ahmad basyir najwan jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005, … · 2019-07-20 · hal | 1 paket a...

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlismfism

DC3BCE5B

[email protected]

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota

Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821

Follow my Instagram @basyir.physolymp

Hal | 1

Paket A

Nomor 1

Sebuah planetoid kecil bermassa 𝑚 berada di antara dua buah planet besar bermassa 𝑀

yang terpisah sejauh 2𝐿. Pada awalnya planetoid berada pada jarak ℎ dari garis imaginer

yang menghubungkan kedua planet besar 𝑀 seperti ditunjukan pada gambar di bawah

ini. Asumsikan 𝐿 jauh lebih besar dari ℎ.

a. Gambarkan sistem koordinat yang sesuai dan tentukan gaya

total yang dikerjakan planet pada planetoid ketika planetoid

disimpangkan sejauh 𝑥 dari garis imaginer. Tentukan pula arah

gaya ini!

b. Menggunakan Hukum II Newton, tentukanlah persamaan

diferensial yang solusinya merupakan persamaan gerak sistem

untuk simpangannya sebagai fungsi waktu!

c. Tentukan frekuensi angular osilasi planetoid terhadap posisi kesetimbangannya dan

tentukan posisi planet sebagai fungsi waktu!

Catatan : Asumsikan sistem tersebut terisolasi dari pengaruh luar sehingga interaksi

hanya terjadi antara ketiga benda tersebut. Posisi kesetimbangan planetoid adalah ketika

dia berada tepat di garis imaginer penghubung kedua planet.

Pembahasan :

a. Kita gunakan sistem koordinat kartesius seperti tampak pada gambar di bawah.

Gaya yang berkerja pada planetoid adalah gaya gravitasi

dari kedua planet

𝐹𝑔 =𝐺𝑀𝑚

𝑠2

Dari geometri kita dapatkan

𝑠2 = 𝐿2 + 𝑥2 serta sin 𝜃 =𝑥

𝑠 dan cos𝜃 =

𝐿

𝑠

Pada koordinat kartesius, vektor satuan untuk masing-

masing sumbu 𝑥, 𝑦, dan 𝑧 adalah 𝑖̂, 𝑗̂, dan �̂�. Sehingga menggunakan vektor, resultan

𝑚

𝑀

𝑀

𝐿

𝐿 ℎ

𝑚 𝑦

𝑥

𝑧

𝐿

𝐿

𝑥

𝐹𝑔

𝐹𝑔

𝜃

𝜃

𝑠

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

gaya yang bekerja pada planetoid adalah (asumsikan planet disimpangkan ke kanan

atau bisa dikatakan vektor simpangan planetoid adalah �⃗� = 𝑥𝑖̂)

�⃗�𝑝 = 𝐹𝑔 sin 𝜃 (−𝑖̂) + 𝐹𝑔 sin 𝜃 (−𝑖̂) + 𝐹𝑔 cos 𝜃 𝑗̂ + 𝐹𝑔 cos𝜃 (−𝑗̂)

�⃗�𝑝 = 2𝐹𝑔 sin 𝜃 (−𝑖̂)

Dapat kita lihat bahwa resultan gaya pada sumbu 𝑦 bernilai nol, dan ini juga sesuai

dengan intuisi kita. Karena planetoid disimpangkan ke kanan dari posisi

kesetimbangannya, maka kedua planet akan cenderung menarik planetoid ke ke kiri.

Begitupun sebaliknya. Akhirnya planetoid akan berosilasi di sekitar posisi

kesetimbangannya dan hanya pada sumbu 𝑥. Penggunaan vektor membantu kita

untuk mudah menentukan arah besaran-besaran yang diperlukan.

Selanjutnya subtitusi 𝐹𝑔 dan sin 𝜃 serta 𝑠 ke �⃗�𝑝

�⃗�𝑝 = 2(𝐺𝑀𝑚

𝑠2)𝑥

𝑠(−𝑖̂)

�⃗�𝑝 =2𝐺𝑀𝑚𝑥

(𝐿2 + 𝑥2)3/2(−𝑖̂)

Dari sebelumnya sudah kita peroleh bahwa arah gaya total yang bekerja pada

planetoid selalu berlawanan arah dengan dengan simpangan nya atau bisa kita

nyatakan secara matematis menjadi

�̂�𝑔 = −�̂�

b. Karena resultan gaya berarah ke kiri, maka planetoid akan dipercepat ke kiri.

Misalkan percepatan adalah 𝑎, dengan Hukum II Newton kita peroleh

�⃗�𝑝 = 𝑚𝑎(−𝑖̂)

Perhatikan bahwa arah simpangan 𝑥 adalah ke kanan (arah 𝑖̂), sedangkan percepatan

𝑎 ke kiri (arah – 𝑖)̂, kedua besaran ini berlawanan arah. Dari kinematika kita tahu

bahwa percepatan adalah turunan kedua dari perpindahan atau dalam hal ini adalah

simpangan planetoid, namun di sini percepatan dari turunan kedua simpangan ini

arahnya sama dengan arah simpangan yaitu ke kanan, maka perlu ditambahkan tanda

negatif agar sesuai dengan arah percepatan yang sebenarnya atau 𝑎 = −�̈� (�̈� dibaca

𝑥 double dot, jumlah dot atau titik di di atas 𝑥 menyatakan jumlah turunan nya

terhadap waktu, dua dot menyatakan turunan kedua terhadap waktu).

