Contact Person : OSP Fisika 2014 Number 1 PELURU BERSARANG DI BALOK Balok bermassa 2m mula-mula diam di bagian terbawah bidang miring (massa M dan sudut kemiringan ). Permukaan bidang miring licin dan berada di atas meja licin. Pada saat awal t = 0, sebutir peluru dengan massa m dan kecepatan v 0 bergerak paralel terhadap bidang miring (lihat gambar) dan menumbuk balok 2m hingga bersarang di dalam balok tersebut (pada saat ini bagian ujung bidang miring tepat berada di pojok meja). g M 2m v 0 m Hitung: a. ketinggian maksimum yang dapat dicapai balok terhadap permukaan meja. b. kecepatan bidang miring saat balok mencapai ketinggian maksimumnya. c. kapan (waktu) balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya. d. jarak yang telah ditempuh bidang miring terhadap pojok meja pada saat balok 2m mencapai ketinggian maksimumnya. Pembahasan : a. karena peluru bersarang di dalam balok, proses ini bisa kita katakan tumbukan yang tidak elastis sama sekali. Dengan hukum kekekalan momentum akan kita dapatkan kecepatan balok dan peluru setelah tumbukan (kecepatan ini searah dengan kecepatan awal peluru) mv 0 = (m + 2m)v v = 1 3 v 0 Sekarang kita tinjau sistem setelah tumbukan. Balok dan peluru akan mempunyai komponen kecepatan awal pada arah horizontal dan vertikal yaitu v x = v cos dan v y = v sin. Pada arah horizontal tidak ada gaya eksternal yang bekerja pada sistem, sehingga momentum linier arah horozntal kekal. Kita tinjau kondisi awal ketika sesaat setelah tumbukan terjadi dan kondisi akhir ketika balok dan peluru yang menyatu berada di posisi tertingginya dimana pada saat ini balok dan peluru diam terhadap bidang miring sehingga kecepatannya terhadap tanah sama dengan kecepatan bidang miring, misalkan V. Hal 1
Contact Person : V M h 3m M v 3m 3mv cos = (M + 3m)V V = mv 0 cos M + 3m Karena semua permukaan licin dan tidak ada gaya luar nonkonservatif yang bekerja pada sistem, maka energi mekanik nya kekal. 1 2 3mv2 = 1 2 m(m + 3m)V2 + 3mgh 1 2 2 3m (v 0 3 ) = 1 2 (M + 3m) (mv 0 cos 2 M + 3m ) + 3mgh 6gh = 1 3 v 0 2 m cos2 M + 3m v 0 2 6gh = M + 3m 3m cos2 3(M + 3m) h = v 0 2 18g (M + 3m sin2 M + 3m ) v 2 0 = M + 3m(1 cos2 ) 2 v 3(M + 3m) 0 b. Sebelumnya sudah kita dapatkan bahwa kecepatan bidang miring ketika ketinggian balok dan peluru maksimum adalah V = mv 0 cos M + 3m c. Untuk menentukan waktu yang diperlukan balok dari sessat setelah tumbukan sampai mencapai ketinggian maksimumnya, kita cukup tinjau gerak balok pada arah vertikal. Ketinggian yang dicapai balok adalah h dengan kecepatan awal balok adalah v y = v sin dimana balok diperlambat. Cara ini agak sedikit sukar karena kita perlu menetukan perlambatan balok lagi untuk komponen vertikal. Ada cara yang lebih mudah. Kita tinjau gerakan balok pada arah sejajar bidang miring terhadap tanah. Kecepatan awal balok adalah v dan kecepatan akhirnya adalah V cos. Perlambatan balok dengan mudah kita dapatkan sebesar g sin. Katakan T = waktu untuk mencapai ketinggian maksimum h. V cos = v g sin θ T g sin θ T = v V cos g sin θ T = v 0 3 mv 0 cos cos M + 3m Hal 2
