1. Sebuah bola berada bermassa m dan berjari-jari berada di dalam sebuah ruangan berdebu homogen dengan viskositas η. Bola ini dilemparkan dari lantai dengan kecepatan awal v dan membentuk sudut θ dengan lantai. a. Akibat debu, bola akan mendapat gaya hambat yang berbentuk F h = kv. Jika massa jenis debu sangat kecil sehingga gaya hambat pada bola ini hanya disebabkan oleh kekentalannya, tentukanlah nilai konstanta k! b. Tentukan ketinggian maksimum bola dari lantai! c. Tentukan perpindahan horizontal maksimum bola (jarak titik awal dan titik saat dia tiba kembali di lantai)! Gunakan pendekatan nilai k yang kecil. Petunjuk : Untuk nilai α yang cukup kecil berlaku Solusi dx x = ln x + C e αx dx = 1 α eαx + C e αx 1 + αx a. Gaya hambat pada bola adalah gaya stokes Maka b. Persamaan gerak bola Dari definisi percepatan F h = F s = 6πηRv k = 6πηR F h + w = ma k v x i + v y j + mg j = m a x i + a y j a x = dv x dt dan a y = dv y dt v x = dx dt dan v y = dy dt Untuk masing-masing arah akan didapat Arah i kv x = m dv x dt
v x dv x = k v x v x m dt t Atau ln v x v x = k m t Berikutnya x dx v x = v x e k m t t = v x e k m t dt x = m k v x 1 e k m t Arah j Atau kv y mg = m dv y dt v y d kv y + mg = k t v y kv y + mg m dt ln kv y + mg kv y + mg = k m t v y = v y e k m t m k g 1 e k m t Berikutnya y dy t = v y e k m t dt y = m k v y 1 e k m t m t k g 1 k e m t dt m k g k m t e k m t Saat mencapai titik tertinggi, v y = e k m t = = v y e k m t m k g 1 e k m t mg + kv y e k m t = mg mg dan t = m mg + kv y k ln 1 + kv y mg Sehingga, karena v y = v sin θ, akan kita peroleh
y maks = m k v sin θ m k c. Saat mencapai titik terjauh, y = kv sin θ mg + kv sin θ g ln 1 + kv sin θ = m k v y 1 e k m t m k mg g k m t e k m t mg mg + kv sin θ m k v y + m k g e k m t = m k v y gt Gunakan Sehingga Sehingga e k m t 1 k m t m k v y m k t = m k g = v y t mg kv y e k mg m t kv = e y Untuk v y = v sin θ dan v x = v cos θ akan kita peroleh x maks = m k v cos θ 1 e mg kv sin θ
. Terdapat sebuah cakram bermassa M berjari-jari R yang berotasi dengan kecepatan sudut konstan ω terhadap sumbu z. Pusat massa cakram O ini dibuat diam sehingga gerakannya hanya rotasi murni. Terdapat pula sebuah batang bermassa m dan panjang L yang di pasang pada suatu poros bebas gesekan di pinggir cakram di titik A yang ikut berputar bersama cakram sehingga batang juga berotasi bersama cakram. Batang membentuk sudut θ terhadap sumbu radial positif. Percepatan gravitasi adalah g yang arahnya ke bawah pada sumbu z negatif. R g z m ω M O A θ r L a. Gunakan pusat cakram sebagai titik asal sistem koordinat. Tentukan vektor posisi dan vektor kecepatan pusat massa batang dinyatakan dalam R, L, θ, θ, dan ω! b. Tentukan energi kinetik dan energi potensial sistem dan nyatakan dalam m, M, R, L, θ, θ, g dan ω! c. Tentukan suatu persamaan yang memberikan nilai sudut θ untuk batang m pada posisi kesetimbangan (anda tidak perlu menyelesaikan persamaan ini untuk mendapatkan sudut θ tersebut)! d. Dari hasil pada bagian (c), buatlah suatu fungsi f 1 dan f sebagai fungsi θ dan gambarkan kedua fungsi ini pada satu grafik serta tentukan titik potong kedua fungsi ini untuk batas < θ < π! Apakah makna sudut θ pada masing-masing titik potong ini? e. Tentukan apakah keseimbangan yang mungkin pada sistem ini (stabil, labil, atau netral)! f. Gambarkan diagram gaya untuk masing-masing posisi kesetimbangan untuk memverifikasi hasil dari bagian (d) dan (e)!
