jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005, kel. cempaka, kec ... · mengamati dengan jelas kalau...

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

OSK Fisika 2016 Number 1

OSILASI TETESAN AIR Tinjau fenomena osilasi bebas yang dialami suatu tetes cairan yang berhasil direkam oleh beberapa astronot pada saat mereka sedang mengorbit di ruang angkasa bebas gravitasi. Fenomena ini mereka temukan pada saat mereka sedang berusaha menangkap satu tetes air yang besar dan kemudian merekamnya dalam bentuk video. Para astronot berhasil mengamati dengan jelas kalau ukuran/jari-jari tetes air tersebut benar-benar berosilasi (lihat gambar di bawah).

Fenomena ini belum diketahui banyak orang karena mereka bermukim di permukaan Bumi yang gravitasinya mengakibatkan tetes cairan mengalami jatuh bebas lebih cepat sehingga tidak sempat mengalami osilasi. Fenomena populer ini pertama kali diselesaikan oleh Lord Rayleigh yang hasilnya telah dipublikasi dalam majalah ilmiah Nature volume 95, halaman 66, tahun 1915.

a. Dengan mengabaikan pengaruh percepatan gravitasi bumi, tentukan besar frekuensi osilasi tetes di atas yang dianggap bergantung pada massa jenis cairan (𝜌), jari-jari tetes cairan (𝑟), dan tegangan muka cairan (𝜎 ).

b. Untuk ukuran tetes cairan yang sama, hitunglah nilai perbandingan (rasio) antara frekuensi osilasi tetes cairan A dengan frekuensi osilasi tetes cairan B dengan menggunakan hasil (a) di atas.

c. Jelaskan kesimpulan Anda tentang pengaruh massa jenis cairan terhadap frekuensi osilasinya.

Diketahui : massa jenis: 1 g/cm3 (cairan A) dan 12,1 g/cm3 (cairan B) tegangan muka: 0,0405 N/m (cairan A) dan 0,5 N/m (cairan B) Pembahasan : a. Dalam menentukan hubungan antar besaran, cara yang efektif adalah menggunakan

analisis dimensi. Dimensi masing-masing besaran adalah 𝑓 = 𝑇−1 𝜌 = 𝑀𝐿−3 𝑟 = 𝐿 𝜎 = 𝑀𝑇−2 𝑓 bergantung kepada 𝜌, 𝑟, dan 𝜎 𝑓 = 𝑘𝜌𝑥𝑟𝑦𝜎𝑧 Dengan 𝑘 adalah suatu konstanta tanpa dimensi, maka 𝑇−1 = 𝑘(𝑀𝐿−3)𝑥𝐿𝑦(𝑀𝑇−2)𝑧 𝑇−1 = 𝑘𝑀𝑥+𝑧𝐿−3𝑥+𝑦𝑇−2𝑧 Dari kesamaan pangkat untuk kedua ruas akan kita dapatkan

−1 = −2𝑧 ⟹ 𝑧 =1

2

0 = 𝑥 + 𝑧 = 𝑥 +1

2⟹ 𝑥 = −

1

2

osilasi

tetesan air

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 2

0 = −3𝑥 + 𝑦 = −3(−1

2) + 𝑦 ⟹ 𝑦 = −

3

2

Maka frekuensi osilasi tetes air adalah

𝑓 = 𝑘𝜌−12𝑟−

32𝜎

12

𝑓 = 𝑘√𝜎

𝜌𝑟3

b. Rasio freluensi osilasi untuk cairan A dan B dengan ukuran yang sama (artinya 𝑟𝐴 =𝑟𝐵) adalah

𝑓𝐴𝑓𝐵=

𝑘√𝜎𝐴𝜌𝐴𝑟𝐴3

𝑘√𝜎𝐵𝜌𝐵𝑟𝐵3

𝑓𝐴𝑓𝐵= √

𝜎𝐴𝜌𝐵𝜎𝐵𝜌𝐴

𝑓𝐴𝑓𝐵= √

(0,0405 N/m)(12,1 g/cm3)

(0,5 N/m)(1 g/cm3)= √0,972 ⟹

𝑓𝐴𝑓𝐵= 0,986

c. Dari hasil (b) kita ketahui bahwa rasio freuensi kedua jenis cairan tidak terlalu berbeda, nyaris sama. Dari sini dapat kita simpulkan bahwa massa jenis cairan tidak berpengaruh secara dominan. Walaupu massa jenis cairan B beberapa kali lebih besar dari cairan A, nilai frekuensinya tidak terlalu berbeda karena pengaruh perbedaan massa jenis ini di talangi oleh tegangan muka kedua cairan.


