Download - Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · Pembahasan : a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah 𝜃. Kecepatan pusat

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

Kalimantan’s Phisics Competetion 2018

KalPhiCo 2018

Olimpiade SMA

Pembahasan Soal Tahap II

Number 1 : Analisa Grafik

Dua mobil A dan B bergerak melalui jalan yang sama dan berangkat dari titik awal yang

sama secara bersamaan. Kurva kecepatan 𝑣 kedua mobil sebagai fungsi waktu 𝑡 diberikan

pada gambar di samping.

Tentukan:

a. persamaan jarak tempuh mobil A dan B sebagai fungsi dari waktu.

b. Jika setelah menempuh jarak 60 m mobil A melambat dengan besar perlambatan yang

sama dengan percepatan ketika awal perjalanan, kapan dan dimana mobil B berhasil

menyusul kembali mobil A?

Pembahasan :

a. Mobil A melakukan gerak lurus berubah beraturan dengan kecepatan awal 𝑣𝐴,0 =

2 m/s dan percepatan

𝑎 =Δ𝑣

Δ𝑡=4 − 2

4 − 0=1

2 m/s

Kecepatan mobil A sebagai fungsi waktu adalah

𝑎 =𝑑𝑣

𝑑𝑡=1

2

∫ 𝑑𝑣𝑣𝐴(𝑡)

𝑣𝐴,0=2

= ∫1

2𝑑𝑡

𝑡

0

𝑣𝐴(𝑡) − 2 =1

2𝑡 ⟹ 𝑣𝐴(𝑡) = 2 +

1

2𝑡

Jarak tempuh mobil A sebagai fungsi waktu adalah

𝑣𝐴(𝑡) =𝑑𝑥𝐴𝑑𝑡

= 2 +1

2𝑡

𝑣(m/s)

𝑡(s) 4

2

4

mobil A

mobil B

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

∫ 𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴(𝑡)

0

= ∫ (2 +1

2𝑡) 𝑑𝑡

𝑡

0

⟹ 𝑥𝐴(𝑡) = 2𝑡 +1

4𝑡2

Mobil B melakukan gerak lurus beraturan (percepatannya nol) dengan kecepatan

konstan 𝑣𝐵 = 4 m/s, maka jerak tempuh mobil B sebagai fungsi waktu adalah

𝑣𝐵 =𝑑𝑥𝐵𝑑𝑡

= 4

∫ 𝑑𝑥𝐵

𝑥𝐵(𝑡)

0

= ∫ 4𝑑𝑡𝑡

0

⟹ 𝑥𝐵(𝑡) = 4𝑡

b. Ketika mobil A mencapai jarak 60 meter berarti 𝑡 = 12 s (silahkan buktikan) dan saat

itu kecepatannya adalah 8 m/s (silahkan buktikan). Kemudian pada saat itu pula

mobil B telah menempuh jarak 48 m. Posisi kedua mobil sekarang sebagai fungsi

waktu akan menjadi

𝑥𝐴(𝑡) = 𝑥𝐴,0′ + 𝑣0,𝐴

′ 𝑡′ +1

2𝑎𝐴′ 𝑡′

2= 60 + 8𝑡′ −

1

4𝑡′2

𝑥𝐵(𝑡) = 𝑥𝐵,0′ + 𝑣0,𝐵

′ 𝑡′ +1

2𝑎𝐵′ 𝑡′

2= 48 + 4𝑡′

Saat kedua mobil bertemu, dia berada di posisi yang sama, misal terjadi saat 𝑡′ = 𝜏

𝑥𝐴(𝜏) = 𝑥𝐵(𝜏)

60 + 8𝜏 −1

4𝜏2 = 48 + 4𝜏

1

4𝜏2 − 4𝜏 − 12 = 0

𝜏2 − 16𝜏 − 48 = 0

Dengan rumus kuadrat

𝜏 =−(−16) ± √(−16)2 − 4(1)(−48)

2(1)

𝜏 =16 ± √256 + 192

2

𝜏 =16 ± √448

2=16 ± 8√7

2

𝜏 = 8 ± 4√7

𝜏 = 8 + 4√7 ≈ 18,6 s atau 𝜏 = −2,6 s

Solusi yang fisis adalah 𝜏 = 18,6 s sedangkan 𝜏 = −2,6 s bukanlah solusi yang

diharapkan, nilai negatif menandakan kejadian yang terjadi sebelum acuan kondisi

awal kita, yaitu 𝑡 = 12 s. Hal ini karena adanya perubahan arah percepatan pada

mobil A. Kita tahu dari grafik pada c bahwa setelah bertemu untuk pertama kalinya,

mobil A akan berada di depan mobil B sehingga ketika diperlambat, mobil A dan B

hanya akan berpapasan satu kali.

Jika dihitung dari saat awal, maka kedua mobil akan bertemu kembali saat

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

𝑇 = 𝑡 + 𝜏 = 12 + 18,6 = 30,6 s

Posisi kedua mobil saat itu dihitung dari posisi awal adalah

𝑥𝐵(𝜏) = 𝑥𝐴(𝜏) = 48 + 4(30,6 ) = 170,4 m

Number 2 : Tangga yang Meluncur

Sebuah tangga pejal homogen dengan massa 𝑚 dan panjang 𝑙 bersandar pada dinding

licin dan berada di atas lantai yang juga licin. Mula-mula tangga di sandarkan HAMPIR

menempel dengan dinding dan dalam keadaan diam. Setelah di lepas tangga itu pada

bagian atasnya merosot ke bawah, dan tangga bagian bawah bergerak ke kanan, seperti

ditunjukkan pada gambar di bawah.

Tentukan Kecepatan pusat massa dari tangga tersebut selama bergerak!

Pembahasan :

a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah 𝜃.