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

Agak bingung dengan penjelasan ini, baik, kita gunakan penjelasan lain. Perhatikan

lagi gambar pada bagian (a). Misalkan planetoid disimpangkan sejauh ℎ dari posisi

kesetimbangannya. Sekarang kita tinjau kondisi ketika planetoid telah dilepaskan

beberapa saat sehingga jaraknya dari garis imaginer menjadi 𝑥 dan dia telah

berpindah sejauh Δ𝑥 dari posisi awal saat dilepaskan maka

ℎ = 𝑥 + Δ𝑥 ⟹ Δ𝑥 = ℎ − 𝑥

Turunkan kedua sisi terhadap waktu dua kali akan kta peroleh (turunan kedua Δ𝑥

terhadap waktu adalah percepatan planetoid)

Δ�̈� = 𝑎 = −�̈�

Sehingga

2𝐺𝑀𝑚𝑥

(𝐿2 + 𝑥2)3/2(−𝑖̂) = −𝑚�̈�(−𝑖̂)

Atau bisa disederhanakan menjadi

�̈� +2𝐺𝑀𝑥

(𝐿2 + 𝑥2)3/2= 0

Untuk limit 𝐿 ≫ 𝑥, 𝐿2 + 𝑥2 ≈ 𝐿2 sehingga

�̈� +2𝐺𝑀

𝐿3𝑥 = 0

c. Persamaan terkahir di atas adalah persamaan gerak harmonik sederhana yang

memiliki bentuk umum �̈� + 𝜔2𝑥 = 0 sehingga frekuensi angular osilasi planetoid

adalah

𝜔 = √2𝐺𝑀

𝐿3

Solusi untuk persamaan diferensial orde dua ini adalah

𝑥(𝑡) = 𝐴1 sin 𝜔𝑡 + 𝐴2 cos𝜔𝑡

Turunkan satu kali terhadap waktu untuk mendapatkan kecepatannya

�̇�(𝑡) = 𝜔𝐴1 cos𝜔𝑡 − 𝜔𝐴2 sin 𝜔𝑡

Mengapa solusinya seperti ini, silahkan pelajari persamaan diferensial orde dua ya

.

Saat 𝑡 = 0, 𝑥(0) = ℎ dan planetoid pada awalnya diam atau �̇�(0) = 0 maka

𝑥(0) = ℎ = 𝐴1 sin 0 + 𝐴2 cos0 ⟹ 𝐴2 = ℎ

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

�̇�(0) = 0 = 𝜔𝐴1 cos0 − 𝜔𝐴2 sin 0 ⟹ 𝐴1 = 0

Alhasil posisi planetoid sebagai fungsi waktu adalah

𝑥(𝑡) = ℎ cos(√2𝐺𝑀

𝐿3𝑡)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

Nomor 2

Di luar angkasa sedang dilakukan sebuah percobaan terhadap dua buah bola kecil

bermassa 𝑚 dan sebuah batang bermassa 𝑀 yang memilki panjang 𝐿. Salah satu bola di

lem pada ujung batang. Batang dan bola yang di lem padanya pada awalnya diam

sedangkan bola yang lain bergerak secara tegak lurus terhadap batang menuju ujung

batang yang lainnya dengan kecepatan 𝑣 dan akhirnya menempel pada batang seperti

pada gambar.

a. Apakah momentum linear, momentum angular, serta energi sistem kekal ketika

tumbukan, mengapa?

b. Gambarkan sistem koordinat yang sesuai dan tentukan kecepatan pusat massa sistem

serta arahnya!

c. Tentukan kecepatan angular sistem setelah tumbukan!

Pembahasan :

a. Momentum linear sistem kekal karena tidak ada gaya eksternal yang bekerja padanya.

Momentum angular sistem juga kekal karena tidak ada torsi eksternal yang bekerja

pada sistem batang dan bola ini. Energi sistem tidak kekal karena ada usaha yang

dilakukan gaya non-konservatif ketika bola di ujung bawah menempel pada batang.

momen inersia batang terhadap pusat massanya

𝐼pm =1

12𝑀𝐿2

𝑚 𝑣

𝐿

𝑚

𝑀

𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

b. Kita gunakan sistem koordinat kartesius tiga dimensi

seperti pada gambar.

𝑣pm =𝑚(𝑣𝑖̂) + 𝑚(0) +𝑀(0)

𝑚 +𝑚 +𝑀

𝑣pm =𝑚

2𝑚 +𝑀𝑣𝑖̂

c. Momentum angular sistem kekal terhadap titik mana

saja karena tidak ada torsi eksternal seperti dikatakan

pada bagian (a). Namun kita harus memilih sedemikian rupa titik acuan yang

memudahkan kita dalam menganalisis momentum angular sistem. Kalau saya sendiri,

saya akan memilih pusat massa tongkat sebagai acuan. Mengapa? Karena pusat massa

tongkat ini akan menjadi pusat masssa sistem juga karena di kedua ujung tongkat

terdapat bola kecil 𝑚 dan kita bisa mengabaikan momentum sudut dari kecepatan

pusat massa sistem karena lengan momennya nol.

Konservasi momentum angular (kekekalan momentum sudut) terhadap pusat massa

sistem memberikn (�⃗⃗�𝑖 = �⃗⃗�𝑓)

𝑚𝑣𝐿

2�̂� = (𝐼𝑝𝑚 + 2𝑚(

𝐿

2)2

) �⃗⃗⃗�

1

2𝑚𝑣𝐿�̂� = (

1

12𝑀𝐿2 +

1

2𝑚𝐿2) �⃗⃗⃗�

�⃗⃗⃗� = (6𝑚

𝑀 + 6𝑚)𝑣

𝐿�̂�

Dari aturan tangan kanan, arah �̂� menyatakan bahwa sistem berotasi berlawanan

arah jarum jam dengan besar kecepatan sudut

𝜔 = (6𝑚

𝑀 + 6𝑚)𝑣

𝐿

𝑣

𝑥

𝑦

𝑀

𝑚

𝑚

𝑚

𝑧

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

Nomor 3

Sebuah bola bermassa 𝑚 dan radius 𝑅 diam di atas dua buah tongkat vertikal tak

bermassa sepanjang 𝐿 yang terporos di lantai seperti pada gambar. Kedua tongkat

terpisah sejauh 𝑑 dan ditahan oleh benang mendatar pada ketinggian ℎ dari lantai. Tidak

ada gesekan antara bola dan tongkat. Sistem berada dalam kesetimbangan.

