Bersama Sainsworld Official ID mr sainsworld Kita Sainskan · helium adalah He=2,0 ×10−5kg/ms...

Halaman 1 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official

Sainsworld Sainsworld

0831-4325-9061

ID mr_sainsworld

@sainsworld_official

Try Out OSK Sainsworld − September

Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Solusi TO Pra OSK Fisika 2019 dari Sainsworld

1. Pada kasus ini kita akan meninjau terkait sifat fluida yaitu viskositas. Viskositas

adalah suatu besaran yang menyatakan tingkat kekentalan suatu fluida. Viskositas ini

merupakan sifat dari fluida non-ideal. Akibat adanya viskositas ini sendiri akan

muncul suatu gaya hambat akibat fluida. Kita akan meninjau hubungan antara

besaran yang berkaitan di sini.

a. Viskositas (𝜂) dari suatu gas bergantung pada massa, diameter efektif, dan

kecepatan rata-rata molekul dari gas tersebut. Gunakan analisis dimensi untuk

menentukan viskositas 𝜂 sebagai fungsi 𝑚, 𝑑, dan 𝑣 tersebut!

b. Perkirakan besar diameter efektif dari molekul metana (CH4) jika nilai 𝜂 untuk

helium adalah 𝜂He = 2,0 × 10−5kg/ms dan metana adalah 𝜂CH4 = 1,1 × 10

−5kg/

ms pada suhu kamar, dan diameter efektif helium adalah 𝑑He = 2,1 × 10−10m!

c. Suatu bola yang bergerak dalam suatu fluida kental akan mendapatkan gaya

hambat. Gaya hambat ini bergantung pada kecepatan gerak bola, jari-jari bola, dan

viskositas dari fluida dimana bola bergerak. Tentukan fungsi gaya hambat 𝐹 ini

sebagai fungsi 𝑣, 𝑅, dan 𝜂! Konstanta kesebandingan untuk 𝐹 ini adalah 𝑘 = 6𝜋.

d. Suatu bola berjari-jari 𝑅 dan memiliki massa jenis 𝜌b jatuh bebas dari suatu

ketinggian di udara. Viskositas dan massa jenis udara adalah 𝜂u dan 𝜌u. Jika

percepatan gravitasi adalah 𝑔, tentukan kecepatan terminal bola tersebut?

Halaman 2 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Solusi :

a. Hubungannya akan berbentuk

𝜂 = 𝑘𝑚𝐴𝑑𝐵𝑣𝐷

Dimana 𝑘 adalah konstan tanpa dimensi yang bisa didapatkan dari eksperimen.

Dimensi masing-masing besaran adalah [𝜂] = 𝑀𝐿−1𝑇−1, [𝑚] = 𝑀, [𝑣] = 𝐿𝑇−1, dan

[𝑑] = 𝐿. Dengan menggunakan analisis dimensi akan kita peroleh

[𝜂] = [𝑚]𝐴[𝑑]𝐵[𝑣]𝐷

𝑀𝐿−1𝑇−1 = 𝑀𝐴(𝐿)𝐵(𝐿𝑇−1)𝐷

𝑀𝐿−1𝑇−1 = 𝑀𝐴𝐿𝐵+𝐷𝑇−𝐷

Dari kesamaan pangkat sebelah kiri dan kanan akan kita dapatkan

dari 𝑀 ⟹ 1 = 𝐴

dari 𝑇 ⟹ −1 = −𝐷 ⟹ 𝐷 = 1

dari 𝐿 ⟹ −1 = 𝐵 + 𝐷 ⟹ 𝐵 = −2

sehingga kita akan dapatkan hubungan

𝜂 = 𝑘𝑚𝑑−2𝑣 ⟹ 𝜂 =𝑘𝑚𝑣

𝑑2

b. Bandingkan viskositas metana dan helium

𝜂He𝜂CH4

=

𝑘𝑚He𝑣He𝑑He

2

𝑘𝑚CH4𝑣CH4𝑑CH4

2

Energi dalam suatu gas hanya bergantung pada suhu mutlaknya, pada kasus ini,

kedua molekul berada pada suhu yang sama yaitu shu kamar. Energi dalam ini

berwujud sebagai energi kinetik molekul gas, sehingga bisa kita dapatkan

hubungan

1

2𝑚𝑣2 =

3

2𝑘B𝑇 dengan 𝑘B = konstanta boltzmann

Maka

𝑣 = √𝑘B𝑇

𝑚⟹ 𝑣 ≈

1

√𝑚= 𝑚−

12

Sehingga akan kita peroleh

Halaman 3 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝜂He𝜂CH4

=𝑚He𝑚He

−12𝑑CH4

2

𝑚CH4𝑚CH4−12𝑑He

2

𝑑CH4 = 𝑑He√𝜂He𝑚CH4

12

𝜂CH4𝑚He12

⟹ 𝑑CH4 = 𝑑He (𝜂He𝜂CH4

)

12

(𝑚CH4𝑚He

)

14

Massa relatif atom He adalah 4, sedangkan massa molekul relatif CH4 adalah

12+4=16. Sehingga akan kita peroleh

𝑑CH4 = 2,1 × 10−10m(

2,0 × 10−5kg/ms

1,1 × 10−5kg/ms)

12

(16

8)

14

𝑑CH4 = 4,0 × 10−10m

c. Hubungan gaya hambat stokes ini akan berbentuk

𝐹S = 𝐶𝜂𝐸𝑅𝐹𝑣𝐺

Dimana 𝐶 = 6𝜋 adalah konstan tanpa dimensi yang bisa didapatkan dari

eksperimen. Dimensi masing-masing besaran adalah [𝜂] = 𝑀𝐿−1𝑇−1, [𝑅] = 𝐿,

[𝑣] = 𝐿𝑇−1, dan [𝐹S] = 𝑀𝐿𝑇−2. Dengan menggunakan analisis dimensi akan kita

peroleh

[𝐹S] = [𝜂]𝐸[𝑅]𝐹[𝑣]𝐺

𝑀𝐿𝑇−2 = (𝑀𝐿−1𝑇−1)𝐸(𝐿)𝐹(𝐿𝑇−1)𝐺

𝑀𝐿𝑇−2 = 𝑀𝐸𝐿−𝐸+𝐹+𝐺𝑇−𝐸−𝐺

Dari kesamaan pangkat sebelah kiri dan kanan akan kita dapatkan

dari 𝑀 ⟹ 1 = 𝐸

dari 𝑇 ⟹ −2 = −𝐸 − 𝐺 ⟹ 𝐺 = 1

dari 𝐿 ⟹ 1 = −𝐸 + 𝐹 + 𝐺 ⟹ 𝐹 = 1

sehingga kita akan dapatkan hubungan

𝐹S = 𝐶𝜂𝑅𝑣 ⟹ 𝐹S = 6𝜋𝜂𝑅𝑣

d. Suatu benda berbentuk bola yang berada dalam fluida akan mendapatkan gaya

hambat stokes, selain itu dia juga akan mendapatkan gaya berat yang arahnya ke

bawah (menuju bumi) dan gaya archimedes yang arahnya ke atas. Perhatikan

diagram gaya berikut!

