Download - Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec ... · Sebuah mobil massa 2𝑚 bergerak dengan kecepatan 𝑣 pada saat mendekati mobil lain ... dan 𝐶3 suatu tetapan

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

OSK Fisika 2015 Number 1

TUMBUKAN MOBIL BERPEGAS

Sebuah mobil massa 2𝑚 bergerak dengan kecepatan 𝑣 pada saat mendekati mobil lain

massa 4𝑚 yang sedang dalam keadaan diam. Pada saat tumbukan terjadi, pegas

terkompresi (lihat gambar!).

Tentukan:

a. Kecepatan mobil 4𝑚 pada saat pegas terkompresi maksimum (energinya dianggap

kekal)

b. Kecepatan akhir mobil 4𝑚 setelah lama bertumbukan (energi dianggap kekal)!

c. Kecepatan akhir mobil 4𝑚 jika tumbukannya tidak elastis!

Pembahasan :

a. Tepat ketika pegas terkompresi maksimum, kedua mobil akan bergerak dengan

kecapatan yang sama. Karena tidak ada gaya eksternal pada sistem pada arah

horizontal, maka momentum linear sistem pada arah horizontal akan kekal.

2𝑚𝑣 = (2𝑚 + 4𝑚)𝑉

2𝑣 = 6𝑉 ⟹ 𝑉 =1

3𝑣

b. Setelah lama bertumbukan, kedua mobil akan terpisah kembali. Misalkan kecepatan

mobil 2𝑚 setalh tumbukan adalah 𝑣1 sedangkan mobil 4𝑚 adalah 𝑣2. Dari hukum

kekekalan momentum linear akan kita dapatkan

2𝑚𝑣 = 2𝑚𝑣1 + 4𝑚𝑣2

𝑣 = 𝑣1 + 2𝑣2

𝑣1 = 𝑣 − 2𝑣2…(1)

Energi sistem kekal 1

22𝑚𝑣2 =

1

22𝑚𝑣1

2 +1

24𝑚𝑣2

2

𝑣2 = 𝑣12 + 2𝑣2

2…(2)

Subtitusi persamaan (1) ke (2)

𝑣2 = (𝑣 − 2𝑣2)2 + 2𝑣2

2

𝑣2 = 𝑣2 + 4𝑣22 − 4𝑣𝑣2 + 2𝑣2

2

6𝑣22 = 4𝑣𝑣2 ⟹ 𝑣2 =

2

3𝑣

𝑣 2𝑚 4𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

c. Jika tumbukan tidak elastis, berarti kedua mobil setelah tumbukan akan bergerak

dengan kecepatan yang sama. Alhasil, kecepatan mobil 4𝑚 akan sama dengan hasil

(a)

𝑉 =1

3𝑣


GERAK MELINGKAR

Sebuah partikel bergerak dalam lintasan lingkaran dimana jarak yang ditempuh sebagai

fungsi waktu dapat dirumuskan dalam bentuk

𝑠 = 𝐶1𝑡2 + 𝐶2𝑡 + 𝐶3

dengan 𝐶1 suatu tetapan positif, sedangkan 𝐶2 dan 𝐶3 suatu tetapan sembarang. Jika pada

saat 𝑡 jarak yang ditempuh adalah 𝑠1 dan 𝑠2 (dimana 𝑠2 > 𝑠1) maka percepatan totalnya

dari partikel berturut-turut adalah 𝑎1 dan 𝑎2 (dimana 𝑎2 > 𝑎1). Tentukan jari-jari

lingkaran tersebut dinyatakan dalam 𝑎1, 𝑎2, 𝑠1 dan 𝑠2.

Pembahasan :

Pada soal ini partikel yang kita amati melakukan Gerak Melingkar Berubah Beraturan

Dipercepat (GMBB Dipercepat).

Jarak yang ditempuh partikel sebagai fungsi waktu adalah

𝑠 = 𝐶1𝑡2 + 𝐶2𝑡 + 𝐶3

Kecepatan tangensial partikel adalah perubahan jaraknya terhadap waktu atau turunan

pertama jarak terhadap waktu

𝑣𝑡 =𝑑𝑠

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡(𝐶1𝑡

2 + 𝐶2𝑡 + 𝐶3) ⟹ 𝑣𝑡 = 2𝐶1𝑡 + 𝐶2

Percepatan tangensial partikel adalah perubahan kecepatan tangensial partikel terhadap

