Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec ... · Maka persamaan kecepatan partikel sebagai fungsi waktu akan menjadi ... dengan beban / (lihat gambar di bawah). Mula-mula

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 2015 Number 1

KINEMATIKA GERAK

Sebuah benda yg bergerak pada bidang 2 dimensi mendapat gaya konstan. Setelah detik

pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah detik

selanjutnya (detik kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan setelah

detik pertama). Tunjukan apakah benda tersebut pernah mengalami berhenti sesaat

selama proses pergerakannya? Jika pernah, tentukan kapan waktunya (𝑡 dalam sekon

dan ambil acuan waktu 𝑡 = 0 dari saat kelajuan awal masih 𝑉0)!

Pembahasan :

Benda tersebut mendapat gaya kosntan pada bidang dua dimensi, berarti benda tersebut

akan memiliki percepatan yang konstan pula. Maka persamaan vektor kecepatan partikel

sebagai fungsi waktu adalah

�⃗� = �⃗� 0 + 𝑎 𝑡

Kita ketahui benda ini bergerak pada bidang dua dimensi. Misalkan kita gunakan sistem

koordinat kartesius dua dimensi, maka kecepatan dan percepatan sistem akan memiliki

komponen masing-masing pada sumbu 𝑥 dan 𝑦

𝑉𝑥�̂� + 𝑉𝑦�̂� = 𝑉0𝑥�̂� + 𝑉0𝑦�̂� + (𝑎𝑥�̂� + 𝑎𝑦�̂�)𝑡

𝑉𝑥�̂� + 𝑉𝑦�̂� = (𝑉0𝑥 + 𝑎𝑥𝑡)�̂� + (𝑉0𝑦 + 𝑎𝑥𝑡)�̂�

Dari equivalen persamaan arah sumbu 𝑥 dan 𝑦 akan kita dapatkan

𝑉𝑥 = 𝑉0𝑥 + 𝑎𝑥𝑡𝑉𝑦 = 𝑉0𝑦 + 𝑎𝑦𝑡

}… (1)

Besar vektor kecepatan awal, akhir, dan percepatan benda dapat kita cari dari teorema

phytagoras

𝑉2 = 𝑉𝑥2 + 𝑉𝑦

2

𝑉02 = 𝑉0𝑥

2 + 𝑉0𝑦2

𝑎2 = 𝑎𝑥2 + 𝑎𝑦

2

Dari persamaan (1) bisa kita dapatkan

𝑉𝑥2 = 𝑉0𝑥

2 + 2𝑉0𝑥𝑎𝑥𝑡 + 𝑎𝑥2𝑡2…(2)

𝑉𝑦2 = 𝑉0𝑦

2 + 2𝑉0𝑦𝑎𝑦𝑡 + 𝑎𝑦2𝑡2…(3)

Jumlahkan persamaan (2) dan (3)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

𝑉𝑥2 = 𝑉0𝑥

2 + 2𝑉0𝑥𝑎𝑥𝑡 + 𝑎𝑥2𝑡2

𝑉𝑦2 = 𝑉0𝑦

2 + 2𝑉0𝑦𝑎𝑦𝑡 + 𝑎𝑦2𝑡2

𝑉𝑥2 + 𝑉𝑦

2 = 𝑉0𝑥2 + 𝑉0𝑦

2 + 2𝑉0𝑥𝑎𝑥𝑡 + 2𝑉0𝑦𝑎𝑦𝑡 + 𝑎𝑥2𝑡2 + 𝑎𝑦2𝑡2+

𝑉𝑥2 + 𝑉𝑦

2 = 𝑉0𝑥2 + 𝑉0𝑦

2 + 2(𝑉0𝑥𝑎𝑥 + 𝑉0𝑦𝑎𝑦)𝑡 + (𝑎𝑥2 + 𝑎𝑦

2)𝑡2…(4)

Koefisien dari 𝑡 dan 𝑡2 pada persamaan dapat kita lihat bahwa dia berupa suatu nilai yang

konstan karena suku-suku di dalamnya konstan pula. Maka kita bisa gantikan dengan

koefisien yang lebih sederhana.

𝑉2 = 𝑉02 + 𝑝𝑡 + 𝑞𝑡2

Akhirnya kita dapatkan persamaan kecepatan partikel sebagai fungsi waktu. Pada saat

𝑡0 = 0 kecepatan benda adalah 𝑉0. Satu detik berikutnya atau pada 𝑡 = 1 s kecepatan

benda menjadi sepertiga kecepatan pada satu detik sebelumnya 𝑉1 = 𝑉0/3. Satu detik

berikutnya lagi atau pada 𝑡 = 2 s kecepatan benda menjadi sepertiga kecepatan pada

satu detik sebelumnya 𝑉2 = 𝑉1/3 = 𝑉0/9 dan seterusnya. Kita gunakan data ini mencari

nilai koefisien 𝑝 dan 𝑞.

Ketika 𝑡 = 1 s ⟹ 𝑉1 = 𝑉0/3

𝑉12 = 𝑉0

2 + 𝑝𝑡 + 𝑞𝑡2

𝑉02

9= 𝑉0

2 + 𝑝 + 𝑞 ⟹ 𝑝 + 𝑞 = −8

9𝑉02…(5)

Ketika 𝑡 = 2 s ⟹ 𝑉2 = 𝑉0/9

𝑉22 = 𝑉0

2 + 𝑝𝑡 + 𝑞𝑡2

𝑉02

81= 𝑉0

2 + 2𝑝 + 4𝑞

2𝑝 + 4𝑞 = −80

81𝑉02⟹ 𝑝+ 2𝑞 = −

40

81𝑉02…(6)

Eliminasi 𝑝 dari persmaan (5) dan (6)

𝑝 + 𝑞 = −89𝑉0

2

𝑝 + 2𝑞 = −4081𝑉0

2

−𝑞 = −3281𝑉0

2−

𝑞 =32

81𝑉02

Subtitusi 𝑞 ke persamaan (6) untuk mendapatkan 𝑝

𝑝 + 232

81𝑉02 = −

40

81𝑉02⟹ 𝑝 = −

104

81𝑉02

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

Maka persamaan kecepatan partikel sebagai fungsi waktu akan menjadi

𝑉2 = 𝑉02 −

104

81𝑉02𝑡 +

32

81𝑉02𝑡2

Syarat suatu benda berhenti adalah kecepatannya pada saat itu bernilai nol. Misalkan

benda tersebut ketika 𝑡 = 𝑇, maka pada saat ini 𝑉 = 0

0 = 𝑉02 −

104

81𝑉02𝑇 +

32

81𝑉02𝑇2

32𝑇2 − 104𝑇 + 81 = 0

Dengan rumus kuadrat akan kita dapatkan

𝑇 =−(−104) ± √(−104)2 − 4.32.81

2.32

𝑇 =104 ± √10816 − 10368

64

𝑇 =104 ± 8√7

64 =13 ± √7

8

Maka benda tersebut berhenti ketika

𝑇 =13 + √7

8≈ 1,956 s dan 𝑇 =

13 − √7

8≈ 1,294 s


BATANG TEGAR DI ATAS MEJA

Sebuah batang tegar AB dengan panjang 𝐿 bermassa 𝑚 berada di atas meja horisontal

licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang satu

dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan

dengan beban 𝑀 (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali

tersebut, kemudian beban M dilepaskan.

