Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · Subtitusi hasil ini ke persamaan...

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

Hal | 1

OSP Fisika 2017 Number 1

OSILASI DAN GAYA GRAVITASI Tinjau sebuah sistem terisolasi yang terdiri dari 2 benda, 𝑚1 dan 𝑚2. Dalam sistem ini gaya gravitasi lain dari benda lain di luar sistem dapat diabaikan. Massa 𝑚1 terpasang pada tali tak bermassa sepanjang d dan membentuk sebuah bandul yang dipasang tetap pada titik O. Massa 𝑚1 hanya mengalami gaya gravitasi dengan bola homogen bermassa 𝑚2 berjari-jari 𝑅 yang posisinya tetap dimana pusat bola berjarak 𝐿 dari titik O. Nilai 𝐿 hanya sedikit lebih besar dari 𝑑 + 𝑅. Sudut antara tali dan garis vertikal yang melalui titik O adalah 𝜃, dimana diasumsikan 𝜃 kecil. Tentukan periode osilasi 𝑚1.

Petunjuk : kita bisa menyelesaikan soal ini dengan metode energi maupun metode gaya.

Pembahasan :

Cara 1 : Metode Gaya

Karena gerak massa 𝑚1 berayun, kita akan lebih mudah menentukan persamaan geraknya dengan meninjau gerak rotasinya. Torsi pemulih yang bekerja pada massa 𝑚1 diberikan oleh gaya gravitasi akibat adanya bola 𝑚2 dan arah gaya ini selalu menuju pusat bola 𝑚2. Perhatikan gambar di bawah ini!

Gaya gravitasi bekerja pada massa 𝑚1adalah

𝐹𝑔 =𝐺𝑚1𝑚2

𝑠2

Menggunakan hukum dua neton tentang gerak rotasi akan kita dapatkan

𝐹𝑔 sin(𝜃 + 𝜙)𝑑 = 𝑚1𝑑2𝛼

𝜃 𝑑

𝐿 𝑚1

𝑅

𝑚2

𝐹𝑔 sin(𝜃 + 𝜙)

𝐹𝑔

𝜃 𝑑

𝐿 𝑚1

𝑅 𝑚2

𝑑 cos 𝜃

𝐿 − 𝑑 cos 𝜃

𝑠 𝜙

𝑑 sin 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 2

𝐺𝑚2

𝑑𝑠2(sin 𝜃 cos𝜙 + sin𝜙 cos 𝜃) = 𝛼… (1)

Perhatikan lagi gambar di atas, kita bisa mendapatkan nilai 𝑠 dengan menggunakan phytagoras

𝑠2 = (𝐿 − 𝑑 cos 𝜃)2 + 𝑑2 sin2 𝜃

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2 cos2 𝜃 + 𝑑2 sin2 𝜃

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2(sin2 𝜃 + cos2 𝜃)

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2

Dengan menggunakan aturan dasar trigonometri akan kita dapatkan

sin𝜙 =𝑑𝑒𝑝𝑎𝑛

𝑚𝑖𝑟𝑖𝑛𝑔=𝑑 sin 𝜃

𝑠

cos𝜙 =𝑠𝑎𝑚𝑝𝑖𝑛𝑔

𝑚𝑖𝑟𝑖𝑛𝑔=𝐿 − 𝑑 cos 𝜃

𝑠

Karena kita asumsikan simpangan sudut 𝜃 sangat kecil, kita bisa menggunakan hampiran berikut

sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos 𝜃 ≈ 1, maka akan kita dapatkan

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 + 𝑑2 = (𝐿 − 𝑑)2

𝑠 = 𝐿 − 𝑑

sin𝜙 =𝑑𝜃

𝑠

cos𝜙 =𝐿 − 𝑑

𝑠

Subtitusi hasil ini ke persamaan (1)

𝐺𝑚2

𝑑𝑠2(𝜃𝐿 − 𝑑

𝑠+𝑑𝜃

𝑠) = 𝛼

𝐺𝑚2𝐿

𝑑𝑠3𝜃 = 𝛼

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = 𝛼…(2)

Perhatikan bahwa arah simpangan 𝜃 adalah berlawanan arah jarum jam dari titik setimbangnya sedangkan arah percepatan sudut nya searah jarum jam, berarti percepatan sudut massa 𝑚1 adalah negatif(karena berlawanan arah) dari turunan kedua simpangan sudutnya atau

𝛼 = −𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −�̈�

Subtitusi hasil ini ke persamaan dua dan kita akan dapatkan persamaan gerak harmonik sederhana sistem

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 3

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = −�̈�

�̈� +𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = 0

Persamaan terakhir analog dengan persamaan umum gerak harmonik sederhana yang

berbentuk �̈� + 𝜔2𝜃 = 0, maka kecepatan sudut osilasi sistem adalah

𝜔 = √𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3

Dan periode osilasinya akan menjadi

𝑇 =2𝜋

𝜔→ 𝑇 = 2𝜋√

𝑑(𝐿 − 𝑑)3

𝐺𝑚2𝐿

Cara 2 : Metode Energi

Sebenarnya menggunakan cara energi untuk sistem ini akan lebih cepat namun terkadang ada soal yang lebih mudah menggunakan cara gaya ataupun cara energi, jadi kita harus bisa keduanya dan tentunya harus bisa memilih cara mana yang paling efisien.

Untuk menggunakan cara ini kita harus tentukan energi total sistem terlebih dahulu. Karena tidak ada gaya udara dan gaya luar non-konservatif yang bekerja pada sistem, maka energi total sistem kekal. Untuk mendapatkan persamaan geraknya, kita cukup menurun persaan energinya satu kali terhadap waktu dan karena energi kekal atau konstan, turunannya ini akan sama dengan nol. Baik akan saya contohkan caranya.

Energi total sistem adalah energi mekanik(𝐸𝑀) yang terdiri dari energi kinetik(𝐸𝐾) dan energi potensial(𝐸𝑃)nya.

𝐸𝑀 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝐾

𝐸𝑀 = −𝐺𝑚1𝑚2

𝑠+1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

𝑠 = (𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)12

𝐸𝑀 = −𝐺𝑚1𝑚2

(𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)12

+1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

Turunan pertama energi sistem terhadap waktu sama dengan nol karena energi kekal atau konstan atau bisa juga dikatakan energi sistem tidak berubah, sehingga perubahannya nol.

𝜃 𝑑

𝐿 𝑚1

𝑅 𝑚2

𝑑 cos 𝜃

𝐿 − 𝑑 cos 𝜃

𝑠 𝜙

𝑑 sin 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 4

𝑑(𝐸𝑀)

𝑑𝑡= 0

𝑑

𝑑𝑡(−

𝐺𝑚1𝑚2

(𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)12

+1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

) = 0

𝑑

𝑑𝑡(−𝐺𝑚1𝑚2(𝐿

2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)−12 +

1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

) = 0

1

2𝐺𝑚1𝑚2(𝐿

2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)−32 (2𝐿𝑑 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡) +

1

2𝑚1𝑑

22𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 0

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)32

sin 𝜃 +𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 0

Gunakan kembali pendekatan sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos 𝜃 ≈ 1

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿2 − 2𝐿𝑑 + 𝑑2)32

𝜃 = 0

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = 0

𝜔 = √𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3 dan 𝑇 = 2𝜋√

𝑑(𝐿 − 𝑑)3

𝐺𝑚2𝐿


TUMBUKAN SENTRAL Pada gambar terlihat dua buah bola masing-masing bermassa 𝑚1 dan 𝑚2 serta berjari-jari sama 𝑅 berada di atas bidang datar. Bola 𝑚1 menggelinding tanpa slip ke arah kanan dengan kecepatan pusat massa 𝑉 menuju bola 𝑚2 yang sedang diam. Asumsikan semua gaya gesek yang ada cukup kecil untuk dapat mengabaikan terjadinya efek pada saaat tumbukan, dan anggap jenis tumbukannya elastis. Jika 𝑚2 = 2𝑚1 tentukan: a. kecepatan pusat massa masing-masing bola

sesaat setelah tumbukan b. kecepatan pusat massa masing-masing bola

setelah cukup lama bertumbukan dan masingmasing bola kembali menggelinding tanpa slip.

c. prosentase energi yang hilang akibat gesekan.

