OSK Fisika 2017 Number 1 Kota Medan GERAK LURUS BERUBAH BERATURAN
Sebuah partikel bergerak satu dimensi sepanjang sumbu 𝑥 positif dengan kecepatan 𝑣 dan percepatan 𝑎 yang memenuhi hubungan sebagai berikut: Untuk 0 ≤ 𝑡 ≤ 𝑡1, 𝑎 = 6(𝐾2𝑥)1/3, sedangkan untuk 𝑡 ≥ 𝑡
1, 𝑣 = √𝐵2+ 4 𝐴( 𝑥 − 𝐶) , dimana 𝐴, 𝐵, 𝐶 dan 𝐾 suatu
tetapan. Mula-mula partikel bergerak dari titik O tanpa kecepatan awal. Selanjutnya, pada saat 𝑡 = 𝑡1, baik pada posisi 𝑥, kecepatan 𝑣 maupun 𝑎 seluruhnya kontinu.
Percepatan adalah turunan pertama kecepatan terhadap waktu 𝑎 = 𝑑𝑣𝑑𝑡 𝑑𝑣 integralkan menggunakan syarat ini
kecepatan adalah turunan pertama posisi terhadap waktu 𝑣 = 𝑑𝑥𝑑𝑡
Subtitusi persamaan (4) ke (1) untuk mendapatkan percepatan partikel ketika 𝑡 = 𝑡1 𝑎(𝑡1) = 6𝐾2/3(𝐾𝑡13)1/3
𝑎(𝑡1) = 6𝐾𝑡1… (5)
Subtitusi persamaan (4) ke (2) untuk mendapatkan kecepatan partikel ketika 𝑡 = 𝑡1 𝑣(𝑡1) = 3𝐾1/3(𝐾𝑡13)2/3
𝑣(𝑡1) = 3𝐾𝑡12… (6)
Selanjtunya kita tinjau gerak partikel ketika 𝑡 ≥ 𝑡1. Pada selang ini kecepatan partikel adalah
𝑣 = √𝐵2+ 4 𝐴( 𝑥 − 𝐶)
𝑣2 = 𝐵2+ 4 𝐴( 𝑥 − 𝐶)
Persamaan di atas analog dengan persamaan gerak lurus berubah beraturan atau GLBB yang berbentuk
OSK Fisika 2017 Number 2 Kota Medan SISTEM MASSA DAN SEGITIGA PADA PIRINGAN BERPUTAR
kecepatan sudut minimum 𝜔 dari rotasi meja agar balok kecil tidak meluncur turun ke titik pusat meja (titik O)! Gunakan harga 𝑔 = 10 m/s2.
Pembahasan :
Ketika kecepatan sudut meja 𝜔 minimum, balok akan cenderung meluncur ke bawah menuju pusat lintasan sehingga gaya gesek akan berarah ke atas sejajar bidang miring. Balok mendapatkan gaya sentrifugal yang berarah keluar menjauhi pusat meja. Perhatikan diagram gaya yang bekerja pada silinder kecil.
Pada kondisi ini, silinder kecil berada pada kondisi kesetimbangan namun tetap bergerak melingkar. Seimbang di sini adalah silinder kecil tidak meluncur turun atau naik pada bidang atau singkatnya dia tidak bergerak terhadap bidang miring.