waktu atau turunan pertama kecepatan tangensial terhadap waktu

𝑎𝑡 𝑎𝑠

𝑣𝑡

𝑎

𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

𝑎𝑡 =𝑑𝑣𝑡𝑑𝑡

=𝑑

𝑑𝑡(2𝐶1𝑡 + 𝐶2) ⟹ 𝑎𝑡 = 2𝐶1

Percepatan sentripetal partikel adalah

𝑎𝑠 =𝑣𝑡2

𝑅

Kuadrat kecepatan tangensial partikel adalah

𝑣𝑡2 = 4𝐶1

2𝑡2 + 𝐶22 + 4𝐶1𝐶2𝑡

𝑣𝑡2 = 4𝐶1(𝐶1𝑡

2 + 𝐶2𝑡) + 𝐶22

𝑣𝑡2 = 4𝐶1 (𝐶1𝑡

2 + 𝐶2𝑡 + 𝐶3⏟ 𝑠

− 𝐶3) + 𝐶22

𝑣𝑡2 = 4𝐶1(𝑠 − 𝐶3) + 𝐶2

2

Sehingga percepatan tangensial partikel akan menjadi

𝑎𝑠 =4𝐶1(𝑠 − 𝐶3) + 𝐶2

2

𝑅

Percepatan total partikel dapat kita peroleh dari teorema phytagoras karena percepatan

tangensial tegak lurus dengan percepatan sentripetal

𝑎2 = 𝑎𝑡2 + 𝑎𝑠

2

𝑎2 = (2𝐶1)2 + (

4𝐶1(𝑠 − 𝐶3) + 𝐶22

𝑅)

2

Gunakan data dari soal yaitu ketika 𝑠 = 𝑠1 dan 𝑠 = 𝑠2 maka 𝑎 = 𝑎1 dan 𝑎 = 𝑎2

𝑎12 = (2𝐶1)

2 +16𝐶1

2(𝑠12 + 𝐶3

2 − 2𝑠1𝐶3) + 𝐶24 + 8𝐶1(𝑠1 − 𝐶3)𝐶2

2

𝑅2

𝑎22 = (2𝐶1)

2 +16𝐶1

2(𝑠22 + 𝐶3

2 − 2𝑠2𝐶3) + 𝐶24 + 8𝐶1(𝑠2 − 𝐶3)𝐶2

2

𝑅2

Kita bisa dapatkan 𝑅 dengan sedikit manipulasi matematika untuk kedua persamaan di

atas. Kurangkan kedua persamaan di atas

𝑎22 = (2𝐶1)

2 +16𝐶1

2(𝑠22 + 𝐶3

2 − 2𝑠2𝐶3) + 𝐶24 + 8𝐶1(𝑠2 − 𝐶3)𝐶2

2

𝑅2

𝑎12 = (2𝐶1)

2 +16𝐶1

2(𝑠12 + 𝐶3

2 − 2𝑠1𝐶3) + 𝐶24 + 8𝐶1(𝑠1 − 𝐶3)𝐶2

2

𝑅2

𝑎22 − 𝑎12 =16𝐶1

2(𝑠22 − 𝑠12 − 2(𝑠2 − 𝑠1)𝐶3) + 8𝐶1(𝑠2 − 𝑠1)𝐶22

𝑅2

−

𝑅2 =16𝐶1

2((𝑠2 + 𝑠1)(𝑠2 − 𝑠1) − 2(𝑠2 − 𝑠1)𝐶3) + 8𝐶1(𝑠2 − 𝑠1)𝐶22

𝑎22 − 𝑎12

𝑅2 =8𝐶1(𝑠2 − 𝑠1)

𝑎22 − 𝑎12[2𝐶1(𝑠2 + 𝑠1 − 2𝐶3) + 𝐶2

2]

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

𝑅 = √8𝐶1(𝑠2 − 𝑠1)

𝑎22 − 𝑎12[2𝐶1(𝑠2 + 𝑠1 − 2𝐶3) + 𝐶2

2]


SISWA DI MEJA BERPUTAR

Seperti diperlihatkan dalam gambar, seorang siswa dengan massa 𝑀 berdiri di atas

sebuah meja berbentuk lingkaran, sejauh 𝑟 dari pusat meja. Katakan koefisien gesek

antara sepatu siswa dengan meja tersebut adalah 𝜇. Pada saat awal 𝑡 = 0 meja mulai

berotasi dengan percepatan sudut 𝛼 = �̈� konstan. Anggap gerakan berada dibawah

pengaruh percepatan gravitasi konstan 𝑔 yang arahnya ke bawah.

a. Hitung besar percepatan sudut maksimum (𝛼maks) hingga siswa tersebut belum

sempat mengalami slip.

b. Dengan menganggap bahwa 𝛼 < 𝛼maks , tentukan vektor gaya gesek total yang dialami

oleh siswa tersebut sebelum ia mengalami slip dinyatakan sebagai fungsi waktu (𝑡).

