Fungsi umum gelombang y(x,t) merupakan penyelesaian persamaan diferensial yang disebut persamaan gelombang. Persamaan gelombang dapat diturunkan secara langsung dari hukum-hukum Newton.

Gambar 6. Empat harmonik pertama untuk tali yang terkait pada kedua ujung. Harmonik simetris di sekitar bagian tengah tali, sebaliknya harmonik genap tali. Bila dipetik tengah, tali hanya bergetar dalam harmonik ganjilnya

Gambar 7. Segmen tali yang terentang dgunaka untuk menurunkan persamaan gelombang. Dalam gambar 7, satu segmen tali diisolasi. Penurunan akan berlaku hanya jika amplitudo gelombang cukup kecil agar sudut antara tali dan horozontal (arah asal tali tanpa gelombang) cukup kecil. Dala hal ini, panjang segmen mendekati ∆x dan massanya µ∆x. Segmen tali bergerak vertikal. Percepatannya merupakan turunan kedua y(x,t) terhadap waktu t untuk konstanta x. Turuna fungsi dua variabel terhadap salah satu variabel dengan variabel lainnya dibuat tetap disebut turunan parsial. Turunan parsial y terhadap 𝜕2 𝑦

t ditulis 𝜕𝑡 2 . Gaya vertikal total adalah ∑ 𝐹 = 𝐹 sin 𝜃2 − 𝐹 sin 𝜃1

Dengan 𝜃2 dan 𝜃1 adalh sudut-sudut yang diperlihatkan dalam gambar 7, dan F adalah tegangan tali. Karena sudut dianggap kecil, ita dapat mendekti sin 𝜃 degan tan 𝜃. Jadi, gaya vertikal total pada segmen tali dapat ditulis ∑ 𝐹 = 𝐹(sin 𝜃2 − sin 𝜃1 ) ≈ 𝐹(tan 𝜃2 − tan 𝜃1 ) Tangen sudut yang dibuat oleh tali dengan horizontal merupakan kemiringan kurva yang dibentuk oleh tali. Jika kita menyebut kemiringan ini S akan kita peroleh 𝑆 = tan 𝜃 =

𝜕𝑦 𝜕𝑥

Maka, ∑ 𝐹 = 𝐹(𝑆2 − 𝑆1 ) = 𝐹∆S dengan 𝑆1 dan 𝑆2 adalah kemiringan masing-masing ujung seperti tali, dan ∆S adalah permukaan kemiringan. Dengan menetapkan gaya total sama dengan µ∆x kali percepatan

𝜕2 𝑦 𝜕𝑡 2

dihasilkan 𝜕 2𝑦 𝐹∆S = µ∆𝑥 2 𝜕𝑡

atau, ∆S

𝜕2 𝑦

𝐹 ∆𝑥 = µ 𝜕𝑡 2

(21)

Dalam limit ∆𝑥 → 0, kita akan memperoleh ∆S 𝜕𝑆 𝜕 𝜕 𝜕 2𝑦 = = = 2 ∆𝑥→0 ∆𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕𝑦 𝜕𝑥 lim

Jadi, persamaan 21 menjadi 𝜕2 𝑦 𝜕𝑥 2

𝜇 𝜕2 𝑦

= 𝐹 𝜕𝑡 2

(22a)

Persamaan 22 merupakan persamaan gelombang untuk tali teregang. Perlu diangat bahwa persamaan ini hanya berlaku untuk sudut kecil dan dengan demikian untuk simpangankecil y(x,t) (Tipler, 1998). Sekarang kita akan diperlihatkan bahwa persamaan gelombang dipenuhi oleh salah satu dari fungsi x – vt atau x + vt. Ambil α = x – vt dan tinjau sembarang fungsi gelombang

𝑦 = 𝑦(𝑥 − 𝑣𝑡) = 𝑦(𝛼) Kita akan menggunakan notasi y' untuk turunan terhadap α. Maka, dengan aturan rantai untuk turunan, kita akan memperoleh 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝜕𝛼 𝜕𝛼 = = 𝑦′ 𝜕𝑥 𝜕𝛼 𝜕𝑡 𝜕𝑥 𝜕𝛼

Karena

𝜕𝑡

= 1 dan

𝜕𝛼 𝜕𝑡

= −𝑣, kita peroleh 𝜕𝑦 = 𝑦′ 𝜕𝑥

dan 𝜕𝑦 = −𝑣𝑦′ 𝜕𝑡 Apabila kita mengambil turunan-turunan kedua, kita akan memperoleh 𝜕 2𝑦 = 𝑦′′ 𝜕𝑥 2 𝜕 2𝑦 𝜕𝑦 ′ 𝜕𝛼 ′′ = −𝑣𝑦 = −𝑣 = +𝑣 2 𝑦′′ 𝜕𝑡 2 𝜕𝛼 𝜕𝜕𝑡 Jadi, 𝜕2 𝑦 𝜕𝑥 2

1 𝜕2 𝑦

= 𝑣2 𝜕𝑡 2

(22b)

Dengan membandingkan persamaan 22a dan 22b, kita akan melihat behwa laju penjalaran gelombang adalah 𝐹

