b. Untuk mendapatkan kecepatan awal benda, kita tinjau kemiringan kurva x(t) pada

Transkripsi

1 Contact Person : OSK Fisika 014 Number 1 ANALISIS GRAFIK 1 Sebuah benda bergerak sepanjang sumbu x dimana posisinya sebagai fungsi waktu t dapat dinyatakan dengan kurva seperti terlihat pada gambar (x dalam meter dan t dalam detik). x(m) 15 D 10 5 C F E Tentukan : a. kecepatan sesaat di titik D. b. kecepatan awal benda. c. kapan benda dipercepat ke kanan. Pembahasan : a. Dapat kita amati, bahwa garis singgung di titik D mendatar. Secara definisi, kecepatan sesaat adalah kemiringan kurva pada grafik x t, atau turunan pertama fungsi x(t) terhadap waktu yang menyiratkan bahwa kecepatan v(t) adalah kemiringan kurva x(t) pada titik yang dimaksud (baca kalkulus : definisi turunan). Untuk garis yang mendatar, kemiringannya adalah nol, maka kecepatan sesaat di titik D adalah v D = 0 b. Untuk mendapatkan kecepatan awal benda, kita tinjau kemiringan kurva x(t) pada t = 0 x(m) t(s) 15 D 10 5 C F E t(s) Hal 1

2 Contact Person : Dengan menggunakan rumus gradien, kemiringan kurva di titik asal atau kecepatan awal benda adalah v 0 = Δx Δt = = 15 8 = 1,875 m/s v 0 = 1,875 m/s c. Syarat untuk benda dipercepat ke kanan adalah v > 0 dan a > 0. Untuk benda yang dipercepat dengan percepatan konstan sedangkan arah kecepatannya ke kanan, kecepatan benda adalah fungsi t dan posisi benda adalah fungsi t, artinya untuk grafik x t, bentuknya akan melengkung ke atas. Sekarang, jika kita amati dari garfik di soal, tidak ada grafik yang melengkung ke atas, maka benda tidak pernah dipercepat ke kanan. Dapat kita rincikan sebagai berikut Benda dipercepat ke kanan, berarti syaratnya : kecepatan v > 0, DAN percepatan a > 0 v > 0 dipenuhi hanya pada saat 0 t < 10 Sedangkan pada saat itu (0 t < 10) nilai a < 0 (percepatan a tidak pernah positif). Jadi benda tidak pernah dipercepat ke arah kanan. OSK Fisika 014 Number ANALISIS GRAFIK Dua mobil A dan B bergerak melalui jalan yang sama dan berangkat dari titik awal yang sama secara bersamaan. Kurva kecepatan v kedua mobil sebagai fungsi waktu t diberikan pada gambar di samping. v(m/s) 4 mobil B mobil A t(s) 4 Tentukan: a. persamaan jarak tempuh mobil A dan B sebagai fungsi dari waktu. b. kapan dan dimana mobil A berhasil menyusul mobil B. c. Sketsa kurva posisi kedua mobil terhadap waktu dalam satu gambar. Ambil selang waktu sejak kedua mobil berangkat hingga sesaat setelah mobil A menyusul mobil B. Hal

3 Contact Person : d. Jika setelah menempuh jarak 60 m mobil A melambat dengan besar perlambatan yang sama dengan percepatan ketika awal perjalanan, kapan dan dimana mobil B berhasil menyusul kembali mobil A? Pembahasan : a. Mobil A melakukan gerak lurus berubah beraturan dengan kecepatan awal v A,0 = m/s dan percepatan a = Δv Δt = = 1 m/s Kecepatan mobil A sebagai fungsi waktu adalah a = dv dt = 1 v A (t) v A,0 = t dv = 1 dt 0 v A (t) = 1 t v A(t) = + 1 t Jarak tempuh mobil A sebagai fungsi waktu adalah v A (t) = dx A dt = + 1 t x A (t) dx A = ( + 1 t) dt x 0 0 A (t) = t t Mobil B melakukan gerak lurus beraturan (percepatannya nol) dengan kecepatan konstan v B = 4 m/s, maka jerak tempuh mobil B sebagai fungsi waktu adalah v B = dx B dt = 4 0 x B (t) dx B t t = 4dt 0 x B (t) = 4t b. Ketika kedua mobil bertemu, misal saat t = T, maka jarak tempuh mobil akan sama x A (T) = x B (T) T T = 4T T = 8 s Dan mereka bertemu pada jarak x A (T) = x B (T) S = 3 m c. Kurva posisi kedua mobil terhadap waktu berdasarkan persamaan di (a) adalah Hal 3

