1. a) Kesetimbangan silinder m: sejajar bidang miring. katrol licin. T f mg sin =0, (1) tegak lurus bidang miring. N mg cos =0, (13) lantai kasar

Transkripsi

1 1. a) Kesetimbangan silinder m: sejajar bidang miring katrol licin T f mg sin =0, (1) tegak lurus bidang miring N mg cos =0, (2) torka terhadap pusat silinder: TR fr=0. () Dari persamaan () didapat T=f. (4) θ m mg T f lantai kasar T k Substitusi ini ke persamaan (1), didapat T = 1 mg sin. (5) 2 Pada pegas berlaku hubungan T =k, (6) mg sin sehingga didapat = 2 k. (7) b) Dari persamaan (4) dan (5) didapat f = 1 mg sin. 2 (8) Dalam keadaan hampir terpleset, hubungan f dan N diberikan oleh f = N. (9) Dari persamaan (2) didapat N =mg cos. (10) Dengan menggunakan persamaan (8), (9) dan (10) didapat = 1 tan. 2 (11) c) Pertama tinjau sistem dalam keadaan setimbang. Pegas bertambah panjang sebanyak Δ. Kemudian beri simpangan tambahan Δx. Pada saat osilasi, persamaan gerak silinder diberikan oleh: sejajar bidang miring T f mg sin =ma m, (12) tegak lurus bidang miring N mg cos =0, (1) torka terhadap pusat silinder: TR fr=i, (14) dengan I = ½ mr 2. (15) Hubungan percepatan sudut dan percepatan linear: a m = R. (16)

2 Di sisi lain kita mempunyai hubungan: penambahan panjang karet Δx = 2 kali pergeseran silinder Δs, tetapi berlawanan arah. Sehingga percepatan silinder a m = -½ percepatan pertambahan panjang karet = - ½ a x, a m = 1 2 a x. (17) Dari hukum Hooke, diperoleh hubungan T =k x. (18) Dari persamaan (12), (14), (15) dan (16) di atas, didapat 2T mg sin = 2 m. (19) Masukkan persamaan (17) dan (18) ke persamaan (19) 2 k x mg sin = 4 ma x. (20) Dengan menggunakan persamaan (7) ke persamaan (20), didapat 2 k x= 4 x. (21) Sederhanakan a x 8 k x=0. (22) m Dengan membandingkan dengan persamaan osilasi sederhana didapat = 8k m (2) Periode osilasi diberikan oleh T =2 m 8k d) Syarat agar tali selalu tegang adalah T selalu lebih besar atau sama dengan nol. T 0 (25) Dari persamaan (18) dan (7) didapat mg sin A= = 2 k (24) (26)

3 2. a) Gaya yang bekerja pada batang dalam arah horizontal: f Mm =M a M, (1) arah vertikal F v N Mm Mg=0, (2) torka terhadap titik kontak: f N Mm Mm fmm F v Mg m N mm x f m F v x Mg 2 x =0. () Gaya yang bekerja pada silinder dalam arah horizontal: f mm f m =ma m, (4) torka terhadap pusat silinder: f mm R f m R=I. (5) Sekarang gunakan hubungan pergeseran m dan pergeseran M. Jika m bergeser sejauh x, maka M bergeser sejauh 2x. Jadi a m = ½ a M. (6) Masukkan harga I = ½ mr 2, (7) dan = a m R, (8) ke dalam persamaan (5), f mm f m = 1 2 m, (9) kemudian eliminasi f m dengan menggunakan persamaan (4) f mm = 4 m. (10) Substitusi persamaan (10) ke persamaan (1), dan gunakan persamaan (6), diperoleh hasil akhir = 8 m M a. (11) M Percepatan M diberikan oleh: a M = 8 m M. (12)

4 b) Percepatan relatif antara batang M dan silinder dalah a Mm = a M a m = ½ a M. (1) Untuk menempuh jarah /2 dibutuhkan waktu: 2 = 1 2 Didapat waktu T = 2 c) Dari persamaan () didapat F v = Masukkan fungsi x didapat x= m M T 2 (14) 8 m M (15) Mg 2 x x. (16) 2 8 m M t 2, (17) F v = Mg 2 t m M t m M. (18) Sekarang substitusi = t T, (19) didapat Sketsa fungsi F v Mg = (20) F v t Mg d) Perpindahah batang =. terhadap = t T diberikan pada gambar di samping. Usaha gaya horizontal : W =. (21) Energi kinetik batang : K M = 1 2 M v 2 m= 1 2 M a T M 2 (22)

5 M K M = 8 m M (2) Energi kinetik silinder: K m = 1 2 mv 2 m 1 2 I 2 = 4 m v 2 m (24) K m = Energi kinetik total sistem: 8 m (25) 8 m M K =K M K m = (26) Jadi usaha gaya horizontal sama dengan energi kinetik batang ditambah energi kinetik silinder.

