Besar vektor kecepatan awal, akhir, dan percepatan benda dapat kita cari dari teorema phytagoras

Transkripsi

1 Contact Person : OSP Fisika 015 Number 1 KINEMATIKA GERAK Sebuah benda yg bergerak pada bidang dimensi mendapat gaya konstan. Setelah detik pertama, kelajuan benda menjadi 1/3 dari kelajuan awal benda. Dan setelah detik selanjutnya (detik kedua), kelajuan benda menjadi 1/3 nya lagi (dibandingkan setelah detik pertama). Tunjukan apakah benda tersebut pernah mengalami berhenti sesaat selama proses pergerakannya? Jika pernah, tentukan kapan waktunya (t dalam sekon dan ambil acuan waktu t = 0 dari saat kelajuan awal masih V 0 )! Pembahasan : Benda tersebut mendapat gaya kosntan pada bidang dua dimensi, berarti benda tersebut akan memiliki percepatan yang konstan pula. Maka persamaan vektor kecepatan partikel sebagai fungsi waktu adalah V = V 0 + at Kita ketahui benda ini bergerak pada bidang dua dimensi. Misalkan kita gunakan sistem koordinat kartesius dua dimensi, maka kecepatan dan percepatan sistem akan memiliki komponen masing-masing pada sumbu x dan y V x x + V y y = V 0x x + V 0y y + (a x x + a y y )t V x x + V y y = (V 0x + a x t)x + (V 0y + a x t)y Dari equivalen persamaan arah sumbu x dan y akan kita dapatkan V x = V 0x + a x t V y = V 0y + a y t } (1) Besar vektor kecepatan awal, akhir, dan percepatan benda dapat kita cari dari teorema phytagoras V = V x + V y V 0 = V 0x + V 0y a = a x + a y Dari persamaan (1) bisa kita dapatkan V x = V 0x + V 0x a x t + a x t () V y = V 0y + V 0y a y t + a y t (3) Jumlahkan persamaan () dan (3) Hal

2 Contact Person : V x = V 0x + V 0x a x t + a x t V y = V 0y + V 0y a y t + a y t V x + V y = V 0x + V 0y + V 0x a x t + V 0y a y t + a x t + a y t + V x + V y = V 0x + V 0y + (V 0x a x + V 0y a y )t + (a x + a y )t (4) Koefisien dari t dan t pada persamaan dapat kita lihat bahwa dia berupa suatu nilai yang konstan karena suku-suku di dalamnya konstan pula. Maka kita bisa gantikan dengan koefisien yang lebih sederhana. V = V 0 + pt + qt Akhirnya kita dapatkan persamaan kecepatan partikel sebagai fungsi waktu. Pada saat t 0 = 0 kecepatan benda adalah V 0. Satu detik berikutnya atau pada t = 1 s kecepatan benda menjadi sepertiga kecepatan pada satu detik sebelumnya V 1 = V 0 /3. Satu detik berikutnya lagi atau pada t = s kecepatan benda menjadi sepertiga kecepatan pada satu detik sebelumnya V = V 1 /3 = V 0 /9 dan seterusnya. Kita gunakan data ini mencari nilai koefisien p dan q. Ketika t = 1 s V 1 = V 0 /3 V 1 = V 0 + pt + qt V 0 9 = V 0 + p + q p + q = 8 9 V 0 (5) Ketika t = s V = V 0 /9 V = V 0 + pt + qt V 0 81 = V 0 + p + 4q p + 4q = V 0 p + q = V 0 (6) Eliminasi p dari persmaan (5) dan (6) p + q = 8 9 V 0 p + q = V 0 q = 3 81 V 0 q = 3 81 V 0 Subtitusi q ke persamaan (6) untuk mendapatkan p p V 0 = V 0 p = V 0 Hal

3 Contact Person : Maka persamaan kecepatan partikel sebagai fungsi waktu akan menjadi V = V V 0 t V 0 t Syarat suatu benda berhenti adalah kecepatannya pada saat itu bernilai nol. Misalkan benda tersebut ketika t = T, maka pada saat ini V = 0 0 = V V 0 T V 0 T 3T 104T + 81 = 0 Dengan rumus kuadrat akan kita dapatkan T = ( 104) ± ( 104) T = T = 104 ± ± = 13 ± 7 8 Maka benda tersebut berhenti ketika T = ,956 s dan T = ,94 s OSP Fisika 015 Number BATANG TEGAR DI ATAS MEJA Sebuah batang tegar AB dengan panjang L bermassa m berada di atas meja horisontal licin. Sebuah tali tak bermassa dipasang pada katrol licin dimana ujung yang satu dihubungkan pada ujung batang A, sedangkan ujung tali satunya lagi dihubungkan dengan beban M (lihat gambar di bawah). Mula-mula batang AB tegak lurus dengan tali tersebut, kemudian beban M dilepaskan. B m L A M Hal