Kecepatan pusat tangga berubah-ubah dan kita bisa menyatakannya sebagai fungsi

dari sudut 𝜃. Hal ini boleh dilakukan karena soal menanyakan kecepatan pusat massa

batang selama bergerak, sedangkan nilainya berubah-ubah, maka kita bisa

menyatakannya sebagai satu buah variabel yang berubah dan dalam hal ini kita pilih

𝜃. Sebenarnya bisa juga kita nyatakan dalam variabel lain seperti tinggi titik sentuh

tangga dengan dinding, atau jarak titik sentuh tangga dengan lantai terhadap dinding,

namun bentuk yang cukup sederhana adalah ketika kita nyatakan sebagai fungsi 𝜃.

Soal ini lebih mudah kita kerjakan menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik

(yap betul, energi mekanik sistem kekal karena tidak ada gaya non konservatif yang

bekerja pada tangga, hal ini juga karena seluruh permukaan licin). Kita jadikan lantai

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, energi mekanik awal sistem adalah

𝐸𝑀𝑖 =1

2𝑚𝑔𝐿

Kemudian kita tinjau energi tangga ketika sudah bergerak dan membentuk sudut 𝜃

terhadap dinding. Hal yang perlu diamati di sini adalah energi kinetik batang. Batang

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

memiliki komponen kecepatan pusat massa arah horizontal 𝑣𝑥 dan arah vertikal 𝑣𝑦

serta batang juga berotasi terhadap pusat massanya sendiri dengan kecepatan sudut

𝜔. Sehingga energi tangga akan menjadi

𝐸𝑀𝑓 =1

2𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 +

1

2𝑚(𝑣𝑥

2 + 𝑣𝑦2) +

1

2𝐼𝜔2

Selanjutnya kita cari dulu hubungan 𝑣𝑥, 𝑣𝑦, dan 𝜔.

Dapat kita lihat bahwa ujung atas tangga hanya bergerak dalam arah vertikal dan

ujung bawah tangga hanya bergerak dalam arah vertikal. Kita tinjau gerak pusat

massa arah horizontal relatif terhadap ujung atas tangga akan kita dapatkan

𝑣𝑥 =𝜔𝐿

2cos 𝜃

Kemudian tinjau gerak pusat massa arah vertikal relatif terhadap ujung bawah tangga

akan kita dapatkan pula

𝑣𝑦 =𝜔𝐿

2sin 𝜃

Kita modifikasi menjadi

𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦

2 = (𝜔𝐿

2cos 𝜃)

2

+ (𝜔𝐿

2sin 𝜃)

2

=𝜔2𝐿2

4

Juga kita tahu bahwa 𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦

2 = 𝑣2 adalah kecepatan pusat massa batang sehingga

𝜔2 =4𝑣2

𝐿2

momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah 𝐼 =1

12𝑚𝐿2

𝐸𝑀𝑓 =1


1

2𝑚𝑣2 +

1

2(1

12𝑚𝐿2) (

4𝑣2

𝐿2)

𝐸𝑀𝑓 =1


2

3𝑚𝑣2

Hukum Kekekalan Energi mekanik

𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑀𝑓

𝑣𝑥

𝑣𝑦

𝑣𝐴

𝑣𝐵 𝜔 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

1

2𝑚𝑔𝐿 =

1


2

3𝑚𝑣2

1

2𝑔𝐿(1 − cos 𝜃) =

2

3𝑣2

𝑣2 =4𝑔𝐿

3(1 − cos 𝜃) ⟹ 𝑣 = √

3𝑔𝐿

4(1 − cos 𝜃)

Number 3 : Sistem Katrol dan Dua Silinder Pejal

Pada sistem di bawah ini, benda berupa silinder dengan jari-jari luar 𝑅, jari-jari dalam 𝑟

terletak pada bidang miring. Sedangkan massa yang tergantung adalah silinder yang juga

berjari-jari 𝑟. Abikan massa katrol pada bidang miring. Gunakan momen inersia silinder

1/2 𝑀𝑅2. Tinjau kasus bidang miring licin. Tentukan percepatan 𝑚 terhadap bumi.

Pembahasan :

Perhatikan gambar di bawah ini!

Percepatan pusat massa silinder 𝑀 terhadap tanah adalah 𝑎𝑀

Percepatan sudut silinder 𝑀 terhadap tanah adalah 𝛼𝑀

Percepatan pusat massa silinder 𝑚 terhadap tanah adalah 𝑎𝑚

Percepatan sudut silinder 𝑚 terhadap tanah adalah 𝛼𝑚

𝑀

𝑅

𝑚

𝜃

𝑟

𝑟

𝑀

𝑅

𝑚

𝜃

𝑟

𝑟

𝑚𝑔

𝑀𝑔

𝑇 𝑇

𝑎𝑚

𝑁

𝛼𝑚

𝛼𝑀

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

Hukum II Newton Untuk gerak silinder 𝑀

Translasi

𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 = 𝑀𝑎𝑀…(1)

Rotasi

𝑇𝑟 =1

2𝑀𝑅2𝛼𝑀 ⟹ 𝑇 =

1

2𝑟𝑀𝑅2𝛼𝑀…(2)

Hukum II Newton Untuk gerak silinder 𝑚

Translasi

𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎𝑚…(3)

Rotasi

𝑇𝑟 =1

2𝑚𝑟2𝛼𝑚 ⟹ 𝑇 =

1

2𝑚𝑟𝛼𝑚 …(4)