Contact Person : g sin θ T = v 0 3 (1 3m cos2 M + 3m ) T = v 0 3g sin θ (M + 3m sin2 M + 3m ) d. Kita cari dulu percepatan bidang miring M. Misalkan percepatan balok M terhadap tanah adalah A dan percepatan balok 2m serta peluru m adalah a relatif terhadap bidang miring. Karena balok dan peluru kita tinjau relatif terhadap bidang miring, maka dia akan mendapatkan gaya fiktif yang arahnya berlawanan dengan percepatan bidang miring dan besarnya sama dengan massa balok ditambah peluru dikali dengan besar percepatan bidang miring. N ma A M N mg a Tinjau gaya-gaya yang bekerja pada masing-masing benda Balok dan peluru (arah sejajar bidang miring) 3mg sin + 3mA cos = 3ma (1) Balok dan peluru (arah tegak lurus bidang miring) N + 3mA sin 3mg cos = 0 N = 3mg cos 3mA sin (2) Bidang miring (arah horizontal) N sin = MA (3) Hubungan A dan a bisa kita dapatkan dengan meninjau percepatan pusat massa sistem. Pusat massa sistem senantiasa diam pada arah horizontal karena resultan gaya pada arah horizontal untuk sistem sama dengan nol. 3m(a cos A) MA a pm = = 0 3m + M 3m(a cos A) MA = 0 M + 3m 3ma cos (M + 3m)A = 0 a = A (4) 3m cos Sebenarnya sih, yang kita perlukan hanyalah persamaan (2) dan (3) saja karena kita hanya perlu mengetahui percepatan bidang miring. Persamaan (1) dan (4) hanya sebagai pengetahuan saja, baik langsung subtitusi persamaan (2) ke (3) (3mg cos 3mA sin ) sin = MA 3mg sin cos 3mA sin 2 = MA Hal 3
Contact Person : 3mg sin cos = A(M + 3m sin 2 3mg sin cos ) A = M + 3m sin 2 Jarak yang ditempuh bidang miring setelah selang waktu T adalah S = 1 2 AT2 S = 1 sin cos (3mg 2 M + 3m sin 2 ) ( v 0 3g sin (M + 3m 2 sin2 M + 3m )) S = (M + 3m sin2 )mv 0 2 cos 6(M + 3m) 2 g sin S = (M + 3m sin2 )mv 0 2 6(M + 3m) 2 g tan OSP Fisika 2014 Number 2 KESEIMBANGAN BOLA DAN PRISMA SEGITIGA Sebuah bola bermassa m ditempatkan di antara tembok vertikal dan prisma segitiga bermassa M. Sisi miring prisma segitiga tersebut memiliki sudut kemiringan terhadap horisontal. Bola tersebut menyinggung prisma segitiga pada ujung paling atas balok tersebut. Prisma berada pada lantai. Baik bola maupun prisma bergerak tanpa gesekan. Percepatan gravitasi g ke bawah. Lihat gambar. Agar setelah bola dilepas tanpa kecepatan awal, permukaan horisontal prisma segitiga tersebut tetap pada lantai atau tidak miring/berputar. m M a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-prisma tersebut. b. Tentukan nilai percepatan gerak bola. c. Tentukan syarat bagi nilai M/m. Pembahasan : a. Berikut diagram gaya yang bekerja pada prisma dan bola Hal 4
Contact Person : K S K sin m A mg K cos K a N 2h 3 M Mg h 3 tan b. Untuk mendapatkan percepatan turun bola, tinjau gaya-gaya yang bekerja pada masing-masing benda. Bola (arah vertikal) mg K cos = ma (1) Bola (arah horizontal) Tidak perlu ditinjau, karena persamaan ini tidak begitu diperlukan(mengapa? Silahkan dipikirkan) Prisma (arah horizontal) K sin = Ma (2) Prisma (arah vertikal) N K cos Mg = 0 N = Mg + K cos (3) Hubungan percepatan a dan A adalah sebagai berikut. Misalkan prisma bergerak sejauh s dalam waktu t maka s = 1 2 at2 s Dalam selang waktu yang sama, bola akan turun sejauh s tan dengan s tan = 1 2 at2 tan = 1 2 At2 a = A tan (4) Subtitusi persamaan (4) ke (2) K sin = M A tan K = MA sin tan (5) Subtitusi persamaan (5) ke (1) MA mg cos = ma sin tan Hal 5
