jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005, kel. cempaka, kec ... · dalam tiga konstanta alamiah dalam...

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

Hal | 1

OSK Fisika 2018 Number 1

BESARAN PLANCK

Pada tahun 1899 Max Planck memperkenalkan suatu sistem satuan iniversal sehingga

besaran-besaran fisika dapat dinyatakan dalam tiga satuan Planck yaitu massa Planck 𝑀P,

panjang Planck 𝐿P, dan waktu Planck 𝑇P. Ketiga satuan Planck tersebut dapat dinyatakan

dalam tiga konstanta alamiah dalam mekanika kuantum serta dalam teori relativitas

khusus dan relativitas umum yaitu konstanta Planck tereduksi ℏ = ℎ/2𝜋 = 1,05 ×

10−34Js, kelajuan cahaya dalam ruang hampa 𝑐 = 3 × 108m/s, dan konstanta umum

gravitasi 𝐺 = 6,67 × 10−11Nm2kg−2. Ketiga satuan Planck ini 𝑀P, 𝐿P, dan 𝑇P dapat

dituliskna dalam bentuk :

𝑀P = 𝑀P(ℏ, 𝑐, 𝐺)

𝐿P = 𝐿P(ℏ, 𝑐, 𝐺)

𝑇P = 𝑇P(ℏ, 𝑐, 𝐺)

a. Tentukan bentuk akhir dari tiga persamaan di atas yang menampilkan secara eksplisit

ketergantungan 𝑀P, 𝐿P, dan 𝑇P kepada ℏ, 𝑐, dan 𝐺.

b. Hitung nilai numerik dari ketiga satuan Planck di atas 𝑀P, 𝐿P, dan 𝑇P dalam sistem

Satuan Internasional (SI).

Selanjutnya dengan menggunakan satuan Planck di atas dapat pula dibentuk 4 macam

satuan Planck lainnya yaitu energi Planck 𝐸P = 𝑀P𝑐2, kecepatan Planck 𝑣P = 𝐿P/𝑇P,

percepatan Planck 𝑎P = 𝐿P/𝑇P2, dan rapat massa Planck 𝜌P = 𝑀P/𝐿P

2.

c. Hitung nilai numerik 𝐸P, 𝑣P, 𝑎P, dan 𝜌P dalam satuan SI.

Pembahasan :

a. Untuk menemukan hubungan satuan Planck dengan besaran-besaran yang diminta,

kita bisa menggunakan analisis dimensi. Berikut dimensi masing-masing besaran

𝑀P = 𝑀 ℏ = 𝑀𝐿2𝑇−1

𝐿P = 𝐿 𝑐 = 𝐿𝑇−1

𝑇P = 𝑇 𝐺 = 𝑀−1𝐿3𝑇−2

Dalam analisis dimensi akan ada kosntanta tanpa dimensi ikut dalam persamaan kita.

Namun di sini, nilai konstanta ini bisa kita asumsikan bernilai 1 karena hubungan

besaran yang kita analisis adalah sebuah satuan.

Untuk Massa Planck

𝑀P = ℏ𝑥𝑐𝑦𝐺𝑧

𝑀 = (𝑀𝐿2𝑇−1)𝑥(𝐿𝑇−1)𝑦(𝑀−1𝐿3𝑇−2)𝑧

𝑀 = 𝑀𝑥−𝑧𝐿2𝑥+𝑦+3𝑧𝑇−𝑥−𝑦−2𝑧

Dari kesamaan pangkat untuk suku di sebelah kanan dan kiri akan kita dapatkan

1 = 𝑥 − 𝑧 … (1)

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0… (2)

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0… (3)

Dari penjumlahan persamaan (2) dan (3) kita dapatkan

𝑥 + 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = −𝑧

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 2

Maka dari persamaan (1) akan kita dapat

1 = −𝑧 − 𝑧 = −2𝑧 ⟹ 𝑧 = −1

2 dan 𝑥 =

1

2

Kemudian akan kita dapatkan pula dari persamaan (3)

𝑦 = −𝑥 − 2𝑧 = −1

2− (−

1

2) ⟹ 𝑦 =

1

2

Maka massa Planck akan berbentuk

𝑀P = ℏ12𝑐

12𝐺−

12 ⟹ 𝑀P = √

ℏ𝑐

𝐺

Untuk Panjang Planck

𝐿P = ℏ𝑥𝑐𝑦𝐺𝑧

𝐿 = 𝑀𝑥−𝑧𝐿2𝑥+𝑦+3𝑧𝑇−𝑥−𝑦−2𝑧

Dari kesamaan pangkat kita dapatkan persamaan berikut

𝑥 − 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑧 … (4)

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 1… (5)

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 0… (6)

Dari persamaan (4) dan (6) kita peroleh

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑥 = 0 ⟹ 𝑦 = −3𝑥

Maka dari persamaan (5) akan kita dapatkan

2𝑥 + (−3𝑥) + 3𝑥 = 1 ⟹ 𝑥 =1

2= 𝑧 dan 𝑦 = −

3

2

Maka panjang Planck akan berbentuk

𝐿P = ℏ12𝑐−

32𝐺

12 ⟹ 𝐿P = √

ℏ𝐺

𝑐3

Untuk Waktu Planck

𝑇P = ℏ𝑥𝑐𝑦𝐺𝑧

𝑇 = 𝑀𝑥−𝑧𝐿2𝑥+𝑦+3𝑧𝑇−𝑥−𝑦−2𝑧

Dari kesamaan pangkat kita dapatkan persamaan berikut

𝑥 − 𝑧 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑧 … (7)

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 = 0… (8)

−𝑥 − 𝑦 − 2𝑧 = 1… (9)

Dari persamaan (7) dan (8) kita peroleh

2𝑥 + 𝑦 + 3𝑥 = 0 ⟹ 𝑦 = −5𝑥

Maka dari persamaan (9) akan kita dapatkan

−𝑥 − (−5𝑥) − 2𝑥 = 1 ⟹ 𝑥 =1

2= 𝑧 dan 𝑦 = −

5

2

Maka waktu Planck akan berbentuk

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 3

𝑇P = ℏ12𝑐−

52𝐺

12 ⟹ 𝑇P = √

ℏ𝐺

𝑐5

b. Dengan memasukkan nilai numerik ℏ, 𝑐, dan 𝐺 akan kita dapatkan nilai numerik dari

masing-masing satuan Planck

Massa Planck

𝑀P = √ℏ𝑐

𝐺= √

(1,05 × 10−34)(3 × 108)

