Energi sistem kekal. Subtitusi persamaan (1) ke (2)

Transkripsi

1 Contact Person : OSK Fisika 015 Number 1 TUMBUKAN MOBIL BERPEGAS Sebuah mobil massa m bergerak dengan kecepatan v pada saat mendekati mobil lain massa 4m yang sedang dalam keadaan diam. Pada saat tumbukan terjadi, pegas terkompresi (lihat gambar!). 4m v m 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. mv = (m + 4m)V v = 6V V = 1 3 v b. Setelah lama bertumbukan, kedua mobil akan terpisah kembali. Misalkan kecepatan mobil m setalh tumbukan adalah v 1 sedangkan mobil 4m adalah v. Dari hukum kekekalan momentum linear akan kita dapatkan mv = mv 1 + 4mv v = v 1 + v v 1 = v v (1) Energi sistem kekal 1 mv = 1 mv mv v = v 1 + v () Subtitusi persamaan (1) ke () v = (v v ) + v v = v + 4v 4vv + v 6v = 4vv v = 3 v Hal

2 Contact Person : 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 3 v OSK Fisika 015 Number GERAK MELINGKAR Sebuah partikel bergerak dalam lintasan lingkaran dimana jarak yang ditempuh sebagai fungsi waktu dapat dirumuskan dalam bentuk s = C 1 t + C t + C 3 dengan C 1 suatu tetapan positif, sedangkan C dan C 3 suatu tetapan sembarang. Jika pada saat t jarak yang ditempuh adalah s 1 dan s (dimana s > s 1 ) maka percepatan totalnya dari partikel berturut-turut adalah a 1 dan a (dimana a > a 1 ). Tentukan jari-jari lingkaran tersebut dinyatakan dalam a 1, a, s 1 dan s. Pembahasan : Pada soal ini partikel yang kita amati melakukan Gerak Melingkar Berubah Beraturan Dipercepat (GMBB Dipercepat). v t a s a t a R Jarak yang ditempuh partikel sebagai fungsi waktu adalah s = C 1 t + C t + C 3 Kecepatan tangensial partikel adalah perubahan jaraknya terhadap waktu atau turunan pertama jarak terhadap waktu v t = ds dt = d dt (C 1t + C t + C 3 ) v t = C 1 t + C Percepatan tangensial partikel adalah perubahan kecepatan tangensial partikel terhadap waktu atau turunan pertama kecepatan tangensial terhadap waktu Hal

3 Contact Person : a t = dv t dt = d dt (C 1t + C ) a t = C 1 Percepatan sentripetal partikel adalah a s = v t R Kuadrat kecepatan tangensial partikel adalah v t = 4C 1 t + C + 4C 1 C t v t = 4C 1 (C 1 t + C t) + C v t = 4C 1 (C 1 t + C t + C 3 s v t = 4C 1 (s C 3 ) + C C 3 ) + C Sehingga percepatan tangensial partikel akan menjadi a s = 4C 1(s C 3 ) + C R Percepatan total partikel dapat kita peroleh dari teorema phytagoras karena percepatan tangensial tegak lurus dengan percepatan sentripetal a = a t + a s a = (C 1 ) + ( 4C 1(s C 3 ) + C ) R Gunakan data dari soal yaitu ketika s = s 1 dan s = s maka a = a 1 dan a = a a 1 = (C 1 ) + 16C 1 (s 1 + C 3 s 1 C 3 ) + C 4 + 8C 1 (s 1 C 3 )C R a = (C 1 ) + 16C 1 (s + C 3 s C 3 ) + C 4 + 8C 1 (s C 3 )C R Kita bisa dapatkan R dengan sedikit manipulasi matematika untuk kedua persamaan di atas. Kurangkan kedua persamaan di atas a = (C 1 ) + 16C 1 (s + C 3 s C 3 ) + C 4 + 8C 1 (s C 3 )C R a 1 = (C 1 ) + 16C 1 (s 1 + C 3 s 1 C 3 ) + C 4 + 8C 1 (s 1 C 3 )C R a a 1 = 16C 1 (s s 1 (s s 1 )C 3 ) + 8C 1 (s s 1 )C R R = 16C 1 ((s + s 1 )(s s 1 ) (s s 1 )C 3 ) + 8C 1 (s s 1 )C a a 1 R = 8C 1(s s 1 ) a a [C 1(s + s 1 C 3 ) + C ] 1 Hal

4 Contact Person : R = 8C 1(s s 1 ) a a 1 [C 1(s + s 1 C 3 ) + C ] OSK Fisika 015 Number 3 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. g α O r μ a. Hitung besar percepatan sudut maksimum (α maks ) hingga siswa tersebut belum sempat mengalami slip. b. Dengan menganggap bahwa α < α maks, tentukan vektor gaya gesek total yang dialami oleh siswa tersebut sebelum ia mengalami slip dinyatakan sebagai fungsi waktu (t). (Petunjuk : gunakan koordinat polar r, ) c. Dengan menganggap bahwa α < α maks, 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 = mα maks r μmg = mα maks r α maks = μg r b. Percepatan total pada titik di piringan di mana siswa tersebut berdiri adalah a = a t + a s Hal