4 Contact Person : Mobil A Mobil B d. Ketika mobil A mencapai jarak 60 meter berarti t = 1 s (silahkan buktikan) dan saat itu kecepatannya adalah 8 m/s (silahkan buktikan). Kemudian pada saat itu pula mobil B telah menempuh jarak 48 m. Posisi kedua mobil sekarang sebagai fungsi waktu akan menjadi x A (t) = x A,0 + v 0,A t + 1 a A t = t 1 4 t x B (t) = x B,0 + v 0,B t + 1 a B t = t Saat kedua mobil bertemu, dia berada di posisi yang sama, misal terjadi saat t = τ x A (τ) = x B (τ) τ 1 4 τ = τ 1 4 τ 4τ 1 = 0 τ 16τ 48 = 0 Dengan rumus kuadrat τ = ( 16) ± ( 16) 4(1)( 48) (1) 16 ± τ = 16 ± ± 8 7 τ = = τ = 8 ± 4 7 τ = ,6 s atau τ =,6 s Solusi yang fisis adalah τ = 18,6 s sedangkan τ =,6 s bukanlah solusi yang diharapkan, nilai negatif menandakan kejadian yang terjadi sebelum acuan kondisi awal kita, yaitu t = 1 s. Hal ini karena adanya perubahan arah percepatan pada Hal 4

5 Contact Person : mobil A. Kita tahu dari grafik pada c bahwa setelah bertemu untuk pertama kalinya, mobil A akan berada di depan mobil B sehingga ketika diperlambat, mobil A dan B hanya akan berpapasan satu kali. Jika dihitung dari saat awal, maka kedua mobil akan bertemu kembali saat T = t + τ = ,6 = 30,6 s Posisi kedua mobil saat itu dihitung dari posisi awal adalah x B (τ) = x A (τ) = (30,6 ) = 170,4 m OSK Fisika 014 Number 3 PANTULAN ELASTIK DI ATAS BIDANG MIRING Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian h dari permukaan bidang miring yang memiliki sudut kemiringan α terhadap horizontal (lihat gambar). Sesampainya di permukaan bidang miring, bola memantul-mantul secara elastik. Bidang miring diaggap sangat panjang. h α Hitung (nyatakan dalam h dan α. a. Waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua. b. Jarak antara pantulan pertama dan kedua. Pembahasan : a. Tepat ketika akan menumbuk bidang miring kecepatan bola adalah v 0 = gh karena tumbukan elastis sempurna bola hanya berbalik arah setelah sumbukan. Kita tinjau gerak parabola dari sesaat setelah tumbukan pertama sampai sesaat menjelang tumbukan kedua dengan bidang miring pada sumbu x (sejajar bidang miring) dan sumbu y (tegak lurus bidang miring). Komponen kecepatan bola setelah tumbukan pertama adalah v 0x = v 0 sin α v 0y = v 0 cos α α α y x v 0 Hal 5

6 Contact Person : Karena percepatan gravitasi memiliki arah ke bawah, maka dia akan memiliki komponen pada arah sumbu x dan y a x = g sin α a y = g cos α Persamaan posisi bola pada sumbu x dan y akan menjadi y = y 0 + v 0y t + 1 a yt y = y 0 + v 0 cos α t 1 g cos α t (1) x = x 0 + v 0x t + 1 a xt x = x 0 + v 0 sin α t + 1 g sin α t () Untuk mendapatkan selang waktu antara tumbukan pertama dan kedua, kita gunakan persamaan (1) dengan menggunakan posisi awal dan akhir sama dengan nol atau y = y 0 = 0 0 = 0 + gh cos α t 1 g cos α t t = h g b. Untuk mendapatkan jarak pantulan pertama dan kedua, kita gunakan persamaan () dengan menggunakan selang waktu yang didapat pada a dan menjadikan titik pantulan pertama sebagai acuan atau x 0 = 0 x = 0 + gh sin α h g + 1 g sin α ( h g ) x = 4h sin α + 4h sin α x = 8h sin α OSK Fisika 014 Number 4 RODA DAN PEGAS Sebuah roda bermassa m dan jari-jari r (roda tipis) dihubungkan dengan pegas tak bermassa yang memiliki konstanta pegas k, seperti ditunjukkan pada gambar. Roda itu berotasi tanpa slip di atas lantai. Titik pusat massa roda berosilasi secara harmonik pada arah horizontal terhadap titik setimbang di x = 0. k m r Tentukan: a. Energi total dari sistem ini. x = 0 Hal 6

