Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · gaya pada arah horizontal untuk...

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlismfism

DC3BCE5B

[email protected]

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota

Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821

Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari

Hal | 1

OSP Fisika 2014 Number 1

PELURU BERSARANG DI BALOK

Balok bermassa 2𝑚 mula-mula diam di bagian terbawah bidang miring (massa 𝑀 dan

sudut kemiringan 𝛼). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada

saat awal 𝑡 = 0, sebutir peluru dengan massa 𝑚 dan kecepatan 𝑣0 bergerak paralel

terhadap bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2𝑚 hingga bersarang di

dalam balok tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok

meja).

Hitung:

a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja.

b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya.

c. kapan (waktu) balok 2𝑚 mencapai ketinggian maksimumnya.

d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2𝑚

mencapai ketinggian maksimumnya.

Pembahasan :

a. karena peluru bersarang di dalam balok, proses ini bisa kita katakan tumbukan yang

tidak elastis sama sekali. Dengan hukum kekekalan momentum akan kita dapatkan

kecepatan balok dan peluru setelah tumbukan (kecepatan ini searah dengan

kecepatan awal peluru)

𝑚𝑣0 = (𝑚 + 2𝑚)𝑣 ⟹ 𝑣 =1

3𝑣0

Sekarang kita tinjau sistem setelah tumbukan. Balok dan peluru akan mempunyai

komponen kecepatan awal pada arah horizontal dan vertikal yaitu 𝑣𝑥 = 𝑣 cos 𝛼 dan

𝑣𝑦 = 𝑣 sin 𝛼. Pada arah horizontal tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada sistem,

sehingga momentum linier arah horozntal kekal. Kita tinjau kondisi awal ketika

sesaat setelah tumbukan terjadi dan kondisi akhir ketika balok dan peluru yang

menyatu berada di posisi tertingginya dimana pada saat ini balok dan peluru diam

terhadap bidang miring sehingga kecepatannya terhadap tanah sama dengan

kecepatan bidang miring, misalkan 𝑉.

𝑚 𝑣0 𝛼

𝑔

2𝑚 𝑀

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

3𝑚𝑣 cos 𝛼 = (𝑀 + 3𝑚)𝑉 ⟹ 𝑉 =𝑚𝑣0 cos 𝛼

𝑀 + 3𝑚

Karena semua permukaan licin dan tidak ada gaya luar nonkonservatif yang bekerja

pada sistem, maka energi mekanik nya kekal. 1

23𝑚𝑣2 =

1

2𝑚(𝑀 + 3𝑚)𝑉2 + 3𝑚𝑔ℎ

1

23𝑚 (

𝑣0

3)

2

=1

2(𝑀 + 3𝑚) (

𝑚𝑣0 cos 𝛼

𝑀 + 3𝑚)

2

+ 3𝑚𝑔ℎ

6𝑔ℎ =1

3𝑣0

2 −𝑚 cos2 𝛼

𝑀 + 3𝑚𝑣0

2

6𝑔ℎ =𝑀 + 3𝑚 − 3𝑚 cos2 𝛼

3(𝑀 + 3𝑚)𝑣0

2 =𝑀 + 3𝑚(1 − cos2 𝛼)

3(𝑀 + 3𝑚)𝑣0

2

ℎ =𝑣0

2

18𝑔(

𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼

𝑀 + 3𝑚)

b. Sebelumnya sudah kita dapatkan bahwa kecepatan bidang miring ketika ketinggian

balok dan peluru maksimum adalah

𝑉 =𝑚𝑣0 cos 𝛼

𝑀 + 3𝑚

c. Untuk menentukan waktu yang diperlukan balok dari sessat setelah tumbukan

sampai mencapai ketinggian maksimumnya, kita cukup tinjau gerak balok pada arah

vertikal. Ketinggian yang dicapai balok adalah ℎ dengan kecepatan awal balok adalah

𝑣𝑦 = 𝑣 sin 𝛼 dimana balok diperlambat. Cara ini agak sedikit sukar karena kita perlu

menetukan perlambatan balok lagi untuk komponen vertikal. Ada cara yang lebih

mudah. Kita tinjau gerakan balok pada arah sejajar bidang miring terhadap tanah.

Kecepatan awal balok adalah 𝑣 dan kecepatan akhirnya adalah 𝑉 cos 𝛼. Perlambatan

balok dengan mudah kita dapatkan sebesar 𝑔 sin 𝛼. Katakan 𝑇 = waktu untuk

mencapai ketinggian maksimum ℎ.

