1

Ujian Akhir Semester Genap TA 2011/2012 FMIPA UGM

Mata Kuliah : Mekanika (MFF 1402) SKS : 2 sks Hari/tanggal Ujian : Senin, 23 April 2012 Ruang : U2.01 Waktu Ujian : 07.30 – 09.30 (Sesi 1) Untuk: Fisika - A Sifat Ujian : Buku Terbuka Dosen Pengampu : Dr. Mitrayana, S.Si., M.Si. 1. Titik P berosilasi sepanjang suatu garis lurus (sumbu X) di sekitar titik setimbang O

dengan frekuensi sudut .ω Apabila pada saat ,0=t titik tersebut berada di posisi 0xx =

dan sedang bergeak dengan kecepatan ,0v tentukan

(a) letak titik P pada saat sebarang ,t (b) kecepatan titik P pada kedudukan setimbang, (c) percepatan titik pada saat awal dan pada kedudukan letak yang paling jauh dari

kedudukan setimbang Jawab: Gunakan persamaan osilasi selaras yang paling umum sepanjang sumbu X:

( ) ( );cos δω += tAtx ( ) ( );sin δωω +−= tAtv ( ) ( ).cos2 δωω +−= tAta Dengan mengisikan

informasi yang diberikan yaitu ( ) 00 xx = dan ( ) ,0 0vv = diperoleh

0cos xA =δ dan ωδ 0sin vA −=

Jumlah kuadrat dan hasil bagi kedua persamaan ini akan memberikan

( ) 21220

20 ωvxA += dan ( ).tan 00 xv ωδ −= Jadi

(a) ( ) ( ) ( ) [ ].arctancos 00

21220

20 xvtvxtx ωωω −++=

(b) Pada kedudukan setimbang ( ) ,0=sta sehingga ( ) .0cos =+ δω st Jadi

( ) 1sin =+ δω st dan ( ) ( ) ( ) ( ) .sin212

020

22120

20

2 vxtvxtv ss +=++= ωδωω

(d) Percepatan titik P pada saat awal ( ) ( ) ,00 0

22 xxa ωω −=−= sedang percepatannya

pada saat ( ) 21220

20 ωvxxx maks +== adalah ( ) ( ) .

21220

40

2 ωωω +−=−= xxta maksm

2

2. Sebuah partikel bermassa m bergerak bebas tanpa gesekan pada lintasan parabolik dalam

pengaruh gravitasi. Gunakan percepatan gravitasi .m/s 10 2=g Bentuk lintasan

dijunjukkan oleh persamaan

( ) meter 1,0 2xxy =

a. Dimanakah posisi kesetimbangan stabilnya? b. Massa digeser sedikit dari posisi setimbang dan kemudian dilepaskan. Tunjukkan

bahwa gerakan massa adalah osilasi harmonik sederhana dan carilah frekuensinya?

c. Apabila lintasan sebenarnya memiliki gaya gesek, yang diberikan oleh

dt

dxmFx 3

2−= Newton

0=yF

Hitunglah frekuensi sudut dari gerak teredam tersebut?

Jawab: Tenaga potensial gravitasi diberikan oleh 2mgaxmgyU == a. Kesetimbangan stabil terjadi saat tenaga potensialnya minimum

0 02 =∴⇒== xmgaxdx

dU

Jadi kesetimbangan stabil terjadi pada .0=x

b. Tenaga osilasi harmonic sederhana sebanding dengan kuadrat perubahan posisi

.2x yang ditunjukkan dalam persamaan 221 kxU = dan memiliki frekuensi sudut

.m

k=ω

mgakkxmgaxU 2 2212 =⇒==

Sehingga

rads/sec 21,010222 =⋅⋅==== ga

m

mga

m

kω

c. Gaya balik adalah mgaxkx 2−=−

Gaya gesek adalah xmFx &3

2−=

Jadi persamaan geraknya adalah:

mgaxxmxm 232 −−= &&&

0332 =++ gaxxx &&& atau

020 =++ xxx ωγ&&& dengan ga2 ;

3

2 20 == ωγ

3

∴ rads/sec 37,19

41,0102

4 41

220 =⋅−⋅⋅=−=′ γωω

4

3. Sebuah meriam disiapakan untuk menembakkan peluru ke atas lereng bukit yang bersudut miring .α Laju awal peluru 0v . Dengan sudut berapakah (terhadap horizontal)

meriam harus diarahkan agar jangkauan R ke atas bukit maksimum? Jawab:

( )tvgty βsin02

21 +−=

( )tvx βcos0=

;cosαRx p = αsinRy p =

( ) ;coscos 0 TvR βα = → βα

cos

cos

0v

RT =

( )

+

−==

βαβ

βαα

cos

cossin

cos

cossin

00

2

021

v

Rv

v

RgRy p

( ) ( )αββα −⋅= sincoscos2 220 gvR

;0=βddR

( ) ( ) ( )[ ] 0coscossinsincos2 220 =−+−−= αββαββα

βgv

d

dR

( ) ( ) ;0coscossinsin =−+−− αββαββ

( )[ ] 0cos =−+ αββ

22

παβ =−

42

παβ +=∴

5

4. Sebuah balok bermassa 1m diletakkan di atas balok kedua bermassa 2m . Kedua balok diletakkan di atas lantai yang kasar. Bila koefisien gesekan statik antara balok pertama dan balok kedua adalah 1µ dan koefisien gesek kinetik antara balok kedua dan lantai

adalah ,2µ carilah besar gaya luar maksimum F, agar kedua balok tidak saling slip, apabila

(a) Gaya luar tersebut bekerja pada balok kedua? (b) Gaya luar tersebut bekerja pada balok pertama?