7 Contact Person : b. Frekuensi osilasi dari sistem ini. Pembahasan : a. Misalkan pusat massa roda kita simpangkan sejauh x ke kanan, maka karena roda tidak bergerak slip, sudut yang putaran roda adalah θ = x πr π = x r Jika kita diferensialkan terhadap waktu akan didapat ω = dθ dt = 1 dx dx dengan = v adalah kecepatan pusat massa roda r dt dt Energi total sistem ini adalah energi mekanik yang terdiri dari energi potensial pegas, energi kinetik translasi dan rotasi roda EM(x) = 1 kx + 1 mv + 1 Iω Untuk roda tipis momen inersianya adalah I = mr maka EM(x) = 1 kx + 1 m (dx dt ) + 1 mr ( 1 dx r dt ) EM(x) = 1 kx + m ( dx dt ) b. Energi total sistem kekal atau tidak berubah terhadap waktu karena tidak ada gaya luar non konservatif yang bekerja pada sistem dem(x) = 0 = d dt dt (1 kx + m ( dx dt ) ) 0 = 1 dx dx d x k()x + m() dt dt dt d x dt + k m x = 0 Frekuensi sudut osilasi sistem adalah ω = k m sehingga f = 1 π k m OSK Fisika 014 Number 5 PECAH MENJADI DUA Sebuah bola berada di atas sebuah tiang vertikal (lihat gambar). Tiba-tiba bola tersebut pecah menjadi dua bagian terpental mendatar ke kiri dengan kecepatan 3 m/s dan satu bagian lagi terpental ke kanan dengan kecepatan 4 m/s. Pada kondisi tertentu vektor kecepatan dari dua pecahan tersebut saling tegak lurus. Hal 7

8 Contact Person : Hitung (ambil g = 10 m/s ): a. Waktu yang diperlukan setelah tumbukan hingga kondisi itu tercapai. b. Jarak antara pecahan ini saat kondisi di atas terjadi. Pembahasan : a. Kita gunakan sistem koordinat kartesius. Vektor kecepatan masing-masing pecahan adalah Pecahan Kanan v R = v 0,R i gtj v R = 4 i 10tj Pecahan Kiri v L = v 0,L i gtj v L = 3 i 10tj Ketika vektor kecepatan kedua pecahan tegak lurus, maka perkalian titik (dot product) kedua vektor tersebut akan bernilai nol v R v L = v R v L cos 90 0 (4 i 10tj ) ( 3 i 10tj ) = 0 4( 3) + ( 10t)( 10t) = 0 100t = 1 t = 3 5 s b. Karena kedua pecahan tidak memiliki kecepatan awal pada arah vertikal, setiap saat ketinggian kedua pecahan sama, maka jarak pisah keduanya saat vektor kecepatannya tegak lurus adalah sama dengan jarak horizontal total yang ditempuh oleh kedua pecahan d = v 0,R t + v 0,L t = d = m TUMBUKAN DAN ROTASI OSK Fisika 014 Number 6 Hal 8

9 Contact Person : Sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang L memiliki dua buah titik massa di ujung batang A dan B masing-masing dengan massa m. Sistem mula-mula diam pada pada suatu permukaan datar licin, dimana batang AB membentuk sudut θ terhadap garis horizontal AC. Sebuah titik massa C dengan massa m menumnuk titik massa A secara elastik dengan kecepatan awal v 0. Setelah tumbukan, C bergerak dengan kecepatan v 0 berlawanan arah mula-mula, sedangkan gerakan batang AB dapat dinyatakan dalam bentuk kecepatan pusat massa V cm dan rotasi dengan kecepatan sudut ω terhadap pusat massa. m L C m A v 0 m B θ a. Tentukan V cm, ω dan v 0 dalam θ, L dan v 0 b. Tentukan sudut θ masing-masing kasus : i. V cm bernilai maksimum ii. ω bernilai maksimum iii. v 0 bernilai maksimum dan minimum Kemudian jelaskan gerakan masing-masing benda setelah tumbukan untuk setiap kasus tersebut. Pembahasan : a. Perhatikan kondisi sistem sesaat setelah tumbukan berikut! m L ω C V cm v 0 m A m B θ Sistem batang ini berada di atas permukaan licin, sehingga tidak ada gaya luar yang bekerja pada sistem pada bidang datar licin ini, maka momentum linear sistem akan kekal. Hal 9