Contact Person : mg = MA tan 2 + ma A = mg tan2 M + m tan 2 c. Hasil di atas memang merupakan percepatan bola namun ada syarat yang harus dipenuhi yaitu prisma tidak boleh miring/berputar. Ini akan terpenuhi jika torka terhadap titik pusat massa balok oleh gaya K lebih kecil atau sama dengan torka terhadap titik pusat massa dari gaya normal N yang dirasakan balok dari lantai. Dalam hal ini, nilai torka maksimum dari gaya K tersebut adalah ketika gaya normal N berada di ujung paling kanan balok tersebut. Besar torka dari gaya normal ini adalah h τ N = (Mg + K cos ) 3 tan Berikutnya kita hitung torsi dari gaya K. Torsi dari gaya K memiliki dua komponen yaitu pada sumbu x dan y sehingga torsi yang diebrikannya adalah τ K = K sin 2h 3 h + K cos 3 tan Syarat yang harus dipenuhi adalah τ K τ N K sin 2h 3 + K cos h h tan (Mg + K cos ) 3 3 tan K sin 2h 3 Mg h 3 tan K sin tan Mg 2 MA Mg sin tan sin tan 2 A g 2 Dengna mensubtitusi A yang didapat dari b akan kita dapatkan syarat untuk M/m yaitu mg tan 2 M + m tan 2 g 2 m tan 2 M 2 + m 2 tan2 m(2 tan 2 tan 2 ) M M m tan2 OSP Fisika 2014 Number 3 GRAVITASI Sebuah benda bermassa m terletak pada ketinggian y di atas permukaan suatu planet bola bermassa M dan berjari-jari R. Anggap nilai R sangat besar dibandingkan dengan y. Hal 6
Contact Person : Percepatan gravitasi di permukaan planet tersebut adalah g 0, sedangkan tetapan gravitasi universal adalah G. a. Percepatan gravitasi yang dialami benda m tersebut berkurang secara linier terhadap y dengan factor k. Tentukan percepatan gravitasi pada ketinggian h (nyatakan dalam parameter-parameter di atas) b. Jika benda tersebut dilemparkan vertikal ke atas dari ketinggian h dengan kecepatan awal v 0, tentukan kecepatan benda tersebut sebagai fungsi ketinggian y. c. Tentukan tinggi maksimum benda tersebut. Tentukan pula tinggi maksimum benda jika tetapan/konstanta linier pada pertanyaan (a) diatas k 0. Pembahasan : a. Gaya berat benda m sama dengan gaya gravitasi antara benda m tersebut dengan planet M. Tinjau ketika benda m berada di ketinggain y dari permukaan bumi, maka jaraknya dari pusat bumi adalah R + y, dari sini akan kita peroleh mg(y) = GMm (R + y) 2 = GMm (1 + y 2 R ) R 2 Karena R y kita bisa lakukan pendekatan (1 + y R ) 2 Sehingga mg(y) = GMm 2y R 2 (1 R ) g(y) = GM R 2 2GM R 3 y g(y) = g 0 ky Pada ketinggian h, percepatan gravitasi adalah g(h) = g 0 kh 1 2y R (binomial newton) Dengan g 0 = GM 2GM dan k = R2 R 3 b. Kita gunakan sistem koordinat kartesius standar, arah percepatan positif adalah ke atas. Maka a = g(y) = g 0 + ky Ingat bahwa a = dv dt = dv dy dt dy = dv dy dv = v dy dt dy v dv dy = g 0 + ky vdv = ( g 0 + ky )dy Integral v dari v 0 sampai v(y) dan y dari h sampai y v 0 v(y) y vdv = ( g 0 + ky )dy h Hal 7