Jawab:

(a) Total gaya dalam arah sumbu x pada benda 1

11amFx =∑

111 amf = (1) Total gaya dalam arah sumbu y pada benda 1

011 =−=∑ gmNFy → gmN 11 = (2)

gmNf 11111 µµ == → ga 11 µ= (3)

Total gaya dalam arah sumbu x pada benda 2

∑ = 22amFx

2221 amffF =−− (4) Gaya F maksimum agar benda 1 dan benda 2 tidak selip terjadi ketika a1 = a2

222 Nf µ= (5) Total gaya pada arah sumbu y pada benda 2 adalah:

0212 =−−=∑ gmNNFy → ( )gmmgmNN 21212 +=+= (6)

Jadi dari pers.(4) diperolah:

( )( ) ( )212121

1121212

121

mmamm

amgmmam

ffamF amak

+++=+++=

++=

µµ (7)

( )( )gmmFmak 211 µµ ++=∴ (8)

6

(b) Pada benda 1 Total gaya pada sumbu x:

11amF =∑

111 amfF =− → gmamF 1111 µ+= (9) Total gaya pada bend 2 di sumbu x:

22amFx =∑

2221 amff =− → ( )

+−==

2

212

2

1112 m

gmm

m

gmaa

µµ (10)

Substitusi per.(10) ke pers.(9) diperoleh:

∴

( )

( )( )21212

1

112

212

2

111max

µµ

µµµ

−+

=

+

+−=

mmm

mg

gmm

gmm

m

gmmF

7

5. Sebuah koin (cakram melingkar padat seragam) dengan massa M dan beruji b diatur untuk menggelinding di lintasan melingkar yang beruji R di atas permukaan meja (R > b). Koin diberi kecepatan sudut spin Sω , dan ketika menggelinding, koin terlihat miring

dengan sudut kecil α terhadap vertikal. Anggap koin tidak slip dan percepatan gravitasi ke arah bawah.

(a) Tentukan besar dan arah kecepatan sudut "presesi" dari gerak menggelinding, .Ω (b) Tentukan vektor kecepatan sudut total,,ωr yang melibatkan suku spin dan presesi, dalam sistem koordinat polar yang berpusat di tengah lintasan koin. (c) Selesaikan sudut α dalam besaran-besaran yang diberikan dalam diagram gambar di atas. Pastikan untuk memeriksa seluruh persamaan gerak!

(d) Tentukan vektor momentum sudut total, ,Lr

dalam besaran-besaran yang diberikan dalam diagram gambar di atas, dalam sistem koordinat polar yang berpusat di tengah lintasan koin. Untuk mempermudah, anggaplah α sangat kecil (yaitu, hanya memperhitungkan suku orde pertama dalam α). Solusi soal :

(a) SbR ω=Ω ⇒ R

bSω=Ω dengan arah ke atas

(b) ( )ααωω sinˆcosˆ zrSS −−=

r

zR

bS ˆω=Ω

r

Oleh karena itu didapat:

−

−=+= ααωωω cosˆsinˆ rR

bzR SS

rrr

8

(c)

( ) 22sin Ω≈Ω−= MRbRMF f α untuk .bR >>

( )⊗Ω−=

⊕Ω+⊗=×=ˆcossin

ˆcosˆsin2

2

αωααατ

SMbMbg

bMRbMgFrrrr

αω cosˆ 221

SS MbrL =⋅r

( ) τrr

=Ω⋅= rLdt

dLS ˆ

αωαωα coscossin 2212 Ω=Ω−⇒ SS MbMbMbg

gR

b S22

2

3tan

ωα =⇒

Sωr

Ω

N

fF

Mg

α

R

9

(d)

Ω+= LLL S

rrr

( )ααω sinˆcosˆ221 zrMbL SS −−=

r

αα coscos 241

//// Ω=Ω= MbIL

αα sinsin 221 Ω=Ω= ⊥⊥ MbIL

αα sinˆcosˆ// rz −=

αα cosˆsinˆˆ rz −=⊥

( )[ ]

[ ]rzMb

rzMbLCOM

ˆ ˆ

cossinˆsin2cosˆ2

41

22241

ααααα

+Ω≈

++Ω=Ω

r

−

−≈

−

−≈

−+

−≈

rzg

b

R

bMb

rR

bzMb

R

br

R

bzMbL

SS

S

S

ˆˆ3

12

ˆ2

ˆ

2ˆ2ˆ

22

21

221

241

ωω

αω

ααωr

Ω

α

R

αcos//ΩIαsinΩ⊥I

• COM