10 Contact Person : Kekekalan momentum linear p i = p f mv 0 = m( v 0 ) + mv cm v 0 + v 0 = V cm (1) v 0 = V cm v 0 () Tumbukan yang terjadi bersifat elastik sehingga energi kinetik sistem kekal. Energi awal sistem hanya terdiri dari energi kinetik massa A, sedangkan energi sistem setelah tumbukan terdiri dari energi kinetik A, energi kinetik translasi dan rotasi batang. EK i = EK f 1 mv 0 = 1 mv mv cm + 1 (m (L ) ) ω v 0 = v 0 + V cm + 1 (Lω) (3) Perhatikan kembali sistem di atas. Momentum sudut sistem kekal, baik terhadap titik A ataupun pusat massa sistem. Kita tinjau kekekalan momentum sudut terhadap pusat massa sistem. L i = L f L mv 0 sin θ = mv 0 L sin θ + (m (L ) ) ω (v 0 + v 0 ) sin θ = Lω Subtitusi persamaan (1) V cm sin θ = Lω (4) Subtitusi persamaan () dan (4) ke (3) v 0 = (V cm v 0 ) + V cm + 1 (V cm sin θ) v 0 = 4V cm + v 0 4V cm v 0 + V cm + V cm sin θ 0 = 6V cm + V cm sin θ 4V cm v 0 V cm (3 + sin θ) = v 0 V cm = 3 + sin θ v 0 Subtitusi V cm ke persamaan () didapat v 0 = 3 + sin θ v 4 0 v 0 = 3 + sin θ v sin θ 3 + sin θ v 0 v 0 = 1 sin θ 3 + sin θ v 0 v 0 = cos θ 3 + sin θ v 0 Subtitusi V cm ke persamaan (4) untuk memperoleh ω 3 + sin θ v 4 sin θ v 0 0 sin θ = Lω ω = 3 + sin θ L Hal 10

11 Contact Person : b. Syarat agar suatu fungsi bernilai maksimum atau minimum (misalkan fungsi f(x)) adalah df(x) dx = 0 dan d f(x) dx < 0 (untuk nilai maksimum) atau d f(x) dx > 0 (untuk nilai minimum) i. Agar V cm maksimum maka dv cm dθ = d dθ ( 3 + sin θ v 0) = 0 v 0 (3 + sin sin θ cos θ = 0 θ) sin θ = 0 θ = 0 Kita uji turunan keduanya d V cm dθ = d dθ ( v 0 sin θ (3 + sin θ) ) d V cm dθ = (3 + sin θ) ( v 0 cos θ) ( v 0 sin θ)(3 + sin θ) sin θ cos θ (3 + sin θ) 4 Untuk θ = 0 nilainya adalah d V cm dθ = 3 ( v 0 ) 3 4 = v 0 < 0 (nilai maksimum) 9 untuk θ = 0 maka V cm = 3 v 0 ω = 0 v 0 = 1 3 v 0 Disini, mula-mula batang AB sejajar dengan garis horisontal CA. Tumbukan yang terjadi hanya tumbukan satu dimensi dimana batang AB akan bergerak translasi sejajar garis CA dan tidak mengalami gerak rotasi. ii. Agar ω maksimum maka dω dθ = d dθ ( 4 sin θ v sin θ L ) = 0 v 0 L [(3 + sin θ)4 cos θ 4 sin θ ( sin θ cos θ) (3 + sin θ) ] = 0 v 0 L [(3 sin θ)4 cos θ (3 + sin θ) ] = 0 (3 sin θ)4 cos θ = 0 Karena nilai cos θ berada di antara selang 1 < cos θ < 1 maka solusi untuk θ yang mungkin adalah cos θ = 0 atau θ = Kita uji turunan keduanya Hal 11

