ahmad basyir najwan jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005 ... · a. tegangan dan daya listrik yang...

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.elphisic.elbanjari

Hal | 1

OSN Fisika 2016 Number 1

PERANGKAT ALAT BERPUTAR Seperangkat alat terdiri dari tabung kecil berarah vertikal dan tabung besar berarah mendatar yang digabungkan menjadi satu seperti terlihat pada gambar. Alat tersebut di celupkan ke dalam cairan yang memiliki kerapatan 𝜌𝑐 . Kerapatan dan tekanan udara di sekitarnya masing-masing 𝜌𝑢 dan 𝑃𝑢. Pada bagian ujung tabung besar yang mendatar diberi penutup. Kemudian perangkat alat ini diputar sedemikian secara teratur dengan kecepatan sudut konstan 𝜔. Udara di dalam maupun di luar tabung dapat dianggap sebagai gas ideal dengan temperatur konstan, dan variasi kerapatan udara terhadap ketinggian dapat diabaikan. Abaikan pula kapilaritas dan gaya gesek permukaan. Diketahui massa atom relatif udara adalah 𝑀, konstanta universal gas 𝑅, dan suhu system dan lingkungan adalah 𝑇.

Tentukanlah :

a. Variasi kerapatan udara di sepanjang kolom udara dalam tabung besar mendatar, 𝜌(𝑥).

b. Ketinggian yang dapat dicapai cairan pada tabung vertikal dinyatakan dalam 𝜔, 𝐿, 𝜌𝑢, 𝜌𝑐 , dan 𝑔.

Asumsikan nilai ω cukup kecil dan mungkin hampiran berikut jika diperlukan. Jika 𝐵 cukup kecil maka akan berlaku

𝑒𝐵𝑥2≈ 1 + 𝐵𝑥2

Pembahasan :

a. Karena tabung di putar maka udara di dalam tabung akan mengalami gaya sentrifugal yang berarah menjauhi pusat putaran. Kerapatan udara akan semakin besar pada bagian tabung yang jauh dari pusat putaran. Kita tinjau selapis udara sepanjang 𝑑𝑥 dan dia akan mengalami gaya sentrifugal 𝑑𝐹 yang berarah radial (menjauhi pusat putaran). Lapisan udara ini berada seajauh 𝑥 dari pusat putaran. Perhatikan gambar di samping!

ℎ

𝐿 𝜔

𝑃𝑢 𝜌𝑢

𝜌𝑐

𝑑𝐹 𝑥

𝐿 𝜔

𝑑𝑥

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

Besar 𝑑𝐹 sama dengan besar gaya sentrifugal yang bekerja pada selapis udara setebal 𝑑𝑥. Misalkan luas penampang tabung besar 𝐴, maka massa lapisan udara tadi adalah 𝑑𝑚 = 𝜌𝐿𝑑𝑥 maka besar 𝑑𝐹 adalah

𝑑𝐹 = 𝑑𝑚𝜔2𝑥 ⟹ 𝑑𝐹 = 𝜌𝐿𝐴𝜔2𝑥𝑑𝑥

Gaya dF ini sama dengan gaya akibat variasi tekanan udara dalam tabung.

[𝑃(𝑥 + 𝑑𝑥) − 𝑃(𝑥)]𝐴 = 𝜌𝐿𝐴𝜔2𝑥𝑑𝑥

𝜌(𝑥 + 𝑑𝑥) − 𝜌(𝑥)

𝑑𝑥= 𝜌𝐿𝜔2𝑥

Dalam hal ini kita mengambil selapis udara yang sangat tipis, sehingga berdasarkan definisi turunan, [𝜌(𝑥 + 𝑑𝑥) − 𝜌(𝑥)] 𝑑𝑥⁄ = 𝑑𝑃 𝑑𝑥⁄ .

𝑑𝑃

𝑑𝑥= 𝜌𝐿𝜔2𝑥

Selanjutnya kita harus mencari hubungan tekanan dan kerapatan udara. Karena udara dianggap sebagai gas ideal, maka persamaan gas ideal berlaku padanya sehingga akan kita dapatkan

𝑃𝑉 = 𝑛𝑅𝑇

Jumlah mol zat dapat kita nyatakan sebagai 𝑛 = 𝑚 𝑀⁄

𝑃𝑉 =𝑚

𝑀𝑅𝑇

𝑃 =𝑚

𝑉

𝑅𝑇

𝑀⟹ 𝑃 = 𝜌

𝑅𝑇

𝑀⟹ 𝑑𝑃 = 𝑑𝜌

𝑅𝑇

𝑀

Dengan memasukkan hubungan ini ke persamaan gaya sentrifugal tadi akan kita dapatkan

𝑑𝜌

𝑑𝑥

𝑅𝑇

𝑀= 𝜌𝐿𝜔2𝑥

𝑑𝜌

𝜌=𝑀𝐿𝜔2

𝑅𝑇𝑥𝑑𝑥

∫𝑑𝜌

𝜌

𝜌(𝑥)

𝜌0

=𝑀𝐿𝜔2

𝑅𝑇∫ 𝑥𝑑𝑥𝑥

0

ln |𝜌(𝑥)

𝜌0| =

𝑀𝐿𝜔2

𝑅𝑇

𝑥2

2

𝜌(𝑥)

𝜌0= exp

𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇𝑥2

𝜌(𝑥) = 𝜌0 exp𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇𝑥2

Dengan 𝜌0 adalah kerapatan udara di pusat putaran. Maka variasi kerapatan udara dalam tabung adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

b. Massa total udara dalam tabung tetap. Kita bisa menghitungnya menggunakan kerapatan udara atau menggunakan variasi kerapatan udara yang barusan kita dapatkan. Dari sini kita akan mendapatkan nilai 𝜌0.

∫ 𝜌(𝑥)𝐴𝑑𝑥𝐿

0

= 𝜌𝑢𝐴𝐿

∫ 𝜌0 (exp𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇𝑥2)𝑑𝑥

𝐿

0

= 𝜌𝑢𝐿

exp𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇𝑥2 = 𝑒

𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇𝑥2 = 𝑒𝐵𝑥

2

Dengan 𝑀𝐿𝜔2 𝑅𝑇⁄ = 𝐵

Untuk nilai 𝜔 yang kecil maka B akan bernilai kecil pula. Dari sini kita bisa menggunakan hampiran

𝑒𝐵𝑥2≈ 1 + 𝐵𝑥2

exp𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇𝑥2 ≈ 1 + 𝐵𝑥2

∫ 𝜌0(1 + 𝐵𝑥2)𝑑𝑥

𝐿

0

= 𝜌𝑢𝐿

𝜌0 [∫ 𝑑𝑥𝐿

0

+∫ 𝐵𝑥2𝑑𝑥𝐿

0

] = 𝜌𝑢𝐿

𝜌0 [𝑥]0𝐿 + 𝐵

𝑥3

3]0

𝐿

] = 𝜌𝑢𝐿

𝜌0 [𝐿 + 𝐵𝐿3

3] = 𝜌𝑢𝐿

𝜌0 [1 +𝐵𝐿2

3] = 𝜌𝑢 ⟹ 𝜌0 = [1 +

𝐵𝐿2

3]