Jika diperhatikan percepatan silinder 𝑚 adalah percepatan tali ditambah percepatan

pusat massa silinder 𝑚 terhadap tali yang besarnya adalah 𝛼𝑚𝑟 (silider 𝑚 dapat dianggap

menggelinding tanpa silip pada tali). Sekarang berapa nilai percepatan tali. Kita amati

silinder 𝑀. Tali dipercepat ke kanan bawah sejajar bidang miring dengan percepatan 𝑎𝑀

namun juga dipercepat ke kiri atas sejajar bidang miring dengan percepatan 𝛼𝑀𝑟. Jika

kita asumsikan tali lebih cenderung bergerak ke kiri atas atau nilai 𝛼𝑀𝑟 > 𝑎𝑀 maka

percepatannnya adalah 𝑎𝑡𝑎𝑙𝑖 = 𝛼𝑀𝑟 − 𝑎𝑀 dan jika pun sebaliknya yaitu tali lebih

cenderung bergerak ke kanan bawah atau nilai 𝛼𝑀𝑟 < 𝑎𝑀 maka percepatannya adalah

𝑎𝑡𝑎𝑙𝑖 = 𝑎𝑀 − 𝛼𝑀𝑟. Jika kita hubungkan dengan percepatan silinder 𝑚 akan menjadi

Untuk asumsi pertama 𝛼𝑀𝑟 > 𝑎𝑀 (arah percepatan tali searah dengan percepatan

silinder 𝑚)

𝑎𝑚 = 𝛼𝑚𝑟 + 𝑎𝑡𝑎𝑙𝑖 = 𝛼𝑚𝑟 + 𝛼𝑀𝑟 − 𝑎𝑀

Untuk asumsi kedua 𝛼𝑀𝑟 < 𝑎𝑀 (arah percepatan tali berlawanan arah dengan

percepatan silinder 𝑚)

𝑎𝑚 = 𝛼𝑚𝑟 − 𝑎𝑡𝑎𝑙𝑖 = 𝛼𝑚𝑟 − (𝑎𝑀 − 𝛼𝑀𝑟) = 𝛼𝑚𝑟 + 𝛼𝑀𝑟 − 𝑎𝑀

Dan hasilnya sama saja, jadi dapat kita simpulkan hubungan antar percepatannya adalah

𝑎𝑚 = 𝛼𝑚𝑟 + 𝛼𝑀𝑟 − 𝑎𝑀 …(5)

Subtitusi persamaan (4) ke (3)

𝑚𝑔 −1

2𝑚𝑟𝛼𝑚 = 𝑚𝑎𝑚 ⟹ 𝛼𝑚𝑟 = 2𝑔 − 2𝑎𝑚…(6)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

Subtitusi persamaan (2) ke (3)

𝑚𝑔 −1

2𝑟𝑀𝑅2𝛼𝑀 = 𝑚𝑎𝑚 ⟹ 𝛼𝑀𝑟 =

2𝑚𝑟2

𝑀𝑅2(𝑔 − 𝑎𝑚)… (7)

Kurangkan persamaan (1) dengan (3)

𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 = 𝑀𝑎𝑀𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎𝑚

(𝑀 sin 𝜃 − 𝑚)𝑔 = 𝑀𝑎𝑀 −𝑚𝑎𝑚−

𝑎𝑀 =(𝑀 sin 𝜃 −𝑚)𝑔 +𝑚𝑎𝑚

𝑀…(8)

Subtitusi persamaan (6), (7), dan (8) ke (5)

𝑎𝑚 = 2𝑔 − 2𝑎𝑚 +2𝑚𝑟2

𝑀𝑅2(𝑔 − 𝑎𝑚) −

(𝑀 sin 𝜃 − 𝑚)𝑔 +𝑚𝑎𝑚𝑀

𝑀𝑅2𝑎𝑚 = 2𝑀𝑅2𝑔 − 2𝑀𝑅2𝑎𝑚 + 2𝑚𝑟

2𝑔 − 2𝑚𝑟2𝑎𝑚 − (𝑀 sin 𝜃 − 𝑚)𝑅2𝑔 −𝑚𝑅2𝑎𝑚

𝑀𝑅2𝑎𝑚 + 2𝑀𝑅2𝑎𝑚 + 2𝑚𝑟

2𝑎𝑚 +𝑚𝑅2𝑎𝑚 = 2𝑀𝑅

2𝑔 + 2𝑚𝑟2𝑔 − (𝑀 sin 𝜃 − 𝑚)𝑅2𝑔

[3𝑀𝑅2 +𝑚(2𝑟2 + 𝑅2)]𝑎𝑚 = [𝑚(2𝑟2 + 𝑅2) + (2 − sin 𝜃)𝑀𝑅2]𝑔

𝑎𝑚 =𝑚(2𝑟2 + 𝑅2) + (2 − sin 𝜃)𝑀𝑅2

3𝑀𝑅2 +𝑚(2𝑟2 + 𝑅2)𝑔

Number 4 : Osilasi Sistem Dua Massa Dengan Gaya Gravitasi sebagai Gaya Pemulihnya

Tinjau sebuah sistem terisolasi yang terdiri dari 2 benda, 𝑚1

dan 𝑚2. Dalam sistem ini gaya gravitasi lain dari benda lain

di luar sistem dapat diabaikan. Massa 𝑚1 terpasang pada tali

tak bermassa sepanjang d dan membentuk sebuah bandul

yang dipasang tetap pada titik O. Massa 𝑚1 hanya

mengalami gaya gravitasi dengan bola homogen bermassa

𝑚2 berjari-jari 𝑅 yang posisinya tetap dimana pusat bola

berjarak 𝐿 dari titik O. Nilai 𝐿 hanya sedikit lebih besar dari

𝑑 + 𝑅. Sudut antara tali dan garis vertikal yang melalui titik

O adalah 𝜃, dimana diasumsikan 𝜃 kecil. Tentukan periode

osilasi 𝑚1.

Petunjuk : kita bisa menyelesaikan soal ini dengan metode energi maupun metode gaya.