a. Gambarkan diagram gaya bebas pada bola dan tongkat serta tentukan besar gaya

yang diberikan masing-masing tongkat pada bola dan gaya tegang pada benang!

b. Tentukan besar gaya horizontal dan vertikal yang diberikan poros pada masing-

masing tongkat!

c. Jika benang putus, tentukan percepatan angular tongkat terhadap poros sesaat

setelah benang putus dengan mengasumsikan momen inersia tongkat terhadap poros

adalah 𝐼𝑝!

Pembahasan :

a. Berikut diagram gaya pada bola dan tongkat.

𝑅

𝑚

𝑑

𝐿

ℎ

benang

𝑔

𝑅

𝑑/2

𝜃 𝑠

𝜃 𝜃

𝑚𝑔 𝑁 𝑁

𝜃 𝜃

𝑁 𝑁

𝑇 𝑇

𝐹𝐻

𝐹𝑉 𝐹𝑉

𝐹𝐻

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

Dari geometri

𝑠 = √𝑅2 −𝑑2

4 ⟹ sin 𝜃 =

𝑑

2𝑅 dan cos𝜃 =

√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅 serta tan 𝜃 =

𝑑

√4𝑅2 − 𝑑2

Bola : Hukum I Newton untuk gerak translasi

∑𝐹𝑦 = 0

2𝑁 cos𝜃 −𝑚𝑔 = 0

Subtitusi nilai cos 𝜃 didapat

2𝑁√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅− 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑁 =

𝑚𝑔𝑅

√4𝑅2 − 𝑑2

Tongkat : Hukum I Newton untuk gerak rotasi (terhadap poros), cukup tinjau salah

satu tongkat saja karena keduanya simetri

∑𝜏𝑝 = 0

𝑁 sin 𝜃 𝐿 − 𝑇ℎ = 0

𝑚𝑔𝑅

√4𝑅2 − 𝑑2

𝑑

2𝑅𝐿 = 𝑇ℎ ⟹ 𝑇 =

𝑚𝑔𝑑𝐿

2ℎ√4𝑅2 − 𝑑2

b. Tongkat : Hukum I Newton untuk gerak translasi, cukup tinjau salah satu tongkat saja

karena keduanya simetri, dalam hal ini saya pilih tongkat kanan

∑𝐹𝑦 = 0

𝐹𝑉 −𝑁 cos 𝜃 = 0

𝐹𝑉 −𝑚𝑔𝑅

√4𝑅2 − 𝑑2

√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅= 0 ⟹ 𝐹𝑉 =

1

2𝑚𝑔

∑𝐹𝑥 = 0

𝑇 − 𝑁 sin 𝜃 − 𝐹𝐻 = 0

𝐹𝐻 =𝑚𝑔𝑑𝐿

2ℎ√4𝑅2 − 𝑑2−

𝑚𝑔𝑅

√4𝑅2 − 𝑑2

𝑑

2𝑅⟹ 𝐹𝐻 =

𝑚𝑔𝑑(𝐿 − ℎ)

2ℎ√4𝑅2 − 𝑑2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

c. Di sini kita perlu sedikit berhati-hati. Pertama kita cari hubungan percepatan turun

bola dengan percepatan sudut tongkat. Dari gambar

kita peroleh

𝑥 = 𝑅 sin 𝜃

𝑦 = 𝐿 + 𝑅 cos𝜃

Turunkan satu kali terhadap waktu

�̇� = 𝑅�̇� cos𝜃

�̇� = −𝑅�̇� sin 𝜃

Turunkan satu kali lagi terhadap waktu

�̈� = 𝑅�̈� cos 𝜃 − 𝑅�̇�2 sin 𝜃

�̈� = −𝑅�̈� sin 𝜃 − 𝑅�̇�2 cos𝜃

Saat benang baru putus, sistem belum bergerak sehingga �̇� = 0 akan tetapi �̈� ≠

0 (saat sistem diam belum tentu percepatannya juga nol, silahkan dipikirkan lebih

lanjut). �̈� adalah percepatan linear titik atas tongkat, baik tongkat kiri maupun kanan,

misalkan percepatan angular tongkat adalah 𝛼, maka �̈� = 𝛼𝐿. Misalkan percepatan

turun bola adalah 𝑎𝑦. Dari definisi sistem koordinat pada gambar di atas, kita buat �̈�

memiliki arah positif ke atas, karena sebenarnya arah percepatan bola adalah ke

bawah maka �̈� = −𝑎𝑦 . Sehingga akan kita peroleh

𝛼𝐿 = �̈� = 𝑅�̈� cos 𝜃𝑎𝑦 = −�̈� = 𝑅�̈� sin 𝜃

} ⟹ 𝑎𝑦 = 𝛼𝐿 tan 𝜃

Bola : Hukum II untuk gerak translasi

∑𝐹𝑦 = 𝑚𝑎𝑦

𝑚𝑔 −𝑁′ cos 𝜃 = 𝑚𝛼𝐿 tan 𝜃 ⟹ 𝑁′ =𝑚𝑔 −𝑚𝛼𝐿 tan 𝜃

cos𝜃

Tongkat : Hukum II untuk gerak rotasi (terhadap poros)