𝑀

𝑚

𝐵

𝐿

𝐴

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

a. Sesaat setelah beban 𝑀 dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban 𝑀 serta

percepatan pusat massa batang 𝑚.

b. Tentukan posisi titik pada batang (diukur dari A) yang memiliki percepatan nol pada

saat beban 𝑀 dilepaskan.

Pembahasan :

a. Perhatikan diagram gaya dan arah percepatan masing-masing benda di bawah ini!

Tinjau gerakan masing-masing benda

Beban 𝑀 (persamaan gaya arah vertikal)

𝑀𝑔 − 𝑇 = 𝑀𝐴…(1)

Batang AB (persamaan gaya arah horizontal ke kanan)

𝑇 = 𝑚𝑎… (2)

Batang AB (persamaan torsi berlawanan arah jarum jam)\

𝑇𝐿

2=1

12𝑚𝐿2𝛼 ⟹ 𝑇 =

1

6𝑚𝐿𝛼… (3)

Dari persamaan (2) dan (3) akan kita dapatkan

𝑚𝑎 =1

6𝑚𝐿𝛼 ⟹ 𝛼 =

6𝑎

𝐿… (4)

Hubungan 𝑎, 𝐴, dan 𝛼 dapat kita cari dengan cara berikut. Ujung batang bagian A,

terhadap pusat massa batang bergerak ke kanan dengan percepatan 𝛼𝐿/2, sedangkan

pusat massa batang dipercepat ke kanan dengan percepatan 𝑎, maka percepatan

ujung A terhadap tanah menjadi 𝑎 + 𝛼𝐿/2. Percepatan ujung A ini sama dengan

percepatan beban yaitu 𝐴 karena beban dan ujung A dihubungkan oleh tali yang tidak

dapat kendor.

𝐴 = 𝑎 +𝛼𝐿

2= 𝑎 +

6𝑎

𝐿

𝐿

2

𝐴 = 4𝑎 ⟹ 𝑎 =𝐴

4… (5)

Subtitusi persamaan (5) ke (2)

𝑇 =1

4𝑚𝐴…(6)

𝑇

𝑇

𝛼

𝑎

𝑀𝑔

𝐴

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

Kemudian subtitusi persamaan (6) ke (1)

𝑀𝑔 −1

4𝑚𝐴 = 𝑀𝐴

𝑀𝑔 =𝑚 + 4𝑀

4𝐴 ⟹ 𝐴 =

4𝑀

𝑚 + 4𝑀𝑔

Selanjutnya subtitusi 𝐴 ke persamaan (5) dan (6)

𝑎 =1

4

4𝑀

𝑚 + 4𝑀𝑔 ⟹ 𝑎 =

𝑀

𝑚 + 4𝑀𝑔

𝑇 =1

4𝑚

4𝑀

𝑚 + 4𝑀𝑔 ⟹ 𝑇 =

𝑀𝑚

𝑚 + 4𝑀𝑔

b. Misalkan suatu titik P berjarak 𝑑 dari titik A. Titik yang memiliki percepatan sama

dengan nol hanya mungkin berada di antara pusat batang dan titik B karena di area

ini, terhadap pusat massa batang, percepatannya ber arah ke kiri. Percepatan titik P

terhadap pusat massa batang adalah 𝛼(𝑑 − 𝐿/2) yang ber arah ke kiri. Sedangkan

pusat massa batang dipercepat ke kanan dengan percepatan 𝑎, maka percepatan titik

P terhadap tanah adalah

𝑎𝑝 = −𝛼 (𝑑 −𝐿

2) + 𝑎

Agar percepatan titik P ini sama dengan nol maka jarak 𝑑 adalah

0 = −𝛼 (𝑑 −𝐿

2) + 𝑎

𝑑 −𝐿

2=𝑎

𝛼=𝑎𝐿

6𝑎=𝐿

6

𝑑 =𝐿

2+𝐿

6⟹ 𝑑 =

2

3𝐿


KERETA DENGAN PERMUKAAN SEPEREMPAT LINGKARAN

Sebuah kereta bermassa 𝑀 = 3 kg memiliki permukaan horisontal yang tersambung

dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari 𝑅 = 0,5 m (lihat gambar

di bawah). Sebuah partikel bermassa 𝑚 = 2 kg bergerak di atas permukaan horisontal

kereta tersebut dengan kecepatan 𝑣0 = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel

tersebut sudah bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam

terhadap lantai. Seluruh permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting

sempurna. Percepatan gravitasi 𝑔 = 10 m/s2 ke bawah.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana

sudut yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran

dengan garis vertikal ke bawah adalah 𝛼, tentukan masing-masing besar kecepatan

partikel dan kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi 𝛼.

b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat ketika meninggalkan kereta.

c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga

kembali menumbuk kereta tersebut.

d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan

horisontal kereta tersebut, tentukan besar kecepatan partikel dan kereta terhadap

lantai.

Pembahasan :

a. Karena seluruh permukaan licin, ketika partikel masih berada di lintasan mendatar di

atas kereta, kereta masih diam. Hal ini dikarenakan tidak ada gaya yang bekerja pada

arah horizontal baik pada partikel maupun pada kereta. Namun ketika partikel tiba di

lintasan seperempat lingkaran, dia akan memberikan gaya normal pada kereta dan

gaya normal ini memiliki komponen pada arah horizontal sehingga kereta akan

bergerak maju. Misalkan ketika partikel berada di lintasan seperempat lingkaran dan

membentuk sudut 𝛼, kecepatan partikel relatif terhadap kereta adalah 𝑢 dan

kecepatan kereta adalah 𝑉.