𝑣 = √𝜇

(23) (Tipler, 1998)

Persamaan 22b berlaku untuk berbagai jenis gelombang berjalan. Untuk gelombang pada tali, y melambangkan posisi vertikal elemen tali. Utnuk gelombang suara, y melambangkan posisi longitudinal elemen udara dari titik keseimbangan, variasi dalam tekanan, atau kerapatan gas diman gelombang udara dari titik keseimbangan, variasi dalam tekanan, atau kerapatan gas dimana gelombang udara merambat (Serway & Jewett, 2009). Kita telah menunjkkan bahwa fungsi gelombang sinusoidal (persamaan 23). Walaupun tidak dapat kita buktikan disini, persamaan gelombang linear tersebut dipenuhi oleh semua fungsi gelombang yang memiliki bentuk y =

(x±vt). Selain itu, kita juga telah melihat bahwa persamaan gelombang linear merupakan konsekuensi langsung dari Hukum Newton II yang diterapkan pada setiap elemen yang membawa gelombang berjalan (Serway & Jewett, 2009). Contoh Soal : 1. Tunjukkanlah secara eksplisit bahwa fungsi berikut memenuhi persamaan gelombang : 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝑘(𝑥 + 𝑣𝑡)3 . Jawaban : 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝑘(𝑥 + 𝑣𝑡)3 Turunan parsial y terhadap x 𝜕𝑦 𝜕𝑥

= 3𝑘(𝑥 + 𝑣𝑡)2

Turuna parsial kedua terhadap x 𝜕2 𝑦 𝜕𝑥 2

= 6𝑘(𝑥 + 𝑣𝑡)

(a)

Turunan parsial y terhadap t 𝜕𝑦 𝜕𝑡

= 3𝑘𝑣(𝑥 + 𝑣𝑡)2

Turuna parsial kedua terhadap t 𝜕2 𝑦 𝜕𝑡 2

= 6𝑘𝑣 2 (𝑥 + 𝑣𝑡)

(b)

Bandingkan persamaan a dengan persaman b 𝜕 2𝑦 𝜕𝑥 2 = 6𝑘(𝑥 + 𝑣𝑡) 𝜕 2 𝑦 6𝑘𝑣 2 (𝑥 + 𝑣𝑡) 𝜕𝑡 2 𝜕 2𝑦 𝜕𝑥 2 = 1 𝜕 2𝑦 𝑣 2 𝜕𝑡 2 𝜕2 𝑦 𝜕𝑥 2

1 𝜕2 𝑦

= 𝑣 2 𝜕𝑡 2

Terbukti

2. Tunjukkan bahwa fungsi 𝑦 = 𝐴 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡 memenuhi persamaan gelombang. Jawaban: 𝑦 = 𝐴 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡 Turunan parsial y terhadap x

𝜕𝑦 𝜕𝑥

= 𝐴𝑘 cos 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡

Turuna parsial kedua terhadap x 𝜕2 𝑦 𝜕𝑥 2

= −𝐴𝑘 2 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡

(a)

Turunan parsial y terhadap t 𝜕𝑦 = −𝐴𝜔 sin 𝑘𝑥 sin 𝜔𝑡 𝜕𝑡 Turuna parsial kedua terhadap t 𝜕2 𝑦 𝜕𝑡 2

= −𝐴𝜔2 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡

(b)

Bandingkan persamaan a dengan persaman b 𝜕 2𝑦 2 𝜕𝑥 2 = −𝐴𝑘 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡 𝜕 2 𝑦 −𝐴𝜔 2 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡 𝜕𝑡 2 𝜕 2𝑦 2 𝜕𝑥 2 = 𝑘 𝜕 2𝑦 𝜔2 𝜕𝑡 2 𝜕 2𝑦 𝜕𝑥 2 = 1 𝜕 2𝑦 𝑣 2 𝜕𝑡 2 𝜕 2𝑦 1 𝜕 2𝑦 = 𝜕𝑥 2 𝑣 2 𝜕𝑡 2 Jadi, fungsi 𝑦 = 𝐴 sin 𝑘𝑥 cos 𝜔𝑡 memenuhi persamaan gelombang. E. Superposisi dan Interferensi Gelombang Harmonik Superposisi gelombang harmonik disebut interferensi. Interferensi gelombang harmonik bergantung pada beda fase antara gelombanggelombang. Misalkan y1(x,t) sebagai fungsi gelombang untuk gelombang harmonik yang bergerak ke arah kanan dengan amplitudo A, frekuensi sudut 𝜔, dan bilangan gelombang k: 𝑦1 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

(24)

Untuk fungsi gelombang ini, kita telah memilih t = 0 ketika simpangan nol pada x = 0. Jika kita mempunyai suatu gelombang harmonik kedua yang juga bergerak ke kanan dengan amplitudo, frekuensi, dan bilangan gelombang sama

dan kita telah memilih waktunya nol, maka persamaan umum fungsi gelombang kedua dapat ditulis 𝑦2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝛿)