Halaman 4 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Kecepatan terminal sendiri adalah kecepatan saat total gaya yang bekerja padanya

bernilai nol, artinya dia tidak dipercapat lagi (𝑎 = 0) dari sini akan kita peroleh,

menggunakan Hukum II Newton arah vertikal

∑𝐹 = 𝑚𝑎

𝐹S + 𝐹A −𝑚𝑔 = 0

6𝜋𝜂𝑅𝑣T + 𝜌u𝑔𝑉 − 𝜌b𝑔𝑉 = 0

6𝜋𝜂𝑅𝑣T = (𝜌b − 𝜌u)𝑔𝑉

Volume bola adalah 𝑉 =4

3𝜋𝑅3 sehingga

6𝜋𝜂𝑅𝑣T = (𝜌b − 𝜌u)𝑔4

3𝜋𝑅3

𝑣T =2𝑔𝑅2

9𝜂(𝜌b − 𝜌u)

2. Sebuah bola dilemparkan dari dasar suatu bidang miring dengan kecepatan awal 𝑣0.

Bidang miring ini memiliki sudut kemiringan 𝛼. Percepatan gravitasi adalah 𝑔 yang

arahnya ke bawah.

a. Pada sudut berapakah bola harus dilemparkan agar jarak tempuh pada bidang

miring, yaitu jarak antara titik pelemparan dengan titik jatuhnya bola kembali

pada bidang miring akan bernilai maksimum?

𝐹S 𝐹A

𝑚𝑔

𝜃 𝛼

𝑣0

Halaman 5 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

b. Berapakah jarak tempuh maksimum bola ini pada bidang miring?

Solusi :

a. Kita gunakan sistem koordinat baru, arah sejajar bidang miring adalah sumbu 𝑥

dan arah tegal lurus bidang miring adalah sumbu 𝑦.

Proyeksi kecepatan awal bola dan percepatan gravitasi pada sumbu 𝑥 dan 𝑦

adalah

𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos(𝜃 − 𝛼)

𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)

𝑔𝑥 = 𝑔 sin 𝛼

𝑔𝑦 = 𝑔 cos𝛼

Sehingga persamaan posisi bola relatif titik pelemparannya untuk sumbu 𝑥 akan

menjadi

𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 −1

2𝑔𝑥𝑡

2

𝑥 = 𝑣0 cos(𝜃 − 𝛼) 𝑡 −1

2𝑔 sin 𝛼 𝑡2

Sekarang tinjau gerak bola pada sumbu 𝑥. Untuk gerak bola dari mulai dilempar

sampai tiba di bidang miring kembali, posisinya adalah pada 𝑦 = 0 sehingga

𝑦 = 0 = 𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼) 𝑡 −1

2𝑔 cos 𝛼 𝑡2⟹ 𝑡 =

2𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)

𝑔 cos𝛼

Subtitusi hasil ini ke persamaan sebelumnya

𝑥 = 𝑣0 cos(𝜃 − 𝛼)2𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)

𝑔 cos 𝛼−1

2𝑔 sin 𝛼 (

2𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)

𝑔 cos 𝛼)

2

𝜃 𝛼

𝑣0

𝑣0

𝑣0𝑥 𝑣0𝑦

𝑥 𝑦

𝑔 𝑔𝑦

𝑔𝑥

𝑠

Halaman 6 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑥 =2𝑣0

2 sin(𝜃 − 𝛼)

𝑔 cos𝛼[cos 𝛼 cos(𝜃 − 𝛼) − sin 𝛼 sin(𝜃 − 𝛼)

cos𝛼]

Gunakan kesamaan trigonomteri cos(𝑥 + 𝑦) = cos𝑥 cos𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦 sehingga

akan kita peroleh

𝑥 =2𝑣0

2 sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃

𝑔 cos2 𝛼

Agar jarak tempuh ini maksimum, maka turunan pertamanya terhadap 𝜃 harus

sama dengan nol (mengapa? Silahkan pelajari tentang nilai maksimum suatu

fungsi dan aplikasi turunan)

𝑑𝑥

𝑑𝜃|𝑥max

=2𝑣0

2

𝑔

𝑑

𝑑𝜃[sin(𝜃 − 𝛼) cos 𝜃

cos2 𝛼] = 0

cos(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 − sin(𝜃 − 𝛼) sin 𝜃 = 0

Seperti sebelumnya, gunakan kembali kesamaan trigonometri cos(𝑥 + 𝑦) =

cos𝑥 cos𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦

cos(2𝜃 − 𝛼) = 0

Persamaan di atas memiliki beberapa solusi yaitu

cos(2𝜃 − 𝛼) = cos𝜋

2

2𝜃 − 𝛼 =𝜋

2+ 2𝜋𝑘 dengan 𝑘 = 1,2,3,…

Dan

cos(2𝜃 − 𝛼) = cos (−𝜋

2)

2𝜃 − 𝛼 = −𝜋

2+ 2𝜋𝑘 dengan 𝑘 = 1,2,3,…

Namun, karena sudut 𝜃 ini hanya berkisar di 0 < 𝜃 < 𝜋/2, maka solusi yang

mungkin adalah

𝜃 =𝛼

2+𝜋

4

b. Dengan mensubtitusi hasil sebelumnya akan kita peroleh

sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 = sin (𝜋

4−𝛼

2) cos (

𝜋

4+𝛼

2)

sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 = (sin𝜋

4cos

𝛼

2− cos

𝜋

4sin𝛼

2)(cos

𝜋

4cos

𝛼

2− sin

𝜋

4sin𝛼

2)

Halaman 7 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 =1

2(cos

𝛼

2− sin

𝛼

2)2

Sehingga

𝑥max =2𝑣0

2

𝑔 cos2 𝛼

1

2(cos

𝛼

2− sin

𝛼

2)2

𝑥max =𝑣02

𝑔 cos2 𝛼(cos2

𝛼

2+ sin2

𝛼

2− 2 sin

𝛼

2cos

𝛼

2)