−1

𝜌𝑢

Karena 𝐵 kecil maka kita bisa menggunakan hampiran binomial newton

𝜌0 = [1 +𝐵𝐿2

3]

−1

𝜌𝑢 ⟹ 𝜌0 = [1 −𝐵𝐿2

3] 𝜌𝑢

Karena 𝑃 = 𝜌𝑅𝑇 𝑀⁄ , maka 𝜌 = 𝑃𝑀 𝑅𝑇⁄ ,

𝑃0𝑀

𝑅𝑇= [1 −

𝐵𝐿2

3] 𝑃𝑢

𝑀

𝑅𝑇

𝑃0 = [1 −𝐵𝐿2

3]𝑃𝑢

Selanjutnya perhatikan gambar di samping ini! Tekanan di titik 𝑂 sama dengan tekanan udara luar.

𝑃0 + 𝜌𝑐𝑔ℎ = 𝑃𝑢

𝜌𝑐𝑔ℎ

𝑃0

ℎ

𝑃𝑢

𝑂

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

[1 −𝐵𝐿2

3] 𝑃𝑢 + 𝜌𝑐𝑔ℎ = 𝑃𝑢

𝜌𝑐𝑔ℎ =𝐵𝐿2

3𝑃𝑢 =

𝑀𝐿𝜔2

2𝑅𝑇

𝐿2

3𝑃𝑢

𝜌𝑐𝑔ℎ =𝜔2𝐿2

6(𝑃𝑢

𝑀

𝑅𝑇⏟ 𝜌𝑢

)

ℎ =𝜔2𝐿2

6𝑔

𝜌𝑢𝜌𝑐


SOLENOIDA RAKSASA Tinjau sebuah kumparan solenoida besar yang digunakan untuk fisika eksperimen dan terbuat dari satu lapis lilitan konduktor. Lilitan konduktor ini memiliki penampang 4 cm × 2 cm dengan penampang saluran air pendingin didalamnya berukuran 2 cm × 1 cm. Kumparan besar terdiri dari 100 lilitan, berdiameter 3 m dan panjangnya 4 m (ketebalan isolator kabel diabaikan). Pada kedua ujung kumparan terdapat lempeng baja yang melingkari kumparan agar medan menjadi homogen dan untuk mengembalikan fluks magnetik yang melewati struktur eksternal baja ke dalam kumparan (lihat gambar). Medan magnet yang terbentuk adalah 0,25 Tesla. Konduktornya terbuat dari almunium.

Tentukanlah :

a. Tegangan dan daya listrik yang harus diberikan agar dapat menghasilkan medan magnet tersebut!

b. Laju aliran air agar dapat mempertahankan pertambahan suhu air sebesar 40 𝐾! Anggap kalor yang hilang pada kumparan hanya melalui air!

c. Tekanan ke arah luar pada kumparan yang disebabkan oleh gaya magnetik! d. Jika kumparan diberikan energi dengan menghubungkannya pada sumber tegangan

pada pertanyaan (a), tentukan waktu yang dibutuhkan untuk mengalirkan arus dalam

4 m

3 m Arah medan

kumparan

Penampang

kawat 1 cm 2 cm

4 cm

2 cm

baja

alumunium

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

rangkaian tersebut dari 0 hingga 99%! Abaikan induktansi dan resistansi dari sumber daya.

Diketahui resistivitas almunium adalah 3x10−8 ohmm, kapasitas kalor untuk air adalah 4,19 kJ/kgK. Anggap baja tersebut masih jauh dibawah kondisi saturasinya.

Pembahasan :

a. Pada solenoida, besar medan magnet yang dihasilkannya memiliki nilai paling besar di pusat solenoida. Sedangkan di ujung-ujungnya medan magnetic akan menjadi setengah dari nilai medan magnetic di pusat. Pengurangan ini terjadi karena ada fluks yang hilang. Namun saat diberi bahan yang bisa mengembalikan fluks ini maka medan magnetic pada solenoida akan menjadi homogen dan besarnya sama dengan besar medan magnetic di pusat solenoida.

Penurunan Medan magnetic di pusat solenoida tersedia di berbagai buku referensi seperti tipler dan lainnya. Jadi saya sarankan anda untuk membacanya terlebih dahulu karena di sini saya tidak akan menurunkannya. Medan magnetic di pusat solenoida adalah

𝐵 =𝜇0𝐼𝑁

𝐿𝑠𝑜𝑙⟹ 𝐼 =

𝐵𝐿𝑠𝑜𝑙𝜇0𝑁

Dengan memasukkan data yang tersedia kita dapatkan nilai arus yang mengalir pada solenoida yaitu

𝐼 =(0,25T)(4m)

(4𝜋 x 10−7Tm/A)(100)= 7957,75 A

Hambatan pada solenoida adalah

𝑅 = 𝜌𝐿𝑘𝑎𝑤𝑎𝑡𝐴𝑘𝑎𝑤𝑎𝑡

= (3x10−8 Ωm)2𝜋(1,5) x 100

π[(0,04m x 0,02m) − (0,02m x 0,01m)]= 0,0471 Ω

𝑅 = 4,71 x 10−3Ω

Dan tegangan pada solenoida adalah

𝑉 = 𝐼𝑅 = (7957,75 A)(4,71 x 10−3Ω) ⟹ 𝑉 = 374,82 Volt

Dan daya listrik yang harus di berikan adalah

𝑃 = 𝑉𝐼 = (374,82 Volt)(7957,75 A) ⟹ 𝑃 = 2,98 x 106W

b. Laju aliran yang dimaksud adalah debit aliran air dalam penampang kawat. Energy yang diberikan setiap satuan waktu atau daya pada kawat yang menjadi kalor untuk memanaskan air.

𝑃 =∆𝑚

∆𝑡𝑐∆𝑇

Kita ketahui hubungan ∆𝑚 = 𝜌∆𝑉 dan ∆𝑉 ∆𝑡⁄ = 𝑄, dimana 𝑄 adalah debit aliran air. Dengan memasukkan data yang sudah kita dapatkan sebelumnya kita akan mendapatkan besar laju aliran air yaitu

𝑃 =𝜌∆𝑉

∆𝑡𝑐∆𝑇 = 𝜌𝑄𝑐∆𝑇 ⟹ 𝑄 =

𝑃

𝜌𝑐∆𝑇

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

𝑄 =2,98 x 106W

(1000kg/m3)(4190J/kgK)(40K)= 0,0178m3/𝑠 ⟹ 𝑄 = 17,8 liter/s

c. Tekanan arah keluar akibat medan listrik adalah tekanan radiasi dari kumparan tersebut.