(25)

dengan 𝛿 adalah konstanta fase. Dan dua gelombang yang digambarkan oleh persamaan 24 dan 25 tersebut berbeda fase sebesar 𝛿. Gambar 8 menunjukkan suatu plot dua fungsi gelombang terhadap posisi untuk waktu tetap t = 0. Gelombang resultan merupakan jumlah 𝑦1 + 𝑦2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝛿)

(26)

Jika beda fase nol, yaitu jika gelombang sefase, gelombang resultan memiliki amplitudo yang besarnya dua kali amplitudo masing-masing gelombang : 𝑦1 + 𝑦2 = 2𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

(27)

Gambar 8. Kurva simpangan terhadap posisi untuk dua gelombang harmonik yang memiliki amplitudo, frekuensi, dan panjang gelombang yang sama namun berbeda fase 𝛿

Gambar 9. Interferensi Konstruktif

Gambar 10. Interferensi destruktif Jenis superposisi ini disebut interferensi knstruktif (Gambar 9). Dilihat lain pihak, jika fase adalah 𝜋 rad = 180°, maka gelombang tidak sefase. Maka, 𝑦1 + 𝑦2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝜋) 𝑦1 + 𝑦2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) − 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) atau, 𝑦1 + 𝑦2 = 0

𝜕 = 𝜋 rad = 180°

dimana kita telah menggunakan 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝜋) = −𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) Bila gelombang berbeda fase 180o, maka kedua gelombang saling menghilangkan jika amplitudo keduanya sama. Jenis superposisi ini disebut interferensi destruktif (Gambar 10) (Tipler, 1998). Untuk beda fase 𝛿 yang umum, kita dapat menyederhanakan persamaan 26 dengan menggunakan indentitas trigonometri 1

1

sin 𝜃1 + sin 𝜃2 = 2 cos 2 (𝜃1 − 𝜃2 ) sin 2 (𝜃1 − 𝜃2 ) Untuk kasus ini, 𝜃1 = 𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 dan 𝜃2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝛿) sehingga 1 1 (𝜃1 − 𝜃2 ) = − 𝛿 2 2 dan 1 1 (𝜃1 + 𝜃2 ) = 𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 𝛿 2 2 Jadi, persamaan 27 menjadi 1

1

𝑦1 + 𝑦2 = 2𝐴 cos 2 𝛿 (sin 𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 2 𝛿)

28

1

1

Kita telah menggunakan cos (− 2 𝛿) = cos 2 𝛿. Dari persamaan 28, kita melihat bahwa, secara umum, superosisi dua gelombang harmonik menghasilkan gelombang harmonik lain yang memiliki bilangan elombang dan frekuensi yang sama. Gelombang tersebut berbeda fase dengan kedua 1

gelombang asalnya, dan aplitudonya adalah 2𝐴 cos 2 𝛿. Jika dua gelombang sefase, beda fase 𝛿 = 0, cos 𝜃 = 1, dan amplitudo gelombang resultan adlah 2A. Jika mereka berbeda fase 180o, 𝛿 = 𝜋, cos 𝜋/2 = 0, amplitudo gelombang resultan sama dengan nol (Tipler, 1998). Contoh Soal : 1. Dua gelombang yang menjalar pada tali dalam arah yang sama masingmasing mempunyai frekuensi 100 Hz, panjang gelombang 2 cm, dan amplitudo 0,02 m. Berapakah amplitudo gelombang resultan jika gelombang-gelombang penyusunya berbeda fase (a) sebesar π/6? (b) sebesar π/3? Jawaban : 1

Kita bisa menggunakan persamaan 𝐴 = 2𝑦0 cos 2 𝛿 untuk menyelesaikan soal di atas a. 𝛿 = π/6 1 π 𝐴 = 2(0,02 𝑚) cos ( ) 2 6 𝐴 = 3,86 𝑐𝑚 b. 𝛿 = π/3 1 π 𝐴 = 2(0,02 𝑚) cos ( ) 2 3 𝐴 = 3,46 𝑐𝑚 2. Dua gelombang pada seutas tali dinyatakan oleh fungsi gelombang 𝑦1 = 3,0 cos(4,0𝑥 − 1,6𝑡) Dan 𝑦2 = 4,0 sin(5,0𝑥 − 2,0𝑡)

