2 𝑚 - WordPress.com...diletakkan di permukaan lantai datar. Di rusuk atas bagian kanan dan kiri...

Sainskan Dunia dengan Tanganmu Email : [email protected] www.officialsainsworld.wordpress.com Youtube Channel : Sainsworld Official

ID Line : mr_sainsworld Whatsapp : 0895-7010-02686 Facebook : Sainsworld Sainsworld Instragram : @sainsworld_official

1. Sebuah kotak kubus berdinding tipis yang memiliki massa 𝑀 dan panjang sisi 2𝐿

diletakkan di permukaan lantai datar. Di rusuk atas bagian kanan dan kiri silinder

dipasang poros bebas gesekan. Pada masing-masing poros terpasang tongkat homogen

bermassa 𝑚 dan panjang 𝐿. Mula-mula posisi kedua tongkat vertikal dan sistem tidak

bergerak. Kemudian kedua tongkat diberi sedikit sentuhan sehingga mulai berotasi,

tongkat kana berotasi searah jarum jam dan tongkat kiri berotasi berlawanan arah jarum

jam. Pada tempat dimana kotak ini berada terdapat percepatan gravitasi sebesar 𝑔 yang

arahnya ke bawah.

a. Hitung gaya normal di lantai sebagai fungsi sudut antara tongkat dengan garis vetikal!

b. Hitung kecepatan sudut tongkat ketika gaya normal di lantai bernilai minimum!

c. Hitung nilai minimum gaya normal di lantai!

d. Hitung nilai 𝑀/𝑚 agar kotak dapat terangkat!

Pembahasan :

Perhatikan gambar berikut!

𝑚 𝑚 𝐿

2𝐿 𝑀

𝑔

𝜃 𝜃

𝑁

𝑀𝑔

𝐹 𝐹 𝜃

𝐹

𝑚𝑔

𝜔

mailto:[email protected]



a. Tongkat akan cenderung menekan kotak dan sebaliknya, kotak akan cenderung

mendorong tongkat ke arah luar. Tinjau gerak sentripetal tongkat

𝑚𝑔cos 𝜃 − 𝐹 =1

2𝑚𝜔2𝑅

𝐹 = 𝑚𝑔 cos𝜃 −1

2𝑚𝜔2𝑅

Kecepatan sudut tongkat sebagai fungsi sudut 𝜃 bisa kita cari dengan hukum

kekekalan energi (dasar tongkat sebagai acuan)

1

2𝑚𝑔𝑅 =

1

2𝑚𝑔𝑅 cos𝜃 +

1

2(1

3𝑚𝑅2)𝜔2

𝜔2 =3𝑔

𝑅(1 − cos𝜃)

Sehingga gaya 𝐹 dapat kita tuliskan ulang sebagai


2𝑚(

3𝑔

𝑅(1 − cos𝜃))𝑅


2𝑚𝑔 +

3

2𝑚𝑔 cos𝜃

𝐹 =5

2𝑚𝑔 cos 𝜃 −

3

2𝑚𝑔

Tinjau gaya-gaya pada kotak untuk arah vertikal

𝑁 −𝑀𝑔 − 2𝐹 cos 𝜃 = 0

𝑁 = 𝑀𝑔 + 2(5

2𝑚𝑔 cos𝜃 −

3

2𝑚𝑔)cos 𝜃

𝑁 = 𝑀𝑔 + 5𝑚𝑔 cos2 𝜃 − 3𝑚𝑔 cos𝜃

b. Saat nilai 𝑁 minimum, akan berlaku 𝑑𝑁 𝑑𝜃⁄ = 0

𝑑𝑁

𝑑𝜃=𝑑

𝑑𝜃(𝑀𝑔 + 5𝑚𝑔 cos2 𝜃 − 3𝑚𝑔 cos𝜃) = 0

−10𝑚𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 + 3𝑚𝑔 sin 𝜃 = 0

cos𝜃 =3

10

Kecepatan sudut batang saat kondisi ini adalah




𝜔2 =3𝑔

𝑅(1 −

3

10) ⟹ 𝜔 =

21𝑔

10𝑅

c. Gaya normal minimum ini adalah

𝑁min = 𝑀𝑔 + 5𝑚𝑔 (3

10)2

− 3𝑚𝑔3

10

𝑁min = 𝑀𝑔 −9

20𝑚𝑔

d. Saat kotak terangkat berarti nilai gaya normal minimum 𝑁min sama dengan nol,

sehingga

0 = 𝑀𝑔 −9

10𝑚𝑔 ⟹

𝑀

𝑚=9

20

2. Sebuah batang bermassa 𝑚 dan panjang 𝐿 di poros pada suatu titik O di permukaan atas

sebuah batang bermassa 𝑀. Batang 𝑚 pada mulanya berada dalam keadaan vertikal

sedangkan batang 𝑀 diletakkan di atas lantai licin. Diketahui bahwa poros di O licin dan

sistem awalnya diam. Kemudian batang 𝑚 diberi gangguan kecil sehingga sistem mulai

bergerak.

Saat batang 𝑚 membentuk sudut 𝜃 terhadap vertikal, tentukan :

a. Persamaan-persamaan yang menghubungkan kecepatan masing-masing batang!

Kecepatan sudut batang 𝑚 terhadap poros O!

b. Kecepatan batang 𝑀!

c. Kecepatan pusat massa batang 𝑚!

Pembahasan :

a. Perhatikan gambar di bawah.