GERAK PARABOLA Sebuah peluru ditembakkan dari titik A ke titik B dimana titik A dan B merupakan titik-titik sudut alas suatu segitiga ABC (lihat gambar). Segitiga ABC sebidang dengan lintasan peluru. Lintasan peluru diketahui berjarak 𝐻 dari titik C (titik puncak segitiga). Jika diketahui sudut ∠𝐵𝐴𝐶 , sudut ∠𝐴𝐵𝐶 dan jarak AB adalah 𝐿, tentukan: a. sudut elevasi ketika peluru ditembakkan. b. laju awal peluru ketika ditembakkan jika 𝛼 = 𝛽 Nyatakan semua jawaban dalam 𝐻, 𝐿, 𝛼, dan 𝛽. Pembahasan : Soal ini akan mudah kita kerjakan jika kita mempunyai persamaan posisi peluru untuk arah vertikal 𝑦 sebagai fungsi posisi peluru untuk arah horizontal 𝑥. Tapi karena kita tidak mempunyainya kita harus mencarinya sendiri. Kita jadikan posisi awal peluru sebagai titik asal sistem koordinat. Sudut 𝜃 adalah sudut elevasi peluru.

𝐶

𝐴 𝐵

𝐻

𝛼 𝛽

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 3

Komponen kecepatan peluru adalah Arah horizontal → 𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃 Arah vertikal → 𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃

Kita dapat menentukan persamaan posisi 𝑦 dan 𝑥 sebagai fungsi waktu dengan menggunakan persamaan GLBB pada arah 𝑦 dan GLB pada arah 𝑥. Untuk 𝑦 (𝑦0 = 0, 𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃 , dan 𝑎𝑦 = −𝑔)

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 +1

2𝑎𝑦𝑡

2 = 0 + 𝑣0 sin 𝜃 𝑡 +1

2(−𝑔)𝑡2

𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃 𝑡 −1

2𝑔𝑡2…(1)

Untuk 𝑥 (𝑥0 = 0 dan 𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos 𝜃) 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 = 0 + 𝑣0 cos 𝜃 𝑡

𝑡 =𝑥

𝑣0 cos 𝜃… (2)

Subtitusi persamaan (2) ke (1)

𝑦 = 𝑣0 sin 𝜃𝑥

𝑣0 cos 𝜃−1

2𝑔 (

𝑥

𝑣0 cos 𝜃)2

𝑦 = 𝑥 tan𝜃 −𝑔𝑥2

2𝑣02 cos2 𝜃… (3)

Persamaan (3) adalah persamaan posisi peluru untuk arah vertikal 𝑦 sebagai fungsi posisi peluru untuk arah horizontal 𝑥

𝑦

𝜃 𝑥

𝑣0 𝑣0𝑦

𝑣0𝑥

𝑔

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 4

a. Sekarang kita perlu sedikit ilmu trigonometri untuk menentukan posisi peluru ketika di titik D dan B.

tan𝛼 =ℎ

𝑠1→ 𝑠1 =

ℎ

tan𝛼

tan𝛽 =ℎ

𝑠2→ 𝑠2 =

ℎ

tan 𝛽

𝑠1 + 𝑠2 = 𝐿 ℎ

tan𝛼+

ℎ

tan𝛽= 𝐿

ℎ(tan𝛽 + tan𝛼)

tan𝛼 tan𝛽= 𝐿

ℎ =𝐿 tan𝛼 tan 𝛽

tan 𝛽 + tan 𝛼

𝑠1 =𝐿 tan 𝛽

tan𝛽 + tan𝛼

maka koordinat titik D dan B terhadap titik asal adalah titik B (𝐿, 0)

titik D (𝐿 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼,𝐿 tan𝛼 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼+ 𝐻)

subtitusi koordinat titik B ke persamaan (3)

0 = 𝐿 tan𝜃 −𝑔𝐿2

2𝑣02 cos2 𝜃

𝑔𝐿

𝑣02= 2 cos2 𝜃 tan 𝜃 = 2 sin 𝜃 cos 𝜃

𝑣02 =

𝑔𝐿

2 sin 𝜃 cos 𝜃… (4)

Subtitusi koordinat titik (D) dan persamaan (4) ke (3)

𝐿 tan𝛼 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼+ 𝐻 =

𝐿 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼tan 𝜃 −

𝑔 (𝐿 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼)2

2 (𝑔𝐿

2 sin 𝜃 cos 𝜃) cos2 𝜃



𝐿 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼tan 𝜃 − (

tan 𝛽

tan𝛽 + tan𝛼)2

𝐿 tan 𝜃



𝐿 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼tan 𝜃 (1 −

tan 𝛽

tan𝛽 + tan𝛼)



𝐿 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼tan 𝜃 (

tan𝛼

tan𝛽 + tan𝛼)



𝐿 tan 𝛼 tan𝛽

(tan𝛽 + tan𝛼)2tan 𝜃

tan 𝜃 =(tan𝛽 + tan𝛼)2

𝐿 tan𝛼 tan𝛽(𝐿 tan𝛼 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼+ 𝐻)

𝐶

𝐴 𝐵

𝐻

𝛼 𝛽

𝐷

ℎ

𝐿

𝑠1 𝑠2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 5

𝜃 = tan−1 [(tan𝛽 + tan 𝛼)2

𝐿 tan𝛼 tan𝛽(𝐿 tan 𝛼 tan𝛽

tan𝛽 + tan𝛼+ 𝐻)]

b. Jika 𝛼 = 𝛽, maka tan 𝛽 = tan 𝛼

tan 𝜃 =(tan𝛼 + tan 𝛼)2

𝐿 tan𝛼 tan𝛼(𝐿 tan 𝛼 tan𝛼

tan𝛼 + tan𝛼+ 𝐻)

tan 𝜃 =4 tan2 𝛼

𝐿 tan2 𝛼(𝐿 tan2 𝛼

2 tan 𝛼+ 𝐻)

tan 𝜃 =4

𝐿(𝐿

2tan𝛼 + 𝐻)

tan 𝜃 = 2 tan𝛼 +4𝐻

𝐿

Kita turunkan sebuah rumus untuk menghubungkan tan 𝜃 dalam sin 𝜃 dan cos 𝜃

tan2 𝜃 =sin2 𝜃

cos2 𝜃=

sin2 𝜃

1 − sin2 𝜃

tan2 𝜃 − tan2 𝜃 sin2 𝜃 = sin2 𝜃 tan2 𝜃 = tan2 𝜃 sin2 𝜃 + sin2 𝜃 tan2 𝜃 = (tan2 𝜃 + 1) sin2 𝜃

sin2 𝜃 =tan2 𝜃

tan2 𝜃 + 1→ sin 𝜃 =

tan𝜃

√tan2 𝜃 + 1

cos2 𝜃 = 1 − sin2 𝜃 = 1 −tan2 𝜃

tan2 𝜃 + 1=

1

tan2 𝜃 + 1→ cos 𝜃 =

1

√tan2 𝜃 + 1

Maka

sin 𝜃 cos 𝜃 =tan 𝜃

√tan2 𝜃 + 1

1

√tan2 𝜃 + 1=

tan 𝜃

tan2 𝜃 + 1

Sehingga kecepatan awal peluru adalah

𝑣0 = √𝑔𝐿(tan2 𝜃 + 1)

2 tan 𝜃= √

𝑔𝐿

2(tan 𝜃 +

1

tan 𝜃)

𝑣0 = √𝑔𝐿

2(2 tan𝛼 +

4𝐻

𝐿+

𝐿

2𝐿 tan𝛼 + 4𝐻)


MOBIL RODA EMPAT 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 :

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 6

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

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

𝑅 𝐻

𝑧

𝑦

𝑥

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 7

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

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

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 8

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

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


KESEIMBANGAN STATIK Sebuah batang homogen dengan massa 𝑚 dan panjang 𝐿 diikat dengan menggunakan 2 tali yang masing-masing panjangnya 𝑙. Terdapat dua beban yang digantung pada ujung batang B dan C dengan berat masing-masing 2𝑤 dan 𝑤 (lihat gambar). Tentukan besar sudut 𝜙 ketika sistem dalam keadaan setimbang. Nyatakan jawaban Anda dalam 𝑤,𝑚, 𝑙, dan 𝐿. Pembahasan : Karena sistem seimbang, torsi total yang bekerja pada satiap titik akan bernilai nol. Di sini kita harus bisa memilih titik acuan yang paling efektif atau yang paling memudahkan kita. Ada yang tau titik mana itu? Kalau saya sendiri, saya akan memilih titik terikatnya tali di langit-langit. Kenapa? Karena menurut saya ini tidak akan terlalu banyak memuat variabel. Tapi teman-teman boleh memilih titik mana saja namun untuk pembahasan ini, kita akan jadikan titik terikat tali di langit-langit sebagai acuan, untuk mudahnya kita sebut titik ini sebagai titik O. Perhatikan gambar di bawah ini!

𝜙

𝑚, 𝐿

2𝑤

𝑤

𝑙

𝑙

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 9

Dari gambar bisa kita dapatkan

cos 𝜃 =𝐿

2𝑙, sin 𝜃 =

√4𝑙2 − 𝐿2

2𝑙, dan tan 𝜃 =

√4𝑙2 − 𝐿2

𝐿

ℎ = 𝑙 sin 𝜃

keseimbangan torsi tehadap titik O

Σ𝜏 = 0

2𝑤𝑙 cos(𝜃 + 𝜙) − 𝑚𝑔ℎ sin𝜙 − 𝑤𝑙 cos(𝜃 − 𝜙) = 0

Gunakan identitas trigonometri

cos(𝑥 + 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦

cos(𝑥 − 𝑦) = cos 𝑥 cos 𝑦 + sin 𝑥 sin 𝑦

maka

2𝑤𝑙(cos 𝜃 cos𝜙 − sin 𝜃 sin𝜙) − 𝑚𝑔𝑙 sin 𝜃 sin𝜙 − 𝑤𝑙(cos 𝜃 cos𝜙 + sin 𝜃 sin𝜙) = 0

𝑤 cos 𝜃 cos𝜙 = (3𝑤 +𝑚𝑔) sin 𝜃 sin 𝜙

tan𝜙 =𝑤 cos 𝜃

(3𝑤 +𝑚𝑔) sin 𝜃| ×

1/ cos 𝜃

1/ cos 𝜃

tan𝜙 =𝑤

(3𝑤 +𝑚𝑔) tan 𝜃

tan𝜙 =𝑤

(3𝑤 +𝑚𝑔)√4𝑙2 − 𝐿2

𝐿

tan𝜙 =𝑤𝐿

(3𝑤 +𝑚𝑔)√4𝑙2 − 𝐿2

𝜙 = arctan (𝑤𝐿

(3𝑤 +𝑚𝑔)√4𝑙2 − 𝐿2)