𝑉 cos 𝛼 = 𝑣 − 𝑔 sin 𝜃 𝑇

𝑔 sin 𝜃 𝑇 = 𝑣 − 𝑉 cos 𝛼

𝑔 sin 𝜃 𝑇 =𝑣0

3−

𝑚𝑣0 cos 𝛼

𝑀 + 3𝑚cos 𝛼

𝑣

𝛼 ℎ

3𝑚 𝑀 𝑉

𝛼

3𝑚 𝑀

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

𝑔 sin 𝜃 𝑇 =𝑣0

3(1 −

3𝑚 cos2 𝛼

𝑀 + 3𝑚) 𝑇 =

𝑣0

3𝑔 sin 𝜃(


𝑀 + 3𝑚)

d. Kita cari dulu percepatan bidang miring 𝑀. Misalkan percepatan balok 𝑀 terhadap

tanah adalah 𝐴 dan percepatan balok 2𝑚 serta peluru 𝑚 adalah 𝑎 relatif terhadap

bidang miring. Karena balok dan peluru kita tinjau relatif terhadap bidang miring,

maka dia akan mendapatkan gaya fiktif yang arahnya berlawanan dengan percepatan

bidang miring dan besarnya sama dengan massa balok ditambah peluru dikali dengan

besar percepatan bidang miring.

Tinjau gaya-gaya yang bekerja pada masing-masing benda

Balok dan peluru (arah sejajar bidang miring)

3𝑚𝑔 sin 𝛼 + 3𝑚𝐴 cos 𝛼 = 3𝑚𝑎 … (1)

Balok dan peluru (arah tegak lurus bidang miring)

𝑁 + 3𝑚𝐴 sin 𝛼 − 3𝑚𝑔 cos 𝛼 = 0

𝑁 = 3𝑚𝑔 cos 𝛼 − 3𝑚𝐴 sin 𝛼 … (2)

Bidang miring (arah horizontal)

𝑁 sin 𝛼 = 𝑀𝐴 … (3)

Hubungan 𝐴 dan 𝑎 bisa kita dapatkan dengan meninjau percepatan pusat massa

sistem. Pusat massa sistem senantiasa diam pada arah horizontal karena resultan

gaya pada arah horizontal untuk sistem sama dengan nol.

𝑎pm =3𝑚(𝑎 cos 𝛼 − 𝐴) − 𝑀𝐴

3𝑚 + 𝑀= 0

3𝑚(𝑎 cos 𝛼 − 𝐴) − 𝑀𝐴 = 0

3𝑚𝑎 cos 𝛼 − (𝑀 + 3𝑚)𝐴 = 0 ⟹ 𝑎 =𝑀 + 3𝑚

3𝑚 cos 𝛼𝐴 … (4)

Sebenarnya sih, yang kita perlukan hanyalah persamaan (2) dan (3) saja karena kita

hanya perlu mengetahui percepatan bidang miring. Persamaan (1) dan (4) hanya

sebagai pengetahuan saja, baik langsung subtitusi persamaan (2) ke (3)

(3𝑚𝑔 cos 𝛼 − 3𝑚𝐴 sin 𝛼) sin 𝛼 = 𝑀𝐴

3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼 − 3𝑚𝐴 sin2 𝛼 = 𝑀𝐴

𝑚𝑔

𝑁

𝛼

𝐴

𝑁

𝑀

𝑚𝐴

𝑎

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼 = 𝐴(𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼) ⟹ 𝐴 =3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼


Jarak yang ditempuh bidang miring setelah selang waktu 𝑇 adalah

𝑆 =1

2𝐴𝑇2

𝑆 =1

2(

3𝑚𝑔 sin 𝛼 cos 𝛼

𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼) (

𝑣0

3𝑔 sin 𝛼(


𝑀 + 3𝑚))

2

𝑆 =(𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼)𝑚𝑣0

2 cos 𝛼

6(𝑀 + 3𝑚)2𝑔 sin 𝛼

𝑆 =(𝑀 + 3𝑚 sin2 𝛼)𝑚𝑣0

2

6(𝑀 + 3𝑚)2𝑔 tan 𝛼


KESEIMBANGAN BOLA DAN PRISMA SEGITIGA

Sebuah bola bermassa 𝑚 ditempatkan di antara tembok vertikal dan prisma segitiga

bermassa 𝑀. Sisi miring prisma segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan 𝛼 terhadap

horisontal. Bola tersebut menyinggung prisma segitiga pada ujung paling atas balok

tersebut. Prisma berada pada lantai. Baik bola maupun prisma bergerak tanpa gesekan.

Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa

kecepatan awal, permukaan horisontal prisma segitiga tersebut tetap pada lantai atau

tidak miring/berputar .

a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-prisma tersebut.

b. Tentukan nilai percepatan gerak bola.

c. Tentukan syarat bagi nilai 𝑀/𝑚.

Pembahasan :

a. Berikut diagram gaya yang bekerja pada prisma dan bola

𝛼

𝑚

𝑀

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

b. Untuk mendapatkan percepatan turun bola, tinjau gaya-gaya yang bekerja pada

masing-masing benda.