𝑀

O

𝐿

𝑦

𝑥




Dari hukum kekekalan energi akan kita peroleh (jadikan permukaan atas batang

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, dan misalkan ketebalan batang 𝑀

adalah 𝑑)

𝐸awal = 𝐸akhir

1

2𝑚𝑔𝐿 −

1

2𝑀𝑔𝑑 =

1

2𝑚𝑔𝐿 cos𝜃 −

1

2𝑀𝑔𝑑 +

1

2𝑚𝑣m

2 +1

2𝑚𝑣M

2 +1

2(1

12𝑚𝐿2)𝜔2

𝑚𝑔𝐿(1 − cos𝜃) = 𝑚𝑣m2 +𝑀𝑣M

2 +1

12𝑚𝐿2𝜔2…(1)

Misalkan kecepatan relatif pusat massa batang 𝑚 terhadap batang 𝑀 adalah 𝑣rel,

maka

𝑣rel =1

2𝜔𝐿

𝑣rel

𝜔

𝜃

𝜔

𝜃

𝑣rel sin 𝜃

𝑣rel cos 𝜃

𝐿/2

𝑣M

𝑣rel

𝜔

𝜃

𝜃

𝑣M

𝑣mx

𝑣my

𝜔




Relatif terhadap lantai akan kita peroleh bahwa

𝑣mx = 𝑣rel cos𝜃 − 𝑣M ⟹ 𝑣mx =1

2𝜔𝐿 cos 𝜃 − 𝑣M

Alasan kenapa proyeksi kecepatan relatif arah sumbu 𝑥 perlu dikurang dengan 𝑣M adalah

karena batang bergerak kiri, sehingga jika menurut pengamat yang ada di lantai, batang 𝑚

akan mendapat tambahan kecepatan sebesar kecepatan batang 𝑀 pada arah yang sama

(ingat konsep gerak relatif). Kita peroleh pula

𝑣my = 𝑣rel sin 𝜃 ⟹ 𝑣my =1

2𝜔𝐿 sin 𝜃

Maka kecepatan pusat massa batang 𝑚 relatif terhadap lantai adalah

𝑣m2 = 𝑣mx

2 + 𝑣𝑚𝑦2

𝑣m2 = (

1

2𝜔𝐿 cos𝜃 − 𝑣M)

2

+ (1

2𝜔𝐿 sin 𝜃)

2

𝑣m2 =

1

4𝜔2𝐿2(sin2 𝜃 + cos2 𝜃) + 𝑣M

2 − 𝑣M𝜔𝐿 cos𝜃

𝑣m2 =

1

4𝜔2𝐿2 + 𝑣M

2 − 𝑣M𝜔𝐿 cos 𝜃 … (2)

Karerna lantai licin, pada sistem dua batang ini, tidak ada gaya eksternal pada arah

sumbu 𝑥 sehingga momentum linearnya pada arah sumbu 𝑥 akan konstan yaitu sama

dengan nol (karena pada awalnya sistem ini diam). Momentum untuk benda yang

bukan benda titik (seperti soal ini yang berupa batang) adalah sama dengan

momentum titik pusat massa benda masing-masing. Dari sini akan kita peroleh (ingat

kita hanya mengambil yang komponen sumbu 𝑥, perhatikan tandanya, positif ke

kanan dan negatif ke kiri)

𝑚𝑣mx −𝑀𝑣M = 0

1

2𝑚𝜔𝐿 cos 𝜃 − 𝑚𝑣M −𝑀𝑣M = 0

1

2𝑚𝜔𝐿 cos 𝜃 = (𝑀 +𝑚)𝑣M⟹ 𝑣M =

𝑚𝜔𝐿 cos 𝜃

2(𝑀 +𝑚)… (3)




b. Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑚𝑔𝐿(1 − cos𝜃) =1

4𝑚𝜔2𝐿2 +𝑚𝑣M

2 −𝑚𝑣M𝜔𝐿 cos 𝜃 +𝑀𝑣M2 +

1

12𝑚𝜔2𝐿2

𝑚𝑔𝐿(1 − cos𝜃) = (𝑀 + 𝑚)𝑣M2 −𝑚𝑣M𝜔𝐿 cos𝜃 +

1

3𝑚𝜔2𝐿2

Subtitusi persamaan (3)

𝑚𝑔𝐿(1 − cos 𝜃) = (𝑀 +𝑚) (𝑚𝜔𝐿 cos𝜃

2(𝑀 +𝑚))2

−𝑚(𝑚𝜔𝐿 cos𝜃

2(𝑀 + 𝑚))𝜔𝐿 cos 𝜃 +

1

3𝑚𝜔2𝐿2

𝑚𝑔𝐿(1 − cos𝜃) =𝑚2𝜔2𝐿2 cos2 𝜃

4(𝑀 +𝑚)−𝑚2𝜔2𝐿2 cos2 𝜃

2(𝑀 + 𝑚)+1

3𝑚𝜔2𝐿2

𝑔𝐿(1 − cos𝜃) =1

3𝜔2𝐿2 −

𝑚𝜔2𝐿2 cos2 𝜃

4(𝑀 +𝑚)

𝑔𝐿(1 − cos𝜃) = (1

3−𝑚 cos2 𝜃

4(𝑀 + 𝑚))𝜔2𝐿2

𝑔𝐿(1 − cos 𝜃) = (4(𝑀 + 𝑚) − 3𝑚 cos2 𝜃

12(𝑀 + 𝑚))𝜔2𝐿2

𝑔𝐿(1 − cos𝜃) = (4𝑀 +𝑚(1 + 3 sin2 𝜃)

12(𝑀 + 𝑚))𝜔2𝐿2

𝜔 = √12(𝑀 +𝑚)𝑔(1 − cos 𝜃)

4𝑀𝐿 +𝑚𝐿(1 + 3 sin2 𝜃)

c. Subtitusi persamaan 𝜔 ke persamaan (3)

𝑣M =𝑚𝐿 cos𝜃

2(𝑀 +𝑚)√12(𝑀 + 𝑚)𝑔(1 − cos𝜃)

4𝑀𝐿 +𝑚𝐿(1 + 3 sin2 𝜃)

𝑣M =𝑚cos𝜃

𝑀 +𝑚√3(𝑀 +𝑚)𝑔𝐿(1 − cos 𝜃)

4𝑀 + 𝑚(1 + 3 sin2 𝜃)

d. Subtitusi persamaan (3) ke (2)