𝑝 =𝐵2

2𝜇0

𝑝 =(0,25T)2

2(4𝜋 x 10−7)⟹ 𝑝 = 24867,96 N/m2

d. Rangkaian dapat kita anggap sebagai rangkaian RL seri.

Karena terdapat induktor (solenoida) pada rangkaian maka saat saklar di tutup arus akan mengalir dengan perlahan sampai mencapai nilai maksimumnya. Menggunakan hukum kirchoff II untuk rangkaian di atas akan kita dapatkan

𝑉 = 𝐿𝑑𝐼

𝑑𝑡+ 𝐼𝑅

𝐿𝑑𝐼

𝑑𝑡= 𝑉 − 𝐼𝑅

𝑑𝐼

𝑉 − 𝐼𝑅=𝑑𝑡

𝐿

−1

𝑅

𝑑(𝑉 − 𝐼𝑅)

𝑉 − 𝐼𝑅=𝑑𝑡

𝐿

∫𝑑(𝑉 − 𝐼𝑅)

𝑉 − 𝐼𝑅

𝐼

0

= −∫𝑅

𝐿𝑑𝑡

𝑡

0

ln |𝑉 − 𝐼𝑅

𝑉| = −

𝑅

𝐿𝑡

𝑉 − 𝐼𝑅

𝑉= 𝑒−

𝑅𝐿𝑡

𝑉 − 𝐼𝑅 = 𝑉𝑒−𝑡𝜏

𝐼 = 𝑉

𝑅(1 − 𝑒−

𝑡𝜏) = 𝐼0 (1 − 𝑒

−𝑡𝜏)

𝜀 𝑆

𝐿 𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

Dengan 𝐼0 adalah arus maksimum pada rangkaian dan 𝜏 = 𝐿 𝑅⁄ adalah konstanta waktu. Kita terlebih dahulu harus menghitung induktansi diri inductor. Induktansi diri solenoida adalah 𝐿 = Φ𝐵𝑁 𝐼⁄ dan besar fluks magnetiknya adalah Φ𝐵 =𝐵𝐴𝑝𝑠 , maksud indeks ps adalah penampang solenoida. Sehingga besar induktansi

dirinya adalah

𝐿 =Φ𝑁

𝐼=𝐵𝐴𝑝𝑠 𝑁

𝐼=(0,25T)(𝜋 x (1,5m)2) (100)

7957,75 A= 0,0222 H

Besar konstanta waktunya adalah

𝜏 =𝐿

𝑅=

0,0222 H

4,71 x 10−3Ω= 4,71 s

Sehingga waktu untuk pengisian arus pada rangkaian dari 0% sampai 99% adalah

𝐼 = 0,99𝐼0 = 𝐼0 (1 − 𝑒−𝑡𝜏)

0,99 = 1 − 𝑒−𝑡𝜏

𝑒−𝑡𝜏 = 0,01

𝑒𝑡𝜏 = 100 𝑡

𝜏= ln 100

𝑡 = 𝜏 ln 100 = (4,71 s)(4,605) ⟹ 𝑡 = 21,7 s


SISTEM EMPAT BOLA Empat buah bola identik yang licin, masing-masing bermassa 𝑚 dan memiliki jari-jari 𝑅, ditempatkan sedemikian sehingga membentuk sebuah piramida pada permukaan horizontal licin seperti ditunjukkan pada gambar. Sistem kemudian dilepaskan dari keadaan diam dengan bola atas bergerak turun ke bawah dan bola yang bawah bergerak radial keluar tanpa berotasi. Karena simetri, maka sudut 𝜃 yang dibentuk oleh ketiga bola bawah dengan bola atas adalah sama.

Tentukanlah :

a. Selama bola atas masih kontak dengan ketiga bola bawah, tentukan nilai 𝛼 = 𝑑2𝜃 𝑑𝑡2⁄ dinyatakan dalam 𝜔 = 𝑑𝜃 𝑑𝑡⁄ dan sudut 𝜃.

𝑧 = 0

Permukaan

lantai licin

𝑧

Tampak samping

𝜃

𝑅

𝑅

𝑚

𝑚

𝑥

𝑦

Tampak atas

𝑚

𝑚 𝑚 𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

b. Tentukan fungsi energi sistem dinyatakan dalam fungsi 𝜔 dan 𝜃. Tentukan pula nilai energi sistem ketika sistem mulai dilepaskan.

c. Tentukan fungsi ω dinyatakan dalam 𝑅, 𝑔, dan 𝜃. d. Jika 𝜃 = 𝜃𝑐 adalah sudut ketika bola atas kehilangan kontak dengan ketiga bola

bawah, tentukan kecepatan bola atas dan ketiga bola bawah ketika 𝜃 = 𝜃𝑐 . Nyatakan dalam 𝑅, 𝑔, dan 𝜃𝑐 .

Pembahasan :

a. Soal ini akan mudah kita kerjakan jika kita menggunakan metode turunan dan juga hukum newton. Jika kita mengetahui posisi setiap benda, maka kita tinggal menurunkannya satu kali untuk mendapat kecepatan dan menurunkan dua kali untuk mendapatkan percepatan setiap benda. Dari gambar bisa kita dapatkan hubungan

𝑍 = 𝑅 + 2𝑅 sin 𝜃, 𝑍 adalah posisi bola atas

𝑟 = 2𝑅 cos 𝜃, 𝑟 adalah posisi bola bawah

Kecepatan bola atas dan bawah adalah

𝑣𝑧 =𝑑𝑍

𝑑𝑡= 2𝑅 cos 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡⟹ 𝑣𝑧 = 2𝑅𝜔 cos 𝜃

𝑣𝑟 =𝑑𝑟

𝑑𝑡= −2𝑅 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡⟹ 𝑣𝑟 = −2𝑅𝜔 sin 𝜃

Kemudian percepatan bola atas dan bawah adalah

𝑎𝑧 =𝑑𝑣𝑧𝑑𝑡

=𝑑2𝑍

𝑑𝑡2= 2𝑅 cos 𝜃

𝑑𝜔

𝑑𝑡− 2𝑅𝜔 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡⟹ 𝑎𝑧 = 2𝑅𝛼 cos 𝜃 − 2𝑅𝜔

2 sin 𝜃

𝑎𝑟 =𝑑𝑣𝑟𝑑𝑡

=𝑑2𝑟

𝑑𝑡2= −2𝑅 sin 𝜃

𝑑𝜔

𝑑𝑡− 2𝑅𝜔 cos 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡⟹ 𝑎𝑧 = −2𝑅𝛼 sin 𝜃 − 2𝑅𝜔