Bola (arah vertikal)

𝑚𝑔 − 𝐾 cos 𝛼 = 𝑚𝐴 … (1)

Bola (arah horizontal)

Tidak perlu ditinjau, karena persamaan ini tidak begitu diperlukan(mengapa?

Silahkan dipikirkan)

Prisma (arah horizontal)

𝐾 sin 𝛼 = 𝑀𝑎 … (2)

Prisma (arah vertikal)

𝑁 − 𝐾 cos 𝛼 − 𝑀𝑔 = 0

𝑁 = 𝑀𝑔 + 𝐾 cos 𝛼 … (3)

Hubungan percepatan 𝑎 dan 𝐴 adalah sebagai berikut. Misalkan

prisma bergerak sejauh 𝑠 dalam waktu 𝑡 maka

𝑠 =1

2𝑎𝑡2

Dalam selang waktu yang sama, bola akan turun sejauh 𝑠 tan 𝛼

dengan

𝑠 tan 𝛼 =1

2𝑎𝑡2 tan 𝛼 =

1

2𝐴𝑡2 ⟹ 𝑎 =

𝐴

tan 𝛼… (4)

Subtitusi persamaan (4) ke (2)

𝐾 sin 𝛼 = 𝑀𝐴

tan 𝛼⟹ 𝐾 =

𝑀𝐴

sin 𝛼 tan 𝛼… (5)

Subtitusi persamaan (5) ke (1)

𝑚𝑔 −𝑀𝐴

sin 𝛼 tan 𝛼cos 𝛼 = 𝑚𝐴

𝛼

𝑚

𝑀

𝛼

𝑀𝑔

𝑚𝑔 𝐴 𝑎 2ℎ

3

ℎ

3 tan 𝛼

𝑁

𝐾 cos 𝛼 𝐾

𝐾 sin 𝛼 𝐾 𝑆

𝛼 𝑠

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

𝑚𝑔 =𝑀𝐴

tan2 𝛼+ 𝑚𝐴 ⟹ 𝐴 =

𝑚𝑔 tan2 𝛼

𝑀 + 𝑚 tan2 𝛼

c. Hasil di atas memang merupakan percepatan bola namun ada syarat yang harus

dipenuhi yaitu prisma tidak boleh miring/berputar. Ini akan terpenuhi jika torka

terhadap titik pusat massa balok oleh gaya 𝐾 lebih kecil atau sama dengan torka

terhadap titik pusat massa dari gaya normal 𝑁 yang dirasakan balok dari lantai. Dalam

hal ini, nilai torka maksimum dari gaya 𝐾 tersebut adalah ketika gaya normal 𝑁

berada di ujung paling kanan balok tersebut. Besar torka dari gaya normal ini adalah

𝜏𝑁 = (𝑀𝑔 + 𝐾 cos 𝛼)ℎ

3 tan 𝛼

Berikutnya kita hitung torsi dari gaya 𝐾. Torsi dari gaya 𝐾 memiliki dua komponen yaitu

pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 sehingga torsi yang diebrikannya adalah

𝜏𝐾 = 𝐾 sin 𝛼2ℎ

3+ 𝐾 cos 𝛼

ℎ

3 tan 𝛼

Syarat yang harus dipenuhi adalah 𝜏𝐾 ≤ 𝜏𝑁

𝐾 sin 𝛼2ℎ

3+ 𝐾 cos 𝛼

ℎ

3tan 𝛼 ≤ (𝑀𝑔 + 𝐾 cos 𝛼)

ℎ

3 tan 𝛼

𝐾 sin 𝛼2ℎ

3≤ 𝑀𝑔

ℎ

3 tan 𝛼

𝐾 sin 𝛼 tan 𝛼 ≤𝑀𝑔

2

𝑀𝐴

sin 𝛼 tan 𝛼sin 𝛼 tan 𝛼 ≤

𝑀𝑔

2⟹ 𝐴 ≤

𝑔

2

Dengna mensubtitusi 𝐴 yang didapat dari b akan kita dapatkan syarat untuk 𝑀/𝑚 yaitu

𝑚𝑔 tan2 𝛼

𝑀 + 𝑚 tan2 𝛼≤

𝑔

2

𝑚 tan2 𝛼 ≤ 𝑀

2+

𝑚

2tan2 𝛼

𝑚(2 tan2 𝛼 − tan2 𝛼) ≤ 𝑀 ⟹𝑀

𝑚≥ tan2 𝛼


GRAVITASI

Sebuah benda bermassa 𝑚 terletak pada ketinggian 𝑦 di atas permukaan suatu planet

bola bermassa 𝑀 dan berjari-jari 𝑅. Anggap nilai 𝑅 sangat besar dibandingkan dengan 𝑦.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah 𝑔0, sedangkan tetapan

gravitasi universal adalah 𝐺.

a. Percepatan gravitasi yang dialami benda 𝑚 tersebut berkurang secara linier terhadap

𝑦 dengan factor 𝑘. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian ℎ (nyatakan dalam

parameter-parameter di atas)

b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian ℎ dengan kecepatan

awal 𝑣0, tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian 𝑦.

c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda

jika tetapan/konstanta linier pada pertanyaan (a) diatas 𝑘 → 0.