𝑣m2 =

1

4𝜔2𝐿2 + (

𝑚𝜔𝐿 cos𝜃

2(𝑀 +𝑚))2

−𝑚𝜔𝐿 cos𝜃

2(𝑀 +𝑚)𝜔𝐿 cos𝜃




𝑣m2 =

1

4𝜔2𝐿2 +

𝑚2𝜔2𝐿2 cos2 𝜃

4(𝑀 + 𝑚)2−𝑚𝜔2𝐿2 cos2 𝜃

2(𝑀 +𝑚)

𝑣m2 = (1 +

𝑚2 cos2 𝜃

(𝑀 + 𝑚)2−2𝑚 cos2 𝜃

(𝑀 + 𝑚))1

4𝜔2𝐿2

𝑣m2 = (1 −

(2𝑀 +𝑚)𝑚 cos2 𝜃

(𝑀 + 𝑚)2)1

4𝜔2𝐿2

𝑣m2 = (

(𝑀 +𝑚)2 − (2𝑀 +𝑚)𝑚cos2 𝜃

(𝑀 +𝑚)2)1

4𝜔2𝐿2

𝑣m2 = (

𝑀2 +𝑚2 + 2𝑀𝑚− 2𝑀𝑚cos2 𝜃 −𝑚2 cos2 𝜃

(𝑀 +𝑚)2)1

4𝜔2𝐿2

𝑣m2 = (

𝑀2 + 2𝑀𝑚(1 − cos2 𝜃) + 𝑚2(1 − cos2 𝜃)

(𝑀 +𝑚)2)1

4𝜔2𝐿2

𝑣m2 = (

𝑀2 + (2𝑀 +𝑚)𝑚sin2 𝜃

(𝑀 +𝑚)2)1

4𝜔2𝐿2

Subtitusi 𝜔

𝑣m2 = (

𝑀2 + (2𝑀 +𝑚)𝑚 sin2 𝜃

(𝑀 + 𝑚)2)1

4(12(𝑀+ 𝑚)𝑔(1 − cos𝜃)

4𝑀 + 𝑚(1 + 3 sin2 𝜃)) 𝐿2

𝑣m = √(𝑀2 + (2𝑀 +𝑚)𝑚sin2 𝜃

(𝑀 +𝑚))

3𝑔𝐿(1 − cos𝜃)

4𝑀 +𝑚(1 + 3 sin2 𝜃)

3. Sebuah silinder pejal bermassa 𝑀 dan berjari-jari 𝑅 dihubungkan dengan 𝑁 + 1 pegas

seperti pada gambar. Semua konstanta pegas sebesar 𝑘. Pegas paling bawah

dihubungkan dengan pusat massa silinder. Jarak antar pegas adalah konstan 𝐿. Gaya

gesek antara silinder dan lantai sangat besar sehingga silinder tidak mengalami slip. Jika

silinder disimpangkan dengan simpangan yang kecil, tentukan periode osilasi silinder.

Pada keadaan awal silinder dalam kondisi relaks.




Pembahasan :

Perhatikan gambar di bawah ini!

Misalkan silinder di simpangkan sejauh 𝑥 ke kanan dan berotasi sebesar 𝜃, maka silinder

akan dipercepat ke kiri karena setiap pegas di sisi kiri memberikan gaya tarik ke kiri dan

setiap pegas di sisi kanan memberikan gaya tekan ke kiri. Selain itu silinder juga memiliki

percepatan sudut berlawanan arah jarum jam karena ada gaya gesek di bagian bawah

silinder yang berarah ke kanan sehingga menggasilkan torsi berlawanan arah jarum jam.

Simpangan 𝑥 dan 𝜃 bernilai kecil. Gaya tekan dan regang oleh masing-masing pegas

adalah

𝐹0 = 𝑘𝑥 (pegas pusat)

𝑘 𝑘

𝑘

𝑘

𝑅

𝐿

𝐿

𝐿

𝑀

….

pegas 1

pegas 2

pegas 3

dan seterusnya

pegas pusat

𝑘

𝑘

𝑘

𝑘

𝑎

𝛼

𝜃

𝑅 𝑥

𝑁

𝑓

….

pegas 1

pegas 2

pegas 3

pegas pusat




𝐹1 = 𝑘𝑥 + 𝑘𝐿 sin 𝜃

𝐹2 = 𝑘𝑥 + 2𝑘𝐿 sin 𝜃

𝐹3 = 𝑘𝑥 + 3𝑘𝐿 sin 𝜃

…

𝐹𝑁 = 𝑘𝑥 + 𝑁𝑘𝐿 sin 𝜃

Hukum II Newton untuk gerak translasi

𝐹0 + 𝐹1 + 𝐹2 + 𝐹3 +⋯+ 𝐹𝑛⏟ 𝐹𝑡𝑜𝑡

− 𝑓 = 𝑀𝑎

𝐹𝑡𝑜𝑡 = 𝑘𝑥 + 𝑘𝑥 + 𝑘𝐿 sin 𝜃 + 𝑘𝑥 + 2𝑘𝐿 sin 𝜃 + 𝑘𝑥 + 3𝑘𝐿 sin 𝜃 + ⋯+ 𝑘𝑥 + 𝑁𝑘𝐿 sin 𝜃

𝐹𝑡𝑜𝑡 = 𝑘𝑥(𝑁 + 1) + 𝑘𝐿 sin 𝜃 (1 + 2 + 3 + ⋯+𝑁)

Suku 1 + 2 + 3 +⋯+ 𝑁 adalah deret aritmetika yang jumlahnya adalah

1 + 2 + 3 + ⋯+𝑁 =1

2𝑁(𝑁 + 1)

Sehingga

𝐹𝑡𝑜𝑡 = 𝑘𝑥(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿 sin 𝜃 𝑁(𝑁 + 1)

𝑘𝑥(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿 sin 𝜃 𝑁(𝑁 + 1) − 𝑓 = 𝑀𝑎

𝑓 = 𝑘𝑥(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿 sin 𝜃𝑁(𝑁 + 1) − 𝑀𝑎… (1)