Pembahasan : a. Hal yang perlu diperhatikan adalah bahwa gaya gesek yang bekerja pada kedua bola,

baik akibat lantai ataupun akibat masing-masing nilainya cukup kecil. Akibatnya tumbukan antar kedua bola hanya mengakibatkan perubahan kecepatan transalasi masing-masing bola, sedangkan kecepatan rotasinya tidak berubah. Ingat bahwa ini

bidang kasar

𝑚2 𝑚1

𝑉

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 5

sesaat setelah tumbukan terjadi. Kecepatan translasi dan rotasi bola 1 sebelum tumbukan adalah 𝑉 dan 𝜔0 = 𝑉/𝑅 dan setelah tumbukan 𝑣1 dan 𝜔1 = 𝑉/𝑅. Untuk bola 2, kecepatan translasi dan rotasi sebelum tumbukan adalah 0 dan setelah tumbukan 𝑣2 dan 𝜔2 = 0. Perhatikan ilustrasi tumbukan kedua bola berikut! Karena pada saat awal bola 2 tidak berotasi maka sesaat sesudah tumbukan pun dia tidak berotasi karena impuls sudut akibat gaya gesek diasumsikan bernilai sangat kecil sehingga tidak menyebabkan bola 2 berotasi. Kekekaan momentum sistem 𝑚1𝑉 = 𝑚1𝑣1 +𝑚2𝑣2 → 𝑚1(𝑉 − 𝑣1) = 𝑚2𝑣2…(1) Karena tumbukan elastis sempurna, energi kinetik sistem kekal 1

2𝑚1𝑉

2 +1

2(2

5𝑚1𝑅

2) (𝑉

𝑅)2

=1

2𝑚1𝑣1

2 +1

2(2

5𝑚1𝑅

2) (𝑉

𝑅)2

+1

2𝑚2𝑣2

2

𝑚1(𝑉 − 𝑣1)(𝑉 + 𝑣1) = 𝑚2𝑣22…(2)

Subtitusi persamaan (1) ke (2) 𝑚2𝑣2(𝑉 + 𝑣1) = 𝑚2𝑣2

2 𝑣2 = 𝑉 + 𝑣1…(3) Subtitusi persamaan (3) ke (1) 𝑚1(𝑉 − 𝑣1) = 𝑚2(𝑉 + 𝑣1)

𝑣1 =𝑚1 −𝑚2

𝑚1 +𝑚2𝑉 =

𝑚1 − 2𝑚1𝑚1 + 2𝑚1

𝑉 → 𝑣1 = −1

3𝑉

𝑣2 = 𝑣1 + 𝑉 = −1

3𝑉 + 𝑉 → 𝑣2 =

2

3𝑉

Tanda negatif pada 𝑣1 menandakan arah 𝑣1 ke kiri(berlawanan dengan arah gerak awal bola).

b. Sesaat setelah tumbukan, kedua bola slip terhadap lantai. Kemudian setelah selang waktu Δ𝑡1 dan Δ𝑡2 bola 1 dan bola 2 akhirnya menggelinding tanpa slip. Kita bisa mengitung kecepatan akhir bola dengan metode gaya atau kekekalan momentum sudut. Pertama kita kan gunakan metode gaya. Sebelumnya perhatikan gambar kondisi kedua bola sesaat setelah tumbukan (pada saat ini dia slip terhadap lantai) sampai kondisi ketika kedua bola sudah menggelinding tanpa slip.

sebelum tumbukan

diam 𝜔0

𝑉

sesaat sesudah tumbukan

𝑣2

𝜔1

𝑣1

ketika sudah menggelinding tanpa slip

belum berotasi 𝜔0

𝑣1

sesaat sesudah tumbukan

𝑣2’

𝜔1′

𝑣1′

𝜔2′

𝑣2

𝑓2 𝑓1

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 6

Akibat dari gaya gesek, bola 1 akan mendapatkan perlambatan 𝑎1 = 𝜇𝑔 ke arah kanan dan percepatan sudut berlawanan arah jarum jam 𝛼1 = 5𝜇𝑔 2𝑅⁄ sedangkan bola 2 akan mendapatkan perlambatan 𝑎2 = 𝜇𝑔 ke arah kiri dan percepatan sudut searah jarum jam 𝛼2 = 5𝜇𝑔 2𝑅⁄ . Persamaan kecepatan linear dan kecepatan sudut masing masing bola sebagai fungsi waktu akan menjadi 𝑣1′(𝑡) = 𝑣1 + 𝜇𝑔𝑡

𝜔1′ (𝑡) = 𝜔0 −

5𝜇𝑔

2𝑅𝑡

𝑣2′ (𝑡) = 𝑣2 − 𝜇𝑔𝑡

𝜔2′ (𝑡) =

5𝜇𝑔

2𝑅𝑡

Syarat kedua bola sudah menggelinding tanpa slip adalah 𝑣1′ = 𝜔1

′𝑅 dan 𝑣2′ = 𝜔2

′𝑅.

𝑣1 + 𝜇𝑔Δ𝑡1 =𝑉

𝑅𝑅 −

5𝜇𝑔

2Δ𝑡1

Δ𝑡1 (5𝜇𝑔

2+ 𝜇𝑔) = 𝑉 − (−

𝑉

3) → Δ𝑡1 =

8

21

𝑉

𝜇𝑔

𝑣2 − 𝜇𝑔Δ𝑡2 =5𝜇𝑔

2Δ𝑡2

Δ𝑡2 (5𝜇𝑔

2+ 𝜇𝑔) =

2

3𝑉 → Δ𝑡2 =

4

21

𝑉

𝜇𝑔

Kecepatan pusat massa masing-masing bola setelah menggelinding tanpa slip adalah 𝑣1′ = 𝑣1 + 𝜇𝑔Δ𝑡1

𝑣1′ = −

𝑉

3+ 𝜇𝑔

8

21

𝑉

𝜇𝑔→ 𝑣1

′ =1

21𝑉

𝑣2′ = 𝑣2 − 𝜇𝑔Δ𝑡2

𝑣2′ =

2

3𝑉 − 𝜇𝑔

4

21

𝑉

𝜇𝑔→ 𝑣2

′ =10

21𝑉

Hasil ini juga bisa kita dapatkan dengan menggunakan hukum kekekalan momentum sudut. Momentum sudut yang kekal adalah momentum sudut bola terhadap lantai. Momentum sudut bola terhadap lantai adalah momentum sudutnya terhadap pusat massanya sendiri ditambah momentum sudut pusat massanya terhadap lantai. Kekekalan momentum sudut bola 1 terhadap lantai

∑𝐿𝑎𝑤𝑎𝑙 =∑𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟

𝐼1𝜔1 +𝑚1𝑣1𝑅 = 𝐼1𝜔1′ +𝑚1𝑣1

′𝑅 2

5𝑚1𝑅

2𝑉

𝑅+𝑚1 (−

1

3𝑉)𝑅 =

2

5𝑚1𝑅

2𝑣1′

𝑅+𝑚1𝑣1

′𝑅

2

5𝑉 −

1

3𝑉 =

2

5𝑣1′ + 𝑣1

′

1

15𝑉 =

7

5𝑣1′ → 𝑣1

′ =1

21𝑉

Kekekalan momentum sudut bola 2 terhadap lantai

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 7

∑𝐿𝑎𝑤𝑎𝑙 =∑𝐿𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟

𝐼2𝜔2 +𝑚2𝑣2𝑅 = 𝐼2𝜔2′ +𝑚2𝑣2

′𝑅

0 +𝑚2 (2

3𝑉)𝑅 =

2

5𝑚2𝑅

2𝑣2′

𝑅+𝑚2𝑣2

′𝑅

2

3𝑉 =

2

5𝑣2′ + 𝑣2

′

2

3𝑉 =

7

5𝑣2′ → 𝑣2

′ =10

21𝑉

c. Energi yang hilang akibat gesekan sama dengan selisih energi kinetik akhir setelah kedua bola menggelinding tanpa slip dengan energi awal sistemnya. Δ𝐸 = 𝐸𝑎𝑤𝑎𝑙 − 𝐸𝑎𝑘ℎ𝑖𝑟

Δ𝐸 =1

2𝑚1𝑉

2 +1

2(2

5𝑚1𝑅

2) (𝑉

𝑅)2

− (1

2𝑚1𝑣1

′2 +1

2(2

5𝑚1𝑅

2)(𝑣1′

𝑅)

2

+1

22𝑚1𝑣2

′ 2 +1

2(2

52𝑚1𝑅

2) (𝑣2′

𝑅)

2

)

Δ𝐸 =7

10𝑚1𝑉

2 − (7

10𝑚1𝑣1

′2 +14

10𝑚1𝑣2

′ 2)

Δ𝐸 =7

10𝑚1𝑉

2 −7

10𝑚1 (

1

21𝑉)

2

−14

10𝑚1 (

10

21𝑉)

2

Δ𝐸 = (7

10−

7

4410−1400

4410)𝑚1𝑉

2 =168

441𝑚1𝑉

2

Persentase energi yang hilang adalah

%𝐸hilang =Δ𝐸

𝐸awal× 100% =

168441𝑚1𝑉

2

710𝑚1𝑉

2× 100%

%𝐸hilang = −54,42%


DUA BUAH MASSA DI ATAS SETENGAH LINGKARAN Dua partikel P dan Q, masing-masing dengan massa 𝑚𝑃 = 𝑀 dan 𝑚𝑄 = 𝑚, terhubung satu sama lain

membentuk sistem PQ oleh sepotong tali ringan (panjang 𝐿 = 𝜋𝑎/2) yang tidak dapat molor dan juga tidak dapat menyusut. Kedua partikel dapat bergerak di atas permukaan luar silinder licin yang posisinya tetap di atas bidang datar (lihat gambar). a. Tentukan posisi kesetimbangan sistem PQ, dan tentukan sifat kesetimbangannya

(stabil atau labil) b. Katakan massa kedua partikel di atas masing-masing adalah 𝑚𝑃 = 2𝑚 dan 𝑚𝑄 = 𝑚.