Pembahasan :

a. Gaya berat benda 𝑚 sama dengan gaya gravitasi antara benda 𝑚 tersebut dengan

planet 𝑀. Tinjau ketika benda 𝑚 berada di ketinggain 𝑦 dari permukaan bumi, maka

jaraknya dari pusat bumi adalah 𝑅 + 𝑦, dari sini akan kita peroleh

𝑚𝑔(𝑦) =𝐺𝑀𝑚

(𝑅 + 𝑦)2=

𝐺𝑀𝑚

𝑅2(1 +

𝑦

𝑅)

−2

Karena 𝑅 ≫ 𝑦 kita bisa lakukan pendekatan (1 +𝑦

𝑅)

−2

≈ 1 −2𝑦

𝑅 (binomial newton)

Sehingga

𝑚𝑔(𝑦) =𝐺𝑀𝑚

𝑅2(1 −

2𝑦

𝑅)

𝑔(𝑦) =𝐺𝑀

𝑅2−

2𝐺𝑀

𝑅3𝑦 ⟹ 𝑔(𝑦) = 𝑔0 − 𝑘𝑦

Pada ketinggian ℎ, percepatan gravitasi adalah

𝑔(ℎ) = 𝑔0 − 𝑘ℎ

Dengan

𝑔0 =𝐺𝑀

𝑅2 dan 𝑘 =

2𝐺𝑀

𝑅3

b. Kita gunakan sistem koordinat kartesius standar, arah percepatan positif adalah ke

atas. Maka

𝑎 = −𝑔(𝑦) = −𝑔0 + 𝑘𝑦

Ingat bahwa 𝑎 =𝑑𝑣

𝑑𝑡=

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑑𝑦

𝑑𝑦=

𝑑𝑣

𝑑𝑦

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑦

𝑣𝑑𝑣

𝑑𝑦= −𝑔0 + 𝑘𝑦 ⟹ 𝑣𝑑𝑣 = (−𝑔0 + 𝑘𝑦 )𝑑𝑦

Integral 𝑣 dari 𝑣0 sampai 𝑣(𝑦) dan 𝑦 dari ℎ sampai 𝑦

∫ 𝑣𝑑𝑣𝑣(𝑦)

𝑣0

= ∫ (−𝑔0 + 𝑘𝑦 )𝑑𝑦𝑦

ℎ

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

[𝑣2

2]

𝑣0

𝑣(𝑦)

= [−𝑔0𝑦 + 𝑘𝑦2

2 ]

ℎ

𝑦

1

2[𝑣2(𝑦) − 𝑣0

2] = −𝑔0𝑦 + 𝑘𝑦2

2+ 𝑔0ℎ − 𝑘

ℎ2

2

𝑣2(𝑦) − 𝑣02 = −2𝑔0(𝑦 − ℎ) + 𝑘(𝑦2 − ℎ2)

𝑣2(𝑦) = 𝑣02 − 2𝑔0(𝑦 − ℎ) + 𝑘(𝑦2 − ℎ2)

c. Saat berada di ketinggian maksimum, kecepatan benda akan bernilai nol 𝑣(𝑦maks) =

0

0 = 𝑣02 − 2𝑔0(𝑦maks − ℎ) + 𝑘(𝑦maks

2 − ℎ2)

𝑘𝑦maks2 − 2𝑔0𝑦maks + 𝑣0

2 + 2𝑔0ℎ − 𝑘ℎ2 = 0

Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh

𝑦maks =−(−2𝑔0) ± √(−2𝑔0)2 − 4𝑘(𝑣0

2 + 2𝑔0ℎ − 𝑘ℎ2)

2𝑘

𝑦maks =𝑔0

𝑘(1 ± √1 − (

𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)

𝑔02

−𝑘2ℎ2

𝑔02

))

Ketinggian maksimum tidak boleh terlalu besar maka kita pilih solusi yang negatif

𝑦maks =𝑔0

𝑘(1 − √1 − (

𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)

𝑔02

−𝑘2ℎ2

𝑔02

))

untuk 𝑘 → 0 maka 𝑘2ℎ2

𝑔0≈ 0

𝑦maks =𝑔0

𝑘(1 − √1 −

𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)