dan t dalam sekon. Carilah superposisi dari gelombang 𝑦1 + 𝑦2 dititik (a) x = 1,00, t = 1,00, (b) x = 1,00, t = 0,50 (c) x = 0,50, t = 0. Jawaban : 𝑦 = 𝑦1 + 𝑦2 = 3,00 cos(4,00𝑥 − 1,60𝑡) + 4,00 sin(5,0𝑥 − 2,00𝑡) a. x = 1,00, t = 1,00 𝑦 = 3,00 cos(2,4 𝑟𝑎𝑑) + 4,00 sin(+3,00 𝑟𝑎𝑑) = −1,65 b. x = 1,00, t = 0,50 𝑦 = 3,00 cos(+3,2 𝑟𝑎𝑑) + 4,00 sin(+4,00 𝑟𝑎𝑑) = −6,02 c. x = 0,50, t = 0 𝑦 = 3,00 cos(+2,00 𝑟𝑎𝑑) + 4,00 sin(+2,50 𝑟𝑎𝑑) = −1,15 F. Gelombang Stasioner/Berdiri Bila gelombang-gelombang terbatas di dalam ruang, seperti gelombang pada tali piono, maka ada pantulan atau refleksi pada kedua ujungnya, dan karenanya ada gelombang-gelombang yang bergerak pada kedua arah. Gelombang-gelombang ini bergabung menurut prisnsip superposisinya mengahsilkan suatu pola getaran stasioner yang disebut gelombang berjalan. Kita dapat menganalisis persamaan gelombang berjalan dengan memperhatikan fungsi-fungsi gelombang untuk dua gelombang sinusoidal tranversal yang memiliki amplitudo, frekuensi dan panjang gelombang yang sama, tetapi merambat dalam arah yang berbeda, 𝑦1 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 𝑦2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 + 𝜔𝑡) Dimana 𝑦1 adalah gelombang yang merambat dalam arah +x dan 𝑦2 adalah gelombang yang merambat dalam arah -x. Dengan menjumlahkan kedua fungsi ini, kita peroleh fungsi gelombang resulatan y: 𝑦1 + 𝑦2 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + 𝐴 sin(𝑘𝑥 + 𝜔𝑡) Ketika kita menggunakan identitas trigonometri sin(𝑎 ± 𝑏) = sin 𝑎 cos 𝑏 ± cos 𝑎 sin 𝑏, persamaan ini menjadi 𝑦 = (2𝐴 sin 𝑘𝑥) cos 𝜔𝑡

(29)

Persamaan tersebut merupakan fungsi gelombang berdiri. Perhatikan bahwa persamaan 29 tidak mengandung fungsi kx - 𝜔𝑡 . olehkarena itu, ini bukan sebuah persamaan untuk gelombang yang merambat (Serway & Jewett, 2009). Amplitudo masksimum dari sebuah elemen dari medium memiliki nilai maksimum nol ketika nilai x memenuhui sin kx = 0 yaitu ketika, 𝑘𝑥 = 𝜋, 2𝜋, 3𝜋 … … Oleh karena itu 𝑘 = 2𝜋/𝜆, nilai-nilai kx mengahsilkan 𝜆 3𝜆 𝑛𝜆 𝑥 = , ,……… 𝑛 = 0,1,2,3 2 2 2 Titik-tik dengan amplitudo sebesar nol ini disebut noktah (Serway & Jewett, 2009). Elemen dengan perpindahan terbesar yang mungkin dari posisi setimbang memiliki amplitudo sebesar 2A, dan ita menetapkannya sebagi amplitudo

gelombang

berdiri.

Posisi-posisi

dalam

medium

dimana

perpindahan maksimum terjadi disebut anti noktah. Antinoktah-antinoktah ini terletak pada posisi-posisi dimana koordinat x memenuhui kondisi kx = ± 1, yaitu ketika 𝜋 3𝜋 5𝜋 , , ,…… 2 2 2 Oleh karena itu, posisi-poisis dari antinoktahnya dinyatakan oleh 𝑘𝑥 =

𝜆 3𝜆 5𝜆 𝑛𝜆 𝑥 = , , ,……… = 4 4 4 4

𝑛 = 1,3,5, … ….

Pola-pola gelombang elemen-elemen medium, yang terbentuk pada berbagai waktu oleh dua gelombang yang merambat dalam arah yang berlawanan, diperlihatkan pada gambar 11. Kurva biru dan hijau adalah ola gelombang untuk masing-masing gelombang yang merambat, dan kurva merah adalah pola gelombang untuk gelombang berdiri yang terbentuk. Pada t = 0 (gambar 11 a), kedua gelombang yang merambat berda dalam satu fase, menghasilkan suatu fgelombang, dimana setiap elemen dari medium mengalami perpindahan maksimumnya dari posisi setimbang. Seperempat periode kemudian, pada t = T/4 (gamabar 11 b), gelombang-gelombang yang merambat telah bergerak sejauh seperempat panjang gelombang (yang satu ke kanan dan yang lainnya ke kiri). Pada saat ini, gelombang-gelombang yang merambat berda diluar fase

dan setiap elemen dari medium melintasi posisi-posisi setimbang dalam gerak harmonik.

Gambar 11. Pola-pola gelombang berdiri yang dihasilkan pada berbagai waktu oleh dua gelombang yang amplitudonya sama, melintas dalam arah berlawanan. Untuk gelombang resultan y, noktah-noktah (N) adalh titik-titik dengan perpindahan nol, dan antinoktah-antinoktah (A) adalah titik-titik dengan perpindahan maksimum. Tali Terikat pada Kedua Ujung (Ujung Terikat)

Gambar 12. Dua gelombang dengan frekuensi, panjang gelombang, dan amplitudo sama bergera dalam arah yang sama Kita dapat menghubungkan frekuensi resonansi dengan laju gelombang dalam tali dan panjang tali. Kita dapat melihat gambar 12 bahwa panjang tali L sama dengan setengah panjang gelombang untuk harmonik pertama, dua kali

3

setengah panjang gelombang untuk harmonik kedua, 2 𝜆 untuk harmonik ketiga dan seterusnya. Secara, umum harmonik ke-n, kita memperoleh 𝐿=𝑛