Diketahui sistem PQ mula-mula diam (𝑡 = 0) di posisi awal saat kedua partikel memiliki pada sudut 𝜃 yang simetris/sama, yaitu sudut antara garis OP dan QP

𝑚𝑃

𝑚𝑄

𝜃 𝑎

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 8

dengan arah vertikal sebesar 𝜃0 = 𝜋/4, lalu sistem tersebut dilepaskan untuk bergerak. Tentukan i. persamaan gerak sistem selanjutnya (𝑡 > 0) yang menjamin berlakunya hukum

kekekalan energi mekanik total sistem, dinyatakan dalam koordinat 𝜃. ii. besar gaya reaksi atau normal silinder yang dirasakan oleh masing-masing

partikel. iii. besar sudut 𝜃 saat partikel sudah lepas meninggalkan permukaan silinder.

Pembahasan : a. Saat sistem setimbang berarti tidak ada gerakan lagi antara partikel P dan Q. Kita

tinjau kesetimbangan masing-masing benda. Untuk partikel Q Arah sumbu 𝑥

𝑇 sin 𝜃 − 𝑁𝑄 cos 𝜃 = 0 → 𝑁𝑄 = 𝑇sin 𝜃

cos 𝜃

Arah sumbu 𝑦 𝑇 cos 𝜃 + 𝑁𝑄 sin 𝜃 − 𝑀𝑔 = 0

Subtitusi 𝑁𝑄 = 𝑇sin 𝜃

cos 𝜃

𝑇 cos 𝜃 + 𝑇sin 𝜃

cos 𝜃sin 𝜃 = 𝑀𝑔

𝑇 cos2 𝜃 + 𝑇 sin2 𝜃 = 𝑀𝑔 cos 𝜃 𝑇 = 𝑀𝑔 cos 𝜃 … (1) Untuk partikel P Arah sumbu 𝑥

𝑁𝑃 sin 𝜃 − 𝑇 cos 𝜃 = 0 → 𝑁𝑃 = 𝑇cos 𝜃

sin 𝜃

Arah sumbu 𝑦 𝑁𝑃 cos 𝜃 + 𝑇 sin 𝜃 − 𝑔 = 0

Subtitusi 𝑁𝑃 = 𝑇cos 𝜃

sin 𝜃

𝑇cos 𝜃

sin 𝜃cos 𝜃 + 𝑇 sin 𝜃 = 𝑔

𝑇 cos2 𝜃 + 𝑇 sin2 𝜃 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 𝑇 = 𝑚𝑔 sin 𝜃… (1) Dari persamaan (1) dan (2) akan kita dapatkan 𝑀𝑔 cos 𝜃 = 𝑚𝑔 sin 𝜃

𝑚𝑔

𝑁𝑄 𝑇

𝜃 𝜃

𝑀𝑔

𝑇 𝑁𝑃

𝜃 𝜃

𝑦

𝑥

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 9

tan 𝜃 =𝑀

𝑚→ 𝜃 = tan−1 (

𝑀

𝑚)

Sistem akan setimbang ketika 𝜃 = tan−1 (𝑀

𝑚)

Apakah kesetimbangan ini termasuk kesetimbangan stabil atau labil? Untuk mengetahuinya kita harus mengecek turunin kedua energi potensial sistem. Kita jadikan lantai sebagai acuan, maka energi potensial sistem akan menjadi 𝐸𝑃 = 𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃 Kita turunkan dua kali terhadap variabel yang berubah-ubah atau tidak konstan. Variabel yang tidak konstan adalah 𝜃.

𝑑2(𝐸𝑃)

𝑑𝜃2=𝑑

𝑑𝜃(𝑑

𝑑𝜃(𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃))

𝑑2(𝐸𝑃)

𝑑𝜃2=𝑑

𝑑𝜃(𝑚𝑔𝑎 cos 𝜃 − 𝑀𝑔𝑎 sin 𝜃)

𝑑2(𝐸𝑃)

𝑑𝜃2= −(𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃)

Untuk mengetahui jenis keseimbangannya gunakan aturan berikut

jika 𝑑2(𝐸𝑃)

𝑑𝜃2< 0 maka kesetimbangan sistem labil


𝑑𝜃2= 0 maka kesetimbangan sistem netral


𝑑𝜃2> 0 maka kesetimbangan sistem stabil

untuk sistem ini, karena 𝑑2(𝐸𝑃)

𝑑𝜃2< 0 maka kesetimbangan sistem labil

b. Sekarang kita gunakan 𝑚𝑃 = 𝑀 = 2𝑚 dan 𝑚𝑄 = 𝑚. Untuk mendapatkan persamaan

gerak sistem yang menjamin berlakunya hukum kekekalan energi, kita gunakan metode energi. Pertama kita tentukan energi total sistem, untuk sistem ini energi total. Kemudian karena energinya harus kekal berarti tidak ada perubahan energi terhadap waktu atau turunan pertamanya terhadap waktu sama dengan nol. Maksud dari tidak ada perubahan energi di sini adalah energi sistem tidak bertambah ataupun berkurang artinya tidak ada energi yang masuk atau keluar sistem.

i. Kita jadikan lantai sebagai acuan, partikel P dan Q bergerak dengan kecepatan tangensial yang sama sebesar 𝑣𝑡

𝑣𝑡 = 𝑎𝑑𝜃

𝑑𝑡

Energi total sistem adalah 𝐸𝑀 = 𝐸𝐾 + 𝐸𝑃

𝐸𝑀 =1

2𝑀𝑎2 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

+1

2𝑚𝑎2 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

+𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃

𝐸𝑀 =1

2(𝑀 +𝑚)𝑎2 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2


Kita turunkan 𝐸𝑀 satu kali terhadap waktu untuk mendapatkan persamaan gerak sistem.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 10

𝑑(𝐸𝑀)

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡[1

2(𝑀 +𝑚)𝑎2 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

+𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃 + 𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃] = 0

0 =1

2(𝑀 +𝑚)𝑎2

𝑑

𝑑𝑡(𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

+𝑚𝑔𝑎𝑑

𝑑𝑡sin 𝜃 + 𝑀𝑔𝑎

𝑑

𝑑𝑡cos 𝜃

0 = (𝑀 +𝑚)𝑎2𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+𝑚𝑔𝑎 cos 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡− 𝑀𝑔𝑎 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝑔

(𝑀 +𝑚)𝑎(𝑚 cos 𝜃 −𝑀 sin 𝜃) = 0

Subtitusi 𝑀 = 2𝑚 𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝑔

3𝑚𝑎(𝑚 cos 𝜃 − 2𝑚 sin 𝜃) = 0

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+𝑔

3𝑎(cos 𝜃 − 2 sin 𝜃) = 0

ii. Untuk mendapatkan besar gaya normal yang diberikan permukaan setengah lingkaran pada kedua partikel kita harus meninjau gerak partikel pada arah radial. Pada arah ini, kedua partikel memiliki percepatan sentripetal yang berarah menuju pusat lingkaran. Dan besarnya dalah

𝑎𝑠 = 𝑎 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

Untuk mendapatkan (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

kita gunakan hukum kekekalan energi mekanik.

