t = s a = 0 kereta bergerak dengan kelajuan konstan

PROGRAM STUDI FISIKA Gedung Fisika Jl. Ganesha No. 10 Bandung 40132, INDONESIA Telp. +62 (22) 2512672, 2500834, 2534127 Fax. +62 (22) 2512672, 2506452 Homepage : http://www.fi.itb.ac.id

I N S T I T U T T E K N O L O G I B A N D U N G

F a k u l t a s M a t e m a t i k a d a n I l m u P e n g e t a h u a n A l a m

Jalan Ganesha 10 Bandung 40132; Telp.: +6222 2502360, Fax: +6222 2502361, e-mail : dekan@fmipa.itb.ac.id

1.

Sebuah kereta bergerak di jalur rel yang lurus sepanjang sumbu x. Kereta tersebut awalnya sedang diam pada posisi 𝑥 = −5 m. Saat 𝑡 = 0, kereta mulai bergerak ke arah x positif dengan percepatan seperti pada gambar.

(a) Pada selang waktu berapakah kereta tersebut bergerak dengan kelajuan konstan, bergerak dipercepat, dan bergerak diperlambat ?

(b) Berapa kecepatan kereta saat 𝑡 = 15 s ? (c) Di mana posisi kereta saat 𝑡 = 30 s ? SOLUSI :

(a) Berdasarkan soal, diketahui bahwa arah gerak kereta ke arah x positif. Kereta dipercepat jika arah percepatan sama dengan arah kecepatan, diperlambat jika arah percepatan berkebalikan dengan arah kecepatan dan kelajuannya konstan jika nilai percepatan sama dengan nol. Maka :

𝒕 = 𝟎 → 𝟏𝟎 𝐬 ∶ 𝑎 = + 0,50 m s⁄ ²→ kereta bergerak dipercepat 𝒕 = 𝟏𝟎 → 𝟐𝟎 𝐬 ∶ 𝑎 = 0 → kereta bergerak dengan kelajuan konstan 𝒕 = 𝟐𝟎 → 𝟑𝟎 𝐬 ∶ 𝑎 = −0,10 m s⁄ ²→ kereta bergerak diperlambat

(b) Untuk menentukan kelajuan saat 𝑡 = 15 𝑠, dapat diketahui dari kelajuan saat 𝑡 = 10 𝑠. Dengan menggunakan persamaan GLBB : (istilah GLBB tidak ada di buku Cutnell ?, sebaiknya diganti: gerak dengan percepatan konstan)

𝑣(𝑡 = 10) = 𝑣₀+ 𝑎𝑡 = 0 + ( 0,5 m s⁄ )(10𝑠) = 5 m s² ⁄

Atau kelajuan saat t = 10 s dapat diperoleh dengan cara menghitung luas daerah yang diapit kurva percepatan dengan sumbu horizontal sepanjang t = 0 sampai t = 10 s.

Karena selama 𝑡 = 10 s → 20 s kelajuan kereta konstan, maka ketika 𝑡 = 15 s, kelajuan kereta 5 m s⁄ (di soal pertanyaannya adalah kecepatan)

(c) Posisi ketika 𝑡 = 10 s :

𝑥₁₀= 𝑥₀+ 𝑣₀𝑡 +1

2𝑎𝑡² = −5 m + 0 + (1

2) (0,5 m s⁄ )(100 s^{2 2}) = 20 m Posisi ketika 𝑡 = 20 s :

𝑥₂₀ = 𝑥₁₀+ 𝑣₁₀𝑡 = 20 m + (5 m s⁄ )(10 s) = 70 m Posisi ketika 𝑡 = 30 s :

𝑥₃₀= 𝑥₂₀+ 𝑣₂₀𝑡 +1

2𝑎𝑡²= 70 m + (5 m s⁄ )(10 𝑠) + (1

2) (−0,1 m s⁄ )(100 s^{2 2}) = 115 m

SOLUSI UJIAN KE-1 FI1102 FISIKA DASAR IB (3 SKS) SEMESTER I TAHUN AKADEMIK 2018-2019

Sabtu, 13 Oktober 2018

Pukul : 09.00 – 11.00 WIB

2 2 2

6

3

2

3

2.

Balok A bermassa 𝑚_𝐴 = 2 kg berada pada bidang datar yang licin dan terhubung menggunakan tali dengan balok B bermassa 𝑚_𝐵 = 10 kg pada bidang miring kasar (𝜇_𝑠= 0,4 dan 𝜇_𝑘 = 0,2) melalui katrol yang tak bermassa. Balok A ditarik oleh gaya 𝐹 dengan arah seperti pada gambar. Massa tali diabaikan dan gunakan 𝑔 = 10 m/s². Asumsikan balok B tepat akan bergerak naik.