4 Contact Person : a. Sesaat setelah beban M dilepaskan, tentukan tegangan tali, percepatan beban M serta percepatan pusat massa batang m. b. Tentukan posisi titik pada batang (diukur dari A) yang memiliki percepatan nol pada saat beban M dilepaskan. Pembahasan : a. Perhatikan diagram gaya dan arah percepatan masing-masing benda di bawah ini! T α a T Mg A Tinjau gerakan masing-masing benda Beban M (persamaan gaya arah vertikal) Mg T = MA (1) Batang AB (persamaan gaya arah horizontal ke kanan) T = ma () Batang AB (persamaan torsi berlawanan arah jarum jam)\ T L = 1 1 ml α T = 1 mlα (3) 6 Dari persamaan () dan (3) akan kita dapatkan ma = 1 6 mlα α = 6a L (4) Hubungan a, A, dan α dapat kita cari dengan cara berikut. Ujung batang bagian A, terhadap pusat massa batang bergerak ke kanan dengan percepatan αl/, sedangkan pusat massa batang dipercepat ke kanan dengan percepatan a, maka percepatan ujung A terhadap tanah menjadi a + αl/. Percepatan ujung A ini sama dengan percepatan beban yaitu A karena beban dan ujung A dihubungkan oleh tali yang tidak dapat kendor. A = a + αl = a + 6a L L A = 4a a = A 4 (5) Subtitusi persamaan (5) ke () T = 1 ma (6) 4 Hal

5 Contact Person : Kemudian subtitusi persamaan (6) ke (1) Mg 1 ma = MA 4 Mg = m + 4M A A = 4 4M m + 4M g Selanjutnya subtitusi A ke persamaan (5) dan (6) a = 1 4M M g a = 4 m + 4M m + 4M g T = 1 4 m 4M g T = Mm m + 4M m + 4M g b. Misalkan suatu titik P berjarak d dari titik A. Titik yang memiliki percepatan sama dengan nol hanya mungkin berada di antara pusat batang dan titik B karena di area ini, terhadap pusat massa batang, percepatannya ber arah ke kiri. Percepatan titik P terhadap pusat massa batang adalah α(d L/) yang ber arah ke kiri. Sedangkan pusat massa batang dipercepat ke kanan dengan percepatan a, maka percepatan titik P terhadap tanah adalah a p = α (d L ) + a Agar percepatan titik P ini sama dengan nol maka jarak d adalah 0 = α (d L ) + a d L = a α = al 6a = L 6 d = L + L 6 d = 3 L OSP Fisika 015 Number 3 KERETA DENGAN PERMUKAAN SEPEREMPAT LINGKARAN Sebuah kereta bermassa M = 3 kg memiliki permukaan horisontal yang tersambung dengan permukaan berbentuk seperempat lingkaran berjari-jari R = 0,5 m (lihat gambar di bawah). Sebuah partikel bermassa m = kg bergerak di atas permukaan horisontal kereta tersebut dengan kecepatan v 0 = 15 m/s terhadap lantai. Pada saat partikel tersebut sudah bergerak di atas kereta, kereta tersebut berada dalam keadaan diam terhadap lantai. Seluruh permukaan bersifat licin dan tumbukan bersifat lenting sempurna. Percepatan gravitasi g = 10 m/s ke bawah. Hal

6 Contact Person : m v 0 g α R M a. Pada saat partikel tersebut berada pada permukaan seperempat lingkaran dimana sudut yang dibentuk antara garis yang menghubungkan partikel dan pusat lingkaran dengan garis vertikal ke bawah adalah α, tentukan masing-masing besar kecepatan partikel dan kecepatan kereta terhadap lantai sebagai fungsi α. b. Tentukan kecepatan partikel terhadap lantai tepat ketika meninggalkan kereta. c. Tentukan jarak yang ditempuh kereta sejak partikel meninggalkan kereta hingga kembali menumbuk kereta tersebut. d. Ketika partikel tersebut kembali menumbuk kereta dan sudah berada pada lintasan horisontal kereta tersebut, tentukan besar kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai. Pembahasan : a. Karena seluruh permukaan licin, ketika partikel masih berada di lintasan mendatar di atas kereta, kereta masih diam. Hal ini dikarenakan tidak ada gaya yang bekerja pada arah horizontal baik pada partikel maupun pada kereta. Namun ketika partikel tiba di lintasan seperempat lingkaran, dia akan memberikan gaya normal pada kereta dan gaya normal ini memiliki komponen pada arah horizontal sehingga kereta akan bergerak maju. Misalkan ketika partikel berada di lintasan seperempat lingkaran dan membentuk sudut α, kecepatan partikel relatif terhadap kereta adalah u dan kecepatan kereta adalah V. R α m α u Karena pada sistem tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada arah horizontal, maka momentum linear arah sumbu x akan tetap atau kekal mv 0 = m(v + u cos α) + MV V = m M + m (v 0 u cos α) (1) Hal