6 . a) Gunakan hukum kekekalan energi: Sederhanakan, Mgh mgh= 1 2 mv M v2. (1) v= 2 g h M m m M b) Tumbukan ini dapat dipandang sebagai tumbukan lenting sempurna antara dua massa: massa m+ M yang bergerak dengan kecepatan v menabrak massa m 0 yang mula-mula diam. Karena proses tumbukan singkat, maka selama proses tumbukan, gravitasi bisa diabaikan, sehingga momentum linear dan energi sistem kekal. Sebelum tumbukan, dalam kerangka lab: m + M bergerak ke atas dengan kecepatan v. m 0 diam. pusat massa bergerak ke atas dengan kecepatan Sebelum tumbukan dalam kerangka pusat massa: (2) m M v () m + M bergerak ke atas dengan kecepatan v m M v= v (4) m M m 0 m 0 bergerak ke bawah dengan kecepatan 0 m M v= m M v (5) pusat massa diam : Setelah tumbukan dalam kerangka pusat massa: m M v m M v=0 (6) m+ M bergerak ke bawah dengan kecepatan v (7) m 0 bergerak ke atas dengan kecepatan pusat massa diam Setelah tumbukan dalam kerangka lab: m 0 m 0 m M v (8) m 0 m + M bergerak dengan kecepatan v m M v= m M m 0 v (9) m 0 bergerak dengan kecepatan m M v m M 2 m M v= v (10)

7 Jadi kecepatan m 0 adalah v ' m0 = 2 m M m M m 2 g h M m 0 M m ke atas (11) dan kecepatan dalah v ' m = m M m 0 m M m 2 g h M m 0 M m ke atas jika m+ M >m 0. (12) c) Pada saat massa m 0 kanan bergerak ke atas, tali menjadi kendor. Tali menjadi tegang lagi saat perpindahan massa m 0 kanan dan m 0 kiri menjadi sama. Syarat agar laju sama: v' m0 t 1 2 g t2 = 1 2 g t2 (1) Didapat t= v ' m 0 g 2 m M dengan memasukkan hasil sebelumnya didapat t= 2h g M m M m (14) (15)

8 4. a) Energi sistem kekal saat transisi massa menaiki sisi AB. Energi kinetik mula mula massa = 1 2 m v 2 a 0 Energi kinetik akhir massa = 1 2 v 1 cos v 2 2 v 1 sin 2 Energi kinetik akhir massa m b = 1 2 m v 2 b 2 Kekekalan energi: 1 2 m v 2 a 0= 1 2 v 1 cos v 2 2 v 1 sin m v 2 (4) b 2 Kekekalan momenturah horizontal: v 0 = v 1 cos v 2 v 2 (5) dari persamaan (5) didapat v 2 = v 0 v 1 cos (6) Substitusikan persamaan (6) ke persamaan (4), sederhanakan, didapat b) Persamaan gerak massa : v 1= m b v sin 2 0 (7) arah sejajar AB: gsin = a 1 a 2 cos (8) arah tegak lurus AB: N g cos = a 2 sin (9) Persamaan gerak massa m b : arah horizontal: N sin =m b a 2 (10) Gunakan persamaan (10) dan persamaan (9), didapat a 2 = sin cos sin 2 g (11) Gunakan persamaan (11) pada persamaan (8), didapat a 1 = m b g sin (12) sin 2 c) Syarat agar bisa mencapai titik B: kecepatan massa dan pasak m b sama saat ada di titik B. Momentum linear arah horizontal kekal: v 0, min = v B v B (1) Kekekalan energi: 1 2 m v 2 a 0,min= 1 2 m v 2 a B 1 2 m v 2 b B g l sin (14) Gunakan persamaan (1) pada persamaan (14), didapat N a 1 g a 2 (1) (2) ()

9 = v 2 m m a b 0, min g l sin (15) m b d) waktu yang dibutuhkan diberikan oleh persamaan (7), (12) dan (15). t naik = v 1 m b 2 g l sin sin a 1= sin 2 m b 2 g 2 sin 2 sederhanakan (16) t naik= m sin 2 a 2l (17) g sin e) Jika massa tidak berhasil melewati m b maka proses yang terjadi adalah seperti tumbukan lenting sempurna antara kedua massa tersebut. Ada berbagai cara untuk mendapatkan hasil akhir kecepatan untuk proses tumbukan lenting sempurna. Di sini, solusi akan diperoleh dengan menggunakan kerangka pusat massa sistem. Kecepatan pusat massa : v cm = v 0 (18) Kecepatan mula-mula dalam frame pusat massa: v 0 v 0 = m b v 0 (19) Kecepatan mula-mula m b dalam frame pusat massa: 0 v 0 = v 0 (20) Kecepatan akhir dalam frame pusat massa: Kecepatan akhir m b dalam frame pusat massa: m b v 0 (21) v 0 (22) Kecepatan akhir dalam frame lab: m b v 0 (2) Kecepatan akhir m b dalam frame lab: 2 v 0 (24) f) Jika kecepatan relatif terhadap m b di titik B hampir nol, maka proses naik dari A ke B simetri dengan proses turun dari B ke C. Jadi waktu turun sama dengan waktu naik. = t m sin 2 a 2l turun g sin g) Jika massa berhasil melewati m b maka proses yang terjadi bersifat simetri. Dari argumen ini, maka akan diperoleh kecepatan akhir dan awal akan semua sama. Jadi kecepatan akhir adalah v 0 dan kecepatan akhir m b adalah nol. (25)