𝑥max =𝑣02(1 − sin 𝛼)

𝑔 cos2 𝛼

3. Sebuah kerucut pejal bermassa 𝑀 yang tingginya 𝐻 dan berjari-jari 𝑅 berotasi

terhadap sumbu vertikal. Pada permukaan kerucut terdapat kawat lurus yang

memanjang dari puncak ke dasar kerucut dan kawat ini terikat pada bagian dasar

kerucut sehingga dia ikut berotasi. Sebuah manik-manik bermassa 𝑚 dilepaskan pada

kawat yang mula-mula diposisikan pada puncak kerucut ketika kecepatan sudut awal

kerucut 𝜔0. Manik-manik ini dapat bergerak tanpa gesekan pada kawat. Kerucut

hanya dapat melakukan gerakan rotasi terhadap sumbu vertikal yang melalui pusat

massanya.

a. Tentukan momen inersia kerucut tersebut terhadap sumbu vertikal yang melalui

pusat massanya!

b. Tentukan kecepatan sudut dari manik-manik ketika mencapai dasar kerucut!

c. Tentukan kecepetan dari manik-manik ketika meninggalkan kerucut!

𝜔0

𝑚 𝑀

𝑅

𝑔

𝐻

Halaman 8 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Solusi :

a. Perhatikan gambar berikut!

Tinjau elemen massa 𝑑𝑚 dengan volume berbentuk tabung setinggi 𝑑ℎ yang

memiliki jari-jari 𝑟. Momen inersia elemen massa 𝑑𝑚 ini adalah

𝑑𝐼 =1

2𝑑𝑚𝑟2

Dari kesebangunan kita peroleh

𝑟

ℎ=𝑅

𝐻⟹ 𝑟 =

𝑅

𝐻ℎ

Elemen volume ini adalah

𝑑𝑉 = 𝜋𝑟2𝑑ℎ =𝜋𝑅2

𝐻2ℎ2𝑑ℎ

Dan elemen massa 𝑑𝑚 adalah

𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝑉 =𝑀

13𝜋𝑅

2𝐻 𝜋𝑅2

𝐻2ℎ2𝑑ℎ

𝑑𝑚 =3𝑀

𝐻3 ℎ2𝑑ℎ

Sehingga

𝑑𝐼 =1

2

3𝑀

𝐻3 ℎ2𝑑ℎ

𝑅2

𝐻2ℎ2

𝑟 𝑑𝑚 𝑑ℎ

𝑅

ℎ

𝐻

𝑑𝑉

Halaman 9 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑑𝐼 =3𝑀𝑅2

2𝐻5ℎ4𝑑ℎ

Integralkan persamaan di atas untuk mendapatkan momen inersia kerucut dari

ℎ = 0 sampai ℎ = 𝐻

𝐼 =3𝑀𝑅2

2𝐻5∫ ℎ4𝑑ℎ𝐻

0

𝐼 =3𝑀𝑅2

2𝐻5𝐻5

5⟹ 𝐼 =

3

10 𝑀𝑅2

b. Pada soal ini, manik-manik dan kerucut bisa dianggap sebagai satu sistem. Semasa

pergerakan manik-manik, pada sistem tidak bekerja torsi eksternal, sehingga

momentum sudut sistem kekal. Pada saat awal, dimana manik-manik tepat di

berada di puncak kerucut, dia ada tepat di sumbu rotasi, sehingga momen inersia

total sistem hanyalah momen inersia kerucut, sehingga momentum sudut awal

sistem adalah

𝐿i =3

10𝑀𝑅2𝜔0

Kemudian saat manik-manik tiba di dasar kerucut, dia berada pada jarak 𝑅 dari

sumbu rotasi, sehingga momen inersia sistem sekarang bertambah, yaitu momen

inersia kerucut ditambah momen inersia manik-manik

𝐼f =3

10𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2 =

3𝑀 + 10𝑚

10𝑅2

Misalkan saat manik-manik sudah tiba di dasar kerucut, kecepatan sudut sistem

adalah 𝜔. Maka dari Hukum Kekekalan momentum sudut akan kita peroleh

𝐿f = 𝐿i

𝐼f𝜔 =3𝑀 + 10𝑚

10𝜔 =

3

10𝑀𝑅2𝜔0

𝜔 =3𝑀

3𝑀 + 10𝑚𝜔0

c. Pada sistem ini, selama pergerakan manik-manik menuju dasar kerucut, tidak ada

gaya non-konservatif yang bekerja pada sistem, maka energi mekanik sistem akan

kekal. Energi awal sistem hanyalah energi kinetik rotasi kerucut (manik-manik

Halaman 10 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

bisa dianggap tidak berotasi karena ukurannya kecil dan ada di poros rotasi)

ditambah dengan energi potensial manik-manik (kita pilih acuan energi potensial

sama dengan nol di dasar kerucut), dari sini akan kita peroleh

𝐸i =1

2𝐼k𝜔0

2 +𝑚𝑔𝐻 =3

20𝑀𝑅2𝜔0

2 +𝑚𝑔𝐻

Saat manik-manik tiba di dasar kerucut, dia memiliki dua komponen kecepatan,

yang pertama adalah komponen kecepatan searah kawat, sebut saja 𝑣∥, dan yang

kedua adalah komponen kecepatan tegak lurus kawat, sebut saja 𝑣⊥ = 𝜔𝑅

(kecepatan tangensial suatu titik di tepi bawah kerucut), sejajar garis singgung

lingkaran pada dasar kerucut. Komponen kecepatan 𝑣∥ bisa kita dapatkan dari

kinematika gerak. Misal setengah sudut puncak keurcut adalah 𝜃, maka manik-

manik ini akan memiliki percepatan 𝑎 = 𝑔 cos𝜃 yang arahnya sejajar selimut

kerucut menuju ke bawah, panjang lintasan yang ditempuh manik-manik sampai

tiba di bawah adalah Δ𝑠 = 𝐻/ cos𝜃, sehingga kecepatan 𝑣∥ bisa kita dapatkan

𝑣∥2 = 2𝑎Δ𝑠

𝑣∥2 = 2𝑔 cos 𝜃

𝐻

cos𝜃⟹ 𝑣∥

2 = 2𝑔𝐻

Sehingga energi akhir sistem adalah

𝐸f =1

2𝐼k𝜔

2 +1

2𝑚(𝑣∥

2 + 𝑣⊥2)