Pembahasan :

Cara 1 : Metode Gaya

Karena gerak massa 𝑚1 berayun, kita akan lebih mudah menentukan persamaan

geraknya dengan meninjau gerak rotasinya. Torsi pemulih yang bekerja pada massa 𝑚1

𝜃 𝑑

𝐿 𝑚1

𝑅

𝑚2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

diberikan oleh gaya gravitasi akibat adanya bola 𝑚2 dan arah gaya ini selalu menuju pusat

bola 𝑚2. Perhatikan gambar di bawah ini!

Gaya gravitasi bekerja pada massa 𝑚1adalah

𝐹𝑔 =𝐺𝑚1𝑚2

𝑠2

Menggunakan hukum dua neton tentang gerak rotasi akan kita dapatkan

𝐹𝑔 sin(𝜃 + 𝜙)𝑑 = 𝑚1𝑑2𝛼

𝐺𝑚2

𝑑𝑠2(sin 𝜃 cos𝜙 + sin𝜙 cos 𝜃) = 𝛼… (1)

Perhatikan lagi gambar di atas, kita bisa mendapatkan nilai 𝑠 dengan menggunakan

phytagoras

𝑠2 = (𝐿 − 𝑑 cos 𝜃)2 + 𝑑2 sin2 𝜃

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2 cos2 𝜃 + 𝑑2 sin2 𝜃

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2(sin2 𝜃 + cos2 𝜃)

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2

Dengan menggunakan aturan dasar trigonometri akan kita dapatkan

sin𝜙 =𝑑𝑒𝑝𝑎𝑛

𝑚𝑖𝑟𝑖𝑛𝑔=𝑑 sin 𝜃

𝑠

cos𝜙 =𝑠𝑎𝑚𝑝𝑖𝑛𝑔

𝑚𝑖𝑟𝑖𝑛𝑔=𝐿 − 𝑑 cos 𝜃

𝑠

𝐹𝑔 sin(𝜃 + 𝜙)

𝐹𝑔

𝜃 𝑑

𝐿 𝑚1

𝑅 𝑚2

𝑑 cos 𝜃

𝐿 − 𝑑 cos 𝜃

𝑠 𝜙

𝑑 sin 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

Karena kita asumsikan simpangan sudut 𝜃 sangat kecil, kita bisa menggunakan hampiran

berikut

sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos 𝜃 ≈ 1, maka akan kita dapatkan

𝑠2 = 𝐿2 − 2𝐿𝑑 + 𝑑2 = (𝐿 − 𝑑)2

𝑠 = 𝐿 − 𝑑

sin𝜙 =𝑑𝜃

𝑠

cos𝜙 =𝐿 − 𝑑

𝑠

Subtitusi hasil ini ke persamaan (1)

𝐺𝑚2

𝑑𝑠2(𝜃𝐿 − 𝑑

𝑠+𝑑𝜃

𝑠) = 𝛼

𝐺𝑚2𝐿

𝑑𝑠3𝜃 = 𝛼

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = 𝛼…(2)

Perhatikan bahwa arah simpangan 𝜃 adalah berlawanan arah jarum jam dari titik

setimbangnya sedangkan arah percepatan sudut nya searah jarum jam, berarti

percepatan sudut massa 𝑚1 adalah negatif(karena berlawanan arah) dari turunan kedua

simpangan sudutnya atau

𝛼 = −𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −�̈�

Subtitusi hasil ini ke persamaan dua dan kita akan dapatkan persamaan gerak harmonik

sederhana sistem

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = −�̈�

�̈� +𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = 0

Persamaan terakhir analog dengan persamaan umum gerak harmonik sederhana yang

berbentuk �̈� + 𝜔2𝜃 = 0, maka kecepatan sudut osilasi sistem adalah

𝜔 = √𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3

Dan periode osilasinya akan menjadi

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10

𝑇 =2𝜋

𝜔→ 𝑇 = 2𝜋√

𝑑(𝐿 − 𝑑)3

𝐺𝑚2𝐿

Cara 2 : Metode Energi

Sebenarnya menggunakan cara energi untuk sistem ini akan lebih cepat namun

terkadang ada soal yang lebih mudah menggunakan cara gaya ataupun cara energi, jadi

kita harus bisa keduanya dan tentunya harus bisa memilih cara mana yang paling efisien.

Untuk menggunakan cara ini kita harus

tentukan energi total sistem terlebih dahulu.

Karena tidak ada gaya udara dan gaya luar

non-konservatif yang bekerja pada sistem,

maka energi total sistem kekal. Untuk

mendapatkan persamaan geraknya, kita cukup

menurun persaan energinya satu kali terhadap

waktu dan karena energi kekal atau konstan,

turunannya ini akan sama dengan nol. Baik

akan saya contohkan caranya.

Energi total sistem adalah energi

mekanik(𝐸𝑀) yang terdiri dari energi

kinetik(𝐸𝐾) dan energi potensial(𝐸𝑃)nya.

𝐸𝑀 = 𝐸𝑃 + 𝐸𝐾

𝐸𝑀 = −𝐺𝑚1𝑚2

𝑠+1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

𝑠 = (𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)12

𝐸𝑀 = −𝐺𝑚1𝑚2

(𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)12

+1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

Turunan pertama energi sistem terhadap waktu sama dengan nol karena energi kekal

atau konstan atau bisa juga dikatakan energi sistem tidak berubah, sehingga

perubahannya nol.