𝜆𝑛

𝑛 = 1,2,3, … …

2

(30)

Hasil ini dikenal sebagai syarat gelombang berdiri. Kita dapat memperoleh frekuensi harmonik ke-n dari kenyataan bahwa laju gelombang v sama dengan frekuensi f kali panjang gelombang. Jadi, 𝑣 𝑣 𝑓𝑛 = = 𝜆𝑛 2𝐿 𝑛 atau 𝑓𝑛 = 𝑛

𝑣 2𝐿

= 𝑛𝑓1

𝑛 = 1, 2, 3, …

(31)

dengan 𝑓1 =

𝑣 2𝐿

adalah frekuensi nada dasar, karena laju gelombang v sama dengan 𝐹/𝜇adalah frekuensi nada dasar. Karena laju gelombang v sama dengan √√𝐹/𝜇 dengan F adalah tegangan dalam tali dan 𝜇 adalah massa tali persatuan panjang, 𝑓1 =

1 √𝐹/𝜇 2𝐿 (Tipler, 1998)

Tali Terikat ada Satu Ujung

Gambar 13. Gelombang-gelombang berdiri pada tali yang hanya terikat pada satu ujung. Ujung bebas merupakan perut. Gelombang berdiri juga dapat dihasilkan pada tali yang memiliki satu ujung bebas selain yang kedua ujungnya terikat (Gambar 12). Pola gelombang berdiri untuk tali demikian ditunjukkan ditunjukkan dalam Gambar 13.

Perhatikan bahwa ujung bebas merupakan perut. Pada modus dasar getaran, 𝜆

panjang tali L sama dengan 4. Pada modus berikutnya, 𝐿 = 𝑛

3𝜆 4

. Syarat

gelombang berdiri dapat ditulis 𝐿=𝑛

𝜆𝑛

𝑛 = 1,3,5 … …

4

(32)

Oleh karena itu, frekuensi resonan diberikan oleh 𝑣

𝑓𝑛 = 𝑛 4𝐿 = 𝑛𝑓1

𝑛 = 1, 3,4, …

(33)

dengan 𝑓1 =

𝑣 2𝐿 (Tipler, 1998)

Contoh Soal : 1. Seutas tali dengan panjang 3 m dan terikat di kedua ujungnya bergetar pada harmonik ketiganya. Simpangan maksimum setiap titik pada tali adalam 4 mm. Laju gelombang pada tali ini adalah 50 m/s. (a) Berapakah panjang gelombang dan frekuensi gelombang ini?, (b) Tuliskanlah fungsi gelombang! a. Panjang gelombang dan frekuensi gelombang Kedua ujung tali terikat (bergetar pada harmonik ketiga) 𝜆𝑛 𝑛 = 1,2,3, … … 2 2 2 𝜆3 = 𝐿 = (3𝑚) = 2,00 𝑚 3 3 𝑣 50 𝑚/𝑠 𝑓3 = = = 25,00 𝐻𝑧 𝜆3 2𝑚 𝐿=𝑛

b. Fungsi gelombangnya 𝑦3 (𝑥, 𝑡) = 𝐴3 sin 𝑘3 𝑥 cos 𝜔3 𝑡 𝑘3 =

2𝜋 2𝜋 = = 𝜋 𝑚−1 𝜆3 2,00 𝑚

𝜔3 = 2𝜋𝑓3 = 2𝜋(25,00 𝐻𝑧) = 50 𝜋 𝑠 −1 Jadi fungsi gelombangnya adalah 𝑦3 (𝑥, 𝑡) = (4𝑚𝑚) sin 𝜋 𝑥 cos 50 𝜋𝑡

2. Tali dengan panjang 4 m terikat pada satu ujung dan dihubungkan pada tali ringan pada ujung lain sehingga bebas bergerak. Laju gelombang pada tali 20 m/s. Hitunglah panjang gelombang dan frekuensi (a) nada dasar, (b) nada atas kedua. Jawaban : 3. Seutas kawat piano tanpa lilitan memiliki frekuensi nada dasar 200 Hz. Bila dililiti dengan kawat, rapat massa linearnya menjadi berlipat dua. Berapakah frekuensi nada dasar barunya dengan menganggap tegangan tidak berubah? Jawaban : 𝑣 𝑓𝑛 = 𝑛 = 𝑛𝑓1 2𝐿 𝑣 𝑓1 = 2𝐿

𝑛 = 1, 2, 3, …

𝐹

Karena 𝑣 = √𝜇 Jadi, 𝑓1 =

1 𝐹 √ 2𝐿 𝜇

Rapat massa linearnya menjadi berpat dua 𝑓1′ =

𝑓1′ = 𝑓1′ =

1 𝐹 √ 2𝐿 2𝜇 1

1 𝐹 1 ( √ )= 𝑓1 √2 2𝐿 𝜇 √2 1 √2

(200 𝐻𝑧) = 141 𝐻𝑧

4. Tali bermassa 160 g dengan panjang 4 m terikat pada satu ujung dan diikatkan dengan tali ringan di ujung lainnya. Tegangannya 400 N. (a) Berapakah panjang gelombang nada dasar dan dua nada harmonik berikutnya? (b) Berapakah frekuensi gelombang berdiri? Jawaban:

𝜆𝑛 𝑛 = 1,3,5 … … 4 𝑣 𝑓𝑛 = 𝑛 = 𝑛𝑓1 𝑛 = 1, 3,4, … 4𝐿 a. Panjang gelombang nada dasar dan dua nada harmonik berikutnya 𝐿=𝑛

𝜆𝑛 =

4𝐿 4(4𝑚) 16𝑚 = = 𝑛 𝑛 𝑛

𝜆𝑛 untuk n = 1, 3, dan 5 𝜆1 = 16 𝑚 16 𝑚 = 5,33 𝑚 3 16 𝑚 𝜆5 = = 3,20 𝑚 5 𝜆3 =

b. Frekuensi gelombang berdiri 𝑣 𝑓𝑛 = 𝜆𝑛 Karena 𝐹 𝐹𝐿 𝑣=√ =√ 𝜇 𝑚 Maka, 𝑓𝑛 =

1 𝐹𝐿 √ 𝜆𝑛 𝑚

𝑓𝑛 =

1 (400 𝑁)(4 𝑚) 100 𝑚/𝑠 √ = 𝜆𝑛 0,16 𝑘𝑔 𝜆𝑛

Frekuensi untuk n = 1, 3, dan 5 100 𝑚/𝑠 = 6,25 𝐻𝑧 16 𝑚 100 𝑚/𝑠 𝑓3 = = 18,8 𝐻𝑧 5,33 𝑚 𝑓1 =

𝑓5 =

100 𝑚/𝑠 = 31,3 𝐻𝑧 3,20 𝑚

G. Soal Latihan Essay

1.

Massa 0,50 kg di ujung pegas bergetar 3,0 kali per detik dengan amplitudo 0,15 m. Tentukan (a) kecepatan ketika melewati titik setimbang, (b) kecepatan ketika berada 0,10 m dari setimbang, (c) energi total sistem, dan (d) persamaan yang mendeskripsikan gerak massa, dengan menganggap bahwa pada t = 0, x maksimum.

2.

Salah satu ujung tali dengan panjang 6 m digerakkan ke atas dan ke bawah dengan gerak harmonik sederhana pada frekuensi 60 Hz. Gelombang mencapai ujung yang lain dari tali dalam 0,5 s. Hitung panjang panjang gelombang pada tali.

3.

Persamaan 13 menyatakan simpangan gelombang harmonik sebagai fungsi x dan t yang dinyatakan dalam parameter gelombang k dan 𝜔. Tuliskanlah persamaan ekuivalen yang mengandung pasangan parameter berikut menggantikan k dan 𝜔: (a) k dan v, (b) 𝜆 dan f, (c) 𝜆 dan T, (d) 𝜆 dan v, dan (e) f dan v. 𝑦 = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡)

4.

(c)

Daya ditransmisikan sepanjang kawat teregang oleh gelombang harmonik tranversal. Laju gelombang 10 m/s, dan rapat massa linear kawat 0,01 kg/m. Sumber daya berosilasi dengan amplitudo 0,05 mm. Berapa daya rata-rata yang ditransmisikan sepanjang kawat jika frekuensinya 400 Hz?

5.

Tali sepanjang 2 m memiliki massa 0,1 kg. Tegangannya 60 N. Suatu sumber daya pada salah satu ujung mengirimkan gelombang harmonik dengan amplitudo 1 cm menyusuri tali. Gelombang diekstraksikan pada ujung lainnya tanpa pantulan. Berapakah frekuensi sumber daya jika daya yang ditansmisikan 100 W.

6.

Seutas kawat biola dengan panjang 40 cm dan massa 1,2 g memiliki frekuensi 500 Hz ketika bergetar dalam modus dasarnya. (a) Berapakah panjang gelombang pada tali?,(b) Berapakah tegangan pada tali?

7.

Dua gelombang melintas dalam arah yang sama sepanjang sutas tali yang tegang. Gelombang tersebut adalah 90,0o di luar fase. Masing-masing gelombang memiliki amplitudo sebesar 4,00 cm. Carilah amplitudo dari gelombang resultan.

8.

Dua gelombang sinusoidal yang identik dengan panjang gelombang 3,00 m melintas dalam arah yang sama pada kelajuan 2,00 m/s. Gelombang kedua berasal dari titik yang sama muncul beberapa saat kemudian. Tentukan selang waktu minimum yang mungkin di antara waktu mulai dari kedua gelombang ini, jika amplitudo dari gelombang resultannya adalah sama seperti masing-masing gelombang mula-mula

9.

Tali dengan panjang 5 m yang terikat hanya pada satu ujungnya bergetar pada nada harmonik kelimanya pada frekuensi 400 Hz. Simpangan maksimum setiap segmen tali adalah 3 cm. (a) Berapakah panjang gelombangnya? (b) Berapakah bilangan gelombang k?, (c) Berapakah frekuensi sudutnya? (d) Tuliskanlah fungsi gelombang untuk gelombang berdiri.