𝑔02

)

suku 𝑘(𝑣0

2 + 2𝑔0ℎ)

𝑔02

bernilai sangat kecil karena 𝑘 → 0, dengan binomial newton

akan kita peroleh

√1 −𝑘(𝑣0

2 + 2𝑔0ℎ)

𝑔02

= (1 −𝑘(𝑣0

2 + 2𝑔0ℎ)

𝑔02

)

12

≈ 1 −𝑘(𝑣0

2 + 2𝑔0ℎ)

2𝑔02

Sehingga

𝑦maks =𝑔0

𝑘(1 − 1 +

𝑘(𝑣02 + 2𝑔0ℎ)

2𝑔02

) ⟹ 𝑦maks =𝑣0

2

2𝑔0+ ℎ


OSILASI BATANG DAN ENGSEL

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

Bola karet dengan berat 𝑊 = 𝑚𝑔 dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC

(dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A

dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar

titik A pada bidang 𝑥𝑦 (lihat gambar). Pegas dengan konstanta 𝑘 dipasang pada posisi

mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain dilekatkan

pada titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak dalam gambar, tongkat disimpangkan

dari posisi awal (tegak) sebesar sudut 𝜑 lalu dilepaskan sehingga tongkat akan

mengalami gerak osilasi (getaran).

Tentukan:

a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan 𝜑 yang kecil.

b. nilai maksimum gaya berat 𝑊 agar untuk sudut simpangan 𝜑 kecil tongkat mengalami

getaran harmonik.

Pembahasan :

a. Dari soal dapat kita simpulkan bahwa posisi kesetimbangan sistem adalah ketika dia

berada dalam kondisi vertikal. Mengapa? Karena sudut 𝜑 adalah sudut simpangan

sistem dari posisi kesetimbangan dan dia diukur dari posisi vertikal. Ketika sistem

tersimpang dengan simpangan sudut 𝜑, torsi pemulih sistem terhadap poros A adalah

𝑘𝑎 cos 𝜑 𝑎 sin 𝜑 − 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜙 = 𝐼𝛼

Momen inersia sistem terhadap poros A adalah

𝐼 = 𝑚𝐿2

Karena sudut 𝜑 kecil akan berlaku sin 𝜑 ≈ 𝜑 dan cos 𝜑 ≈ 1

Percepatan sudut 𝛼 searah jarum jam sedangkan arah bertambahnya sudut 𝜑

berlawanan arah jarum jam, maka

𝛼 = −𝑑2𝜑

𝑑𝑡2

Akhirnya akan kita peroleh

𝑘𝑎2𝜑 − 𝑚𝑔𝐿𝜑 = −𝑚𝐿2𝑑2𝜑

𝑑𝑡2⟹

𝑑2𝜑

𝑑𝑡2+

𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿

𝑚𝐿2𝜑 = 0

𝜑

𝑘

lantai

dinding

𝐶

𝑦

𝑥 𝐴

𝐵

𝐿

𝑊 = 𝑚𝑔

𝑎

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

Persamaan gerak sistem analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana

𝑑2𝜑

𝑑𝑡2+ 𝜔2𝜑 = 0

Dengan kecepatan sudut osilasi sistem

𝜔2 =𝑘𝑎2 − 𝑚𝑔𝐿

𝑚𝐿2

Frekuensi getaran atau osilasinya adalah

𝑓 =𝜔

2𝜋⟹ 𝑓 =

1

2𝜋√


𝑚𝐿2

b. Agar terjadi gerak harmonik, kecepatan sudut osilasi sistem haruslah bernilai positif

𝜔2 > 0


𝑚𝐿2> 0 ⟹ 𝑊 <

𝑘𝑎2

𝐿⟹ 𝑊maks =

𝑘𝑎2

𝐿

Catatan : agar terjadi osilasi nilai 𝑊 di sini haruslah lebih besar dari 𝑊maks karena jika

sama sistem tidak akan berosilasi


BATANG DI PINGGIR MEJA

Sebuah batang homogen (massa 𝑀 dan panjang 𝐿) salah satu ujungnya diletakan pada

tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam.

Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan

kontak dengan meja. Lakukan perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut:

a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar

(i).

b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti gambar (ii).