2 cos 𝜃

𝑚𝑔 𝑚𝑔

𝑎𝑧 𝑁

𝜃

Bola atas

𝑎𝑟

𝜃 𝑁

𝑁𝐿

Bola bawah

𝑟 𝑍

Titik acuan

posisi

𝑧

𝜃

𝑅

𝑅

𝑚

𝑚 𝑟

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

Sebelumnya kita definisikan setiap posisi benda dengan arah positif sesuai dengan arah positif pada system koordinat serta arah radial(untuk bola bawah) maka kita juga mendefinisikan arah positif gaya sesuai dengan arah positif system koordinat. Berikut diagram gaya yang bekerja pada masing-masing benda. Secara logika kita tahu bahwa arah percapatan bola atas adalah ke bawah, namun kenapa saya tuliskan arahnya ke atas? Sekali lagi ini hanya pemilihan arah positif. berdasarkan definisi ini nilai 𝑎𝑧 akan bernilai negative yang berarti arahnya sebenarnya adalah ke bawah.

Dengan hukum dua newton kita akan mendapatkan persamaan gaya bola atas dan bawah.

Untuk bola atas

Ingat bahwa ada tiga gaya normal yang bekerja pada bola atas akibat tiga bola yang di bawah

Σ𝐹𝑎𝑡𝑎𝑠,𝑧 = 𝑚𝑎𝑧

3𝑁 sin 𝜃 − 𝑚𝑔 = 𝑚(2𝑅𝛼 cos 𝜃 − 2𝑅𝜔2 sin 𝜃)

𝑁 =𝑚𝑔 +𝑚(2𝑅𝛼 cos 𝜃 − 2𝑅𝜔2 sin 𝜃)

3 sin 𝜃… (1)

Untuk bola bawah

Σ𝐹𝑏𝑎𝑤𝑎ℎ,𝑟 = 𝑚𝑎𝑟

𝑁 cos 𝜃 = 𝑚(−2𝑅𝛼 sin 𝜃 − 2𝑅𝜔2 cos 𝜃)… (2)

Subtitusi persamaan (1) ke persamaan (2) di atas

𝑚𝑔 +𝑚(2𝑅𝛼 cos 𝜃 − 2𝑅𝜔2 sin 𝜃)

3 sin 𝜃cos 𝜃 = 𝑚(−2𝑅𝛼 sin 𝜃 − 2𝑅𝜔2 cos 𝜃)

𝑔 cos 𝜃 + 2𝑅𝛼 cos2 𝜃 − 2𝑅𝜔2 sin 𝜃 cos 𝜃 = −6𝑅𝛼 sin2 𝜃 − 6𝑅𝜔2 sin 𝜃 cos 𝜃

2𝑅𝛼(cos2 𝜃 + 3 sin2 𝜃) = −4𝑅𝜔2 sin 𝜃 cos 𝜃 − 𝑔 cos 𝜃

𝛼 = −4𝑅𝜔2 sin 𝜃 cos 𝜃 + 𝑔 cos 𝜃

2𝑅(1 + 2 sin2 𝜃)

Tanda negatif menandakan bahwa arahnya berlawanan arah jarum jam atau ke arah berkurangnya 𝜃.

b. Energy system adalah

𝐸𝑠 =1

2𝑚𝑣𝑧

2 + 31

2𝑚𝑣𝑟

2 +𝑚𝑔𝑍 + 3𝑚𝑔𝑅

𝐸𝑠 =1

2𝑚(2𝑅𝜔 cos 𝜃)2 + 3

1

2𝑚(−2𝑅𝜔 sin 𝜃)2 +𝑚𝑔(𝑅 + 2𝑅 sin 𝜃) + 3𝑚𝑔𝑅

𝐸𝑠 = 2𝑚𝑅2𝜔2 cos2 𝜃 + 6𝑚𝑅2𝜔2 sin2 𝜃 + 2𝑚𝑔𝑅(2 + 1 sin 𝜃)

𝐸𝑠 = 2𝑚𝑅2𝜔2(1 + 2 sin2 𝜃) + 2𝑚𝑔𝑅(2 + sin 𝜃)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

Pada saat awal setiap benda masih diam yang berarti 𝜔 = 0 dan susunan keempat

bola membentuk suatu limas segitiga dengan masing-

masing rusuknya adalah sepanjang 2𝑅. Maka nilai sin

𝜃 adalah

𝐿 = 2𝑅 cos 30𝑜 =𝑅√3

cos 𝜃 =2 3⁄ 𝐿

2𝑅=1

3√3

sin 𝜃 = √1 − cos2 𝜃 = √1 −3

9= √

6

9

sin 𝜃 =1

3√6

Sehingga energy awal system adalah

𝐸𝑠,𝑎𝑤𝑎𝑙 = 0 + 2𝑚𝑔𝑅 (2 +1

3√6) ⟹ 𝐸𝑠,𝑎𝑤𝑎𝑙 =

12 + 2√6

3𝑚𝑔𝑅

c. Karena tidak ada gesekan dan system kita konservatif, energy system akan kekal. Maka akan berlaku

𝐸𝑠,𝑎𝑤𝑎𝑙 = 𝐸𝑠2𝑚𝑅2𝜔2(1 + 2 sin2 𝜃) + 2𝑚𝑔𝑅(2 + sin 𝜃)

12 + 2√6

3𝑚𝑔𝑅 = 2𝑚𝑅2𝜔2(1 + 2 sin2 𝜃) + 2𝑚𝑔𝑅(2 + sin 𝜃)

2𝑅𝜔2(1 + 2 sin2 𝜃) =12 + 2√6 − 12 − 6 sin 𝜃

3𝑔

𝜔2 =(√6 − 3 sin 𝜃)𝑔

3(1 + 2 sin2 𝜃)𝑅⟹ 𝜔 = √

(√6 − 3 sin 𝜃)𝑔

3(1 + 2 sin2 𝜃)𝑅

d. Syarat bola lepas kontak adalah nilai gaya normalnya menjadi nol. Maka dari persamaan (1) dan (2) akan kita dapatkan

𝑁 = 0 =𝑚𝑔 +𝑚(2𝑅𝛼 cos 𝜃𝑐 − 2𝑅𝜔

2 sin 𝜃𝑐)

3 sin 𝜃𝑐

2𝑅𝛼 cos 𝜃𝑐 − 2𝑅𝜔2 sin 𝜃𝑐 = −𝑔…(3)

𝑁 cos 𝜃𝑐 = 0 = 𝑚(−2𝑅𝛼 sin 𝜃𝑐 − 2𝑅𝜔2 cos 𝜃𝑐)

−2𝑅𝛼 sin 𝜃𝑐 − 2𝑅𝜔2 cos 𝜃𝑐 = 0…(4)

Selanjutnya kita eliminasi 𝛼 dari persamaan (3) dan (4) sehingga kita dapatkan nilai 𝜔.