𝜃

𝜃 𝜙

𝑚, 𝐿

2𝑤

𝑤

𝑙

𝑙

ℎ

𝑚𝑔

O

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 10


MEJA BILLIARD BERBENTUK LINGKARAN Pada suatu daerah, seseorang membuat sebuah meja billiard yang berbentuk lingkaran. Pada tepi A meja billiard tersebut, sebuah bola (asumsikan sebagai partikel) dipukul dengan laju awal 𝑣0 yang cukup besar dan membentuk sudut 𝜃 terhadap garis radius (lihat gambar). Diketahui gesekan dengan meja selama bola bergerak diabaikan dan koefisien restitusi tumbukan antara bola dengan dinding pinggiran meja adalah 𝑒 < 1. Tentukan sudut 𝜃 (dinyatakan dalam 𝑒), agar: a. bola menumbuk dinding hanya satu kali sebelum

kembali ke titik A (tempat semula). b. bola menumbuk dinding dua kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula). c. bola menumbuk dinding tiga kali sebelum kembali ke titik A (tempat semula). Pembahasan : a. Jika bola hanya menyentuh dinding satu kali sebelum kembali ke titik A, berarti

setelah tumbukan dengan dinding bola berbalik arah dan kembali menuju titik A melalui lintasan yang sama ketika bola mulai bergerak dari titik A menuju titik

benturan. Maka sudut 𝜃 = 00 = 0 radian

b. Jika bola menyentuh dinding dua kali sebelum kembali ke titik A, lintasan bola akan berbentuk segitiga seperti gambar di bawah ini

𝜃 𝑣0 𝑂

𝐴

tampak atas

𝑣0 𝑂

𝐴

𝑂 𝑣0

𝐴

𝜃

𝜃 𝜃1

𝜃1

𝜃2 𝜃2

𝜃 𝜃1 𝑣0 𝑣0𝑟

𝑣0𝑡 𝑣1 𝑣1𝑟

𝑣1𝑡

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 11

Karena meja licin, bola tidak mengalami perubahan momentum pada arah tangensial sehingga 𝑚𝑣0𝑡 = 𝑚𝑣1𝑡 𝑣0 sin 𝜃 = 𝑣1 sin 𝜃1…(1) Kita gunakan rumus koefisien restitusi untuk tumbukan arah radial

𝑒 = −𝑣𝑏𝑜𝑙𝑎′ − 𝑣𝑑𝑖𝑛𝑑𝑖𝑛𝑔′

𝑣𝑏𝑜𝑙𝑎 − 𝑣𝑑𝑖𝑛𝑑𝑖𝑛𝑔

𝑒 = −𝑣1 cos 𝜃1 − 0

𝑣0 cos 𝜃 − 0→ 𝑣1 cos 𝜃1 = −𝑒𝑣0 cos 𝜃

Di sini kita ambil besar nilainya saja sehingga tanda negatif bisa dihilangkan. Tanda negatif tersebut muncul karena kecepatan bola pada arah radial sebelum menumbuk meja berlawanan arah dengan kecepatannya radialnya setelah menumbuk meja.

𝑣1 =𝑒𝑣0 cos 𝜃

cos 𝜃1…(2)

Subtitusi (2) ke (1)

𝑣0 sin 𝜃 =𝑒𝑣0 cos 𝜃

cos 𝜃1sin 𝜃1

tan 𝜃1 =tan𝜃

𝑒

Dengan menggunakan cara yang sama untuk tumbukan kedua akan kita dapatkan

tan 𝜃2 =tan𝜃1𝑒

=tan 𝜃

𝑒2

Jumlah sudut pada segitiga adalah 𝜋 radian 2(𝜃 + 𝜃1 + 𝜃2) = 𝜋

𝜃 =𝜋

2− (𝜃1 + 𝜃2)

tan 𝜃 = tan [𝜋

2− (𝜃1 + 𝜃2)] = cot(𝜃1 + 𝜃2) =

1

tan(𝜃1 + 𝜃2)=1 − tan 𝜃1 tan 𝜃2tan 𝜃1 + tan𝜃2

tan 𝜃 =1 −

tan𝜃𝑒

tan 𝜃𝑒2

tan 𝜃𝑒 +

tan 𝜃𝑒2

=𝑒3 − tan2 𝜃

tan 𝜃 (𝑒2 + 𝑒)

tan2 𝜃 (𝑒2 + 𝑒) = 𝑒3 − tan2 𝜃 tan2 𝜃 (𝑒2 + 𝑒 + 1) = 𝑒3

tan 𝜃 = √𝑒3

𝑒2 + 𝑒 + 1→ 𝜃 = tan−1(√

𝑒3

𝑒2 + 𝑒 + 1)