6,67 × 10−11≈ √4,72 × 10−16

tadi kita nggak boleh pakai kalkulator kan ya... terus gimana dong cara menghitung

akar untuk angka yang kurang enak? Tenang teman-teman, setiap kesulitaan pasti ada

jalan keluar. Ada yang namanya metode hampiran, silahkan pelajari secara lengkap di

buku kalkulus bab tentang aplikasi diferensial. Intinya adalah, kita bisa mendekati

akar suatu bilangan dari akar suatu bilangan lain yang diketahui akarnya. Rumusnya

adalah sebagai berikut, misalkan kita ingin mencari akar nilangan 𝐻, maka

√𝐻 ≈ √𝑥 + 𝑑𝑥

√𝐻 adalah nilai akar yang kita cari, 𝑥 adalah bilangan terdekat dari 𝐻 yang nilainya

rasional, dan 𝑑𝑥 pergeseran dari nilai 𝑥. Rumus 𝑑𝑥 adalah

𝑑𝑥 =1

2√𝑥Δ𝑥 dengan Δ𝑥 = 𝐻 − 𝑥

Baik mari kita coba gunakan untuk 𝐻 = 4,72. Nilai 𝑥 yang terdekat adalah 4 maka

Δ𝑥 = 4,72 − 4 = 0,72

𝑑𝑥 ≈1

2√4× 0,72 = 0,18

√4,72 ≈ √4 + 0,18 = 2,18

Jika menggunakan kalkulator hasil yang kita dapatkan adalah √4,72 ≈ 2,172556…

Hasilnya mendekati kan. Karena kita gak boleh pakai kalkulator kita pakai hasil yang

dari hampiran

𝑀P ≈ 2,18 × 10−8 kg dari kalkulator 𝑀P ≈ 2,172 × 10−8 kg

Panjang Planck

𝐿P = √ℏ𝐺

𝑐3= √

(1,05 × 10−34)(6,67 × 10−11)

(3 × 108)3≈ √3,7 × 10−70

Dengan metode hampiran seperti sebelumnya kan kita dapatkan

𝐿P ≈ 1,925 × 10−35 m dari kalkulator 𝐿P ≈ 1,923 × 10−35 m

Waktu Planck

𝑇P = √ℏ𝐺

𝑐5= √

(1,05 × 10−34)(6,67 × 10−11)

(3 × 108)5≈ √28,82 × 10−98

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 4

Dengan metode hampiran akan kita dapatkan

𝑇P ≈ 5,382 × 10−49 s dari kalkulator 𝑇P ≈ 5,374 × 10−49 s

c. Energi Planck

𝐸P = 𝑀𝑃𝑐2 = (2,18 × 10−8)(3 × 108)2 ⟹ 𝐸P = 1,962 × 109 J

Kecepatan Planck

𝑣P =𝐿𝑃

𝑇𝑃=

1,925 × 10−35

5,382 × 10−49⟹ 𝑣P = 3,58 × 1013 m/s

Percepatan Planck

𝑎P =𝐿𝑃

𝑇𝑃2 =

1,925 × 10−35

(5,382 × 10−49)2⟹ 𝑎P = 6,645 × 1061 m/s2

Rapat Massa Planck

𝜌P =𝑀𝑃

𝐿𝑃3 =

2,18 × 10−8

(1,925 × 10−35)3⟹ 𝜌P = 3,056 × 1096 kg/m3


GERAK PARABOLA

Sebuah peluru ditembakkan ke atas dengan kecepatan awal dan sudut elevasi tertentu

dari permukaan tanah. Ketika peluru tersebut berada di ketinggian 𝐻1 untuk pertama dan

kedua kalinya, selang waktu antara keduanya adalah 𝑇1, sedangkan ketika peluru

tersebut berada ketinggian 𝐻2 untuk pertama dan kedua kalinya, selang waktu antara

keduanya adalah 𝑇2. Asumsikan 𝐻2 > 𝐻1 dan 𝑇1 > 𝑇2. Tentukan :

a. Selang waktu ketika peluru tersebut berada di ketinggian 𝐻3 untuk pertama dan

kedua kalinya, dinyatakan dalam 𝐻1, 𝐻2, 𝐻3, 𝑇1 dan 𝑇2

b. Syarat untuk 𝐻3 (dinyatakan dalam 𝐻1, 𝐻2, 𝑇1 dan 𝑇2) agar selang waktu pada soal a

ada nilainya.

Pembahasan :

a. 𝐻3 bisa berada di ketinggian berapa saja. Kita tinjau untuk 𝐻3 > 𝐻2 > 𝐻1. Sebenarnya

dimanapun pemilihan posisi 𝐻3, hasilnya akan tetap sama. Lintasan gerak peluru

adalah sebagai berikut

𝑦

𝑥

𝐻1

𝐻2 𝐻3

𝑇1

𝑇2

𝑇3

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 5

Misalkan kecepatan ketika peluru berada di ketinggian untuk komponen vertikal

adalah 𝑣1𝑦. Perhatikan gambar di atas! Jika selang waktu 𝑇1 adalah Selang waktu

ketika peluru tersebut berada di ketinggian 𝐻1 untuk pertama dan kedua kalinya,

maka selang waktu ketika peluru berada di ketinggian 𝐻1 untuk pertama kalinya

sampai mencapai titik tertinggi adalah 𝑇1/2. Ketika berada di titik tertinggi, kecepatan

peluru arah vertikal bernilai nol, maka

𝑣𝑦 = 0 = 𝑣1𝑦 −𝑔𝑇1

2⟹

2𝑣1𝑦

𝑔= 𝑇1 …(1)

Kita tinjau posisi peluru untuk arah vertikal relatif terhadap titik di ketinggian 𝐻1.

Waktu untuk mencapai posisi di ketinggian 𝐻2 adalah

𝐻2 − 𝐻1 = 𝑣1𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑡2 −2𝑣1𝑦

𝑔𝑡 +

2(𝐻2 − 𝐻1)

𝑔= 0

Subtitusi persamaan (1)

𝑡2 − 𝑇1𝑡 +2(𝐻2 − 𝐻1)

𝑔= 0

Solusi untuk 𝑡 di atas ada dua yaitu

𝑡 =𝑇1 − √𝑇1

2 −8(𝐻2 − 𝐻1)

𝑔

2 dan 𝑡′ =

𝑇1 + √𝑇12 −

8(𝐻2 − 𝐻1)𝑔

2

Untuk 𝑡 adalah selang waktu dari posisi ketinggian 𝐻1 untuk pertama kali sampai ke

posisi ketinggian 𝐻2 untuk pertama kali. Sedangkan 𝑡′ adalah selang waktu dari posisi

ketinggian 𝐻1 untuk pertama kali sampai ke posisi ketinggian 𝐻2 untuk pertama

kedua kalinya. Maka selisih antara 𝑡′ dan 𝑡 adalah 𝑇2 atau

𝑡′ − 𝑡 = 𝑇2

𝑇1 + √𝑇12 −

8(𝐻2 − 𝐻1)𝑔

2−

𝑇1 − √𝑇12 −

8(𝐻2 − 𝐻1)𝑔

2= 𝑇2

√𝑇12 −

8(𝐻2 − 𝐻1)

𝑔= 𝑇2

𝑇12 −

8(𝐻2 − 𝐻1)

𝑔= 𝑇2

2

𝑇12 − 𝑇2

2 =8(𝐻2 − 𝐻1)

𝑔⟹ 𝑔 =

8(𝐻2 − 𝐻1)

𝑇12 − 𝑇2

2 …(2)

Dengan cara yang sama untuk posisi di ketinggian 𝐻1 dan 𝐻3 akan kita dapatkan

𝑔 =8(𝐻3 − 𝐻1)