5 Contact Person : Dimana a t dan a s adalah percepatan tangensial dan percepatan sentripetal titik tersebut. a t = αr a s = ω (t)r ω adalah kecepatan sudut titik di mana siswa tersebut berdiri di atasnya. Kecepatan sudut sebagai fungsi waktu adalah ω dω dt = α a s a t dω = αdt a 0 ω(t) dω = α dt ω(t) = αt Maka a = α r + α 4 t 4 r 0 t a = α r + α 4 t 4 r Gaya fiktif yang diarasakan siswa akibat percepatan a adalah F f = ma = m α r + α 4 t 4 r Agar siswa tidak slip di atas piringan, akan ada gaya gesek yang bekerja untuk mengantisipasi gaya fiktif ini yang besarnya sama f = F f = m α r + α 4 t 4 r Maka gaya gesek total yang dialami siswa tersebut sebagai fungsi t adalah f = mαr 1 + α t 4 Kita juga mendapatkan hasil di atas dengan meninjau sistem dari koordinat polar. Percepatan titik di mana siswa berdiri dalam koordinat polar adalah a = αr ω (t)rr Vektor gaya fiktif akibat percepatan ini adalah (arahnya berlawanan dengan arah percepatan total) F f = ma = m(αr α r tr ) Maka gaya gesek yang dialami siswa agar dia tidak slip adalah f = F f = m(αr α r tr ) Dan besarnya adalah f = m (αr) + ( α r t) f = mαr 1 + α t 4 c. Ketika siswa tepat akan slip, gaya gesek yang bekerja padanya adalah gaya gesek statik maksimum r Hal

6 Contact Person : f = μmg Dan ini terjadi saat μmg = mαr 1 + α t α t 4 = μ g α r t = 4 μ g α 4 r 1 α t = 1 4 g α μ r α OSK Fisika 015 Number 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 h. (Tali tidak dapat mulur, interaksi bersifat seketika dan tidak lenting sama sekali) R M R m h m Pembahasan : Kecepatan balok tepat ketika tali lurus kembali adalah v = gh 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 Hal

7 Contact Person : TRdt = Iω TRdt = 1 MR ω Tdt = 1 MRω Sehingga m(v V) = 1 MRω (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 MR V R V = m m + M v = m m + M gh Selanjutnya balok m akan bergerak dipercepat ke bawah akibat pecepatan gravitasi dengan kecepatan awal v 0 = 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 () 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 MR a R T = 1 Ma (3) Subtitusi persamaan (3) ke () mg 1 Ma = ma m + M mg = a a = m m + M g 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 h sejak dilepas, artinya dia turun sejauh h dari posisi ketika tumbukan terjadi (saat tali tepat menegang). Hal

8 Contact Person : Waktu dari sejak dilepas sampai terjadi tumbukan adalah t 1 = h g Wakru sejak sesaat setelah tumbukan sampai turun lagi sejauh h adalah h = Vt + 1 at m m + M gt m + m + M ght h = 0 t + h g t m + M m h g = 0 Dengan menggunakan rumus kuadrat, kita bisa menyelesaikan persamaan di atas h g ± 4 h g t = t = h g ( ± m + M m m + M m ) h g Waktu tidak mungkin negatif (kita mencari nilainya yang positif). Maka agar syarat ini terpenuhi, kita ambil solusi yang positif t = h g ( 4 + M m ) Sehingga, waktu yang dibutuhkan sejak beban dilepas hingga menempuh jarak h adalah T = t 1 + t T = h g + h g ( 4 + M m ) T = h g ( 4 + M m ) OSK Fisika 015 Number 5 KERETA PADA BIDANG MIIRING Dua kereta masing-masing bermassa m 1 dan m dihubungkan dengan tali tak bermassa yang terhubung dengan katrol licin tak bermassa. Kereta m 1 berada pada permukaan horisontal, sedangkan kereta m berada pada bidang miring dengan sudut kemiringan α terhadap horisontal. Di dalam masingmasing kereta terdapat bandul yang massanya Hal

9 Contact Person : 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. m 1 m α Pembahasan : Pertama kita cari dulu percepatan kedua kereta. Dengan meninjau sistem searah pergerakannya menggunakan Hukum II Newton akan kita dapatkan m g sin α T + T = (m 1 + m )a a = m g sin α m 1 + m 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 m 1 sebagai bandul 1 dan yang berada di kereta m sebagai bandul. 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 Bandul 1 Bandul φ T ma T α ma mg α mg Relatif terhadap kereta, kedua bandul berada dalam keseimbangan. Hal