Hukum II Newton untuk gerak rotasi

𝑓𝑅 + (𝐹1𝐿 cos 𝜃 + 2𝐹2𝐿 cos 𝜃 + 3𝐹3𝐿 cos𝜃 + ⋯+𝑁𝐹𝑁𝐿 cos𝜃)⏟ 𝜏𝑡𝑜𝑡

=1

2𝑀𝑅2𝛼… (2)

Suku 𝜏𝑡𝑜𝑡 adalah torsi yang diberikan oleh setiap pegas yang besarnya adalah

𝜏𝑡𝑜𝑡 = 𝑘𝑥𝐿 cos 𝜃 + 12𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos 𝜃 + 22𝑘𝑥𝐿 cos 𝜃 + 2𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 + 3𝑘𝑥𝐿 cos𝜃

+ 32𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 +⋯+𝑁𝑘𝑥𝐿 cos𝜃 + 𝑁2𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃

𝜏𝑡𝑜𝑡 = 𝑘𝑥𝐿 cos 𝜃 (1 + 2 + 3 +⋯+ 𝑁) + 𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos 𝜃 (12 + 22 + 32 +⋯+𝑁2)

Terdapat deret aritmetika dan deret kuadrat dimana nilainya dapat kita ubah menjadi




1 + 2 + 3 +⋯+𝑁 =1

2𝑁(𝑁 + 1)

12 + 22 + 32 +⋯+ 𝑁2 =1

6𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1)

Sehingga akan kita peroleh

𝜏𝑡𝑜𝑡 =1

2 𝑘𝑥𝐿 cos 𝜃 𝑁(𝑁 + 1) +

1

6𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1)

Subtitusi kembali hasil ini ke persamaan (2)

𝑓𝑅 +1

2 𝑘𝑥𝐿 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1) +

1

6𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1) =

1

2𝑀𝑅2𝛼… (3)

Karena silinder tidak slip maka akan berlaku 𝑎 = 𝑅𝛼

Subtitusi persamaan (1) ke (3)

𝑘𝑥𝑅(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿𝑅 sin 𝜃 𝑁(𝐿 + 1) − 𝑀𝑅2𝛼 +

1

2 𝑘𝑥𝐿 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)

+1

6𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1) =

1

2𝑀𝑅2𝛼

𝑘𝑥𝑅(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿𝑅 sin 𝜃 𝑁(𝑁 + 1) +

1

2 𝑘𝑥𝐿 cos 𝜃 𝑁(𝑁 + 1)

+1

6𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1) =

3

2𝑀𝑅2𝛼

Karena silinder berotasi tanpa slip, perpindahan pusat massa silinder akan sama dengan

𝑅𝜃 atau 𝑥 = 𝑅𝜃

𝑘𝑅2𝜃(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿𝑅 sin 𝜃 𝑁(𝑁 + 1) +

1

2 𝑘𝑅𝐿𝜃 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)

+1

6𝑘𝐿2 sin 𝜃 cos𝜃 𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1) =

3

2𝑀𝑅2𝛼

Karena simpangan kecil, maka kita bisa lakukan pendekatan

sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos𝜃 ≈ 1

𝑅2𝜃(𝑁 + 1) +1

2𝑘𝐿𝑅𝜃𝑁(𝑁 + 1) +

1

2 𝑘𝑅𝐿𝜃𝑁(𝑁 + 1) +

1

6𝑘𝐿2𝜃𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1)

=3

2𝑀𝑅2𝛼




Arah percepatan sudut silinder berlawanan dengan arah bertambahnya sudut 𝜃

sehingga 𝛼 = �̈�, maka persamaan di atas dapat kita ubah menjadi

𝑘𝑅2𝜃(𝑁 + 1) + 𝑘𝐿𝑅𝜃𝑁(𝑁 + 1) +1

6𝑘𝐿2𝜃𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1) = −

3

2𝑀𝑅2�̈�

3

2𝑀𝑅2�̈� + [𝑘𝑅2(𝑁 + 1) + 𝑘𝐿𝑅𝑁(𝑁 + 1) +

1

6𝑘𝐿2𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1)]𝜃 = 0

�̈� +2

3

𝑘𝑘𝑅2(𝑁 + 1) + 𝑘𝐿𝑅𝑁(𝑁 + 1) +16𝑘𝐿

2𝑁(𝑁 + 1)(2𝑁 + 1)

𝑀𝑅2= 0

�̈� +𝑘[6(𝑁 + 1)𝑅2 + 6(𝑁2 +𝑁)𝐿𝑅 + (2𝑁3 + 3𝑁2 +𝑁)𝐿2]

9𝑀𝑅2𝜃 = 0

Persamaan di atas, analog dengan bentuk persamaan gerak harmonik sederhana yaitu

�̈� + 𝜔2𝜃 = 0, sehingga nilai 𝜔 atau kecepatan sudut osilasi sistem adalah

𝜔 = √𝑘[6(𝑁 + 1)𝑅2 + 6(𝑁2 +𝑁)𝐿𝑅 + (2𝑁3 + 3𝑁2 +𝑁)𝐿2]

9𝑀𝑅2

Karena

𝜔 =2𝜋

𝑇⟹ 𝑇 =

2𝜋

𝜔

Maka periode osilasi sistem akan menjadi

𝑇 = 2𝜋√9𝑀𝑅2

𝑘[6(𝑁 + 1)𝑅2 + 6(𝑁2 +𝑁)𝐿𝑅 + (2𝑁3 + 3𝑁2 +𝑁)𝐿2]

4. Sebuah bidang miring licin dengan sudut kemiringin 𝜃 di tempelkan di atas lantai

sehingga tidak dapat bergerak. Sebuah prisma bermassa 𝑀 di letakkan di atas bidang

miring dimana salah satunya sisinya tepat dalam kondisi vertikal. Pada sisi prisma yang

vertikal ini di letakkan sebuah bola berjari-jari 𝑅. Gaya gesek antara bola dan prisma

sangat besar sehingga bola akan menggelinding tanpa slip terhadap prisma. Pada

awalnya, sistem diam dan permukaan bawah bola berada pada jarak 𝐻 dari permukaan

bawah prisma yang vertikal. Berikut diagram sistem bola-prisma-bidang miring

tersebut.