Gaya sentrifugal yang bekerja pada silinder adalah 𝐹𝑠 = 𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛2𝑅
Dari segitiga bidang miring akan kita dapatkan sin 𝜃 =13 dan cos 𝜃 =5 1213
Hukum I Newton arah vertikal 𝑁 cos 𝜃 + 𝑓 sin 𝜃 = 𝑚𝑔
𝑁 cos 𝜃 + 𝜇𝑁 sin 𝜃 = 𝑚𝑔 𝑁(cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃) = 𝑚𝑔 … (1) Hukum I Newton arah horizontal 𝑁 sin 𝜃 − 𝑓 cos 𝜃 = 𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛2𝑅
𝑁 sin 𝜃 − 𝜇𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛2𝑅
𝑁(sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃) = 𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛2𝑅 … (2)
Bagi persamaan (2) dengan persamaan (1) 𝑁(sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃)
𝑁(cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃) =
𝑚𝜔𝑚𝑖𝑛2𝑅
𝑚𝑔 𝜔𝑚𝑖𝑛2 =𝑔(sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃)𝑅(cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃)
5 𝑐𝑚
12 𝑐𝑚 20 𝑐𝑚
𝜔
𝑂
𝐹𝑠
𝑚𝑔 𝑁
𝜃
𝜔𝑚𝑖𝑛 = √𝑔(sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃)𝑅(cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃)
Subtitusi nilai 𝑔 = 10 m/s2, 𝑅 = 0,2 m, , 𝜇 = 1/3, sin 𝜃 = 5/13, dan cos 𝜃 = 12/13 𝜔𝑚𝑖𝑛 = √0,2((12/13) + (1/3)(5/13))10((5/13) − (1/3)(12/13))
𝜔𝑚𝑖𝑛 = √15041
𝜔𝑚𝑖𝑛 = 1,91 rad/s
OSK Fisika 2017 Number 3 Kota Medan OSILASI DI ATAS LANTAI
Sebuah piringan homogen dengan massa 𝑀 dan momen inersia 𝐼 menggelinding tanpa slip di atas permukaan datar. Suatu gaya tarik menarik dengan besar 𝐹 = − 𝑘𝑟−𝑛 bekerja pada
piringan tersebut antara titik pusat silinder dengan sebuah titik tetap sejauh 𝐷 dari titik pusat silinder (lihat gambar). Dengan syarat bahwa 𝑘 > 0 dan |𝑥/𝐷| << 1, tentukan: a. nilai n yang menyebabkan terjadinya osilasi stabil piringan tersebut.
b. frekuensi osilasi kecil tersebut.
Pembahasan :
a. Posisi kesetimbangan sistem terjadi ketika 𝑥 = 0. Kita tinjau sistem ketika piringan disimpangkan sejauh 𝑥 dari posisi kesetimbangannya kemudian dilepaskan tanpa kecepatan awal. Piringan akan cenderung bergerak ke kanan (kembali ke posisi kesetimbangan) akibat adanya gaya tarik 𝐹 = − 𝑘𝑟−𝑛. Pada piringan juga bekerja gaya gesek yang berarah ke kiri sehingga piringan berotasi. Karena silinder menggelinding tanpa slip akan berlaku 𝐴 = 𝛼𝑅 (𝜓 dibaca psi)
𝐷 𝑥
Hukum II Newton untuk gerak piringan arah horizontal 𝐹 sin 𝜓 − 𝑓 = 𝑀𝐴
𝑘𝑟−𝑛sin 𝜓 − 𝑓 = 𝑀𝐴 … (1)
Hukum II Newton untuk gerak rotasi piringan 𝑓𝑅 = 𝐼𝛼 ⟹ 𝑓 =𝐼𝐴