Contact Person : [ v2 v(y) 2 ] = [ g 0 y + k y2 y 2 ] v 0 h 1 2 [v2 (y) v 2 0 ] = g 0 y + k y2 2 + g 0h k h2 2 v 2 (y) v 2 0 = 2g 0 (y h) + k(y 2 h 2 ) v 2 (y) = v 0 2 2g 0 (y h) + k(y 2 h 2 ) c. Saat berada di ketinggian maksimum, kecepatan benda akan bernilai nol v(y maks ) = 0 0 = v 0 2 2g 0 (y maks h) + k(y maks 2 h 2 ) ky maks 2 2g 0 y maks + v 0 2 + 2g 0 h kh 2 = 0 Menggunakan rumus kuadrat akan kita peroleh y maks = ( 2g 0) ± ( 2g 0 ) 2 4k(v 0 2 + 2g 0 h kh 2 ) 2k y maks = g 0 k (1 ± 1 (k(v 0 2 + 2g 0 h) k2 h 2 g 2 0 g 2 )) 0 Ketinggian maksimum tidak boleh terlalu besar maka kita pilih solusi yang negatif y maks = g 0 k (1 1 (k(v 0 2 + 2g 0 h) k2 h 2 g 2 0 g 2 )) 0 untuk k 0 maka k2 h 2 g 0 0 y maks = g 0 k (1 1 k(v 0 2 + 2g 0 h) ) g 2 0 suku k(v 0 2 + 2g 0 h) bernilai sangat kecil karena k 0, dengan binomial newton g 2 0 akan kita peroleh 1 k(v 0 2 + 2g 0 h) = (1 k(v 0 2 1 + 2g 0 h) 2 ) 1 k(v 0 2 + 2g 0 h) g 2 0 g 2 0 2g 2 0 Sehingga y maks = g 0 k (1 1 + k(v 0 2 + 2g 0 h) ) y 2g 2 maks = v 2 0 + h 0 2g 0 OSILASI BATANG DAN ENGSEL OSP Fisika 2014 Number 4 Hal 8
Contact Person : Bola karet dengan berat W = mg dilekatkan dengan kuat di titik C pada ujung tongkat AC (dengan massa tongkat diabaikan). Sementara pada ujung lain tongkat yaitu titik A dipasang engsel yang melekat kuat pada lantai sehingga tongkat dapat berotasi di sekitar titik A pada bidang xy (lihat gambar). Pegas dengan konstanta k dipasang pada posisi mendatar dengan satu ujung dilekatkan pada dinding dan ujung yang lain dilekatkan pada titik tetap B di tongkat AC. Seperti tampak dalam gambar, tongkat disimpangkan dari posisi awal (tegak) sebesar sudut φ lalu dilepaskan sehingga tongkat akan mengalami gerak osilasi (getaran). Tentukan: a. besar frekuensi getaran untuk sudut simpangan φ yang kecil. b. nilai maksimum gaya berat W agar untuk sudut simpangan φ kecil tongkat mengalami getaran harmonik. Pembahasan : a. Dari soal dapat kita simpulkan bahwa posisi kesetimbangan sistem adalah ketika dia berada dalam kondisi vertikal. Mengapa? Karena sudut φ adalah sudut simpangan sistem dari posisi kesetimbangan dan dia diukur dari posisi vertikal. Ketika sistem tersimpang dengan simpangan sudut φ, torsi pemulih sistem terhadap poros A adalah ka cos φ a sin φ mgl sin φ = I Momen inersia sistem terhadap poros A adalah I = ml 2 Karena sudut φ kecil akan berlaku sin φ φ dan cos φ 1 Percepatan sudut searah jarum jam sedangkan arah bertambahnya sudut φ berlawanan arah jarum jam, maka = d2 φ dt 2 Akhirnya akan kita peroleh ka 2 φ mglφ = ml 2 d2 φ dt 2 C W = mg L B φ y A k lantai dinding a d2 φ dt 2 + ka2 mgl ml 2 φ = 0 x Hal 9
Contact Person : Persamaan gerak sistem analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana d 2 φ dt 2 + ω2 φ = 0 Dengan kecepatan sudut osilasi sistem ω 2 = ka2 mgl ml 2 Frekuensi getaran atau osilasinya adalah f = ω 2π f = 1 mgl 2π ka2 ml 2 b. Agar terjadi gerak harmonik, kecepatan sudut osilasi sistem haruslah bernilai positif ω 2 > 0 ka 2 mgl ml 2 > 0 W < ka2 L W maks = ka2 L Catatan : agar terjadi osilasi nilai W di sini haruslah lebih besar dari W maks karena jika sama sistem tidak akan berosilasi OSP Fisika 2014 Number 5 BATANG DI PINGGIR MEJA Sebuah batang