2𝑅𝛼 cos 𝜃𝑐 − 2𝑅𝜔2 sin 𝜃𝑐 = −𝑔

−2𝑅𝛼 sin 𝜃𝑐 − 2𝑅𝜔2 cos 𝜃𝑐 = 0

|kali dengan sin 𝜃𝑐kali dengan cos 𝜃𝑐

−2𝑅𝜔2(sin2 𝜃𝑐 + cos2 𝜃𝑐) = −𝑔 sin 𝜃𝑐+

𝐿

2𝑅

2 3⁄ 𝐿

2𝑅 30𝑜

𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

𝜔 = ±√𝑔

2𝑅sin 𝜃𝑐

Karena sudut 𝜃 berkurang, maka nilai 𝑑𝜃 𝑑𝑡⁄ = 𝜔 akan menjadi negative begitupun dengan 𝑑2𝜃 𝑑𝑡2 = 𝛼⁄ .

𝜔 = −√𝑔

2𝑅sin 𝜃𝑐

Kecepatan bola atas dan bawah masing-masing saat lepas kontak adalah

𝑣𝑧 = 2𝑅 (−√𝑔

2𝑅sin 𝜃𝑐) cos 𝜃𝑐 = −cos 𝜃𝑐 √2𝑔𝑅 sin 𝜃𝑐

𝑣𝑧 = −cos 𝜃𝑐 √2𝑔𝑅 sin 𝜃𝑐

Tanda negative menandakan bahwa arah kecepatan ini ke bawah.

𝑣𝑟 = −2𝑅 (−√𝑔

2𝑅sin 𝜃𝑐) sin 𝜃𝑐 =sin 𝜃𝑐 √2𝑔𝑅 sin 𝜃𝑐

𝑣𝑟 = sin 𝜃𝑐 √2𝑔𝑅 sin 𝜃𝑐


SISTEM PENGEREMAN THRUST REVERSAL PADA PESAWAT TERBANG

Sebuah pesawat terbang yang sedang landing (proses mendarat) memiliki kecepatan 𝑉0 sesaat setelah semua roda menyentuh landasan pacu. Anggaplah nilai kecepatan awal tersebut cukup besar sehingga harus dilakukan pengereman sehingga kecepatan akan menjadi 0,05𝑉0 ketika keluar dari landasan pacu menuju ke area bandara. Asumsikan pengereman dilakukan hanya dengan sistem Thrust Reversal melalui kedua mesin pesawat yang berada di bawah sayap kiri dan kanan (abaikan pengaruh semua gaya gesek). Sistem pengereman thrust reversal bekerja dengan cara membalikkan aliran fluida masuk ke mesin pesawat.

Untuk menyederhanakan perhitungan, anggaplah mesin pesawat dapat diasumsikan menjadi sistem dua dimensi seperti pada gambar di bawah ini.

Pada gambar di atas terlihat bahwa fluida (bermassa jenis ) masuk ke dalam mesin pesawat dengan luas penampang 𝐴 dan kelajuan 𝑉 (sama dengan kelajuan pesawat). Di

𝜃

𝜃

𝑉

3𝑉

3𝑉

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

dalam mesin pesawat energi kinetik fluida ditingkatkan sedemikian sehingga fluida akan keluar dari mesin dengan kelajuan 3𝑉 (densitas fluida tidak berubah) seperti pada gambar di atas (output fluida atas dan bawah dianggap identik). Fluida tersebut keluar dari mesin pesawat dengan membentuk sudut 𝜃 terhadap horizontal dengan disemburkan ke depan. Akibat adanya transfer momentum linear antara fluida dengan pesawat, maka akan menghasilkan gaya dorong ke belakang untuk mengurangi kelajuan dari pesawat tersebut.

a. Tentukan gaya yang akan dialami oleh pesawat tersebut sebagai fungsi dari kelajuan pesawat! Nyatakan dalam 𝜌, 𝐴, 𝑉, dan 𝜃.

b. Apabila diketahui massa pesawat tersebut adalah 𝑀. Tentukan jarak dan waktu yang diperlukan agar pesawat tersebut mencapai kelajuan 0,05𝑉0!

c. Tentukan kerja yang dilakukan oleh mesin pada proses penurunan kecepatan dari 𝑉0 ke 0,05𝑉0!

d. Apabila diasumsikan bahwa massa jenis udara merupakan fungsi dari kelajuan pesawat yaitu 𝜌 = 𝑘 𝑣⁄ dimana k merupakan suatu konstanta. Tentukan kecepatan sebagai fungsi dari waktu pesawat tersebut! ambil 𝑡 = 0 adalah saat kelajuan pesawat tersebut 𝑉0

Pembahasan :

a. Gaya hambat pada pesawat ini diakibatkan oleh impuls yang diberikan oleh udara. Impuls yang diberikan udara sama dengan perubahan momentum udara. Kita akan tinjau selapis udara setebal Δ𝑥 yang memasuki mesin pesawat.

Massa udara ini adalah

∆𝑚 = 𝜌𝐴∆𝑥

Impuls sama dengan Perubahan momentum udara. Kita tentukan arah searah gerak pesawat sebagai arah positif.

𝐼 = ∆𝑝

𝐼 = ∆𝑚(3𝑉 cos 𝜃 − (−𝑉))

𝐼 = 𝜌𝐴∆𝑥(3𝑉 cos 𝜃 + 𝑉)

𝐹∆𝑡 = 𝜌𝐴∆𝑥(3𝑉 cos 𝜃 + 𝑉)

𝐹 = 𝜌𝐴∆𝑥

∆𝑡(3𝑉 cos 𝜃 + 𝑉)

𝐹 = 𝜌𝐴𝑉2(3 cos 𝜃 + 1)

Karena ada 2 mesin, gaya hambat pesawat akan menjadi

𝐹𝐻𝑎𝑚𝑏𝑎𝑡 = 2𝜌𝐴𝑉2(3 cos 𝜃 + 1)

b. Hukum II Newton

Σ𝐹 = 𝑀𝑎𝐻𝑎𝑚𝑏𝑎𝑡

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

−2𝜌𝐴𝑉2(3 cos 𝜃 + 1) = 𝑀𝑑𝑉

𝑑𝑡

∫𝑑𝑉

𝑉2

0,05𝑉𝑜

𝑉𝑜

= ∫ −2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)

𝑀𝑑𝑡

𝑇

0

−1

𝑉]𝑉𝑜

0,05𝑉𝑜

= −2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)

𝑀𝑇

1

𝑉𝑜−20

𝑉𝑜== −

2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)

𝑀𝑇

19

𝑉𝑜=2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)

𝑀𝑇 ⟹ 𝑇 =

19𝑀

2𝜌𝐴𝑉𝑜(3 cos 𝜃 + 1)

Untuk menghitung jarak yang di tempuh pesawat, kita gunakan kembali Hukum II Newton


−2𝜌𝐴𝑉2(3 cos 𝜃 + 1) = 𝑀𝑑𝑉

𝑑𝑡

−2𝜌𝐴𝑉2(3 cos 𝜃 + 1) = 𝑀𝑉𝑑𝑉

𝑑𝑥

∫𝑑𝑉

𝑉

0,05𝑉𝑜

𝑉𝑜

= ∫ −2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)𝑑𝑥𝑑

0

ln |0,05𝑉𝑜𝑉

| = −2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)𝑑

ln 20 = 2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)𝑑

𝑑 =ln 20

2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)

c. Untuk menghitung kerja yang dilakukan mesin pesawat, pertama kita akan menentukan daya keluaran mesin pesawat. Selanjutnya kita integralkan fungsi tersebut terhadap waktu.