𝑅2… (2)
Dari gambar akan kita dapatkan bahwa sin 𝜓 =𝑥𝑟 … (3)
Subtitusi persamaan (2) dan (3) ke (1) 𝑘𝑟−𝑛𝑥
𝑟 − 𝐼𝐴
𝑅2 = 𝑀𝐴
𝑘𝑟−(𝑛+1)𝑥 =𝑀𝑅2+ 𝐼
𝑅2 𝐴
Simpangan berarah ke kiri sedangkan piringan dipercepat ke kanan maka 𝐴 = −𝑑𝑑𝑡2𝑥2
𝑘𝑟−(𝑛+1)𝑥 =𝑀𝑅2+ 𝐼
𝑅2 (−
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2)
𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 +
𝑘𝑟−(𝑛+1)𝑅2
𝑀𝑅2+ 𝐼 𝑥 = 0
Agar osilasi piringan stabil, suku 𝑘𝑟𝑀𝑅−(𝑛+1)2+ 𝐼 haruslah konstan atau 𝑟𝑅2 −(𝑛+1) = 1
𝑟−(𝑛+1)= 𝑟0 ⟹ −(𝑛 + 1) = 0 ⟹ 𝑛 = −1
nilai 𝑛 agar terjadi osilasi stabil adalah 𝑛 = −1
b. Untuk 𝑛 = −1, persamaan gerak sistem akan menjadi 𝑑2𝑥
𝑑𝑡2 +
𝑘𝑅2
𝑀𝑅2+ 𝐼 𝑥 = 0 ⟹ 𝜔 =√ 𝑘𝑅 2
𝑀𝑅2+ 𝐼
Frekuensi osilasi kecil sistem ini adalah 𝐷 𝑥
𝑟 𝑎
𝜓 𝐹
𝜓
𝐴 𝛼
𝑓 =2𝜋 ⟹ 𝑓 =𝜔 2𝜋1 √ 𝑘𝑅𝑀𝑅22+ 𝐼
OSK Fisika 2017 Number 4 Kota Medan BANKING ANGEL BERLAPIS ES
Suatu kelokan jalan yang tertutup es (gaya gesekan nol) pada sebuah jalan bebas hambatan telah dibuat berbentuk banking angle (bentuk jalan yang miring ke arah pusat lengkungan) dengan sudut kemiringan 𝜃 terhadap horizontal dan jari-jari kelengkungan 𝑅. Desain ini dibuat sedemikian agar mobil yang melintas di belokan tersebut dengan kecepatan awal 𝑣0 masih dapat berbelok dengan aman. Dengan demikian, jika sebuah mobil melaju terlalu lambat maka mobil akan slip/tergelincir meluncur ke pusat lengkungan. Dan jika kelajuannya terlalu besar maka mobil akan slip/tergelincir terlempar keluar belokan. Jika koefisien gesek statiknya ditambah maka itu akan memungkinkan sebuah mobil yang melintas dengan laju antara 𝑣𝑚𝑖𝑛 dan 𝑣𝑚𝑎𝑥 bisa tetap berada pada belokan jalan tersebut. Tentukan 𝑣𝑚𝑖𝑛 dan 𝑣𝑚𝑎𝑥 tersebut sebagai fungsi dari 𝜇𝑠, 𝑣0 dan 𝑅!
Pembahasan :
Kita bisa mendapatkan sudut kemiringan 𝜃 dengan meninjau gerak mobil ketika pada tikungan tidak terdapat gaya gesek. Terhadap pusat lintasan lengkung mobil mendapatkan percepatan sentripetal yang arahnya menuju ke pusat lintasan. Jika kita tinjau relatif terhadap mobil, mobil akan mendapatkan gaya sentrifugal yang arahnya menjauhi pusat lintasan lengkung. Besar gaya sentrifugal ini adalah
𝐹𝑠 = 𝑚𝑣0 2
𝑅
Berikut gambar diagram gaya yang bekerja pada mobil
Hukum I Newton arah vertikal 𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑔
Hukum I Newton arah radial 𝑁 sin 𝜃 = 𝐹𝑠 = 𝑚𝑣0
2
𝑅 maka
𝑁 sin 𝜃 𝑁 cos 𝜃 =
𝑚 𝑣02
𝑅
𝑚𝑔 ⟹ tan 𝜃 = 𝑣02
𝑔𝑅
𝑚𝑔 𝐹𝑠
𝑁
Sekarang pada tikungan terdapat gaya gesek dan koefisien gesek statis antara mobil dan permukaan tikungan adalah 𝜇𝑠