homogen (massa M dan panjang L) salah satu ujungnya diletakan pada tepi sebuah meja dalam posisi vertikal. Batang kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tentukan sudut antara posisi batang terhadap vertikal dimana batang mulai kehilangan kontak dengan meja. Lakukan perhitungan Anda untuk 2 kondisi berikut: (i) (ii) a. Tepi meja dianggap licin akan tetapi memiliki siku seperti ditampilkan pada gambar (i). b. Tepi meja kasar dan sangat tajam seperti gambar (ii). Pembahasan : Hal 10
Contact Person : a. Untuk kasus ini, siku meja memberikan gaya arah vertikal dan arah horizontal pada tongkat seperti gambar di bawah ini a r φ a θ V φ a r H a a θ mg Dari diagram gaya di atas akan kita dapatkan Gerak translasi arah horizontal H = m(a θ cos φ a r sin φ) (1) Gerak translasi arah vertikal mg V = m(a θ sin φ + a r cos φ) (2) Gerak rotasi terhadap ujung bawah batang mg sin φ L 2 = 1 3 ml2 = 3g sin φ 2L Percepatan tangensial batang sebagai fungsi sudut φ adalah a θ = 1 2 L a θ = 3 g sin φ (3) 4 a r adalah percepatan sentripetal batang terhadap ujung bawahnya yang dijadikan poros rotasi dan besarnya adalah a r = 1 2 ω2 L Kita bisa menghitung besar kecepatan sudut batang ω sebagai fungsi sudut φ dengan menggunakan hukum kekelan energi. Jadikan meja sebagai acuan. maka mg L 2 = mg L 2 cos φ + 1 2 (1 3 ml2 ) ω 2 ω 2 = 3g (1 cos φ) L Sehingga percepatan sentripetal batang sebagai fungsi sudut φ adalah a r = 3 g(1 cos φ) (4) 2 Hal 11
Contact Person : Saat batang lepas terlepas dari meja, gaya horizontal yang dikerjakan meja batang akan bernilai nol atau batang lepas kontak dengan meja. Pada saat ini, sudut yang yang ditempuh batang kita namakan φ C. Sudut φ C ini juga merupakan sudut saat batang lepas dari meja. Persamaan (1) akan menjadi 0 = m(a θ cos φ C a r sin φ C ) sin φ C = a θ cos φ C a r Subtitusi persamaan (3) dan (4) untuk sudut φ = φ C 3 sin φ C = 4 g sin φ C cos φ C 3 2 g(1 cos φ C) sin φ C 2(1 cos φ C ) sin φ C = cos φ C 2(1 cos φ C ) = cos φ C 2 = 3 cos φ C cos φ C = 2 3 φ C = cos 1 ( 2 3 ) = 48,190 Jadi batang terlepas dari meja saat sudut φ = φ C = 48,2 0. Namun kita harus mengecek terlebih dahulu apakah gaya normal meja arah vertikal masih ada atau tidak. Karena jika gaya normal arah vertikal lebih dahulu hilang dari gaya normal arah horizontal, batang akan melompat dan perhitungan kita untuk perceptan sentripetal serta tangensial batang akan salah. Kita akan cari besar sudut saat gaya normal arah vertikal bernilai nol. Kita namakan sudut ini sebagai φ L. Jika φ L > φ C maka perhitungan kita sebelumnya akan bernilai benar dan kita bisa melanjutkan pengerjaan soal ini. Namun jika φ L < φ C, perhitungan kita hanya akan benar sampai φ = φ L dan kita perlu melakukan pendekatan lain untuk kondisi φ L < φ < φ C. Persamaan (2) akan menjadi mg 0 = m(a θ sin φ L + a r cos φ L ) g = a θ sin φ L + a r cos φ L Subtitusi persamaan (3) dan (4) untuk φ = φ L g = 3 4 g sin φ L sin φ L + 3 2 g(1 cos φ L) cos φ L 4 = 3 sin 2 φ L + 6 cos φ L 6 cos 2 φ L 4 = 3 3 cos 2 φ L + 6 cos φ L 6 cos 2 φ L 9 cos 2 φ L 6 cos φ L + 1 = 0 cos φ L = b ± b2 4ac 2a cos φ L = ( 6) ± ( 6)2 4(9)(1) 2(9) Hal 12
