bersama sainsworld official id mr sainsworld kita …...b. oke buat dapatin gaya tegang tali kita...

Halaman 1 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official

Sainsworld Sainsworld

0831-4325-9061

ID mr_sainsworld

@sainsworld_official

Try Out OSK Sainsworld − Soal Bonus

Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

1. Dua buah batang identik yang memiliki panjang 𝐿 dan massa 𝑚 di hubungkan ujung-

ujungnya menggunakan poros bebas gesekan dan tidak bermassa (massanya sangat kecil

dibanding kedua batang sehingga dapat diabaikan). Kemudian kedua batang ini bentuk

menyerupai huruf V dan ditahan oleh tali yang diikatkankan pada masing-masing pusat

massanya. Jarak antar pusat massa kedua batang adalah 𝐷. Sistem ini diletakkan di atas

lantai bebas gesekan dan pada awalnya sistem berada dalam keadaan seimbang vertikal.

Diketahui di ruangan tempat kedua batang ini berada terdapat medan gravitasi homogen

𝑔 yang arahnya ke bawah. asumsikan keadaan ini ideal, artinya sistem sudah sedemikian

rupa di atur agar selalu berada di orientasi vertikal.

a. Tentukan besar sudut yang dibentuk oleh masing-masing batang terhadap horizontal!

b. Berapa gaya tegangan pada tali!

c. Jika gaya tegang maksimum tali adalah 5𝑚𝑔, berapa jarak maksimum 𝐷!

d. Jika benang di potong, berapa kecepatan masing-masing batang saat tepat akan

menumbuk lantai?

Solusi :

a. Misalkan besar sudut saat setimbang adalah 𝜙, kita tinjau secara umum untuk sudut

𝜃, berikut adalah diagram gaya pada tiap benda!

𝐿 𝐿

𝐷

𝑚 𝑚

𝑔

tali

poros

lantai

𝑎x 𝑎x

𝑁 𝑁

𝐾 𝐾 𝑚𝑔 𝑚𝑔

𝐾 𝐾

𝑇 𝑇

𝛼 𝛼 𝑎y 𝑎y

𝜃 𝜃

Halaman 2 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Gambar di atas adalah diagram gaya pada sistem secara umum. Untuk kasus yang

pertama ini, percepatan vertikal 𝑎y dan percepatan sudut 𝛼 bernilai nol (𝑎y = 𝑎x =

𝛼 = 0). Saya jadikan satu gambar saja karena membuatnya cukup susah ya temen-

temen (koq ente curhat sih syir, wkwk maaf ya, yuk fokus lagi). Kita bisa dapatkan

sebuah segitiga yang menarik , yaitu segitiga yang terbentuk dari benang dan setengah

bagian atas kedua batang, jadi titik sudut segitiga ini adalah kedua pusat massa batang

dan poros (hayoo, bisa bayangin gak ). Kalau kamu sudah bisa bayanginnya, bagus,

kalau yang belum, kuy lihat gambar di bawah ya

Dari situ bisa kita dapetin

𝐷 = 2𝐿

2cos𝜙 = 𝐿 cos𝜙

cos𝜙 =𝐷

𝐿⟹ 𝜙 = cos−1 (

𝐷

𝐿)

Oh iya, bagi temen-temen yang gak suka pembahasan panjang dan banyak

ngomongnya gini, ya dilewat aja ya, ini tuh bukan buat kalian yang udah pada dewa,

ini buat yang baru memulai okey . Tapi janga sombong dulu, bisa jadi nanti yang

udah jago-jago bisa terlewati hehe. Ok deh, aku kayaknya kebanyakan ngomong deh,

oke kita lanjut ya.

b. Oke buat dapatin gaya tegang tali kita lihat lagi gambar diagram gaya pada bagian (a).

Karena aku lagi baik, biar kalian gk usah scroll ke atas, aku copy ke sini lagi deh

gambarnya ya, hem sepertinya kurang mencerminkan cinta tanah air, aku ganti

bahasanya ya, aku salin ke sini lagi deh ya gambarnya , ayo kita budayakan

penggunaan istilah bahasa indonesia ya, sip sip, ok ini dia yang aku maksud

𝜙 𝜙

𝐷

𝐿/2 𝐿/2

Halaman 3 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Seperti sebelumnya di sini masih berlaku 𝑎y = 𝑎x = 𝛼 = 0. Kita tinjau salah satu

batang aja deh ya, misal aku pilih batag kanan, kalau ada yang nanya, kenapa gak yang

kiri aja kak? Heh, serang gua dong wkwk, gak gak becanda koq, itu terserah kalian aja,

keduanya juga boleh, tapi itu bikin capek, jadi cukup salah satu aja udah cukup. Ya

sebenarnya juga diagram gayanya gk usah selengkap yang aku buat sih, ok deh

langsung ya, kita tinjau keseimbangan gaya pada sumbu 𝑥 dan sumbu 𝑦 serta

keseimbangan torsi pada sistem batang kanan ini. Ingat bahwa saat ini, 𝜃 = 𝜙.

Hukum I Newton untuk keseimbangan gaya pada sumbu 𝑥 :

∑𝐹x = 0

𝐾 − 𝑇 = 0⟹ 𝐾 = 𝑇

Hukum I Newton untuk keseimbangan gaya pada sumbu 𝑦 :

∑𝐹y = 0

𝑁 −𝑚𝑔 = 0⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔

Hukum I Newton untuk keseimbangan torsi terhadap pusat massa batang :

∑𝜏pm = 0

𝑁𝐿

2cos𝜙 − 𝐾

𝐿

2sin𝜙 = 0⟹ 𝐾 = 𝑁 cot𝜙

Maka akan kita dapatkan nilai 𝑇 yaitu

𝑇 = 𝐾 = 𝑁 cot𝜙 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝑔cot𝜙

Kalau ada yang nanya aja sih. Kalian perhatiin gak sih gambar yang tadi itu, itu loh yang

diagram gaya. Kenapa coba aku adain juga gambar poros, padahal kan gak penting?

Alasanya itu ya untuk ngasih penjelasan di sini. ceritanya tuh gini, sebelumnya, koq

bisa sih kita tahu gaya dari poros ke masing-masing ujung atas tongkat itu mendatar?

𝑎x 𝑎x

𝑁 𝑁


𝐾 𝐾

𝑇 𝑇


𝜃 𝜃

Halaman 4 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Mungkin aja kan ada proyeksi gaya arah vertikalnya? Yap, hal itu mungkin, jika si pors

bermassa. Kalau poros bermassa, akan ada gaya berat, dan karena sistem seimbang,

harus ada gaya vertikal yang menahan poros, kalau seperti ini, gaya pada poros ada

komponen vertikalnya. Tapi, di sini kan dia tidak bermassa, hem ya sebenarnya ada

tapi kecil, jadi bisa diabaikan. Maka komponen gaya vertikal ini akan bernilai nol,

setuju? Harus setuju dong ya. Terus kalau sistem sekarang dipercepat gimana kak? Ya

tetap tidak ada si komponen vertikalnya karena kan percepatan di kali massa, efeknya

komponen vertikal ini harus tetap sama dengan nol. Ok, saya rasa penjelesan ini sudah

cukup jelas ya. Lanjut ya .

Oh ya, jawaban di atas itu belum selesai ya, kan masih ada variabel 𝜙, jawabannya

bisa dalam bentuk berikut

𝑇 = 𝑚𝑔cot [cos−1 (𝐷

𝐿)]

Bisa juga seperti berikut ini, kita manipulasi sedikit ya hehe..

Kalau kita punya

cos𝜙 =𝐷

𝐿

Maka kita akan mempunyai juga

sin𝜙 = √1 − cos2 𝜙 = √1 −𝐷2

𝐿2= √

𝐿2 −𝐷2

𝐿2

sin𝜙 =√𝐿2 −𝐷2

𝐿

Sehingga

cot𝜙 =cos𝜙

sin𝜙=

𝐷/𝐿

√𝐿2 − 𝐷2/𝐿⟹ cot𝜙 =

𝐷

√𝐿2 −𝐷2

Maka akan kita peroleh

𝑇 = 𝑚𝑔𝐷

√𝐿2 −𝐷2

c. Okey, sekarang kita nyatakan 𝐷 dulu sebagai fungsi variabel yang ada, mengapa?