Menentukan 𝒗𝒎𝒊𝒏
Ketika kecepatan mobil cukup kecil, mobil akan cenderung bergeser ke pusat lintasan, gaya gesek pada kondisi ini adalah gaya gesek statis maksimum yang berarah ke atas sejajar bidang miring seperti tampak pada gambar berikut
Hukum I Newton arah vertikal 𝑁 cos 𝜃 + 𝑓 sin 𝜃 = 𝑚𝑔
𝑁 cos 𝜃 + 𝜇𝑁 sin 𝜃 = 𝑚𝑔 𝑁(cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃) = 𝑚𝑔 𝑁 =cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃 … (1)𝑚𝑔 Hukum I Newton arah radial 𝑁 sin 𝜃 − 𝑓 cos 𝜃 = 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛𝑅 2
𝑁 sin 𝜃 − 𝜇𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛𝑅 2
𝑁(sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃) = 𝑚𝑣𝑚𝑖𝑛𝑅 … (2)2 Subtitusi persamaan (1) ke (2)
𝑚𝑔
cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃(sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃) = 𝑚 𝑣𝑚𝑖𝑛2
𝑅 𝑣𝑚𝑖𝑛2 = 𝑔𝑅sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃
𝑣𝑚𝑖𝑛= √𝑔𝑅sin 𝜃 − 𝜇 cos 𝜃cos 𝜃 + 𝜇 sin 𝜃 ×1/ cos 𝜃1/ cos 𝜃
𝑣𝑚𝑖𝑛= √𝑔𝑅1 + 𝜇 tan 𝜃tan 𝜃 − 𝜇
𝑚𝑔 𝐹𝑠
𝑁
𝑣𝑚𝑖𝑛= √𝑔𝑅
𝑣02
𝑔𝑅 − 𝜇 1 + 𝜇 𝑣02
𝑔𝑅
⟹ 𝑣𝑚𝑖𝑛 = √𝑔𝑅𝑣0
2− 𝜇𝑔𝑅
𝑔𝑅 + 𝜇𝑣02
Menentukan 𝒗𝒎𝒂𝒙
Ketika kecepatan mobil cukup besar, mobil akan cenderung bergeser menjauhi pusat lintasan, gaya gesek pada kondisi ini adalah gaya gesek statis maksimum yang berarah ke bawah sejajar bidang miring seperti tampak pada gambar berikut
Hukum I Newton arah vertikal 𝑁 cos 𝜃 − 𝑓 sin 𝜃 = 𝑚𝑔
𝑁 cos 𝜃 − 𝜇𝑁 sin 𝜃 = 𝑚𝑔 𝑁(cos 𝜃 − 𝜇 sin 𝜃) = 𝑚𝑔 𝑁 =cos 𝜃 − 𝜇 sin 𝜃 … (3)𝑚𝑔 Hukum I Newton arah radial 𝑁 sin 𝜃 + 𝑓 cos 𝜃 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥𝑅 2
𝑁 sin 𝜃 + 𝜇𝑁 cos 𝜃 = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥𝑅 2
𝑁(sin 𝜃 + 𝜇 cos 𝜃) = 𝑚𝑣𝑚𝑎𝑥𝑅 … (4)2 Subtitusi persamaan (3) ke (4)
𝑚𝑔
cos 𝜃 − 𝜇 sin 𝜃(sin 𝜃 + cos 𝜃) = 𝑚 𝑣𝑚𝑎𝑥2
𝑅 𝑣𝑚𝑎𝑥2 = 𝑔𝑅sin 𝜃 + 𝜇 cos 𝜃cos 𝜃 − 𝜇 sin 𝜃
𝑣𝑚𝑎𝑥 = √𝑔𝑅sin 𝜃 + 𝜇 cos 𝜃cos 𝜃 − 𝜇 sin 𝜃 ×1/ cos 𝜃1/ cos 𝜃
𝑣𝑚𝑎𝑥 = √𝑔𝑅1 − 𝜇 tan 𝜃tan 𝜃 + 𝜇
𝑚𝑔 𝐹𝑠
𝑁
𝜃 𝜃
𝑣𝑚𝑎𝑥 = √𝑔𝑅
OSK Fisika 2017 Number 5 Kota Medan SISTEM TIGA BOLA
Tiga buah bola bermassa 𝑚, 2𝑚, dan 3𝑚 dihubungkan dengan tiga batang rigid tak bermassa yang memiliki panjang 𝐿 dan dihubungkan jadi satu pada suatu penghubung dengan sudut antar batang adalah 1200. Bola 3𝑚 kemudian ditumbuk sedemikian rupa sehingga memiliki kecepatan awal 𝑣0 yang arahnya tegak lurus dengan batang. Tentukan percepatan ketiga bola sesaat setelah tumbukan itu terjadi!