𝑑(𝐸𝑀)

𝑑𝑡= 0

𝑑

𝑑𝑡(−

𝐺𝑚1𝑚2

(𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)12

+1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

) = 0

𝜃 𝑑

𝐿 𝑚1

𝑅 𝑚2

𝑑 cos 𝜃

𝐿 − 𝑑 cos 𝜃

𝑠 𝜙

𝑑 sin 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

𝑑

𝑑𝑡(−𝐺𝑚1𝑚2(𝐿

2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)−12 +

1

2𝑚1𝑑

2 (𝑑𝜃

𝑑𝑡)2

) = 0

1

2𝐺𝑚1𝑚2(𝐿

2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)−32 (2𝐿𝑑 sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡) +

1

2𝑚1𝑑

22𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 0

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿2 − 2𝐿𝑑 cos 𝜃 + 𝑑2)32

sin 𝜃 +𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= 0

Gunakan kembali pendekatan sin 𝜃 ≈ 𝜃 dan cos 𝜃 ≈ 1

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿2 − 2𝐿𝑑 + 𝑑2)32

𝜃 = 0

𝑑2𝜃

𝑑𝑡2+

𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3𝜃 = 0

𝜔 = √𝐺𝑚2𝐿

𝑑(𝐿 − 𝑑)3 dan 𝑇 = 2𝜋√

𝑑(𝐿 − 𝑑)3

𝐺𝑚2𝐿

Number 5 : Roket Berpindah Orbit

Sebuah roket bermassa total 𝑚 mengelilingi bumi pada

low earth orbit berbentuk lingkaran dengan jari-jari orbit

𝑅1. Roket ini akan berpindah orbit menuju orbit menuju

orbit berjari jari 𝑅2 > 𝑅1 dengan cara mengubah bentuk

orbitnya dalam bentuk orbit elips seperti yang

ditunjukkan oleh garis tebal pada gambar disamping.

Manuver orbit ini dicapai dengan membuang bahan

bakar sebanyak Δ𝑚1 > 0 sehingga memberika laju Δ𝑣1

searah kecepatan orbit pada orbit rendah. Kemudian

roket membuang lagi bahan bakar sebanyak Δ𝑚2 > 0

sehingga memberikan tambahan laju Δ𝑣2 searah kecepatan orbit pada orbit tinggi. Laju

orbit roket untuk orbit rendah adalah 𝑣𝑅1 . Bahan bakar roket memiliki laju buang

konstan 𝑣𝑓relatif terhadap roket. Tentukan tambahan laju Δ𝑣1 yang dibutuhkan untuk

mengubah orbit dari lingkaran berjari-jari 𝑅1 menjadi elips (nyatakan dalam 𝑣𝑅1 , 𝑅1, 𝑅2).

Pembahasan :

Kecepatan roket ketika berada di orbit 𝑅1 adalah 𝑣𝑅1. Dengan menggunakan persamaan

gaya sentripetal dimana gaya gravitasilah yang berperan sabagai gaya sentripetal di sini,

kita bisa menyatakan 𝑣𝑅1 ulang sebagai berikut

𝐹𝐺 = 𝐹𝑠

𝑅2

𝑅1

𝑚

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

𝐺𝑀𝐵𝑚

𝑅12 =

𝑚𝑣𝑅12

𝑅1

𝑣𝑅12 =

𝐺𝑀𝐵𝑅1

→ 𝑣𝑅1 = √𝐺𝑀𝐵𝑅1

Roket kemudian membuang bahan bakarnya sehingga kecepatannya bertambah dan

lintasan roket berubah menjadi elips. Ketika penambahan kecepatan ini terjadi, roket

berada di perihelium atau jarak terdekatnya dengan bumi yaitu 𝑅1 dan kecepatannya di

sini adalah 𝑣𝑝. Planet terus bergerak sampai suatu ketika dia berada di aphelium atau

jarak terjauhnya dari bumi dalam lintasan elips ini yaitu 𝑅2 dan kecepatannya di sini

adalah 𝑣𝑎 . Kita bisa mencari 𝑣𝑝 dan 𝑣𝑎 dari hukum kekekalan momentum sudut dan

hukum kekekalan energi. Pada kasus gerak melingkar terhadap dengan gaya gravitasi

sebagai gaya sentripetalnya momentum sudut sistem akan kekal karena arah gaya

gravitasi dan jari-jarinya sejajar, karena torsi adalah perkalian silang antara keduanya

maka nilai torsi eksternal pada sistem bernilai nol. Alhasil momentum sudut sistem kekal.

Kita gunakan hukum kekekalan momentum sudut untuk keadaan perihelium dan

aphelium

𝐿𝑎 = 𝐿𝑝

(𝑚 − Δ𝑚1)𝑣𝑎𝑅2 = (𝑚 − Δ𝑚1)𝑣𝑝𝑅1

𝑣𝑎 =𝑅1𝑅2𝑣𝑝

Kemudian kita gunakan hukum kekekalan energi untuk dua keadaan seperti sebelumnya

−𝐺𝑀𝐵(𝑚 − Δ𝑚1)

𝑅2+1

2(𝑚 − Δ𝑚1)𝑣𝑎

2 = −𝐺𝑀𝐵(𝑚 − Δ𝑚1)

𝑅1+1

2(𝑚 − Δ𝑚1)𝑣𝑝

2

1

2(𝑚 − Δ𝑚1) (

𝑅1𝑅2𝑣𝑝)

2

−1

2(𝑚 − Δ𝑚1)𝑣𝑝

2 = −𝐺𝑀𝐵(𝑚 − Δ𝑚1)

𝑅1+𝐺𝑀𝐵(𝑚 − Δ𝑚1)

𝑅2

𝑅12 − 𝑅2

2

𝑅22 𝑣𝑝

2 = 2𝐺𝑀𝐵𝑅2 − 𝑅1𝑅1𝑅2

(𝑅1 − 𝑅2)(𝑅1 + 𝑅2)