Karena kita mencari nilai kritis dari 𝐷. Memang kita bisa langsung subtitusi nilai 𝑇, tapi

Halaman 5 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

akan lebih baik jika kita tahu bagaimana ketergantungan 𝐷 terhadap 𝑇 dalam bentuk

fungsi. Okey, kita lakukan seidkit manipulasi lagi

𝑇2 = (𝑚𝑔)2𝐷2

𝐿2 − 𝐷2

𝑇2(𝐿2 − 𝐷2) = (𝑚𝑔)2𝐷2

𝑇2𝐿2 − 𝑇2𝐷2 = (𝑚𝑔)2𝐷2

𝑇2𝐿2 = (𝑚𝑔)2𝐷2 + 𝑇2𝐷2 = [(𝑚𝑔)2 + 𝑇2]𝐷2

𝐷2 =𝑇2

(𝑚𝑔)2 + 𝑇2𝐿2

𝐷 =𝑇

√(𝑚𝑔)2 + 𝑇2𝐿

Hem, ternyata 𝐷 sebagai fungsi 𝑇 atau 𝐷(𝑇) berubah merupakan fungsi yang terus

meningkat seiring meningkatnya nilai 𝑇. Karena nilai maksimum 𝑇 adalah 5𝑚𝑔, maka

nilai maksimum 𝐷 adalah

𝐷maks =5𝑚𝑔

√(𝑚𝑔)2 + (5𝑚𝑔)2𝐿

𝐷maks =5𝑚𝑔

√(𝑚𝑔)2 + 25(𝑚𝑔)2𝐿 =

5𝑚𝑔

√26(𝑚𝑔)2𝐿

𝐷maks =5

√26 𝐿

Jadi jarak 𝐷 tidak boleh lebih dari nilai maksimum di atas jikalah ingin sistem batang

tetap setimbang.

d. Untuk bagian ini, ada bebrapa cara untuk menyelesaikannya, yaitu cara energi dan

hukum newton. Jujur saja, metode energi lebih menguntungkan karena efisien dan

tidak rumit serta sangat membantu saat di olimpiade karena kita perlu cara yang

opaling efisien. Tapi untuk pembelajaran, saya juga akan bahas menggunakan metode

hukum newton. Okey, pertama dari metode energi dulu, energi awal sistem adalah

energi potensial sedangkan energi akhir sistem adalah energi kinetik translasi dan

rotasi. Karena sistem simetri, kecepatan sudut dan kecepatan linear kedua batang

akan sama dan kecepatan linear hanya memiliki arah vertikal saat tepat akan

menumbuk lantai.

Halaman 6 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Dari sini akan kita peroleh

𝐸i = 𝐸f

2𝑚𝑔𝐿

2sin𝜙 = 2

1

2(1

12𝑚𝐿2)𝜔pm

2 + 21

2𝑚𝑣pm

2

𝑔𝐿 sin𝜙 =1

12𝐿2𝜔pm

2 + 𝑣pm2

Energi awal, yaitu saat 𝜃 = 𝜙 dan sistem masih diam, saya gunakan lantai sebagai

acuan energi potensial sama dengan nol, sebenarnya boleh di mana aja, tapi ini akan

mempermudah penyelesain soal kita. Saya menggunakan indeks i = initial (awal)

dan f = final (akhir). Keadaan akhir adalah saat batang tepat akan menumbuk lantai

yaitu saat 𝜃 = 0 dan sin 𝜃 = 0.

Perhatikan bahwa ujung bawah batang tidak memiliki komponen kecepatan arah

vertikal, hal ini karena komponen kecepatan ujung bawah dari pusat massa ditiadakan

oleh komponen vertikal kecepatan tangensial ujung bawah batang terhadap pusat

massa, dari sini kita peroleh

𝑣pm −𝜔pm

𝐿

2cos 𝜃 = 0

Ingat bahwa cos𝜃 = 1 karena 𝜃 = 0 saat menumbuk lantai sehingga

𝜔pm𝐿 = 2𝑣pm

Sehingga akan kita peroleh

𝑔𝐿 sin𝜙 =1

12(2𝑣pm)

2+ 𝑣pm

2

𝑔𝐿 sin 𝜙 =1

3𝑣pm

2 + 𝑣pm2 =

4

3𝑣pm

2

𝑣pm = √3

4 𝑔𝐿 sin 𝜙

𝑣ub 𝑣ub

𝑣pm 𝑣pm

𝜔pm 𝜔pm

𝑣ua 𝑣ua

𝜃 𝜃

Halaman 7 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Dengan 𝜙 = cos−1 (𝐷

𝐿) , hasil di atas ini sudah cukup.

Tapi teman-teman bisa sederhanakan lagi menjadi

𝑣pm = √3

4 𝑔𝐿

√𝐿2 −𝐷2

𝐿⟹ 𝑣pm = √

3

4𝑔√𝐿2 − 𝐷2

Kemudian jika menggunakan Hukum Newton, kita perlu menemukan persamaan

gerak sistem terlebih dahulu. Kita lihat lagi diagram gaya pada sistem

Sekaranag karena sistem sudah bergerak akibat benang di potong, maka gaya tegang

tali 𝑇 = 0 dan 𝑎y = 𝑎x = 𝛼 > 0. Kemudian juga ingat bahwa sekarang 𝜃 ≠ 𝜙 dan kita

harus mencari percepatan sudut batang sebagai fungsi 𝜃. Kita tinjau batang kanan saja

ya.

Hukum II Newton untuk gerak translasi arah vertikal

∑𝐹y = 𝑚𝑎y

𝑚𝑔 − 𝑁 = 𝑚𝑎y ⟹𝑁 = 𝑚𝑔 −𝑚𝑎y

Hukum II Newton untuk gerak translasi arah horizontal

∑𝐹x = 𝑚𝑎x

𝐾 = 𝑚𝑎x

Hukum II Newton untuk gerak rotasi terhadap pusat massa batang kanan

∑𝜏pm = 𝐼𝛼

𝑁𝐿

2cos𝜃 − 𝐾

𝐿

2sin 𝜃 =

1

12𝑚𝐿2𝛼

𝑁 cos𝜃 − 𝐾 sin 𝜃 =1

6𝑚𝐿𝛼

Subtitusi hasil sebelumnya akan kita peroleh

𝑎x 𝑎x

𝑁 𝑁


𝐾 𝐾

𝑇 𝑇


𝜃 𝜃

Halaman 8 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑚𝑔cos 𝜃 −𝑚𝑎y cos 𝜃 −𝑚𝑎x sin 𝜃 =1

6𝑚𝐿𝛼

𝑔 cos 𝜃 = 𝑎y cos𝜃 + 𝑎x sin 𝜃 +1

6𝑚𝐿𝛼

Sekarang perhatikan gambar di bawah, kita akan mencari hubungan 𝑎x, 𝑎y, dan 𝛼.

Kita tinjau batang kanan, khususnya gerakan dari ujung bawah batang kanan, dari

gerak relatif kita mempunyai

�⃗�ubR,t = �⃗�ubR,pm + �⃗�pm,t

𝑎ub𝑖̂ =𝛼𝐿

2(cos𝜃 𝑗̂ + sin 𝜃 𝑖̂) + 𝑎x𝑖̂ − 𝑎y𝑗̂

Untuk arah 𝑗̂ saja akan kita peroleh

𝛼𝐿

2cos 𝜃 = 𝑎y

Kemudian dari ujung atas batang kanan juga bisa kita peroleh

�⃗�uaR,t = �⃗�ubR,pm + �⃗�pm,t

−𝑎ua𝑗̂ =𝛼𝐿

2(− cos𝜃 𝑗̂ + sin 𝜃 𝑖̂) + 𝑎x𝑖̂ − 𝑎y𝑗̂

Untuk arah 𝑖̂ saja akan kita peroleh

𝛼𝐿

2sin𝜃 = 𝑎x

Sehingga akan kita peroleh mengunakan hasil sebelumnya

𝑔 cos𝜃 =𝛼𝐿

2cos2 𝜃 +

𝛼𝐿

2sin2 𝜃 +

1

6𝐿𝛼

𝑔 cos 𝜃 =𝛼𝐿

2+1

6𝐿𝛼 =

2

3𝐿𝛼

�̂�

𝑗̂

𝛼𝐿

2

𝑎ub 𝑎ub

𝑎pm 𝑎pm

𝛼 𝛼

𝑎ua 𝑎ua

𝜃 𝜃

𝛼𝐿

2

𝛼𝐿

2

𝜃 𝜃

𝜃 𝜃

Halaman 9 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝛼 =3𝑔

2𝐿cos 𝜃

Ingat bahwa

𝛼 =𝑑𝜔

𝑑𝑡=𝑑𝜔

𝑑𝑡

𝑑𝜃

𝑑𝜃= −

𝑑𝜔

𝑑𝜃(−

𝑑𝜃

𝑑𝑡) = −𝜔

𝑑𝜔

𝑑𝜃

Kecepatan sudut 𝜔 = −𝑑𝜃/𝑑𝑡, tanda negatif muncul karena sudut 𝜃 berkurang,

artinya perubahan sudut 𝜃 terhadap waktu atau 𝑑𝜃/𝑑𝑡 bernilai negatif, sehingga agar

𝜔 tetap positif dimasukan tanda negatif. Akan kita peroleh

−𝜔𝑑𝜔

𝑑𝜃=3𝑔

2𝐿cos 𝜃

∫ 𝜔𝑑𝜔𝜔pm

0

= −3𝑔

2𝐿∫ cos 𝜃 𝑑𝜃

0

𝜙

[𝜔2

2]0

𝜔pm

= −3𝑔

2𝐿[sin 𝜃]𝜙

0

𝜔pm2

2− 0 =

3𝑔

2𝐿(0 − sin 𝜙)

𝜔pm = √3𝑔

𝐿sin 𝜙

Sehingga akan kita dapatkan

𝑣pm =𝜔pm𝐿

2= √

3

4𝑔𝐿 sin𝜙

Tuh kan, hasilnya sama aja, tapi ya lebih ribet sedikit ya. Terkadang juga bisa lebih

mudah menggunakan Hukum Newton, jadi kalian harus bisa keduanya ya. Intinya,

gunakanlah cara yang paling efektif untuk menyelesaikan suatu soal.