7 Contact Person : Karena semua permukaan licin dan gaya luar yang bekerja konservatif, energi mekanik sistem akan kekal. Kecapatan yang digunakan adalah kecepatan partikel dan kereta terhadap lantai. Jadikan permukaan horizontal kereta sebagai acuan energi potensial sama dengan nol. 1 mv 0 = 1 m[(v + u cos α) + (u sin α) ] + 1 MV + mgr(1 cos α) v 0 = V + Vu cos α + u (sin α + cos α) + M m V + gr(1 cos α) v 0 = Vu cos α + u M + m + m V + gr(1 cos α) () Subtitusi persamaan (1) ke () v 0 = ( m M + m (v 0 mu cos α)) u cos α + u M + m + m ( m M + m (v 0 u cos α)) + gr(1 cos α) v 0 = m M + m u cos α (v 0 u cos α) + u + m M + m (v 0 + u cos α v 0 u cos α) + gr(1 cos α) (M + m)v 0 = mu cos α (v 0 u cos α) + (M + m)u + m(v 0 + u cos α v 0 u cos α) + (M + m)gr(1 cos α) Mv 0 = (M + m)u mu cos α + (M + m)gr(1 cos α) (M + m sin α)u = Mv 0 (M + m)gr(1 cos α) u = Mv 0 (M + m)gr(1 cos α) M + m sin α u = Mv 0 (M + m)gr(1 cos α) M + m sin α Jika kita masukkan data-data yang diketahui akan didapatkan u = 3(15) (3 + )10.0,5(1 cos α) 3 + sin α (1 cos α) u = 3 + sin α cos α u = 3 + sin α m/s Kecepatan kereta sebagai fungsi α adalah V = 3 + (15 cos α cos α 3 + sin α ) Hal

8 Contact Person : cos α V = 6 cos α 3 + sin α m/s Kecepatan kereta partikel terhadap lantai sebagai fungsi α adalah v = v x + v y v = (V + u cos α) + (u sin α) v = V + Vu cos α + u m/s Dengan V dan u seperti persamaan sebelumnya. b. Tepat ketika meninggalkan partikel meniggalkan kereta, sudut α = π/ maka sin α = sin π = 1 dan cos α = cos π = u = m/s u = 5 5 m/s V = 6 m/s Maka kecepatan partikel ketika meninggalkan kereta adalah v = (5 5 ) v = 161 m/s c. Ketika partikel tepat meninggalkan kereta, kecepatannya terhadap kereta tepat berarah vertikal ke atas atau bisa kita katakan pada saat lepas dari kereta, partikel tidak mempunyai kecepatan arah horizontal relatif terhadap kereta. Relatif terhadap kereta, kecepatan tepat ketika meninggalkan kereta adalah u = 5 5 m/s dan relatif terhadap kereta, kecepatan ini berarah vertikal ke atas. Dengan mengamati partikel dari kereta, kita akan dapatkan bahwa dia hanya bergerak naik vertikal ke atas kemudian ketika sampai di ketinggian tertinggi dia akan jatuh kembali. Waktu dari saat lepas dari kereta sampai mencapai ketinggian maksimum adalah v t = v 0 gt 0 = u gt t = u g = = 1 5 s Maka selang waktu dari saat partikel lepas sampai dia kembali lagi sampai di kereta adalah T = t = 5 s Selama partikel lepas dari kereta, kecepatan kereta konstan sebesar V = 6 m/s Maka jarak yang ditempuh kereta adalah s = VT s = 6. 5 s = 6 5 m Hal