𝑇12 − 𝑇3

2 …(3)

Persamaan (3) sama dengan persamaan (2)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 6

8(𝐻2 − 𝐻1)

𝑇12 − 𝑇2

2 =8(𝐻3 − 𝐻1)

𝑇12 − 𝑇3

2

𝑇12 − 𝑇3

2 = (𝑇12 − 𝑇2

2)𝐻3 − 𝐻1

𝐻2 − 𝐻1

𝑇32 = 𝑇1

2 − (𝑇12 − 𝑇2

2)𝐻3 − 𝐻1

𝐻2 − 𝐻1

𝑇32 = 𝑇1

2 (1 −𝐻3 − 𝐻1

𝐻2 − 𝐻1) + 𝑇2

2 (𝐻3 − 𝐻1

𝐻2 − 𝐻1)

𝑇32 = −𝑇1

2 (𝐻3 − 𝐻2

𝐻2 − 𝐻1) + 𝑇2

2 (𝐻3 − 𝐻1

𝐻2 − 𝐻1)

𝑇32 =

𝑇22(𝐻3 − 𝐻1) − 𝑇1

2(𝐻3 − 𝐻2)

𝐻2 − 𝐻1

𝑇3 = √𝑇2

2(𝐻3 − 𝐻1) − 𝑇12(𝐻3 − 𝐻2)

𝐻2 − 𝐻1

b. Agar 𝑇3 memiliki nilai atau kalau kata soal ada nilainya, dia haruslah berupa bilangan

real. Agar 𝑇3 merupakan bilangan real, suku di dalam akar haruslah lebih besar dari

nol

𝑇22(𝐻3 − 𝐻1) − 𝑇1

2(𝐻3 − 𝐻2)

𝐻2 − 𝐻1> 0

𝑇22𝐻3 − 𝑇2

2𝐻1 > 𝑇12𝐻3 − 𝑇1

2𝐻2

(𝑇12 − 𝑇2

2)𝐻3 < 𝑇12𝐻2 − 𝑇2

2𝐻1 ⟹ 𝐻3 <𝑇1

2𝐻2 − 𝑇22𝐻1

𝑇12 − 𝑇2

2


BOLA BERONGGA

Sebuah bola berongga berdinding tebal dimana jari-jari dinding luar dan dalamnya

masing-masing adalah 𝑅0 dan 𝑅1. Densitas bola pada 𝑅1 < 𝑟 < 𝑅0 dianggap homogen,

yaitu 𝜌. Bola menggelinding ke bawah tanpa slip dari keadaan diam pada suatu bidang

miring dan kecepatannya ketika mencapai dasar bidang miring adalah 𝑣0. Bila bidang

miringnya licin dan bola menuruni bidang miring dari keadaan dan posisi yang sama

seperti sebelumnya, maka kecepatannya saat mencapai dasar bidang miring menjadi

5𝑣0/4. Tentukan :

a. Jari-jari girasi bola berongga tersebut terhadap sumbu yang melalui pusat bola.

b. Perbandingan nilai 𝑅1/𝑅0 dan

c. Perbandingan volume rongga bola terhadap volume total bola

Petunjuk : Untuk polinom 13𝑥5 − 45𝑥2 + 32 = 0, salah satu solusinya adalah 𝑥 = 1,215

Pembahasan :

a. Jari-jari girasi adalah jari-jari yang digunakan pada momen inersia jika benda tegar

yang kita tinjau dianggap sebagai massa titik. Oleh karena itu kita perlu meninjau

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 7

moen inersia bola berongga tebal ini terkebih dahulu. Momen inersia untuk kulit bola

tipis terhadap sumbu rotasi yang melalui pusatnya adalah

𝐼0 =2

3𝑚𝑅2

Sekarang kita tinjau suatu elemen kulit bola tipis setebal 𝑑𝑟 yang berjarak 𝑟 dari pusat

bola dimana 𝑅1 < 𝑟 < 𝑅0.

Luas permukaan elemen kulit bola ini adalah 4𝜋𝑟2. Karena kulit bola ini sangat tipis,

luas permukaan luar dan dalamnya bisa kita asumsikana sama, maka volume kulit

bola ini adalah 𝑑𝑉 = 4𝜋𝑟2𝑑𝑟. Massa elemen kulit bola ini adalah

𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝑉 = 4𝜌𝜋𝑟2𝑑𝑟

Massa total bola berongga ini adalah

∫ 𝑑𝑚𝑀

0

= ∫ 4𝜌𝜋𝑟2𝑑𝑟𝑅0

𝑅1

𝑀 = 4𝜌𝜋 ∫ 𝑟2𝑑𝑟𝑅0

𝑅1

=4

3𝜌𝜋(𝑅0

3 − 𝑅13)

Momen inersia kulit bola ini terhadap sumbu rotasi yang melalui pusatnya adalah

𝑑𝐼 =2

3𝑑𝑚𝑟2

𝑑𝐼 =8

3𝜌𝜋𝑟4𝑑𝑟

∫ 𝑑𝐼𝐼

0

=8

3𝜌𝜋 ∫ 𝑟4𝑑𝑟

𝑅0

𝑅1

𝐼 =8

3𝜌𝜋

1

5(𝑅0

5 − 𝑅15) ⟹ 𝐼 =

8

15𝜌𝜋(𝑅0

5 − 𝑅15)

Jika bola berongga bendinding tebal ini dianggap sebagai massa titik, jari-jari girasi

nya atau 𝑅𝐺 adalah

𝑀𝑅𝐺2 =

8

15𝜌𝜋(𝑅0

5 − 𝑅15)

𝑟

𝑑𝑟

𝑅0

𝑅1 elemen kulit

bola tipis

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 8

4

3𝜌𝜋(𝑅0

3 − 𝑅13)𝑅𝐺

2 =8

15𝜌𝜋(𝑅0

5 − 𝑅15)

𝑅𝐺2 =

2(𝑅05 − 𝑅1

5)

5(𝑅03 − 𝑅1

3)⟹ 𝑅𝐺 = √

2(𝑅05 − 𝑅1

5)

5(𝑅03 − 𝑅1

3)

b. Pertama kita tinjau kondisi ketika bola menggelinding tanpa slip. Karena bola

menggelinding tanpa slip, ketik sampai di dasar bidang miring, bola bergerak

translasi dengan kecepatan 𝑣0 dan rotasi dengan kecepatan sudut 𝜔.

Menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita dapatkan

𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝐼𝜔2

Karena bola menggelinding tanpa slip maka 𝜔 = 𝑣0/𝑅0

4

3𝜌𝜋(𝑅0

3 − 𝑅13)𝑔ℎ =

1

2

4

3𝜌𝜋(𝑅0

3 − 𝑅13)𝑣0

2 +1

2

8

15𝜌𝜋(𝑅0

5 − 𝑅15) (

𝑣0

𝑅0)2

𝑔ℎ =1

2𝑣0

2 +1

5

𝑅05 − 𝑅1

5

(𝑅03 − 𝑅1

3)𝑅02 𝑣0

2 …(1)

Berikutnya kita tinjau kondisi ketika bidang miring licin. Karena bidang miring licin,

maka tidak ada gaya gesek dan tidak tidak ada torsi yang menyebabkan bola berotasi,

jadi ketika sampai di dasar bidang miring, bola hanya murni bergerak translasi

dengan kecepatan 5𝑣0/4.

Menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita dapatkan

𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀 (

5𝑣0

4)2

⟹ 𝑔ℎ =25

32𝑣0

2 …(2)

𝜔

𝑀

𝑣0

ℎ

𝑀

5𝑣0

4

ℎ

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 9

Persamaan (1) sama dengan persamaan (2)

25

32𝑣0

2 =1

2𝑣0

2 +1

5

𝑅05 − 𝑅1

5

(𝑅03 − 𝑅1

3)𝑅02 𝑣0

2

25

32=

1

2+

1

5

𝑅05 − 𝑅1

5

(𝑅03 − 𝑅1

3)𝑅02

9

32=

𝑅05 − 𝑅1

5

5(𝑅05 − 𝑅1

3𝑅02)

45𝑅05 − 45𝑅1

3𝑅02 = 32𝑅0

5 − 32𝑅15

13𝑅05 − 45𝑅1

3𝑅02 + 32𝑅1

5 = 0| ×1

𝑅15

13 (𝑅0

𝑅1)5

− 45 (𝑅0

𝑅1)2

+ 32 = 0

Persamaan terkahir ini analog dengan bentuk polinom yang diberikan petunjuk yaitu

13𝑥5 − 45𝑥2 + 32 = 0

Maka solusinya adalah

𝑅0

𝑅1= 1,215 =

1215

1000⟹

𝑅1

𝑅0=

1000

1215⟹

𝑅1

𝑅0=

200

243= 0,823

Alterntif Solusi Untuk Bagian a

kita bisa mencari jari-jari girasi dengan cara yang lebih mudah. Untuk persamaan

energi sistem dari kondisi awal sampai ketika tiba di dasar bidang miring akan

berbentuk

𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝑀𝑅𝐺

2𝜔2

Untuk kasus pertama berlaku 𝜔 = 𝑣0/𝑅0

𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝑀𝑣0

2 (𝑅𝐺

𝑅0)2

Untuk kasus kedua 𝜔 = 0

𝑀𝑔ℎ =1

2𝑀 (

5𝑣0

4)2

=1

2𝑀𝑣0

2 (25

16)

Maka jari-jari girasi bola akan menjadi

1

2𝑀𝑣0

2 +1

2𝑀𝑣0

2 (𝑅𝐺

𝑅0)2

=1

2𝑀𝑣0

2 (25

16)

1 + (𝑅𝐺

𝑅0)2

=25

16

(𝑅𝐺

𝑅0)2

=9

16

𝑅𝐺

𝑅0=

3

4⟹ 𝑅𝐺 =

3

4𝑅0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 10

Hasil ini akan sama dengan hasil pada bagian a, kalau tidak percaya coba saja

masukkan nilai numeriknya, berapapun yang kamu pilih pasti hasilnya sama.

c. Volume rongga adalah

𝑉𝑅 =4

3𝜋𝑅1

3

Volume total bola bola adalah

𝑉𝐵 =4

3𝜋𝑅0

3

Maka, perbandingan volume rongga terhadap volume total bola adalah

𝑉𝑅

𝑉𝐵=

43𝜋𝑅1

3

43𝜋𝑅0

3= (

𝑅1

𝑅0)3

= (0,823)3 ⟹𝑉𝑅

𝑉𝐵= 0,557


OSILASI AYUNAN BANDUL

Sebuah partikel bermassa 𝑚 diikat pada ujung tali tegar tak bermassa dengan panjang 𝐿.

Ujung tali yang satunya dipasang pada suatu titik tetap. Partikel tersebut diputar dengan

kecepatan sudut konstan Ω⃗⃗ = Ω�̂� sehingga bergerak dalam bidang horizontal 𝑥𝑦. Sudut

antara tali dengan sumbu vertikal 𝑧 adalah 𝜃. Percepatan gravitasi 𝑔 ke arah sumbu 𝑧

negatif.

a. Jika sudut konstan sebesar 𝜃 = 𝜃0 adalah sudut apit tali dengan garis vertikal

sehingga 𝑚 berada pada bidang horizontal yang tetap, tentukan 𝜃0 dinyatakan dalam

𝐿, 𝑔, dan Ω.

b. Ketika partikel tersebut berotasi terhadap sumbu vertikal, sudut 𝜃0 dapat divariasi

dengan sudut infinitesimal 𝛿(𝜃 = 𝜃0 + 𝛿) sehingga partikel tersebut juga melakukan

gerak osilasi terhadap 𝛿. Tentukan kecepatan sudut osilasi dinyatakan dalam 𝐿, 𝑔, dan

Ω.

Pembahasan :

a. Kita tinjau keseimbangan partikel pada arah radial relatif terhadap lintasan

melingkar partikel. karena kita tinjau relatif terhadap lintasan partikel, sedangkan

pada lintasan ini partikel memiliki percepatan sentripetal yang arahnya radial ke

dalam, maka dia akan mendapat gaya fiktif yaitu gaya sentrifugal yang arahnya

menjauhi sumbu rotasi. Berikut diagram gaya pada partikel

𝑚

𝐿

Ω

𝑔

𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 11

Keseimbangan gaya arah vertikal memberikan

𝑇 cos 𝜃0 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇cos 𝜃0 = 𝑚𝑔…(1)

Keseimbangan gaya arah radial memberikan

𝑇 sin 𝜃0 − 𝑚Ω2𝐿 sin 𝜃0 = 0 ⟹ 𝑇 = 𝑚Ω2𝐿 … (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑚Ω2𝐿 cos 𝜃0 = 𝑚𝑔

cos 𝜃0 =𝑔

Ω2𝐿 ⟹ 𝜃0 = arccos (

𝑔

Ω2𝐿 )

b. Sekarang kita tinjau kondisi ketika sudut apit antara tali dan garis vertikal bertambah

sebesar 𝛿 menjadi 𝜃 = 𝜃0 + 𝛿. Kita tinjau gerak rotasi sistem. Torsi pemulih sistem

adalah proyeksi gaya berat dan gaya sentrifugal pada arah tangensial. Perhatikan

gambar di bawah!