Halaman 10 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

2. Sebuah batang sepanjang 𝐿 dan bermassa 𝑚 di poros pada titik O. Pada awalnya, batang

ini berada pada sudut 𝜃 terhadap horizontal dan pusat massanya di atas poros O.

Diketahui terdapat medan gravitasi homogen 𝑔 yang arahnya ke bawah pada sistem ini.

Batang ini kemudian dilepaskan dari keadaan diam. Tepat pada jarak ℎ di bawah poros

terdapat pinggiran meja. Koefisien restitusi antara batang dan pinggiran meja adalah 𝑒.

e. Tentukan kecepatan sudut batang tepat sebelum menumbuk meja untuk yang

pertama kalinya!

f. Berapa impuls yang diberikan masing-masing oleh poros dan pinggiran meja serta

tentukan kecepatan sudut batang setelah menumbuk pinggiran meja untuk yang

pertama kalinya!

g. Tentukan untuk batas-batas nilai ℎ agar impuls dari poros berarah ke kiri maupun ke

kanan! Untuk nilai ℎ berapa impuls dari poros akan bernilai nol?

h. Berapa energi bagian yang hilang akibat tumbukan!

Solusi :

a. Kita gunakan ketinggian poros sebagai acuan energi potensial sama dengan nol.

Menggunakan Hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh

𝐸i = 𝐸f

𝑚𝑔𝐿

2sin 𝜃 = −𝑚𝑔

𝐿

2+1

2(1

3𝑚𝐿2)𝜔i

2

𝑔𝐿 sin 𝜃 + 𝑔𝐿 =1

3𝐿2𝜔i

2

𝐿2𝜔i2 = 3𝑔𝐿(1 + sin 𝜃)

𝜃

𝑔 𝐿

𝑚

ℎ O

Halaman 11 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝜔i = √3𝑔

𝐿(1 + sin 𝜃)

b. Tongkat mendapat impuls eksternal dari pinggran meja dan poros. Misal impuls dari

poros besarnya Δ𝑝1 arahnya ke kiri dan dari pinggiran meja yang besarnya Δ𝑝2

arahnya ke kanan (berdasarkan gambar di atas). Misalkan sekarang kita asumsikan

dulu bahwa ℎ < 𝐿/2 artinya pusat massa batang saat menumbuk pinggiran meja ada

di bawah pinggiran meja ini. Sehingga akan kita peroleh

Impuls-Momentum Linear : arah positif ke kanan

𝐼 = 𝑚(𝑣f − 𝑣i)

Δ𝑝2 − Δ𝑝1 = 𝑚(𝜔f𝐿

2− (−

𝜔i𝐿

2))

Δ𝑝2 − Δ𝑝1 =1

2𝑚(𝜔f + 𝜔i)𝐿… (1)

Impuls-Momentum Angular : relatif poros dan arah positif berlawanan arah jarum jam

𝐼angular = 𝐼(𝜔f − (−𝜔i))

Δ𝑝2ℎ =1

3𝑚𝐿2(𝜔f +𝜔i)

Δ𝑝2 =𝑚𝐿2

3ℎ(𝜔f +𝜔i)… (2)

Kemudian kita tahu bahwa koefisien restitusi tumbukan adalah 𝑒. Koefisien restitusi

sendiri adalah perbandingan antara besar kecepatan relatif kedua titik yang

bertumbukan setelah dan sebelum tumbukan. dari definisi ini kita peroleh

𝑒 =𝜔fℎ

𝜔iℎ⟹ 𝜔f = 𝑒𝜔i…(3)

Selanjutnya subtitusi persamaan (3) ke (1) dan (2)

Δ𝑝2 − Δ𝑝1 =1

2𝑚(𝑒𝜔i +𝜔i)𝐿 ⟹ Δ𝑝2 − Δ𝑝1 =

1

2𝑚𝜔i𝐿(𝑒 + 1)… (4)

Δ𝑝2 =𝑚𝐿2

3ℎ(𝜔f +𝜔i) ⟹ Δ𝑝2 =

𝑚𝐿2

3ℎ𝜔i(𝑒 + 1)… (5)

Subtitusi persamaan (5) ke (4)

𝑚𝐿2

3ℎ𝜔i(𝑒 + 1) − Δ𝑝1 =

1

2𝑚𝜔i𝐿(𝑒 + 1)

Halaman 12 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Δ𝑝1 =𝑚𝐿2

3ℎ𝜔i(𝑒 + 1) −

1

2𝑚𝜔i𝐿(𝑒 + 1)

Δ𝑝1 = 𝑚𝜔i𝐿(𝑒 + 1) (𝐿

3ℎ−1

2)… (6)

Subtitusi persmaan 𝜔i ke persamaan (5) dan (6) akan kita peroleh impuls dari poros

dan pinggiran meja yaitu

Δ𝑝1 = 𝑚√3𝑔𝐿(1 + sin 𝜃)(𝑒 + 1) (𝐿

3ℎ−1

2)

Δ𝑝2 =𝑚𝐿

3ℎ√3𝑔𝐿(1 + sin 𝜃)(𝑒 + 1)

Kemudian kecepatan sudut batang setelah tumbukan adalah

𝜔f = 𝑒√3𝑔

𝐿(1 + sin 𝜃)

c. Kita dapat lihat bahwa impuls dari pinggiran meja selalu bernilai positif namun impuls

dari poros bisa jadi negatif yang menandakan arahnya berlawanan dengan yang kita

tentukan sebelumnya. Sebelumnya kita tentukan bahwa arah impuls ini ke kiri, artinya

nilai positif impuls ini menandakan arahnya ke kiri, agar hal ini terpenuhi maka

𝐿

3ℎ>1

2⟹ ℎ <

2

3𝐿 (Δ𝑝1 > 0)

kemudian impuls akan ber arah ke kanan ketika

ℎ <2

3𝐿 ⟹ ℎ >

2

3𝐿 (Δ𝑝1 < 0)

Impuls ini akan bernilai nol saat

ℎ =2

3𝐿

d. Untuk mencari ini kita cukup bandingkan energi sesudah dan sebelum tumbukan

𝜂 =𝐸𝐾f𝐸𝐾i

=

12𝐼𝜔f

2

12 𝐼𝜔i

2= (

𝜔f

𝜔i)2

= 𝑒2

Bagian energi yang hilang adalah

%Δ𝐸 = 1 − 𝑒2

Halaman 13 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

3. Suatu sistem terdiri dari batang tak bermassa yang di poros di titik O, massa titik 𝑚1 di

ujung bawah tongkat, dan massa titik 𝑚2 di ujung atas tongkat. Pada jarak 𝑑 di bawah

poros tongkat, dipasang pegas dengan konstanta 𝑘. Pegas dalam keadaan relaks saat

tongkat vertikal. Asumsikan bahwa 𝑚1 > 𝑚2. Tongkat dapat berotasi bebas gesekan

terhadap poros O. Abaikan hambatan udara dan hambatan lainnya. Sistem kemudian

disimpangkan dengan simpangan sudut 𝜃 yang kecil (𝜃 ≪ 1 radian).

a. Jika tidak ada gravitasi, berapa frekuensi osilasi sistem!

b. Jika ada gravitasi yang arahnya ke bawah, berapa frekuensi osilasi sistem!

Solusi :

a. Tinjau kondisi saat sistem ini disimpangkan, kita pilih simpangan sistem searah jarum

jam sebesar sudut 𝜃 yang kecil (boleh disimpangkan ke arah yang sebaliknya, hasilnya

sih sama aja)

𝑑

𝑘

𝐿

𝑑

𝑠

𝑚2

O

𝑚1

𝑘

𝐿

𝑑

𝑠

𝑚1

𝑚2

O

𝑘𝑥

𝜃

𝜃

𝜃 𝜃

𝜃

𝑑 cos 𝜃

𝑥 = 𝑑 sin 𝜃

Halaman 14 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Sebelumnya momen inersia sistem terhadap poros O adalah

𝐼O = 𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠

2

Menggunakan Hukum II Newton untuk gerak rotasi terhadap poros O akan kita

peroleh

∑𝜏 = 𝐼O𝜃

−𝑘𝑑 sin 𝜃 𝑑 cos 𝜃 = (𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠

2)𝜃

dengan pendekatan sudut 𝜃 kecil maka sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos 𝜃 ≈ 1

−𝑘𝑑2𝜃 = (𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠

2)𝜃

𝜃 +𝑘𝑑2

𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠2𝜃 = 0

Analog dengan bentuk umum persamaan gerak harmonik sederhana 𝜃 + 𝜔2𝜃 = 0,

dan dari 𝜔 = 2𝜋𝑓 akan kita peroleh

𝜔 = √𝑘𝑑2

𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠2⟹ 𝑓 =

1

2𝜋√

𝑘𝑑2

𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠2

b. Jika ada gaya gravitasi, maka akan ada tambahan torsi pemulih pada sistem akibat

kedua massa pada batang di sistem tersebut

sehingga menggunakan Hukum II Newton untuk gerak rotasi terhadap poros O akan

kita peroleh

𝑑 cos 𝜃

𝑥 = 𝑑 sin 𝜃

𝑘𝑥

𝜃

𝜃

𝜃

𝜃

𝜃

𝑚1𝑔

𝑚2𝑔

Halaman 15 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

∑𝜏 = 𝐼O𝜃

−𝑘𝑑 sin 𝜃 𝑑 cos𝜃 − 𝑚1𝑔𝐿 sin 𝜃 −𝑚2𝑔𝑠 sin 𝜃 = (𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠

2)𝜃

−(𝑘𝑑2 − (𝑚1𝐿 + 𝑚2𝑠)𝑔)𝜃 ≈ (𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠

2)𝜃

𝜃 + 𝑘𝑑2 + (𝑚1𝐿 +𝑚2𝑠)𝑔

𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠

2𝜃 = 0

Seperti sebelumnya akan kita peroleh

𝜔 = √𝑘𝑑2 + (𝑚1𝐿 +𝑚2𝑠)𝑔

𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠2⟹ 𝑓 =

1

2𝜋√𝑘𝑑2 + (𝑚1𝐿 +𝑚2𝑠)𝑔

𝑚1𝐿2 +𝑚2𝑠2

4. Terdapat sebuah Cakram setengah lingkaran bermassa 𝑚 dan berjari-jari 𝑅. Cakram ini

diletakkan di atas permukaan yang sangat kasar dimana bagian mendatarnya ada di

bagian atas. Seseorang mencoba menghitung posisi pusat massa dan momen inersia dari

cakram setengah lingkaran ini. Dengan sedikit trik seseorang tadi berhasil

mendapatkannya. Dia kemudian memberikan impuls 𝐽 pada salah satu sudut cakram.

Impuls yang dia berikan ini besarnya dibuat sekecil mungkin tapi mampu membuat

cakram akhirnya terbalik. Diketahui bahwa medan gravitasi di tempat ini homogen dan

besarnya adalah 𝑔.

i. Tentukan posisi pusat massa dan momen inersia dari cakram ini? Momen inersia yang

dimaksud di sini adalah momen inersia cakram terhadap pusat massanya. Tentukan

pula momen inersia setengah cakram ini terhadap suatu titik di pinggirannya? Apa

gunanya kita mencari ini, jawab dengan singkat.

j. Berapa kecepatan sudut awal cakram setelah diberi impuls 𝐽?

k. Tentukan nilai minimum impuls 𝐽 ini agar cakram dapat terbalik?

Solusi :

𝐽

𝑔

𝑅 𝑚

Halaman 16 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

a. Kita tinjau elemen massa kecil dari setengah cakram ini menggunakan koordinat polar.

Sebelumnya massa persatuan luas dari setengah cakram ini adalah

𝜎 =𝑚

𝜋𝑅2/2=

2𝑚

𝜋𝑅2

Kemudian kita tinjau elemen massa kecil 𝑑𝑚 seluas 𝑑𝐴 = 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 pada posisi 𝑟 dari

pusat koordinat (pusat lingkaran jika cakram merupakan lingkaran penuh) dan pada

sudut 𝜃 terhadap salah satu sisinya mendatarnya. Maka massa 𝑑𝑚 ini akan menjadi

𝑑𝑚 = 𝜎𝑑𝐴 =2𝑚

𝜋𝑅2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

Kemudian menggunakan teorema pusat massa untuk benda dengan distribusi massa

kontinyu akan kita dapatkan

𝑦pm =∫𝑦i𝑑𝑚

𝑚 dan 𝑥pm =

∫𝑥i𝑑𝑚

𝑚

Sebelumnya kita perlu ubah dulu 𝑦i = 𝑟 sin 𝜃 dan 𝑥i = 𝑟 cos𝜃, kemudian integral ini

juga akan menjadi lapis dua karena merupakan integral luas yaitu untuk peubah 𝑟 dan

𝑅

𝑟

𝑑𝑚

𝑟𝑑𝜃

𝑑𝑟

𝑑𝜃

𝑟𝑑𝜃

𝑑𝑟

𝑚

𝑥i

𝑦i 𝑟

𝑑𝑚

𝑦

𝑥

𝑅

Halaman 17 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝜃. Batas 𝑟 adalah dari 0 sampai 𝑅 dan batas 𝜃 adalah dari 0 sampai 𝜋 (hanya setengah

lingkaran) sehingga

𝑥pm =1

𝑚∫ ∫ 𝑟 cos𝜃

2𝑚

𝜋𝑅2 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

𝑅

0

𝜋

0

Konstanta bisa kita keluarkan dari integral

𝑥pm =2

𝜋𝑅2∫ 𝑟2𝑑𝑟

𝑅

0

∫ cos𝜃 𝑑𝜃𝜋

0

Kita dapatkan bahwa integral ∫ cos 𝜃 𝑑𝜃𝜋

0= 0 sehingga posisi pusat massa pada

sumbu 𝑥 tepat di 𝑥 = 0 atau di aris vertikal yang melalui pusat lingkaran. Kemudian

dengan cara yang sama untuk 𝑦pm akan kita peroleh

𝑦pm =2


𝑅

0

∫ sin 𝜃 𝑑𝜃𝜋

0

𝑦pm =2

𝜋𝑅2[𝑅3

3− 0] [− cos 𝜋 − (− cos0)]

𝑦pm =4𝑅

3𝜋

Artinya, pusat massa sistem berada di pada garis yang melalui pusat lingkaran pada

jarak 𝑦pm dari sisi mendatarnya. Berikutnya, kita cari dulu momen inersia setengah

cakram ini terhadap pusat lingkaran atau titik O. Menggunakan teorema momen

inersia untuk benda yang massanya terdistribusi secara kontinyu akan kita peroleh

𝐼O = ∫𝑟2𝑑𝑚

𝐼O =2𝑚


𝑅

0

∫ 𝑑𝜃𝜋

0

𝐼O =2𝑚

𝜋𝑅2[𝑅4

4− 0] [𝜋 − 0] ⟹ 𝐼O =

1

2𝑚𝑅2

Halaman 18 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Jarak titik O ke pusat massa sistem adalah 𝑦pm dan jarak pusat massa sistem ke

pinggiran lingkaran adalah

𝑑 = 𝑅 − 𝑦pm ⟹ 𝑑 = (1 −4

3𝜋)𝑅

Dari teorema sumbu sejajar untuk momen inersia akan kita peroleh momen inersia

setengah cakram ini terhadap pusat massanya yaitu

𝐼O = 𝐼pm +𝑚𝑦pm2

1

2𝑚𝑅2 = 𝐼pm +𝑚

16

9𝜋2𝑅2 ⟹ 𝐼pm = 𝑚𝑅2 (

1

2−

16

9𝜋2)

Kemudian momen inersia cakram terhadap suatu titik di tepiannya adalah

𝐼tepi = 𝐼pm +𝑚𝑑2

𝐼tepi = 𝐼O −𝑚𝑦pm2 +𝑚(𝑅 − 𝑦pm)

2= 𝐼O −𝑚𝑦pm

2 +𝑚𝑅2 +𝑚𝑦pm2 − 2𝑚𝑅𝑦pm

𝐼tepi = 𝐼O +𝑚𝑅2 − 2𝑚𝑅𝑦pm

𝐼tepi =1

2𝑚𝑅2 +𝑚𝑅2 − 2𝑚𝑅

4

3𝜋𝑅 ⟹ 𝐼tepi = 𝑚𝑅2 (

3

2−

8

3𝜋)

b. Pada saat awal ini, posisi cakram terbalik dimana sisi mendatarnya menghadap atas.

Kemudian, saat diberi impuls di salah satu ujung atasnya (dalam hal ini di sebelah

kanan), ini akan menyebabkan lantai juga memberikan impuls ke atas pada cakaram

di titik kontak yang ada di titik terbawah cakram.

𝑅

𝑥

𝑦

pm

𝑦pm

𝑑

Halaman 19 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Jika kita tinjau terhadap titik kontak ini, lengan momen dari impuls lantai ini akan nol

sehingga hanya impuls dari atas saja yang tersisa dan kita bisa dapatkan kecepatan

sudut cakram dari sini, yaitu

𝐽𝑅 = 𝐼tepi𝜔i

𝐽𝑅 = 𝑚𝑅2 (3

2−

8

3𝜋)𝜔i ⟹𝜔i =

𝐽

𝑚𝑅 (32 −

83𝜋)

c. Agar dapat membuat cakram terbalik, cakram ini harus bisa mencapai energi potensial

maksimumnya, artinya semua energi kinetik yang diakibatkan oleh impuls, seluruhnya

diubah energi potensial, disini kita menggunakan hukum kekekalan energi atau

konservasi energi.