9 Contact Person : d. Saat partikel kembali bertemu dengan kereta, partikel akan tepat bersinggungan dengan ujung lintasan lingkaran paling atas (kebalikan dari ketika partikel meninggalkan kereta). Selanjutnya, partikel akan bergerak menuruni lintasan lingkaran hingga akhirnya kembali menyusuri lintasan kereta yang horisontal. Dari awal sampai sini, tidak ada kehilangan energi pada sistem kereta dan partikel karena semua permukaan licin dan tidak ada gaya eksternal pada arah horizontal pada sistem, maka energi kinetik sistem dan momentumnya arah horizontal kekal. Pada arah vertikal, momentum sistem tidak kekal karena ada gaya luar yaitu gaya gravitasi. Keadaan pertama adalah ketika kereta masih diam (V = 0) dan partikel bergerak dengan kecepatan terhadap lantai u = 15 m/s. Keadaan kedua adalah ketika partikel sudah kembali ke lintasan horisontal dengan kecepatan terhadap lantai v yang berarh ke kiri dan kecepatan kereta terhadap lantai V. Kekelan momentum pada arah horizontal mv 0 = m( v ) + MV m(v 0 + v ) = MV (3) Kekekalan energi energi mekanik sistem 1 mv 0 = 1 mv + 1 MV m(v 0 v ) = MV m(v 0 v )(v 0 + v ) = MV Subtitusi persamaan (3) (v 0 v )MV = MV V = v 0 v (4) Subtitusi persamaan (4) ke (3) m(v 0 + v ) = M(v 0 v ) (M + m)v = (M m)v 0 v M m = M + m v 0 = v = 3 m/s (arah ke kiri) Subtitusi v ke persamaan (4) V = v 0 v V = 15 3 V = 1 m/s (arah ke kanan) OSP Fisika 015 Number 4 SATELIT BERPINDAH ORBIT Sebuah satelit bergerak dalam orbit lingkaran di sekitar sebuah planet dengan periode revolusi sebesar T 1 = 8 jam. Lintasan satelit tersebut akan diubah ke orbit lingkaran lainnya dengan periode sebesar T = 7 jam melalui cara sebagai berikut. Pertama, satelit tersebut pada orbit pertamanya seketika diubah besar kecepatannya tanpa Hal

10 Contact Person : merubah arahnya, sehingga ia akan bergerak dalam orbit transisi yang berbentuk ellips. Ketika satelit tersebut telah menempuh jarak dari planet yang diinginkan, kecepatannya diubah seketika sesuai dengan orbit kedua dengan periode T. Tentukan: a. waktu yang dibutuhkan untuk berpindah dari orbit pertama ke orbit kedua. b. prosentase perubahan besar kecepatan satelit pada keadaan pertama dan kedua relatif terhadap kecepatan masing-masing orbit lingkarannya. Pembahasan : a. Untuk menemukan waktu yang dibutuhkan satelit untuk berpindah orbit dari orbit awal ke orbit kedua, kita bisa menggunakan Hukum Keppler. Pertama, dari waktu revolusi pada orbit 1 dan dapat kita ketahui bahwa jari-jari orbit 1 lebih kecil dari orbit karena waktu revolusi pada orbit 1 lebih cepat dari waktu revolusi pada orbit. Misalkan ketika satelit murni berada di orbit 1 dan orbit yang berbentuk lingkaran kecepatannya masing-masing adalah v 1 dan v, jari-jari orbit 1 dan adalah r 1 dan r. Kemudian misalkan ketika satelit berada di orbit transisi berbentuk elips, kecepatanya ketika di perihelium (titik terdekat dengan planet) atau tepat menyinggung orbit 1 adalah u 1 dan ketika di aphelium (titik terjauh dengan planet) atau tepat menyinggung orbit adalah u. Berikut diagram gerakan dan perpindahan satelit. v v 1 r r 1 u 1 v u v 1 a v 1 v Titik hitam adalah pusat orbit lintasan, planet di salah satu titik fokus lintasan elips (baca lagi mengenai gerakan planet pada orbit elips). Ketika si satelit bergerak pada orbit 1 dan, energi mekanik konstan sepanjang waktu. Karena satelit bergerak melingkar, maka akan berlaku persamaan gaya sentripetal. Gaya yang berperan sebagai gaya sentripetal disini adalah gaya gravitasi antar planet. Misalkan massa planet adalah M dan massa satelit m. Orbit 1 Hal

11 Contact Person : F S,1 = GMm = mv 1 r 1 r 1 v 1 = GM r 1 (1) Orbit F S, = GMm = mv v r r = GM () r Kecepatan satelit juga bisa dinyatakan sebagai sebagai v = ωr = π T r, maka pada orbit 1 GMm m ( π = r 1 T r 1 ) 1 r 1 r 1 3 = GM 4π T 1 (3) pada orbit GMm m ( π T r ) = r 3 r r = GM 4π T (4) persamaan (3) dan (4) kita kenal sebagai hukum keppler 3 yaitu pangkat tiga jarak rata-ratanya dari planet di mana suatu benda bergerak sebanding dengan pangkat dua periode revolusinya (suku GM/4π konstan) atau Hukum Keppler 3 r 3 T Sekarang kita analisis gerakan planet ketika berada di orbit transisi berbentuk elips. Elips mempunyai dua sumbu yaitu sumbu minor dan mayor, dua titik fokus, satu titik pusat. Disini, pada hukum kepler, jarak yang digunakan untuk menggantikan r adalah panjang jari-jari mayor atau setengah sumbu mayor dan nilainya adalah a = r 1 + r Hukum Keppler 3 pada orbit elips dan orbit 1 T T = a3 1 r 3 1 T = T 1 a 3/ r 1 3/ ) 3/ ( r 1 + r T = T (r 1 + r ) 3/ 1 = T r 3/ 1 1 r 1 3/ 1/3 GM (( 4π ) T /3 1 + ( GM 1/3 4π ) T /3 ) T = T 1 (( GM 1/3 3/ 4π ) T /3 1 ) T = (T 1 /3 + T /3 ) 3/ Dengan memasukkan nilai numeriknya akan kita dapatkan nilai T 3/ Hal