(Petunjuk : gunakan koordinat polar 𝑟, 𝜃)

c. Dengan menganggap bahwa 𝛼 < 𝛼maks, tentukan kapan siswa tersebut mulai

mengalami slip terhitung sejak meja pertama kali berotasi.

Pembahasan :

a. Kita tinjau kondisi awal saat piringan tepat baru dipercepat dengan percepatan sudut

𝛼. Maka kecepatan sudut piringan pada saat awal ini dapat dianggap nol. Gaya gesek

hanya mengatasi efek gaya fiktif akibat percepatan tangensial titik di mana siswa

tersebut berdiri. Agar siswa tersebut tidak slip, gaya gesek yang bekerja haruslah

lebih kecil dari nilai gaya gesek statik maksimumnya. Katika gaya gesek statik tepat

bernilai maksimum, maka percepatan sudut 𝛼 tepat bernilai maksimum

𝑓 = 𝑚𝛼maks𝑟

𝜇𝑚𝑔 = 𝑚𝛼maks𝑟

𝛼maks =𝜇𝑔

𝑟

b. Percepatan total pada titik di piringan di mana siswa tersebut berdiri adalah

𝑎2 = 𝑎𝑡2 + 𝑎𝑠

2

𝛼

𝜇 𝑟

𝑂

𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

Dimana 𝑎𝑡 dan 𝑎𝑠 adalah percepatan tangensial dan percepatan sentripetal titik

tersebut.

𝑎𝑡 = 𝛼𝑟

𝑎𝑠 = 𝜔2(𝑡)𝑟

𝜔 adalah kecepatan sudut titik di mana siswa

tersebut berdiri di atasnya. Kecepatan sudut

sebagai fungsi waktu adalah 𝑑𝜔

𝑑𝑡= 𝛼

𝑑𝜔 = 𝛼𝑑𝑡

∫ 𝑑𝜔𝜔(𝑡)

0

= 𝛼∫ 𝑑𝑡𝑡

0

𝜔(𝑡) = 𝛼𝑡

Maka

𝑎2 = 𝛼2𝑟2 + 𝛼4𝑡4𝑟2

𝑎 = √𝛼2𝑟2 + 𝛼4𝑡4𝑟2

Gaya fiktif yang diarasakan siswa akibat percepatan 𝑎 adalah

𝐹𝑓 = 𝑚𝑎 = 𝑚√𝛼2𝑟2 + 𝛼4𝑡4𝑟2

Agar siswa tidak slip di atas piringan, akan ada gaya gesek yang bekerja untuk

mengantisipasi gaya fiktif ini yang besarnya sama

𝑓 = 𝐹𝑓 = 𝑚√𝛼2𝑟2 + 𝛼4𝑡4𝑟2

Maka gaya gesek total yang dialami siswa tersebut sebagai fungsi 𝑡 adalah

𝑓 = 𝑚𝛼𝑟√1 + 𝛼2𝑡4

Kita juga mendapatkan hasil di atas dengan meninjau sistem dari koordinat polar.

Percepatan titik di mana siswa berdiri dalam koordinat polar adalah

�⃗� = 𝛼𝑟𝜃 − 𝜔2(𝑡)𝑟�̂�

Vektor gaya fiktif akibat percepatan ini adalah (arahnya berlawanan dengan arah

percepatan total)

�⃗�𝑓 = 𝑚�⃗� = 𝑚(𝛼𝑟𝜃 − 𝛼2𝑟2𝑡�̂�)

Maka gaya gesek yang dialami siswa agar dia tidak slip adalah

𝑓 = �⃗�𝑓 = 𝑚(𝛼𝑟𝜃 − 𝛼2𝑟2𝑡�̂�)