Energi potensial maksimum cakram tercapai ketika posisi pusat massa cakram berada

di posisi tertinggi yaitu (dari teorema phytagoras)

𝑦maks2 = 𝑅2 + 𝑦pm

2

𝑦maks2 = 𝑅2 (1 +

16

9𝜋2)

Kemudian dari konservasi energi akan kita peroleh (kita gunakan acuan energi

potensial nol di permukaan lantai)

𝐸i = 𝐸f

𝑅 𝐽 𝜔i

𝑑 𝑅

𝑦pm

𝑦maks

Halaman 20 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

1

2𝐼tepi𝜔i

2 +𝑚𝑔𝑑 = 𝑚𝑔𝑦maks

𝐼tepi𝜔i2 = 2𝑚𝑔(𝑦maks − 𝑑)

𝑚𝑅2 (3

2−

8

3𝜋) [

𝐽min

𝑚𝑅 (32−

83𝜋

)]

2

= 2𝑚𝑔(𝑦maks − 𝑅 + 𝑦pm)

𝐽min2

𝑚(32 −

83𝜋)

= 2𝑚𝑔(𝑅√1 +16

9𝜋2− 𝑅 +

4

3𝜋𝑅)

𝐽min2 = 2𝑚2𝑔𝑅(√1 +

16

9𝜋2− 1 +

4

3𝜋)

𝐽min = 𝑚√2𝑔𝑅(√1 +16

9𝜋2− 1 +

4

3𝜋)

12

5. Terdapat empat buah kotak kubus dengan sisi 𝑅 dan bermassa 𝑚 di atas meja licin yang

posisinya ada di empat arah mata angin. Posisinya seperti gambar di bawah. Sebuah bola

bermassa 2𝑚 dan berdiameter 𝑑 = 2𝑅 diletakkan tepat di atas pusat massa sistem kotak

di lantai. Medan gravitasi homogen sebesar 𝑔 dan arahnya ke bawah. Sistem ini kemudian

dilepaskan dari keadaan diam. Seluruh permukaan licin.

l. Tentukan kecepatan tiap benda sebagai fungsi dari sudut 𝜃, yaitu sudut yang dibentuk

garis penghubung titik kontak bola-kotak dengan pusat massa bola terhadap garis

vertikal! Tentukan pula �̇�!

m. Tentukan besar gaya kontak antara bola dan tiap kotak sebagai fungsi dari sudut 𝜃!

n. Pada sudut berapa bola akan lepas kontak dengan kotak!

o. Berapa kecepatan bola dan kecepatan tiap kotak saat semua benda lepas kontak!

Halaman 21 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Untuk menyelesaikan bagian (c) diperlukan metode numerik. Gunakanlah aplikasi grafik

untuk menemukan sudut 𝜃c saat lepas kontak.

Untuk bagian (d) diperlukan kalkulator untuk menyelesaikannya.

Solusi :

a. Perhatikan gambar di bawah, kita bisa tahu berapa sudut awal (yaitu sudut saat 𝑡 =

0) yaitu 𝜃(0) = 𝜃0

Dari situ bisa dapatkan bahwa

sin 𝜃0 =

𝑅2𝑅⟹ sin 𝜃0 = 1/2

cos 𝜃0 = √1 − sin2 𝜃0 = √1 −1

4⟹ cos 𝜃0 =

√3

2

Kemudian kita tinjau saat 𝑡 > 0, perhatikan posisi masing-masing benda berikut

Kita bisa dapatkan hubungan yaitu

𝑥 = 𝑅 sin 𝜃 dan 𝑦 = 𝑅 + 𝑅 cos𝜃

Turunkan kedua sisi terhadap waktu akan kita peroleh

�̇� = 𝑣k = 𝑅�̇� cos 𝜃 dan �̇� = −𝑣b = −𝑅�̇� sin 𝜃

Akan kita dapatkan hubungan berikut

𝑣b2 + 𝑣k

2 = 𝑅2�̇�2 sin2 𝜃 + 𝑅2�̇�2 cos2 𝜃 = 𝑅2�̇�2(sin2 𝜃 + cos2 𝜃)

𝑅

2𝜃0 𝜃0 𝜃0 𝑅

𝑅/2 𝑅/2

𝑦0

2𝜃0

𝑅 𝑦

𝑅

𝑥

𝜃 𝜃

Halaman 22 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑣b2 + 𝑣k

2 = 𝑅2�̇�2

Juga akan kita dapatkan

𝑣b𝑣k

=sin 𝜃

cos𝜃= tan𝜃 ⟹ 𝑣b = 𝑣k tan 𝜃 ⟹ 𝑣b

2 = 𝑣k2 tan2 𝜃

Dimana 𝑑𝑥/𝑑𝑡 = �̇� = 𝑣k adalah kecepatan kotak (laju perpindahan kotak) dan

𝑑𝑦/𝑑𝑡 = �̇� = −𝑣b adalah kecepatan bola yang arahnya ke bawah (laju perpindahan

bola). Mengapa ada tanda negatif? Perhatikan arahnya, 𝑦 diukur dari bawah, artinya

perubahan 𝑦 terhadap waktu arahnya ke atas, namun bola arah geraknya ke bawah,

jadi kcepatan bola adalah negatif dari perubahan posisi 𝑦.

Kemudian dari hukum kekekalan energi mekanik akan kita peroleh (jadikan

permukaan lantai sebagai acuan energi potensial sama dengan nol)

𝐸i = 𝐸f

4𝑚𝑔𝑅

2+ 2𝑚𝑔𝑦0 = 4𝑚𝑔

𝑅

2+ 2𝑚𝑔𝑦 +

1

22𝑚𝑣k

2 + 41

2𝑚𝑣b

2

2𝑔𝑦0 = 2𝑔𝑦 + 𝑣k2 + 2𝑣b

2

2𝑔(𝑦0 − 𝑦) = 𝑣k2 + 2𝑣k

2 tan2 𝜃

2𝑔(𝑅 + 𝑅 cos𝜃0 − 𝑅 − 𝑅 cos𝜃) = 𝑣k2(1 + 2 tan2 𝜃)

𝑣k2 =

2𝑔𝑅(cos𝜃0 − cos𝜃)

1 + 2 tan2 𝜃⟹ 𝑣k = √

𝑔𝑅(√3 − 2 cos𝜃)

1 + 2 tan2 𝜃

Juga akan kita peroleh

𝑣b = 𝑣k tan 𝜃 ⟹ 𝑣b = tan𝜃√𝑔𝑅(√3 − 2 cos𝜃)

1 + 2 tan2 𝜃

𝑅2�̇�2 = 𝑣b2 + 𝑣k

2 = 𝑣k2(1 + tan2 𝜃) = 𝑣k

2 sec2 𝜃

𝑅2�̇�2 =𝑔𝑅(√3 − 2 cos 𝜃)

(1 + 2 tan2 𝜃) cos2 𝜃⟹ �̇� = √

𝑔(√3 − 2 cos𝜃)

(1 + 2 tan2 𝜃)𝑅 cos2 𝜃

𝑦 𝑣k 𝑣k 𝑣b

Halaman 23 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

b. Perhatikan gaya kontak pada salah satu kotak berikut!

Percepatan kotak tersebut adalah

𝑎k =𝑑2𝑥

𝑑𝑡2= 𝑥 = 𝑅𝜃 cos 𝜃 − 𝑅�̇�2 sin 𝜃

Kita cari dulu 𝜃 yaitu

𝜃 =𝑑�̇�

𝑑𝑡=𝑑�̇�

𝑑𝑡

𝑑𝜃

𝑑𝜃=𝑑�̇�

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡= �̇�

𝑑�̇�

𝑑𝜃

Dari hasil bagian (a) kita dapatkan

𝑑�̇�

𝑑𝜃=

𝑑

𝑑𝜃√

𝑔(√3 − 2 cos 𝜃)

(1 + 2 tan2 𝜃)𝑅 cos2 𝜃

𝑑�̇�

𝑑𝜃= −

1

2[

𝑔(√3 − 2 cos 𝜃)

(1 + 2 tan2 𝜃)𝑅 cos2 𝜃]

−12

[𝑔(0 − 2(−sin 𝜃))(1 + 2 tan2 𝜃)𝑅 cos2 𝜃 − 𝑔(√3 − 2 cos𝜃){… }

(1 + 2 tan2 𝜃)2𝑅2 cos4 𝜃]

{… } = {(1 + 2 tan2 𝜃)𝑅(2 cos𝜃 (− sin 𝜃)) + (0 + 4 tan𝜃 sec2 𝜃)𝑅 cos2 𝜃}

Yah ternyata rada panjang ya, gk papa, ayok semangat hehe . Kita lanjutin yah,

pertama kita sederhanain dulu

𝑑�̇�

𝑑𝜃= −

1

2�̇�[2𝑔𝑅 sin 𝜃 (1 + 2 sin2 𝜃) − 𝑔𝑅(√3 − 2 cos 𝜃){… }

(1 + 2 tan2 𝜃)2𝑅2 cos4 𝜃]

{… } = {−2 sin 𝜃 cos𝜃 − 4 sin2 𝜃 + 4 tan𝜃}

Kita sederhanakan pembilangnya terlebih dahulu

2𝑔𝑅 sin 𝜃 (1 + 2 sin2 𝜃) − 𝑔𝑅(√3 − 2 cos 𝜃){−2 sin 𝜃 cos𝜃 − 4 sin2 𝜃 + 4 tan 𝜃}

2𝑔𝑅 sin 𝜃 [1 + 2 sin2 𝜃 + (√3 − 2 cos𝜃){cos𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃}]

Sehingga kita dapatkan

𝑁 𝜃

𝑁L

𝑚𝑔

𝑎k

Halaman 24 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝜃 = −1

2

2𝑔𝑅 sin 𝜃 [1 + 2 sin2 𝜃 + (√3 − 2 cos 𝜃){cos 𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃}]