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 12

c. Jika bola menyentuh dinding tiga kali sebelum kembali ke titik A, lintasan bola akan berbentuk bangun datar segi empat seperti gambar di bawah ini

Dengan cara yang sama seperti sebelumnya untuk setiap tumbukan akan kita dapatkan

tan 𝜃1 =tan𝜃

𝑒


=tan 𝜃

𝑒2


=tan 𝜃1𝑒2

=tan𝜃

𝑒3

Jumlah sudut untuk bangun segi empat adalah 2𝜋 radian 2(𝜃 + 𝜃1 + 𝜃2 + 𝜃3) = 2𝜋 𝜃 + 𝜃1 = 𝜋 − (𝜃2 + 𝜃3) tan(𝜃 + 𝜃1) = tan(𝜋 − (𝜃2 + 𝜃3)) = − tan(𝜃2 + 𝜃3) tan 𝜃 + tan 𝜃11 − tan𝜃 tan 𝜃1

= −tan𝜃2 + tan𝜃31 − tan 𝜃2 tan 𝜃3

tan 𝜃 +tan 𝜃𝑒

1 − tan𝜃tan 𝜃𝑒

= −

tan 𝜃𝑒2

+tan𝜃𝑒3

1 −tan𝜃𝑒2

tan 𝜃𝑒3

tan 𝜃 (1 + 𝑒)

𝑒 − tan2 𝜃= −

tan 𝜃 (𝑒2 + 𝑒3)

𝑒5 − tan2 𝜃

(𝑒5 − tan2 𝜃)(1 + 𝑒) = −(𝑒 − tan2 𝜃)(𝑒2 + 𝑒3)

(𝑒5 + 𝑒6) − (1 + 𝑒) tan2 𝜃 = (𝑒2 + 𝑒3) tan2 𝜃 − (𝑒3 + 𝑒4)

𝑒3(𝑒3 + 𝑒2 + 𝑒 + 1) = (𝑒3 + 𝑒2 + 𝑒 + 1) tan2 𝜃

tan 𝜃 = √𝑒3 → 𝜃 = tan−1 (√𝑒3)


TUMBUKAN CINCIN DAN PERMEN KARET Sebuah cincin bermassa 𝑚 dan jari-jari 𝑅 bergerak menggelinding murni di atas lantai permukaan kasar dengan kelajuan pusat cincin 𝑣0 dan kecepatan sudut rotasi 𝜔0 seperti

𝑂

𝑣0

𝐴

𝜃

𝜃 𝜃1

𝜃1

𝜃2

𝜃2

𝜃3 𝜃3

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 13

gambar di samping. Di tengah lantai pada jalur cincin, terdapat permen karet kecil bermassa 𝑚 sehingga akan terjadi tumbukan dimana permen tersebut lalu akan menempel pada cincin. Abaikan efek gundukan antar cincin-permen sehingga penempelan tersebut terjadi secara spontan dan cincin tidak slip sesaat setelah tumbukan. Diketahui percepatan gravitasi adalah 𝑔. Tentukan : a. Laju pusat cincin sesaat setelah peristiwa tumbukan itu terjadi. b. Laju pusat cincin maksimum,𝑣0,max , agar cincin tidak slip.

Pembahasan : a. karena cincin menggelinding murni tanpa slip maka tidak ada energi yang hilang dan

pada sistem ini juga tidak ada gaya eksternal (tidak ada gaya gesek karena cincin menggelinding tanpa slip dengan kecepatan linier yang konstan pada selang waktu tumbukan ini), maka momentum linier cincin konstan. Misalkan kecepatan linier pusat massa cincin setelah tumbukan dengan permen karet adalah 𝑣, maka 𝑝𝑖 = 𝑝𝑓

𝑚𝑣0 = 2𝑚𝑣 ⟹ 𝑣 =𝑣02

Dari soal kita tahu juga bahwa setelah tumbukan cincin bergerak tanpa slip, berarti kecepatan sudut cincin setelah tumbukan adalah

𝜔 =𝑣

𝑅=𝑣02𝑅

Hal ini juga bisa kita dapatkan dari kekekalan momentum sudut terhadap pusat massa cincin. 𝐿𝑖 = 𝐿𝑓

𝐼0𝜔0 = 𝐼𝜔

𝑚𝑅2𝜔0 = (𝑚𝑅2 +𝑚𝑅2)𝜔 ⟹ 𝜔 =

𝜔02

Dan kecepatan pusat massa cincin akan menjadi

𝑣 =𝑣02

b. Setelah permen karet menempel dengan cincin, kecepatan pusta cincin akan terus berubah tergantung posisi dari si permen karet. Yang kita cari di sini adalah kecepatan maksimum dari pusat cincin sehingga ketika kecepatannya berubah-rubah nanti sedemikian hingga cincin tidak akan pernah slip. Itu secara singkatnya. Kita mulai dari syarat cincin akan tergelincir. Cincin akan tergelincir ketika dia terangkat dari lantai. Kenapa bisa terangkat? Karena ada gaya normal dari permen karat yang arahnya menjauhi pusat cincin. Nah, permen karet akan memberikan efek gaya angkat yang terbesar ketika dia berada di puncak cincin atau titik tertingginya.