Karena pada sistem tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada arah horizontal, maka

momentum linear arah sumbu 𝑥 akan tetap atau kekal

𝑚𝑣0 = 𝑚(𝑉 + 𝑢 cos 𝛼) + 𝑀𝑉 ⟹ 𝑉 =𝑚

𝑀 +𝑚(𝑣0 − 𝑢 cos 𝛼)… (1)

𝑀

𝑚 𝑔 𝑣0

𝛼 𝑅

𝛼

𝛼 𝑅

𝑢

𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

Karena semua permukaan licin dan gaya luar yang bekerja konservatif, energi

mekanik sistem akan kekal. Kecapatan yang digunakan adalah kecepatan partikel dan

kereta terhadap lantai. Jadikan permukaan horizontal kereta sebagai acuan energi

potensial sama dengan nol. 1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚[(𝑉 + 𝑢 cos 𝛼)2 + (𝑢 sin 𝛼)2] +

1

2𝑀𝑉2 +𝑚𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

𝑣02 = 𝑉2 + 2𝑉𝑢 cos 𝛼 + 𝑢2(sin2 𝛼 + cos2 𝛼) +

𝑀

𝑚𝑉2 + 2𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

𝑣02 = 2𝑉𝑢 cos 𝛼 + 𝑢2 +

𝑀 +𝑚

𝑚𝑉2 + 2𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)… (2)


𝑣02 = 2(

𝑚

𝑀 +𝑚(𝑣0 −𝑚𝑢 cos 𝛼))𝑢 cos 𝛼 + 𝑢

2 +𝑀 +𝑚

𝑚(

𝑚

𝑀 +𝑚(𝑣0 − 𝑢 cos 𝛼))

2

+ 2𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

𝑣02 =

2𝑚

𝑀 +𝑚𝑢 cos 𝛼 (𝑣0 − 𝑢 cos𝛼) + 𝑢

2 +𝑚

𝑀 +𝑚(𝑣0

2 + 𝑢2 cos2 𝛼 − 2𝑣0𝑢 cos 𝛼)

+ 2𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

(𝑀 +𝑚)𝑣02 = 2𝑚𝑢 cos 𝛼 (𝑣0 − 𝑢 cos 𝛼) + (𝑀 +𝑚)𝑢

2

+𝑚(𝑣02 + 𝑢2 cos2 𝛼 − 2𝑣0𝑢 cos 𝛼) + 2(𝑀 +𝑚)𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

𝑀𝑣02 = (𝑀 +𝑚)𝑢2 −𝑚𝑢2 cos2 𝛼 + 2(𝑀 +𝑚)𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

(𝑀 +𝑚 sin2 𝛼)𝑢2 = 𝑀𝑣02 − 2(𝑀 +𝑚)𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

𝑢2 =𝑀𝑣0

2 − 2(𝑀 +𝑚)𝑔𝑅(1 − cos 𝛼)

𝑀 +𝑚 sin2 𝛼

𝑢 = √𝑀𝑣02 − 2(𝑀 +𝑚)𝑔𝑅(1 − cos𝛼)

𝑀 +𝑚 sin2 𝛼

Jika kita masukkan data-data yang diketahui akan didapatkan

𝑢 = √3(15)2 − 2(3 + 2)10.0,5(1 − cos 𝛼)

3 + 2 sin2 𝛼

𝑢 = √675 − 50(1 − cos𝛼)

3 + 2 sin2 𝛼

𝑢 = √625 + 50 cos 𝛼

3 + 2 sin2 𝛼 m/s

Kecepatan kereta sebagai fungsi 𝛼 adalah

𝑉 =2

3 + 2(15 − cos𝛼 √

625 + 50 cos 𝛼

3 + 2 sin2 𝛼)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

𝑉 = 6 − 2 cos 𝛼√25 + 2 cos 𝛼

3 + 2 sin2 𝛼 m/s

Kecepatan kereta partikel terhadap lantai sebagai fungsi 𝛼 adalah

𝑣 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2

𝑣 = √(𝑉 + 𝑢 cos 𝛼)2 + (𝑢 sin 𝛼)2⟹ 𝑣 = √𝑉2 + 2𝑉𝑢 cos 𝛼 + 𝑢2 m/s

Dengan 𝑉 dan 𝑢 seperti persamaan sebelumnya.

b. Tepat ketika meninggalkan partikel meniggalkan kereta, sudut 𝛼 = 𝜋/2 maka

sin 𝛼 = sin𝜋

2= 1 dan cos𝛼 = cos

𝜋

2= 0

𝑢 = √625 + 50.0

3 + 2. 12 m/s ⟹ 𝑢 = 5√5 m/s

𝑉 = 6 m/s

Maka kecepatan partikel ketika meninggalkan kereta adalah

𝑣 = √62 + 2.6.5√5. 0 + (5√52) ⟹ 𝑣 = √161 m/s

c. Ketika partikel tepat meninggalkan kereta, kecepatannya terhadap kereta tepat

berarah vertikal ke atas atau bisa kita katakan pada saat lepas dari kereta, partikel

tidak mempunyai kecepatan arah horizontal relatif terhadap kereta. Relatif terhadap

kereta, kecepatan tepat ketika meninggalkan kereta adalah

𝑢 = 5√5 m/s

dan relatif terhadap kereta, kecepatan ini berarah vertikal ke atas. Dengan mengamati

partikel dari kereta, kita akan dapatkan bahwa dia hanya bergerak naik vertikal ke

atas kemudian ketika sampai di ketinggian tertinggi dia akan jatuh kembali. Waktu

dari saat lepas dari kereta sampai mencapai ketinggian maksimum adalah

𝑣𝑡 = 𝑣0 − 𝑔𝑡

0 = 𝑢 − 𝑔𝑡 ⟹ 𝑡 =𝑢

𝑔=5√5

10=1

2√5 s

Maka selang waktu dari saat partikel lepas sampai dia kembali lagi sampai di kereta

adalah

𝑇 = 2𝑡 = √5 s

Selama partikel lepas dari kereta, kecepatan kereta konstan sebesar

𝑉 = 6 m/s

Maka jarak yang ditempuh kereta adalah

𝑠 = 𝑉𝑇

𝑠 = 6. √5 ⟹ 𝑠 = 6√5 m

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

d. Saat partikel kembali bertemu dengan kereta, partikel akan tepat bersinggungan

dengan ujung lintasan lingkaran paling atas (kebalikan dari ketika partikel

meninggalkan kereta). Selanjutnya, partikel akan bergerak menuruni lintasan

lingkaran hingga akhirnya kembali menyusuri lintasan kereta yang horisontal. Dari

awal sampai sini, tidak ada kehilangan energi pada sistem kereta dan partikel karena

semua permukaan licin dan tidak ada gaya eksternal pada arah horizontal pada

sistem, maka energi kinetik sistem dan momentumnya arah horizontal kekal. Pada

arah vertikal, momentum sistem tidak kekal karena ada gaya luar yaitu gaya gravitasi.