Dan besarnya adalah

𝑓 = 𝑚√(𝛼𝑟)2 + (−𝛼2𝑟2𝑡)2

𝑓 = 𝑚𝛼𝑟√1 + 𝛼2𝑡4

c. Ketika siswa tepat akan slip, gaya gesek yang bekerja padanya adalah gaya gesek

statik maksimum

𝑎𝑡 𝑎𝑠

𝜔

𝑎

𝑟

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

𝑓 = 𝜇𝑚𝑔

Dan ini terjadi saat

𝜇𝑚𝑔 = 𝑚𝛼𝑟√1 + 𝛼2𝑡4

1 + 𝛼2𝑡4 =𝜇2𝑔2

𝛼2𝑟2⟹ 𝑡 = √

𝜇2𝑔2

𝛼4𝑟2−1

𝛼2

4

⟹ 𝑡 =1

𝛼√𝜇2𝑔2

𝑟2− 𝛼2

4


KATROL TERHENTAK

Sebuah silinder bermassa 𝑀 dan jari-jari 𝑅 dapat berotasi bebas terhadap sumbu

horisontalnya. Sebuah tali tak bermassa dililitkan pada permukaan silinder, kemudian

sebuah beban bermassa 𝑚 dipasang pada ujung tali. Mula-mula tali berada di bawah

silinder. Kemudian beban tersebut dinaikkan setinggi ℎ dan dilepaskan tanpa kecepatan

awal. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah. Tentukan waktu yang dibutuhkan sejak beban

dilepas hingga menempuh jarak 2ℎ. (Tali tidak dapat mulur, interaksi bersifat seketika

dan tidak lenting sama sekali)

Pembahasan :

Kecepatan balok tepat ketika tali lurus kembali adalah

𝑣 = √2𝑔ℎ

Ketika tali sudah lurus kembali, tali akan mulai menegang. Impuls akibat gaya tegangan

tali akan memperlambat kecepatan balok dan membuat katrol berotasi. Misalkan impuls

dari gaya tegangan tali terjadi pada selang waktu 𝑑𝑡 yang sangat singkat dan kecepatan

balok setelah diberi impuls ini adalah 𝑉 dan kecepatan sudut katrol menjadi 𝜔 maka

Impuls linear pada balok 𝑚

−∫𝑇𝑑𝑡 = 𝑚(𝑉 − 𝑣) ⟹ ∫𝑇𝑑𝑡 = 𝑚(𝑣 − 𝑉)

Impuls angular pada katrol

ℎ

𝑀 𝑅

𝑚

𝑚

𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

∫𝑇𝑅𝑑𝑡 = 𝐼𝜔

∫𝑇𝑅𝑑𝑡 =1

2𝑀𝑅2𝜔 ⟹ ∫𝑇𝑑𝑡 =

1

2𝑀𝑅𝜔

Sehingga

𝑚(𝑣 − 𝑉) =1

2𝑀𝑅𝜔…(1)

Karena tumbukan bersifat tidak lenting sama sekali, kecepatan balok 𝑚 setelah mendapat

impus dari tegangan tali akan sama dengan kecepatan tangensial sisi katrol, sehingga

akan berlaku

𝜔 =𝑉

𝑅

Persamaan (1) akan menjadi

𝑚(𝑣 − 𝑉) =1

2𝑀𝑅

𝑉

𝑅⟹ 𝑉 =

2𝑚

2𝑚 +𝑀𝑣 =

2𝑚

2𝑚 +𝑀√2𝑔ℎ

Selanjutnya balok 𝑚 akan bergerak dipercepat ke bawah akibat pecepatan gravitasi

dengan kecepatan awal 𝑣0 = 𝑉. Kita cari dulu percepatan balok 𝑚.

Menggunakan Hukum II Newton untuk gerak balok 𝑚 dan katrol

Balok 𝑚 (gerak translasi arah vertikal)

𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎…(2)

Katrol 𝑀 (gerak rotasi)

𝑇𝑅 = 𝐼𝛼

Tali tidak slip terhadap katrol dan percepatan balok 𝑚 sama dengan percepatan tali,

maka akan berlaku

𝛼 =𝑎

𝑅

𝑇𝑅 =1

2𝑀𝑅2

𝑎

𝑅

𝑇 =1

2𝑀𝑎… (3)


𝑚𝑔 −1

2𝑀𝑎 = 𝑚𝑎

𝑚𝑔 =2𝑚 +𝑀

2𝑎 ⟹ 𝑎 =

2𝑚

2𝑚 +𝑀𝑔

Hasil ini sebenarnya dapat pula kita dapatkan dengan menurunkan persamaan (7)

terhadap waktu, dengan mengingat bahwa kecepatan 𝑉(setelah tumbukan) bersesuaian

dengan percepatan 𝑎 sedangkan kecepatan 𝑣 (sebelum tumbukan) bersesuaian dengan

percepatan 𝑔. Dari posisi awal sampai tepat setelah tumbukan, balok sudah turun sejauh

ℎ, berarti ketika balok turun sejauh 2ℎ sejak dilepas, artinya dia turun sejauh ℎ dari posisi

ketika tumbukan terjadi (saat tali tepat menegang).