12 Contact Person : T = (8/3 + 7 /3 ) 3/ 16,6 jam Dapat kita lihat bahwa dari gambar diagram sebelumnya, jarak yang ditempuh untuk berpindah orbit adalah setengah dari keliling elips, berarti waktu untuk berpindah orbit adalah setengah dari periode T yaitu t = 1 T = 8,3 jam b. Kita tinjau kecepatan satelit ketika di perihelium atau tepat ketika baru lepas dari orbit 1 dan ketika di aphelium atau tepat ketika akan lepas dari orbit elips menuju orbit. Karena tidak ada torsi eksternal, maka momentum sudut sistem akan kekal. L Per = L Aph mu 1 r 1 = mu r u = r 1 u r 1 Energi mekanik sistem kekal EM Per = EM Aph 1 mu 1 GMm = 1 r 1 mu GMm r u 1 u = GM ( 1 r 1 1 r ) u 1 ( r r 1 r ) = u 1 ( (r r 1 )(r + r 1 ) r ) = GM ( r r 1 r 1 r ) u 1 = GM r 1 (r + r 1 ) Kemudian r u = r 1 GM r r 1 (r + r 1 ) r 1 r u = GM r (r + r 1 ) Persamaan (1) dan () dapat dinyatakan ulang menjadi v 1 = GM r 1 dan v = GM r Prosentase besar perubahan kecepatan satelit dari orbit 1 ke orbit transisi elips adalah Δv 1 % = ( u 1 v 1 1) 100% Hal

13 Contact Person : Δv 1 % = ( r GM r 1 (r + r 1 ) GM r 1 1) Δv 1 % = ( r r + r 1 1) 100% Δv 1 % = ( ( GM 4π ) 1/3 T /3 100% ( GM 4π ) 1/3 T /3 + ( GM 4π ) 1/3 T 1 /3 Δv 1 % = ( T /3 T /3 1) 100% /3 + T 1 1 ) 100% Dengan memasukkan nilai numeriknya akan didapatkan (7) Δv 1 % = ( /3 (7) /3 1) 100% + (8) /3 Δv 1 % = ( ) 100% Δv 1% = 17,7% Prosentase besar perubahan kecepatan satelit dari orbit transisi elips ke orbit adalah Δv % = ( v u 1) 100% GM r Δv % = 1 100% r GM 1 ( r (r + r 1 ) ) Δv % = ( r + r 1 r 1 1) 100% Δv % = ( 1/3 (GM 4π ) T /3 + ( GM 1/3 4π ) /3 T 1 Δv % = ( T /3 + T 1 /3 ( GM 4π ) 1/3 T 1 /3 T 1 /3 1) 100% 1 ) 100% Hal

14 Contact Person : Dengan memasukkan nilai numeriknya akan didapatkan Δv % = ( (7)/3 + (8) /3 (8) /3 1) 100% Δv % = ( ) 100% Δv % = 7,5% OSP Fisika 015 Number 5 TUMBUKAN BOLA PING-PONG DENGAN MEJA Sebuah bola ping-pong bermassa m = 3 gram dipukul sedemikian rupa sehingga bola tersebut memperoleh kecepatan horisontal pada ketinggian H = 0 cm di atas meja. Bola tersebut juga berotasi terhadap sumbu horisontal yang tegak lurus pada kecepatan horisontal tersebut. Setelah menabrak meja dalam tumbukan yang bersifat elastik, bola tersebut terpental vertikal ke atas tanpa rotasi. Karena ketidakrataan permukaan meja, koefisien gesek kinetik antara bola dengan meja μ k = 0,5. Asumsikan bahwa tumbukan terjadi pada waktu yang relatif sangat singkat. Percepatan gravitasi g = 10 m/s. Momen inersia bola ping-pong adalahi = 3 mr dengan R = jari-jari bola ping-pong. Tentukan energi yang hilang selama tumbukan bola dengan meja. H m Pembahasan : Pada keadaan awal, bola dipukul pada arah horizontal sehingga memiliki kecepatan v x dan dia juga berotasi dengan kecepatan sudut ω. Tepat ketika akan menumbuk lantai, bola pingpong memiliki kecepatan arah vertikal ke bawah yaitu v y = gh. Tepat setelah menumbuk meja, bola bergerak lurus vertikal ke atas tanpa rotasi akibat adanya impuls gaya gesek dan gaya normal dari lantai. Karena tumbukan antara bola ping-pong dan lantai lenting sempurna, dia hanya berbalik arah pada arah tumbukan yaitu arah vertikal. Tinjau gaya-gaya yang bekerja pada bola ping-pong ketika bertumbukan dengan lantai. μ k Hal