Pembahasan :
Misalkan tumbukan yang terjadi pada bola bermassa 3𝑚 memberikan impuls sebesar 𝐽 dan akibatnya bola ini bergerak dengan 𝑣0 tegak lurus dengan batang penghubungnya. Maka besar impuls 𝐽 ini adalah
𝐽 = 3𝑚𝑣0
Bola 3m ⟹ 𝑥3 =12 √3𝐿 dan 𝑦3 = −12 𝐿
Posisi pusat massa sistem adalah 𝑥𝑝𝑚 = 𝑚𝑥1𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚+ 2𝑚𝑥2 + 3𝑚𝑥3
𝑥𝑝𝑚 = 𝑚 (− 12√3𝐿 ) + 2𝑚(0) + 3𝑚 (
1 2 √3𝐿 )
𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚 ⟹ 𝑥𝑝𝑚=
√3 6 𝐿 𝑦𝑝𝑚 = 𝑚𝑦1𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚+ 2𝑚𝑦2+ 3𝑚𝑦3
𝑦𝑝𝑚 = 𝑚 (− 12𝐿 ) + 2𝑚𝐿 + 3𝑚 (−
1 2 𝐿 )
𝑚 + 2𝑚 + 3𝑚 ⟹ 𝑦𝑝𝑚 = 0
Alhasil kita dapatkan posisi pusat massa sistem tepat berada di sebelah kanan titik O sejauh √3𝐿/6.
Dari gambar di atas, dengan menggunakan phytagoras dan aturan kosinus akan kita dapatkan
𝑑 = 𝐿 − 𝑥𝑝𝑚cos 300
𝑑 = 𝐿 −√36 𝐿12 √3 ⟹ 𝑑 =34 𝐿
𝑠1 = √𝐿2+ 𝑥𝑝𝑚2− 2𝐿𝑥𝑝𝑚cos 300
𝑠1 = 𝐿√1 +36 +3 36 ⟹ 𝑠1 = √1912 𝐿
𝑠2 = √𝐿2 + 𝑥𝑝𝑚2
𝑠2 = 𝐿√1 +36 ⟹ 𝑠3 2 = √1312 𝐿
𝑠2 = √𝐿2 + 𝑥𝑝𝑚2
3𝑚 2𝑚
𝑚
𝜔 𝜔
𝜔
𝑥𝑝𝑚
𝐽
𝑑 𝑠2
𝑠2 = 𝐿√1 +36 ⟹ 𝑠3 2 = √1312 𝐿
𝑠3 = √𝐿2 + 𝑥𝑝𝑚2 − 2𝐿𝑥𝑝𝑚cos 300
𝑠3 = 𝐿√1 +36 −3 36 ⟹ 𝑠3 = √127
Momen inersia sistem terhadap titik O adalah 𝐼0 = 𝑚𝐿2+ 2𝑚𝐿2+ 3𝑚𝐿2 ⟹ 𝐼0 = 6𝑚𝐿2
Dengan menggunakan teorema sumbu sejajar akan kita dapatkan momen inersia sistem terhadap pusat massanya
𝐼𝑝𝑚 = 𝐼0+ 6𝑚𝑥𝑝𝑚2
𝐼𝑝𝑚 = 6𝑚𝐿2+ 6𝑚 (√36 ) 2
⟹ 𝐼𝑝𝑚= 132 𝑚𝐿2
Tinjau perubahan momentum sudut sistem akibat impuls sudut 𝐽𝑑 𝐽𝑑 = 𝐼𝑝𝑚𝜔
(3𝑚𝑣0) (34 𝐿) = (132 𝑚𝐿2) 𝜔 ⟹ 𝜔 =26𝐿9𝑣0
Impuls 𝐽 ini hanya membuat pusat massa sistem bergerak dengan kecepatan konstan sehingga pusat massa sistem tidak dipercepat. Relatif terhadap pusat massa sistem, setiap bola memiliki percepatan sentripetal masing-masing yang besarnya adalah 𝜔2𝑠 dengan 𝑠 adalah jarak masing-masing bola ke pusat massanya.