Sistem kemudian dilepaskan begitu saja sehingga mulai bergerak.

a. Tentukan persamaan gerak bola dan prisma!

b. Tentukan percepatan prisma 𝑎2! Nyatakan dalam 𝑀,𝑚,𝑔, dan 𝜃.

c. Tentukan percepatan sudut 𝛼 dan percepatan bola terhadap prisma 𝑎1! Nyatakan

dalam 𝑀,𝑚,𝑔, dan 𝜃.

d. Setelah sistem dilepas, kapan bola menyentuh bidang miring 𝑡 dan berapa

kecepatannya saat akan menumbuk bidang miring! Asumsikan lintasan bidang

miring cukup panjang sehingga bola akan lebih dulu mencapai permukaan bidang

miring dibanding prisma sampai ke lantai. Kecepatan bola bisa anda nyatakan dalam

𝑎1, 𝑎2, 𝑡, 𝐻, dan 𝜃.

Pembahasan :

a. Untuk bola, agar lebih mudah kita gunakan kerangka acuan relatif prisma. Karena

prisma dipercepat, bola akan mendapat gaya fiktif yang arahnya berlawanan dengan

arah percepatan prisma dan besarnya sama dengan massa bola di kali percepatan

prisma. Untuk prisma, kita tinjau kerangka lantai. Berikut diagram gaya pada bola dan

prisma.

𝑚

𝑀

2𝑅

𝐻 𝑔

𝜃

𝑎2

𝑁1

𝑁2

𝑀𝑔

𝑚𝑔

𝑁1

𝑚𝑎2

𝑎1

𝛼 𝑓

𝑓




Hukum II Newton

Untuk Bola : Gerak translasi arah vertikal (kerangka acuan prisma), misalkan

percepatan bola relatif prisma pada arah ini adalah 𝑎1, maka

∑𝐹v = 𝑚𝑎1

𝑚𝑔 −𝑚𝑎2 sin 𝜃 − 𝑓 = 𝑚𝑎1

𝑚𝑔 − 𝑓 = 𝑚𝑎1 +𝑚𝑎2 sin 𝜃 … (1)

Untuk Bola : Gerak translasi arah horizontal (kerangka acuan prisma), pada arah ini

bola tidak dipercepat

∑𝐹h = 0

𝑚𝑎2 cos𝜃 − 𝑁1 = 0

𝑁1 = 𝑚𝑎2 cos𝜃 … (2)

Untuk Bola : Gerak rotasi terhadap pusat massa bola, misalkan percepatan sudut

bola adalah 𝛼

∑𝜏 = 𝐼𝛼

Ingat bahwa momen inersia bola 𝐼 = (2/5)𝑚𝑅2 dan karena bola menggelinding

tanpa slip akan berlaku 𝑎1 = 𝛼𝑅, sehingga

𝑓𝑅 =2

5𝑚𝑅2

𝑎1𝑅⟹ 𝑓 =

2

5𝑚𝑎1…(3)

Untuk Prisma : Gerak translasi arah sejajar bidang miring, misalkan percepatan

prisma adalah 𝑎2, maka

∑𝐹∥ = 𝑀𝑎2




𝑀𝑔sin 𝜃 + 𝑓 sin 𝜃 − 𝑁1 cos 𝜃 = 𝑀𝑎2…(4)

b. Subtitusi persamaan (3) ke (1)

𝑚𝑔 −2

5𝑚𝑎1 = 𝑚𝑎1 +𝑚𝑎2 sin 𝜃

𝑚𝑔 −𝑚𝑎2 sin 𝜃 =7

5𝑚𝑎1

𝑔 − 𝑎2 sin 𝜃 =7

5𝑎1 ⟹ 𝑎1 =

5

7𝑔 −

5

7𝑎2 sin 𝜃 … (5)

Subtitusi persmaan (5) ke (3)

𝑓 =2

5𝑚 (

5

7𝑔 −

5

7𝑎2 sin 𝜃) ⟹ 𝑓 =

2

7𝑚𝑔 −

2

7𝑚𝑎2 sin 𝜃 … (6)

Subtitusi persamaan (2) dan (6) ke (4)

𝑀𝑔sin 𝜃 + (2

7𝑚𝑔 −

2

7𝑚𝑎2 sin 𝜃) sin 𝜃 − (𝑚𝑎2 cos 𝜃) cos𝜃 = 𝑀𝑎2

7𝑀𝑔 sin 𝜃 + 2𝑚𝑔 sin 𝜃 − 2𝑚𝑎2 sin2 𝜃 − 7𝑚𝑎2 cos

2 𝜃 = 7𝑀𝑎2

7𝑀𝑔 sin 𝜃 + 2𝑚𝑔 sin 𝜃 = 7𝑀𝑎2 + 7𝑚𝑎2(sin2 𝜃 + cos2 𝜃) − 5𝑚𝑎2 sin

2 𝜃

(7𝑀 + 2𝑚)𝑔 sin 𝜃 = 7𝑀𝑎2 + 7𝑚𝑎2 − 5𝑚𝑎2 sin2 𝜃

(7𝑀 + 2𝑚)𝑔 sin 𝜃 = [7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚sin2 𝜃]𝑎2

𝑎2 =(7𝑀 + 2𝑚)𝑔 sin 𝜃

7(𝑀 + 𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃

c. Subtitusi 𝑎2 ke persamaan (5)

𝑎1 =5

7(𝑔 − 𝑎2 sin 𝜃)

𝑎1 =5

7(𝑔 −

(7𝑀 + 2𝑚)𝑔 sin 𝜃

7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃sin 𝜃)

𝑎1 =5

7(7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃 − (7𝑀 + 2𝑚) sin2 𝜃

7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃)𝑔




𝑎1 =5

7(7𝑀(1 − sin2 𝜃) − 7𝑚(1 − sin2 𝜃)