𝑚

𝑚

𝜔0

𝑣0

𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 14

Mari kita tinjau kondisi ini untuk mendapatkan kecepatan permen karet di titik tertinggi menggunakan persamaan gaya sentripetal

𝑁𝑃 +𝑚𝑔 =𝑚𝑣max

′ 2

𝑅

𝑣max′ adalah kecepatan maksimum karet di puncak cincin relatif terhadap pusat cincin

dan karena cincin tidak slip, kecepatan pusat massa cincin akan sama besarnya dengan kecepatan ini. Ingat bahwa ini untuk kondisi ketika permen karet berada di posisi tertingginya. Kita tinjau ketika cincin tepat akan terangkat, berarti gaya normal antara cincin dan lantai akan bernilai nol. Hal ini terjadi karena 𝑁𝑃 cenderung akan mengangkat cincin ke atas, berarti nilai maksimum 𝑁𝑃, atau nilainya ketika cincin tepat akan terangkat adalah 𝑁𝑃 −𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑁𝑃 = 𝑚𝑔 maka

𝑚𝑔 +𝑚𝑔 =𝑚𝑣max

′ 2

𝑅

𝑣max′ = √2𝑔𝑅

Sekarang, kira-kira ketika kapan kah, kecepatan pusat massa cincin akan bernilai paling besar? Kecepatannya akan berubah-ubah terus ya tergantung posisi permen karet. Keceptan pusat massa cincin paling besar ketika karet berada di posisi paling bawah. Misalkan kecepatan maksimumnya 𝑣max. Ketika permen karet mulai naik, saat dia berada di sisi cincin sebelah kiri, permen karet cenderung memperlambat cincin, dan saat di puncak, kecepatan pusat massa cincin menjadi 𝑣max

′ . Kemudian ketika perman karet melanjutkan gerakannya, saat permen karet berada di sisi cincin sebelah kanan, dia cenderung mempercepat cincin kembali dan tepat ketika permen karet berada di posisi terendahnya, kecepatan cincin kembali lagi menjadi 𝑣max. Kita bisa hitung 𝑣max dengan menggunakan kekekalan energi. Hukum Kekekalan Energi Mekanik untuk kondisi permen karet berada di titik terendah dan tertingginya. Ingat bahwa gerakan cincin tanpa slip maka berlaku

𝜔max =𝑣max𝑅

dan 𝜔max′ =

𝑣max′

𝑅

Kecepatan permen karet terhadap tanah adalah Ketika di puncak 𝑣𝑝′ = 𝑣max

′⏟1

+ 𝑣max′⏟2

= 2𝑣max′

Ketika di dasar 𝑣𝑝 = −𝑣max⏟

3

+ 𝑣max⏟4

= 0

𝑚

𝑚

𝜔

𝑣

𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 15

1 adalah kecepatan permen karet terhadap pusat cincin ketika berada di puncak dan 2 adalah kecepatan pusat cincin terhadap lantai. 3 adalah kecepatan permen karet terhadap pusat cincin ketika berada di dasar dan arahnya ke kiri(negatif) dan 4 adalah kecepatan pusat cincin terhadap lantai. 𝐸𝑖 = 𝐸𝑓

𝐸𝑖 = 𝐸𝑓

1

2𝑚𝑣max

2 +1

2(𝑚𝑅2) (

𝑣max𝑅)2

=1

2𝑚𝑣max

′ 2+1

2(𝑚𝑅2) (

𝑣max′

𝑅)

2

+1

2𝑚𝑣𝑝

′ 2 +𝑚𝑔(2𝑅)

𝑣max2 = 𝑣max

′ 2+1

2(2𝑣max

′ )2 + 2𝑔𝑅

𝑣max2 = 3𝑣max

′ 2+ 2𝑔𝑅

𝑣max2 = 3(2𝑔𝑅) + 2𝑔𝑅

𝑣max2 = 8𝑔𝑅

𝑣max = 2√2𝑔𝑅

Kecepatan maksimum pusat massa cincin sebelum tumbukan adalah 𝑣0,max = 2𝑣max

𝑣0,max = 4√2𝑔𝑅


JATUH DI ATAS BAN BERJALAN Ban berjalan (conveyer belt) sedang bergerak mendatar dengan kelajuan konstan (lihat gambar). Sebuah silinder homogen (dengan massa 𝑀 dan jari-jari 𝑅 ) yang sedang berotasi dengan kecepatan sudut 𝜔0 secara perlahan dijatuhkan ke atas ban berjalan tersebut. Diketahui 𝜇𝑘 adalah koefisien gesek kinetik antara silinder dengan ban berjalan. Tentukan jarak relatif yang dijalani silinder saat masih tergelincir di atas ban berjalan sebelum ia mulai berotasi tanpa tergelincir (tanpa slip).