𝐸𝑀𝐴𝑊𝐴𝐿 = 𝐸𝑀𝐴𝐾𝐻𝐼𝑅

𝑚𝑔𝑎 sin 𝜃0 +𝑀𝑔𝑎 cos 𝜃0 =1

2(𝑀 +𝑚)𝑎2 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2


3

2𝑚𝑎 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

= 𝑚𝑔(sin 𝜃0 − sin 𝜃) + 2𝑚𝑔(cos 𝜃0 − cos 𝜃)

(𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

=2𝑔

3𝑎[(sin 𝜃0 − sin 𝜃) + 2(cos 𝜃0 − cos 𝜃)]

subtitusi 𝜃0 =𝜋

4 sehingga sin 𝜃0 = cos 𝜃0 =

1

2√2

(𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

=2𝑔

3𝑎[(1

2√2 − sin 𝜃) + 2 (

1

2√2 − cos 𝜃)]

(𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

=𝑔

3𝑎[(√2 − 2 sin 𝜃) + 2(√2 − 2 cos 𝜃)]

(𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

=𝑔

3𝑎(3√2 − 2(sin𝜃 + 2 cos 𝜃))

Sehingga percepatan sentripetal kedua partikel adalah

𝑎𝑠 =𝑔

3(3√2 − 2(sin 𝜃 + 2 cos 𝜃))

Perhatikan diagram gaya pada kedua partikel arah radial berikut!

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 11

Untuk partikel Q 𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑁𝑄 = 𝑚𝑎𝑠

𝑁𝑄 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 −1

3𝑚𝑔 (3√2 + 2(sin 𝜃 − 2 cos 𝜃))

𝑁𝑄 =1

3𝑚𝑔(5 sin 𝜃 + 4 cos 𝜃 − 3√2)

Untuk partikel P 2𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑁𝑃 = 2𝑚𝑎𝑠

𝑁𝑃 = 2𝑚𝑔 cos 𝜃 −2

3𝑚𝑔 (3√2 + 2(sin 𝜃 − 2 cos 𝜃))

𝑁𝑃 =2

3𝑚𝑔(2 sin 𝜃 + 7 cos 𝜃 − 3√2)

iii. Untuk partikel Q Syarat partikel meninggalkan permukaan silinder adalah 𝑁𝑄 = 0

𝑁𝑄 = 0 =1

3𝑚𝑔(5 sin 𝜃 + 4 cos 𝜃 − 3√2)

5 sin 𝜃 + 4 cos 𝜃 = 3√2 Perhatikan trik ini! Bentuk trigonometri 𝐴 sin 𝜃 + 𝐵 cos 𝜃 bisa kita nyatakan sebagai 𝐶 cos(𝜃 + 𝜙) 𝐶 cos(𝜃 − 𝜙) = 𝐶 cos 𝜃 cos𝜙 + 𝐶 sin 𝜃 sin𝜙 𝐶 cos𝜙 cos 𝜃 + 𝐶 sin𝜙 sin 𝜃 = 𝐴 sin 𝜃 + 𝐵 cos 𝜃 Dari kesamaan suku kanan dan kiri akan kita dapatkan

𝐶 cos𝜙 = 𝐵 → 𝐶 =𝐵

cos𝜙 dan 𝐶 sin𝜙 = 𝐴 → 𝐶 =

𝐴

sin𝜙

𝐵

cos𝜙=

𝐴

sin𝜙→ tan𝜙 =

𝐴

𝐵→ 𝜙 = tan−1 (

𝐴

𝐵)

karena tan𝜙 =𝐴

𝐵 maka sin𝜙 =

𝐴

√𝐴2 + 𝐵2 dan cos𝜙 =

𝐵

√𝐴2 + 𝐵2

kemudian kita dapatkan nilai 𝐶 yaitu

𝐶 =𝐵

cos𝜙= √𝐴2 + 𝐵2

Sehingga kita dapatkan

𝐴 sin 𝜃 + 𝐵 cos 𝜃 = √𝐴2 + 𝐵2 cos (𝜃 − tan−1 (𝐴

𝐵))

Kita kembali soal

𝑚𝑔 sin 𝜃

𝑁𝑄

𝑎𝑠

𝜃 𝜃

2𝑚𝑔 cos 𝜃

𝑎𝑠

𝑁𝑃

𝜃

𝜃

𝑦

𝑥

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 12

5 sin 𝜃 + 4 cos 𝜃 = 3√2

√52 + 42 cos (𝜃 − tan−1 (5

4)) = 3√2

cos (𝜃 − tan−1 (5

4)) =

3√2

√41

𝜃 = cos−1 (3√2

√41) + tan−1 (

5

4)

Untuk partikel P Syarat partikel meninggalkan permukaan silinder adalah 𝑁𝑃 = 0

𝑁𝑃 = 0 =2

3𝑚𝑔(2 sin 𝜃 + 7 cos 𝜃 − 3√2)

2 sin 𝜃 + 7 cos 𝜃 = 3√2 Kita gunakan rumus yang kita sudah dapatkan

√22 + 72 cos (𝜃 − tan−1 (2

7)) = 3√2

cos (𝜃 − tan−1 (2

7)) =

3√2

√53

𝜃 = cos−1 (3√2

√53) + tan−1 (

2

7)


TALI MELUNCUR PADA LUBANG DI MEJA Sebuah meja setinggi ℎ memiliki lubang ditengah permukaannya. Sebuah rantai tipis homogen bermassa 𝑀 dengan panjang 𝐿 = ℎ diletakkan dengan cara “dikumpulkan” disekitar lubang tersebut. Salah satu ujung rantai ditarik sedikit melewati lubang kemudian dilepaskan sehingga rantai “jatuh” melalui lubang tersebut dengan kecepatan yang bertambah seiring panjang rantai yang berada di bawah permukaan meja juga bertambah. Asumsikan tidak ada gaya gesek yang bekerja. Percepatan gravitasi adalah 𝑔. Tentukan : a. Percepatan rantai selama belum

menyentuh rantai. b. Kecepatan ketika rantai pertama kali

menyentuh rantai. c. Gaya normal yang dirasakan lantai akibat

jatuhnya rantai sebagai fungsi waktu. d. Waktu yang dibutuhkan ujung lain rantai

mencapai tanah dihitung sejak rantai mulai bergerak.

e. Gaya normal ketika semua bagian rantai sudah berada di atas lantai untuk kondisi : i. Tepat setelah selesai melakukan geraknya.

ii. Ketika waktu yang sangat lama Pembahasan : a. Kita tinjau keadaan ketika sebagian rantai sepanjang 𝑥 turun dari meja.

rantai

ℎ = 𝐿

rantai

ℎ = 𝐿 𝑥

𝑚𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 13

Massa sebagian rantai sepanjang 𝑥 ini adalah 𝑚 = 𝜆𝑥 dan massa rantai yang masih di atas meja adalah 𝑚′ = 𝜆(𝐿 − 𝑥) dengan 𝜆 = 𝑀/𝐿 adalah massa rantai persatuan panjang yang nilainya konstan karena tali homogen. Rantai sisa yang masih berada di atas meja sepanjang 𝐿 − 𝑥 mendapatkan gaya normal 𝑁 ke atas dari meja namun di atasi oleh gaya berat rantai sisa ini 𝑚′𝑔. Bagian rantai yang turun mendapatkan gaya gravitasi ke bawah sebesar 𝑚𝑔. Hal yang perlu kita perhatikan adalah seluruh rantai bergerak dengan kecepatan dan percepatan yang sama pada lintasannya sendiri. Hal ini terjadi karena tidak ada gaya gesek. Kita gunakan Hukum II Newton untuk massa dan kecepatan sistem yang berubah terhadap waktu yaitu

Σ𝐹 =𝑑𝑝

𝑑𝑡

𝑚𝑔 =𝑑(𝑚𝑣)

𝑑𝑡

𝑚𝑔 = 𝑣𝑑𝑚

𝑑𝑡+ 𝑚

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝜆𝑥𝑔 = 𝜆𝑣𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝜆𝑥

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑔𝑥 = 𝑣2 + 𝑥𝑎

𝑎 = 𝑔 −𝑣2

𝑥…(1)

Atau bisa juga kita nyatakan sebagai

𝑔𝑥 = 𝑣𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑥

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑔𝑥 = 𝑣2 + 𝑣𝑥𝑑𝑣

𝑑𝑥… (2)

Misalkan kecepatan rantai 𝑣 sebagai fungsi 𝑥 adalah 𝑣 = 𝑘𝑥𝑛 𝑑𝑣

𝑑𝑥= 𝑛𝑘𝑥𝑛−1

maka 𝑔𝑥 = 𝑘2𝑥2𝑛 + 𝑛𝑘2𝑥2𝑛 𝑔𝑥 = 𝑘2(1 + 𝑛)𝑥2𝑛 Dari kesamaan suku kiri dan kanan akan kita dapatkan

1 = 2𝑛 → 𝑛 =1

2

𝑘2(1 + 𝑛) = 𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 14

𝑘2 (1 +1

2) = 𝑔

3

2𝑘2 = 𝑔 → 𝑘 = √

2

3𝑔

Maka kecepatan rantai 𝑣 sebagai fungsi 𝑥 adalah

𝑣 = √2

3𝑔𝑥

12 = √

2

3𝑔𝑥

Sehingga percepatan rantai adalah

𝑎 =𝑑𝑣

𝑑𝑡=𝑑𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣

𝑑𝑣

𝑑𝑥= √

2

3𝑔𝑥√

2

3𝑔𝑑

𝑑𝑥𝑥12 =

2

3𝑔𝑥

121

2𝑥−

12

𝑎 =𝑔

3

Atau ada cara yang lebih mudah, perhatikan kembali persamaan (1)