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

Waktu dari sejak dilepas sampai terjadi tumbukan adalah

𝑡1 = √2ℎ

𝑔

Wakru sejak sesaat setelah tumbukan sampai turun lagi sejauh ℎ adalah

ℎ = 𝑉𝑡2 +1

2𝑎𝑡2

2

2𝑚

2𝑚 +𝑀𝑔𝑡2

2 + 22𝑚

2𝑚 +𝑀√2𝑔ℎ𝑡2 − 2ℎ = 0

𝑡22 + 2√

2ℎ

𝑔𝑡2 −

2𝑚 +𝑀

𝑚

ℎ

𝑔= 0

Dengan menggunakan rumus kuadrat, kita bisa menyelesaikan persamaan di atas

𝑡2 =−2√

2ℎ𝑔 ±

√42ℎ𝑔 + 4

2𝑚 +𝑀𝑚

ℎ𝑔

2

𝑡2 = √ℎ

𝑔(−√2 ±√2 +

2𝑚 +𝑀

𝑚)

Waktu tidak mungkin negatif (kita mencari nilainya yang positif). Maka agar syarat ini

terpenuhi, kita ambil solusi yang positif

𝑡2 = √ℎ

𝑔(√4 +

𝑀

𝑚− √2)

Sehingga, waktu yang dibutuhkan sejak beban dilepas hingga menempuh jarak 2ℎ adalah

𝑇 = 𝑡1 + 𝑡2

𝑇 = √2ℎ

𝑔+ √

ℎ

𝑔(√4 +

𝑀

𝑚− √2)

𝑇 = √ℎ

𝑔(√4 +

𝑀

𝑚)


KERETA PADA BIDANG MIIRING

Dua kereta masing-masing bermassa 𝑚1 dan 𝑚2 dihubungkan dengan tali tak bermassa

yang terhubung dengan katrol licin tak bermassa. Kereta 𝑚1 berada pada permukaan

horisontal, sedangkan kereta 𝑚2 berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan 𝛼

terhadap horisontal. Di dalam masingmasing kereta terdapat bandul yang massanya

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

dapat diabaikan relatif terhadap massa kereta. Setelah dilepas, posisi masing-masing

bandul membentuk sudut terhadap garis vertikal serta diasumsikan bahwa bandul

tersebut tidak berayun di dalam kereta. Seluruh permukaan bersifat licin. Percepatan

gravitasi ke bawah. Tentukan sudut kemiringan masing-masing bandul relatif terhadap

garis vertikal. Asumsikan jari-jari roda sangat kecil dan massanya dapat diabaikan.

Pembahasan :

Pertama kita cari dulu percepatan kedua kereta. Dengan meninjau sistem searah

pergerakannya menggunakan Hukum II Newton akan kita dapatkan

𝑚2𝑔 sin 𝛼 − 𝑇 + 𝑇 = (𝑚1 +𝑚2)𝑎

𝑎 =𝑚2𝑔 sin 𝛼

𝑚1 +𝑚2

Massa kereta sudah termasuk bandul di dalamnya. Sekarang kita tinjau masing-masing

bandul relatif terhadap masing-masing kereta. Kita namakan bandul yang ada di kereta

𝑚1 sebagai bandul 1 dan yang berada di kereta 𝑚2 sebagai bandul 2. Karena kita tinjau

relatif terhadap kereta, sedangkan kereta dipercepat, bandul akan mendapatkan gaya

fiktif yang arah nya berlawanan dengan percepatan kereta dan besarnya sama dengan

massa bandul di kali percepatan kereta. Kita misalkan massa bandul adalah 𝑚. Berikut

diagram gaya pada kedua bandul

Relatif terhadap kereta, kedua bandul berada dalam keseimbangan.

𝑚1

𝑚2

𝛼

𝜙

𝑇

𝑚𝑔

𝑚𝑎

𝜃

𝑇

𝑚𝑔

𝑚𝑎

𝛼

𝛼

Bandul 1 Bandul 2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

Bandul 1

Keseimbangan arah horizontal

𝑇 sin 𝜙 = 𝑚𝑎… (1)

Keseimbangan arah vertikal

𝑇 cos𝜙 = 𝑚𝑔…(2)

Bagi persamaan (1) dengan (2) 𝑇 sin𝜙

𝑇 cos𝜙=𝑚𝑎

𝑚𝑔

tan𝜙 =𝑎

𝑔=𝑚2 sin 𝛼

𝑚1 +𝑚2⟹ 𝜙 = arctan (

𝑚2 sin 𝛼

𝑚1 +𝑚2)