(1 + 2 tan2 𝜃)2𝑅2 cos4 𝜃

𝜃 = −𝑔 sin 𝜃 [1 + 2 sin2 𝜃 + (√3 − 2 cos𝜃){cos𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃}]

𝑅(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos4 𝜃

Sehingga percepatan kotak akan menjadi

𝑎k = 𝑅𝜃 cos 𝜃 − 𝑅�̇�2 sin 𝜃

𝑎k =𝑔 sin 𝜃 [1 + 2 sin2 𝜃 + (√3 − 2 cos𝜃){cos𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃}]

(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos3 𝜃

−𝑔(√15 − 4 cos 𝜃)

(1 + 2 tan2 𝜃) cos𝜃sin 𝜃

𝑎k = 𝑔 sin 𝜃1 + 2 sin2 𝜃 + (√3 − 2 cos𝜃){… } − (√15 − 4 cos𝜃)(1 + 2 tan2 𝜃) cos 𝜃

(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos3 𝜃

{… } = cos𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃

𝑎k = 𝑔1 + 2 sin2 𝜃 + (√3 − 2 cos𝜃){… }

(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos3 𝜃

{… } = cos𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃 − (1 + 2 tan2 𝜃) cos𝜃

{… } = cos 𝜃 + 2 sin 𝜃 − 2 sec 𝜃 − cos𝜃 − 2 tan𝜃 sin 𝜃

{… } = 2(sin 𝜃 − sec 𝜃 − tan 𝜃 (1 + sin 𝜃))

𝑎k = 𝑔 sin 𝜃1 + 2 sin2 𝜃 + 2(√3 − 2 cos𝜃){sin 𝜃 − sec 𝜃 − tan𝜃 (1 + sin 𝜃)}

(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos3 𝜃

Kita sederhanakan pembilangnya lagi yah, yuk semangat

(1 + 2 sin2 𝜃) + 2(√3 − 2 cos𝜃){sin 𝜃 − sec 𝜃 − tan 𝜃 (1 + sin 𝜃)}

1 + 2 sin2 𝜃 + 2√3{sin 𝜃 − sec 𝜃 − tan 𝜃 (1 + sin 𝜃)}

− 4 cos 𝜃 {sin 𝜃 − sec 𝜃 − tan 𝜃 (1 + sin 𝜃)}

1 + 2 sin2 𝜃 + 2√15sin 𝜃 − 2√15sec 𝜃 − 2√15sin 𝜃 − 2√15sin 𝜃 sec 𝜃

− 4 sin 𝜃 cos 𝜃 + 4 + 4 sin2 𝜃 + 4 sin 𝜃

sec 𝜃 [5 cos𝜃 + 6 sin2 𝜃 cos𝜃 + 4 sin 𝜃 cos𝜃 − 2√3 − 2√3 sin 𝜃 − 4 sin 𝜃 cos2 𝜃]

Sehingga

𝑎k = 2𝑔 sin 𝜃5 cos𝜃 + 6 sin2 𝜃 cos 𝜃 + 4 sin 𝜃 cos𝜃 − 2√3 − 2√3sin 𝜃 − 4 sin 𝜃 cos2 𝜃

(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos4 𝜃

Halaman 25 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Menggunakan Hukum II Newton untuk gerak transalasi mendatar kotak akan kita

peroleh

𝑁 sin 𝜃 = 𝑚𝑎k ⟹𝑁 =𝑚𝑎ksin 𝜃

Sehingga

𝑁 = 2𝑚𝑔5 cos𝜃 + 6 sin2 𝜃 cos𝜃 + 4 sin 𝜃 cos𝜃 − 2√3 − 2√3 sin 𝜃 − 4 sin 𝜃 cos2 𝜃

(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos4 𝜃

c. Saat bola dan kotak lepas kontak, gaya normal 𝑁 akan bernilai nol, mengapa? Karena

gaya normal hanya muncul jika ada kontak, saat gaya normal tidak ada atau 𝑁 = 0,

artinya kedua permukaan tersebut lepas kontak sehingga

𝑁 = 0 =𝑚𝑎ksin 𝜃c

⟹ 𝑎k = 0

2𝑔 sin 𝜃c5 cos 𝜃c + 6 sin2 𝜃c cos𝜃c + 4 sin 𝜃c cos𝜃c − 2√3 − 2√3sin 𝜃c − 4 sin 𝜃c cos

2 𝜃c(1 + 2 tan2 𝜃)2 cos4 𝜃

= 0

5 cos𝜃c + 6 sin2 𝜃c cos𝜃c + 4 sin 𝜃c cos𝜃c − 2√3 − 2√3 sin 𝜃c − 4 sin 𝜃c cos2 𝜃c = 0

cos 𝜃c (5 + 6 sin 𝜃c cos𝜃c) = 2√3(1 + sin 𝜃c) − 4 sin 𝜃c cos 𝜃c (1 − cos 𝜃c)

Ternyata kita memerlukan metode numerik disini, saya menggunakan aplikasi grafik

online dari website www.desmos.com. Kedua fungsi di atas bisa kita dapatkan titik

potongnya berdasarkan hasil berikut

kita bisa dapatkan nilai 𝜃c yaitu

𝜃c = 0,833 radian

http://www.desmos.com/

Halaman 26 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

d. Dengan menggunakan kalkulator akan kita dapatkan

cos𝜃c = 0,673

tan 𝜃c = 1,100

Sehingga akan kita peroleh

𝑣k = √𝑔𝑅(√3 − 2 cos 𝜃c)

1 + 2 tan2 𝜃c⟹ 𝑣k = 0,336√𝑔𝑅

𝑣b = 𝑣k tan 𝜃c ⟹ 𝑣b = 0,370√𝑔𝑅

6. Terdapat dua buah silinder bermassa sama dan memiliki jari-jari 𝑅. Silinder pertama

diletakkan di pojokan antara dinding dan lantai kemudian silinder yang satunya diletakkan

di atas silinder yang pertama dan menyentuh dinding. Sistem kemudian diberikan sedikit

gangguan sehingga sistem mulai bergerak. Tidak ada gaya gesek yang bekerja pada sistem.

Percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan arahnya ke bawah. asumsikan semua permukaan licin.

a. Misalkan silinder atas telah turun sejauh ℎ dan silinder bawah bergerak sejauh 𝑠,

tentukan hubungan kedua besaran ini! Nyatakan dalam sudut yang dibentuk oleh garis

penghubung kedua pusat massa silinder dengan horizontal (𝜃).

b. Tentukan hubungan kecepatan antara silinder atas dan bawah!

c. Tentukan kecepatan silinder bawah dan atas sebagai fungsi 𝜃!

d. Pada saat sudut 𝜃 berapa kecepatan silinder bawah maksimum! Tentukan kecepatan

maksimum tersebut!

e. Pada saat sudut 𝜃 berapa kecepatan silinder atas maksimum! Tentukan kecepatan

maksimum tersebut! Khusus untuk kasus silinder masih bersentuhan.

f. Tentukan kecepatan silinder atas tepat sebelum menumbuk lantai!

𝑔

𝑅

𝑅 𝜃

Halaman 27 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Solusi :

a. Perhatikan gambar di bawah ini!

Dari gambar di atas, kita dapatkan bahwa

𝑦 = 2𝑅 sin 𝜃 … (1) dan 𝑠 = 2𝑅 cos𝜃 … (2)

Sehingga

𝑦

𝑠= tan𝜃 ⟹ 𝑦 = 𝑠 tan𝜃

Dari geometri bangun, jika bola atas turun sejauh ℎ, akan kita peroleh bahwa

ℎ = 3𝑅 − 𝑦 + 𝑅 ⟹ ℎ = 2𝑅 − 𝑦… (3)

maka

ℎ = 2𝑅 − 𝑠 tan 𝜃

b. Turunkan persamaan (1) dan (2) terhadap waktu, akan kita dapatkan

𝑑𝑦

𝑑𝑡= 2𝑅 cos𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑𝑠

𝑑𝑡= −2𝑅 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

Bagi kedua persamaan di atas

𝑑𝑠/𝑑𝑡

𝑑𝑦/𝑑𝑡= − tan 𝜃

Turunkan persamaan (3) terhadap waktu

𝑑ℎ

𝑑𝑡= −

𝑑𝑦

𝑑𝑡

Sehingga

𝑑𝑠/𝑑𝑡

𝑑ℎ/𝑑𝑡= tan 𝜃

𝑅

𝑅

𝜃 3𝑅 𝑦

𝑠

2𝑅

Halaman 28 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Dimana 𝑑𝑠/𝑑𝑡 dan 𝑑ℎ/𝑑𝑡 adalah turunan pertama perpindahan silinder bawah dan

silinder atas yang merupakan kecepatan keduanya, sehingga akan kita dapatkan

hubungan

𝑣b𝑣a

= tan𝜃 ⟹ 𝑣b = 𝑣a tan 𝜃

c. Pada sistem ini, tidak ada gaya non-konservatif yang melakukan kerja pada sistem,

sehingga energi sistem kekal. Dari konservasi energi ini akan kita peroleh (jadikan

ketinggian pusat massa bola bawah sebagai acuan energi potensial sama dengan nol)