g. Untuk posisi sistem pada keseimbangan stabil dan g cot 3 θ < ω R, jika sistem Solusi : disimpangkan dengan simpangan yang kecil, berapakah frekuensi sudut osilasi sistem! a. Vektor posisi pusat massa batang Vektor kecepatan pusat massa batang r pm = R + L cos θ r + L sin θ z v pm = dr pm = Lθ sin θ r + R + L cos θ ωφ + Lθ cos θ z dt b. Energi kinetik sistem T = 1 I cω + 1 I zω + 1 I Aθ Dengan I c, I z, dan I A masing-masing adalah momen inersia cakram, momen inersia batang terhadap sumbu z dan momen inersia batang dengan sumbu rotasi garis singgung lingkaran yang menyinggung titik A. I c = 1 MR Untuk menghitung I z tinjau sebuah elemen massa dm pada batang yang berjarak s dari ujung bawah batang, maka momen inersia massa dm ini terhadap sumbu z adalah Sehingga I z = m L L di z = m L R + s cos θ ds R + s cos θ ds = 1 3 m 3R + 4L cos θ + 6RL cos θ Untuk I A bisa didapatkan dari teorema sumbu sejajar I A = 1 1 m L + ml = 4 3 ml Energi kinetik sistem menjadi T = 1 4 M + m R ω + 1 3 m L cos θ + 3RL cos θ ω + 3 ml θ Energi potensial sistem c. Energi total sistem E = T + U U = mgl sin θ
E = 1 4 M + m R ω + 3 ml θ + 1 3 m L cos θ + 3RL cos θ ω + mgl sin θ Energi potensial effektif sistem Saat sistem setimbang du ef dθ = U ef = 1 3 m L cos θ + 3RL cos θ ω + mgl sin θ 1 3 4L sin θ cos θ 3R sin θ ω + g cos θ = cot θ = Lω g 4 3 cos θ + R L d. Dari hasil di atas saya pilih (boleh tertukar ataupun berbeda asalkan equivalen dengan hasil ini) f 1 θ = cot θ f θ = Lω g 4 3 cos θ + R L Dalam satu grafik dapat digambarkan sebagai berikut f 4L 3R ω 3g Rω g f 1 π/ θ π f 1 θ 3 3π/ π θ 4L + 3R ω 3g f Sudut θ, θ 3, dan θ 4 adalah posisi kesetimbangan sistem dan merupakan penyelesaian dari persamaan pada bagian (c) e. Uji turunan kedua U ef du ef dθ = 4 mω L cos θ + R L sin θ + mgl cos θ 3 d U ef dθ = 4 3 mω L sin θ + mω L 4 3 L cos θ + R cos θ mgl sin θ θ 4
Atau agar sistem stabil d U ef dθ = ml sin θ ω R g cot 3 θ > cos θ Untuk sudut θ π/ < θ < π, sin θ >, cos θ <, dan cot θ < sehingga d U ef dθ θ < Sistem berada dalam kesetimbangan labil Untuk sudut θ 3 π < θ 3 < 3π/, sin θ 3 <, cos θ 3 <, dan cot θ 3 > sehingga d U ef dθ θ 3 = ml sin θ 3 cos θ 3 Sistem berada dalam kesetimbangan labil jika Dan dalam kesetimbangan stabil jika g cot 3 θ 3 < ω R g cot 3 θ 3 > ω R g cot 3 θ 3 ω R Untuk sudut θ 4 3π/ < θ 4 < π, sin θ 4 <, cos θ 4 >, dan cot θ 4 < sehingga d U ef dθ θ 4 > Sistem berada dalam kesetimbangan stabil f. Berikut diagram gayanya. T mg F s θ θ 3 F s T θ 4 T F s mg mg g. Energi total sistem E = 1 4 M + m R ω + 3 ml θ + 1 3 m L cos θ + 3RL cos θ ω + mgl sin θ
Energi sistem kekal sehingga de dt = = 4 3 ml θ θ + 1 3 m 4L sin θ cos θ 3RL sin θ θ ω + mglθ cos θ Atau θ ω sin θ cos θ 3R 4L ω sin θ + 3g cos θ = 4L Karena g cot 3 θ < ω R, posisi setimbang sistem hanya ada di θ = θ 4. Misal sekarang batang disimpangkan dengan simpangan yang kecil sehingga θ = θ 4 + φ yang mengakibatkan pula θ = φ dengan φ << 1 radian, maka Saat setimbang Saat tersimpang sin θ sin θ 4 + φ cos θ 4 cos θ cos θ 4 φ sin θ 4 sin θ cos θ φ cos θ 4 + sin θ 4 cos θ 4 ω sin θ 4 cos θ 4 3R 4L ω sin θ 4 + 3g 4L cos θ 4 = φ ω φ cos θ 4 3R 4L ω φ cos θ 4 3g 4L φ sin θ 4 = Karena θ 4 di kuadran 4, maka sin θ 4 < φ + 3g 4Lω sin θ 4 cos θ 4 3R 4L cos θ 4 ω φ = Atau Dengan syarat ω = ω 3g 4Lω sin θ 4 cos θ 4 3R 4L cos θ 4 3g 4Lω sin θ 4 > cos θ 4 + 3R 4L cos θ 4