Bandul 2

Keseimbangan arah horizontal

𝑇 sin 𝜃 = 𝑚𝑎 cos 𝛼… (3)

Keseimbangan arah vertikal

𝑇 cos 𝜃 + 𝑚𝑎 sin 𝛼 = 𝑚𝑔

𝑇 cos 𝜃 = 𝑚𝑔 −𝑚𝑎 sin 𝛼 … (4)

Bagi persamaan (1) dengan (2) 𝑇 sin 𝜃

𝑇 cos 𝜃=

𝑚𝑎 cos 𝛼

𝑚𝑔 −𝑚𝑎 sin 𝛼

tan 𝜃 =𝑎 cos𝛼

𝑔 − 𝑎 sin 𝛼

tan 𝜃 =

𝑚2𝑔 sin 𝛼𝑚1 +𝑚2

cos 𝛼

𝑔 −𝑚2𝑔 sin 𝛼𝑚1 +𝑚2

sin 𝛼

tan 𝜃 =𝑚2 sin 𝛼 cos 𝛼

𝑚1 +𝑚2 −𝑚2 sin2 𝛼

tan 𝜃 =𝑚2 sin 𝛼 cos 𝛼

𝑚1 +𝑚2 cos2 𝛼⟹ 𝜃 = arctan (

𝑚2 sin 𝛼 cos 𝛼

𝑚1 +𝑚2 cos2 𝛼)


BOLA DI ATAS BIDANG MIRING

Sebuah bola pejal homogen bermassa mdan berjari-jari 𝑅, dilepaskan dari puncak suatu

bidang miring dengan sudut kemiringan 45𝑜 dan bermassa 𝑀 = 2𝑚. Bidang miring dapat

bergerak bebas pada suatu bidang horizontal licin (lihat gambar) dan bola selalu

bergerak menggelinding tanpa slip. Jika diketahui panjang sisi miring dari bidang miring

adalah 𝐿 dan percepatan gravitasi adalah 𝑔.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

Tentukan :

a. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang miring.

b. besar percepatan pusat massa bola relatif terhadap bidang horizontal yang diam.

c. waktu yang dibutuhkan bola untuk sampai di tepi bawah bidang miring

Pembahasan :

a. Misalkan

Percepatan bidang miring terhadap lantai adalah 𝐴

Percepatan pusat massa bola relatif terhadap lantai adalah 𝑎

Percepatan sudut bola terhadap pusat massanya adalah 𝛼

Jika kita tinjau relatif terhadap bidang miring, bola akan mendapatkan gaya fiktif yang

arahnya berlawanan arah dengan percepatan bidang miring dan besarnya sama

dengan massa bola di kali percepatan bidang miring. Berikut diagram gaya pada

bidang miring dan pada bola relatif terhadap bidang miring

Kita kedua benda menggunakan Hukum II Newton

Bidang miring (arah horizontal)

𝑁 sin 𝜃 − 𝑓 cos 𝜃 = 𝑀𝐴…(1)

Bola (arah sejajar bidang miring)

𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑓 +𝑚𝐴 cos 𝜃 = 𝑚𝑎… (2)

𝐿

𝑚

𝑅

𝜃

𝑀

lantai licin

𝑚𝐴

𝑚𝑔 𝑓

𝜃

𝑁 𝜃

𝜃

𝜃

𝜃 𝜃 𝑎

𝑓

𝑁 𝛼

𝐴

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

Bola (arah tegak lurus bidang miring)

𝑁 −𝑚𝑔 cos 𝜃 + 𝑚𝐴 sin 𝜃 = 0… (3)

Bola (gerak rotasi)

𝑓𝑅 = 𝐼𝛼

Karena bola menggelinding tanpa slip di permukaan bidang miring akan berlaku

𝛼 =𝑎

𝑅

Gunakan momen inersia bola

𝐼 =2

5𝑚𝑅2

𝑓𝑅 =2

5𝑚𝑅2

𝑎

𝑅⟹ 𝑓 =

2

5𝑚𝑎… (4)


𝑚𝑔 sin 𝜃 −2

5𝑚𝑎 +𝑚𝐴 cos 𝜃 = 𝑚𝑎

𝑚𝐴 cos 𝜃 =7

5𝑚𝑎 −𝑚𝑔 sin 𝜃

𝐴 cos 𝜃 =7

5𝑎 − 𝑔 sin 𝜃 … (5)