Pembahasan :

(i)

(ii)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

a. Untuk kasus ini, siku meja memberikan gaya arah vertikal dan arah horizontal pada

tongkat seperti gambar di bawah ini

Dari diagram gaya di atas akan kita dapatkan

Gerak translasi arah horizontal

𝐻 = 𝑚(𝑎𝜃 cos 𝜙 − 𝑎𝑟 sin 𝜙) … (1)

Gerak translasi arah vertikal

𝑚𝑔 − 𝑉 = 𝑚(𝑎𝜃 sin 𝜙 + 𝑎𝑟 cos 𝜙) … (2)

Gerak rotasi terhadap ujung bawah batang

𝑚𝑔 sin 𝜙𝐿

2=

1

3𝑚𝐿2𝛼

𝛼 =3𝑔

2𝐿sin 𝜙

Percepatan tangensial batang sebagai fungsi sudut 𝜙 adalah

𝑎𝜃 =1

2𝛼𝐿

𝑎𝜃 =3

4𝑔 sin 𝜙 … (3)

𝑎𝑟 adalah percepatan sentripetal batang terhadap ujung bawahnya yang dijadikan

poros rotasi dan besarnya adalah

𝑎𝑟 =1

2𝜔2𝐿

Kita bisa menghitung besar kecepatan sudut batang 𝜔 sebagai fungsi sudut 𝜙 dengan

menggunakan hukum kekelan energi. Jadikan meja sebagai acuan. maka

𝑚𝑔𝐿

2= 𝑚𝑔

𝐿

2cos 𝜙 +

1

2(

1

3𝑚𝐿2) 𝜔2

𝜔2 =3𝑔

𝐿(1 − cos 𝜙)

Sehingga percepatan sentripetal batang sebagai fungsi sudut 𝜙 adalah

𝑎𝑟 =3

2𝑔(1 − cos 𝜙) … (4)

𝜙 𝑉

𝐻

𝑎𝑟 𝑎𝜃

𝑚𝑔

𝜙 𝑎𝑟 𝑎𝜃

𝑎

𝛼

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

Saat batang lepas terlepas dari meja, gaya horizontal yang dikerjakan meja batang

akan bernilai nol atau batang lepas kontak dengan meja. Pada saat ini, sudut yang

yang ditempuh batang kita namakan 𝜙𝐶 . Sudut 𝜙𝐶 ini juga merupakan sudut saat

batang lepas dari meja. Persamaan (1) akan menjadi

0 = 𝑚(𝑎𝜃 cos 𝜙𝐶 − 𝑎𝑟 sin 𝜙𝐶) sin 𝜙𝐶

cos 𝜙𝐶=

𝑎𝜃

𝑎𝑟

Subtitusi persamaan (3) dan (4) untuk sudut 𝜙 = 𝜙𝐶

sin 𝜙𝐶

cos 𝜙𝐶=

34 𝑔 sin 𝜙𝐶

32 𝑔(1 − cos 𝜙𝐶)

sin 𝜙𝐶

cos 𝜙𝐶=

sin 𝜙𝐶

2(1 − cos 𝜙𝐶)

2(1 − cos 𝜙𝐶) = cos 𝜙𝐶

2 = 3 cos 𝜙𝐶

cos 𝜙𝐶 =2

3→ 𝜙𝐶 = cos−1 (

2

3) = 48,190

Jadi batang terlepas dari meja saat sudut 𝜙 = 𝜙𝐶 = 48,20. Namun kita harus

mengecek terlebih dahulu apakah gaya normal meja arah vertikal masih ada atau

tidak. Karena jika gaya normal arah vertikal lebih dahulu hilang dari gaya normal arah

horizontal, batang akan melompat dan perhitungan kita untuk perceptan sentripetal

serta tangensial batang akan salah. Kita akan cari besar sudut saat gaya normal arah

vertikal bernilai nol. Kita namakan sudut ini sebagai 𝜙𝐿 . Jika 𝜙𝐿 > 𝜙𝐶 maka

perhitungan kita sebelumnya akan bernilai benar dan kita bisa melanjutkan

pengerjaan soal ini. Namun jika 𝜙𝐿 < 𝜙𝐶 , perhitungan kita hanya akan benar sampai

𝜙 = 𝜙𝐿 dan kita perlu melakukan pendekatan lain untuk kondisi 𝜙𝐿 < 𝜙 < 𝜙𝐶 .

Persamaan (2) akan menjadi

𝑚𝑔 − 0 = 𝑚(𝑎𝜃 sin 𝜙𝐿 + 𝑎𝑟 cos 𝜙𝐿)

𝑔 = 𝑎𝜃 sin 𝜙𝐿 + 𝑎𝑟 cos 𝜙𝐿

Subtitusi persamaan (3) dan (4) untuk 𝜙 = 𝜙𝐿

𝑔 =3

4𝑔 sin 𝜙𝐿 sin 𝜙𝐿 +

3

2𝑔(1 − cos 𝜙𝐿) cos 𝜙𝐿

4 = 3 sin2 𝜙𝐿 + 6 cos 𝜙𝐿 − 6 cos2 𝜙𝐿

4 = 3 − 3 cos2 𝜙𝐿 + 6 cos 𝜙𝐿 − 6 cos2 𝜙𝐿

9 cos2 𝜙𝐿 − 6 cos 𝜙𝐿 + 1 = 0

cos 𝜙𝐿 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

cos 𝜙𝐿 =−(−6) ± √(−6)2 − 4(9)(1)