3. Dua buah kotak bermassa M ditahan atas lantai dengan sebuah penahan sehingga keduanya tidak dapat bergerak. Kedua kotak ini terpisah sejauh d = L + R. Kemudian sebuah silinder berongga tanpa tutup berdinding tipis dengan massa m dan jari-jari R dihubungkan dengan dua buah pegas berkonstanta k yang dihubungkan dan kedua kotak seperti tampak pada gambar. Panjang pegas ketika tidak teregang adalah L. lantai licin sempurna sehingga silinder tidak akan berotasi. Sebuah partikel kecil bermassa m berada di permukaan dalam silinder berongga. d M k licin m R m k licin M a. Untuk osilasi yang kecil, tentukan frekuensi osilasi untuk modus getar sistem ini! b. Untuk limit k, tentukan frekuensi osilasi sistem! Apakah makna fisis dari frekuensi ini? c. Untuk limit k, tentukan frekuensi osilasi sistem! Apakah makna fisis dari frekuensi ini? d M k m R menempel m k licin M d. Sekarang partikel menempel pada permukaan dalam silinder tepat di titik terendahnya. Penahan kedua kotak kemudian dilepas, tentukan frekuensi osilasi untuk modus getar sistem ini! e. Pada saat awal (t = ) sistem yang baru ini masih diam, kemudian diberikan impuls Δp pada kotak sebelah kiri. Tentukan persamaan posisi silinder relatif terhadap posisi awalnya sebagai fungsi waktu. Solusi :
a. Pusat massa cincin sebagai titik asal. Misal cincin diberi simpangan x dan partikel diberi simpangan sudut θ berlawanan arah jarum jam dengan acuan garis vertikal di bawah pusat massa sistem, maka r c = xi dan r p = x + R sin θ i + R cos θ j dan juga v c = x i v p = x + Rθ cos θ i Rθ sin θ j Serta a c = x i a p = x + Rθ cos θ Rθ sin θ i Rθ sin θ + Rθ cos θ j Gaya yang bekerja pada cincin dan partikel F c = kx + N sin θ i + N L N cos θ mg j F p = N sin θ i + N cos θ mg j Hk. II Newton F = ma (untuk cincin) Arah i N sin θ = mx + kx 1 Arah j N L = N cos θ + mg (untuk partikel) Arah i N sin θ = mx mrθ cos θ + mrθ sin θ 3 Arah j N cos θ = mg + mrθ sin θ + mrθ cos θ 4 Dari (1) dan (3) mx + kx + mrθ cos θ mrθ sin θ = 5 Dari (3) dan (4) x cos θ + Rθ + g sin θ = 6 Untuk osilasi kecil sin θ θ, cos θ 1, θ, maka mx + kx + mrθ = x + Rθ + gθ = Untuk osilasi berlaku x = ω x dan θ = ω θ sehingga
Dalam bentuk matriks k mω x mω Rθ = ω x + g ω R θ = k mω mω R ω g ω R x θ = Agar hasilnya tidak nol, determinan matriks kiri harus nol Sehingga k mω mω R ω g ω R = k mω g ω R ω mω R = mrω 4 kr + mg ω + kg = b. Untuk limit k kr + mg ± k R + m g ω = mr ω 1 = atau ω = Ini adalah frekuensi osilasi sistem jika tidak terdapat pegas c. Untuk limit k Sehingga ω = k m ω 1 = g R 1 + mg kr ± 1 k m dan ω = Ini adalah frekuensi sudut osilasi jika pegas sangat kaku. Cincin akan berosilasi pada sumbu x dengan frekuensi sudut ω 1 dan partikel berosilasi di permukaan dalam cincin dengan frekuensi sudut ω. d. Sistem ini laksana 3 benda yang masing-masing bermassa M, m, dan M dan dihubungkan oleh dua buah pegas. Misal ketiganya disimpangkan dengan simpangan x 1, x, dan x 3 untuk kotak kiri, silinder dan partikel, serta kotak kanan. Persamaan gerak sistem menjadi k x x 1 = Mx 1 g R k x x 1 + k x 3 x = mx