𝐸f =3𝑀 + 10𝑚

20𝑅2𝜔2 +

1

2𝑚𝑣∥

2

Kemudian dari Hukum Kekekalan energi Mekanik akan kita peroleh (dapat

disebut juga Konservasi Energi)

3

20𝑀𝑅2𝜔0

2 +𝑚𝑔𝐻 =3𝑀 + 10𝑚

20𝑅2𝜔2 +

1

2𝑚𝑣∥

2

𝑚𝑣∥2 =

3

10𝑀𝑅2𝜔0

2 + 2𝑚𝑔𝐻 −9𝑀2

0(3𝑀 + 10𝑚)𝑅2𝜔0

𝑣∥ = √3𝑀𝑅2𝜔02

3𝑀 + 10𝑚+ 2𝑔𝐻

Sehingga kecepatan manik-manik ketika meninggalkan kerucut adalah

Halaman 11 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑣 = √𝑣∥2 + 𝑣⊥

2

𝑣 = √3𝑀𝑅2𝜔02

3𝑀 + 10𝑚+ 2𝑔𝐻 +

9𝑀2𝑅2𝜔02

(3𝑀 + 10𝑚)2

𝑣 = √3𝑀(6𝑀 + 10𝑚)

(3𝑀 + 10𝑚)2𝑅2𝜔02 + 2𝑔𝐻

4. Di atas sebuah lantai diletakkan bola berjari-jari 𝑅 dimana bola ini dibuat diam dan

tidak dapat berotasi. Tepat atas bola ini kemudian diletakkan bola lain dengan jari-

jari 𝑟 (𝑅 > 𝑟). Bola atas ini kemudian diberikan impuls yang kecil sehingga mulai

menggelinding tanpa slip terhadap bola yang bawah tanpa kecepatan awal (impuls

hanya pemicu dia untuk mulai bergerak). koefisien gesek antara kedua bola sangat

besar sehingga tidak akan terjadi slip. Percepatan gravitasi besarnya adalah 𝑔 dan

arahnya ke bawah.

a. Tentukan hubungan antara sudut yang ditempuh oleh pusat massa bola atas

terhadap vertikal relatif pusat massa bola bawah (𝜃) dengan sudut rotasi bola atas

(𝜙)!

b. Tentukan persamaan gerak bola atas dalam 𝜃 dan �̈�!

c. Tentukan hubungan antara 𝜃 dengan �̇� menggunakan hasil pada bagian 𝑏!

d. Buktikan bahwa hasil pada bagian (c) akan sama jika kita menggunakan Hukum

Kekekalan Energi!

𝑟

𝑅

𝐴

𝑂

𝑔

𝜃

𝑅

𝑟 𝜙

𝐴

𝑂

Halaman 12 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

e. Pada sudut 𝜃 berapa bola atas akan lepas kontak dengan bola bawah!

f. Tentukan persamaan posisi sudut 𝜃 sebagai fungsi waktu 𝜃(𝑡)! Gunakan bahwa

saat 𝑡 = 0 bola atas berada di posisi 𝜃 = 𝜃0 dimana 𝜃0 → 0.

g. Kapan bola atas lepas kontak dengan bola bawah dihitung sejak bola atas diberi

impuls yang kecil di posisi yang sedikit miring dari puncak bola bawah (𝜃 = 𝜃0

saat 𝑡 = 0 dimana 𝜃0 → 0)!

Petunjuk : Mungkin persamaan berikut bermanfaat

∫𝑑𝑥

sin (𝑥2)= 2 ln tan (

𝑥

4)

Solusi :

a. Untuk mendapatkan hubungan dari kedua sudut ini (𝜙 dan 𝜃), tinjau busur

masing-masing yang dibentuk oleh masing-masing bola. Karena bola atas tidak

slip terhadap bola atas, panjang busur yang dibentuk oleh kedua bola akan sama

besarnya, dari sini akan kita peroleh

(𝑅 + 𝑟)𝜃 = 𝑟𝜙 ⟹ 𝜙 =𝑅 + 𝑟

𝑟𝜃

b. Perhatikan diagram gaya pada bola berikut ini!

Hukum II Newton :

Untuk gerak translasi arah tangensial (arah 𝜃) akan kita peroleh

∑𝐹θ = 𝑚𝑎𝜃

𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑓 = 𝑚𝑟�̈� = 𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�

𝑚𝑔sin 𝜃 = 𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�+ 𝑓… (1)

Untuk gerak translasi arah radial (arah �̂�) akan kita peroleh

𝑁

𝑚𝑔

𝜃

𝑓 𝑟 𝜙

�̈�

�̈�

�̂�

𝜃

Halaman 13 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

∑𝐹r = 𝑚𝑎𝑟

𝑁 −𝑚𝑔cos 𝜃 = −𝑚𝑣t2

𝑅 + 𝑟= −𝑚�̇�2(𝑅 + 𝑟)

𝑁 = 𝑚𝑔 cos𝜃 − 𝑚�̇�2(𝑅 + 𝑟)… (2)

Untuk gerak rotasi bola atas akan kita peroleh

∑𝜏 = 𝐼�̈�

𝑓𝑟 =2

5𝑚𝑟2�̈� =

2

5𝑚𝑟(𝑅 + 𝑟)�̈�

𝑓 =2

5𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈� … (3)

Subtitusi persamaan (3) ke (1)

𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�+2

5𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�

𝑔 sin 𝜃 =7

5(𝑅 + 𝑟)�̈� ⟹ �̈� =

5𝑔 sin 𝜃

7(𝑅 + 𝑟)

c. Ingat bahwa percepatan sudut (�̈�) adalah turunan pertama kecepatan sudut

(�̇�)terhadap waktu, dari sini akan akan kita peroleh

�̈� =𝑑�̇�

𝑑𝑡

Kita lakukan sedikit modifikasi, kalikan ruas kanan dengan 𝑑𝜃/𝑑𝜃

�̈� =𝑑�̇�

𝑑𝑡

𝑑𝜃

𝑑𝜃=𝑑�̇�

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡=𝑑�̇�

𝑑𝜃�̇�

Kemudian, karena 𝑑�̇�2 = 2�̇�𝑑�̇� sehingga �̇�𝑑�̇� = 𝑑�̇�2/2, akan kita peroleh pula