𝑅22 𝑣𝑝

2 = 2𝐺𝑀𝐵𝑅1 − 𝑅2𝑅1𝑅2

𝑣𝑝2 =

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

𝐺𝑀𝐵𝑅1

𝑣𝑝 = √2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1√𝐺𝑀𝐵𝑅1

𝑣𝑝 = √2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1𝑣𝑅1

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

𝑣𝑎 =𝑅1𝑅2𝑣𝑝 =

𝑅1𝑅2√

2𝑅2𝑅2 + 𝑅1

𝑣𝑅1

Penambahan kecepatan Δ𝑣1 ketika orbit planet berubah dari orbit awal berjari-jari 𝑅1

menjadi orbit elips adalah

Δ𝑣1 = 𝑣𝑝 − 𝑣𝑅1 = √2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1𝑣𝑅1 − 𝑣𝑅1

Δ𝑣1 = 𝑣𝑅1 (√2𝑅2

𝑅2 + 𝑅1− 1)

Number 6 : Perbandingan Energi Kinetik Roda Luar dan Dalam

Sebuah mobil roda empat membelok pada suatu tikungan berbentuk lingkaran. Lintasan

tengah poros roda belakang membentuk lingkaran terhadap pusat tikungan tersebut

dengan jari-jari 𝑅. Panjang poros atau jarak antara kedua roda belakang adalah 𝐻. Massa

masing-masing roda belakang adalah 𝑚. Roda belakang dapat diasumsikan sebagai suatu

cakram dengan jari-jari 𝑏. Ambil nilai 𝑅 = 10 meter, 𝐻 = 2 meter dan 𝑏 = 0,5 meter.

Jika perbandingan energi kinetik total antara roda belakang luar dengan roda belakang

dalam adalah 𝑘, tentukan nilai 𝑘.

Pembahasan :

Misalkan

Kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut roda belakang dalam 𝑣1 dan 𝜔1

Kecepatan pusat massa dan kecepatan sudut roda belakang luar 𝑣2 dan 𝜔2

Kecepatan sudut bagian tengah poros kedua roda belakang terhadap pusat lintasan ω

Energi kinetik roda daalam adalah

𝐸𝐾1 =1

2𝑚𝑣1

2 +1

2(1

2𝑚𝑏2)𝜔1

2

Gerakan roda adalah menggelinding tanpa slip maka akan berlaku

𝑣1 = 𝜔1𝑏

𝐸𝐾1 =3

4𝑚𝑏2𝜔1

2

Dengan cara yang sama energi kinetik roda luar adalah

𝐸𝐾2 =3

4𝑚𝑏2𝜔2

2

Hubungan 𝜔1 dengan 𝜔

𝑣1 = 𝜔1𝑏 = 𝜔 (𝑅 −1

2𝐻) ⟹ 𝜔1 =

2𝑅 − 𝐻

2𝑏𝜔

Hubungan 𝜔2 dengan 𝜔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

𝑣2 = 𝜔2𝑏 = 𝜔 (𝑅 +1

2𝐻) ⟹ 𝜔2 =

2𝑅 + 𝐻

2𝑏𝜔

Energi kinetik kedua roda menjadi

𝐸𝐾1 =3

16𝑚(2𝑅 − 𝐻)2𝜔

𝐸𝐾2 =3

16𝑚(2𝑅 + 𝐻)2𝜔

Perbandingan energi kinetik roda luar dan dalam adalah

𝐸𝐾2𝐸𝐾1

=

316𝑚

(2𝑅 + 𝐻)2𝜔

316𝑚

(2𝑅 − 𝐻)2𝜔

𝐸𝐾2𝐸𝐾1

= (2𝑅 + 𝐻

2𝑅 − 𝐻)2

Sampai disini, menurut kamu apakah hasil ini benar? So far, sebenarnya ada hal yang lupa

dipertimbangkan sehingga hasil ini tidak benar. Hasil tadi akan benar jika roda bukanlah

benda tegar, namun kenyataannya di sini, ukuran roda tidak bisa kita abaikan. So mari

kita tinjau ulang.

Gerakan roda belakang dalam dan luar sebenarnya adalah seperti berikut

Kita buat permisalan yang baru. Misalkan

Kecepatan sudut roda belakang luar terhadap pusat lintasan dan pusat massanya sendiri

adalah Ω1 dan 𝜔1

Kecepatan sudut roda belakang dalam terhadap pusat lintasan dan pusat massanya

sendiri adalah Ω2 dan 𝜔2

Kecepatan sudut bagian tengah poros kedua roda belakang terhadap pusat lintasan ω

Energi kinetik roda belakang bagian luar dan dalam adalah

𝐸𝐾1 =1

2𝐼pl1Ω1

2 +1

2𝐼pm𝜔1

2

𝐸𝐾2 =1

2𝐼pl2Ω2

2 +1

2𝐼pm𝜔2

2

𝑅 𝐻

𝑧

𝑦

𝑥

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15

Dengan 𝐼pm adalah momen inersia roda terhadap pusat massanya dan roda berputar

terhadap sumbu 𝑧 sedangkan 𝐼pl1 dan 𝐼pl2 adalah momen inersia masing-masing roda

terhadap pusat lintasan.