12 Contact Person : d ω dθ = d v 0 dθ L [(3 sin θ)4 cos θ (3 + sin θ) ] d ω dθ = v 0 L [(3 + sin θ) [ (3 sin θ)4 sin θ + 4 cos θ ( sin θ cos θ)] (3 + sin θ) 4 Untuk θ = 90 0 d ω < 0 (nilai maksimum) dθ (3 sin θ)4 cos θ (3 + sin θ)(+ sin θ cos θ) (3 + sin θ) 4 ] V cm = 1 v 0 untuk θ = 90 0 maka ω = v 0 L v 0 = 0 Disini, mula-mula batang AB tegaklurus dengan garis horisontal. Setelah tumbukan, massa C diam, batang AB bergerak translasi dan rotasi dengan kecepatan pusat massa V cm = v 0 / dan kecepatan sudut pusat massa ω = v 0 /L. iii. Agar v 0 maksimum atau minimum maka dv 0 dθ = d dθ ( cos θ 3 + sin θ v 0) = 0 dv 0 dθ = v 0 [ (3 + sin θ) cos θ ( sin θ) cos θ ( sin θ cos θ) (3 + sin θ) ] dv 0 dθ = v sin θ cos θ 0 [ (3 + sin θ) ] = v sin θ 0 [ (3 + sin θ) ] = 0 Dari sini kita dapatkan sin θ = 0 sehingga θ = 0 atau θ = Berdasarkan hasil sebelumnya, kita ketahui bahwa θ = 0 adalah sudut ketika v 0 bernilai maksimum dan θ = 90 0 adalah sudut ketika v 0 bernilai minimum. OSK Fisika 014 Number 7 BATANG BERPOROS Sebatang tongkat homogen panjang L dan massa m digantungkan pada sebuah poros yang melalui suatu lubang kecil A di ujung tongkat bagian atas. Tongkat diberi impuls sebesar Δp dari sebuah gaya ke arah kanan pada suatu titik berjarak d dari poros tadi. Agar setelah dipukul, tongkat dapat berotasi mengelilingi titik A. Hal 1

13 Contact Person : A d C L Tentukan : a. jarak d minimum. b. Impuls yang diberikan oleh poros A pada batang. c. periode osilasinya, jika tongkat kemudian berosilasi. d. jika tongkat tersebut kita anggap menjadi sebuah bandul matematis, tentukan panjang tali dari bandul matematis agar menghasilkan periode osilasi yang sama dengan jawaban b) di atas. Pembahasan : a. Misalkan setelah diberi impuls, tongkat berotasi dengan kecepatan sudut awal ω 0. Karena tongkat terhubung ke poros, ketika impuls luar diberikan, misal kita sebut impuls ini sebagai Δp, poros juga akan memberikan impuls Δp yang arahnya ke kiri. Maka, dengan teorema impuls momentum akan kita dapatkan Δp Δp = mv pm (1) Dengan v pm adalah kecepatan pusat massa batang sesaat setelah diberi impuls luar. Kecepatan ini bisa dihubungkan dengan kecepatan sudut awal batang menjadi v pm = ω 0L (3) Impuls luar inilah yang membuat tongkat berotasi, perubahan momentum sudut tongkat sama dengan impuls sudut terhadap poros A Δpd = mv pm (4) Kita tinjau ketika tongkat sudah berotasi mengelilingi poros A dan pusat massanya tepat di atas titik A. Kecepatan sudut batang ketika berada di puncak akan minimum ketika poros tidak memberikan gaya pada tongkat. Tinjau gerak sentripetal tongkat ketika di puncak akan kita dapatkan mg = mω L ω = g L (5) Poros bisa diasumsikan licin sehingga tidak memberikan usaha pada batang dan energi mekanik batang kekak. Tinjau kondisi awal batang sesaat setelah diberi impuls luar dan kondisi akhir ketika pusat massa batang tepat di atas poros A dan menjadikan poros A sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, akan kita dapatkan Hal 13

14 Contact Person : EM i = EM f 1 (1 3 ml ) ω 0 mg L = 1 (1 3 ml ) ω + mg L Subtitusi persamaan (5) 1 6 L 1 ω g 0 = 6 L L + gl 1 6 L 4 ω 0 = 3 gl ω 0L = gl (6) Dari persamaan (6), (3), (4) akan kita dapatkan Δpd = m ω 0L Δpd = m gl d = m Δp gl b. Subtitusi persamaan (3) dan (6) ke (1) Δp Δp = m gl Δp = Δp m gl c. Untuk bandul fisis yang berbentuk tongkat, periode osilasinya terhadap poros ujungnya dapat diturunkan sebagai berikut. Misal tongkat disimpangkan dengan sudut kecil θ sehingga akan berlaku sin θ θ, maka torsi pemulihnya adalah mg L sin θ = 1 3 ml θ θ + 3g L θ 0 Sehingga ω = 3g L dan T = π L 3g d. Untuk bandul matematis, periode osilasinya adalah T = π L g Agar periodenya sama dengan hasil c, maka panjang tali bandul tersebut adalah π L 3g = π L g L = 3 L OSK Fisika 014 Number 8 TANGGA MELUNCUR Sebuah tangga pejal homogen dengan massa m dan panjang l bersandar pada dinding licin dan berada di atas lantai yang juga licin. Mula-mula tangga di sandarkan HAMPIR menempel dengan dinding dan dalam keadaan diam. Setelah di lepas tangga itu pada Hal 14