Besar torsi pemulih sistem adalah

∑𝜏 = 𝑚𝐿2𝛼

𝑚𝑔 sin 𝜃 𝐿 − 𝑚Ω2𝐿2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝑚𝐿2𝛼

𝑔

𝐿sin 𝜃 − Ω2 sin 𝜃 cos 𝜃 = 𝛼

𝑔

𝐿sin(𝜃0 + 𝛿) − Ω2 sin(𝜃0 + 𝛿) cos(𝜃0 + 𝛿) = 𝛼 … (3)

𝑚𝑔

𝑇

𝜃0

𝑇 sin 𝜃0

𝑇 cos 𝜃0

𝑚Ω2𝐿 sin 𝜃0

𝑚𝑔

𝑇′

𝜃

𝑚Ω2𝐿 sin 𝜃

𝛼

𝜃

𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 12

Kita gunakan rumus trigonometri berikut untuk memodifikasi persamaan di atas

sin(𝜃0 + 𝛿) = sin 𝜃0 cos 𝛿 + cos 𝜃0 sin 𝛿

cos(𝜃0 + 𝛿) = cos 𝜃0 cos 𝛿 − sin 𝜃0 sin 𝛿

maka

sin(𝜃0 + 𝛿) cos(𝜃0 + 𝛿) = (sin 𝜃0 cos 𝛿 + cos 𝜃0 sin 𝛿)(cos 𝜃0 cos 𝛿 − sin 𝜃0 sin 𝛿)

sin(𝜃0 + 𝛿) cos(𝜃0 + 𝛿)

= sin 𝜃0 cos 𝜃0 cos2 𝛿 + cos2 𝜃0 sin 𝛿 cos 𝛿 − sin2 𝜃0 sin 𝛿 cos 𝛿

− sin 𝜃0 cos 𝜃0 sin2 𝛿

Untuk osilasi yang kecil, atau sudut 𝛿 kecil, maka kita akan berlaku hampiran berikut

yaitu

cos 𝛿 ≈ 1

sin 𝛿 ≈ 𝛿 ⟹ sin2 𝛿 ≈ 𝛿2 ≈ 0

Suku 𝛿2 bisa kita hampirkan ke nol karena 𝛿 sendiri suatu bilangan yang kecil, maka

𝛿2 akan sangat kecil dan mendekati nol sehingga

sin(𝜃0 + 𝛿) = sin 𝜃0 + 𝛿 cos 𝜃0

sin(𝜃0 + 𝛿) cos(𝜃0 + 𝛿) = sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛿 cos2 𝜃0 − 𝛿 sin2 𝜃0

Kita kembali ke persamaan (3) 𝑔

𝐿(sin𝜃0 + 𝛿 cos 𝜃0) − Ω2(sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛿 cos2 𝜃0 − 𝛿 sin2 𝜃0) = 𝛼

Kita gunakan hasil dari bagian a yaitu

cos 𝜃0 =𝑔

Ω2𝐿 ⟹

𝑔

𝐿 = Ω2 cos 𝜃0

Maka

Ω2 cos 𝜃0 (sin 𝜃0 + 𝛿 cos 𝜃0) − Ω2(sin 𝜃0 cos 𝜃0 + 𝛿 cos2 𝜃0 − 𝛿 sin2 𝜃0) = 𝛼

Ω2 cos 𝜃0 sin 𝜃0 + Ω2𝛿 cos2 𝜃0 − Ω2 sin 𝜃0 cos 𝜃0 − Ω2𝛿 cos2 𝜃0 + Ω2𝛿 sin2 𝜃0 = 𝛼

Ω2𝛿 sin2 𝜃0 = 𝛼

Karena arah 𝛼 berlawanan dengan arah bertambahnya 𝛿 maka 𝛼 = −�̈� sehingga

Ω2𝛿 sin2 𝜃0 = −�̈�

�̈� + Ω2 sin2 𝜃0 𝛿 = 0

𝜔2 = Ω2 sin2 𝜃0 ⟹ 𝜔 = Ωsin 𝜃0

Dari identitas trigonometri kita peroleh

sin 𝜃0 = √1 − cos2 𝜃0 = √1 −𝑔2

Ω4𝐿2

Kecepatan sudut osilasi partikel akan menjadi 𝜔 = Ω√1 −𝑔2

Ω4𝐿2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 13


TUMBUKAN MASSA DAN BATANG

Tinjau sistem dibawah ini yang terdiri dari tiga buah massa 𝑚1, 𝑚2, dan 𝑚3 yang saling

lepas (tidak saling menempel). Seluruh gerakan sistem berada pada bidang horizontal.

Batang 𝑚2 dengan panjang 3𝐿 dipasang pada poros licin. Massa 𝑚3 yang hampir

menyentuh batang 𝑚2 berada pada posisi berjarak 2𝐿 dari poros, dan keduanya dalam

keadaan diam. Massa 𝑚1 bergerak lurus dengan kecepatan 𝑣0 dengan arah tegak lurus

batang dan akan menumbuk batang pada jarak 𝐿 dari dari poros. Semua tumbukan yang

terjadi bersifat lenting sempurna. Untuk selanjutnya dalam perhitungan gunakanlah oleh

kalian 𝑚1 = 𝑚2 = 𝑚3 = 𝑚.

Setelah tumbukan terjadi, tentukan :

a. Kecepatan massa 𝑚1 dan 𝑚3 serta kecepatan sudut batang 𝑚2.

b. Perbedaan momentum sudut total dan perbedaan energi kinetik sistem antara

sebelum dan sesudah tumbukan.

Pembahasan :

a. Baik teman-teman. Kita akan bahas soal ini. Hal yang perlu diperhatikan di sini adalah

tumbukan yang terjadi sebanyak dua kali. Loh koq bisa?? Jadi begini, kan semuanya

benda saling lepas, begitupun antara 𝑚2 dan 𝑚3. Tumbukan pertama adalah

tumbukan antara massa 𝑚1 dan batang 𝑚2, massa 𝑚3 tidak ikut serta dalam

tumbukan pertama ini karena dia tidak menempel pada 𝑚2. Tumbukan kedua adalah

tumbukan antara batang 𝑚2 dan massa 𝑚3, di sini massa 𝑚1 tidak ikut serta karena

dia sudah berbalik arah. Baik kita tinjau masing-masing tumbukan.

Tumbukan Pertama

Setelah tumbukan massa 𝑚1 akan berbalik arah dan batang 𝑚2 akan berotasi.

Momentum sudut sistem terhadap poros licin kekal karena jika kita tinjau terhadap

poros ini, tidak ada torsi eksternal yang bekerja pada sistem. Misal kecepatan massa

𝑚1 dan kecepatan sudut batang 𝑚2 setelah tumbukan adalah 𝑣1 dan 𝜔0. Momen

inersia batang terhadap poros licin adalah

𝐼 =1

3𝑚2𝐿2

2 =1

3𝑚(2𝐿)2 = 3𝑚𝐿2

𝑣0

𝑚1

𝑚2

𝑚3

𝐿

2𝐿

3𝐿

poros licin

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 14

Kekekalan momentum sudut

𝑚𝑣0𝐿 = −𝑚𝑣1𝐿 + 3𝑚𝐿2𝜔0

𝑣0 + 𝑣1 = 3𝐿𝜔0 …(1)

Karena poros licin dan tumbukan elastis energi sistem sebelum dan sesdah tumbukan

kekal 1

2𝑚𝑣0

2 =1

2𝑚𝑣1

2 +1

23𝑚𝐿2𝜔0

2

𝑣02 − 𝑣1

2 = 3𝐿2𝜔02

(𝑣0 + 𝑣1)(𝑣0 − 𝑣1) = 3𝐿2𝜔02


3𝐿𝜔0(𝑣0 − 𝑣1) = 3𝐿2𝜔02

𝑣0 − 𝑣1 = 𝐿𝜔0 ⟹ 𝑣1 = 𝑣0 − 𝐿𝜔0 …(2)


𝑣0 + 𝑣0 − 𝐿𝜔0 = 3𝐿𝜔0

2𝑣0 = 4𝐿𝜔0 ⟹ 𝜔0 =𝑣0

2𝐿

Subtitusi 𝜔0 ke persamaan (2)

𝑣1 = 𝑣0 − 𝐿𝑣0

2𝐿⟹ 𝑣1 =

𝑣0

2

Tumbukan Kedua

Pada tumbukan kedua ini, setelah tumbukan, gerak rotasi batang 𝑚2 akan berbalik

arah dengan kecepatan sudut 𝜔 dan massa 𝑚3 akan bergerak dengan kecepatan 𝑣3.