𝐸i = 𝐸f

2𝑚𝑔𝑅 = 2𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 +1

2𝑚𝑣b

2 +1

2𝑚𝑣a

2

4𝑔𝑅(1 − sin 𝜃) = 𝑣b2 + 𝑣a

2

Subtitusi persamaan (4)

4𝑔𝑅(1 − sin 𝜃) = 𝑣a2 tan2 𝜃 + 𝑣a

2 = 𝑣a2 sec2 𝜃

𝑣a = 2√𝑔𝑅 cos2 𝜃 (1 − sin 𝜃)

dan juga

𝑣b = 2√𝑔𝑅 sin2 𝜃 (1 − sin 𝜃)

d. Saat 𝑣b maksimum, maka 𝑣b2 juga maksimum, sehingga berlaku syarat

𝑑𝑣ab2

𝑑𝜃= 0 =

𝑑

𝑑𝜃[sin2 𝜃 (1 − sin 𝜃)]

sin2 𝜃 (−cos 𝜃) + (1 − sin 𝜃)2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0

−sin2 𝜃 cos 𝜃 + 2 sin 𝜃 cos𝜃 − 2 sin2 𝜃 cos 𝜃 = 0

2 = 3 cos𝜃

cos 𝜃 =2

3⟹ 𝜃 = cos−1 (

2

3) ≈ 48,190

sin 𝜃 =√5

3

Dan kecepatan maksimumnya ini adalah

𝑣b = 2√𝑔𝑅 (5

9) (1 −

√5

3) ⟹ 𝑣b = √

20

27(3 − √5)𝑔𝑅

Halaman 29 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

e. Seperti sebelumnya, Saat 𝑣a maksimum, maka 𝑣a2 juga maksimum, sehingga berlaku

syarat

𝑑𝑣a2

𝑑𝜃= 0 =

𝑑

𝑑𝜃[cos2 𝜃 (1 − sin 𝜃)]

cos2 𝜃 (− cos𝜃) + (1 − sin 𝜃)2 cos 𝜃 (− sin 𝜃) = 0

−cos3 𝜃 − 2 sin 𝜃 cos𝜃 + 2 sin2 𝜃 cos 𝜃 = 0

2 sin 𝜃 = 2 sin2 𝜃 − cos2 𝜃

2 sin 𝜃 = 2 sin2 𝜃 − 1 + sin2 𝜃

3 sin2 𝜃 − 2 sin 𝜃 − 1 = 0

sin 𝜃 =2 ± √4 + 12

6

sin 𝜃 =2 ± 4

6

Karena sudut 𝜃 hanya berada di antara 0 ≤ 𝜃 ≤ 𝜋/2, sudut yang memenuhi adalah

sin 𝜃 = 1 ⟹ 𝜃 =𝜋

2

Sekarang apakah ini benar? Jawabannya tidak, mengapa? Jika kita subtusi nilai 𝜃 ini

ke 𝑣a, nilainya malah nol. Ini artinya nilai minimum dari 𝑣a. Mengapa bisa seperti ini?

Kembali lagi ke definisi turunan, bahwa turunan pertama menandakan gradien dari

fungsi yang kita turunkan. Titik yang memiliki gradien sama dengan nol mempunyai

dua kemungkinan yaitu merupakan titik maksimum atau minimum. Sebenanrnya jika

kita interpretasi secara fisis, kita bisa dapatkan nilai maksikum dari 𝑣a. Perhatikan

bahwa saat awal, kecepatnnya masih nol. Seiring berkurangnya 𝜃, kecepatan ini

semakin besar. Baik suku cos2 𝜃 maupun (1 − sin 𝜃) semakin bertambah seiring

waktu, dan akan memiliki nilai maksimum saat 𝜃 = 0 (silinder atas sampai di lantai).

Maka kecepatan silinder atas akan maksimum saat 𝜃 = 0 dimana besarnya adalah

𝑣a = 2√𝑔𝑅. Disini saya ingin menunjukan bahwa matematika itu hanyalah alat di

fisika. Konsep fisis pada fisikalah yang mutlak juga harus kita pahami. Sebenanrnya di

sini masih ada satu masalah. Masalah ini adalah, kecepatan silinder atas akan

maksimum ketika 𝜃 = 0 hanya jika dia terus bersentuhan dengan silinder bawah. kita

perlu mengecek, apakah kedua silinder ini terus bersentuhan atau malah lepas

Halaman 30 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

sebelum silinder atas tiba di atas lantai. Gaya normal antara kedua bola saat sudut 𝜃

perlu kita cari terlebih dahulu. Gaya normal ini akan bervariasi sebagai fungsi sudut 𝜃.

Kita harus lihat, apakah gaya normal ini mungkin bernilai nol. Ok, perhatikan gambar

di bawah ini!

Hukum II Newton untuk bola bawah arah sumbu 𝑥

∑𝐹x = 𝑚𝑎b

𝑁 cos𝜃 = 𝑚𝑎b ⟹𝑁 =𝑚𝑎bcos 𝜃

Percepatan bola bawah adalah

𝑎b =𝑑𝑣b𝑑𝑡

=𝑑

𝑑𝑡(−2𝑅 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡)

𝑎b = −2𝑅 sin 𝜃𝑑2𝜃

𝑑𝑡2− 2𝑅 cos 𝜃 (

𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

Kita gunakan versi penulisan yang lebih sederhana yaitu

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 𝜃 (baca ∶ theta double dot)

𝑑𝜃

𝑑𝑡= �̇� (baca ∶ theta dot)

Sehingga

𝑎b = −2𝑅(𝜃 sin 𝜃 + �̇�2 cos𝜃)

Sebelumnya kita mempunyai

𝑣b = 2√𝑔𝑅 sin2 𝜃 (1 − sin 𝜃) = −2𝑅 sin 𝜃 �̇�

�̇� = −√𝑔

𝑅(1 − sin 𝜃)

�̇�2 =𝑔

𝑅(1 − sin 𝜃)

Turunkan persamaan di atas terhadap waktu

𝑎a 𝜃 𝑎b

𝑁 𝑁

𝑁1

𝑁2

𝑚𝑔

𝑚𝑔

Halaman 31 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝑑�̇�2

𝑑𝑡= 2�̇�𝜃 =

𝑔

𝑅(−cos 𝜃)�̇� ⟹ 𝜃 = −

𝑔

2𝑅cos 𝜃

Sehingga

𝑎b = −2𝑅 (−𝑔

2𝑅cos 𝜃 sin 𝜃 +

𝑔

𝑅(1 − sin 𝜃) cos 𝜃)

𝑎b = 𝑔(cos𝜃 sin 𝜃 − (1 − sin 𝜃) cos 𝜃)

𝑎b = 𝑔(2 sin 𝜃 − 1) cos𝜃

Maka gaya normal pada kedua bola akan berbentuk

𝑁 = 𝑚𝑔(2 sin 𝜃 − 1)

Dan gaya ini akan bernilai nol saat

0 = 𝑚𝑔(2 sin 𝜃 − 1)

2 sin 𝜃 − 1 = 0 ⟹ sin 𝜃 =1

2⟹ 𝜃 =

𝜋

6= 300

Jadi bola akan saling lepas saat sudutnya 𝜃 = 300. Sehingga kecepatan maksimum

silinder atas saat masih bersentuhan dengan silinder atas adalah

𝑣a = 2√𝑔𝑅 (3

4)(1 −

1

2) ⟹ 𝑣a = √

3

2𝑔𝑅

f. Setelah silinder saling lepas, silinder atas hanya dipercepat oleh percepatan gravitasi,

sehingga kecepatannya saat menumbuk lantai adalah

𝑣L = √𝑣a2 + 2𝑔𝐻

Dengan 𝐻 = 2𝑅 sin 𝜃 = 𝑅

𝑣L = √3

2𝑔𝑅 + 2𝑔𝑅 ⟹ 𝑣L = √

7

2𝑔𝑅

7. Terdapat dua buah bola kecil P dan Q, masing-masing bermassa 𝑚, keduanya dihubungan

dengan batang tegar yang kuat sepanjang 𝑑. Sistem benda tegar bola dan batang ini

kemudian diletakkan di lintasan berbentuk seperempat lingkaran di mana bola P

diletakkan di posisi yang lebih atas. Pada awalnya, garis yang menghubungkan bola P

dengan pusat lintasan membentuk sudut 𝜃 = 𝜃0 = 𝜋/2 terhadap vertikal. Sistem ini

kemudian dilepaskan dari posisi ini.

Halaman 32 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

a. Gambarkan diagram gaya yang bekerja pada sistem bola-batang ini!

b. Menggunakan sudut 𝜃, tentukan persamaan gerak sistem ini!

c. Berapa percepatan sudut sistem sebagai fungsi 𝜃!

d. Menggunakan hasil pada bagian (c), saat bola Q tiba di titik D, tentukan kecepatan

bola P dan Q!

e. Menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik, buktikan bahwa hasil pada bagian

(d) memiliki hasil yang sama!