Percepatan Bola bermassa 𝑚
𝑎1 = 𝜔2𝑠1 = (26𝐿)9𝑣0 Percepatan Bola bermassa 2𝑚
𝑎2 = 𝜔2𝑠2 = (26𝐿)9𝑣0 Percepatan Bola bermassa 3𝑚
𝑎3 = 𝜔2𝑠3 = (26𝐿)9𝑣0
OSK Fisika 2017 Number 6 Kota Medan KESEIMBANGAN DI ATAS MEJA BERPUTAR
Diketahui koefisien gesek statik antara balok dengan permukaan meja adalah 𝜇𝑠 = 0,6, dan besar percepatan gravitasi 𝑔 = 9,8 m/s2. Tentukan nilai maksimum dan minimum 𝑟, yaitu 𝑟𝑚𝑎𝑘𝑠 dan 𝑟𝑚𝑖𝑛, agar balok yang berada di atas meja tidak bergeser/bergerak.
Pembahasan :
Ketika jari-jari 𝑟 bernilai minimum, gaya gesek yang bekerja pada balok di atas meja cenderung berarah radial keluar menjauhi pusat rotasi meja. Sebaliknya ketika jari-jari 𝑟 bernilai maksimum, gaya gesek yang bekerja pada balok di atas meja cenderung berarah radial ke dalam menuju pusat rotasi meja. Perhatikan diagram gaya yang bekerja pada balok di atas meja dan balok yang menggantung berikut
Tinjau balok yang menggantung 𝑇 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑇 = 𝑚𝑔
Gaya sentrifugal yang bekerja pada balok di atas meja adalah 𝐹𝑠 = 𝑚𝜔2𝑟
Tinjau balok di atas meja pada arah horizontal 𝑁 − 𝑚𝑔 = 0 ⟹ 𝑁 = 𝑚𝑔
Gaya gesek yang bekerja pada balok di atas meja untuk kondisi 𝑟min dan 𝑟max adalah gaya gesek kinetik maksimum namun berlawanan arah
𝑓 = 𝜇𝑠𝑁 = 𝜇𝑠𝑚𝑔
Untuk nilai 𝑟 = 𝑟min, tinjau balok di atas maja untuk arah radial (gambar tengah) 𝐹𝑠 + 𝑓 − 𝑇 = 0
𝑚𝜔2𝑟
min+ 𝜇𝑠𝑚𝑔 − 𝑚𝑔 = 0
𝑟min= (1 − 𝜇𝜔2𝑠)𝑔
Untuk nilai 𝑟 = 𝑟max, tinjau balok di atas maja untuk arah radial (gambar kanan) 𝐹𝑠 − 𝑓 − 𝑇 = 0
𝑚𝜔2𝑟
max− 𝜇𝑠𝑚𝑔 − 𝑚𝑔 = 0
𝑟max= (1 + 𝜇𝜔2𝑠)𝑔
𝑟 𝜔
𝑚
𝑚
𝑇
𝑚𝑔
𝑇
𝑚𝑔
𝐹𝑠
𝑓 𝑁
𝑇
𝑚𝑔
𝐹𝑠
𝑓
Dengan mensubtitusi nilai-nilai yang diketahui akan kita dapatkan 𝑟min= (1 − 0,6)9,852 ⟹ 𝑟min= 0,16 m
𝑟max= (1 + 0,6)9,852 ⟹ 𝑟max = 0,63 m
OSK Fisika 2017 Number 7 Kota Medan SILINDER DI ATAS BIDANG MIRING