Keadaan pertama adalah ketika kereta masih diam (𝑉 = 0) dan partikel bergerak

dengan kecepatan terhadap lantai 𝑢 = 15 m/s. Keadaan kedua adalah ketika partikel

sudah kembali ke lintasan horisontal dengan kecepatan terhadap lantai 𝑣′ yang

berarh ke kiri dan kecepatan kereta terhadap lantai 𝑉’.

Kekelan momentum pada arah horizontal

𝑚𝑣0 = 𝑚(−𝑣′) + 𝑀𝑉′

𝑚(𝑣0 + 𝑣′) = 𝑀𝑉′…(3)

Kekekalan energi energi mekanik sistem 1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚𝑣′

2+1

2𝑀𝑉′

2

𝑚(𝑣02 − 𝑣′

2) = 𝑀𝑉′

2

𝑚(𝑣0 − 𝑣′)(𝑣0 + 𝑣

′) = 𝑀𝑉′2

Subtitusi persamaan (3)

(𝑣0 − 𝑣′)𝑀𝑉′ = 𝑀𝑉′

2

𝑉′ = 𝑣0 − 𝑣′…(4)


𝑚(𝑣0 + 𝑣′) = 𝑀(𝑣0 − 𝑣

′)

(𝑀 +𝑚)𝑣′ = (𝑀 −𝑚)𝑣0

𝑣′ =𝑀 −𝑚

𝑀 +𝑚𝑣0 =

3 − 2

3 + 215 ⟹ 𝑣′ = 3 m/s (arah ke kiri)

Subtitusi 𝑣′ ke persamaan (4)

𝑉′ = 𝑣0 − 𝑣′

𝑉′ = 15 − 3 ⟹ 𝑉′ = 12 m/s (arah ke kanan)


SATELIT BERPINDAH ORBIT

Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan periode

revolusi sebesar 𝑇1 = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit lingkaran

lainnya dengan periode sebesar 𝑇2 = 27 jam melalui cara sebagai berikut. Pertama,

satelit tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

merubah arahnya, sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk ellips.

Ketika satelit tersebut telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatannya

diubah seketika sesuai dengan orbit kedua dengan periode 𝑇2. Tentukan:

a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua.

b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua

relatif terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya.

Pembahasan :

a. Untuk menemukan waktu yang dibutuhkan satelit untuk berpindah orbit dari orbit

awal ke orbit kedua, kita bisa menggunakan Hukum Keppler. Pertama, dari waktu

revolusi pada orbit 1 dan 2 dapat kita ketahui bahwa jari-jari orbit 1 lebih kecil dari

orbit 2 karena waktu revolusi pada orbit 1 lebih cepat dari waktu revolusi pada orbit

2. Misalkan ketika satelit murni berada di orbit 1 dan orbit 2 yang berbentuk

lingkaran kecepatannya masing-masing adalah 𝑣1 dan 𝑣2, jari-jari orbit 1 dan 2 adalah

𝑟1 dan 𝑟2. Kemudian misalkan ketika satelit berada di orbit transisi berbentuk elips,

kecepatanya ketika di perihelium (titik terdekat dengan planet) atau tepat

menyinggung orbit 1 adalah 𝑢1 dan ketika di aphelium (titik terjauh dengan planet)

atau tepat menyinggung orbit 2 adalah 𝑢2. Berikut diagram gerakan dan perpindahan

satelit.

Titik hitam adalah pusat orbit lintasan, planet di salah satu titik fokus lintasan elips

(baca lagi mengenai gerakan planet pada orbit elips). Ketika si satelit bergerak pada

orbit 1 dan 2, energi mekanik konstan sepanjang waktu. Karena satelit bergerak

melingkar, maka akan berlaku persamaan gaya sentripetal. Gaya yang berperan

sebagai gaya sentripetal disini adalah gaya gravitasi antar planet. Misalkan massa

planet adalah 𝑀 dan massa satelit 𝑚.

Orbit 1

𝑟2 𝑟1

𝑎

𝑢1

𝑢2

𝑣1

𝑣1

𝑣1

𝑣2

𝑣2

𝑣2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

𝐹𝑆,1 =𝐺𝑀𝑚

𝑟12=𝑚𝑣1

2

𝑟1⟹ 𝑣1

2 =𝐺𝑀

𝑟1…(1)

Orbit 2

𝐹𝑆,2 =𝐺𝑀𝑚

𝑟22=𝑚𝑣2

2

𝑟2⟹ 𝑣2

2 =𝐺𝑀

𝑟2…(2)

Kecepatan satelit juga bisa dinyatakan sebagai sebagai

𝑣 = 𝜔𝑟 =2𝜋

𝑇𝑟,maka

pada orbit 1 ⟹𝐺𝑀𝑚

𝑟12=𝑚(

2𝜋𝑇1𝑟1)

2

𝑟1⟹ 𝑟1

3 =𝐺𝑀

4𝜋2𝑇12…(3)

pada orbit 2 ⟹𝐺𝑀𝑚

𝑟22=𝑚(

2𝜋𝑇2𝑟2)

2

𝑟2⟹ 𝑟2

3 =𝐺𝑀

4𝜋2𝑇22…(4)

persamaan (3) dan (4) kita kenal sebagai hukum keppler 3 yaitu pangkat tiga jarak

rata-ratanya dari planet di mana suatu benda bergerak sebanding dengan pangkat

dua periode revolusinya (suku 𝐺𝑀/4𝜋2 konstan) atau

Hukum Keppler 3 ⟹ 𝑟3 ≈ 𝑇2

Sekarang kita analisis gerakan planet ketika berada di orbit transisi berbentuk elips.