Seperti sebelumnya, pada tumbukan ini juga berlaku Hukum Kekekalan Momentum

Sudut dan Hukum Kekekalan Energi.

Kekekalan momentum sudut

3𝑚𝐿2𝜔0 = 𝑚𝑣32𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔

𝑣0

𝑚1

𝑚2

𝑣0

𝑚1

𝑚2 𝜔0

𝑣3

𝑚3

𝑚2 𝜔

𝑚3

𝑚2 𝜔0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 15

3𝐿(𝜔0 + 𝜔) = 2𝑣3 …(3)

Kekekalan energi 1

23𝑚𝐿2𝜔0

2 =1

2𝑚𝑣3

2 +1

23𝑚𝐿2𝜔2

3𝐿2(𝜔02 − 𝜔2) = 𝑣3

2

3𝐿2(𝜔0 − 𝜔)(𝜔0 + 𝜔) = 𝑣32


2𝑣3𝐿(𝜔0 − 𝜔) = 𝑣32

2𝐿(𝜔0 − 𝜔) = 𝑣3 …(4)


3𝐿(𝜔0 + 𝜔) = 2[2𝐿(𝜔0 − 𝜔)]

3𝜔0 + 3𝜔 = 4𝜔0 − 4𝜔

𝜔0 = 7𝜔

𝜔 =𝜔0

7=

𝑣0

2𝐿7

⟹ 𝜔 =𝑣0

14𝐿

Subitusi 𝜔0 dan 𝜔

2𝐿 (𝑣0

2𝐿−

𝑣0

14𝐿) = 𝑣3 ⟹ 𝑣3 =

6𝑣0

7𝐿

Jadi, kecepatan massa 𝑚1 dan 𝑚3 serta kecepatan sudut batang 𝑚2 setelah seluruh

tumbukan terjadi adalah

kecepatan massa m1 ⟹ 𝑣1 =𝑣0

2

kecepatan massa m3 ⟹ 𝑣3 =6𝑣0

7𝐿

kecepatan sudut batang m2 ⟹ 𝜔 =𝑣0

14𝐿

b. Untuk momentum sudut total sistem terhadap poros licin, secara logika kita, karena

kekal, harusnya perbedaan momentum sudut sistem saat awal dan sesudah semua

tumbukan haruslah nol. Akan kita buktikan.

Momentum sudut awal dan akhir sistem terhadap poros licin adalah

𝐿𝑖 = 𝑚𝑣0𝐿

𝐿𝑓 = −𝑚𝑣1𝐿 + 𝑚𝑣32𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔

Δ𝐿 = 𝐿𝑓 − 𝐿𝑖 = −𝑚𝑣1𝐿 + 2𝑚𝑣3𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔 − 𝑚𝑣0𝐿

Δ𝐿 = −𝑚𝑣0𝐿 − 𝑚𝑣1𝐿 + 2𝑚𝑣3𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔

Δ𝐿 = −𝑚𝑣0𝐿 − 𝑚𝑣1𝐿 + 3𝑚𝐿2𝜔0 − 3𝑚𝐿2𝜔0 + 2𝑚𝑣3𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔

Lihat kembali persamaan kekekalan momentum sudut pada tumbukan pertama dan

kedua

𝑚𝑣0𝐿 = −𝑚𝑣1𝐿 + 3𝑚𝐿2𝜔0 ⟹ −𝑚𝑣0𝐿 − 𝑚𝑣1𝐿 + 3𝑚𝐿2𝜔0 = 0

3𝑚𝐿2𝜔0 = 𝑚𝑣32𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔 ⟹ −3𝑚𝐿2𝜔0 + 2𝑚𝑣3𝐿 − 3𝑚𝐿2𝜔 = 0

Maka perbedaan momentum sudut sistem nol atau Δ𝐿 = 0.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 16

𝑚1 𝑚2 𝐵

𝑣0 𝐴

Untuk energi sistem, energi awal sebelum dan sesudah semua tumbukan akan kekal.

Hal ini karena tidak ada gaya luar non konservatif (seperti gaya gesek) yang

melakukan usaha pada sistem.

Energi awal dan akhir sistem adalah

𝐸𝑖 =1

2𝑚𝑣0

2

𝐸𝑓 =1

2𝑚𝑣1

2 +1

2𝑚𝑣3

2 +1

23𝑚𝐿2𝜔2

𝐸𝑓 =1

2𝑚 (

𝑣0

2)2

+1

2𝑚(

6𝑣0

7𝐿)2

+1

23𝑚𝐿2 (

𝑣0

14𝐿)2

𝐸𝑓 =1

8𝑚𝑣1

2 +18

49𝑚𝑣0

2 +3

392𝑚𝑣0

2 =49 + 144 + 3

392𝑚𝑣0

2 =196

392𝑚𝑣0

2

𝐸𝑓 =1

2𝑚𝑣0

2

Δ𝐸 = 𝐸𝑓 − 𝐸𝑖 =1

2𝑚𝑣0

2 −1

2𝑚𝑣0

2 ⟹ Δ𝐸 = 0


BOLA PEJAL DAN BENDA MELENGKUNG

Suatu bola pejal A bermassa 𝑚1 dan berjari-jari 𝑟 bergerak dengan kecepatan 𝑣0 ke arah

sebuah benda B bermassa 𝑚2(𝑚2 ≫ 𝑚1) dengan sisi melengkung seperti terlihat pada

gambar di bawah ini. Bola A dan benda B berada di atas lantai licin.

Bola A kemudian melintasi permukaan benda B hingga terpental secara vertikal ke atas

relatif terhadap benda B. Kemudian bola terjatuh kembali melewati lintasan yang sama.

Asumsikan setelah melewati bidang lengkung bola terhempas sangat tinggi sehingga

dimensi balok dapat diabaikan.

c. Apabila gaya gesek antara bola A dan benda B diabaikan, tentukan waktu tempuh bola

untuk kembali ke titik semula!

d. Apabila gaya gesek antara bola A dan benda B tidak diabaikan, tentukan ketinggian

maksimum yang dapat dicapai bola!

Pembahasan :

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 17

𝑚2 𝐵

𝑢

𝐴

𝑚1 𝑚2 𝐵

𝑣0 𝐴

𝑚1

𝑉

a. Karena gaya gesek diabaikan, bola A tidak akan berotasi dan hanya bergerak translasi

murni. Karena dimensi B bisa kita abaikan, ketinggian bola A lepas dari B bisa kita

asumsikan nol, sehingga pertambahan energi potensial bola A menjadi nol pula.