𝐼pm = 𝐼𝑧 =1

2𝑚𝑏2

Untuk menghitung 𝐼pl1 dan 𝐼pl2 kita hitung dulu momen inersia roda untuk rotasi pada

sumbu 𝑦 menggunakan teorema sumbu tegak lurus

𝐼𝑧 = 𝐼𝑥 + 𝐼𝑦

Karena roda simetri 𝐼𝑥 = 𝐼𝑦 maka

𝐼𝑦 =1

2𝐼𝑧 =

1

4𝑚𝑏2

Momen inersia roda luar dan dalam terhadap pusat lintasan dapat kita cari menggunakan

teorema sumbu sejajar

𝐼pl1 = 𝐼𝑦 +𝑚(𝑅 +1

2𝐻)

2

=1

4𝑚𝑏2 +𝑚(𝑅 +

1

2𝐻)

2

=1

4𝑚[𝑏2 + (2𝑅 + 𝐻)2]

𝐼pl2 = 𝐼𝑦 +𝑚(𝑅 −1

2𝐻)

2

=1

4𝑚𝑏2 +𝑚(𝑅 −

1

2𝐻)

2

=1

4𝑚[𝑏2 + (2𝑅 − 𝐻)2]

Hubungan 𝜔1, Ω1, dan 𝜔 adalah

𝜔1𝑏 = 𝜔 (𝑅 +1

2𝐻) ⟹ 𝜔1 =

1

2𝑏(2𝑅 + 𝐻)𝜔

Ω1 (𝑅 +1

2𝐻) = 𝜔 (𝑅 +

1

2𝐻) ⟹ Ω1 = 𝜔

Hubungan 𝜔2, Ω2, dan 𝜔 adalah

𝜔2𝑏 = 𝜔 (𝑅 −1

2𝐻) ⟹ 𝜔2 =

1

2𝑏(2𝑅 − 𝐻)𝜔

Ω2 (𝑅 −1

2𝐻) = 𝜔 (𝑅 −

1

2𝐻) ⟹ Ω2 = 𝜔

Energi kinetik roda belakang bagian luar akan menjadi

𝐸𝐾1 =1

2(1

4𝑚[𝑏2 + (2𝑅 + 𝐻)2])𝜔2 +

1

2(1

2𝑚𝑏2)

1

4𝑏2(2𝑅 + 𝐻)2𝜔2

𝐸𝐾1 =1

16𝑚[2𝑏2 + 3(2𝑅 + 𝐻)2]𝜔2

Dengan cara yang sama untuk roda belakang bagian dalam

𝐸𝐾2 =1

16𝑚[2𝑏2 + 3(2𝑅 − 𝐻)2]𝜔2

Maka rasio energi kinetik roda belakang bagian luar dan dalam

𝑘 =𝐸𝐾1𝐸𝐾2

=

116𝑚

[2𝑏2 + 3(2𝑅 + 𝐻)2]𝜔2

116𝑚

[2𝑏2 + 3(2𝑅 − 𝐻)2]𝜔2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16

𝑘 =2𝑏2 + 3(2𝑅 + 𝐻)2

2𝑏2 + 3(2𝑅 − 𝐻)2

Dengan memasukkan nilai 𝑅 = 10 m, 𝐻 = 2 m, dan 𝑏 = 0,5 m akan kita dapatkan

𝑘 =2(0,5)2 + 3(2.10 + 2)2

2(0,5)2 + 3(2.10 − 2)2=1452,5

972,5= 1,49357326…

𝑘 = 1,49

Number 7 : Peluncur Barang

Gambar di bawah memperlihatkan sebuah peluncur barang (slipway) yang sangat

panjang, dan berbentuk bidang miring yang membentuk sudut 𝛽 terhadap arah

mendatar. Bidang miring tersebut dilengkapi dengan sangat banyak roda (roller) identik,

dengan dua roda terdekat berada pada jarak 𝑑 satu sama lain (lihat gambar). Semua roda

tersebut memiliki sumbu-sumbu rotasi mendatar dan merupakan silinder-slinder baja

pejal yang permukaannya diselubungi dengan lapisan karet yang tipis dan diabaikan

massanya. Masing-masing silinder tersebut bermassa 𝑚 dan berjari-jari 𝑟. Sebilah papan

dengan massa 𝑀 dan panjang jauh lebih besar daripada 𝑑, mulai dilepas dari puncak

peluncur barang tersebut. Abaikan gesekan udara dan gesekan pada poros-poros roda

tersebut. Tentukan kelajuan akhir (terminal speed) 𝑣max papan tersebut.

Pembahasan :

Misalkan papan sudah bergerak sejauh 𝑆 sepanjang bidang miring sampai akhirnya

antara roda dan papan tidak terjadi slip lagi. Penurunan energi potensial papan sebesar

𝑀𝑔𝑆 sin 𝛽. Maka sebanyak 𝑆/𝑑 buah roda akan memiliki kecepatan linier permukaan

yang sama dengan kecepatan papan, yaitu 𝑣max. Maka kecepatan sudut tiap roda yang

bergerak pada saat ini menjadi 𝜔max = 𝑣max/𝑟.

Momen inersia tiap roda adalah

𝐼 =1

2𝑚𝑟2

Penurunan energi potensial papan ini diubah menjadi energi kinetik roda.

𝑚

𝛽 𝑟

𝑑

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

𝑀𝑔𝑆 sin 𝛽 =𝑆

𝑑

1

2𝐼𝜔max

2


𝑑

1

2(1

2𝑚𝑟2) (

𝑣max𝑟)2


𝑑

1

4𝑚𝑣max

2…(1)

𝑣max = √4𝑀𝑔𝑑 sin 𝛽

𝑚

Sebenarnya hasil di atas salah, karena kita melupakan kalor yang ditimbulkan akibat

gesekan antara permukaan roda dan papan sebelum akhirnya papan mencapai kecepatan

terminal. Jadi sebenarnya soal ini agak sedikit rumit, namun tidak tidak terlalu rumit juga

sih. Okey kita cari dulu energi yang hilang sebagai kalor.