7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃)𝑔

𝑎1 =5(𝑀 −𝑚)𝑔 cos2 𝜃

7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃

Dari gerak menggelinding tanpa slip bola akan kita peroleh

𝛼 =𝑎1𝑅⟹ 𝛼 =

5(𝑀 − 𝑚)𝑔 cos2 𝜃

[7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃]𝑅

d. Relatif terhadap prisma, saat bola mencapai bidang miring, dia telah turun secara

vertikal sejauh 𝐻. Dengan menggunakan persamaan gerak GLBB dipercepat akan

kita peroleh

𝐻 =1

2𝑎1𝑡

2

𝑡 = √2𝐻

𝑎1⟹ 𝑡 = √

2𝐻[7(𝑀 +𝑚) − 5𝑚 sin2 𝜃]

5(𝑀 − 𝑚)𝑔 cos2 𝜃

Terhadap prisma, percepatan bola berarah vertikal ke bawah yang besarnya adalah

𝑣v2 = 2𝑎1𝐻 ⟹ 𝑣v = √2𝑎1𝐻

Saat bola sampai di bidang miring, prisma memiliki kecepatan yang arahnya sejajar

bidang miring dengan besar

𝑣∥ = 𝑎2𝑡

Sehingga kecepatan bola saat akan menumbuk bidang miring adalah

𝑣 = 𝑣v + 𝑣∥

Vektor 𝑣v dan 𝑣∥ membentuk sudut 𝜙 = 𝜋/2 − 𝜃 sehingga besar kecepatan bola 𝑣

adalah

𝑣 = √𝑣v2 + 𝑣∥2 + 2𝑣∥𝑣v cos𝜙

Ingat kesamaan trigonometri cos(𝜋/2 − 𝜃) = sin 𝜃 sehingga

𝑣 = √2𝑎1𝐻 + 𝑎2𝑡(𝑎2𝑡 + 2√2𝑎1𝐻 sin 𝜃)




5. Sebuah bola bermassa 𝑚 dan berjari-jari 𝑅 di tahan pada tembok oleh sebuah tali. Tali di

ikatkan di tembok pada jarak 𝐻 dari titik kontak bola dengan tembok. Tali ini membentuk

sudut 𝜃 terhadap tembok dan garis perpanjangan tali ini tidak melewati pusat bola.

Tembok dimana bola ditahan membentuk sudut 𝜙 terhadap tanah. Sistem ini ditunjukan

oleh gambar di bawah.

a. Tentukan besar gaya tegang pada tali yang menahan bola tersebut!

b. Berapa koefisien gesek minimum antara bola dan tembok agar bola dapat seimbang

secara statik?

Pembahasan :

a. Untuk menyelesaikan soal ini, kita gunakan syarat-syarat keseimbangan statik yaitu

resultan torsi dan gaya pada setiap arah bernilai nol. Perhatikan diagram berikut!

𝑚 𝑅

𝐻

𝑔

𝜙

𝜃

𝜃 𝑔

𝐻 sin 𝜃 𝐻

𝑅

𝜙

𝑥

𝑦 𝜃

𝜙

𝑁 𝑓

𝑚𝑔

𝑇




Tinjau keseimbangan torsi pada bola terhadap titik kontak bola dengan tembok. Dari

sini akan kita peroleh

∑𝜏 = 0

𝑇𝐻 sin 𝜃 − 𝑚𝑔𝑅 sin𝜙 = 0⟹ 𝑇 =𝑚𝑔𝑅 sin 𝜙

𝐻 sin 𝜃

Tinjau keseimbangan gaya pada bola. Pada sumbu 𝑥 akan kita peroleh

𝑇 cos𝜃 + 𝑓 −𝑚𝑔 sin𝜙 = 0

Subtitusi nilai 𝑇

𝑚𝑔𝑅 sin 𝜙

𝐻 sin 𝜃cos 𝜃 + 𝑓 − 𝑚𝑔 sin 𝜙 = 0

𝑓 = 𝑚𝑔 sin 𝜙 −𝑚𝑔𝑅 sin𝜙 cos𝜃

𝐻 sin 𝜃

𝑓 = 𝑚𝑔 sin 𝜙𝐻 sin 𝜃 − 𝑅 cos𝜃

𝐻 sin 𝜃

Kemudian dari keseimbangan gaya untuk bola pada sumbu 𝑦 akan kita peroleh pula

𝑁 − 𝑇 sin 𝜃 − 𝑚𝑔 cos𝜙 = 0

Subtitusi nilai 𝑇

𝑁 −𝑚𝑔𝑅 sin𝜙

𝐻 sin 𝜃sin 𝜃 − 𝑚𝑔 cos𝜙 = 0

𝑁 =𝑚𝑔𝑅 sin 𝜙

𝐻+𝑚𝑔 cos𝜙 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔

𝑅 sin𝜙 + 𝐻 cos𝜙

𝐻

Hubungan antara gaya normal 𝑁, gaya gesek 𝑓, dan koefisien gesek statik adalah

𝑓 ≤ 𝜇smin𝑁

𝜇s ≥𝑓

𝑁

Subtitusi nilai 𝑓 dan 𝑁

𝜇s ≥𝑚𝑔 sin 𝜙

𝐻 sin 𝜃 − 𝑅 cos𝜃𝐻 sin 𝜃

𝑚𝑔𝑅 sin𝜙 + 𝐻 cos𝜙

𝐻




𝜇s ≥𝐻 sin𝜙 sin 𝜃 − 𝑅 sin 𝜙 cos𝜃

𝑅 sin 𝜙 sin 𝜃 + 𝐻 cos𝜙 sin 𝜃

Bagi penyebut dan pembilang sis kanan dengan sin𝜙 sin 𝜃, sehingga akan kita

dapatkan

𝜇s ≥𝐻 − 𝑅 cot 𝜃

𝑅 + 𝐻 cot𝜙

Maka koefisien gesek minimum agar bola dapat setimbang secara statik adalah

𝜇smin =𝐻 − 𝑅 cot 𝜃

𝑅 + 𝐻 cot𝜙

6. Sebuah pendulum digantung menggunakan tali yang tidak elastis dan memiliki panjang

𝑑 pada sebuah titik poros di langit-langit. Pendulum berupa bola kecil bermassa 𝑚. Pada

awalnya bola berada di atas lantai dan tali dalam keadaan panjang totalnya namun tetap

relaks. Pada kondisi ini tali membentuk sudut 𝜃0 terhadap garis vertikal.