k x 3 x = Mx 3 Gunakan x 1 = ω x 1, x = ω x, dan x 3 = ω x 3 sehingga Dalam bentuk matriks k Mω x 1 kx = kx 1 + k mω x kx 3 = kx + k Mω x 3 = k Mω k k k mω k k k Mω Determinan matriks kiri harus nol x 1 x x 3 = k Mω k k k mω k = k k Mω k Mω k mω k Mω k Mω k k k Mω k k = M mω 6 km M + m ω 4 + k M + m ω = Sederhanakan menjadi Mω Mω k Mmω k M + m = Kita dapatkan tiga frekuensi sudut untuk tiga modus getar yaitu ω 1 =, ω = k M, dan ω 3 = k M + m Mm e. Persamaan gerak masing-masing benda untuk masing-masing modus getar Modus getar 1 (ω 1 ) Modus getar (ω ) Modus getar (ω ) x 1 = x = x 3 = x + v t x 1 = x 3 = A sin ω t + φ, x = x 1 = m M x = x 3 = B sin ω 3 t + φ 3 Persamaan gerak sistem adalah superposisi dari persamaan gerak pada masingmasing modus x 1 t = x + v t + A sin ω t + φ + B sin ω 3 t + φ 3 x t = x + v t M m B sin ω 3t + φ 3 x 3 t = x + v t A sin ω t + φ + B sin ω 3 t + φ 3
Turunkan satu kali terhadap waktu v 1 t = v + Aω cos ω t + φ + Bω 3 cos ω 3 t + φ 3 v t = v M m Bω 3 cos ω 3 t + φ 3 v 3 t = v Aω cos ω t + φ + Bω 3 cos ω 3 t + φ 3 Saat t =, x 1 = x = x 3 = dan v 1 = Δp/M serta v = v 3 = Maka akan didapatkan x = φ 1 = φ =, v = Δp M + m, A = Δp M Δp, dan B = k m 3 km M + m 3 Sehingga x t = Δp M + m t Δp Mm k M + m 3 sin t k M + m Mm
4. Dalam sebuah sistem tata surya yang terisolasi, terdapat suatu planet bermassa m yang mengorbit dengan orbit lingkaran pada planet yang lebih besar bermassa M. Radius orbit planet m terhadap M adalah r. Suatu ketika, terdapat debu padat bermassa M pula yang menempel begitu saja secara merata pada planet M (asumsikan setelah debu menempel bentuk planet tetap bola). a. Tentukan perbandingan energi sistem sesudah dan sebelum debu menempel! b. Deskripsikan secara kualitatif bentuk orbit dari planet m setelah debu menempel pada planet M! c. Tentukan jarak terdekat dan terjauh planet m dari planet M, nyatakan dalam r! d. Tentukan panjang sumbu minor dan mayor dari orbit baru planet m! e. Bagaimanakah hasil dari bagian (c) dan (d) untuk M = m! Gunakan acuan energi adalah pusat massa planet M. Solusi a. Dari gerak melingkar diperoleh mv = GMm r r 1 1 mv = GMm r Energi sistem sebelum debu menempel E = 1 mv GMm E r = GMm r Energi sistem setelah debu menempel (M menjadi M) Sehingga E = 1 mv G M m r E E = 3 E = 3GMm r b. Jika planet M massanya menjadi M persamaan (1) menjadi tidak terpenuhi dan karena total energi lebih kecil dari nol, artinya orbit planet m berupa loop tertutup, maka orbit sistem yang mungkin adalah elips. c. Energi total orbit elips ini adalah E, dari konservasi energi diperoleh E = 3GMm = GMm + 1 r r m r + r θ Saat planet m di robit terjauh atau terdekatnya dengan planet M, dia tidak memiliki kecepatan radial (r = ). Dengan menggunakan L = mrθ akan didapat
3GMm r GMm r + L mr = Momentum angular planet m kekal sehingga L = mv r 3GMm GMm + mv r r r r = 3r 4r r + r = Sehingga r min = 1 3 r dan r max = r d. Misal panjang sumbu minor dan mayor adalah b dan a serta jarak pusat elips dari fokusnya adalah c, maka a = 1 r max + r min = 3 r c = 1 r max r min = 1 3 r Atau b = a c = 1 3 3r a = 4 3 r b = 3 3r e. Hasil bagian (c) dan d tidak dipengaruhi oleh M dan m sehingga akan tetap seperti yang didapat sebelumnya.