15 Contact Person : ω N v y v x f v y mg Misalkan tumbukan terjadi pada selang waktu Δt yang sangat kecil. Impuls pada arah vertikal akibat gaya normal dan gaya berat adalah sama dengan perubahan momentum linier bola ping-pong pada arah vertikal. (N mg)δt = m (v y ( v y )) N = mg + mv y Δt Arah v y sebelum tumbukan bernilai negatif karena berlawanan dengan arah impuls gaya arah vertikal (berarah ke bawah). Gaya normal lebih jauh lebih besar dari gaya berat sehingga arah impuls vertikal adalah ke atas dan ini dijadikan arah positif, sedangkan arah bawah kita jadikan arah negatif. Karena bola ping-pong slip terhadap lantai, maka gaya gesek yang bekerja adalah gaya gesek kinetik dan besarnya adalah f = μn = μ (mg + mv y Δt ) Impuls akibat gaya gesek membuat bola ping-pong kehilangan kecepatan translasinya pada arah horizontal sehingga besar impuls ini sama dengan perubahan momentum linier bola pada arah horizontal. fδt = m(0 ( v x )) μ (mg + mv y Δt ) Δt = mv x μ(gδt + v y ) = v x Karena selang waktu Δt sangat kecil, suku gδt 0 sehingga dapat kita abaikan v x = μv y Gaya gesek juga memberikan impuls sudut yang membuat bola tidak berotasi lagi setelah tumbukan dan besar impuls sudut ini sama dengan perubahan momentum sudut bola ping-pong frδt = 3 mr (0 ( ω)) μ (mg + mv y Δt ) Δt = 3 mrω μ(gδt + v y ) = 3 Rω Suku gδt 0 dan dapat diabaikan Hal

16 Contact Person : ω = 3μv y R Energi awal bola ping-pong sebelum tumbukan adalah E 0 = 1 m(v x + v y ) + 1 Iω E 0 = 1 m ((μv y) + v y ) + 1 ( 3 mr ) ( 3μv y R ) E 0 = 1 m(4μ + 1)v y + 3mμ v y E 0 = 1 m(10μ + 1)v y Energi akhir bola ping-pong setelah tumbukan adalah E = 1 mv y Besar energi yang hilang akibat tumbukan adalah selisih energi akhir dan awal ΔE = E E 0 = 1 mv y 1 m(10μ + 1)v y ΔE = 5mμ v y ΔE = 5mμ (gh) ΔE = 10mμ gh Tanda negatif menandakan kehilangan energi Dengan memasukkan nilai numeriknya akan kita dapatkan m = 3 gram = 0,003 kg H = 0 cm = 0, m μ k = 0,5 g = 10 m/s ΔE = 10(0,003 kg)(0,5) (10 m/s )(0, m) ΔE = 0,00375 J OSP Fisika 015 Number 6 BANDUL FISIS Suatu bandul fisis terdiri atas sebuah cakram berjari-jari R yang bermassa m 1 dan sebuah batang tegar yang massanya dapat diabaikan. Cakram diletakan disalah satu ujung batang, sedangkan ujung batang yang lain dapat berputar pada titik P (bayangkan cakram menjadi bandul fisis). Jarak antara titik putar P dengan pusat massa bandul adalah l. Mula-mula bandul dilepaskan dari keadaan diam yang membuat sudut cukup kecil θ terhadap vertikal. Tepat pada posisi terendahnya, bandul menumbuk secara tidak elastis sama sekali cakram yang lain berjari-jari R dan bermassa m, dengan m < m 1. Hal

17 Contact Person : P l θ R m 1 m R Tentukan: a. periode bandul sebelum tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R) b. kecepatan bandul sesaat sebelum tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, θ dan R) c. kecepatan bandul sesaat sesudah tumbukan? (Nyatakan dalam m 1, m, l, g, R, dan θ ) d. periode bandul setelah tumbukan? (Nyatakan dalam l, g, dan R) Pembahasan : a. Cakram di sini tidak bisa kita abaikan bentuk dimensinya atau kita tidak bisa menganggapnya sebagai massa titik karena dia juga berotasi terhadap pusat massanya sendiri. Momen inersia bandul terhadap pusat massanya adalah I = 1 m 1R Dengan menggunakan teorema sumbu sejajar, momen inersia bandul terhadap poros P adalah I P = I + m 1 l I P = 1 m 1R + m 1 l I P = 1 P m 1(R + l ) Tinjau bandul ketika tersimpang dari titik setimbangnya Torsi pemulih diberikan oleh gaya berat τ p = m 1 g sin θ l = Iα Arah percepatan sudut α berlawanan dengan arah bertambahanya sudut simpangan θ, maka α = d θ dt Sehingga persamaan gerak bandul fisis akan menjadi m 1 g sin θ l = 1 m 1(R + l ) ( d θ dt ) d θ dt + gl R sin θ = 0 + l Karena sudut simpangan θ diasumsikan kecil, kita bisa menggunakan hampiran sin θ θ α l θ m 1 g sin θ Hal