Persamaan (2) dan (3) dapat diubah menjadi

𝑓 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝑚𝐴 cos 𝜃 − 𝑚𝑎… (2′)

𝑁 = 𝑚𝑔 cos 𝜃 −𝑚𝐴 sin 𝜃… (3′)

Subtitusi persamaan (2’) dan (3’) ke (1)

(𝑚𝑔 cos 𝜃 − 𝑚𝐴 sin 𝜃) sin 𝜃 − (𝑚𝑔 sin 𝜃 +𝑚𝐴 cos 𝜃 − 𝑚𝑎) cos 𝜃 = 𝑀𝐴

𝑚𝑎 cos 𝜃 − 𝑚𝐴(sin2 𝜃 + cos2 𝜃) = 𝑀𝐴

𝐴 =𝑚𝑎 cos 𝜃

𝑀 +𝑚…(6)

Subtitusi persamaan (6) ke (5) 𝑚𝑎 cos 𝜃

𝑀 +𝑚cos 𝜃 =

7

5𝑎 − 𝑔 sin 𝜃

5𝑚𝑎 cos2 𝜃 = 7(𝑀 +𝑚)𝑎 − 5(𝑀 +𝑚)𝑔 sin 𝜃

[7𝑀 +𝑚(7 − 5 cos2 𝜃)]𝑎 = 5(𝑀 +𝑚)𝑔 sin 𝜃

𝑎 =5(𝑀 +𝑚)𝑔 sin 𝜃

7𝑀 +𝑚(7 − 5 cos2 𝜃)

Subtitusi nilai 𝑀 = 2𝑚 dan sin 𝜃 = cos 𝜃 = √2 2⁄

𝑎 =5(2𝑚 +𝑚)𝑔√2 2⁄

7.2𝑚 +𝑚 (7 − 5(√2 2⁄ )2)

𝑎 =15√2

37𝑔

b. Percepatan bidang miring adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

𝐴 =𝑚

2𝑚 +𝑚(15√2

37𝑔)√2 2⁄

𝐴 =5

37𝑔

Komponen percepatan bola terhadap tanah pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 adalah

𝑎𝑥 = 𝑎 cos 𝜃 − 𝐴

𝑎𝑥 =15√2

37𝑔 √2 2⁄ −

5

37𝑔 ⟹ 𝑎𝑥 =

10

37𝑔

𝑎𝑦 = −𝑎 sin 𝜃

𝑎𝑦 = −15√2

37𝑔√2 2⁄ ⟹ 𝑎𝑦 = −

15

37𝑔

Maka percpatan pusat massa bola terhadap bidang horizontal yang diam adalah

𝑎′ = √𝑎𝑥2 + 𝑎𝑦2⟹ 𝑎′ =5√6

37𝑔

c. Kita tinjau gerak bola relatif terhadap bidang miring. Ketika sampai di ujung bawah

bidang miring, dia telah menempuh jarak sejauh 𝐿, maka

𝐿 =1

2𝑎𝑇2

𝑇 = √2𝐿

𝑎⟹ 𝑇 = √

37√2𝐿

15𝑔

OSP Fisika 2015 Number 7

MOBIL AKROBATIK

Sebuah mobil akrobatik diatur memiliki percepatan konstan 𝑎 Mobil ini akan melewati

sebuah tanjakan miring bersudut 𝛼 untuk kemudian melakukan gerak parabola menuju

target. Target berada pada jarak 𝐿 dari titik awal keberangkatan mobil. Tanjakan berada

pada jarak 𝑥 dari titik awal keberangkatan mobil. Panjang tanjakan adalah 𝑑. Saat mobil

mulai menaiki tanjakan, kemiringan tanjakan berkurang sebesar 𝑚 𝐾⁄ kali sudut awal,

dimana 𝑚 adalah massa dari mobil dan 𝐾 adalah suatu konstanta. Percepatan mobil pun

berkurang sebesar 𝑔 sin 𝛼 saat melalui tanjakan, dimana 𝛼 adalah sudut kemiringan

antara tanjakan dengan tanah. Mobil dipercepat dari keadaan diam dari garis start.

𝐿

start

𝛼 𝑥

𝑑 finish

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

Tentukanlah percepatan yang harus dimiliki oleh mobil agar tepat mencapai garis finish.

Anggap mobil adalah partikel titik.