�̈� =1

2

𝑑�̇�2

𝑑𝜃⟹ 𝑑�̇�2 = 2�̈�𝑑𝜃

𝑑�̇�2 =10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)sin 𝜃 𝑑𝜃

Integralkan kedua ruas, akan kita dapatkan

�̇�2 = −10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)cos 𝜃 + 𝐶

Saat 𝜃 = 0, �̇� = 0, sehingga

0 = −10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)+ 𝐶 ⟹ 𝐶 =

10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)

Halaman 14 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Alhasil akan kita dapatkan

�̇�2 = −10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)cos𝜃 +

10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)

�̇�2 =10𝑔(1 − cos𝜃)

7(𝑅 + 𝑟)… (4)

d. Kita juga bisa mendapatkan hasil seperti bagian (c) menggunakan Hukum

Kekekalan Energi Mekanik (Konservasi Energi). Kita jadikan pusat massa bola

bawah sebagai acuan, dari sini akan kita peroleh

𝐸i = 𝐸f

𝑚𝑔(𝑅 + 𝑟) = 𝑚𝑔(𝑅 + 𝑟) cos 𝜃 +1

2𝑚𝑣t

2 +1

2𝐼�̇�2

𝑚𝑔(𝑅 + 𝑟)(1 − cos𝜃) =1

2𝑚(𝑅 + 𝑟)2�̇�2 +

1

2(2

5𝑚𝑟2) (

𝑅 + 𝑟

𝑟�̇�)

2

𝑔(𝑅 + 𝑟)(1 − cos 𝜃) =7

10(𝑅 + 𝑟)2�̇�2

�̇�2 =10𝑔(1 − cos𝜃)

7(𝑅 + 𝑟)… (4)

e. Subtitusi persamaan (4) kek (2)

𝑁 = 𝑚𝑔cos 𝜃 − 𝑚10𝑔(1 − cos𝜃)

7(𝑅 + 𝑟)(𝑅 + 𝑟)

𝑁 = 7 cos𝜃 − 10(1 − cos𝜃)

7𝑚𝑔

𝑁 = 17 cos𝜃 − 10

7𝑚𝑔

Saat bola atas lepas kontak dengan bola bawah, gaya normal yang bekerja padanya

akan bernilai nol, dari sini akan kita peroleh sudut saat bola atas lepas kontak,

yaitu

0 = 17 cos𝜃 − 10

7𝑚𝑔

17cos 𝜃 − 10 = 0

cos 𝜃 =10

17⟹ 𝜃 = cos−1 (

10

17) = 53,90 ≈ 540

f. Kembali ke persamaan (4), kita lakukan sedikit modifikasi.

Halaman 15 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

�̇� = √10𝑔

7(𝑅 + 𝑟)√(1 − cos𝜃)

Gunakan identitas trigonomteri berikut

cos𝜃 = 1 − 2 sin2 (𝜃

2)

Sehingga

1 − cos 𝜃 = 2 sin2 (𝜃

2)

Maka

�̇� = √20𝑔

7(𝑅 + 𝑟)sin (

𝜃

2)

Sekarang ingat bahwa, kecepatan sudut adalah turunan pertama dari posisi sudut

terhadap waktu, dari sini akan kita peroleh

𝑑𝜃

𝑑𝑡= √

20𝑔

7(𝑅 + 𝑟)sin (

𝜃

2)

√20𝑔

7(𝑅 + 𝑟)𝑑𝑡 =

1

sin (𝜃2)𝑑𝜃

Integralkan kedua ruas, untuk 𝑡 dari 𝑡 = 0 sampai 𝑡, untuk 𝜃 dari 𝜃 = 𝜃0 sampai

𝜃, maka akan didapat

√20𝑔

7(𝑅 + 𝑟)∫ 𝑑𝑡𝑡

0

= ∫1

sin (𝜃2)𝑑𝜃

𝜃

𝜃0

Gunakan rumus integral yang diberikan soal, maka akan kita peroleh

√20𝑔

7(𝑅 + 𝑟)𝑡 = [2 ln tan (

𝜃

4)]𝜃0

𝜃

= 2 ln tan (𝜃

4) − 2 ln tan (

𝜃04)

√20𝑔

7(𝑅 + 𝑟)𝑡 = 2 ln [

tan (𝜃4)

tan (𝜃04 )]

Halaman 16 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

ln [tan (

𝜃4)

tan (𝜃04 )] = √

5𝑔

7(𝑅 + 𝑟)𝑡

tan (𝜃4)

tan (𝜃04)= 𝑒

√5𝑔

7(𝑅+𝑟)𝑡

tan (𝜃

4) = tan (

𝜃04) 𝑒

√5𝑔

7(𝑅+𝑟)𝑡

𝜃(𝑡) = 4 tan−1 [tan (𝜃04) 𝑒

√5𝑔

7(𝑅+𝑟)𝑡]

g. Misal bola lepas kontak saat 𝑡 = 𝑇 dimana 𝜃 = cos−1(10/17), dari sini akan kita

peroleh

√5𝑔

7(𝑅 + 𝑟)𝑇 = ln [

tan (14cos

−1 (1017))

tan (𝜃04 )

]

𝑇 = √7(𝑅 + 𝑟)

5𝑔ln [tan (

14cos

−1 (1017))

tan (𝜃04 )

]

5. Terdapat sebuah truk yang diparkir dan pada awalnya diam. Dia memiliki pintu

belakang yang terbuka terbuka lebar seperti ditunjukkan pada gambar di bawah ini.

Pada saat 𝑡 = 0 truk mulai berakselerasi dengan percepatan konstan 𝑎. Pintu akan

mulai menutup, dan di lain waktu 𝑡 pintu akan melewati posisi yang ditunjukkan pada

Gambar di atas sedemikian rupa sehingga pintu membuat sudut 𝜃 dengan orientasi

aslinya. Anda dapat berasumsi bahwa pintu memiliki massa 𝑚 yang terdistribusi

secara merata dan pintu ini juga memiliki panjang 𝐿.

𝐿

engsel

pintu

𝑎

𝜃

𝑎

Halaman 17 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

a. Dengan menggunakan 𝜃 dan turunannya terhadap waktu untuk mendeskripsikan

gerakan, tuliskan persamaan gerak pintu yang berhubungan dengan dua

komponen gaya akibat engsel yaitu 𝐹r dan 𝐹θ. 𝐹r adalah komponen gaya yang

sejajar dengan pintu di bidang diagram dan 𝐹θ adalah komponen yang tegak lurus

dengan pintu.

b. Tentukan percepatan sudut pintu (�̈�), 𝐹r, dan 𝐹θ dinyatakan dalam 𝜃, 𝑚, 𝐿, dan 𝑎.

c. Tentukan waktu total sejak truk mulai dipercepat sampai pintu tertutup! Cukup

nyatakan dalam bentuk integralnya.