Perubahan energi kinetik udara adalah

∆𝐸𝑘 =1

2∆𝑚(3𝑉)2 −

1

2∆𝑚𝑉2 = 4∆𝑚𝑉2

Daya yang dilakukan mesin pesawat untuk menghasilkan perubahan energi kinetik di atas adalah

𝑃 =∆𝐸𝑘

∆𝑡= 4

∆𝑚

∆𝑡𝑉2

∆𝑚

∆𝑡= 𝜌𝑉𝐴

𝑃 = 4𝜌𝐴𝑉3

Kerja yang dilakukan mesin pesawat

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

𝑊 = ∫ 𝑃𝑑𝑡𝑡

0

𝑊 = ∫ 4𝜌𝐴𝑉3𝑑𝑡

𝑑𝑥

𝑡

0

𝑑𝑥

𝑊 = ∫ 4𝜌𝐴𝑉2𝑑

0

𝑑𝑥

Dari poin b kita bisa dapatkan hubungan

𝑉𝑑𝑥 = −𝑀

2𝜌𝐴(3 cos 𝜃 + 1)𝑑𝑉

Maka persamaan kerja mesin akan menjadi

𝑊 = −∫2𝑀

3 cos 𝜃 + 1𝑉𝑑𝑉

0,5𝑉𝑜

𝑉𝑜

𝑊 = −2𝑀

3 cos 𝜃 + 1[𝑉2]𝑉𝑜

0,5𝑉𝑜

𝑊 =3𝑀𝑉𝑜

2

4(3 cos 𝜃 + 1)

d. Sekarang massa jenis bergantung pada laju pesawat dengan bentuk 𝜌 = 𝑘 𝑉⁄

Hukum II Newton


−2(𝑘

𝑉)𝐴𝑉2(3 cos 𝜃 + 1) = 𝑀

𝑑𝑉

𝑑𝑡

∫𝑑𝑉

𝑉

𝑉

𝑉𝑜

= ∫ −𝑀

2𝑘𝐴(3 cos 𝜃 + 1)𝑑𝑡

𝑡

0

ln |𝑉

𝑉𝑜| = −

𝑀

2𝑘𝐴(3 cos 𝜃 + 1)

𝑉(𝑡) = 𝑉𝑜 exp (−𝑀

2𝑘𝐴(3 cos 𝜃 + 1)𝑡)


OSILASI AKIBAT GAYA ARCHIMEDES DAN PEGAS.

Sebuah kayu homogen dengan panjang 𝐿 luas penampang 𝐴, dan bermassa 𝑀 sedang mengapung di air (massa jenis air 𝜌) dan dihubungkan dengan pegas (dengan konstanta pega 𝑘) ke sebuah batang yang bertumpu pada pusat massanya seperti yang ditunjukan pada gambar di bawah. Batang tersebut mempunyai massa yang sama dengan kayu dan panjang yang dua kali lipat dari kayu. Kayu dijaga agar bergerak vertikal saja. Pegas berada pada keadaan tidak teregang maupun tertekan ketika batang di posisi horizontal (gambar kiri). Percepatan gravitasi adalah 𝑔. Sistem tersebut berosilasi secara harmonik

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15

dengan simpangan vertikal kayu 𝑥 dan simpangan sudut batang 𝜃 yang diasumsikan sangat kecil.

Tentukan :

a. Persamaan yang menyatakan keadaan setimbang dari sistem tersebut! Nyatakan dalam 𝑀, 𝐿, 𝐴, 𝐻, 𝜌, dan 𝑥0 dimana H adalah tinggi batang dari permukaan air dan 𝑥0 adalah panjang awal pegas!

b. Energi potensial sistem! Nyatakan dalam variable 𝐴, 𝑔, 𝑘, 𝑥, 𝜌, dan 𝜃!

c. Energi kinetik sistem! Nyatakan dalam 𝑀, �̇�, 𝐿, dan �̇�! Dimana �̇� adalah kecepatan

kayu arah vertikal dan �̇� adalah kecepatan sudut batang. d. Frekuensi dari osilasi sistem tersebut! Nyatakan dalam 𝑘, 𝐴,𝑀, 𝜌, dan 𝑔. e. frekuensi untuk limit 𝑘 → 0! Nyatakan dalam 𝑘, 𝐴,𝑀, 𝜌, dan 𝑔. Jelaskan apa arti fisis

dari kondisi ini. f. frekuensi untuk limit 𝑘 → ∞! Nyatakan dalam 𝑘, 𝐴,𝑀, 𝜌, dan 𝑔. Jelaskan apa arti fisis

dari kondisi ini.

Pembahasan :

a. Kita tidak perlu meninjau batang atas karena pegas dalam keadaan relaks sehingga tidak memberikan gaya baik pada batang atas dan kayu. Berikut diagram gaya saat batang kayu berada dalam keadaan seimbang (saat mengapung).

𝑘

𝜃

𝑥

𝑥0 𝐻

2𝐿

𝐿

𝜌

𝐹𝐴

𝐿 − 𝐻 + 𝑥0

𝑀𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16

Kayu akan mendapatkan gaya Archimedes 𝐹𝐴 = 𝜌𝑓𝑙𝑢𝑖𝑑𝑎𝑔𝑉𝑐 yang arahnya ke atas. Luas

penampang kayu 𝐴. Karena kayu seimbang, gaya ke atas sama dengan gaya ke bawah

𝐹𝐴 = 𝑀𝑔

𝜌𝑔𝐴(𝐿 − 𝐻 + 𝑥0) = 𝑀𝑔

𝜌𝐴(𝐿 − 𝐻 + 𝑥0) = 𝑀

Sehingga persamaan yang menyatakan keadaan setimbang dari system tersebut adalah

𝑀 = 𝜌𝐴(𝐿 −𝐻+ 𝑥0)

b. Energy potensial pada system terdiri dari energy akibat adanya perubahan panjang pada pegas, energy potensial batang kayu (kita jadikan posisi awal batang kayu sebagai acuan), dan energy oleh usaha gaya Archimedes pada batang kayu untuk turun sejauh 𝑥. Berdasarkan gambar di bawah, perubahan panjang pegas adalah

∆𝑥 = 𝑥0 − 𝑥𝑡

∆𝑥 = 𝑥0 − (𝑥0 + 𝑥 − 𝐿𝜃)

∆𝑥 = 𝐿𝜃 − 𝑥

𝐿𝜃 sebenarnya adalah 𝐿 sin 𝜃, namun larena sudut 𝜃 sangat kecil, kita bisa menggunakan hampiran sin 𝜃 ≈ 𝜃.