Solusi :

a. Berikut adalah diagram gaya pada batang saat sudut 𝜃 < 𝜃0

b. Untuk bola P, menggunakan Hukum II Newton pada arah tangensial dan radial akan

kita peroleh

Arah tangensial (arah 𝜃P)

∑𝐹θ = 𝑚𝑎θ

−𝑇 cos𝛼

2−𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑅𝜃 … (1)

𝜃 𝑁P

𝜙

�̂�p 𝑇

𝛼

𝑚𝑔

𝑁Q

𝑚𝑔

𝜃p

𝜃Q

�̂�Q

𝑇 𝛼/2

𝜃0

𝑅

P

Q 𝑑

𝑚

𝑚

Halaman 33 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Arah radial (arah �̂�P)

∑𝐹r = 𝑚𝑎r

−𝑇 sin𝛼

2− 𝑁P +𝑚𝑔 cos𝜃 = 𝑚𝑅�̇�2…(2)

Kemudian untuk bola Q akan kita peroleh pula

Arah tangensial (arah 𝜃Q)

∑𝐹θ = 𝑚𝑎θ

𝑇 cos𝛼

2− 𝑚𝑔 sin𝜙 = 𝑚𝑅𝜙 … (3)

Arah radial (arah �̂�P)

∑𝐹r = 𝑚𝑎r

−𝑇 sin𝛼

2− 𝑁Q +𝑚𝑔 cos𝜙 = 𝑚𝑅�̇�2…(4)

Kita telah menggunakan arah positif dari sistem koordinat yang kita pilih (sistem

koordinat polar) sebagai referensi. Ingat bahwa percepatan pada arah tangensial dan

radial ini terdiri dari percepatan tangensial dan sentripetal. Untuk hubungan sudut 𝜙

dan 𝜃 bisa kita dapatkan dari gambar di atas, yaitu

𝜃 = 𝜙 + 𝛼… (5)

Dimana sudut 𝛼 bernilai konstan. Untuk mendapatkannya, perhatikan gambar di

bawah ini!

Dari gambar di atas kita peroleh bahwa

sin𝛼

2=

𝑑

2𝑅⟹ cos

𝛼

2=√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅

Sehingga

𝑑/2

𝑅

𝑅 𝑑/2

Halaman 34 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

sin 𝛼 = 2 sin𝛼

2cos

𝛼

2= 2

𝑑

2𝑅

√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅

sin 𝛼 =𝑑√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅2⟹ 𝛼 = sin−1 (

𝑑√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅2)

Kita akan dapatkan pula

cos𝛼 = cos2𝛼

2− sin2

𝛼

2=4𝑅2 − 𝑑2

4𝑅2−

𝑑2

4𝑅2

cos𝛼 =2𝑅2 − 𝑑2

2𝑅2

Turunkan persamaan (5) terhadap waktu, akan kita peroleh hubungan antara �̇�

dengan �̇� dan 𝜃 dengan 𝜙 (ingat bahwa 𝛼 konstan)

�̇� = �̇�

𝜃 = 𝜙

Menggunakan identitas trigonometri dari sin𝜙 = sin(𝜃 − 𝛼) = sin 𝜃 cos𝛼 −

cos𝜃 sin 𝛼 dan cos𝜙 = cos(𝜃 − 𝛼) = cos𝜃 cos𝛼 + sin 𝜃 sin 𝛼 untuk persamaan (3)

dan (4) akan kita peroleh

𝑇 cos𝛼

2−𝑚𝑔(sin 𝜃 cos𝛼 − cos 𝜃 sin 𝛼) = 𝑚𝑅𝜃 … (6)

−𝑇 sin𝛼

2− 𝑁Q +𝑚𝑔(cos𝜃 cos 𝛼 + sin 𝜃 sin 𝛼) = 𝑚𝑅�̇�2…(7)

Jumlahkan persamaan (1) dan (6) akan kita peroleh

−𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑚𝑔(sin 𝜃 cos 𝛼 − cos𝜃 sin 𝛼) = 2𝑚𝑅𝜃

−𝑔[sin 𝜃 + (sin 𝜃 cos𝛼 − cos𝜃 sin 𝛼)] = 2𝑅𝜃

−𝑔[sin 𝜃 (1 + cos𝛼) − cos 𝜃 sin 𝛼] = 2𝑅𝜃 … (8)

Persamaan (8) adalah persamaan gerak sistem ini dengan sin 𝛼 dan cos𝛼 seperti yang

telah kita turunkan di atas.

c. Dari persamaan (8), percepatan sudut sistem sebagai fungsi 𝜃 bisa kita dapatkan yaitu

𝜃 = −𝑔[sin 𝜃 (1 + cos 𝛼) − cos 𝜃 sin 𝛼]

2𝑅

d. Kita bisa dapatkan kecepatan sudut sistem dengan menggunakan definisi dari

percepatan sudut, yaitu turunan pertama kecepatan sudut terhadap waktu, dari sini

akan kita peroleh

Halaman 35 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

𝜃 =𝑑�̇�

𝑑𝑡=𝑑�̇�

𝑑𝑡

𝑑𝜃

𝑑𝜃=𝑑�̇�

𝑑𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡⟹ 𝜃 = �̇�

𝑑�̇�

𝑑𝜃

Sehingga

𝜃 = �̇�𝑑�̇�

𝑑𝜃= −

𝑔

2𝑅[sin 𝜃 (1 + cos𝛼) − cos𝜃 sin 𝛼]

�̇�𝑑�̇� = −𝑔

2𝑅[sin 𝜃 (1 + cos𝛼) − cos 𝜃 sin 𝛼]𝑑𝜃

Integralkan kedua ruas di atas untuk mendapatkan kecepatan sudut sistem sebagai

fungsi 𝜃. Ingat bahwa saat 𝜃 = 𝜃0 = 𝜋/2, �̇� = 0, sehingga

∫ �̇�𝑑�̇��̇�

0

= −𝑔

2𝑅∫ [sin 𝜃 (1 + cos𝛼) − cos𝜃 sin 𝛼]𝑑𝜃

𝜃

𝜋/2

[�̇�2

2]0

�̇�

= −𝑔

2𝑅[(1 + cos𝛼)[−cos 𝜃]𝜋/2

𝜃 − sin 𝛼 [sin 𝜃]𝜋/2𝜃 ]

�̇�2

2= −

𝑔

2𝑅[−(1 + cos𝛼) cos𝜃 − sin 𝛼 (sin 𝜃 − 1)]

�̇�2 =𝑔

𝑅[(1 + cos 𝛼) cos 𝜃 − sin 𝛼 (1 − sin 𝜃)]

Saat tiba di titik D, 𝜃 = 𝛼, kecepatan setiap bola akan sama, sehingga

𝑣D = 𝑅�̇�(𝛼)

𝑣D = 𝑅√𝑔

𝑅[(1 + cos𝛼) cos𝛼 − sin 𝛼 (1 − sin 𝛼)]

𝑣D = √𝑔𝑅[cos𝛼 + cos2 𝛼 − sin 𝛼 + sin2 𝛼]

𝑣D = √𝑔𝑅[1 + cos 𝛼 − sin 𝛼]

Subtitusi nilai sin 𝛼 dan cos𝛼 yang telah kita peroleh di atas, akan kita dapatkan

𝑣D = √𝑔𝑅 [1 +2𝑅2 − 𝑑2

2𝑅2−𝑑√4𝑅2 − 𝑑2

2𝑅2]

e. Sekarang kita tinjau menggunakan Metode Energi. Kita jadikan titik pusat lintasan

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol. Energi awal sistem adalah

𝐸i = −𝑚𝑔𝑅 cos 𝜃0 −𝑚𝑔𝑅 cos(𝜃0 − 𝛼)

𝐸i = −𝑚𝑔𝑅 cos𝜋

2−𝑚𝑔𝑅 cos (

𝜋

2− 𝛼)

𝐸i = −𝑚𝑔𝑅 sin 𝛼

Halaman 36 dari 36

[email protected]

Sainsworld Official


0831-4325-9061

ID mr_sainsworld



Bersama

Kita

Sainskan

Indonesia

Kemudian energi akhir sistem akan menjadi

𝐸f = −𝑚𝑔𝑅 cos𝜃 −𝑚𝑔𝑅 cos(𝜃 − 𝛼) + 2 (1

2𝑚𝑅2�̇�2)

𝐸f = −𝑚𝑔𝑅 cos𝜃 −𝑚𝑔𝑅(cos𝜃 cos 𝛼 + sin 𝜃 sin 𝛼) + 𝑚𝑅2�̇�2

𝐸f = −𝑚𝑔𝑅 cos𝜃 (1 + cos 𝛼) −𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 sin 𝛼 + 𝑚𝑅2�̇�2

Dari Konservasi Energi akan kita peroleh

𝐸i = 𝐸f

−𝑚𝑔𝑅 sin 𝛼 = −𝑚𝑔𝑅 cos𝜃 (1 + cos𝛼) −𝑚𝑔𝑅 sin 𝜃 sin 𝛼 + 𝑚𝑅2�̇�2

�̇�2 =𝑔

𝑅[(1 + cos 𝛼) cos 𝜃 − sin 𝛼 (1 − sin 𝜃)]

Dan ternyata memang sama hasilnya seperti yang kita dapatkan pada bagian (c).

bersama sainsworld official id mr sainsworld kita …...b. oke buat dapatin gaya tegang tali kita...

Documents