15 Contact Person : bagian atasnya merosot ke bawah, dan tangga bagian bawah bergerak ke kanan, seperti ditunjukkan pada gambar di samping. Tentukan : a. Kecepatan pusat massa dari tangga tersebut selama bergerak. b. Sudut θ (sudut antara tangga terhadap dinding) dimana kecepatan pusat massa komponen horizontal mencapai maksimum. c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal. Pembahasan : a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah θ. Kecepatan pusat tangga berubah-ubah dan kita bisa menyatakannya sebagai fungsi dari sudut θ. Hal ini boleh dilakukan karena soal menanyakan kecepatan pusat massa batang selama bergerak, sedangkan nilainya berubah-ubah, maka kita bisa menyatakannya sebagai satu buah variabel yang berubah dan dalam hal ini kita pilih θ. Sebenarnya bisa juga kita nyatakan dalam variabel lain seperti tinggi titik sentuh tangga dengan dinding, atau jarak titik sentuh tangga dengan lantai terhadap dinding, namun bentuk yang cukup sederhana adalah ketika kita nyatakan sebagai fungsi θ. Soal ini lebih mudah kita kerjakan menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik (yap betul, energi mekanik sistem kekal karena tidak ada gaya non konservatif yang bekerja pada tangga, hal ini juga karena seluruh permukaan licin). Kita jadikan lantai sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, energi mekanik awal sistem adalah EM i = 1 mgl Kemudian kita tinjau energi tangga ketika sudah bergerak dan membentuk sudut θ terhadap dinding. Hal yang perlu diamati di sini adalah energi kinetik batang. Batang memiliki komponen kecepatan pusat massa arah horizontal v x dan arah vertikal v y serta batang juga berotasi terhadap pusat massanya sendiri dengan kecepatan sudut ω. Sehingga energi tangga akan menjadi EM f = 1 mgl cos θ + 1 m(v x + v y ) + 1 Iω Hal 15

16 Contact Person : Selanjutnya kita cari dulu hubungan v x, v y, dan ω. v B θ ω v x v y v A Dapat kita lihat bahwa ujung atas tangga hanya bergerak dalam arah vertikal dan ujung bawah tangga hanya bergerak dalam arah vertikal. Kita tinjau gerak pusat massa arah horizontal relatif terhadap ujung atas tangga akan kita dapatkan v x = ωl cos θ Kemudian tinjau gerak pusat massa arah vertikal relatif terhadap ujung bawah tangga akan kita dapatkan pula v y = ωl sin θ Kita modifikasi menjadi v x + v y = ( ωl cos θ) + ( ωl sin θ) = ω L 4 Juga kita tahu bahwa v x + v y = v adalah kecepatan pusat massa batang sehingga ω = 4v L momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah I = 1 1 ml EM f = 1 mgl cos θ + 1 mv + 1 ( 1 1 ml ) ( 4v L ) EM f = 1 mgl cos θ + 3 mv Hukum Kekekalan Energi mekanik EM i = EM f 1 mgl = 1 mgl cos θ + 3 mv 1 gl(1 cos θ) = 3 v Hal 16

17 Contact Person : v = 4gL 3 (1 cos θ) v = 3gL (1 cos θ) 4 b. Kecepatan sudut batang tangga adalah ω = 4 L [3gL 4 (1 cos θ)] ω = 3g L (1 cos θ) Komponen horizontal kecepatan pusat massa tangga adalah v x = ( 3g L (1 cos θ)) L cos θ v x = cos θ 3gL (1 cos θ) 4 v x = 3gL 4 (1 cos θ) cos θ Diferensialkan persamaan di atas terhadap θ dv x dθ = d dθ (3gL 4 (1 cos θ) cos θ) v x dv x dθ = 3gL 4 [cos θ ( ( sin θ)) + (1 cos θ)( cos θ)( sin θ)] Ketika kecepatan horizontalnya maksimum maka dv x dθ = 0 0 = sin θ cos θ sin θ cos θ + sin θ cos θ 3 cos θ = cos θ = 3 θ = arccos ( 3 ) 48,190 c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal tangga adalah v x,max = 3 3gL 4 (1 3 ) v x,max = 1 3 gl Hal 17