Pembahasan : Karena jarak yang ditanyakan adalah relatif terhadap ban berjalan, akan lebih efektif jika kita tinjau gerak silinder homogen relatif terhadap ban berjalan atau pengamat berada di ban berjalan dan ikut bergerka bersamanya. Relatif terhadap ban berjalan atau si pengamat tadi, silinder akan memiliki kecepatan awal 𝑣0 yang arahnya adalah ke kiri (coba bayangkan anda menjadi si pengamat, menurut anda bagaimana kecepatan linier awal pusat massa silinder?). Silinder akan mendapatkan gaya gesek kinetik yang arahnya ke kanan (karena gerak relatif antara permukaan sentuh silinder dan ban berjalan). 𝑓𝑘 = 𝜇𝑘𝑁 = 𝜇𝑘𝑚𝑔 Akibat gaya gesek ini, silinder akan dipercepat ke kanan

ban berjalan

𝑀

silinder homogen

𝜔0

𝑣0

𝑅

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 16

Hukum II Newton untuk gerak translasi silinder Σ𝐹 = 𝑚𝑎 𝑓𝑘 = 𝑚𝑎 𝜇𝑘𝑚𝑔 = 𝑚𝑎 ⟹ 𝑎 = 𝜇𝑘𝑔 Selain itu, gaya gesek ini juga memberikan torsi berlawanan arah jarum yang akan memperlambat kecepatan sudut silinder dengan perlambatan 𝛼. Hukum II Newton untuk gerak rotasi silinder Σ𝜏 = 𝐼𝛼

−𝑓𝑘𝑅 =1

2𝑚𝑅2𝛼

−𝜇𝑘𝑚𝑔𝑅 =1

2𝑚𝑅2𝛼 ⟹ 𝛼 = −

2𝜇𝑘𝑔

𝑅

Persamaan kecepatan linier pusat massa dan kecepatan sudut silinder sebagai fungsi waktu akan menjadi 𝑣(𝑡) = −𝑣0 + 𝜇𝑘𝑔𝑡

𝜔(𝑡) = 𝜔0 −2𝜇𝑘𝑔

𝑅𝑡

Misalkan silinder menggelinding tanpa slip setelah selang waktu 𝑇 sejak diajatuhkan. Kondisi ketika silinder sudah menggelinding tanpa slip di atas lantai yang harus dipenuhi adalah 𝑣(𝑇) = 𝜔(𝑇)𝑅

𝑣(𝑇) = 𝜔(𝑇)𝑅

−𝑣0 + 𝜇𝑘𝑔𝑇 = 𝜔0𝑅 − 2𝜇𝑘𝑔𝑇

3𝜇𝑘𝑔𝑇 = 𝑣0 + 𝜔0𝑅 ⟹ 𝑇 =𝑣0 + 𝜔0𝑅

3𝜇𝑘𝑔

Persamaan posisi silinder sebagai fungsi waktu relatif terhadap ban berjalan adalah

𝑠(𝑡) = −𝑣0𝑡 +1

2𝜇𝑘𝑔𝑡

2

Maka jarak relatif yang ditempuh silinder saat masih slip di atas ban berjalan adalah

𝑠(𝑇) = −𝑣0𝑇 +1

2𝜇𝑘𝑔𝑇

2

𝑠(𝑇) = −𝑣0𝑣0 + 𝜔0𝑅

3𝜇𝑘𝑔+1

2𝜇𝑘𝑔 (

𝑣0 + 𝜔0𝑅

3𝜇𝑘𝑔)2

𝑠(𝑇) =𝑣0 + 𝜔0𝑅

3𝜇𝑘𝑔(−𝑣0 +

𝑣0 +𝜔0𝑅

6)

𝑠(𝑇) =(𝜔0𝑅 + 𝑣0)(𝜔0𝑅 − 5𝑣0)

18𝜇𝑘𝑔

Dan jarak relatif terhadap tanah adalah

𝑠′(𝑇) =1

2𝜇𝑘𝑔𝑇

2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 17

𝑠′(𝑇) =1

2𝜇𝑘𝑔 (

𝑣0 + 𝜔0𝑅

3𝜇𝑘𝑔)2

𝑠′(𝑇) =(𝜔0𝑅 + 𝑣0)

2

18𝜇𝑘𝑔

Menurut pemahaman saya, yang dipertanyakan soal kan adalah jarak relatif yang ditempuh silinder. Karena pada kasus ini kita bisa ketahui jarak relatif terhadap tanah dan ban berjalan, maka saya sertakan keduanya. Namun, hati saya sih lebih mengartikan ini ke jarak relatif terhadap ban berjalan, sekedar curhat saja, mudah-mudahan soal OSN nanti bisa lebih jelas dan dapat dipahami dengan mudah, sekian...!!! semangat semuanya ....