Elips mempunyai dua sumbu yaitu sumbu minor dan mayor, dua titik fokus, satu titik

pusat. Disini, pada hukum kepler, jarak yang digunakan untuk menggantikan 𝑟 adalah

panjang jari-jari mayor atau setengah sumbu mayor dan nilainya adalah

𝑎 =𝑟1 + 𝑟22

Hukum Keppler 3 pada orbit elips dan orbit 1

𝑇2

𝑇12 =

𝑎3

𝑟13

𝑇 = 𝑇1𝑎3/2

𝑟13/2

𝑇 = 𝑇1(𝑟1 + 𝑟22 )

3/2

𝑟13/2

= 𝑇1(𝑟1 + 𝑟2)

3/2

2√2𝑟13/2

𝑇 = 𝑇1

((𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇12/3 + (

𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇22/3)

3/2

2√2((𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇12/3)

3/2

𝑇 =(𝑇1

2/3 + 𝑇22/3)

3/2

2√2

Dengan memasukkan nilai numeriknya akan kita dapatkan nilai 𝑇

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

𝑇 =(82/3 + 272/3)

3/2

2√2≈ 16,6 jam

Dapat kita lihat bahwa dari gambar diagram sebelumnya, jarak yang ditempuh untuk

berpindah orbit adalah setengah dari keliling elips, berarti waktu untuk berpindah

orbit adalah setengah dari periode 𝑇 yaitu

𝑡 =1

2𝑇 = 8,3 jam

b. Kita tinjau kecepatan satelit ketika di perihelium atau tepat ketika baru lepas dari

orbit 1 dan ketika di aphelium atau tepat ketika akan lepas dari orbit elips menuju

orbit 2. Karena tidak ada torsi eksternal, maka momentum sudut sistem akan kekal.

𝐿𝑃𝑒𝑟 = 𝐿𝐴𝑝ℎ

𝑚𝑢1𝑟1 = 𝑚𝑢2𝑟2⟹ 𝑢2 =𝑟1𝑟2𝑢1

Energi mekanik sistem kekal

𝐸𝑀𝑃𝑒𝑟 = 𝐸𝑀𝐴𝑝ℎ

1

2𝑚𝑢1

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟1=1

2𝑚𝑢2

2 −𝐺𝑀𝑚

𝑟2

𝑢12 − 𝑢2

2 = 2𝐺𝑀 (1

𝑟1−1

𝑟2)

𝑢12 (𝑟22 − 𝑟1

2

𝑟22) = 𝑢1

2 ((𝑟2 − 𝑟1)(𝑟2 + 𝑟1)

𝑟22) = 2𝐺𝑀 (

𝑟2 − 𝑟1𝑟1𝑟2

)

𝑢1 = √2𝐺𝑀𝑟2

𝑟1(𝑟2 + 𝑟1)

Kemudian

𝑢2 =𝑟1𝑟2√2𝐺𝑀

𝑟2𝑟1(𝑟2 + 𝑟1)

𝑢2 = √2𝐺𝑀𝑟1

𝑟2(𝑟2 + 𝑟1)

Persamaan (1) dan (2) dapat dinyatakan ulang menjadi

𝑣1 = √𝐺𝑀

𝑟1 dan 𝑣2 = √

𝐺𝑀

𝑟2

Prosentase besar perubahan kecepatan satelit dari orbit 1 ke orbit transisi elips

adalah

Δ𝑣1% = (𝑢1𝑣1− 1) × 100%

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

Δ𝑣1% =

(

√2𝐺𝑀

𝑟2𝑟1(𝑟2 + 𝑟1)

√𝐺𝑀𝑟1

− 1

)

× 100%

Δ𝑣1% = (√2𝑟2𝑟2 + 𝑟1

− 1) × 100%

Δ𝑣1% =

(

√

2(𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇22/3

(𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇22/3 + (

𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇12/3

− 1

)

× 100%

Δ𝑣1% = (√2𝑇2

2/3

𝑇22/3 + 𝑇1

2/3− 1) × 100%

Dengan memasukkan nilai numeriknya akan didapatkan

Δ𝑣1% = (√2(27)2/3

(27)2/3 + (8)2/3− 1) × 100%

Δ𝑣1% = (√18

13− 1) × 100% ⟹ Δ𝑣1% = 17,7%

Prosentase besar perubahan kecepatan satelit dari orbit transisi elips ke orbit 2

adalah

Δ𝑣2% = (𝑣2𝑢2− 1) × 100%

Δ𝑣2% =

(

√𝐺𝑀𝑟2

√2𝐺𝑀𝑟1

𝑟2(𝑟2 + 𝑟1)

− 1

)

× 100%

Δ𝑣2% = (√𝑟2 + 𝑟12𝑟1

− 1) × 100%

Δ𝑣2% =

(

√(𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇22/3 + (

𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇12/3

2 (𝐺𝑀4𝜋2

)1/3

𝑇12/3

− 1

)

× 100%

Δ𝑣2% = (√𝑇22/3 + 𝑇1

2/3

2𝑇12/3

− 1) × 100%

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

Dengan memasukkan nilai numeriknya akan didapatkan

Δ𝑣2% = (√(27)2/3 + (8)2/3

2(8)2/3− 1) × 100%

Δ𝑣2% = (√13

8− 1) × 100% ⟹ Δ𝑣2% = 27,5%


TUMBUKAN BOLA PING-PONG DENGAN MEJA

Sebuah bola ping-pong bermassa 𝑚 = 3 gram dipukul sedemikian rupa sehingga bola

tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada ketinggian 𝐻 = 20 cm di atas meja. Bola

tersebut juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang tegak lurus pada kecepatan

horisontal tersebut. Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang bersifat elastik, bola

tersebut terpental vertikal ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan permukaan meja,

koefisien gesek kinetik antara bola dengan meja 𝜇𝑘 = 0,25. Asumsikan bahwa tumbukan

terjadi pada waktu yang relatif sangat singkat. Percepatan gravitasi 𝑔 = 10 m/s2.

Momen inersia bola ping-pong adalah𝐼 = 2 3⁄ 𝑚𝑅2 dengan 𝑅 = jari-jari bola ping-pong.

Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja.

Pembahasan :

Pada keadaan awal, bola dipukul pada arah horizontal sehingga memiliki kecepatan 𝑣𝑥

dan dia juga berotasi dengan kecepatan sudut 𝜔. Tepat ketika akan menumbuk lantai,

bola pingpong memiliki kecepatan arah vertikal ke bawah yaitu 𝑣𝑦 = √2𝑔𝐻. Tepat

setelah menumbuk meja, bola bergerak lurus vertikal ke atas tanpa rotasi akibat adanya

impuls gaya gesek dan gaya normal dari lantai. Karena tumbukan antara bola ping-pong

dan lantai lenting sempurna, dia hanya berbalik arah pada arah tumbukan yaitu arah

vertikal. Tinjau gaya-gaya yang bekerja pada bola ping-pong ketika bertumbukan dengan

lantai.

𝐻

𝑚

𝜇𝑘

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15

Misalkan tumbukan terjadi pada selang waktu Δ𝑡 yang sangat kecil. Impuls pada arah

vertikal akibat gaya normal dan gaya berat adalah sama dengan perubahan momentum

linier bola ping-pong pada arah vertikal.