Kemudian sebuah prisma bidang miring licin bermassa 𝑀 dengan sudut kemiringin

𝛼 menumbuk bola dengan arah gerak prisma tegak lurus tali dan permukaan lantai

dengan kecepatan 𝑣0.

Diketahui koefisien restitusi antara bola dan prisma adalah 𝑒 (0 < 𝑒 < 1).

𝑑 𝜃0

𝑚

𝑀 𝛼

𝑣0

𝑚




a. Apakah momentum linear dan energi sistem prisma bola pada kondisi sesaat sebelum

dan sesudah tumbukan kekal?

b. Tentukan kecepatan bola sesudah tumbukan?

c. Tentukan kecepatan prisma sesudah tumbukan?

d. Berapa perbandingan massa prisma dan bola pendulum agar prisma diam sesudah

tumbukan?

e. Saat pendulum sudah bergerak melingkar, berapa momentum sudut pendulum?

Apakah nilainya konstan?

f. Bagaimana dengan energi pendulum selama dia bergerak melingkar, apakah nilainya

konstan? Berapa energi sistem bola pendulum ini? Jadikan poros di langit-langit

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol.

Pembahasan :

a. Gaya luar pada sistem prisma dan bola saat tumbukan diberikan oleh tali berupa gaya

tegangan dan dari lantai berupa gaya normal, gaya gesek tidak ada karena permukaan

lantai dan prisma licin. Namun karena gaya-gaya ini tegak lurus dengan lintasan

gerak awal prisma, maka tidak ada gaya luar yang bekerja pada sistem untuk arah ini

sehingga momentum linear sistem pada arah ini akan kekal. Karena tumbukan elastis

sebagian (0 < 𝑒 < 1) maka energi sistem sesaat sebelum dan sesudah tumbukan

tidak kekal.

b. Sesudah tumbukan, bola akan memiliki kecepatan yang arahnya tegak lurus dengan

permukaan yang menumbuknya, yaitu permukaan miring prisma.

Dari konservasi (kekekalan) momentum arah mendatar (berdasarkan gambar di

atas, ini adalah arah gerak awal prisma) akan kita peroleh

𝑀𝑣0 = 𝑀𝑣1 +𝑚𝑣2 sin 𝛼

𝑀 𝛼

𝑣1 𝑣2

𝛼

𝑚




𝑀𝑣0 −𝑀𝑣1 = 𝑚𝑣2 sin 𝛼

𝑀(𝑣0 − 𝑣1) = 𝑚𝑣2 sin 𝛼 ⟹ 𝑣0 − 𝑣1 =𝑚

𝑀𝑣2 sin 𝛼 … (1)

Koefisien restitusi adalah perbandingan antara kecepatan saling menjauh dan

mendekat titik-titik yang bertumbukan pada arah tumbukan. Arah tumbukan adalah

arah yang tegak lurus bidang permukaan titik yang bertumbukan. Bidang tumbukan

di sini adalah permukaan bidang miring, maka arah tumbukan adalah tegak lurus

permukaan bidang miring (hipotenusanya). Dari sini akan kita peroleh

𝑒 =𝑣2 − 𝑣1 sin 𝛼

𝑣0 sin 𝛼

𝑒𝑣0 sin 𝛼 = 𝑣2 − 𝑣1 sin 𝛼

𝑒𝑣0 sin 𝛼 + 𝑣1 sin 𝛼 = 𝑣2 ⟹ 𝑒𝑣0 + 𝑣1 =𝑣2sin 𝛼

… (2)

Jumlahkan persamaan (1) dan (2)

𝑣0 − 𝑣1 + 𝑒𝑣0 + 𝑣1 =𝑚

𝑀𝑣2 sin 𝛼 +

𝑣2sin 𝛼

𝑣0 + 𝑒𝑣0 = (𝑚

𝑀sin 𝛼 +

1

sin 𝛼)𝑣2

(1 + 𝑒)𝑣0 =𝑀 +𝑚sin2 𝛼

𝑀 sin 𝛼𝑣2 ⟹ 𝑣2 =

(1 + 𝑒)𝑀 sin 𝛼

𝑀 +𝑚 sin2 𝛼 𝑣0

c. Subtitusi 𝑣2 ke persamaan (1)

𝑣0 − 𝑣1 =𝑚

𝑀((1 + 𝑒)𝑀 sin 𝛼

𝑀 +𝑚 sin2 𝛼 𝑣0) sin 𝛼

𝑣0 − 𝑣1 =(1 + 𝑒)𝑚 sin2 𝛼


𝑣0 −(1 + 𝑒)𝑚 sin2 𝛼

𝑀 + 𝑚 sin2 𝛼 𝑣0 = 𝑣1

𝑀 +𝑚sin2 𝛼 − (1 + 𝑒)𝑚 sin2 𝛼

𝑀 + 𝑚 sin2 𝛼 𝑣0 = 𝑣1 ⟹ 𝑣1 =

𝑀 − 𝑒𝑚 sin2 𝛼





d. Agar prisma diam sesudah tumbukan, kecepatannya harus bernilai nol, dari sini kita

peroleh

𝑣1 = 0 =𝑀 − 𝑒𝑚 sin2 𝛼


𝑀 − 𝑒𝑚 sin2 𝛼 = 0 ⟹𝑀

𝑚= 𝑒 sin2 𝛼

e. Pendulum akan berotasi berotasi terhadap poros di langit-langit dimana tali

diikatkan.