Energy potensial pegas adalah

𝑉𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 =1

2𝑘∆𝑥2 =

1

2𝑘(𝐿𝜃 − 𝑥)2

𝑉𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 =1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2)

Energi potensial batang kayu adalah

𝑉𝑘𝑎𝑦𝑢 = −𝑀𝑔𝑥

Energy potensial akibat usaha gaya Archimedes adalah negative usaha gaya arhcimedes untuk memindahkan batang kayu sejauh x ke bawah, sedangkan gaya Archimedes berarah ke atas sehingga sudut antara keduanya adalah 𝛼 = 𝜋 radian. Berdasarkan definisi usaha, akan kita dapatkan energy potensial akibat usaha gaya Archimedes yang kita sebut seabgai energy potensial air

𝑉𝑎𝑖𝑟 = −∫ 𝐹𝐴 cos 𝛼 𝑑𝑥𝑥

0

= −∫ 𝜌𝑔𝐴(𝐿 − 𝐻 + 𝑥0 + 𝑥) cos 𝜋⏟ −1

𝑑𝑥𝑥

0

𝑉𝑎𝑖𝑟 = ∫ [𝜌𝑔𝐴(𝐿 − 𝐻 + 𝑥0)⏟ 𝑀𝑔

+ 𝜌𝑔𝐴𝑥] 𝑑𝑥𝑥

0

𝑉𝑎𝑖𝑟 = ∫ [𝑀𝑔 + 𝜌𝑔𝐴𝑥]𝑑𝑥𝑥

0

𝑥

𝑥0

𝐿𝜃 𝜃

𝑥𝑡

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

𝑉𝑎𝑖𝑟 = 𝑀𝑔𝑥 +1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2

Sehingga energy potensial system adalah

𝑉 = 𝑉𝑝𝑒𝑔𝑎𝑠 + 𝑉𝑘𝑎𝑦𝑢 + 𝑉𝑎𝑖𝑟 =1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) − 𝑀𝑔𝑥 +𝑀𝑔𝑥 +

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2

𝑉 =1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) +

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2

c. Energy kinetik system adalah

𝑇 = 𝑇𝐵𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔 𝑎𝑡𝑎𝑠 + 𝑇𝐵𝑎𝑡𝑎𝑛𝑔 𝑘𝑎𝑦𝑢

𝑇 =1

2𝐼�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2 =

1

2(1

12𝑀(2𝐿)2) �̇�2 +

1

2𝑀�̇�2

𝑇 =1

6𝑀𝐿2�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2

d. Karena kita mengetahui energy kinetik dan potensial system akan lebih mudah menemukan persamaan geraknya menggunakan metode mekanika Lagrangian. Langrange adalah selisih antara energy kinetik dan potensial system yang di beri symbol L.

𝐿 = 𝑇 − 𝑉

𝐿 =1

6𝑀𝐿2�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2 −

1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) −

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2

Selanjutnya kita gunakan Persamaan Lagrange yaitu

𝑑

𝑑𝑡(𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝑞= 0

Dengan q adalah derajat kebebasan system atau peubah bebasnya. Dalam system ini (yaitu system antara batang kayu, pegas, dan batang atas) peubah bebasnya adalah 𝑥 dan 𝜃 sehingga kita mempunyai dua buah persamaan lagrange yaitu

𝑑

𝑑𝑡(𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝑥= 0… (#) dan

𝑑

𝑑𝑡(𝜕𝐿

𝜕�̇�) −

𝜕𝐿

𝜕𝜃= 0…(∗)

Notasi 𝜕/𝜕𝑥 dan yang lainnya disebut sebagai turunan parsial terhadap peubah bebas x. maksudnya kita hanya menurunkan suku yang ada peubah x nya dan menjadikan peubah lain sebagai konstanta.

𝜕𝐿

𝜕𝑥=𝜕

𝜕𝑥(1

6𝑀𝐿2�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2 −

1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) −

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2)

𝜕𝐿

𝜕𝑥= 𝑘𝐿𝜃 − 𝑘𝑥 − 𝜌𝑔𝐴𝑥 … (1)

𝜕𝐿

𝜕�̇�=𝜕

𝜕�̇�(1

6𝑀𝐿2�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2 −

1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) −

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 18

𝜕𝐿

𝜕�̇�= 𝑀�̇� ⟹

𝑑

𝑑𝑡(𝜕𝐿

𝜕�̇�) = 𝑀�̈� … (2)

𝜕𝐿

𝜕𝜃=𝜕

𝜕𝜃(1

6𝑀𝐿2�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2 −

1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) −

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2)

𝜕𝐿

𝜕𝜃= 𝑘𝐿𝑥 − 𝑘𝐿2𝜃… (3)

𝜕𝐿

𝜕�̇�=𝜕

𝜕�̇�(1

6𝑀𝐿2�̇�2 +

1

2𝑀�̇�2 −

1

2𝑘(𝐿2𝜃2 − 2𝐿𝜃𝑥 + 𝑥2) −

1

2𝜌𝑔𝐴𝑥2)

𝜕𝐿

𝜕�̇�=1

3𝑀𝐿2�̇� ⟹

𝑑

𝑑𝑡(𝜕𝐿

𝜕�̇�) =

1

3𝑀𝐿2�̈� … (4)

Dengan mensubtitusi persamaan (1), (2), (3), dan (4) ke persamaan (#) dan (*) akan kita dapatkan

(#)…𝑀�̈� − 𝑘𝐿𝜃 + 𝑘𝑥 + 𝜌𝑔𝐴𝑥 = 0 ⟹ 𝑀�̈� − 𝑘𝐿𝜃 + (𝑘 + 𝜌𝑔𝐴)𝑥 = 0… (5)

(∗)…1

3𝑀𝐿2�̈� − 𝑘𝐿𝑥 + 𝑘𝐿2𝜃 = 0 ⟹ 𝑀𝐿2�̈� − 3𝑘𝐿𝑥 + 3𝑘𝐿2𝜃 = 0… (6)

Karena system kita mengalami gerak harmonic, kita mengetahui bahwa terdapat hubungan