Misalkan 𝑓𝑘 adalah gaya gesek kinetik antara permukaan papan dan roda. Dalam interval

waktu yang singkat Δ𝑡, akan terjadi perubahan momentum sudut pada tiap roda sebesar

𝐼Δ𝜔 = 𝑓𝑘𝑟Δ𝑡

Dengan menjumlahkan semua perubahan momentum sudut roda, akan kita dapatkan

momentum sudut akhir roda (kecepatannya maksimum pada saat akhir ini)

𝑟∑𝑓𝑘Δ𝑡 = 𝐼𝜔max = 𝐼𝑣max𝑟

Usaha yang dilakukan gaya gesek kinetik ini pada selang Δ𝑡, akan memunculkan kalor

sebesar Δ𝑄 dan besar usaha ini sama dengan gaya gesek kinetik di kalikan dengan besar

pergeseran relatif antara kedua permukaan tersebut

Δ𝑄 = 𝑓𝑘(𝑣 − 𝑟𝜔)Δ𝑡

Dengan menjumlahkan semua kalor Δ𝑄 akan kita dapatkan kalor yang ditimbulakn oleh

gesekan antara papan dengan sebuah roda

𝑄 =∑Δ𝑄

𝑄 =∑𝑓𝑘(𝑣 − 𝑟𝜔)Δ𝑡

𝑄 =∑𝑓𝑘𝑣Δ𝑡 −∑𝜔𝑓𝑘𝑟Δ𝑡

𝑄 =∑𝑓𝑘Δ𝑡∑𝑣 − 𝐼∑𝜔Δ𝜔

𝑄 =∑𝑓𝑘Δ𝑡∑𝑟𝜔 − 𝐼∑𝜔Δ𝜔

Ingat hubungan diferensial berikut

𝑑(𝜔2) = 2𝜔𝑑𝜔

Karena selang waktu Δ𝑡 sangat singkat, kita bisa lakukan pendekatan

𝑑𝜔 ≈ Δ𝜔 dan 𝑑(𝜔2) ≈ Δ(𝜔2)

Δ(𝜔2) = 2𝜔Δ𝜔 ⟹ 𝜔Δ𝜔 =1

2Δ(𝜔2)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 18

𝑄 = 𝑟∑𝑓𝑘Δ𝑡⏟ 𝐼𝜔max

∑𝜔⏟ 𝜔max

−𝐼

2∑Δ(𝜔2)⏟ 𝜔max2

𝑄 = 𝐼𝜔max2 −

1

2𝐼𝜔max

2

𝑄 =1

2𝐼𝜔max

2 =1

2(1

2𝑚𝑟2) (

𝑣max𝑟)2

𝑄 =1

4𝑚𝑣max

2

Tambahkan faktor 𝑄 ini pada persamaan (1) (ingat bahwa 𝑄 adalah energi kinetik tiap

roda)


𝑑

1

4𝑚𝑣max

2 +𝑆

𝑑𝑄


𝑑

1

4𝑚𝑣max

2 +𝑆

𝑑

1

4𝑚𝑣max

2 ⟹ 𝑣max = √2𝑀𝑔𝑑 sin 𝛽

𝑚

Number 8 : Kapasitor dan Dielektrik

Sebuah kapasitor keping sejajar mempunyai luas lempeng 𝐴 terpisah sejauh 𝑑. Serta

tinggi 𝑎. Ruang di antara kapasitor berisi udara dengan permitivitas yang bisa dianggap

sama dengan ruang hampa yaitu 𝜀0. Kapasitor kemudian dihubungkan dengan sebuah

baterai yang memiliki tegangan 𝑉0. Kemudian baterai diputuskan, muatan pada kapasitor

dipertahankan tetap sebesar 𝑄0, kemudian sebuah lembaran dielektrik padat dengan

luas 𝐴 dan tebal 𝑙 (dimana 𝑙 <d) serta konstanta dielektrik 𝐾1 disisipkan tepat di tengah

kapasitor. Hitung :

a. Muatan induksi pada dielektrik!

b. Medan listrik pada ruang diantara dielektrik dan plat!

c. Medan listrik pada dielektrik!

d. Beda potensial kapasitor setelah dielektrik di masukkan!

Pembahasan :

a. Medan listrik awal pada kapasitor sebelum ada dielektrik adalah

𝐸0 =𝜎0𝜀0=𝑄0𝐴𝜀0

Ketika dielektrik dimasukkan, kapasitansi kapasitor akan meningkat namun medan

listrik total di dalamnya akan berkurang menjadi 𝐸 dimana

𝐸 =𝐸0𝐾1

Pengurangan medan listrik ini terjadi karena adanya medan listrik dari dielektrik

yang melawan medan listrik awal (baca Fisika untuk Sains dan Teknik Jilid 2 oleh

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 19

Paul. A Tipler halaman 114). Maka medan listrik pada dielektrik adalah selisih 𝐸 dan

𝐸0.

𝐸D = 𝐸0 − 𝐸

𝐸D = 𝐸0 (1 −1

𝐾1)

𝜎ind𝜀0

=𝜎0𝜀0(1 −

1

𝐾1) ⟹ 𝑄ind = 𝑄0 (1 −

1

𝐾1)

b. Medan listrik pada ruang di antara dielektrik dan plat sama dengan medan listrik awal

kapasitor

𝐸0 =𝑄0𝐴𝜀0

c. Medan listirk pada dielektrik adalah

𝐸D =𝑄0

𝐴𝐾1𝜀0

d. Beda potensial pada kapasitor adalah

𝑉 = −∫ �⃗� ̇. 𝑑𝑙 = 𝐸0(𝑑 − 𝑙) + 𝐸D𝑙

𝑉 = 𝐸0(𝑑 − 𝑙) +𝐸0𝐾1𝑙 ⟹ 𝑉 =

𝑄0𝐴𝜀0

[𝑑 − 𝑙 (1 −1

𝐾1)]

Download - Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · Pembahasan : a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah 𝜃. Kecepatan pusat

Top Related