𝑎 = 𝑔 −𝑣2

𝑥

Suku sebelah kanan 𝑔 dapat kita hubungkan dengan percepatan menggunakan persamaan gerak lurus berubah beraturan karena percepatan rantai adalah konstan. 𝑣2 = (𝑣0 = 0)

2 + 2𝑎𝑥 𝑣2

𝑥= 2𝑎 → 𝑎 = 𝑔 − 2𝑎 → 𝑎 =

𝑔

3

b. Ketika ujung bawah rantai menyentuh lantai 𝑥 = 𝐿, maka kecepatannya saat ini adalah

𝑣 = √2

3𝑔𝐿

c. Gaya normal total yang dirasakan lantai adalah berat sebagian rantai sepanjang 𝑦 yang sudah ada di atas lantai ditambah gaya akibat impuls yang diberikan oleh rantai. Impuls yang diberikan oleh elemen rantai 𝑑𝑚 selama 𝑑𝑡 adalah 𝑑𝑝 = 𝑣′𝑑𝑚 dengan 𝑣′ adalah kecepatan pada elemen rantai 𝑑𝑚 ketika menumbuk lantai dan besarnya adalah

𝑣′ = 𝑣 + √2𝑎𝑦

𝑣′ = √2

3𝑔𝐿 + √

2

3𝑔𝑦 → 𝑣′ = (√𝐿 + √𝑦)√

2

3𝑔

Gaya impuls yang diberikan lantai adalah

𝐹𝐼𝑑𝑡 = 𝑑𝑝 → 𝐹𝐼 = 𝑣′𝑑𝑚

𝑑𝑡= 𝜆𝑣′

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 𝜆𝑣′2

𝐹𝐼 =2𝑀𝑔

3𝐿(𝐿 + 𝑦 + 2√𝐿𝑦)

Berat sebagian rantai yang sudah ada di atas lantai adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 15

𝑤 =𝑀

𝐿𝑔𝑦

Gaya normal yang dirasakan lantai sebagai fungsi 𝑦 adalah 𝑁 = 𝐹𝐼 + 𝑤

𝑁 =2𝑀𝑔

3𝐿(𝐿 + 𝑦 + 2√𝐿𝑦) +

𝑀

𝐿𝑔𝑦

𝑁(𝑦) =𝑀𝑔

3𝐿(2𝐿 + 5𝑦 + 4√𝐿𝑦)

Ketika rantai pertama kali menyentuh lantai atau saat 𝑦 = 0 kecepatan rantai sama dengan jawaban subsoal (b) karena rantai memiliki percepatan yang tetap, jarak 𝑦 sebagai fungsi 𝑡 adalah

𝑦 = 𝑡√2

3𝑔𝐿 +

1

6𝑔𝑡2

Maka gaya normal yang dirasakan lantai sebagai fungsi waktu adalah

𝑁(𝑦) =𝑀𝑔

3𝐿[ 2𝐿 + 5(𝑡√

2

3𝑔𝐿 +

1

6𝑔𝑡2) + 4√𝐿(𝑡√

2

3𝑔𝐿 +

1

6𝑔𝑡2)

]

Catatan : 𝑡 = 0 di sini di ukur sejak pertama kalinya lantai menyentuh lantai d. Waktu sejak rantai mulai bergerak sampai ujung lain rantai atau ujung atasnya

sampai di tanah adalah

2𝐿 =1

2

𝑔

3𝑇2 → 𝑇 = 2√

3𝐿

𝑔

e. Daripada mensubtitusi waktu ke 𝑁(𝑡), akan lebih mudah jika kita subtitusi 𝑦 = 𝐿 ke 𝑁(𝑦) i. Untuk kondisi ini gaya normal yang dirasakan lantai adalah

𝑁(𝐿) =𝑀𝑔

3𝐿(2𝐿 + 5𝐿 + 4√𝐿𝐿)

𝑁(𝐿) =11

3𝑀𝑔

ii. Setelah selang waktu yang lama, gaya impuls dari rantai hilang sehingga gaya normal yang dirasakan lantai sama dengan berat total lantai 𝑁 = 𝑀𝑔


KUMBANG DAN PERSEGI Sebuah persegi ABCD tersusun dari empat buah batang tegar homogen identik yang masing-masing memiliki panjang 2𝑎 dan bermassa 𝑚. Persegi tersebut ditempatkan pada bidang horizontal licin dan diengselkan di titik A, sehingga dapat berputar bebas di sekitar titik A tersebut. Seekor serangga dengan massa 𝑚 berjalan mulai dari titik B di sepanjang batang BC dengan kecepatan konstan 𝑉 relatif terhadap batang. Ketika

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 16

serangga tersebut berjalan selama 𝑡 detik, serangga sampai di titik E (titik E berada diantara titik B dan C) dan diketahui batang sudah berputar sejauh

𝜃(𝑡) = √13

3𝑡𝑎𝑛−1 (

𝑉𝑡

2𝑎√3

13)

Tentukan (dinyakan dalam 𝑉, 𝑎,𝑚, dan 𝑡) : a. Kecepatan dan percepatan sudut persegi tersebut sebagai fungsi dari waktu. b. Momen inersia sistem (persegi dan serangga) relatif terhadap poros A pada saat 𝑡. c. Gaya normal antara serangga dan batang. d. Gaya berarah sejajar BC pada serangga yang menyebabkan seranggga dapat bergerak

dengan kecepatan konstan relatif terhdap persegi.

Pentunjuk ∶ 𝑑 tan 𝑥

𝑑𝑥= sec2 𝑥

Pembahasan : a. Kecepatan sudut persegi adalah turunan pertama sudutnya terhadap waktu.

𝜃(𝑡) = √13

3𝑡𝑎𝑛−1 (

𝑉𝑡

2𝑎√3

13)

tan(√3

13𝜃(𝑡)) =

𝑉𝑡

2𝑎√3

13

𝑑

𝑑𝑡tan(√

3

13𝜃(𝑡)) =

𝑑

𝑑𝑡(𝑉𝑡

2𝑎√3

13)

sec2(√3

13𝜃(𝑡))

𝑑𝜃(𝑡)

𝑑𝑡=𝑉

2𝑎√3

13

𝑑𝜃(𝑡)

𝑑𝑡= 𝜔(𝑡) =

𝑉

2𝑎√3

13cos2(√

3

13𝜃(𝑡))

𝜃(𝑡)

𝐵 𝑉

𝐶 𝐷

𝐴 𝐵 Posisi awal

𝐶

𝐷

𝐴 Posisi saat 𝑡

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 17

𝜔(𝑡) =𝑉

2𝑎√3

13cos2(√

3

13√13

3𝑡𝑎𝑛−1 (

𝑉𝑡

2𝑎√3

13))

𝜔(𝑡) =𝑉

2𝑎√3

13cos2(𝑡𝑎𝑛−1(

𝑉𝑡

2𝑎√3

13))

Persamaan di atas bisa kita sederhanakan menggunakan trik berikut. Jika kita mempunyai sebuah nilai trigonometri tan 𝑥 = 𝑝 𝑞⁄ maka 𝑥 = tan−1(𝑝 𝑞⁄ ). Jika kita ingin mencari nilai trigonometri yang lain untuk sudut 𝑥 kita bisa gunakan cara berikut

tan2 𝑥 =𝑝2

𝑞2=sin2 𝑥

cos2 𝑥=1 − cos2 𝑥

cos2 𝑥

𝑝2 cos2 𝑥 = 𝑞2 − 𝑞2 cos2 𝑥 (𝑝2 + 𝑞2) cos2 𝑥 = 𝑞2

cos2 𝑥 =𝑞2

𝑝2 + 𝑞2

Untuk persamaan di atas

𝑥 = 𝑡𝑎𝑛−1(𝑉𝑡

2𝑎√3

13) → tan 𝑥 =

𝑉𝑡√3

2𝑎√13=𝑝

𝑞

Maka

cos2 𝑥 =52𝑎2

3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2

Kecepatan sudut persegi akan menjadi

𝜔(𝑡) = √3

13(

26𝑉𝑎

3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)

Percepatan sudut persegi adalah turunan pertama kecepatan sudutnya terhadap waktu

𝛼(𝑡) =𝑑𝜔(𝑡)

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡√3

13(

26𝑉𝑎

3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)