18 Contact Person : d θ dt + gl R + l θ = 0 Maka kecepatan sudut osilasi bandul adalah ω = gl R + l Sehingga periode osilasi bandul menjadi T = π ω T = π R + l gl b. Dengan menggunakan Hukum Kekekalan energi akan didapatkan (jadikan poros P sebagai acuan energi potensial sama dengan nol) E i = E f mgl cos θ = mgl + 1 Iω 1 m 1(R + l )ω = m 1 gl(1 cos θ) 4gl(1 cos θ) ω = R + l Kecepatan pusat massa bandul sebelum tumbukan adalah v 0 = ωl v 0 = 4gl3 (1 cos θ) R + l c. Dengan hukum kekekalan momentum, kecepatan bandul setelah tumbukan adalah (kedua bandul menjadi satu) m 1 v 0 = (m 1 + m )v v = m 1 m 1 v m 1 + m 0 v = 4gl3 (1 cos θ) m 1 + m R + l d. Setelah tumbukan kedua bandul menjadi bentuk seperti angka delapan. Terhadap pusat massa bandul pertama, jarak pusat massa sistem misalkan x 1. Momen inersia total terhadap poros adalah I P = I 1 + m 1 l + I + m (l + d ) I P = 1 (m 1 + m )R + (m 1 + m )l + m d I P = 1 (m 1 + m )(R + l ) + m d Dengan d adalah jarak antar pusat massa kedua bandul Torsi pemulih pada ketika sistem disimpangkan dari posisi setimbang adalah Hal

19 Contact Person : τ P = (m 1 + m )g sin θ l + x 1 = I P α (m 1 + m )g sin θ l + x 1 = ( 1 (m 1 + m )(R + l ) + m d ) ( d θ dt ) d θ dt + (m 1 + m )g l + x 1 (m 1 + m )(R + l ) + m d θ = 0 x 1 = m 1R dan d = R m 1 + m d θ dt + g (m 1 + m ) l + 4m 1 R (m 1 + m )(R + l ) + 8m R θ = 0 ω = g (m 1 + m ) l + 4m 1 R (m 1 + m )(R + l ) + 8m R T = π (m 1 + m )(R + l ) + 8m R g (m 1 + m ) l + 4m 1 R Jika pusat massa kedua bandul adalah berhimpit setelah tumbukan maka x 1 = 0 dan d = 0 d θ dt + gl R + l θ = 0 ω = gl R + l T = π ω T = π R + l gl Hasil ini seperti jawaban pada subsoal a. Hal ini dikarenakan massa bandul tidak berpengaruh pada periode osilasi bandul. OSP Fisika 015 Number 7 KUBUS DAN SILINDER Sebuah kubus dan silinder berada pada lantai horisontal kasar. Kedua permukaan benda tersebut saling bersinggungan, seperti pada gambar. Massa kedua benda sama, demikian pula diameter silinder sama dengan panjang sisi kubus. Untuk seluruh permukaan, koefisien gesek statik dan kinetik masing-masing adalah μ s dan μ k. Diketahui m = 1 kg, μ s = 0,6, μ k = 0,, dan percepatan gravitasi g = 10 m/s. m m F Hal