∑𝜏𝑝 = 𝐼𝑝𝛼

𝑁′ sin 𝜃 𝐿 = 𝐼𝑝𝛼

Subtitusi 𝑁′

𝑚𝑔 −𝑚𝛼𝐿 tan 𝜃

cos 𝜃sin 𝜃 𝐿 = 𝐼𝑝𝛼

𝑦

𝑥

𝑥

�̂�

𝜃 𝜃 𝑅 𝑅

𝐿

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

𝑚𝑔𝐿 tan 𝜃 − 𝑚𝛼𝐿2 tan2 𝜃 = 𝐼𝑝𝛼

𝛼(𝐼𝑝 +𝑚𝐿2 tan2 𝜃) = 𝑚𝑔𝐿 tan𝜃 ⟹ 𝛼 =

𝑚𝑔𝐿 tan 𝜃

𝐼𝑝 +𝑚𝐿2 tan2 𝜃

Subtitusi nilai tan 𝜃

𝛼 =

𝑚𝑔𝐿 (𝑑

√4𝑅2 − 𝑑2)

𝐼𝑝 +𝑚𝐿2 (𝑑2

4𝑅2 − 𝑑2)⟹ 𝛼 =

𝑚𝑔𝑙𝑑√4𝑅2 − 𝑑2

𝐼𝑝(4𝑅2 − 𝑑2) + 𝑚𝐿2𝑑2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

Nomor 4

Terdapat sebuah tongkat homogen bermassa 𝑚 dan

panjang 𝐿 dengan momen inersia terhadap pusat

massanya adalah 𝐼pm = (1/12)𝑚𝐿2. Tongkat ini

diporos salah satu ujungnya pada dinding vertikal.

Pada saat awal tongkat berada dalam posisi vertikal

kemudian dilepaskan.

a. Tentukan percepatan angular tongkat sesaat setelah dilepaskan!

b. Tentukan percepatan linear suatu titik pada tongkat yang berjarak 𝑑 dari poros sesaat

setelah tongkat dilepaskan!

c. Tentukan nilai 𝑑0 dimana titik-titik pada tongkat yang jaraknya lebih dari nilai ini

akan memiliki percepatan yang lebih dari percepatan gravitasi!

Pembahasan :

a. Hukum II Newton untuk gerak rotasi (terhadap poros)

∑𝜏𝑝 = 𝐼𝑝𝛼

Kenapa kita jadikan poros sebagai acuan? Sebenarnya kita juga bisa menjadikan pusat

massa batang sebagai acuan, namun itu berarti menjadikan gaya dari poros 𝐹𝑉

memiliki lengan gaya sehingga dia akan masuk ke persamaan torsi kita, padahal kita

tidak mengetahui berapa besarnya. Akan tetapi, ketika kita menjadikan poros sebagai

acuan, gaya dari poros 𝐹𝑉 tidak akan memberikan torsi pada sistem kita karena lengan

momennya sama dengan nol. Satu hal lagi, percepatan sudut tongkat baik dengan

acuan poros ataupun acuan pusat massanya sendiri besarnya sama, silahkan

dibuktikan sendiri ya .

𝐿

𝑚 𝑔

𝐹𝑉

𝑚𝑔

𝛼

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

Berikutnya, momen inersia tongkat terhadap poros berbeda nilainya dengan momen

inersia tongkat terhadap pusat massanya. Maka kita perlu mencari momen inersia

tongkat terhadap poros. Ini bisa kita dapatkan dengan menggunakan teorema sumbu

sejajar, bagi yang belum tau silahkan lebih lanjut dipelajari sendiri ya .

𝑚𝑔𝐿

2= [𝐼pm +𝑚(

𝐿

2)2

] 𝛼

𝑚𝑔𝐿

2= [

1

12𝑚𝐿2 +

1

4𝑚𝐿2] 𝛼 ⟹ 𝛼 =

3𝑔

2𝐿

b. Percepatan sesaat titik ini adalah

𝑎(𝑑) = 𝛼𝑑 ⟹ 𝑎(𝑑) =3𝑔𝑑

2𝐿

c. Untuk titik-titik yang memiliki percepatan lebih dari percepatan gravitasi

𝑎(𝑑) > 𝑔

3𝑔𝑑

2𝐿> 𝑔 ⟹ 𝑑 >

2𝐿

3⟹ 𝑑0 =

2𝐿

3

Sehingga titik-titik yang berada di posisi 𝑑0 < 𝑑 < 𝐿 akan memiliki percepatan linear

sesaat yang lebih besar dari percepatan gravitasi.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

Nomor 5

Sebuah satelit bermassa 𝑚 sedang bergerak secara radial menjauh dari planet berbentuk

bola bermassa 𝑀 dan berjari-jari 𝑅. Saat jarak satelit dan pusat massa planet 𝑑 = 5𝑅,

tenaga penggerak satelit dimatikan. Kecepatannya saat itu adalah 𝑣0 = √𝐺𝑀/5𝑅.

a. Akankah satelit tersebut bebas dari planet ini? Atau akankah akhirnya kembali ke

sana? Jelaskan alasanmu!

b. Dengan menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik, jika satelit dapat bebas dari

planet tersebut tentukan kecepatan awal minimum yang harus dimilikinya saat

tenaga penggerak dimatikan, asumsikan bahwa satelit bebas dari planet ketika

berada di jarak yang sangat jauh dari planet? Jika dia kembali lagi menuju planet,

tentukan besar kecepatannya ketika sampai di permukaan planet. Abaikan hambatan

udara di permukaan planet.

c. Tentukan besar kerja yang dilakukan gravitasi saat satelit bergerak dari posisi

awalnya (saat tenaga penggerak dimatikan) sampai dia tiba di permukaan planet!