Solusi :

a. Relatif terhadap engsel pintu, pintu akan mendapat gaya fiktif (karena engsel

dipercepat) yang besarnya adalah 𝑚𝑎 dan arahnya ke kiri (pada gambar di atas).

Perhatikan gambar di bawah!

Engsel pintu menempel pada truk, akibatnya engsel ini juga memiliki percepatan

𝑎 yang arah ya ke kanan. Kita gunakan engsel sebagai acuan, karena engsel

merupakan kerangka yang dipercepat, relatif relatif engsel, pintu akan mendapat

gaya fiktif yang besarnya adalah massa pintu di kali percepatan kerangka acuan

dan arahnya berlawanan dengan percepatan kerangka acuan, jadi arah gaya fiktif

ini adalah ke kiri.

Menggunakan Hukum II Newton :

𝜃

𝐹r

𝐹θ

𝑎

�̈�

𝜃

𝐹r

𝐹θ 𝑚𝑎

�̈�

𝜃 �̂�

𝜃

Halaman 18 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Untuk gerak translasi pintu pada arah tangensial (arah 𝜃) akan kita peroleh

∑𝐹θ = 𝑚𝑎θ

𝑚𝑎 cos𝜃 − 𝐹θ =1

2𝑚𝐿�̈� … (1)

Untuk gerak translasi pintu pada arah radial (arah �̂�) akan kita peroleh

∑𝐹r = 𝑚𝑎r

−𝑚𝑎 sin 𝜃 + 𝐹r =1

2𝑚𝐿�̇�2…(2)

Untuk gerak rotasi pintu akan kita peroleh

∑𝜏 = 𝐼�̈�

Tampak dari atas, pintu dapat dianggap sebagai tongkat homogen dengan panjang

𝐿, sehingga momen inersia pintu terhadap engsel adalah 𝐼 = (1/3)𝑚𝐿2, kemudian

torsi terhadap engsel hanya diberikan oleh gaya fiktif 𝑚𝑎, dari sini akan kita

peroleh

𝑚𝑎𝐿

2cos𝜃 =

1

2 𝑚𝐿2�̈� … (3)

b. Dari persamaan (3) akan kita peroleh percepatan sudut pintu yaitu

3

2𝑎 cos𝜃 = 𝐿�̈� ⟹ �̈� =

3𝑎

2𝐿cos𝜃

Subtitusi �̈� ke persamaan (1) untuk mendapatkan 𝐹θ

𝑚𝑎 cos𝜃 − 𝐹θ =1

2𝑚𝐿

3𝑎

2𝐿cos 𝜃

𝐹θ = 𝑚𝑎 cos 𝜃 −3

4𝑚𝑎 cos 𝜃 ⟹ 𝐹θ =

1

4𝑚𝑎 cos𝜃

Kemudian kita perlu mencari terlebih dahulu kecepatan sudut pintu, �̇�, gunakan

lagi hubungan �̈� = 𝑑�̇�2/2𝑑𝜃

𝑑�̇�2

2𝑑𝜃=3𝑎

2𝐿cos𝜃

𝑑�̇�2 =3𝑎

𝐿cos𝜃 𝑑𝜃

Integralkan kedua ruas

Halaman 19 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

�̇�2 =3𝑎

𝐿sin 𝜃 + 𝐾

Saat 𝜃 = 0, kecepatan sudut pintu masih nol (�̇�), dari sini kita bisa dapatkan nilai

𝐾 yaitu

0 =3𝑎

𝐿(0) + 𝐾 ⟹ 𝐾 = 0

Sehingga kecepatan sudut pintu akan menjadi

�̇�2 =3𝑎

𝐿sin 𝜃

Subtitusi hasil ini ke persamaan (2) untuk mendapatkan 𝐹r

−𝑚𝑎 sin 𝜃 + 𝐹r =1

2𝑚𝐿

3𝑎

𝐿sin 𝜃

𝐹r = 𝑚𝑎 sin 𝜃 +3

2𝑚𝑎 sin 𝜃 ⟹ 𝐹r =

5

2𝑚𝑎 sin 𝜃

c. Kembali ke persamaan kecepatan sudut pintu

�̇� = √3𝑎

𝐿sin 𝜃

Kecepatan sudut adalah turunan pertama dari posisi sudut, dari sini akan kita

peroleh

�̇� =𝑑𝜃

𝑑𝑡= √

3𝑎

𝐿sin 𝜃

𝑑𝑡 = √𝐿

3𝑎 sin 𝜃𝑑𝜃

Misalkan pintu tertutup seelah selang waktu 𝑇 sejak truk dipercepat dan pintu

masih tegak lurus truk, sudut yang ditempuh pintu sampai pintu tertutup adalah

𝜋 radian, sehingga 𝑇 akan kita peroleh dengan mengintegralkan kedua ruas

persamaan di atas

∫ 𝑑𝑡𝑇

0

= ∫ √𝐿

3𝑎 sin 𝜃𝑑𝜃

𝜋

𝜃

Halaman 20 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑇 = √𝐿

3𝑎∫

𝑑𝜃

√sin 𝜃

𝜋

𝜃

6. Sebuah selang pemadam kebakaran yang bermassa 𝑀 dan memiliki panjang total 𝐿

digulung menjadi sebuah gulungan berjari-jari 𝑅 (𝑅 ≪ 𝐿). Selang ini kemudian dibuat

menggelinding sambil gulungannya terbuka di atas tanah dengan kecepatan awal 𝑣0

(kecepatan sudut adalah 𝑣0/𝑅), dimana pada saat yang sama pula, ujung terluar

selang di pasang pada suatu titik yang tetap di atas tanah. Selang ini terbuka dan

menjadi lurus.

a. Bagaimana ekspresi massa bagian yang masih bergerak sebagai fungsi jarak

tempuh selang?

b. Bagaimana ekspresi kecepatan selang sebagai fungsi jarak tempuhnya?

c. Berapa lama waktu yang dibutuhkan dari sejak diberi kecepatan awal sampai

selang ini terbuka seluruhnya?

d. Bagaimana ekspresi momentum linear selang sebagai fungsi jarak tempuhnya?

e. Bagaimana ekspresi energi kinetik selang sebagai fungsi jarak tempuhnya?

f. Kecepatan menggelinding ini senantiasa bertambah dan percepatan dari bagian

yang menggelinding yaitu 𝑎 memiliki arah yang sama dengan arah percepatan

(karena kecepatan terus bertambah). Padahal gaya eksternal pada arah mendatar

berarah ke kiri. Bagaimana mungkin hal ini tetap memenuhi Hukum II Newton?