𝛼(𝑡) = √3

13(26𝑉𝑎(−6𝑉2𝑡)

(3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)2)

𝛼(𝑡) = −156𝑉3𝑎𝑡

(3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)2√3

13

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 18

b. Untuk mencari momen inersia sistem kita tinjau keempat sisi persegi secara terpisah sebagai sebuah batang tegar dengan momen inersia terhadap pusatnya 𝐼0 = 1 12⁄ 𝑚𝐿2 kemudian menggunakan teorema sumbu sejajar untuk mendapatkan momen inersia masing-masing sisi terhadap poros A sedangkan untuk serangga, dia bisa dianggap sebagai massa titik. Jarak EA = Jarak HA = 𝑏 𝑏2 = 4𝑎2 + 𝑎2 = 5𝑎2 Jarak FA = Jarak GA = 𝑎 𝑠 = 𝑉𝑡 𝑑2 = 4𝑎2 + 𝑉2𝑡2 𝐼𝐵𝐶 = 𝐼𝐶𝐷 𝐼𝐴𝐵 = 𝐼𝐷𝐴 Maka momen inersia sistem akan menjadi 𝐼𝑠 = 𝐼𝐴𝐵 + 𝐼𝐵𝐶 + 𝐼𝐶𝐷 + 𝐼𝐷𝐴 + 𝐼serangga

𝐼𝑠 = 2𝐼𝐴𝐵 + 2𝐼𝐵𝐶 + 𝐼serangga

𝐼𝑠 = 2(𝐼0 +𝑚𝑏2) + 2(𝐼0 +𝑚𝑎

2) + 𝑚𝑑2

𝐼𝑠 = 2(1

12𝑚(2𝑎)2 + 5𝑚𝑎2) + 2 (

1

12𝑚(2𝑎)2 +𝑚𝑎2)

⏟ 𝐼𝑝

+𝑚(4𝑎2 + 𝑉2𝑡2)

𝐼𝑠 =40

3𝑚𝑎2 +𝑚𝑉2𝑡2 dan 𝐼𝑝 = 12𝑚𝑎

2

c. Suatu gaya 𝐹 bekerja pada serangga sejajar BC sehingga serangga bergerak dengan kecepatan konstan. Dari hasil kita sebelumnya pada subsoal (a) kita dapatkan bahwa percepatan sudut bernilai negatif, artinya torsi total yang bekerja cenderung memutar persegi searah jarum jam. Berikut diagram gaya pada serangga dan persegi! Hukum II Newton untuk gerak rotasi Persegi −𝑁𝑉𝑡 = 𝐼𝑃𝛼

𝑁 = −𝐼𝑃𝛼

𝑉𝑡

Subtitusi 𝐼𝑃 dan 𝛼 ke persamaan di atas

𝑁 = −12𝑚𝑎2

𝑉𝑡(−

156𝑉3𝑎𝑡

(3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)2√3

13)

𝑁 =1872𝑚𝑉2𝑎3

(3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)2√3

13

𝐵

𝜃(𝑡)

𝐶

𝐷

𝐴 Posisi saat 𝑡

𝐸

𝐹 𝐺

𝐻

𝑠

𝑑

𝐹 𝐵

𝐶

𝐷

𝜃(𝑡) 𝐴

Posisi saat 𝑡

𝑁

𝑁

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 19

d. Untuk mendapatkan besar gaya 𝐹 ada baiknya kita tinjau sistem secara keseluruhan. Karena jika kita tinjau serangga secara terpisah, maka kita perlu mempertimbangkan gaya sentrifugal akibat rotasinya terhadap poros A dan akan membuat persamaan kita cukup rumit. Hukum II Newton untuk gerak rotasi sistem −2𝐹𝑎 = 𝐼𝑠𝛼

𝐹 = −𝐼𝑠𝛼

2𝑎

Subtitusi 𝐼𝑠 dan 𝛼 ke persamaan di atas

𝐹 = −1

2𝑎(40

3𝑚𝑎2 +𝑚𝑉2𝑡2)(−

156𝑉3𝑎𝑡

(3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)2√3

13)

𝐹 = (40

3𝑚𝑎2 +𝑚𝑉2𝑡2)(

78𝑉3𝑡

(3𝑉2𝑡2 + 52𝑎2)2√3

13)


PIDNAH ORBIT Sebuah roket bermassa total 𝑚 mengelilingi bumi pada low earth orbit berbentuk lingkaran dengan jari-jari orbit 𝑅1. Roket ini akan berpindah orbit menuju orbit menuju orbit berjari jari 𝑅2 > 𝑅1 dengan cara mengubah bentuk orbitnya dalam bentuk orbit elips seperti yang ditunjukkan oleh garis tebal pada gambar disamping. Manuver orbit ini dicapai dengan membuang bahan bakar sebanyak ∆𝑚1 > 0 sehingga memberika laju ∆𝑣1 searah kecepatan orbit pada orbit rendah. Kemudian roket membuang lagi bahan bakar sebanyak ∆𝑚2 > 0 sehingga memberikan tambahan laju ∆𝑣2 searah kecepatan orbit pada orbit tinggi. Laju orbit roket untuk orbit rendah adalah 𝑣𝑅1 . Bahan bakar roket memiliki laju buang konstan 𝑣𝑓relatif terhadap roket. Tentukan :

a. tambahan laju ∆𝑣1 yang dibutuhkan untuk mengubah orbit dari lingkaran berjari-jari 𝑅1 menjadi elips (nyatakan dalam 𝑣𝑅1 , 𝑅1, 𝑅2).

b. tambahan laju ∆𝑣2 yang dibutuhkan untuk mengubah orbit dari elips menjadi lingkaran berjari-jari 𝑅2 (nyatakan dalam 𝑣𝑅1, 𝑅1, 𝑅2).

c. massa bahan bakar yang terbuang ∆𝑚1 dan ∆𝑚2 agar roket dapat melakukan manuver tersebut (nyatakan dalam 𝑚, 𝑣𝑅1 , 𝑣𝑓 , 𝑅1, 𝑅2).

Pembahasan :

a. Kecepatan roket ketika berada di orbit 𝑅1 adalah 𝑣𝑅1. Dengan menggunakan persamaan gaya sentripetal dimana gaya gravitasilah yang berperan sabagai gaya sentripetal di sini, kita bisa menyatakan 𝑣𝑅1 ulang sebagai berikut 𝐹𝐺 = 𝐹𝑠

𝑅2

𝑅1

𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 20

𝐺𝑀𝐵𝑚

𝑅12 =

𝑚𝑣𝑅12

𝑅1

𝑣𝑅12 =

𝐺𝑀𝐵𝑅1

→ 𝑣𝑅1 = √𝐺𝑀𝐵𝑅1

Roket kemudian membuang bahan bakarnya sehingga kecepatannya bertambah dan lintasan roket berubah menjadi elips. Ketika penambahan kecepatan ini terjadi, roket berada di perihelium atau jarak terdekatnya dengan bumi yaitu 𝑅1 dan kecepatannya di sini adalah 𝑣𝑝. Planet terus bergerak sampai suatu ketika dia berada di aphelium

atau jarak terjauhnya dari bumi dalam lintasan elips ini yaitu 𝑅2 dan kecepatannya di sini adalah 𝑣𝑎 . Kita bisa mencari 𝑣𝑝 dan 𝑣𝑎 dari hukum kekekalan momentum sudut

dan hukum kekekalan energi. Pada kasus gerak melingkar terhadap dengan gaya gravitasi sebagai gaya sentripetalnya momentum sudut sistem akan kekal karena arah gaya gravitasi dan jari-jarinya sejajar, karena torsi adalah perkalian silang antara keduanya maka nilai torsi eksternal pada sistem bernilai nol. Alhasil momentum sudut sistem kekal. Kita gunakan hukum kekekalan momentum sudut untuk keadaan perihelium dan aphelium 𝐿𝑎 = 𝐿𝑝 (𝑚 − ∆𝑚1)𝑣𝑎𝑅2 = (𝑚 − ∆𝑚1)𝑣𝑝𝑅1

𝑣𝑎 =𝑅1𝑅2𝑣𝑝

Kemudian kita gunakan hukum kekekalan energi untuk dua keadaan seperti sebelumnya

−𝐺𝑀𝐵(𝑚 − ∆𝑚1)

𝑅2+1

2(𝑚 − ∆𝑚1)𝑣𝑎

2 = −𝐺𝑀𝐵(𝑚 − ∆𝑚1)

𝑅1+1

2(𝑚 − ∆𝑚1)𝑣𝑝

2

1

2(𝑚 − ∆𝑚1) (

𝑅1𝑅2𝑣𝑝)

2

−1

2(𝑚 − ∆𝑚1)𝑣𝑝

2 = −𝐺𝑀𝐵(𝑚 − ∆𝑚1)