Pembahasan :

a. Satelit dapat bebas dari planet tersebut jika energi mekanik nya lebih dari nol dan

akan kembali ke planet jika energi mekaniknya negatif. Penjelasan mengenai hal ini

bisa dipelajari di buku referensi seperti Phisics for Scientist and Engineer by Paul A.

Tipler ataupun buku yang lainnya pada bab Gravitasi. Sekarang mari kita cek energi

mekanik sistem (satelit dan Planet). Perlu diingat bahwa energi mekanik pada kasus

ini kekal karena tidak ada gaya non-konservatif yang melakukan kerja pada sistem.

𝐸𝑀 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝐾

𝐸𝑀 = −𝐺𝑀𝑚

𝑑+1

2𝑚𝑣0

2

𝑅

𝑑 = 5𝑅

𝑀 𝑚

𝑣0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

Energi potensial gravitasi bernilai negatif, silahkan dipelajari lebih lanjut ya .

Subtitisi 𝑑 dan 𝑣0

𝐸𝑀 = −𝐺𝑀𝑚

5𝑅+1

2𝑚 (

𝐺𝑀

5𝑅) ⟹ 𝐸𝑀 = −

𝐺𝑀𝑚

10𝑅

Maka karena 𝐸𝑀 < 0 satelit akan kembali ke planet.

b. Untuk kasus satelit dapat lepas dari planet, kecepatan awal minimum satelit haruslah

mampu membuatnya mencapai jarak yang sangat jauh dari planet (saat di posisi

terjauh ini kecepatan satelit nol)

Koservasi Energi

𝐸𝑀i = 𝐸𝑀f

−𝐺𝑀𝑚

5𝑅+1

2𝑚𝑣0,min

2 = −𝐺𝑀𝑚

∞⏟ 0

+1

2𝑚(0)2⏟

0

⟹ 𝑣0,min = √2𝐺𝑀

5𝑅

Untuk kasus satelit kembali menuju planet, misalkan saat sampai di permukaan

planet kecepatannya adalah 𝑣f, menggunakan konservasi energi


−𝐺𝑀𝑚

5𝑅+1

2𝑚 (

𝐺𝑀

5𝑅) = −

𝐺𝑀𝑚

𝑅+1

2𝑚𝑣f

2 ⟹ 𝑣f = √9𝐺𝑀

5𝑅

c. Pada satelit hanya bekerja gaya gravitasi sehingga kerja oleh gaya gravitasi akan sama

dengan perubahan energi kinetik satelit. Posisi awal atau initial adalah ketika mesin

penggerak dimatikan dan posisi akhir atau final adalah ketika satelit sampai di

permukaan planet.

𝑊grav = Δ𝐸𝐾 = 𝐸𝐾f − 𝐸𝐾i

𝑊grav =1

2𝑚𝑣f

2 −1

2𝑚𝑣0

2

𝑊grav =1

2𝑚(

9𝐺𝑀

5𝑅) −

1

2𝑚 (

𝐺𝑀

5𝑅) ⟹𝑊grav =

4𝐺𝑀𝑚

5𝑅

Tambahan :

Secara definisi, usaha oleh gaya gravitasi adalah negatif dari delta energinya atau

𝑊grav = −Δ𝐸𝑃 = −(𝐸𝑃f − 𝐸𝑃i)

Dari Hukum Kekekalan Energi Mekanik (Konservasi Energi)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15


𝐸𝑃i + 𝐸𝐾i = 𝐸𝑃f + 𝐸𝐾f

𝐸𝐾f − 𝐸𝐾i = 𝐸𝑃i − 𝐸𝑃f

𝐸𝐾f − 𝐸𝐾i = −(𝐸𝑃f − 𝐸𝑃i)

Δ𝐸𝐾 = −Δ𝐸𝑃

Δ𝐸𝐾 = 𝑊grav

Nah kurang lebih seperti itulah ya

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16

Nomor 6

Pada permainan billiard, terdapat sebuah bola bermassa 𝑚 dan berjari-jari 𝑅 yang

memiliki momen inersia terhadap sumbu yang melalui pusat massa 𝐼pm = (2/5)𝑚𝑅2.

a. Tentukan tinggi ℎ di mana tongkat akan memberikan impuls pada bola agar

setelahnya tidak ada gaya gesek yang diterima oleh bola! Lihat gambar (a)

b. Tentukan perlambatan angular bola setelah dia diberi impuls oleh tongkat tepat di

garis mendatar yang melalui pusat massanya (ℎ = 𝑅)! Lihat gambar (b)

Pembahasan :

a. Misalkan besar impuls dari tongkat adalah Δ𝑝1. Sebenarnya gaya gesek di lantai juga

memberikan impuls pada bola namun sangat kecil dibandingkan dengan impuls dari

tongkat sehingga bisa diabaikan

Impuls Linear : Perubahan momentum Linear

Δ𝑝1 = 𝑚𝑣

Impuls Angular : Perubahan Momentum Angular (acuan pusat massa bola)

Δ𝑝1(ℎ − 𝑅) = 𝐼pm𝜔

Agar bola tidak merasakan gaya gesek setelah diberi impuls, tepat setelah diberikan

impuls dia harus langsung menggelinding tanpa slip atau 𝑣 = 𝜔𝑅 sehingga

𝑚𝑣(ℎ − 𝑅) =2

5𝑚𝑅2

𝑣

𝑅

ℎ − 𝑅 =2

5𝑅 ⟹ ℎ =

7

5𝑅

b. Ketika ℎ = 𝑅, bola belum berotasi setelah pemberian impuls dan hanya bergerak

translasi sehingga muncul gaya gesek dengan besar 𝑓k = 𝜇𝑘𝑚𝑔 (arahnya berlawanan

arah gerak bola). Hukum II Newton untuk gerak rotasi memberikan

2𝑅 ℎ

𝑚 impuls

Gambar (a)