�̈� = −𝜔2𝑥 dan �̈� = −𝜔2𝜃

Persamaan (5) dan (6) akan menjadi

−𝑀𝜔2𝑥 − 𝑘𝐿𝜃 + (𝑘 + 𝜌𝑔𝐴)𝑥 = 0 ⟹ (𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 −𝑀𝜔2)𝑥 − 𝑘𝐿𝜃 = 0… (7)

−𝑀𝐿2𝜔2𝜃 − 3𝑘𝐿𝑥 + 3𝑘𝐿2𝜃 = 0 ⟹ −3𝑘𝐿𝑥 + (3𝑘𝐿2 −𝑀𝐿2𝜔2)𝜃 = 0… (8)

Selanjutnya kita bisa menyatakan persamaan (7) dan (8) dalam bentuk persamaan matriks yaitu

[𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 −𝑀𝜔2 −𝑘𝐿

−3𝑘𝐿 3𝑘𝐿2 −𝑀𝐿2𝜔2]

𝐴

[𝑥𝜃]

𝑋= 0

Agar hasilnya tidak sama dengan nol atau persamaan kita memiliki hasil, matriks sebelah kiri atau matriks 𝐴 haruslah berupa matriks singular. Ciri matriks singular adalah memiliki determinan yang sama dengan nol.

det 𝐴 = 0

|𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 −𝑀𝜔2 −𝑘𝐿

−3𝑘𝐿 3𝑘𝐿2 −𝑀𝐿2𝜔2|=0

(𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 −𝑀𝜔2)(3𝑘𝐿2 −𝑀𝐿2𝜔2) − (−𝑘𝐿)(−3𝑘𝐿) = 0

3𝑘2𝐿2 −𝑀𝑘𝐿2𝜔2 + 3𝑘𝜌𝑔𝐴𝐿2 −𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2𝜔2 − 3𝑀𝑘𝐿2𝜔2 +𝑀2𝐿2𝜔4 − 3𝑘2𝐿2 = 0

𝑀2𝐿2𝜔4 − (4𝑀𝑘𝐿2 +𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2)𝜔2 + 3𝑘𝜌𝑔𝐴𝐿2 = 0

𝑀2𝐿2⏟ 𝑎

(𝜔2)2−(4𝑀𝑘𝐿2 +𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2)⏟ 𝑏

𝜔2 + 3𝑘𝜌𝑔𝐴𝐿2⏟ 𝑐

= 0

Menggunakan rumus abc akan kita dapatkan nilai 𝜔2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 19

𝜔2 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

𝜔2 =−[−(4𝑀𝑘𝐿2 +𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2)] ± √(4𝑀𝑘𝐿2 +𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2)2 − 4(𝑀2𝐿2)(3𝑘𝜌𝑔𝐴𝐿2)

2𝑀2𝐿2

𝜔2 =4𝑀𝑘𝐿2 +𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2 ±√16𝑀2𝑘2𝐿4 +𝑀2𝜌2𝑔2𝐴2𝐿4 + 8𝑀2𝑘𝜌𝑔𝐴𝐿4 − 12𝑀2𝑘𝜌𝑔𝐴𝐿4

2𝑀2𝐿2

𝜔2 =4𝑀𝑘𝐿2 +𝑀𝜌𝑔𝐴𝐿2 ±𝑀𝐿2√16𝑘2 + 𝜌2𝑔2𝐴2 − 4𝑘𝜌𝑔𝐴

2𝑀2𝐿2

𝜔2 =4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± √16𝑘2 − 4𝑘𝜌𝑔𝐴 + 𝜌2𝑔2𝐴2

2𝑀

𝜔 = √4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± √16𝑘2 − 4𝑘𝜌𝑔𝐴 + 𝜌2𝑔2𝐴2

2𝑀

Sehingga frekuensi osilasi system adalah

𝑓 =𝜔

2𝜋→ 𝑓 =

1

2𝜋√4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ±√16𝑘

2 − 4𝑘𝜌𝑔𝐴 + 𝜌2𝑔2𝐴2

2𝑀

e. Untuk limit 𝑘 → 0, frekuensi osilasi system akan menjadi

𝑓 =1

2𝜋√0 + 𝜌𝑔𝐴 ± √0 − 0 + 𝜌

2𝑔2𝐴2

2𝑀

𝑓 =1

2𝜋√𝜌𝑔𝐴

𝑀

Hasil ini menyatakan bahwa hanya batang kayu yang berosilasi dan batang atas diam atau

seakan-akan keduanya tidak terhubung

𝑓 = 0

Hasil ini menyatakan bahwa system diam dan tidak ada osilasi sama sekali baik oleh batang

kayu maupun batang atas.

f. Untuk limit 𝑘 → ∞, kita dapat mengahmpiri frekuensi sudut osilasi system atau 𝜔 menjadi

𝜔2 =4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± √16𝑘2 − 4𝑘𝜌𝑔𝐴 + 𝜌2𝑔2𝐴2

2𝑀

𝜔2 =4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± 𝑘√16 −

4𝜌𝑔𝐴𝑘

+𝜌2𝑔2𝐴2

𝑘2

2𝑀

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 20

Karena k sangat besar maka

𝜌2𝑔2𝐴2

𝑘2≈ 0

𝜔2 =4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± 4𝑘√1 −

𝜌𝑔𝐴4𝑘

2𝑀

Selanjutnya kita bisa menggunakan hampiran binomial newton untuk suku (1 −𝜌𝑔𝐴 4𝑘⁄ )1 2⁄ karena 𝜌𝑔𝐴 4𝑘⁄ ≪ 1

(1 −𝜌𝑔𝐴

4𝑘)

12≈ 1 −

𝜌𝑔𝐴

8𝑘

𝜔2 =4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± 4𝑘 (1 −

𝜌𝑔𝐴8𝑘

)

2𝑀

𝜔2 =4𝑘 + 𝜌𝑔𝐴 ± (4𝑘 −

𝜌𝑔𝐴2 )

2𝑀

𝜔2 =16𝑘 + 𝜌𝑔𝐴

4𝑀 atau 𝜔2 =

3𝜌𝑔𝐴

4𝑀

Sehingga frekuensi osilasi system adalah

𝑓 =𝜔

2𝜋

𝑓 =1

2𝜋√16𝑘 + 𝜌𝑔𝐴

4𝑀

Hasil ini menyatakan bahwa batang kayu dan batang atas berosilasi bersamaan secara

berlawanan..

𝑓 =1

2𝜋√3𝜌𝑔𝐴

4𝑀

Hasil ini menyatakan bahwa batang kayu dan batang atas berosilasi bersamaan seperti

dibungkan oleh batang keras tak bermassa.

ahmad basyir najwan jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005 ... · a. tegangan dan daya listrik yang...

Documents