(a) Gambarkan diagram gaya (benda-bebas) pada masing-masing benda.

(b) Berapa besar gaya 𝐹 ? SOLUSI :

(a) Diagram gaya (benda-bebas) untuk masing-masing benda: (usul: diagram gaya dgn benda sebagai titik, spy konsisten dgn di kls)

Balok A Balok B

(b) Diasumsikan bahwa balok B tepat akan bergerak naik.

Penerapan hukum Newton untuk balok A pada sumbu y Penerapan hukum Newton untuk balok B pada sumbu y Σ𝐹_𝐴𝑦 = 0

N_A− 𝑤_𝐴 = 0

N_A= 𝑤_𝐴 = 𝑚_𝐴g …………. (1)

Σ𝐹_𝐵𝑦 = 0

𝑁_𝐵− 𝑤_𝐵cos 𝜃 = 0

𝑁_𝐵 = 𝑤_𝐵cos 𝜃 = 𝑚_𝐵g cos 𝜃 ……… (3)

Penerapan hukum Newton untuk balok A pada sumbu x Penerapan hukum Newton untuk balok B pada sumbu x

Σ𝐹_𝐴𝑥 = 𝑚_𝐴𝑎 = 0 F − T = 0

T = F ……… (2)

Σ𝐹_𝐵𝑥 = 0

T − W_Bsin 𝜃 − 𝑓_{𝑠,𝑚𝑎𝑘𝑠} = 0 ………… (4)

Substitusi persamaan (2) ke dalam persamaan (4) menghasilkan : F − w_Bsin 𝜃 − 𝑓_{𝑠,𝑚𝑎𝑘𝑠}= 0

dengan 𝑓_{𝑠,𝑚𝑎𝑘𝑠} :

𝑓_{𝑠,𝑚𝑎𝑘𝑠}= 𝜇_𝑠𝑁_𝐵 =𝑠𝑚_𝐵g cos 𝜃 = (0.4)(10 kg)(10 m/s² ) (⁴

5) = 32 N Maka,

𝐹 − 𝑚_𝐵g sin 𝜃 − 𝑓_{𝑠,𝑚𝑎𝑘𝑠} = 0 𝐹 = 𝑚_𝐵g sin 𝜃 + 𝑓_{𝑠,𝑚𝑎𝑘𝑠}

𝑭 = (10 kg)(10 m/s²) (³

5) + 32 N = 𝟗𝟐 𝐍

5 5

5 5

𝑊_𝐴 𝑁_𝐴

F

A

T y

x

f

s,maks

𝑁_𝐵 T

𝜃

𝑾𝑩

𝑊𝐵cos 𝜃

𝑊_𝐵sin 𝜃

x y

3.

Sebuah benda kecil bermassa 𝑚 digantung di titik O dengan menggunakan seutas tali ringan dan tidak elastik yang memiliki panjang 𝐿. Pada awalnya benda diam pada posisi A dan kemudian benda dilepaskan (lihat gambar). Diketahui percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan abaikan semua gesekan. Tinjau kondisi ketika benda pada posisi B dan tali membentuk sudut 𝜃 terhadap garis vertikal. Nyatakan jawaban pada soal (a) dan (b) dalam 𝑚, 𝑔, 𝐿 dan 𝜃.

(a) Tentukan usaha yang dilakukan oleh gaya gravitasi dari A ke B.

(b) Tentukan laju gerak benda di B.

(c) Jika ternyata di B benda memiliki percepatan total ke arah mendatar, tentukan nilai tan 𝜃.

SOLUSI :

Pilih arah vertikal ke atas sebagai sumbu y positif dan posisi awal tali sebagai garis 𝑦 = 0.

(a) Karena gaya gravitasi adalah gaya yang konservatif, maka usahanya ditentukan oleh

𝑊_𝑚𝑔 = −Δ𝑈 = −(−𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 − 0) = 𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃

(b) Karena usaha oleh gaya non-konservatif sama dengan nol, maka energi mekanik sistem kekal.

Δ𝐾 + Δ𝑈 = 0 (¹

2𝑚𝑣_B²− 0) + (−𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 − 0) = 0 Jadi diperoleh

𝑣_𝐵= √2𝑔𝐿 cos 𝜃 (c) Tinjau diagram berikut ini

(1) (2) Gaya pada arah singgung (diagram (1)), 𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚𝑎_𝑡 Berdasarkan jawaban (b) dapat diperoleh 𝑎_𝑟 =^𝑣B2

𝐿 = 2𝑔 cos 𝜃 dan dari diagram (2) diperoleh,

𝑎_𝑟

𝑎_𝑡= tan 𝜃 ↔^{2𝑔 cos 𝜃}

𝑔 sin 𝜃 = tan 𝜃 ↔ 2 = (tan 𝜃)² (tdk pakai kuadrat, cotan atau tan ?) Maka :

tan 𝜃 = √2

6

6

7

7

4.