𝑚

2𝑅

𝑅

impuls

Gambar (b)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

∑𝜏pm = 𝐼pm𝛼

−𝑓k𝑅 = −𝜇𝑘𝑚𝑔𝑅 =2

5𝑚𝑅2𝛼 ⟹ 𝛼 = −

5𝜇𝑘𝑔

2𝑅

Tanda negatif menandakan perlambatan.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 18

Nomor 7

Di suatu ruangan bebas gravitasi terdapat dua buah benda yang saling mendekat seperti

pada gambar di bawah. Benda pertama berbentuk “L” dan benda kedua berbentuk

persegi. Kemudian keduanya bertumbukan dan menjadi satu.

a. Apakah momentum linear, momentum sudut, dan energi sistem kekal pada saat

tumbukan? Jelaskan mengapa tidak dan mengapa iya!

b. Buatlah sistem koordinat yang sesuai dan tentukan posisi pusat massa benda

bermassa 3𝑚!

c. Tentukan kecepatan pusat massa sistem dua benda ini!

d. Setelah kedua benda menyatu tentukan kecepatan sudut sistem terhadap pusat

massanya!

e. Berapakah total energi kinetik sistem sebelum dan sesudah tumbukan! (energi

kinetik total terdiri dari energi kinetik translasi dan rotasi)

Pembahasan :

a. Momentum linear sistem kekal karena tidak ada gaya eksternal yang bekerj padanya.

Momentum sudut sistem juga kekal karena tidak ada torsi eksternal yang bekerja

padanya pula. Namun energi sistem tidak kekal karena ada usaha dari gaya

nonkonservatif pada saat kedua benda menyatu.

2𝐿

2𝐿

𝐿 𝐿 𝐿

𝐿 𝑣

2𝑣

3𝑚

𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 19

b. Kita gunakan sistem koordinat kartesius seperti pada gambar di bawah ini.

�⃗�pm =∑ 𝑚i�⃗�iNi=1

∑ 𝑚iNi=1

=𝑚(𝐿/2)(−𝑖̂) + 𝑚(𝐿/2)(−𝑖̂) + 𝑚(𝐿/2)𝑚(𝐿/2)𝑖̂

𝑚 +𝑚 +𝑚⟹ �⃗�pm =

𝐿

6(−𝑖̂)

�⃗�pm =∑ 𝑚i�⃗�iNi=1

∑ 𝑚iNi=1

=𝑚(𝐿/2)𝑗̂ + 𝑚(𝐿/2)(−𝑗̂) + 𝑚(𝐿/2)𝑚(𝐿/2)(−𝑗̂)

𝑚 +𝑚 +𝑚⟹ �⃗�pm =

𝐿

6(−𝑗̂)

Atau dapat kita tulis ulang menjadi

�⃗�pm = −𝐿

6(𝑖̂ + 𝑗̂)

c. Kecepatan pusat massa sistem adalah

𝑣pm =∑ 𝑚i𝑣iNi=1

∑ 𝑚iNi=1

=3𝑚𝑣𝑖̂ + 2𝑚𝑣(−𝑖̂)

3𝑚 + 𝑚⟹ 𝑣pm =

𝑣

4𝑖̂

d. Kekekalan momentum sudut terhadap titik asal sistem koordinat (bisa juga terhadap

titik yang lain, silahkan dicoba sendiri ya...)

�⃗⃗�i = �⃗⃗�f

[𝑚(2𝑣)𝐿

2+ 3𝑚𝑣

𝐿

6] �̂� = 𝐼0 �⃗⃗⃗�

Setelah kedua benda menyatu, keduanya membentuk persegi bermassa 4𝑚 dengan

sisi 2𝐿. Momen inersia suatu persegi bermassa 𝑀 dan sisi 𝑠 adalah 𝐼∎ = (1/6)𝑀𝑠2.

Maka momen inersia persegi dari gabungan kedua benda ini adalah

𝐼0 =1

6(4𝑚)(2𝐿)2⟹ 𝐼0 =

8

3𝑚𝐿2

Sehingga

3

2𝑚𝑣𝐿�̂� =

8

3𝑚𝐿2�⃗⃗⃗� ⟹ �⃗⃗⃗� =

9𝑣

16𝐿�̂�

e. Energi kinetik awal

.

. . . 𝐿/2

𝐿/2

𝐿/2

𝐿/2

𝐿/2

𝐿/2

pm

𝑥

𝑦

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 20

𝐸𝐾tot,i = 𝐸𝐾rot,i + 𝐸𝐾trans,i

𝐸𝐾tot,i = 0 +1

2(3𝑚)𝑣2 +

1

2𝑚(2𝑣)2 ⟹ 𝐸𝐾tot,i =

7

2𝑚𝑣2

Energi kinetik akhir

𝐸𝐾tot,f = 𝐸𝐾rot,f + 𝐸𝐾trans,f

𝐸𝐾tot,f =1

2𝐼0|�⃗⃗⃗�|

2 +1

2(4𝑚)|�⃗�pm|

2

𝐸𝐾tot,f =1

2(8

3𝑚𝐿2) (

9𝑣

16𝐿)2

+1

2(4𝑚) (

𝑣

4)2

⟹ 𝐸𝐾tot,f =35

64𝑚𝑣2

Tambahan :

Dari hasil ini kita dapat buktikan bahwa energi sistem tidak kekal

Δ𝐸 = 𝐸𝐾tot,f − 𝐸𝐾tot,i

Δ𝐸 =35

64𝑚𝑣2 −

7

2𝑚𝑣2 ⟹ Δ𝐸 = −

189

64𝑚𝑣2

Tanda negatif menandakan bahwa energi sistem hilang.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 21

Nomor 8

Sebuah batang homogen bermassa 𝑀 dan panjang 𝐿 ujungnya diletakkan di pojok sebuah

meja. Menggunakan kawat kaku tak bermassa sepanjang 𝑑 sebuah massa 𝑚 yang dapat

dianggap sebagai massa titik dihubungkan dengan batang dan diletakkan di atas meja.