BALOK DAN BATANG DI ATAS BIDANG MIRING Dua balok terhubung dengan sebuah batang tegar tak bermassa dan ditempatkan pada bidang miring dengan sudut kemiringan 𝜃 seperti ditunjukkan dalam gambar di bawah. Balok bermassa 𝑚1 dan 𝑚2 masing-masing memiliki koefisien gesek kinetik (terhadap bidang) 𝜇𝑘1 dan 𝜇𝑘2. a. Carilah persamaan percepatan sistem tersebut! b. Carilah persamaan gaya pada batang penghubung yang bekerja pada tiap balok! c. Tunjukkan bahwa gaya pada bagian soal b adalah nol ketika 𝜇𝑘1 = 𝜇𝑘2 ! Pembahasan : a. Perhatikan diagram gaya untuk masing-masing benda, yaitu balok 𝑚1, 𝑚2, dan

tongkat penghubung berikut! Untuk balok 𝑚1 Arah tegak lurus bidang miring 𝑁1 −𝑚1𝑔 cos 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁1 = 𝑚1𝑔 cos 𝜃 Arah sejajar bidang miring 𝑚1𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 − 𝑓1 = 𝑚1𝑎… (1) Untuk balok 𝑚2

𝜃

𝑚1

𝑚2

𝑓1

𝑚1𝑔

𝑁1

𝑎

𝑇

𝑓2

𝑚2𝑔

𝑁2

𝑎

𝑇

𝑇

𝑇

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821


DC3BCE5B

[email protected]





Hal | 18

Arah tegak lurus bidang miring 𝑁2 −𝑚2𝑔 cos 𝜃 = 0 ⟹ 𝑁2 = 𝑚2𝑔 cos 𝜃 Arah sejajar bidang miring 𝑚2𝑔 sin 𝜃 + 𝑇 − 𝑓2 = 𝑚2𝑎…(2) Karena gaya gesek yang bekerja adalah gaya gesek kinetik akan berlaku 𝑓1 = 𝜇𝑘1𝑁1 = 𝜇𝑘1𝑚1𝑔 cos 𝜃 𝑓2 = 𝜇𝑘2𝑁2 = 𝜇𝑘2𝑚2𝑔 cos 𝜃 Subtitusi 𝑓1 dan 𝑓2 ke persamaan (1) dan (2) kemudian jumlahkan hasilnya

𝑚1𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 − 𝜇𝑘1𝑚1𝑔 cos 𝜃 = 𝑚1𝑎𝑚2𝑔 sin 𝜃 + 𝑇 − 𝜇𝑘2𝑚2𝑔 cos 𝜃 = 𝑚2𝑎

(𝑚1 +𝑚2)𝑔 sin 𝜃 − (𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2)𝑔 cos 𝜃 = (𝑚1 +𝑚2)𝑎+

𝑎 =(𝑚1 +𝑚2) sin 𝜃 − (𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2) cos 𝜃

(𝑚1 +𝑚2)𝑔

𝑎 = [sin 𝜃 −(𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2) cos 𝜃

(𝑚1 +𝑚2)] 𝑔

b. Subtitusi 𝑓1 dan 𝑎 ke persamaan (1)

𝑚1𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 − 𝜇𝑘1𝑚1𝑔 cos 𝜃 = 𝑚1 [sin 𝜃 −(𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2) cos 𝜃

(𝑚1 +𝑚2)] 𝑔

𝑇 = 𝑚1𝑔 sin 𝜃 − 𝜇𝑘1𝑚1𝑔 cos 𝜃 − 𝑚1𝑔 sin 𝜃 +(𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2)𝑚1𝑔 cos 𝜃

(𝑚1 +𝑚2)

𝑇 = −𝜇𝑘1𝑚1𝑔 cos 𝜃 +(𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2)𝑚1𝑔 cos 𝜃

(𝑚1 +𝑚2)

𝑇 =−𝜇𝑘1(𝑚1 +𝑚2)𝑚1𝑔 cos 𝜃 + (𝜇𝑘1𝑚1 + 𝜇𝑘2𝑚2)𝑚1𝑔 cos 𝜃

(𝑚1 +𝑚2)

𝑇 =𝑚1𝑚2

(𝑚1 +𝑚2)(𝜇𝑘2 − 𝜇𝑘1)𝑔 cos 𝜃

c. Ketika 𝜇𝑘2 = 𝜇𝑘1 maka

𝑇 =𝑚1𝑚2

(𝑚1 +𝑚2)(𝜇𝑘2 − 𝜇𝑘1⏟

0

)𝑔 cos 𝜃

𝑇 = 0 Maka hasil ini membuktikan bahwa ketika 𝜇𝑘2 = 𝜇𝑘1, gaya dari batang penghubung ke masing-masing balok bernilai nol.

Catatan : kalau ada yang bingung aja sih, koq bisa gaya dari batang untuk masing-masing balok bernilai sama yaitu 𝑇. Oke deh, misalkan besar gayanya berbeda. Pada balok 𝑚1 besarnya 𝑇1 dan pada balok 𝑚2 besarnya 𝑇2. Coba kita tinjau gerakan batang sejajar permukaan bidang miring. 𝑇1 − 𝑇2 = 𝑚batang𝑎

Namun karena batang tegar tak bermassa maka 𝑚batang = 0. So

𝑇1 − 𝑇2 = 0. 𝑎 = 0 𝑇1 = 𝑇2 = 𝑇 Yap begitulah...hehe... semangat ya belajarnya...!!!...

jln. mr. cokrokusumo no.54 rt.015/005, kel. cempaka, kec ... · mengamati dengan jelas kalau...

Documents