10. Suatu gelombang berdiri pada tali dinyatakan oleh fungsi gelombang berikut. 𝑦(𝑥, 𝑡) = 0,02 sin

𝜋𝑥 cos 40𝜋𝑡 2

dengan x dan y dlam meter dan t dalam sekon, (a) Tuliskanlah fungsi gelombang untuk dua gelombang menjalar yang bila bertindihan akan menghasilkan resultal berupa pola gelombang berdiri, (b) Berapakah jarak antara simpul-simpul tersebut? H. Solusi/Penyelesaian Soal latihan Essay 1. Penyelesaian a. Kecepatan ketika melewati titik setimbang 𝑘 𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = √ 𝐴 = 𝜔𝐴 𝑚 𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = 2𝜋𝑓𝐴 = 2𝜋(3 𝐻𝑧)(0,13) 𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 = 2,45 𝑚/𝑠 b. Kecepatan ketika berada pada 0,10 m dari setimbang 𝑣 = ±𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 √1 −

𝑥2 𝐴2

𝑣 = ±(2,45 𝑚/𝑠)√1 −

(0,10)2 (0,13)2

𝑣 = ±1,565 𝑚/𝑠 c. Energi total sistem 1 2 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑘𝑠 2 1 = (0,6 𝑚)(2,45 𝑚/𝑠)2 2

𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙

𝐸𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 1,8 𝐽 d. Persamaan yang mendeskripsikan gerak massa, dengan menganggap bahwa pada t = 0, x maksimum 𝑥 = (0,13 𝑚) cos(2𝜋(3,0 𝐻𝑧)𝑡) 𝑥 = (0,13 𝑚) cos(6𝜋𝑡) 2. Penyelesaian 𝐿=𝑛

𝜆𝑛 4

𝑛 = 1,3,5 …

𝑣 = 𝑛𝑓1 4𝐿 a. Nada dasar 𝑓𝑛 = 𝑛

𝑛 = 1, 3,4, …

4 4 𝐿 = (4𝑚) = 16,00 𝑚 1 1 𝑣 20 𝑚/𝑠 𝑓1 = = = 1,25 𝐻𝑧 𝜆1 16 𝑚 𝜆1 =

b. Nada atas kedua 4 4 𝐿 = (4𝑚) = 5,33 𝑚 3 3 𝑣 20 𝑚/𝑠 𝑓3 = = = 3,75 𝐻𝑧 𝜆3 5,33 𝑚 𝜆3 =

∆𝑥 6𝑚 = = 13 𝑚/𝑠 ∆𝑡 0,5𝑠 𝑣 𝜆= 𝑓 𝑣=

𝜆=

12 𝑚/𝑠 = 0,2 𝑚 60 𝑠 −1

3. Penyelesaian a. Persamaan ekuivalen yang mengandung pasangan parameter k dan v 𝜔 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 𝑘 (𝑥 − 𝑡) 𝑘 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 𝑘 (𝑥 − 𝑣𝑡) b. Persamaan ekuivalen yang mengandung pasangan parameter 𝜆 dan f Subsitusikan 𝑘 =

2𝜋 𝜆

dan 𝜔 = 2𝜋𝑓 ke persamaan c

2𝜋 𝑥 − 2𝜋𝑓𝑡) 𝜆 𝑥 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 2𝜋 ( − 𝑓𝑡) 𝜆 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin (

c. Persamaan ekuivalen yang mengandung pasangan parameter 𝜆 dan T Subsitusikan 𝑘 =

2𝜋 𝜆

dan 𝜔 = 2𝜋/𝑇 ke persamaan c

2𝜋 2𝜋 𝑥− 𝑡) 𝜆 𝑇 𝑥 𝑡 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 2𝜋 ( − ) 𝜆 𝑇 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin (

d. Persamaan ekuivalen yang mengandung pasangan parameter 𝜆 dan v Subsitusikan 𝑘 =

2𝜋 𝜆

ke persamaan c

2𝜋 𝑥 − 𝜔𝑡) 𝜆 2𝜋 𝜆𝜔 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin (𝑥 − 𝑡) 𝜆 2𝜋 2𝜋 (𝑥 − 𝑣𝑡) 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 𝜆 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin (

e. Persamaan ekuivalen yang mengandung pasangan parameter f dan v Subsitusikan 𝜔 = 2𝜋𝑓 ke persamaan c 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin(𝑘𝑥 − 2𝜋𝑓𝑡) 𝑘 𝑥 − 𝑡) 2𝜋𝑓 𝑥 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 2𝜋𝑓 ( − 𝑡) 𝑣 𝑦(𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin 2𝜋𝑓 (

1

4. 𝑃𝐴𝑣 = 2 𝜇𝜔2 𝐴2 𝑣 = 2𝜋 2 𝑓 2 𝐴2 𝑣

𝑃𝐴𝑣 = 2𝜋 2 𝑓(400 𝐻𝑧)2 (0,5 × 10−3 𝑚)2 (10 𝑚/𝑠) 𝑃𝐴𝑣 = 79 𝑚𝑊 1 𝑃𝐴𝑣 = 𝜇𝜔2 𝐴2 𝑣 = 2𝜋 2 𝑓 2 𝐴2 𝑣 2 𝑃