Sebuah roket kembang api dengan massa m bergerak pada bidang xy dengan kelajuan 𝑣₀= 48 m/s. Tiba-tiba roket tersebut pecah menjadi dua bagian yang massanya sama, masing-masing bergerak dengan laju 𝑣₁ dan 𝑣₂ seperti pada gambar. Diketahui 𝛼 = 30°

dan 𝛽 = 60°.

(a) Tuliskan persamaan momentum linear sistem. Nyatakan dalam 𝑣₀, 𝑣₁, 𝑣₂, 𝛼, dan 𝛽.

(b) Hitung laju 𝑣₁ dan 𝑣₂.

(c) Hitung kecepatan pusat massa sistem setelah pecah.

SOLUSI :

(a) Dari hukum kekekalan momentum linear dapat dituliskan persamaan momentum linear sistem 𝑝⃗₀= 𝑝⃗₁+ 𝑝⃗₂

𝑚𝑣⃗0= 𝑚1𝑣⃗1+ 𝑚2𝑣⃗2 dengan 𝑚1= 𝑚2=¹₂𝑚

𝑚𝑣⃗₀=¹

2𝑚𝑣⃗₁+¹

2𝑚𝑣⃗₂ 𝑣⃗₀=¹

2𝑣⃗₁+¹

2𝑣⃗₂

𝑣₀ cos 𝛽 𝑖̂ + 𝑣₀ cos 𝛼 𝑗̂ =¹

2𝑣₁𝑖̂ +¹

2𝑣₂𝑗̂

Pd gb v1 searah sb y, v2 pd arah sb x ?

(b) Dari jawaban (a) dengan memperhatikan suku-suku yang sejenis vektor satuannya diperoleh laju 𝑣₁ dan 𝑣₂ berturut- turut ( dan  terbalik)

v1 = 2 v0 cos  v2= 2 v0 cos 

𝑣₁ = 2𝑣₀cos 𝛼 = 2(48 m/s) cos 30° = 48√3 m/s 𝑣₂= 2𝑣₀cos 𝛽 = 2(48 m/s) cos 60° = 48 m/s

(c) Kecepatan pusat massa sistem setelah pecah adalah

𝑣⃗_𝑝𝑚 =^{𝑚1𝑣⃗⃗1+𝑚2𝑣⃗⃗2}

𝑚₁+𝑚₂ =

1

2𝑚(48√3)𝑗̂+¹₂𝑚(48)𝑖̂

𝑚 = (24𝑖̂+ 24√3𝑗̂) m/s.

7

7

6

5.

Sebuah roda dengan jari-jari 0,5 m berputar dengan kecepatan sudut yang ditunjukkan pada gambar. Tentukan

(a) besar pergeseran sudut yang dialami oleh suatu titik pada tepi roda antara 𝑡 = 1 s sampai 𝑡 = 8 s,

(b) kelajuan linier suatu titik yang berada pada tepi roda saat 𝑡 = 6 s, (c) percepatan sudut saat 𝑡 = 4 s.

SOLUSI :

(a) Pergeseran sudut (angular displacement) dapat diperoleh dari luas total daerah antar kurva dengan sumbu horizontal. Dapat diperoleh bahwa luas total adalah sama dengan nol.

Sehingga besar pergeseran sudut yang dialami oleh suatu titik pada tepi roda antara 𝑡 = 1 s sampai 𝑡 = 8 s adalah nol.

(b) Persamaan kurva kelajuan sudut tersebut dapat dinyatakan sebagai berikut 𝜔(𝑡) = 2,25𝑡 − 9 Sehingga laju angular pada saat 𝑡 = 6 s adalah

𝜔₆= 2,25(6) − 9 = 4,5 rad/s

Dengan demikian kecepatan linier titik pada keliling roda pada saat 𝑡 = 6 s adalah 𝑣 = 𝜔𝑟 = (4,5 rad/s)(0,5 m) = 2,25 m/s

(c) Percepatan sudut saat 𝑡 = 4 s : Percepatan sudut : 𝛼 =^𝑑𝜔

𝑑𝑡 → kemiringan di titik 𝑡 = 4 s (sebaiknya menghitung  langsung dari fungsi (t)) Karena kemiringannya selama 𝑡 = 0 sampai 𝑡 = 8 s konstan maka percepatan sudut saat 𝑡 = 4 s sama dengan percepatan sudut rata-ratanya.

𝛼(𝑡 = 4 s) = 〈𝑎〉 =𝜔₈− 𝜔₀

8 − 0 =18 rad/s

8 s = 2,25 rad s⁄ ²

______________________________________________________________________________________________________________

6 4

4

6