Koefisien gesek antara batang dan pojokan meja menuju tak hingga.

a. Gambarkan gaya-gaya yang bekerja pada batang dan massa 𝑚 pada saat dilepaskan

dalam posisi horizontal!

b. Tentukan percepatan sudut sistem ketika batang dilepas dari posisi horizontal.

Tentukan pula jarak titik-titik pada batang yang memiliki percepatan linear lebih dari

dari percepatan gravitasi!

c. Apakah energi mekanik sistem kekal saat dia bergerak? Jelaskan mengapa iya dan

mengapa tidak!

d. Menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik tentukan kecepatan sudut sistem

ketika telah berotasi sejauh 𝜃!

Pembahasan :

a. Berikut gaya-gaya yang bekerja pada batang dan massa 𝑚.

𝑚

𝑑 𝐿

𝑀

𝐿/2 𝑀𝑔 𝑚𝑔

𝑁

𝛼

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 22

Perhatikan bahwa saat posisi sistem masih horizontal, pojokan meja belum

memberikan gaya gesek.

b. Gunakan Hukum II Newton untuk gerak rotasi (kita jadikan pojokan meja sebagai

acuan karena titik ini bertindak sebagai poros)

∑𝜏 = 𝐼𝛼

𝑀𝑔𝐿

2−𝑚𝑔𝑑 = (

1

3𝑀𝐿2 +𝑚𝑑2) 𝛼 ⟹ 𝛼 =

3𝑀𝐿 − 6𝑚𝑑

2𝑀𝐿2 + 6𝑚𝑑2𝑔

Untuk titik yang berjarak 𝑟 dari pojok meja pada tongkat akan memiliki percepatan

linear

𝑎(𝑟) = 𝛼𝑟 =3𝑀𝐿 − 6𝑚𝑑

2𝑀𝐿2 + 6𝑚𝑑2𝑔𝑟

Saat percepatan linearnya lebih dari percepatan gravitasi berlaku

𝑎(𝑟) > 𝑔


2𝑀𝐿2 + 6𝑚𝑑2𝑔𝑟 > 𝑔 ⟹ 𝑟 >

2𝑀𝐿2 + 6𝑚𝑑2


Karena panjang tongkat hanya sebatas 𝐿, titik-titik yang memiliki percepatan linear

lebih dari percepatan gravitasi adalah titik-titik yang berada pada rentang berikut

2𝑀𝐿2 + 6𝑚𝑑2

3𝑀𝐿 − 6𝑚𝑑< 𝑟 < 𝐿

c. Energi mekanik sistem kekal karena walaupun ada gaya gesek statis pada pojokan

meja dan batang namun tidak ada gerak relatif di antara keduanya (perpindahannya

nol) sehingga usaha oleh gaya nonkonservatif (gaya gesek) bernilai nol pula.

d. Kita jadikan permukaan meja sebagai acuan energi potensial sama dengan nol.

Menggunakan konservasi energi akan kita peroleh

𝐸i = 𝐸f

0 = 𝑚𝑔𝑑 sin 𝜃 − 𝑀𝑔𝐿

2 sin 𝜃 +

1

2(1

3𝑀𝐿2 +𝑚𝑑2)𝜔2

1

6(𝑀𝐿2 + 3𝑚𝑑2)𝜔2 =

1

2(𝑀𝐿 − 2𝑚𝑑)𝑔 sin 𝜃 ⟹ 𝜔 = √3𝑔 sin 𝜃

(𝑀𝐿 − 2𝑚𝑑)

(𝑀𝐿2 + 3𝑚𝑑2)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 23

Nomor 9

Sebuah yoyo homogen yang memiliki massa 𝑚 dan jari-jari luar 𝑅 berada di atas

permukaan bidang miring kasar yang membentuk sudut 𝜃 terhadap horizontal. Yoyo

dibuat diam dengan mengikatkan sebuah benang pada permukaan jari-jari dalamnya 𝑟

seperti tampak pada gambar. Momen inersia yoyo terhadap pusat massanya adalah 𝐼pm =

(1/2)𝑚𝑅2. Sistem berada dalam kesetimbangan.

a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada yoyo!

b. Hitung gaya gesek yang bekerja padanya untuk kondisi ini (𝑓)! Nyatakan dalam 𝑚, 𝑔,

𝑟, 𝑅, dan 𝜃.

c. Benang kemudian dipotong sehingga yoyo menggelinding tanpa slip. Tentukan gaya

gesek yang bekerja padanya untuk kondisi ini (𝑓rot)!

d. Tentukan perbandingan 𝑓rot/𝑓 untuk 𝑟 = 𝑅/2 dan 𝜃 = 𝜋/3 radian!

Pembahasan :

a. Berikut gaya-gaya yang bekerja pada yoyo.

𝜃

𝑅 𝑟 𝑚

𝑁

𝑚𝑔

𝑓

𝑇

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 24

b. Kita jadikan sumbu 𝑥 sejajar bidang miring dan sumbu 𝑦 tegak lurus bidang miring.