Pendulum akan memiliki momentum sudut terhadap sumbu vertikal yang melalui

poros ini, besarnya adalah

𝐿 = 𝑚𝑣2 sin 𝛼 𝑑 sin 𝜃0 ⟹ 𝐿 =(1 + 𝑒)𝑀𝑚𝑣0𝑑 sin

2 𝛼 sin 𝜃0𝑀 +𝑚sin2 𝛼

Syarat momentum sudut kekal pada suatu arah adalah tidak ada torsi luar yang

bekerja pada sistem untuk arah yang dimaksud terhadap sumbu rotasinya. Untuk

pendulum, torsi luar diberikan oleh gaya gravitasi dan gaya tegangan tali, namun

kedua gaya ini memberikan torsi yang arahnya tegak lurus dengan rotasi pendulum.

Alhasil momentum sudut pendulum akan kekal.

f. Syarat energi sistem kekal adalah tidak ada usaha yang dilakukan pada sistem oleh

gaya non konservatif. Pada sistem pendulum ini, dia mendapat gaya tegangan tali

yang tidak konservatif dan gaya gravitasi yang konservatif. Gaya gravitasi melakukan

usaha pada pendulum karena pendulum akan berubah posisi ketinggiannya dari

lantai namun usaha ini tidak membuat energi sistem hilang karena gaya gravitasi

merupakan gaya konservatif. Sedangkan gaya tegangan tali tidak memberikan usaha,

𝜃0

𝑣2




karena bola tidak bergerak pada arah yang searah dengan tali (tali tidak elastis)

sehingga dapat disimpulkan bahwa energi pendulum kekal semasa dia bergerak

melingkar, tentunya setelah ditumbuk oleh prisma.

Energi sistem pendulum ini dengan menjadikan poros di langit-langit sebagai acuan

energi potensila sama dengan nol adalah

𝐸 = −𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃0 +1

2𝑚𝑣2

2

𝐸 =(1 + 𝑒)2𝑀2𝑚sin2 𝛼

2(𝑀 + 𝑚 sin2 𝛼 )2𝑣02 −𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃0

7. Sebuah struktur yang dapat berputar terdiri dari belah ketupat dengan panjang sisi 𝐿, 2𝐿

dan 3𝐿 (lihat gambar). Titik 𝐴3 bergerak dengan kecepatan hozisontal tetap 𝑣0. Tentukan

kecepatan titik-titik 𝐴1, 𝐴2 dan 𝐵2 pada saat semua sudut-sudut struktur tersebut sama

dengan 900. Tentukan juga percepatan titik 𝐵2!

Pembahasan :

Kita jadikan poros pada dinding sebagai acuan. Tinjau saat sudut pada titik 𝐵1, 𝐵2, dan 𝐵3

adalah 𝜃. Posisi masing-masing titik adalah

titik 𝐴1 ⟹ 𝑟1 = 2𝐿 sin𝜃

2𝑖̂


2𝑖̂


2𝑖̂

titik 𝐵2 ⟹ 𝑟B = 4𝐿 sin𝜃

2𝑖̂ + 2𝐿 cos

𝜃

2𝑗̂

𝐿 2𝐿 3𝐿

𝑣0 𝑣0 𝐴1 𝐴2 𝐴3

𝐵1 𝐵2

𝐵3




turunkan satu kali terhadap waktu akan kita peroleh kecepatan masing-masing titik

tersebut

titik 𝐴1 ⟹𝑑𝑟1𝑑𝑡

= 𝑣1 = 𝐿 cos𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑖̂


= 𝑣2 = 3𝐿 cos𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑖̂


= 𝑣3 = 6𝐿 cos𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑖̂

titik 𝐵2 ⟹𝑑𝑟𝐵𝑑𝑡

= 𝑣𝐵 = 2𝐿 cos𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑖̂ − 𝐿 sin

𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑗̂

kita tahu bahwa titik 𝐴3 bergerak ke kanan dengan kecepatan 𝑣0 atau 𝑣3 = 𝑣0𝑖̂ sehingga

𝑣0𝑖̂ = 6𝐿 cos𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑖̂ ⟹ cos

𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡=𝑣06𝐿⟹𝑑𝜃

𝑑𝑡=

𝑣06𝐿 cos(𝜃/2)

Sehingga akan kita peroleh kecepatan masing-masing titik yaitu

titik 𝐴1 ⟹ 𝑣1 =𝑣06𝑖̂ ⟹ 𝑣1 =

𝑣06

titik 𝐴2 ⟹ 𝑣2 =𝑣02𝑖̂ ⟹ 𝑣1 =

𝑣02

titik 𝐵2 ⟹ 𝑣𝐵 =𝑣03𝑖̂ −

𝑣06tan

𝜃

2𝑗̂

saat 𝜃 = 900 akan kita peroleh tan(𝜃/2) = tan 450 = 1 sehingga

𝑣𝐵 =𝑣03𝑖̂ −

𝑣06𝑗̂ ⟹ 𝑣𝐵 = √(

𝑣03)2

+ (−𝑣06)2

⟹ 𝑣𝐵 =√5

6𝑣0

Untuk mendapatkan percepatan titik 𝐵2, turunkan 𝑣𝐵 terhadap waktu satu kali

�⃗�𝐵 =𝑑𝑣𝐵𝑑𝑡

= −𝑣012sec2

𝜃

2

𝑑𝜃

𝑑𝑡𝑗̂

Subtitusi 𝑑𝜃/𝑑𝑡

�⃗�𝐵 = −𝑣012sec2

𝜃

2(

𝑣06𝐿 cos(𝜃/2)

) 𝑗̂

�⃗�𝐵 = −𝑣02

72𝐿sec3

𝜃

2𝑗̂

Saat 𝜃 = 900 kita peroleh sec(𝜃/2) = sec 450 = √2 sehingga




�⃗�𝐵 = −𝑣02

72𝐿(√2)

3𝑗̂

�⃗�𝐵 = −√2𝑣0

2

36𝐿𝑗̂ ⟹ 𝑎𝐵 =

√2𝑣02

36𝐿


Date post:	27-Nov-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	4 times
Download:	0 times

2 𝑚 - WordPress.com...diletakkan di permukaan lantai datar. Di rusuk atas bagian kanan dan kiri...

Documents