10 Contact Person : Bandul 1 Keseimbangan arah horizontal T sin φ = ma (1) Keseimbangan arah vertikal T cos φ = mg () Bagi persamaan (1) dengan () T sin φ T cos φ = ma mg tan φ = a g = m sin α φ = arctan ( m sin α ) m 1 + m m 1 + m Bandul Keseimbangan arah horizontal T sin = ma cos α (3) Keseimbangan arah vertikal T cos + ma sin α = mg T cos = mg ma sin α (4) Bagi persamaan (1) dengan () T sin T cos = ma cos α mg ma sin α a cos α tan = g a sin α m g sin α m tan = 1 + m cos α g m g sin α m 1 + m sin α m sin α cos α tan = m 1 + m m sin α tan = m sin α cos α m 1 + m cos α = arctan ( m sin α cos α m 1 + m cos α ) OSK Fisika 015 Number 6 BOLA DI ATAS BIDANG MIRING Sebuah bola pejal homogen bermassa mdan berjari-jari R, dilepaskan dari puncak suatu bidang miring dengan sudut kemiringan 45 o dan bermassa M = m. 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. Hal

11 Contact Person : R m L lantai licin 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 : M 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 α N A N f f mg ma a Kita kedua benda menggunakan Hukum II Newton Bidang miring (arah horizontal) N sin f cos = MA (1) Bola (arah sejajar bidang miring) mg sin f + ma cos = ma () Hal

12 Contact Person : Bola (arah tegak lurus bidang miring) N mg cos + ma sin = 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 = 5 mr fr = a 5 mr R f = ma (4) 5 Subtitusi persamaan (4) ke () mg sin ma + ma cos = ma 5 ma cos = 7 ma mg sin 5 A cos = 7 a g sin (5) 5 Persamaan () dan (3) dapat diubah menjadi f = mg sin + ma cos ma ( ) N = mg cos ma sin (3 ) Subtitusi persamaan ( ) dan (3 ) ke (1) (mg cos ma sin ) sin (mg sin + ma cos ma) cos = MA ma cos ma(sin + cos ) = MA ma cos A = M + m (6) Subtitusi persamaan (6) ke (5) ma cos M + m cos = 7 a g sin 5 5ma cos = 7(M + m)a 5(M + m)g sin [7M + m(7 5 cos )]a = 5(M + m)g sin 5(M + m)g sin a = 7M + m(7 5 cos ) Subtitusi nilai M = m dan sin = cos = 5(m + m)g a = 7.m + m (7 5( ) ) a = g b. Percepatan bidang miring adalah Hal

13 Contact Person : A = m m + m (15 37 g) A = 5 37 g Komponen percepatan bola terhadap tanah pada sumbu x dan y adalah a x = a cos A a x = 15 g g a x = g a y = a sin a y = 15 g 37 a y = g Maka percpatan pusat massa bola terhadap bidang horizontal yang diam adalah a = a x + a y a = g 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 at T = L a T = 37 L 15g OSP Fisika 015 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. start d finish x α L Hal

14 Contact Person : 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 v 0 = 0 Kecepatan akhir v t = v Jarak yang ditempuh s = x Percepatan a Dengan rumus GLBB akan diperoleh v t = v 0 + as v = 0 + ax v = ax Gerak mobil dari kaki sampai puncak tanjakan Mobil melakukan gerak lurus berubah beraturan dipercepat Kecepatan awal v 0 = v = ax Kecepatan akhir v t = 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 v t = v 0 + a s V = ax + [a g sin α ]d V = a(x + d) g 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 v 0x = V cos α v 0y = V sin α Jadikan posisi start sebagai acuan Posisi awal mobil x 0 = x + d cos α y 0 = d sin α Posisi akhir mobil Hal

15 Contact Person : x = L y = 0 Dengan rumus GLB untuk gerak arah sumbu x akan kita dapatkan x = x 0 + v 0x t L = x + d cos α + V cos α L x d cos α t t = V cos α Kemudian dengan rumus GLBB untuk gerak arah sumbu y diperoleh y = y 0 + v 0y t 1 gt 0 = d sin α + V sin α t 1 gt 0 = d sin α L x d cos α + V sin α V cos α 1 x d cos α g (L V cos α ) 0 = d sin α + (L x) tan α d sin α 1 g (L x d cos α ) g (L x d cos α ) V cos α = (L x) tan α V = g(l x d cos α ) (L x) sin α cos α V = g(l x d cos α ) (L x) sin α () Persamaan (1) sama dengan () a(x + d) g sin α = g(l x d cos α ) (L x) sin α a = 1 x + d [g(l x d cos α ) (L x) sin α g sin α ] Subtitusi α = (1 m K ) α = α (K m) K Maka percepatan mobil agar mencapai target adalah a = 1 x + d V cos α α (L x d cos [ (K m)]) [g K (L x) sin [ α g sin [ α (K m)]] (K K m)] K Hal