Pembahasan :

Gerak mobil dari start sampai tiba di kaki tanjakan

Mobil melakukan gerak lurus berubah beraturan dipercepat

Kecepatan awal 𝑣0 = 0

Kecepatan akhir 𝑣𝑡 = 𝑣

Jarak yang ditempuh 𝑠 = 𝑥

Percepatan 𝑎

Dengan rumus GLBB akan diperoleh

𝑣𝑡2 = 𝑣0

2 + 2𝑎𝑠

𝑣2 = 02 + 2𝑎𝑥 ⟹ 𝑣 = √2𝑎𝑥

Gerak mobil dari kaki sampai puncak tanjakan

Mobil melakukan gerak lurus berubah beraturan dipercepat

Kecepatan awal 𝑣0 = 𝑣 = √2𝑎𝑥

Kecepatan akhir 𝑣𝑡 = 𝑉

Jarak yang ditempuh 𝑠 = 𝑑

Percepatan mobil mengalami pengurangan sebesar 𝑔 sin 𝛼. Namun, karena sudut

kemiringan tanjakan berkurang menjadi

𝛼′ = (1 −𝑚

𝐾)𝛼

Maka percepatan mobil ketika menaiki tanjakan adalah

𝑎′ = 𝑎 − 𝑔 sin 𝛼′

Dengan rumus GLBB akan diperoleh

𝑣𝑡2 = 𝑣0

2 + 2𝑎′𝑠

𝑉2 = 2𝑎𝑥 + 2[𝑎 − 𝑔 sin 𝛼′]𝑑

𝑉2 = 2𝑎(𝑥 + 𝑑) − 2𝑔 sin 𝛼′…(1)

Gerak mobil dari puncak tanjakan sampai tiba di target

Mobil melakukan gerak parabola. Pada arah sumbu 𝑥 mobil melakukan gerak lurus

beraturan dan pada arah sumbu 𝑦 mobil melakukan gerak lurus berubah beraturan

diperlambat dan dipercepat.

Komponen kecepatan mobil pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 adalah

𝑣0𝑥 = 𝑉 cos 𝛼′

𝑣0𝑦 = 𝑉 sin 𝛼′

Jadikan posisi start sebagai acuan

Posisi awal mobil

𝑥0 = 𝑥 + 𝑑 cos 𝛼′

𝑦0 = 𝑑 sin 𝛼′

Posisi akhir mobil

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15

𝑥 = 𝐿

𝑦 = 0

Dengan rumus GLB untuk gerak arah sumbu 𝑥 akan kita dapatkan

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡

𝐿 = 𝑥 + 𝑑 cos𝛼′ + 𝑉 cos 𝛼′ 𝑡 ⟹ 𝑡 =𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′

𝑉 cos𝛼′

Kemudian dengan rumus GLBB untuk gerak arah sumbu 𝑦 diperoleh

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

0 = 𝑑 sin 𝛼′ + 𝑉 sin 𝛼′ 𝑡 −1

2𝑔𝑡2

0 = 𝑑 sin 𝛼′ + 𝑉 sin 𝛼′𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′

𝑉 cos 𝛼′−1

2𝑔 (𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′

𝑉 cos𝛼′)

2

0 = 𝑑 sin 𝛼′ + (𝐿 − 𝑥) tan 𝛼′ − 𝑑 sin 𝛼′ −1

2𝑔(𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′)2

𝑉2 cos2 𝛼′

𝑔(𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos𝛼′)2

𝑉2 cos2 𝛼′= 2(𝐿 − 𝑥) tan 𝛼′

𝑉2 =𝑔(𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′)2

2(𝐿 − 𝑥) sin 𝛼′ cos 𝛼′

𝑉2 =𝑔(𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′)2

(𝐿 − 𝑥) sin 2𝛼′…(2)

Persamaan (1) sama dengan (2)

2𝑎(𝑥 + 𝑑) − 2𝑔 sin 𝛼′ =𝑔(𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′)2

(𝐿 − 𝑥) sin 2𝛼′

𝑎 =1

𝑥 + 𝑑[𝑔(𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos 𝛼′)2

2(𝐿 − 𝑥) sin 2𝛼′− 𝑔 sin 𝛼′]

Subtitusi

𝛼′ = (1 −𝑚

𝐾)𝛼 =

𝛼

𝐾(𝐾 −𝑚)

Maka percepatan mobil agar mencapai target adalah

𝑎 =1

𝑥 + 𝑑[𝑔 (𝐿 − 𝑥 − 𝑑 cos [

𝛼𝐾(𝐾 −𝑚)])

2

2(𝐿 − 𝑥) sin [2𝛼𝐾(𝐾 −𝑚)]

− 𝑔 sin [𝛼

𝐾(𝐾 −𝑚)]]