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
Hukum II Newton Untuk gerak silinder 𝑀 Translasi
𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 = 𝑀𝑎𝑀… (1)
𝑀
𝑅
𝑚
𝜃 𝑟
𝑟
𝑀 𝑅
𝑚
𝜃 𝑟
𝑟
𝑚𝑔 𝑀𝑔
𝑇 𝑇
𝑎𝑚
𝑁
𝛼𝑚
Rotasi
𝑇𝑟 =12 𝑀𝑅2𝛼
𝑀 ⟹ 𝑇 =2𝑟 𝑀𝑅1 2𝛼𝑀… (2)
Hukum II Newton Untuk gerak silinder 𝑚 Translasi
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎𝑚… (3)
Rotasi 𝑇𝑟 =12 𝑚𝑟2𝛼
𝑚 ⟹ 𝑇 =12 𝑚𝑟𝛼𝑚… (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 −12 𝑚𝑟𝛼𝑚 = 𝑚𝑎𝑚⟹ 𝛼𝑚𝑟 = 2𝑔 − 2𝑎𝑚… (6)
Subtitusi persamaan (2) ke (3) 𝑚𝑔 −2𝑟 𝑀𝑅1 2𝛼
𝑀 = 𝑚𝑎𝑚 ⟹ 𝛼𝑀𝑟 =2𝑚𝑟
2
𝑀𝑅2 (𝑔 − 𝑎𝑚) … (7)
Kurangkan persamaan (1) dengan (3) 𝑀𝑔 sin 𝜃 − 𝑇 = 𝑀𝑎𝑀
𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎𝑚
(𝑀 sin 𝜃 − 𝑚)𝑔 = 𝑀𝑎𝑀− 𝑚𝑎𝑚−
Subtitusi persamaan (6), (7), dan (8) ke (5)
OSK Fisika 2017 Number 8 Kota Medan APLIKASI HUKUM NEWTON
Pada sistem di bawah ini, sebuah massa 𝑚1 dihubungkan dengan massa 𝑚3 melalui tali yang dilewatkan pada katrol tak bermassa yang melekat pada bidang miring bermassa 𝑚2 dengan kemiringan 𝜃. Massa 𝑚3 tersebut terletak di atas bidang miring 𝑚2.
Permukaan 𝑚3 dan 𝑚2 bersifat licin, demikian pula dengan permukaan 𝑚1 dan 𝑚2 terhadap lantai. Posisi tali yang terhubung pada 𝑚1 sejajar lantai. Anggap tali tak bermassa dan tidak mulur dengan panjang tetap. Percepatan gravitasi 𝑔 ke bawah. Jika panjang tali adalah 𝐿 (lebih pendek dari panjang bidang miring) dan posisi 𝑚3 mula-mula di ujung atas 𝑚2 (menyinggung katrol) kemudian sistem dilepaskan, tentukan waktu ketika 𝑚1 bertumbukan dengan 𝑚2.
Pembahasan :
Percepatan massa 𝑚1 terhadap tanah adalah 𝑎1 Percepatan massa 𝑚2 terhadap tanah adalah 𝑎2
Percepatan massa 𝑚3 terhadap tanah adalah 𝑎3𝑥 (sumbu 𝑥) dan 𝑎3𝑦 (sumbu 𝑦) Perhatikan diagram gaya pada masing-masing benda di bawah!