20 Contact Person : a. Tentukan besar gaya horisontal F yang harus diberikan pada kubus agar kedua benda tersebut bergerak bersama dimana gerakan silinder adalah translasi murni. b. Tentukan jenis gerakan sistem mula-mula saat sistem mulai bergerak dari keadaan diam (apakah gerakannya murni translasi, translasi dan rotasi atau lainnya). c. Tinjau sekarang sistim kubus dan silinder dalam keadaan bergerak. Tentukan jenis gerakan sistem jika gaya horisontal yang diberikan sedikit lebih kecil daripada F (yang dihitung pada soal a). Tentukan pula jenis gerakan sistem jika gaya horisontal yang diberikan sama dengan 1/ F. Pembahasan : Perhatikan diagram gaya yang bekerja pada kubus dan silinder berikut! a a N 1 f N 3 N N F mg f 1 f mg f 3 a. Gerakan translasi murni adalah gerakan dimana benda-benda pada sistem tidak berotasi terhadap pusat massanya, jadi bisa dikatakan setiap titik pada benda akan bergerak dengan kecepatan atau percepatan yang sama pada arah yang sama pula. Tinjau gaya-gaya pada masing-masing benda Silinder (keseimbangan pada arah vertikal) N 1 mg f = 0 (1) Silinder (gerak translasi arah horizontal) N f 1 = ma () Kubus (keseimbangan arah vertikal) N 3 mg + f = 0 (3) Kubus (gerak translasi arah horizontal) F N f 3 = ma (4) Karena sistem melakukan gerak translasi murni, maka silinder haruslah slip terhadap lantai. Dengan demikian, gaya gesek yang bekerja pada lantai dengan silinder dan kubus atau f 1 dan f 3 adalah gaya gesek kinetik. f 1 = μ k N 1 (5) dan f 3 = μ k N 3 (6) Sedangkan gaya gesek antara silinder dan kubus adalah gaya gesek statis. Dari persamaan yang ada dapat kita simpulkan bahwa f akan berbanding lurus dengan percepatan a dan N 1. Sedangkan a berbanding lurus dengan F, maka gaya minimum Hal

21 Contact Person : F agar sistem bergerak translasi murni akan terjadi ketika gaya gesek statik f bernilai maksimum. f = μ s N (7) Kemudian, karena silinder tidak berotasi, artinya torsi total yang bekerja pada silinder bernilai nol f 1 R f R = 0 f 1 = f (8) Dari persamaan (1), (5) dan (8) akan kita dapatkan N 1 mg f = 0 N 1 mg f 1 = 0 N 1 mg μ k N 1 = 0 N 1 (1 μ k ) = mg N 1 = mg 1 μ k (9) f = f 1 = μ kmg (10) 1 μ k Dari persamaan (8), (10), (7), akan kita dapatkan μ s N = μ kmg N 1 μ = μ k mg (11) k μ s 1 μ k Subtitusi persamanan (10) dan (11) ke () μ k mg μ kmg = ma μ s 1 μ k 1 μ k a = μ kg ( 1 1) a = μ k 1 μ s g (1) 1 μ k μ s μ s 1 μ k Dari persamaan (10) dan (3) akan kita peroleh N 3 mg + μ kmg = 0 1 μ k N 3 = (1 μ k)mg μ k mg N 1 μ 3 = (1 μ k)mg (13) k 1 μ k Kemudian dari persamaan (4), (6), (11), (1) dan (13) akan kita dapatkan F N μ k N 3 = ma F μ k mg (1 μ k )mg μ μ s 1 μ k = m μ k 1 μ s g k 1 μ k μ s 1 μ k F = μ k mg + μ k(1 μ k )mg + μ k (1 μ s )mg μ s 1 μ k 1 μ k μ s 1 μ k F = μ k mg (1 + μ μ s 1 μ s (1 μ k ) + 1 μ s ) k F = μ k mg (1 + μ μ s 1 μ s μ k μ s + 1 μ s ) k F = μ k μ s mg 1 μ k ( μ k μ s ) Hal

22 Contact Person : F = μ k(1 μ k μ s )mg μ s (1 μ k ) Dengan memasukkan nilai numeriknya akan kita dapatkan (0,)(1 (0,)(0,6))(1)(10) F = (0,6)(1 0,) F = 88 N Alhasil, agar kubus dan silinder bergerak translasi murni, gaya luar yang harus dikerjakan pada kubus haruslah lebih besar dari 88 N. b. Dari keadaan diam, gaya luar F haruslah lebih besar dari gaya gesek statik maksimum antara slinder dan kubus dengan lantai. Maka gaya F minimum agar sistem bisa bergerak F s = μ s mg = (0,6)(1)(10) = 144 N Karena F 0 > 88 N maka pada saat awal, ketika sistem mulai bergerak, kubus dan silinder sudah bergerak murni silinder. Setelah silinder dan kubus mulai bergerak, gaya F dapat diturunkan hingga 88 N untuk membuat gerakan silinder tetap murni translasi. c. Jika gaya luar F yang diberikan lebih kecil dari 88 N maka silinder akan mulai berotasi dan bergesekan dengan silinder. Pada kasus ini gaya F yang diberikan bernilai setengah dari hasil pada subsoal (a) atau 44 N. Apakah sistem masih bergerak? Jawabannya sebagai berikut. Agar sistem dapat bergerak gaya F haruslah lebih besar dari gaya gesek kinetik yang bekerja pada sistem, F k = μ k mg = (0,)(1)(10) = 48 N. Berarti, karena gaya F = 44 N, maka kubus dan silinder tidak bergerak atau sistem diam. Hal