𝑅1+𝐺𝑀𝐵(𝑚 − ∆𝑚1)

𝑅2

𝑅12 − 𝑅2

2

𝑅22 𝑣𝑝

2 = 2𝐺𝑀𝐵𝑅2 − 𝑅1𝑅1𝑅2

(𝑅1 − 𝑅2)(𝑅1 + 𝑅2)

𝑅22 𝑣𝑝

2 = 2𝐺𝑀𝐵𝑅1 − 𝑅2𝑅1𝑅2

𝑣𝑝2 =

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

𝐺𝑀𝐵𝑅1

𝑣𝑝 = √2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1√𝐺𝑀𝐵𝑅1

𝑣𝑝 = √2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1𝑣𝑅1

𝑣𝑎 =𝑅1𝑅2𝑣𝑝 =

𝑅1𝑅2√

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

𝑣𝑅1

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 21

Penambahan kecepatan ∆𝑣1 ketika orbit planet berubah dari orbit awal berjari-jari 𝑅1 menjadi orbit elips adalah

∆𝑣1 = 𝑣𝑝 − 𝑣𝑅1 = √2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1𝑣𝑅1 − 𝑣𝑅1

∆𝑣1 = 𝑣𝑅1 (√2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1− 1)

b. kecepatan pesawat ketika orbitnya berjari-jari 𝑅2 bisa kita dapatkan dari persamaan gaya sentripetal dimana gaya sentripetal ini disebabkan oleh gaya gravitasi antara pesawat dan bumi 𝐹𝐺 = 𝐹𝑠 𝐺𝑀𝐵(𝑚 − ∆𝑚1 − ∆𝑚2)

𝑅22 =

(𝑚 − ∆𝑚1 − ∆𝑚2)𝑣𝑅22

𝑅2

𝑣𝑅22 =

𝑅1𝑅2

𝐺𝑀𝐵𝑅1

→ 𝑣𝑅2 = √𝑅1𝑅2√𝐺𝑀𝐵𝑅1

= √𝑅1𝑅2𝑣𝑅1

Penambahan kecepatan ∆𝑣2 ketika orbit planet berubah dari orbit elips menjadi orbit lingkaran berjari-jari 𝑅2 adalah

∆𝑣2 = 𝑣𝑅2 − 𝑣𝑎 = √𝑅1𝑅2𝑣𝑅1 −

𝑅1𝑅2√

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

𝑣𝑅1

∆𝑣2 = 𝑣𝑅1√𝑅1𝑅2(1 − √

2𝑅1𝑅2 + 𝑅1

)

c. Kita bisa mencari massa bahan bakar yang dibuang untuk penambahan kecepatan dengan menggunakan hukum kekekalan momentum. Kita tinjau dulu keadaan ketika roket bermassa 𝑚 yang pada awalnya bergerak dengan kecepatan 𝑣. Roket ini kemudian membuang bahan bakarnya sejumlah yang sangat kecil yaitu 𝑑𝑚 ke arah yang berlawanan dengan arah gerak roket dengan kecepatan 𝑣𝑓 relatif terhadap roket

sehingga kecepatan roket bertambah sebesar 𝑑𝑣. Menggunakan hukum kekekalan momentum pada arah gerak roket akan kita dapatkan 𝑚𝑣 = 𝑑𝑚(𝑣 − 𝑣𝑓) + (𝑚 − 𝑑𝑚)(𝑣 + 𝑑𝑣)

𝑚𝑣 = 𝑑𝑚𝑣 − 𝑑𝑚𝑣𝑓 +𝑚𝑣 +𝑚𝑑𝑣 − 𝑑𝑚𝑣 − 𝑑𝑚𝑑𝑣

0 = −𝑑𝑚𝑣𝑓 +𝑚𝑑𝑣 − 𝑑𝑚𝑑𝑣

𝑣

𝑚

𝑣 + 𝑑𝑣 𝑣 − 𝑣𝑓

𝑑𝑚 𝑚 − 𝑑𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 22

Karena massa bahan bakar yang dilepaskan 𝑑𝑚 sangat kecil dan penambahan kecepatan roket 𝑑𝑣 juga sangat kecil, maka suku 𝑑𝑚𝑑𝑣 akan bernilai lebih kecil lagi dibanding dua suku lainnya sehingga dapat kita abaikan. Kemudian di sini ada satu hal yang perlu kita perhatikan 𝑑𝑚 adalah pengurangan massa roket, sehingga bernilai negatif. Untuk kekekalan momentum di atas tadi, kita menggunakan besarnya saja, namun untuk berikutnya kita harus memasukkan tanda negatif karena akan kita integralkan untuk massa roket sedangkan 𝑑𝑚 pengurangan massa roket. 0 = −(−𝑑𝑚)𝑣𝑓 +𝑚𝑑𝑣

𝑑𝑣 = −𝑣𝑓𝑑𝑚

𝑚

Kita integralkan persamaan di atas untuk 𝑣 dari 𝑣0 sampai 𝑣0 + Δ𝑣 dan untuk 𝑚0 dari 𝑚0 sampai 𝑚0 − Δ𝑚

∫ 𝑑𝑣𝑣0+Δ𝑣

𝑣0

= −𝑣𝑓∫𝑑𝑚

𝑚

𝑚0−Δ𝑚

𝑚0

𝑣0 + Δ𝑣 − 𝑣0 = −𝑣𝑓 ln |𝑚0 − Δ𝑚

𝑚0|

−∆𝑣

𝑣𝑓= ln |

𝑚0 − Δ𝑚

𝑚0|

exp(−∆𝑣

𝑣𝑓) =

𝑚0 − Δ𝑚

𝑚0

Δ𝑚 = 𝑚0 [1 − exp(−∆𝑣

𝑣𝑓)]

Dengan 𝑚0 adalah massa awal roket beserta bahan bakarnya. Untuk penambahan kecepatan roket dari orbit awal menjadi elips, massa awal roket beserta bahan bakarnya adalah 𝑚01 = 𝑚 sehingga massa bahan bakar yang dibuang adalah

Δ𝑚1 = 𝑚01 [1 − exp(−∆𝑣1𝑣𝑓)]

Δ𝑚1 = 𝑚{1 − exp [−𝑣𝑅1𝑣𝑓(√

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

− 1)]}

Untuk penambahan kecepatan roket dari orbit elips menjadi orbit akhir, massa awal roket beserta bahan bakarnya adalah 𝑚02 = 𝑚 − Δ𝑚1 sehingga massa bahan bakar yang dibuang adalah

Δ𝑚2 = 𝑚02 [1 − exp (−∆𝑣2𝑣𝑓)]

Δ𝑚2 = (𝑚 − Δ𝑚1 ) [1 − exp(−𝑣𝑅1𝑣𝑓√𝑅1𝑅2(1 − √

2𝑅1𝑅2 + 𝑅1

))]

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 23

Δ𝑚2 = 𝑚exp [−𝑣𝑅1𝑣𝑓(√

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

− 1)] {1 − exp [−𝑣𝑅1𝑣𝑓√𝑅1𝑅2(1 − √

2𝑅1𝑅2 + 𝑅1

)]}


MASSA BERTUMPUK Gambar di bawah ini menunjukkan susunan 𝑁 buah balok yang masing-masing bermassa 𝑚1, 𝑚2, . . . , 𝑚𝑁 (𝑁 bilangan genap). Balok 𝑚1 terhubung dengan balok 𝑚2 yang berada di atasnya melalui tali tak bermassa yang tak dapat mulur yang dilewatkan pada katrol. Demikian pula balok 𝑚3 yang berada di atas balok 𝑚3 yang berada di atas balok 𝑚2 terhubung dengan balok 𝑚2 tersebut melalui tak bermassa yang tak dapat mulur yang dilwatkan pada katrol. Begitu seterusnya hingga balok 𝑚𝑁 yang berada di atas balok 𝑚𝑁−1. Seluruh katrol tersebut masing-masing memiliki momen inersia 𝐼 dan jari-jari 𝑅 yang sama. Koefisien gesek antara balok 𝑚1 dengan lantai maupun antar semua permukaan balok yang berimpit bernilai sama sebesar 𝜇. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah. Balok 𝑚1 ditarik dengan gaya horizontal 𝐹 yang cukup besar sehingga sistem bergerak dengan percepatan 𝑎 terhadap lantai a. Tentukan besar percepatan 𝑎 dinyatakan dalam besaran-besaran di atas. b. Jika 𝑁 = 10 dengan seluruh massa balok adalah sama besar 𝑚, momen inersia 𝐼 =

1/2 𝑚𝑅2, serta percepatan 𝑎 = 𝑔 maka gaya 𝐹 yang diberikan dapat dinyatakan sebagai 𝐹 = 𝑘𝑚𝑔. Tentukan nilai 𝑘.