Contact Person : cos φ L = 6 ± 0 18 cos φ L = 1 3 φ L = cos 1 ( 1 3 ) = 70,530 Nah karena φ L > φ C, berarti tongkat lebih dahulu lepas kontak pada arah horizontal sehingga perhitungan kita sebelumnya benar. Jadi sudut antara batang dan vertikal ketika dia lepas dari meja adalah φ C = cos 1 ( 2 3 ) = 48,190 b. Untuk kasus kedua ini ada sedikit perbedaan yaitu berkaitan dengan gaya interaksi antara meja dan batang. Di sini, gaya normal dari meja arahnya selalu menuju pusat massa batang sedangkan arah gaya gesek dari meja tegak lurus arah gaya normal dan arahnya selalu berlawanan dengan arah percepatan batang. Berikut diagram gaya pada batang a r φ a θ a f φ N mg Batang akan lepas dari meja ketika gaya normal yang bekerja padanya sama dengan nol dan ketika gaya normalnya nol, gaya gesek yang bekerja padanya pun bernilai nol. Jadi kita cukup meninjau gerak batang pada arah radial saja. Dari sini akan kita peroleh mg cos φ N = mω 2 L 2 (N = 0) mg cos φ = mω 2 L 2 Sebelumnya, dari kekekalan energi mekanik, kita sudah mendapatkan ω 2 sebagai fungsi φ yaitu ω 2 = 3g (1 cos φ) L Sehingga, sudut ketika batang lepas dari meja φ c dapat kita temukan mg cos φ c = m 3g L (1 cos φ c) L 2 Hal 13
Contact Person : cos φ c = 3 2 (1 cos φ c) cos φ c = 3 5 φ c = cos 1 ( 3 5 ) = 53,130 Sudut φ c = 53,13 0 pasti adalah sudut ketika batang lepas dari meja karena meja tidak mungkin menarik batang (gaya N bernilai negatif). OSP Fisika 2014 Number 6 KESEIMBANGAN TAK STABIL Sebuah bola kecil dengan massa m dipasang pada silinder pejal bermassa M dan berjarijari R menggunakan batang tak bermassa. Lihat gambar. Bola kecil tersebut berada pada jarak H di atas pusat silinder. Sistem bola-silinder tersebut kemudian diberikan gangguan kecil dari posisi kesetimbangan tak stabil tersebut. Silinder menggelinding tanpa tergelincir/slip. Pada saat bola m menyentuh lantai, tentukan: kecepatan bola. m H M R a. kecepatan pusat massa silinder b. kecepatan bola Pembahasan : a. Misalkan ketika bola m sampai di lantai, kecepatan pusat massa silinder adalah v pm dan kecepatan sudutnya adalah ω dan karena silinder menggelinding tanpa slip akan berlaku v pm = ωr serta kecepatan bola m adalah v m M v pm θ m v pm ωh v m Hal 14
Contact Person : Karena tidak ada gaya luar non konservatif yang melakukan kerja pada sistem, maka energi mekanik sistem kekal (jadikan pusat silinder sebagai acuan energi potensial sama dengan nol) mgh = mgr + 1 2 Mv pm 2 + 1 2 Iω2 + 1 2 mv m 2 Momen inersia silinder adalah I = 1 2 MR2 Dari gambar dapat kita dapatkan bahwa sin θ = R H dan cos θ = H2 R 2 H Perhatikan bola m. Komponen kecepatan bola m adalah Arah horizontal v x = v pm ωh sin θ = ωr ωh R H = 0 Arah vertikal v y = ωh cos θ = ωh H2 R 2 v H y = ω H 2 R 2 Ternyata ketika sampai di lantai, bola m hanya memiliki kecepatan komponen vertikal v = v y = ω H 2 R 2 Kita kembali ke persamaan energi akan kita peroleh mgh = mgr + 1 2 Mω2 R 2 + 1 2 (1 2 MR2 ) ω 2 + 1 2 mω2 (H 2 R 2 ) mg(h + R) = 3 4 Mω2 R 2 + 1 2 mω2 (H 2 R 2 ) mg(h + R) = 3MR2 + 2m(H 2 R 2 ) 4 Sehingga kecepatan pusat massa silinder adalah 4mg(H + R) v pm = 2R 3MR 2 + 2m(H 2 R 2 ) b. Kecepatan bola m adalah ω 2 mg(h + R) ω = 2 3MR 2 + 2m(H 2 R 2 ) v m = 2 mg(h + R)(H2 R 2 ) + R)(H + R)(H R) 3MR 2 + 2m(H 2 R 2 = 2 mg(h ) 3MR 2 + 2m(H 2 R 2 ) mg(h R) v m = 2(H + R) 3MR 2 + 2m(H 2 R 2 ) Hal 15