(𝑁 −𝑚𝑔)Δ𝑡 = 𝑚 (𝑣𝑦 − (−𝑣𝑦)) ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔 +2𝑚𝑣𝑦

Δ𝑡

Arah 𝑣𝑦 sebelum tumbukan bernilai negatif karena berlawanan dengan arah impuls gaya

arah vertikal (berarah ke bawah). Gaya normal lebih jauh lebih besar dari gaya berat

sehingga arah impuls vertikal adalah ke atas dan ini dijadikan arah positif, sedangkan

arah bawah kita jadikan arah negatif.

Karena bola ping-pong slip terhadap lantai, maka gaya gesek yang bekerja adalah gaya

gesek kinetik dan besarnya adalah

𝑓 = 𝜇𝑁 = 𝜇 (𝑚𝑔 +2𝑚𝑣𝑦

Δ𝑡)

Impuls akibat gaya gesek membuat bola ping-pong kehilangan kecepatan translasinya

pada arah horizontal sehingga besar impuls ini sama dengan perubahan momentum

linier bola pada arah horizontal.

𝑓Δ𝑡 = 𝑚(0 − (−𝑣𝑥))

𝜇 (𝑚𝑔 +2𝑚𝑣𝑦

Δ𝑡) Δ𝑡 = 𝑚𝑣𝑥

𝜇(𝑔Δ𝑡 + 2𝑣𝑦) = 𝑣𝑥

Karena selang waktu Δ𝑡 sangat kecil, suku 𝑔Δ𝑡 ≈ 0 sehingga dapat kita abaikan

𝑣𝑥 = 2𝜇𝑣𝑦

Gaya gesek juga memberikan impuls sudut yang membuat bola tidak berotasi lagi setelah

tumbukan dan besar impuls sudut ini sama dengan perubahan momentum sudut bola

ping-pong

𝑓𝑅Δt =2

3𝑚𝑅2(0 − (−𝜔))

𝜇 (𝑚𝑔 +2𝑚𝑣𝑦

Δ𝑡) Δ𝑡 =

2

3𝑚𝑅𝜔

𝜇(𝑔Δ𝑡 + 2𝑣𝑦) =2

3𝑅𝜔

Suku 𝑔Δ𝑡 ≈ 0 dan dapat diabaikan

𝑣𝑥

𝜔

𝑣𝑦

𝑣𝑦 𝑁

𝑓

𝑚𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16

𝜔 =3𝜇𝑣𝑦

𝑅

Energi awal bola ping-pong sebelum tumbukan adalah

𝐸0 =1

2𝑚(𝑣𝑥

2 + 𝑣𝑦2) +

1

2𝐼𝜔2

𝐸0 =1

2𝑚 ((2𝜇𝑣𝑦)

2+ 𝑣𝑦

2) +1

2(2

3𝑚𝑅2) (

3𝜇𝑣𝑦

𝑅)2

𝐸0 =1

2𝑚(4𝜇2 + 1)𝑣𝑦

2 + 3𝑚𝜇2𝑣𝑦2

𝐸0 =1

2𝑚(10𝜇2 + 1)𝑣𝑦

2

Energi akhir bola ping-pong setelah tumbukan adalah

𝐸 =1

2𝑚𝑣𝑦

2

Besar energi yang hilang akibat tumbukan adalah selisih energi akhir dan awal

Δ𝐸 = 𝐸 − 𝐸0 =1

2𝑚𝑣𝑦

2 −1

2𝑚(10𝜇2 + 1)𝑣𝑦

2

Δ𝐸 = −5𝑚𝜇2𝑣𝑦2

Δ𝐸 = −5𝑚𝜇2(2𝑔𝐻)

Δ𝐸 = −10𝑚𝜇2𝑔𝐻

Tanda negatif menandakan kehilangan energi

Dengan memasukkan nilai numeriknya akan kita dapatkan

𝑚 = 3 gram = 0,003 kg

𝐻 = 20 cm = 0,2 m

𝜇𝑘 = 0,25

𝑔 = 10 m/s2

Δ𝐸 = −10(0,003 kg)(0,25)2(10 m/s2)(0,2 m) ⟹ Δ𝐸 = −0,00375 J


BANDUL FISIS

Suatu bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari 𝑅 yang bermassa 𝑚1 dan sebuah

batang tegar yang massanya dapat diabaikan. Cakram diletakan disalah satu ujung

batang, sedangkan ujung batang yang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram

menjadi bandul fisis). Jarak antara titik putar P dengan pusat massa bandul adalah 𝑙.

Mula-mula bandul dilepaskan dari keadaan diam yang membuat sudut cukup kecil 𝜃

terhadap vertikal. Tepat pada posisi terendahnya, bandul menumbuk secara tidak elastis

sama sekali cakram yang lain berjari-jari 𝑅 dan bermassa 𝑚2, dengan 𝑚2< 𝑚1.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

Tentukan:

a. periode bandul sebelum tumbukan? (Nyatakan dalam 𝑙, 𝑔, dan 𝑅)

b. kecepatan bandul sesaat sebelum tumbukan? (Nyatakan dalam 𝑙, 𝑔, 𝜃 dan 𝑅)

c. kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan? (Nyatakan dalam 𝑚1,𝑚2, 𝑙, 𝑔, 𝑅, dan 𝜃 )

d. periode bandul setelah tumbukan? (Nyatakan dalam 𝑙, 𝑔, dan 𝑅)

Pembahasan :

a. Cakram di sini tidak bisa kita abaikan bentuk dimensinya atau kita tidak bisa

menganggapnya sebagai massa titik karena dia juga berotasi terhadap pusat

massanya sendiri. Momen inersia bandul terhadap pusat massanya adalah

𝐼 =1

2𝑚1𝑅

2

Dengan menggunakan teorema sumbu sejajar, momen inersia bandul terhadap poros

P adalah

𝐼𝑃 = 𝐼 +𝑚1𝑙2

𝐼𝑃 =1

2𝑚1𝑅

2 +𝑚1𝑙2⟹ 𝐼𝑃 =

1

2𝑚1(𝑅

2 + 2𝑙2)

Tinjau bandul ketika tersimpang dari titik setimbangnya

Torsi pemulih diberikan oleh gaya berat

𝜏𝑝 = 𝑚1𝑔 sin 𝜃 𝑙 = 𝐼𝛼

Arah percepatan sudut 𝛼 berlawanan dengan arah

bertambahanya sudut simpangan 𝜃, maka

𝛼 = −𝑑2𝜃

𝑑𝑡2

Sehingga persamaan gerak bandul fisis akan menjadi

𝑚1𝑔 sin 𝜃 𝑙 =1

2𝑚1(𝑅

2 + 2𝑙2) (−𝑑2𝜃

𝑑𝑡2)