2(9)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

cos 𝜙𝐿 =6 ± 0

18

cos 𝜙𝐿 =1

3→ 𝜙𝐿 = cos−1 (

1

3) = 70,530

Nah karena 𝜙𝐿 > 𝜙𝐶 , berarti tongkat lebih dahulu lepas kontak pada arah horizontal

sehingga perhitungan kita sebelumnya benar. Jadi sudut antara batang dan vertikal

ketika dia lepas dari meja adalah

𝜙𝐶 = cos−1 (2

3) = 48,190

b. Untuk kasus kedua ini ada sedikit perbedaan yaitu berkaitan dengan gaya interaksi

antara meja dan batang. Di sini, gaya normal dari meja arahnya selalu menuju pusat

massa batang sedangkan arah gaya gesek dari meja tegak lurus arah gaya normal dan

arahnya selalu berlawanan dengan arah percepatan batang. Berikut diagram gaya

pada batang

Batang akan lepas dari meja ketika gaya normal yang bekerja padanya sama dengan

nol dan ketika gaya normalnya nol, gaya gesek yang bekerja padanya pun bernilai nol.

Jadi kita cukup meninjau gerak batang pada arah radial saja. Dari sini akan kita

peroleh

𝑚𝑔 cos 𝜙 − 𝑁 = 𝑚𝜔2𝐿

2 (𝑁 = 0)

𝑚𝑔 cos 𝜙 = 𝑚𝜔2𝐿

2

Sebelumnya, dari kekekalan energi mekanik, kita sudah mendapatkan 𝜔2 sebagai

fungsi 𝜙 yaitu

𝜔2 =3𝑔

𝐿(1 − cos 𝜙)

Sehingga, sudut ketika batang lepas dari meja 𝜙c dapat kita temukan

𝑚𝑔 cos 𝜙c = 𝑚3𝑔

𝐿(1 − cos 𝜙c)

𝐿

2

𝜙 𝑓 𝑁

𝜙 𝑎𝑟 𝑎𝜃

𝑎

𝛼

𝑚𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

cos 𝜙c =3

2(1 − cos 𝜙c) ⟹ cos 𝜙c =

3

5

𝜙c = cos−1 (3

5) = 53,130

Sudut 𝜙c = 53,130 pasti adalah sudut ketika batang lepas dari meja karena meja tidak

mungkin menarik batang (gaya 𝑁 bernilai negatif).


KESEIMBANGAN TAK STABIL

Sebuah bola kecil dengan massa 𝑚 dipasang pada silinder pejal bermassa 𝑀 dan berjari-

jari 𝑅 menggunakan batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada

jarak 𝐻 di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan

kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa

tergelincir/slip. Pada saat bola 𝑚 menyentuh lantai, tentukan: kecepatan bola.

a. kecepatan pusat massa silinder

b. kecepatan bola

Pembahasan :

a. Misalkan ketika bola 𝑚 sampai di lantai, kecepatan pusat massa silinder adalah 𝑣pm

dan kecepatan sudutnya adalah 𝜔 dan karena silinder menggelinding tanpa slip akan

berlaku 𝑣pm = 𝜔𝑅 serta kecepatan bola 𝑚 adalah 𝑣m

𝑚

𝐻

𝑀 𝑅

𝑚

𝜔𝐻

𝑀 𝑣pm

𝑣pm

𝑣m

𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15

Karena tidak ada gaya luar non konservatif yang melakukan kerja pada sistem, maka

energi mekanik sistem kekal (jadikan pusat silinder sebagai acuan energi potensial

sama dengan nol)

𝑚𝑔𝐻 = −𝑚𝑔𝑅 +1

2𝑀𝑣pm

2 +1

2𝐼𝜔2 +

1

2𝑚𝑣m

2

Momen inersia silinder adalah

𝐼 =1

2𝑀𝑅2

Dari gambar dapat kita dapatkan bahwa

sin 𝜃 =𝑅

𝐻 dan cos 𝜃 =

√𝐻2 − 𝑅2

𝐻

Perhatikan bola 𝑚. Komponen kecepatan bola 𝑚 adalah

Arah horizontal

𝑣x = 𝑣pm − 𝜔𝐻 sin 𝜃 = 𝜔𝑅 − 𝜔𝐻𝑅

𝐻= 0

Arah vertikal

𝑣y = 𝜔𝐻 cos 𝜃 = 𝜔𝐻√𝐻2 − 𝑅2

𝐻⟹ 𝑣y = 𝜔√𝐻2 − 𝑅2

Ternyata ketika sampai di lantai, bola 𝑚 hanya memiliki kecepatan komponen

vertikal

𝑣 = 𝑣y = 𝜔√𝐻2 − 𝑅2

Kita kembali ke persamaan energi akan kita peroleh

𝑚𝑔𝐻 = −𝑚𝑔𝑅 +1

2𝑀𝜔2𝑅2 +

1

2(

1

2𝑀𝑅2) 𝜔2 +

1

2𝑚𝜔2(𝐻2 − 𝑅2)

𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅) =3

4𝑀𝜔2𝑅2 +

1

2𝑚𝜔2(𝐻2 − 𝑅2)

𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅) =3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)

4𝜔2 ⟹ 𝜔 = 2√

𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)

3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)

Sehingga kecepatan pusat massa silinder adalah

𝑣pm = 2𝑅√4𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)

3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)

b. Kecepatan bola 𝑚 adalah

𝑣m = 2√𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)(𝐻2 − 𝑅2)

3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)= 2√

𝑚𝑔(𝐻 + 𝑅)(𝐻 + 𝑅)(𝐻 − 𝑅)

3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)

𝑣m = 2(𝐻 + 𝑅)√𝑚𝑔(𝐻 − 𝑅)

3𝑀𝑅2 + 2𝑚(𝐻2 − 𝑅2)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16


MENAIKI BIDANG MIRING

Sebuah silinder pejal bermassa 𝑚 dan radius 𝑅 mula-mula berotasi dengan kecepatan

sudut 𝜔0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar

(yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan 𝜃 dan koefisien gesek

kinetik 𝜇k dimana 𝜇k > tan 𝜃. Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak

dengan bidang miring. Tentukan:

a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip.

b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip

c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder

Pembahasan :

a. Saat masih slip, gaya gesek yang bekerja pada silinder adalah 𝑓k = 𝜇k𝑁. Karena bidang

miring tetap, gaya normal yang bekerja pada silinder adalah 𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 sehingga

𝑓k = 𝜇k𝑚𝑔 cos 𝜃.

Tinjau gerak translasi silinder pada arah sejajar bidang miring

𝑓k − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎

𝜇k𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑎 = 𝑔(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

Kecepatan translasi silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi

𝑣(𝑡) = 𝑣0 + 𝑎𝑡 (𝑣0 = 0)

𝑣(𝑡) = 𝑔𝑡(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

Tinjau gerak rotasi silinder (gaya gesek kinetik cenderung memperlambat rotasi

silinder sehingga bernilai negatif)

−𝑓k𝑅 =1

2𝑚𝑅2𝛼 ⟹ 𝛼 =

2𝑔𝜇k cos 𝜃

𝑅

Kecepatan sudut silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi

𝜔(𝑡) = 𝜔0 − 𝛼𝑡

𝜔(𝑡) = 𝜔0 −2𝑔𝑡

𝑅𝜇k cos 𝜃

Misalkan silinder mulai menggelinding tanpa slip setelah selang waktu 𝑇 dihitung dari

saat silinder berada di dasar bidang miring, maka pada saat ini akan berlaku 𝑣(𝑇) =

𝜔(𝑇)𝑅

𝑔𝑇(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃) = 𝜔0𝑅 − 2𝑔𝑇𝜇k cos 𝜃

𝑔𝑇(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃) = 𝜔0𝑅 ⟹ 𝑇 =𝜔0𝑅

𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

b. Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip

adalah

𝑑 =1

2𝑎𝑇2 ⟹ 𝑑 =

𝜔02𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

2𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2

c. Kecepatan pusat massa silinder saat menggelinding tanpa slip adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

𝑣(𝑇) =𝜔0𝑅(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

Dengan menggunakan hukum kekekalan energi dari saat silinder menggelinding

tanpa slip sampai mencapai titik tertingginya akan kita dapatkan

𝑚𝑔𝑦 =1

2𝑚𝑣2(𝑇) +

1

2(

1

2𝑚𝑅2) (

𝑣(𝑇)

𝑅)

2

𝑚𝑔𝑦 =3

4𝑚𝑣2(𝑇) =

3𝑚𝜔02𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2

4(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2

𝑦 =3𝜔0

2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2


Maka ketinggian maksimum silinder dari dasar bidang miring adalah

ℎmaks = 𝑑 sin 𝜃 + 𝑦

ℎmaks =𝜔0

2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)

2𝑔(3𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2sin 𝜃 +

3𝜔02𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)2


ℎmaks =𝜔0

2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)[2 sin 𝜃 + 3(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)]


ℎmaks =𝜔0

2𝑅2(𝜇k cos 𝜃 − sin 𝜃)[sin 𝜃 + 3𝜇k cos 𝜃]


Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · gaya pada arah horizontal untuk...

Documents

Transcript of Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · gaya pada arah horizontal untuk...