Pembahasan :

a. Perhatikan diagram gaya yang bekerja pada setiap balok dan katrol.

𝑎

𝐹 𝑚1

𝑚2

𝑚3

𝑚𝑁−1

𝑚𝑁

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 24

Kita gunakan hukum dua newton pada semua balok sehingga akan kita dapatkan persamaan geraknya masing-masing 𝐹 − 𝑓1 − 𝑓2 − 𝑇1 = 𝑚1𝑎 𝑇1′ − 𝑓2 − 𝑓3 − 𝑇2 = 𝑚2𝑎 𝑇2′ − 𝑓3 − 𝑓4 − 𝑇3 = 𝑚3𝑎 … 𝑇𝑁−2′ − 𝑓𝑁−1 − 𝑓𝑁 − 𝑇𝑁−1 = 𝑚𝑁−1𝑎 𝑇𝑁−1′ − 𝑓𝑁 = 𝑚𝑁𝑎 Gaya normal masing-masing balok adalah 𝑁1 = 𝑚𝑔 + 𝑁2 𝑁2 = 𝑚𝑔 + 𝑁3 𝑁3 = 𝑚𝑔 + 𝑁4 … 𝑁𝑁−1 = 𝑚𝑔 + 𝑁𝑁 𝑁𝑁 = 𝑚𝑔 Berarti 𝑁1 = 𝑁𝑚𝑔

𝐹

𝑚𝑔

𝑁1

𝑁2

balok 𝑚1

𝑇1

𝑓2

𝑓1

𝑎

𝑇2′

𝑚𝑔

𝑁3

𝑁4

balok 𝑚3

𝑇3

𝑓4

𝑓3

𝑎

𝑇2

𝑚𝑔

𝑁2

𝑁3

balok 𝑚2

𝑇1′

𝑓3

𝑓2

𝑎

𝑚𝑔

𝑁𝑁 balok 𝑚𝑁

𝑇𝑁−1′

𝑓𝑁

𝑎

𝑇𝑁−1

𝑚𝑔

𝑁𝑁−1

𝑁𝑁

balok 𝑚𝑁−1

𝑇𝑁−2′

𝑓𝑁

𝑓𝑁−1

𝑎

𝑇1

𝑇1′ 𝛼

katrol 1

𝑇3

𝑇3′

𝛼 katrol 3

𝑇𝑁−1

𝑇𝑁−1′ 𝛼

katrol 𝑁 − 1

𝑇2

𝑇2′ 𝛼

katrol 2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 25

𝑁2 = (𝑁 − 1)𝑚𝑔 𝑁3 = (𝑁 − 2)𝑚𝑔 … 𝑁𝑁−1 = 2𝑚𝑔 𝑁𝑁 = 𝑚𝑔 𝑁𝑛 = (𝑁 + 1 − 𝑛)𝑚𝑔 Besar masing-masing gaya gesek adalah 𝑓1 = 𝜇𝑁1 = 𝜇𝑁𝑚𝑔 𝑓2 = 𝜇𝑁2 = 𝜇(𝑁 − 1)𝑚𝑔 𝑓3 = 𝜇𝑁3 = 𝜇(𝑁 − 2)𝑚𝑔 … 𝑓𝑁−1 = 𝜇𝑁𝑁−1 = 2𝜇𝑚𝑔 𝑓𝑁 = 𝜇𝑚𝑔 𝑓𝑛 = 𝜇(𝑁 + 1 − 𝑛)𝑚𝑔 Tinjau gerak rotasi pada masing-masing katrol(ingat bahwa tali tidak slip terhadap katrol sehingga akan berlaku 𝑎 = 𝛼𝑅) Katrol 1

(𝑇1 − 𝑇1′)𝑅 = 𝐼𝑎

𝑅

𝑇1 − 𝑇1′ =

𝐼𝑎

𝑅2

Pola ini akan terus sama pada setiap katrol sehingga akan kita dapatkan

𝑇1 − 𝑇1′ =

𝐼𝑎

𝑅2

𝑇2 − 𝑇2′ =

𝐼𝑎

𝑅2

𝑇3 − 𝑇3′ =

𝐼𝑎

𝑅2

…

𝑇𝑁−1 − 𝑇𝑁−1′ =

𝐼𝑎

𝑅2

Untuk mendapatkan percepatan sistem 𝑎, kita jumlahkan persamaan gerak masing-masing balok 𝐹 − 𝑓1 − 𝑓2 − 𝑇1⏟

balok 𝑚1

+ 𝑇1′ − 𝑓2 − 𝑓3 − 𝑇2⏟

balok 𝑚2

+ 𝑇2′ − 𝑓3 − 𝑓4 − 𝑇3⏟

balok 𝑚3

+⋯

+ 𝑇𝑁−2′ − 𝑓𝑁−1 − 𝑓𝑁 − 𝑇𝑁−1⏟

balok 𝑚𝑁−1

+ 𝑇𝑁−1′ − 𝑓𝑁⏟ balok 𝑚𝑁

= (𝑚1 +𝑚2 +𝑚3 +⋯+𝑚𝑁−1 +𝑚𝑁)𝑎 𝐹 − 𝑓1 − 2 (𝑓2 + 𝑓3 + 𝑓4 +⋯+ 𝑓𝑁−1 + 𝑓𝑁)⏟

𝑓

− [(𝑇1 − 𝑇1′) + (𝑇2 − 𝑇2′) + (𝑇3 − 𝑇3′) + ⋯+ (𝑇𝑁−1 − 𝑇𝑁−1′)]⏟ 𝑇

= (𝑚1 +𝑚2 +𝑚3 +⋯+𝑚𝑁−1 +𝑚𝑁)⏟ 𝑚𝑡

𝑎

𝐹 − 𝜇𝑁𝑚𝑔 − 2𝑓 − 𝑇 = 𝑚𝑡𝑎… (1)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 26

𝑓 = ∑𝑓𝑛

𝑁

𝑛=2

= ∑𝜇(𝑁 + 1 − 𝑛)𝑚𝑔

𝑁

𝑛=2

= 𝜇𝑚𝑔∑(𝑁 + 1 − 𝑛)

𝑁

𝑛=2

= 𝜇𝑚𝑔∑(𝑁 − 𝑛)

𝑁−1

𝑛=1

𝑓 = 𝜇𝑚𝑔(∑𝑁

𝑁−1

𝑛=1

−∑ 𝑛

𝑁−1

𝑛=1

) = 𝜇𝑚𝑔(𝑁(𝑁 − 1) −1

2(𝑁 − 1)(1 + 𝑁 − 1))

𝑓 =1

2𝜇𝑚𝑔(𝑁2 − 𝑁)

𝑇 =𝐼𝑎

𝑅2+𝐼𝑎

𝑅2+𝐼𝑎

𝑅2+⋯+

𝐼𝑎

𝑅2⏟ sejumlah 𝑁−1

= (𝑁 − 1)𝐼𝑎

𝑅2

𝑚𝑡 = 𝑚 +𝑚 +𝑚 +⋯+𝑚+𝑚⏟ sejumlah 𝑁

= 𝑁𝑚

Subtitusi kembali hasil ini ke persamaan (1)

𝐹 − 𝜇𝑁𝑚𝑔 − 𝜇𝑚𝑔(𝑁2 − 𝑁) − (𝑁 − 1)𝐼𝑎

𝑅2= 𝑁𝑚𝑎

𝐹 − 𝜇𝑁2𝑚𝑔 = 𝑁𝑚𝑎 + (𝑁 − 1)𝐼𝑎

𝑅2

𝐹 − 𝜇𝑁2𝑚𝑔 = (𝑁𝑚 + (𝑁 − 1)𝐼

𝑅2) 𝑎

𝑎 =𝐹 − 𝜇𝑁2𝑚𝑔

𝑁𝑚 + (𝑁 − 1)𝐼𝑅2

b. Untuk subsoal ini kita subtitusikan nilai 𝑁 = 10, 𝑎 = 𝑔, 𝐼 = 1/2 𝑚𝑅2.

𝑔 =𝐹 − 100𝜇𝑚𝑔

10𝑚 +92𝑚

=𝐹 − 100𝜇𝑚𝑔

292 𝑚

29

2𝑚𝑔 = 𝐹 − 100𝜇𝑚𝑔

𝐹 = (29

2+ 100𝜇)𝑚𝑔

Sehingga nilai 𝑘 adalah

𝑘 =29

2+ 100𝜇

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · Subtitusi hasil ini ke persamaan...

Documents

Transcript of Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · Subtitusi hasil ini ke persamaan...