Hukum I Newton untuk gerak translasi (sumbu 𝑥)

∑𝐹x = 0

𝑓 + 𝑇 cos 𝜃 − 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 0… (1)

Hukum I Newton untuk gerak rotasi (terhadap pusat massa yoyo)

∑𝜏pm = 0

𝑇𝑓 − 𝑓𝑅 = 0⟹ 𝑇 =𝑅

𝑟𝑓… (2)

Subtitusi (2) ke (1)

𝑓 +𝑅

𝑟𝑓 cos 𝜃 −𝑚𝑔 sin 𝜃 = 0 ⟹ 𝑓 =

𝑚𝑔𝑟 sin 𝜃

𝑟 + 𝑅 cos𝜃

c. Ketika benang diputus gaya tegang 𝑇 akan hilang dan yoyo dipercepat ke bawah.

Karena yoyo menggelinding tanpa slip akan berlaku 𝑎 = 𝛼𝑅.

Hukum II Newton untuk gerak rotasi (terhadap pusat massa yoyo)

∑𝜏pm = 𝐼pm𝛼

𝑓rot𝑅 =1

2𝑚𝑅2

𝑎

𝑅⟹ 𝑓rot =

1

2𝑚𝑎… (3)

Hukum II Newton untuk gerak translasi (sumbu 𝑥)

∑𝐹x = 0

𝑚𝑔sin 𝜃 − 𝑓rot = 𝑚𝑎

Subtitusi (3)

𝑁

𝑚𝑔

𝑓rot 𝑎

𝛼

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 25

𝑚𝑔 sin 𝜃 −1

2𝑚𝑎 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑎 =

2

3𝑔 sin 𝜃 … (4)


𝑓rot =1

3𝑚𝑔 sin 𝜃

d. Perbandingannya adalah

𝑓rot𝑓=𝑟 + 𝑅 cos 𝜃

3𝑟

Untuk 𝑟 = 𝑅/2 dan 𝜃 = 𝜋/3 memberikan sin 𝜃 = √3/2 dan cos𝜃 = 1/2 sehingga

𝑓rot𝑓=(𝑅/2) + 𝑅(1/2)

3(𝑅/2)⟹𝑓rot𝑓=2

3

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 26

Nomor 10

Sebuah silinder dengan massa 𝑚 dan jari-jari 𝑅 berada di atas bidang miring dengan

sudut kemiringan 𝜃. Terdapat gaya gesek antara cakram dan bidang miring. Di sisi

silinder terdapat paku yang terhubung dengan kotak bermassa 𝑚0.

a. Tentukan sistem koordinat anda dan gambarkan diagram gaya pada silinder dan

kotak!

b. Tentukan besar 𝑚0 sehingga silinder tidak berotasi dan tentukan gaya gesek yang

bekerja pada silinder!

c. Tentukan besar gaya normal yang diberikan bidang miring pada silinder!

d. Tentukan nilai minimum koefisien gesek statis antara permukaan silinder dan bidang

miring!

Jangan lupa menyederhanakan jawaban anda.

Pembahasan :

a. Kita gunakan sistem koordinat kartesius seperti pada gambar. Berikut diagram gaya

yang bekerja pada silinder dan kotak.

b. Kita tinjau keseimbangan sistem dengan Hukum I Newton

Untuk 𝑚0 : Hukum I Newton untuk gerak translasi arah vertikal

𝜃

kasar (𝜇s)

𝑅

𝑚

𝑚0

𝑥

𝑦

𝑓

𝑇 𝑚𝑔

𝑁 𝑇

𝑚0𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 27

∑𝐹V = 0

𝑇 − 𝑚0𝑔 = 0⟹ 𝑇 = 𝑚0𝑔… (1)

Untuk 𝑚 : Hukum I Newton untuk gerak translasi (sumbu 𝑥, sumbu 𝑦) dan untuk

gerak rotasi (terhadap pusat massa silinder)

∑𝐹x = 0

−𝑓 +𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝑇 sin 𝜃 = 0 ⟹ 𝑓 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝑇 sin 𝜃 … (2)

∑𝐹y = 0

𝑁 −𝑚𝑔 cos𝜃 − 𝑇 cos𝜃 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔 cos𝜃 + 𝑇 cos𝜃 … (3)

∑𝜏pm = 0

𝑇𝑅 − 𝑓𝑅 ⟹ 𝑇 = 𝑓… (4)

Dari persamaan (1), (2) dan (4) akan kita peroleh

𝑇 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝑇 sin 𝜃

𝑚0𝑔 = 𝑚𝑔 sin 𝜃 + 𝑚0𝑔 sin 𝜃

𝑚0(1 − sin 𝜃) = 𝑚 sin 𝜃 ⟹ 𝑚0 = 𝑚 sin 𝜃

1 − sin 𝜃

c. Subtitusi 𝑚0 ke (1)

𝑇 =𝑚𝑔 sin 𝜃

1 − sin 𝜃… (5)


𝑁 = 𝑚𝑔 cos𝜃 +𝑚𝑔 sin 𝜃

1 − sin 𝜃cos 𝜃

𝑁 =𝑚𝑔 cos𝜃 (1 − sin 𝜃) +𝑚𝑔 sin 𝜃 cos𝜃

1 − sin 𝜃

𝑁 =𝑚𝑔 cos𝜃 −𝑚𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃 +𝑚𝑔 sin 𝜃 cos 𝜃

1 − sin 𝜃⟹ 𝑁 =

𝑚𝑔 cos𝜃

1 − sin 𝜃

d. Dari persamaan (4) kita tahu bahwa

𝑓 =𝑚𝑔 sin 𝜃

1 − sin 𝜃

Maka

𝑓 ≤ 𝜇s𝑁

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 28

𝑚𝑔 sin 𝜃

1 − sin 𝜃≤ 𝜇s

𝑚𝑔 cos𝜃

1 − sin 𝜃

𝜇s ≥ tan 𝜃

𝜇s,min = tan 𝜃

ahmad basyir najwan jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005, … · 2019-07-20 · hal | 1 paket a...

Documents