Buktikan secara matematis bahwa hal ini tidak menyalahi Hukum II Newton.

𝑀

𝑣0

𝑎 𝑅

Halaman 21 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Catatan : Untuk memudahkan analisis, asumsikan bahwa energi kinetik sistem jauh

lebih besar dari penurunan energi potensialnya (𝑔𝑅 ≪ 𝑣02), sehingga efek gravitasi

dapat diabaikan. Abaikan efek deformasi selang, hambatan udara, dan semua

hambatan saat menggelinding.

Solusi :

a. Kita tinjau kondisi saat pusat massa bagian selang yang masih bergerak sudah

menempuh jarak 𝑥 atau berpindah sejauh 𝑥 dari posisi awalnya. Pada kondisi ini,

sebanyak 𝑥/𝐿 bagian dari selang sudah tidak bergerak lagi dan diam di atas lantai

dan (𝐿 − 𝑥)𝐿 bagian selang masih bergerak, maka massa bagian yang masih

bergerak 𝑖𝑛𝑖 adalah

𝑚(𝑥) =𝑀

𝐿(𝐿 − 𝑥)

b. Selama pergerakannya, pada sistem ini tidak ada gaya non-konservatif yang

melakukan kerja, akibatnya energi mekanik sistem kekal. Kemudian, penurunan

energi potensial sistem juga bisa kita abaikan karena kecepatan awal selang yang

cukup besar (dikatakan di soal yaitu 𝑔𝑅 ≪ 𝑣02). Bagian selang yang bergerak bisa

kita anggap sebagai cakram, sehingga gerakannya adalah gerak menggelinding

tanpa slip, akibatnya energi kinetik sistem terdiri dari energi kinetik translasi dan

rotasi. Dari Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita Peroleh (Konservasi

Energi)

𝐸i = 𝐸f

1

2𝑀𝑣0

2 +1

2(1

2𝑀𝑅2) (

𝑣0𝑅)2

=1

2𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥) +

1

2(1

2𝑚(𝑥)𝑟2) (

𝑣(𝑥)

𝑟)2

3

4𝑀𝑣0

2 =3

4𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥)

𝑣2(𝑥) =𝑀

𝑚(𝑥)𝑣02 =

𝐿

𝐿 − 𝑥𝑣02

𝑣(𝑥) = 𝑣0√𝐿

𝐿 − 𝑥

Halaman 22 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

c. Kecepatan adalah turunan pertama perpindahan (𝑥) terhadap waktu. Pada kasus

ini, perpindahan dan jarak tempuh pusat massa selang besarnya sama, jangan

bingung dengan hal ini. Dari sini akan kita peroleh

𝑣(𝑥) =𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣0√

𝐿

𝐿 − 𝑥

𝑑𝑡 =1

𝑣0√𝐿√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥

Integralkan persamaan di atas untuk mendapatkan selang waktu sampai selang

terbuka semuanya (menjadi lurus)

𝑡 =1

𝑣0√𝐿∫√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥

Misalkan 𝐿 − 𝑥 = 𝑠, maka 𝑑𝑠 = −𝑑𝑥, sehingga

∫√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥 = −∫𝑠12𝑑𝑠 = −

2

3𝑠32

∫√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥 = −2

3(𝐿 − 𝑥)

32

Kembali ke persamaan waktu tempuh, persamaan ini akan menjadi

𝑡 = −2

3𝑣0√𝐿(𝐿 − 𝑥)

32 +𝐾

Kita tambahkan konstan 𝐾 karena integral ini masih tak tentu. Kita bisa dapatkan

nilai 𝐾 dari kondisi awal yaitu, saat 𝑡 = 0, 𝑥 = 0, sehingga akan kita peroleh

0 = −2

3𝑣0√𝐿(𝐿)

32 +𝐾 ⟹ 𝐾 =

2𝐿

3𝑣0

Waktu tempuh sebagai fungsi 𝑥 akan kita peroleh yaitu

𝑡 = −2

3𝑣0√𝐿(𝐿 − 𝑥)

32 +

2𝐿

3𝑣0

𝑡 =2

3𝑣0[𝐿 −

√(𝐿 − 𝑥)3

√𝐿]

Saat selang terbuka seluruhnya (menjadi lurus), 𝑥 = 𝐿, misalkan selang waktu

untuk terbuka ini adalah 𝑇, sehingga akan kiat peroleh

Halaman 23 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑇 =2

3𝑣0[𝐿 −

√(𝐿 − 𝐿)3

√𝐿] ⟹ 𝑇 =

2𝐿

3𝑣0

d. Momentum lienar sistem adalah

𝑝(𝑥) = 𝑚(𝑥) 𝑣(𝑥)

Subtitusi 𝑚(𝑥) dan 𝑣(𝑥) ke persamaan di atas

𝑝(𝑥) = 𝑀𝑣0√𝐿 − 𝑥

𝐿

e. Energi kinetik selang hanyalah energi kinetik dari bagian yang masih bergerak,

dari sini akan kita peroleh

𝐸𝐾(𝑥) =1

2𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥) +

1

2(1

2𝑚(𝑥)𝑟2) (

𝑣(𝑥)

𝑟)2

𝐸𝐾(𝑥) =3

4𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥)

Subtitusi 𝑣(𝑥) dan 𝑚(𝑥)

𝐸𝐾(𝑥) =3

4(𝑀

𝐿(𝐿 − 𝑥))(𝑣0√

𝐿

𝐿 − 𝑥)

2

𝐸𝐾(𝑥) =3𝑀𝑣0

2

4

Ternyata energi kinetik selang tidak bergantung pada 𝑥, ini membuktikan bahwa

energi sistem kekal.