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

2𝑔𝑙

𝑅2 + 2𝑙2sin 𝜃 = 0

Karena sudut simpangan 𝜃 diasumsikan kecil, kita bisa menggunakan hampiran

sin 𝜃 ≈𝜃

𝑃

𝑚2

𝜃 𝑙

𝑚1

𝑅 𝑅

𝑃

𝜃 𝑙

𝑚1𝑔 sin 𝜃 𝛼

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 18

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

2𝑔𝑙

𝑅2 + 2𝑙2𝜃 = 0

Maka kecepatan sudut osilasi bandul adalah

𝜔 = √2𝑔𝑙

𝑅2 + 2𝑙2

Sehingga periode osilasi bandul menjadi

𝑇 =2𝜋

𝜔⟹ 𝑇 = 2𝜋√

𝑅2 + 2𝑙2

2𝑔𝑙

b. Dengan menggunakan Hukum Kekekalan energi akan didapatkan (jadikan poros P

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol)

𝐸𝑖 = 𝐸𝑓

−𝑚𝑔𝑙 cos 𝜃 = −𝑚𝑔𝑙 +1

2𝐼𝜔2

1

2𝑚1(𝑅

2 + 2𝑙2)𝜔2 = 2𝑚1𝑔𝑙(1 − cos 𝜃)

𝜔 = √4𝑔𝑙(1 − cos 𝜃)

𝑅2 + 2𝑙2

Kecepatan pusat massa bandul sebelum tumbukan adalah

𝑣0 = 𝜔𝑙 ⟹ 𝑣0 = √4𝑔𝑙3(1 − cos 𝜃)

𝑅2 + 2𝑙2

c. Dengan hukum kekekalan momentum, kecepatan bandul setelah tumbukan adalah

(kedua bandul menjadi satu)

𝑚1𝑣0 = (𝑚1 +𝑚2)𝑣

𝑣 =𝑚1

𝑚1 +𝑚2𝑣0⟹ 𝑣 =

𝑚1𝑚1 +𝑚2

√4𝑔𝑙3(1 − cos 𝜃)

𝑅2 + 2𝑙2

d. Setelah tumbukan kedua bandul menjadi bentuk seperti angka delapan. Terhadap

pusat massa bandul pertama, jarak pusat massa sistem misalkan 𝑥1.

Momen inersia total terhadap poros adalah

𝐼𝑃 = 𝐼1 +𝑚1𝑙2 + 𝐼2 +𝑚2(𝑙

2 + 𝑑2)

𝐼𝑃 =1

2(𝑚1 +𝑚2)𝑅

2 + (𝑚1 +𝑚2)𝑙2 +𝑚2𝑑

2

𝐼𝑃 =1

2(𝑚1 +𝑚2)(𝑅

2 + 2𝑙2) + 𝑚2𝑑2

Dengan 𝑑 adalah jarak antar pusat massa kedua bandul

Torsi pemulih pada ketika sistem disimpangkan dari posisi setimbang adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 19

𝜏𝑃 = (𝑚1 +𝑚2)𝑔 sin 𝜃 √𝑙2 + 𝑥12 = 𝐼𝑃𝛼

(𝑚1 +𝑚2)𝑔 sin 𝜃√𝑙2 + 𝑥12 = (1

2(𝑚1 +𝑚2)(𝑅

2 + 2𝑙2) + 𝑚2𝑑2) (−

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2)

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

2(𝑚1 +𝑚2)𝑔√𝑙2 + 𝑥12

(𝑚1 +𝑚2)(𝑅2 + 2𝑙2) + 2𝑚2𝑑2𝜃 = 0

𝑥1 =2𝑚1𝑅

𝑚1 +𝑚2 dan 𝑑 = 2𝑅

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+2𝑔√(𝑚1 +𝑚2)2𝑙2 + 4𝑚12𝑅2

(𝑚1 +𝑚2)(𝑅2 + 2𝑙2) + 8𝑚2𝑅2𝜃 = 0

𝜔 = √2𝑔√(𝑚1 +𝑚2)2𝑙2 + 4𝑚12𝑅2

(𝑚1 +𝑚2)(𝑅2 + 2𝑙2) + 8𝑚2𝑅2

𝑇 = 2𝜋√(𝑚1 +𝑚2)(𝑅2 + 2𝑙2) + 8𝑚2𝑅2

2𝑔√(𝑚1 +𝑚2)2𝑙2 + 4𝑚12𝑅2

Jika pusat massa kedua bandul adalah berhimpit setelah tumbukan maka 𝑥1 = 0 dan

𝑑 = 0

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

2𝑔𝑙

𝑅2 + 2𝑙2𝜃 = 0

𝜔 = √2𝑔𝑙

𝑅2 + 2𝑙2

𝑇 =2𝜋

𝜔⟹ 𝑇 = 2𝜋√

𝑅2 + 2𝑙2

2𝑔𝑙

Hasil ini seperti jawaban pada subsoal a. Hal ini dikarenakan massa bandul tidak

berpengaruh pada periode osilasi bandul.


KUBUS DAN SILINDER

Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horisontal kasar. Kedua permukaan benda

tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua benda sama, demikian

pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk seluruh permukaan,

koefisien gesek statik dan kinetik masing-masing adalah 𝜇𝑠 dan 𝜇𝑘 . Diketahui 𝑚 = 12 kg,

𝜇𝑠 = 0,6, 𝜇𝑘 = 0,2, dan percepatan gravitasi 𝑔 = 10 m/s2.

𝑚 𝑚 𝐹

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 20

a. Tentukan besar gaya horisontal 𝐹 yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda

tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni.

b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan

diam (apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya).

c. Tinjau sekarang sistim kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis

gerakan sistem jika gaya horisontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada 𝐹

(yang dihitung pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horisontal

yang diberikan sama dengan 1/2 𝐹.

Pembahasan :

Perhatikan diagram gaya yang bekerja pada kubus dan silinder berikut!

a. Gerakan translasi murni adalah gerakan dimana benda-benda pada sistem tidak

berotasi terhadap pusat massanya, jadi bisa dikatakan setiap titik pada benda akan

bergerak dengan kecepatan atau percepatan yang sama pada arah yang sama pula.