Misalkan 𝑢 adalah kecepatan bola A relatif terhadap benda B ketika tepat akan

terpantal ke atas dan lepas dari lintasan dan 𝑉 adalah kecepatan benda B. Momentum

linear sistem pada arah horizontal kekal karena tidak ada gaya eksternal. Energi

sistem juga kekal karena semua permukaan licin sehingga tidak ada

Kekekalan momentum linear arah horizontal

𝑚1𝑣0 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑉 ⟹ 𝑉 =𝑚1𝑣0

𝑚1 + 𝑚2

Kekekalan energi mekanik

1

2𝑚1𝑣0

2 =1

2𝑚1(𝑢

2 + 𝑉2) +1

2𝑚2𝑉

2

𝑚1𝑣02 = (𝑚1 + 𝑚2)𝑉

2 + 𝑚1𝑢2

𝑚1𝑣02 = (𝑚1 + 𝑚2) (

𝑚1𝑣0

𝑚1 + 𝑚2)2

+ 𝑚1𝑢2

𝑣02 =

𝑚1

𝑚1 + 𝑚2𝑣0

2 + 𝑢2

𝑢2 = (1 −𝑚1

𝑚1 + 𝑚2) 𝑣0

2 = (𝑚2

𝑚1 + 𝑚2) 𝑣0

2

𝑢 = 𝑣0√𝑚2

𝑚1 + 𝑚2

Kecepatan 𝑢 juga adalah komponen kecepatan bola A untuk arah vertikal terhadap

tanah. Selang waktu total untuk bola sejak lepas dari benda B sampai kembali lagi

adalah

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣𝑦𝑡 −1

2𝑔𝑡2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 18

𝑚2 𝐵

𝑢

𝐴

𝑚2 𝐵

𝑣′ 𝐴

𝑚1

𝑉

𝑚1

𝑉′

0 = 0 + 𝑢𝑡 −1

2𝑔𝑡2

𝑡 =2𝑢

𝑔⟹ 𝑡 =

2𝑣0

𝑔√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2

Karena dimensi benda B dapat diabaikan, selang waktu untuk bola A melewati

lintasan lengkung bisa kita abaikan. Dalam selang waktu 𝑡 ini, benda B sudah bergerak

ke kanan sejauh

𝑥 = 𝑉𝑡 = (𝑚1𝑣0

𝑚1 + 𝑚2)(

2𝑣0

𝑔√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2) ⟹ 𝑥 =

2𝑣02

𝑔(

𝑚1

𝑚1 + 𝑚2√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2)

Sekarang kita hitung dulu kecepatan bola A ketika dia berbalik arah, dalam hal ini

berlaku pulahukum kekekalan momentum linier arah horizontal dan hukum

kekekalan energi mekanik.

Kekekalan momentum linear arah horizontal

𝑚1𝑣0 = −𝑚1𝑣′ + 𝑚2𝑉′ ⟹ 𝑚1(𝑣0 + 𝑣′) = 𝑚2𝑉′… (1)

Kekekalan energi mekanik

1

2𝑚1𝑣0

2 =1

2𝑚1𝑣

′2 +1

2𝑚2𝑉

′2

𝑚1(𝑣02 − 𝑣′2) = 𝑚2𝑉

′2

𝑚1(𝑣0 + 𝑣′)(𝑣0 − 𝑣′) = 𝑚2𝑉′2


𝑚2𝑉′(𝑣0 − 𝑣′) = 𝑚2𝑉′2

𝑣0 − 𝑣′ = 𝑉′ …(2)


𝑚1(𝑣0 + 𝑣′) = 𝑚2(𝑣0 − 𝑣′)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 19

(𝑚1 + 𝑚2)𝑣′ = (𝑚2 − 𝑚1)𝑣0 ⟹ 𝑣′ =

𝑚2 − 𝑚1

𝑚2 + 𝑚1𝑣0 …(3)

Waktu tempuh bola A untuk kembali ke tempat awalnya adalah

𝑇 =𝑥

𝑣′=

2𝑣02

𝑔 (𝑚1

𝑚1 + 𝑚2√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2)

𝑚2 − 𝑚1

𝑚2 + 𝑚1𝑣0

⟹ 𝑇 =2𝑣0

𝑔(

𝑚1

𝑚2 − 𝑚1√

𝑚2

𝑚2 + 𝑚1)

Maka waktu tempuh bola untuk kembali ke titik semula adalah

𝑡tot = 𝑡 + 𝑇 =2𝑣0

𝑔√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2+

2𝑣0

𝑔(

𝑚1

𝑚2 − 𝑚1√

𝑚2

𝑚2 + 𝑚1)

𝑡tot =2𝑣0

𝑔√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2(1 −

𝑚1

𝑚2 − 𝑚1)

𝑡tot =2𝑣0

𝑔√

𝑚2

𝑚1 + 𝑚2(𝑚2 − 2𝑚1

𝑚2 − 𝑚1)

karena 𝑚2 ≫ 𝑚1 maka 𝑚2

𝑚1 + 𝑚2≈

𝑚2

𝑚2= 1 dan

𝑚2 − 2𝑚1

𝑚2 − 𝑚1≈

𝑚2

𝑚2= 1

𝑡tot =2𝑣0

𝑔

b. Agar bola A bisa terlempar sangat jauh ke atas maka 𝑣0 harus dibuat sangat besar

nilainya. Karena sekarang permukaan benda B kasar, bola A akan slip ketika mulai

memasuki lintasan lengkung pada benda B. Lintasan lengkung di B dapat kita

asumsikan sangat pendek dan gaya gesek kinetik bisa kita asumsikan konstan dalam

selang waktu selama bola A di B yang sangat singkat misalkan Δ𝑡. Misalkan kecepatan

sudut rotasi bola ketika lepas dari B adalah 𝜔. Kita tinjau kondisi ketika bola A

terlepas dari B dalam keadaan menggelinding tanpa slip sehingga berlaku 𝜔 = 𝑢/𝑟.

Dalam selang waktu yang singkat ini, perubahan momentum sudut bola A adalah

Δ𝐿 = 𝑓k𝑟Δ𝑡 = 𝐼𝜔 =2

5𝑚1𝑟

2𝑢

𝑟⟹ 𝑓kΔ𝑡 =

2

5𝑚1𝑢 … (3)

Karena lintasan lengkung di B diasumsikan sangat pendek dan massa B jauh lebih

besar dari bola A, perubahan momentum linear A akibat gaya gesek kinetik bisa kita

anggap seperti terjadi di lintasan yang lurus dimana kecepatan awal bola A sebelum

dikenaik impuls adalah 𝑣0 dan setelah dikenai impuls adalah 𝑢 maka

Δ𝑝 = −𝑓kΔ𝑡 = 𝑚1(𝑢 − 𝑣0)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 20


−2

5𝑚1𝑢 = 𝑚1(𝑢 − 𝑣0)

7

5𝑢 = 𝑣0 ⟹ 𝑢 =

5

7𝑣0

Ketinggian maksimum yang dicapai bola jika saat lepas dari B dia menggelinding

tanpa slip adalah

ℎ =𝑢2

2𝑔=

25𝑣02

98𝑔

karena lintasan sangat di B sangat pendek sedangkan 𝑣0 sangat besar maka menurut

saya mustahil bola A akan tepat menggelinding tanpa slip ketika tepat lepas dari B.