f. Pada arah mendatar, gaya yang eksternal yang bekerja pada selang hanyalah gaya

dari penahan ujung selang yang di sebalah kiri, namun, mengapa selang tetap

dipercepat ke kanan. Sebelum ke sana, mengapa kita tahu bahwa selang

dipercepat? Mudah saja, perhatikan bahwa semakin besar 𝑥, semakin besar pula

kecepatan selang, artinya selang dipercepat (ingat bahwa percepatan adalah

perubahan kecepatan terhadap waktu, nilainya positif jika kecepatan bertambah

seiring waktu). Kembali ke permasalahan di sini, bagaimana mungkin sistem ini

tidak memenuhi Hukum II Newton yaitu ∑𝐹 = 𝑚𝑎? Alasannya seperti ini,

sebenarnya sistem ini memenuhi Hukum II Newton. Persamaan ∑𝐹 = 𝑚𝑎 adalah

Hukum II Newton Khusus untuk kasus dimana massa sistem atau benda yang

Halaman 24 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

ditinjau konstan, namun pada kasus ini, massa bagian selang yang bergerak

berubah seiring waktunya, sehingga persamaan ∑𝐹 = 𝑚𝑎 tidak bisa digunakan di

sini. kita harus menggunakan Hukum II Newton yang lebih mendasar yaitu,

Resultan Gaya Eksternal yang bekerja pada suatu sistem atau benda akan sama

dengan perubahan momentum linear sistem atau benda tersebut terhadap waktu.

Kita misalkan gaya luar dari penahan besarnya 𝐹 (tidak konstan) dimana arahnya

ke kiri (negatif), dari sini kita bisa buktikan bahwa sistem memenuhi Hukum II

Newton

−𝐹 =𝑑𝑝(𝑥)

𝑑𝑡

−𝐹 =𝑀𝑣0

√𝐿

𝑑

𝑑𝑡 √𝐿 − 𝑥

−𝐹 = −𝑀𝑣0

2√𝐿 (𝑣(𝑥)

√𝐿 − 𝑥)

Kedua sisi bernilai negatif, sehingga benar bahwa sistem ini memenuhi Hukum II

Newton. Besar gaya yang yang diberikan penahan sebagai fungsi 𝑥 adalah

𝐹 =𝑀𝑣0

2

2(𝐿 − 𝑥)

7. Sebuah tali dengan panjang total 2𝐿 diikatkan kedua ujungnya pada titik A dan B

dimana kedua titik memiliki ketinggian yang sama. Jarak titik A dan B adalah 2𝑠.

Sebuah manik-manik kecil yang memiliki massa 𝑚 dapat bergerak bebas pada tali

dimana antara keduanya tidak terdapat gaya gesek. Percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan

arahnya ke bawah. Tentukan periode osilasi manik-manik untuk simpangan yang

kecil!

Solusi :

2𝑑

𝐿 𝐿

𝑚

𝐴 𝐵

Halaman 25 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Kita jadikan titik tengah antara titik A dan B sebagai titik asal sistem koordinat.

Perhatikan gambar di bawah!

Lintasan gerak manik-manik akan berbentuk elips (pelajari tentang elips pada bab

irisan kerucut). Panjang sumbu minor dan mayor elips ini adalah 2𝑏 = 2√𝐿2 − 𝑑2 dan

2𝑎 = 2𝑑. Maka, persamaan posisi manik-manik akan berbentuk

𝑥2

𝑑2+

𝑦2

𝐿2 − 𝑑2= 1

𝑦2

𝐿2 − 𝑑2= 1−

𝑥2

𝑑2

𝑦 = ±√𝐿2 − 𝑑2√1 −𝑥2

𝑑2

Karena manik-manik ada di bawah titik asal sistem koordinat yang kita pilih, kita

gunakan yang negatif

𝑦 = −√𝐿2 − 𝑑2√1 −𝑥2

𝑑2

Turunkan satu kali terhadap waktu

�̇� = −√𝐿2 − 𝑑2

(

−2𝑥�̇�𝑑2

2√1 −𝑥2

𝑑2)

�̇� =𝑥√𝐿2 − 𝑑2

𝑑√𝑑2 − 𝑥2�̇�

Untuk simpangan yang kecil, kita bisa asumsikan 𝑑 ≫ 𝑥 sehingga √𝑑2 − 𝑥2 ≈ 𝑑, maka

𝑦 𝑥

𝑚

𝐴 𝐵

Halaman 26 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

�̇� =√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥�̇�

Turunkan satu kali lagi terhadap waktu

�̈� =√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥�̈� +

√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2�̇�2

Sekali lagi, karena simpangan cukup kecil, orde kedua dari simpangan akan bernilai

sangat kecil, atau �̇�2 ≈ 0, sehingga

�̈� =√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥�̈�

Energi total sistem ini adalah

𝐸 = 𝑚𝑔𝑦 +1

2𝑚(�̇�2 + �̇�2)

Karena energi total sistem konstan (tidak ada gaya non-konservatif yang melakukan

kerja pada sistem) maka turunan pertama energi terhadap waktu akan bernilai nol.

Turunkan persamaan energi di atas terhadap waktu akan kita peroleh

𝑑𝐸

𝑑𝑡= 𝑚𝑔

𝑑𝑦

𝑑𝑡+1

2𝑚𝑑

𝑑𝑡(�̇�2 + �̇�2)

0 = 𝑔�̇� + �̇��̈� + �̇��̈�

Subtitusi �̇� dan �̈�

0 = 𝑔√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥�̇� + �̇��̈� +

√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥�̇�√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥�̈�

0 = 𝑔√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥 + �̈� +

𝐿2 − 𝑑2

𝑑4𝑥2�̈�

Sekai lagi, karena simpangan cukup kecil, orde kedua dari simpangan akan bernilai

sangat kecil, atau 𝑥2 ≈ 0, sehingga

0 = 𝑔√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥 + �̈�

�̈� +𝑔√𝐿2 − 𝑑2

𝑑2𝑥 = 0

Persamaan di atas analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana yang

berbentuk �̈� + 𝜔2𝑥 = 0, sehingga frekuensi sudut osilasi sistem adalah

Halaman 27 dari 27

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝜔 =√𝑔√𝐿2 − 𝑑2

𝑑

Dengan demikian, dari hubungan frekuensi sudut osilasi sistem dengan periode

osilasi 𝜔 = 2𝜋/𝑇, akan kita peroleh periode osilasi sistem yaitu

𝑇 =2𝜋

𝜔⟹ 𝑇 =

2𝜋𝑑

√𝑔√𝐿2 − 𝑑2

Bersama Sainsworld Official ID mr sainsworld Kita Sainskan · helium adalah He=2,0 ×10−5kg/ms...

Documents

Transcript of Bersama Sainsworld Official ID mr sainsworld Kita Sainskan · helium adalah He=2,0 ×10−5kg/ms...