1

2𝑃𝑎𝑣

𝑎𝑣 5. 𝑓 = √2𝜋2 𝜇𝐴 = 2𝜋𝐴 √ 2𝑣

𝜇𝑣

𝐹 𝑣=√ 𝜇 𝑓=

𝑓=

1 2𝑃𝑎𝑣 1 2𝑃𝑎𝑣 = √ 2𝜋𝐴 √ 𝐹 2𝜋𝐴 √𝜇𝐹 𝜇√ 𝜇 1 2𝜋(0,01 𝑚) √

2(100 𝑊) 0,1𝑘𝑔 √( 2𝑚 ) (60𝑁)

𝑓 = 171 𝐻𝑧 6. Penyelesaian a. Panjang gelombang pada tali 𝜆 = 2𝐿 = 2(40 𝑐𝑚) = 80 𝑐𝑚 b. Tegangan pada tali 𝑣 = 𝑓𝜆 𝑣=√

𝐹 𝜇

𝐹 = 𝑓 2 𝜆2

𝑚 𝐿

𝐹 = (500 𝐻𝑧)2 (0,8 𝑚)2

0,0012 𝑘𝑔 0,4 𝑚

𝐹 = 480 𝑁 7. Penyelesaian 𝑦1 = (4,00 𝑐𝑚) sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) 𝑦2 = (4,00 𝑐𝑚) sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 90°) 𝑦1 + 𝑦2 == (4,00 𝑐𝑚) sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡) + (4,00 𝑐𝑚) sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 90°)

𝐴0 = 2(4,00 𝑐𝑚) sin(𝑘𝑥 − 𝜔𝑡 + 45°) cos 45° 𝐴0 = 5,66 𝑐𝑚 8. Fungsi resultan gelombang adalah 𝑦 = 2𝐴0 cos

𝛿 = 𝐴0 2

Jadi, 𝛿 1 𝜋 = cos −1 = 60° = 2 2 3 Kemudian, fase yang berbeda adalah 𝛿 = 120° =

2𝜋 3

Perbedaan fase ini dihasilkan jika waktu minimumnya adalaha 𝑡𝑚𝑖𝑛 =

𝑇 1 𝜆 = = 3 3𝑓 3𝑣

𝑡𝑚𝑖𝑛 =

3,00 𝑚 3 (2,00 𝑚/𝑠)

9. 𝐿 = 𝑛

𝜆𝑛

𝑓𝑛 = 𝑛

𝑛 = 1,3,5 …

4

𝑣 = 𝑛𝑓1 4𝐿

𝑛 = 1, 3,4, …

Tali hanya terikat pada satu ujungnya dan bergetar pada nada harmonik kelima (n = 5) a. Panjang gelombang 𝜆5 =

4 4 𝐿 = (5 𝑚) = 4,00 𝑚 5 5

b. Bilangan gelombang k 𝑘5 =

2𝜋 2𝜋 𝜋 = = 𝑚−1 𝜆5 4,00 𝑚 2

c. Frekuensi sudutnya 𝜔5 = 2𝜋𝑓𝑠 = 2𝜋(400 𝐻𝑧) = 800𝜋𝑠 −1 d. Persamaan gelombang 𝑦5 (𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin( 𝑘5 𝑥) cos( 𝜔5 𝑡) 𝜋 𝑦5 (𝑥, 𝑡) = 𝐴 sin [( 𝑚−1 ) 𝑥] cos( 800𝜋𝑠 −1 )𝑡 2 10. 𝑦(𝑥, 𝑡) = 0,02 sin

𝜋𝑥 2

cos 40𝜋𝑡

1

𝑘 = 2 𝜋𝑚−1 dan 𝜔 = 40𝜋𝑠 −1 a. Fungsi gelombang untuk dua gelombang yang menghasilkan resultan berupa pola gelombang berdiri. Fungsi gelombang berdiri yang merambat ke kanan 𝜋𝑥 𝑦1 (𝑥, 𝑡) = (0,01 𝑚) sin [( 𝑚−1 ) 𝑥 − (40 𝜋𝑠 −1 )𝑡] 2 Fungsi gelombang berdiri yang merambat ke kiri 𝜋𝑥 𝑦2 (𝑥, 𝑡) = (0,01 𝑚) sin [( 𝑚−1 ) 𝑥 + (40 𝜋𝑠 −1 )𝑡] 2 b. Jarak antara simpul-simpul gelombang berdiri 1 𝑑= 𝜆 2 1 2𝜋 𝑘 = 𝜋𝑚−1 = 2 𝜆 dan 𝜆=4𝑚 Jadi 1 𝑑 = (4 𝑚) = 2,00 𝑚 2 I.

Daftar Pustaka Giancoli, Douglas C. 2001. Fisika Edisi Kelima Jilid 1. Jakarta : Erlangga Serway, Raymond A & Jewett, John W. 2009. Fisika untuk Sains dan Teknik Edisi Keenam Jilid 1. Jakarta : Salemba Teknika Tipler, Paul A. 1998. Fisika untuk Sains dan Teknik Edisi Ketiga Jilid 1. Jakarta: Erlangga.