5. Sainsworld adalah suatu dunia impian dimana sains menjadi hal penting bagi penduduknya. Untuk menghindari pengaruh kehidupan di permukaan bumi yang semakin waktu semakin buruk, dunia baru ini dibuat melayang di atas permukaan bumi menggunakan sistem gaya tolak magnet. Namun medan magnet bumi tidak cukup kuat memberikan gaya tolak untuk membuat dunia ini melayang. Para ilmuwan pun membuat sautu kumparan raksasa berjari-jari R di permukaan bumi yang terdiri dari N lilitan namun kumparan ini masih bisa dianggap sebagai satu lingkaran saja (luas penampang kawat cukup kecil dibanadingkan jari-jarinya). Sainsworld berada di atas sebuah cakram berjari-jari r. Dipinggir cakram ini dipasang suatu kawat yang cukup besar sepanjang kelilingnya sebanyak N 1 lilitan. Massa total sainsworld dan segala isinya serta merta cakram dan kawat yang melilitnya adalah M. Untuk memberikan kenyamanan pada penduduknya, sainsworld dibuat melayang pada ketinggian h yang tidak terlalu besar dari permukaan bumi. Sebelumnya para ilmuwan sudah membuktikan bahwa bumi berbentuk bola dengan massa M E dan jari-jari R E. Asumsikan ukuran sainsworld dan kumparan kawat di permukaan bumi cukup kecil dibandingkan ukuran bumi. Asumsikan jari-jari cakram jauh lebih kecil dibandingkan jari-jari kumparan di permukaan. Sainsworld r h permukaan bumi R a. Pembangkit energi utama di sainsworld adalah dari panel surya, angin, dan nuklir. Seluruh sumber energi ini menghasilkan daya sebesar P yang sedemikian rupa bisa dibuat konstan sepanjang masa. Sejumlah % dari total energi ini digunakan untuk menghasilkan arus pada kawat yang melingkari cakram sainsworld. Hambatan total kawat ini adalah R. Tentukan besar arus yang mengalir pada kawat (I 1 )!
b. Misalkan besar arus pada kumparan di permukaan bumi adalah I, tentukan besar medan magnet pada suatu titik yang berjarak h dari pusat massa kumparan sepanjang sumbu yang melalui pusat massanya! Dilihat dari atas bumi, arus I mengalir searah jarum jam. c. Berapakah medan magnet pada suatu titik di pinggir cakram sainsworld sebagai fungsi h! d. Agar sainworld dapat melayang, berapakah besar arus I yang harus diberikan pada kumparan di permukaan bumi! e. Suatu ketika, meteor jatuh menuju bumi namun para ilmuwan berhasil menghancurkannya sebelum menumbuk bumi. Akan tetapi efek pengahancuran meteor ini menyebabkan sainsworld tersimpang dari posisi kesetimbangannya. Agar penduduk tetap aman, sainsworld tidak boleh memiliki percepatan yang lebih besar dari 5g. Untuk mengantisipasi hal ini para ilmuwan membuat suatu peredam sehingga sainsworld hanya bisa tersimpang maksimal sejauh y m dari posisi kesetimbangannya. Berapakah nilai y m agar penduduk tetap aman! Solusi a. Hubungan daya, arus, dan hambatan P = I 1 R sehingga I 1 = b. Dengan Hukum Biot Savart akan diperoleh B = μ N I R R + h c. Dari ketiadaan monopol magnet memberikan B h + dh 3/ y P 5R r B r B r B r B r dh B h
B da = πr B h + dh πr B h + πrdhb r = πr B h + dh B h + πrdhb r = πr db + πrdhb r = B r = r db dh = r B r = μ N I R r d dh 3 μ N I R h + R 3/ h h + R 5/ B r = 3μ N I R rh 4 h + R 5/ d. Agar dapat melayang, resultan gaya yang bekerja padanya harus sama dengan nol pada arah vertikal Atau df L F y = GM EM R E + h = π 3μ N 1 N I 1 I R r h 4 h + R 5/ dθ GM EM R E + h = I = GM EM h + R 5/ 3πN 1 N R r h R E + h 5R P e. Jika sainsworld tersimpang sejauh y dari kesetimbangannya 3πN 1 N I 1 I R r h + y h + y + R 5/ GM E M R E + h + y = My Untuk simpangan y yang kecil bisa dilakukan pendekatan 3πN 1 N I 1 I R r h h + R 5/ GM EM R E + h 3πN 1N I 1 I R r 4h R h + R 7/ y + GM EM y = My R E + h 3 y + 3πN 1N I 1 I R r 4h R M h + R 7/ GM E R E + h 3 y = Frekuensi sudut osilasi sistem ω = 3πN 1N I 1 I R r 4h R M h + R 7/ GM E R E + h 3
Maka atau a maks = ω y m = 5g 5g y m = 3πI 1 I R r 4h R M h + R 7/ GM E R E + h 3