Maka kecepatan bola A ketika lepas dari B untuk kondisi ini ada di selang 𝑣0 ≤ 𝑣L ≤

𝑢. Sehingga ketinggian maksimum yang dicapai bola A berada di selang

𝑣02

2𝑔≤ ℎmaks <

25𝑣02

98𝑔


PERLAMBATAN DI ATAS BIDANG MIRING AKIBAT BEBAN

Sebuah silinder pejal bermassa 𝑀 menggelinding tanpa slip menuruni bidang miring

diam bersudut elevasi 𝜃 dengan kecepatan awal 𝑣0. Seseorang ingin menghentikan

silinder tersebut dengan memberikan beban. Pada pusat silinder tersebut dikaitkan tali

sehingga tali membentuk sudut 𝜙 terhadap permukaan bidang miring. Di ujung lain tali

tersebut, diikatkan ke sebuah beban kotak 𝑚 yang memiliki massa sama dengan silinder.

Diketahui koefisien gesek antara kotak dan bidang miring adalah 𝜇 serta percepatan

gravitasi 𝑔.

Asumsikan gesekan beban mampu mengehentikan gerak silinder. Tentukanlah :

a. Jarak yang ditempuh silinder hingga berhenti!

b. Syarat sudut 𝜙 yang dapat memenuhi asumsi di atas (nyatakan dalam 𝜃 dan 𝜇)!

Pembahasan :

𝑚 = 𝑀 𝑀

𝜃

𝜇 𝜙

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 21

a. Di asumsikan bahwa gesekan antara beban dan bidang miring dapat menghentikan

gerakan silinder, maka tali penghubung antara keduanya haruslah tegang, di sini

dapat kita ambil bahwa perlambatan kedua benda sama yaitu 𝑎. Berikut diagram gaya

pada kedua benda

Agar silinder bisa berhenti, sistem haruslah dipercepat ke atas berlawanan dengan

arah gerak atau dengan kata lain sistem diperlambat dengan besar nilainya adalah 𝑎.

Agar hal ini terpenuhi pula, tali yang menghubungkan kedua benda haruslah selalu

tegang, karena jika tidak, silinder akan memiliki peluang untuk dipercepat. Baik,

berikutnya kita tinjau gaya-gaya yang bekerja pada kedua benda.

Untuk Beban

Gaya gesek yang bekerja pada beban adalah gaya gesek kinetik karena terjadi gerak

relatif antara permukaannya dengan permukaan bidang miring sehingga berlaku 𝑓k =

𝜇𝑁.

Resultan gaya arah tegak lurus bidang miring

𝑁 − 𝑀𝑔 cos 𝜃 + 𝑇 sin𝜙 = 0

𝑁 = 𝑀𝑔 cos 𝜃 − 𝑇 sin𝜙 … (1)

Resultan gaya arah sejajar bidang miring

𝑓k − 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 cos𝜙 = 𝑀𝑎

𝜇𝑁 − 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 cos𝜙 = 𝑀𝑎 … (2)

Untuk Silinder

Pada silinder ini, karena dia menggelinding tanpa slip dan tidak terjadi gerak relatif

antara permukaannya dengan permukaan silinder, maka gaya gesek yang bekerja

adalah gaya gesek statik dan berlaku 𝛼 = 𝑎/𝑅.

Resultan gaya arah sejajar bidang miring

𝑇 cos𝜙 − 𝑓s − 𝑀𝑔 sin 𝜃 = 𝑀𝑎… (3)

Resultan torsi berlawanan arah jarum jam

𝑓s𝑅 =1

2𝑀𝑅2 (

𝑎

𝑅) ⟹ 𝑓s =

1

2𝑀𝑎 … (4)


𝜇(𝑀𝑔 cos 𝜃 − 𝑇 sin𝜙) − 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 cos𝜙 = 𝑀𝑎

𝑀𝑔(𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃) − 𝑇(𝜇 sin 𝜙 + cos𝜙) = 𝑀𝑎 … (5)


𝜙 𝑇

𝑀𝑔

𝑎

𝑓k

𝑁

arah gerak

𝛼

𝜙

𝑀𝑔

𝑎

𝑓s

𝐾

arah gerak

𝑇

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]




Hal | 22

𝑇 cos𝜙 −1

2𝑀𝑎 − 𝑀𝑔 sin 𝜃 = 𝑀𝑎

𝑇 cos𝜙 = 𝑀𝑔 sin 𝜃 +3

2𝑀𝑎 ⟹ 𝑇 =

1

cos𝜙(𝑀𝑔 sin 𝜃 +

3

2𝑀𝑎)… (6)


𝑀𝑔(𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃) −1

cos𝜙(𝑀𝑔 sin 𝜃 +

3

2𝑀𝑎) (𝜇 sin𝜙 + cos𝜙) = 𝑀𝑎

𝑀𝑔(𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃) − (𝑀𝑔 sin 𝜃 +3

2𝑀𝑎) (𝜇 tan𝜙 + 1) = 𝑀𝑎

2𝑔[𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃 − (𝜇 tan𝜙 + 1) sin 𝜃] = 𝑎[3(𝜇 tan𝜙 + 1) + 2]

𝑎 =2𝑔[𝜇 cos 𝜃 − (𝜇 tan𝜙 + 2) sin 𝜃]

3𝜇 tan𝜙 + 5

Kecepatan awal sistem adalah 𝑣0, maka jarak yang ditempuh sampai berhenti adalah

𝑣𝑡2 = 𝑣0

2 − 2𝑎𝑠

0 = 𝑣02 − 2𝑎𝑠 ⟹ 𝑠 =

𝑣02

2𝑎

𝑠 =(3𝜇 tan𝜙 + 5)𝑣0

2

4𝑔[𝜇 cos 𝜃 − sin 𝜃 (𝜇 tan𝜙 + 2)]

b. Tadi kita definisikan arah 𝑎 adalah berlawanan arah gerak sistem. Maka agar silinder

dapat berhenti, perlambatan 𝑎 haruslah lebih dari sama dengan nol, karena jika

negatif, berarti arah 𝑎 berlawanan dengan arah arah yang kita definisikan, yang

artinya pula sistem dipercepatan searah dengan arah gerak awalnya.

𝑎 ≥ 0

2𝑔[𝜇 cos 𝜃 − (𝜇 tan𝜙 + 2) sin 𝜃]

3𝜇 tan𝜙 + 5≥ 0

𝜇 cos 𝜃 − (𝜇 tan𝜙 + 2) sin 𝜃 ≥ 0

𝜇 tan𝜙 + 2 ≤ 𝜇 cot 𝜃

tan𝜙 ≤ cot 𝜃 −2

𝜇

jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005, kel. cempaka, kec ... · dalam tiga konstanta alamiah dalam...

Documents