Tinjau gaya-gaya pada masing-masing benda

Silinder (keseimbangan pada arah vertikal)

𝑁1 −𝑚𝑔 − 𝑓2 = 0… (1)

Silinder (gerak translasi arah horizontal)

𝑁2 − 𝑓1 = 𝑚𝑎…(2)

Kubus (keseimbangan arah vertikal)

𝑁3 −𝑚𝑔 + 𝑓2 = 0… (3)

Kubus (gerak translasi arah horizontal)

𝐹 − 𝑁2 − 𝑓3 = 𝑚𝑎… (4)

Karena sistem melakukan gerak translasi murni, maka silinder haruslah slip terhadap

lantai. Dengan demikian, gaya gesek yang bekerja pada lantai dengan silinder dan

kubus atau 𝑓1 dan 𝑓3 adalah gaya gesek kinetik.

𝑓1 = 𝜇𝑘𝑁1…(5) dan 𝑓3 = 𝜇𝑘𝑁3…(6)

Sedangkan gaya gesek antara silinder dan kubus adalah gaya gesek statis. Dari

persamaan yang ada dapat kita simpulkan bahwa 𝑓2 akan berbanding lurus dengan

percepatan 𝑎 dan 𝑁1. Sedangkan 𝑎 berbanding lurus dengan 𝐹, maka gaya minimum

𝑚𝑔 𝑚𝑔

𝑁1

𝑓1

𝑁2 𝑁2

𝑁3

𝑓3 𝑓2

𝑓2

𝐹

𝑎 𝑎

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 21

𝐹 agar sistem bergerak translasi murni akan terjadi ketika gaya gesek statik 𝑓2

bernilai maksimum.

𝑓2 = 𝜇𝑠𝑁2…(7)

Kemudian, karena silinder tidak berotasi, artinya torsi total yang bekerja pada

silinder bernilai nol

𝑓1𝑅 − 𝑓2𝑅 = 0 ⟹ 𝑓1 = 𝑓2…(8)

Dari persamaan (1), (5) dan (8) akan kita dapatkan

𝑁1 −𝑚𝑔 − 𝑓2 = 0

𝑁1 −𝑚𝑔 − 𝑓1 = 0

𝑁1 −𝑚𝑔 − 𝜇𝑘𝑁1 = 0

𝑁1(1 − 𝜇𝑘) = 𝑚𝑔 ⟹ 𝑁1 =𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘…(9)

𝑓2 = 𝑓1 =𝜇𝑘𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘…(10)

Dari persamaan (8), (10), (7), akan kita dapatkan

𝜇𝑠𝑁2 =𝜇𝑘𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘⟹𝑁2 =

𝜇𝑘𝜇𝑠

𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘…(11)

Subtitusi persamanan (10) dan (11) ke (2) 𝜇𝑘𝜇𝑠

𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘−𝜇𝑘𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘= 𝑚𝑎

𝑎 =𝜇𝑘𝑔

1 − 𝜇𝑘(1

𝜇𝑠− 1) ⟹ 𝑎 =

𝜇𝑘𝜇𝑠

1 − 𝜇𝑠1 − 𝜇𝑘

𝑔… (12)

Dari persamaan (10) dan (3) akan kita peroleh

𝑁3 −𝑚𝑔 +𝜇𝑘𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘= 0

𝑁3 =(1 − 𝜇𝑘)𝑚𝑔 − 𝜇𝑘𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘⟹𝑁3 =

(1 − 2𝜇𝑘)𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘…(13)

Kemudian dari persamaan (4), (6), (11), (12) dan (13) akan kita dapatkan

𝐹 − 𝑁2 − 𝜇𝑘𝑁3 = 𝑚𝑎

𝐹 −𝜇𝑘𝜇𝑠

𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘− 𝜇𝑘

(1 − 2𝜇𝑘)𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘= 𝑚

𝜇𝑘𝜇𝑠

1 − 𝜇𝑠1 − 𝜇𝑘

𝑔

𝐹 =𝜇𝑘𝜇𝑠

𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘+𝜇𝑘(1 − 2𝜇𝑘)𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘+𝜇𝑘𝜇𝑠

(1 − 𝜇𝑠)𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘


𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘(1 + 𝜇𝑠(1 − 2𝜇𝑘) + 1 − 𝜇𝑠)


𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘(1 + 𝜇𝑠 − 2𝜇𝑘𝜇𝑠 + 1 − 𝜇𝑠)


𝑚𝑔

1 − 𝜇𝑘(2 − 2𝜇𝑘𝜇𝑠)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 22

𝐹 =2𝜇𝑘(1 − 𝜇𝑘𝜇𝑠)𝑚𝑔

𝜇𝑠(1 − 𝜇𝑘)

Dengan memasukkan nilai numeriknya akan kita dapatkan

𝐹 =2(0,2)(1 − (0,2)(0,6))(12)(10)

(0,6)(1 − 0,2)

𝐹 = 88 N

Alhasil, agar kubus dan silinder bergerak translasi murni, gaya luar yang harus

dikerjakan pada kubus haruslah lebih besar dari 88 N.

b. Dari keadaan diam, gaya luar 𝐹 haruslah lebih besar dari gaya gesek statik maksimum

antara slinder dan kubus dengan lantai. Maka gaya 𝐹 minimum agar sistem bisa

bergerak

𝐹𝑠 = 2𝜇𝑠𝑚𝑔 = 2(0,6)(12)(10) = 144 N

Karena 𝐹0 > 88 N maka pada saat awal, ketika sistem mulai bergerak, kubus dan

silinder sudah bergerak murni silinder. Setelah silinder dan kubus mulai bergerak,

gaya 𝐹 dapat diturunkan hingga 88 N untuk membuat gerakan silinder tetap murni

translasi.

c. Jika gaya luar 𝐹 yang diberikan lebih kecil dari 88 N maka silinder akan mulai berotasi

dan bergesekan dengan silinder. Pada kasus ini gaya 𝐹 yang diberikan bernilai

setengah dari hasil pada subsoal (a) atau 44 N. Apakah sistem masih bergerak?

Jawabannya sebagai berikut. Agar sistem dapat bergerak gaya 𝐹 haruslah lebih besar

dari gaya gesek kinetik yang bekerja pada sistem, 𝐹𝑘 = 2𝜇𝑘𝑚𝑔 = 2(0,2)(12)(10) =

48 N. Berarti, karena gaya 𝐹 = 44 N, maka kubus dan silinder tidak bergerak atau

sistem diam.

Documents

Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec ... · Maka persamaan kecepatan partikel sebagai fungsi waktu akan menjadi ... dengan beban / (lihat gambar di bawah). Mula-mula