Contact Person : OSP Fisika 2014 Number 7 MENAIKI BIDANG MIRING Sebuah silinder pejal bermassa m dan radius R mula-mula berotasi dengan kecepatan sudut ω 0 dan tanpa kecepatan awal pusat massa di tepi bawah suatu bidang miring kasar (yang tetap/tidak dapat bergerak) dengan sudut kemiringan θ dan koefisien gesek kinetik μ k dimana μ k > tan θ. Asumsikan bahwa silinder selama mendaki tetap kontak dengan bidang miring. Tentukan: a. waktu yang dibutuhkan silinder hingga menggelinding tanpa slip. b. jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip c. ketinggian maksimum yang dapat dicapai silinder Pembahasan : a. Saat masih slip, gaya gesek yang bekerja pada silinder adalah f k = μ k N. Karena bidang miring tetap, gaya normal yang bekerja pada silinder adalah N = mg cos θ sehingga f k = μ k mg cos θ. Tinjau gerak translasi silinder pada arah sejajar bidang miring f k mg sin θ = ma μ k mg cos θ mg sin θ = ma a = g(μ k cos θ sin θ) Kecepatan translasi silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi v(t) = v 0 + at (v 0 = 0) v(t) = gt(μ k cos θ sin θ) Tinjau gerak rotasi silinder (gaya gesek kinetik cenderung memperlambat rotasi silinder sehingga bernilai negatif) f k R = 1 2 mr2 = 2gμ k cos θ R Kecepatan sudut silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi ω(t) = ω 0 t ω(t) = ω 0 2gt R μ k cos θ Misalkan silinder mulai menggelinding tanpa slip setelah selang waktu T dihitung dari saat silinder berada di dasar bidang miring, maka pada saat ini akan berlaku v(t) = ω(t)r gt(μ k cos θ sin θ) = ω 0 R 2gTμ k cos θ ω 0 R gt(3μ k cos θ sin θ) = ω 0 R T = g(3μ k cos θ sin θ) b. Jarak yang ditempuh oleh pusat massa silinder hingga menggelinding tanpa slip adalah d = 1 2 at2 d = ω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ) 2g(3μ k cos θ sin θ) 2 c. Kecepatan pusat massa silinder saat menggelinding tanpa slip adalah Hal 16
Contact Person : v(t) = ω 0R(μ k cos θ sin θ) (3μ k cos θ sin θ) Dengan menggunakan hukum kekekalan energi dari saat silinder menggelinding tanpa slip sampai mencapai titik tertingginya akan kita dapatkan mgy = 1 2 mv2 (T) + 1 2 (1 2 mr2 ) ( v(t) R ) mgy = 3 4 mv2 (T) = 3mω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ) 2 4(3μ k cos θ sin θ) 2 y = 3ω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ) 2 4g(3μ k cos θ sin θ) 2 Maka ketinggian maksimum silinder dari dasar bidang miring adalah h maks = d sin θ + y h maks = ω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ) 2g(3μ k cos θ sin θ) 2 sin θ + 3ω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ) 2 4g(3μ k cos θ sin θ) 2 h maks = ω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ)[2 sin θ + 3(μ k cos θ sin θ)] 4g(3μ k cos θ sin θ) 2 h maks = ω 0 2 R 2 (μ k cos θ sin θ)[sin θ + 3μ k cos θ] 4g(3μ k cos θ sin θ) 2 2 Hal 17