Hukum II Newton untuk masing-masing benda Massa 𝑚1
Arah sumbu 𝑥 𝑇 = 𝑚1𝑎1… (1)
Massa 𝑚2 Arah sumbu 𝑥
𝑇 − 𝑇 cos 𝜃 + 𝑁 sin 𝜃 = 𝑚2𝑎2
𝑇(1 − cos 𝜃) + 𝑁 sin 𝜃 = 𝑚2𝑎2… (2)
Massa 𝑚3 Arah sumbu 𝑥
𝑁 sin 𝜃 − 𝑇 cos 𝜃 = 𝑚3𝑎3𝑥… (3)
Arah sumbu 𝑦
𝑚3𝑔 − 𝑁 cos 𝜃 − 𝑇 sin 𝜃 = 𝑚3𝑎3𝑦… (4)
Perhatikan uraian berikut! Jika misalkan massa 𝑚1 bergerak sejauh 𝑥1 ke kanan dan massa 𝑚2 bergerak sejauh 𝑥2 ke kiri, maka massa 𝑚3 akan menuruni 𝑚2 sejauh 𝑥1+ 𝑥2. Berarti pada sumbu 𝑥𝑚2 berpindah sejauh 𝑥3 = (𝑥1+ 𝑥2) cos 𝜃 − 𝑥2 dan pada sumbu 𝑦 𝑦3 = (𝑥1+ 𝑥2) sin 𝜃. Jika kita turunkan dua kali terhadap waktu dan mengingat bahwa
percepatan adalah turunan kedua dari perpindahan terhadap waktu maka hasil ini akan menjadi
𝑎3𝑥 = (𝑎1+ 𝑎2) cos 𝜃 − 𝑎2… (5)
𝑎3𝑦 = (𝑎1+ 𝑎2) sin 𝜃 … (6)
Subtitusi persamaan (1) ke (2) 𝑚1𝑎1(1 − cos 𝜃) + 𝑁 sin 𝜃 = 𝑚2𝑎2
𝑁 =𝑚2𝑎2− 𝑚sin 𝜃1𝑎1(1 − cos 𝜃)… (7)
Subtitusi persamaan (1), (5), dan (7) ke (3) 𝑚2𝑎2− 𝑚1𝑎1(1 − cos 𝜃)
sin 𝜃 sin 𝜃 − 𝑚1𝑎1cos 𝜃 = 𝑚3[(𝑎1+ 𝑎2) cos 𝜃 − 𝑎2] [𝑚2 + 𝑚3(1 − cos 𝜃)]𝑎2− (𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃)𝑎1 = 0
𝑎1 =𝑚 𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃
2+ 𝑚3(1 − cos 𝜃) 𝑎2… (8)
Subtitusi persamaan (1), (6), dan (7) ke (4)
𝑚3𝑔 −𝑚2𝑎2− 𝑚sin 𝜃1𝑎1(1 − cos 𝜃)cos 𝜃 − 𝑚1𝑎1sin 𝜃 = 𝑚3(𝑎1+ 𝑎2) sin 𝜃
𝑚3𝑔 sin 𝜃 − 𝑚2𝑎2cos 𝜃 + 𝑚1𝑎1(1 − cos 𝜃) cos 𝜃 − 𝑚1𝑎1sin2𝜃 = 𝑚3(𝑎1+ 𝑎2) sin2𝜃
(𝑚2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)𝑎2+ (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃) cos 𝜃 + 𝑚1sin2𝜃)𝑎1 = 𝑚3𝑔 sin 𝜃
(𝑚2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)𝑎2+ (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃))𝑎1 = 𝑚3𝑔 sin 𝜃 … (9)
Subtitusi persamaan (8) ke (9)
(𝑚2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)𝑎2+ (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃))𝑚 𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃 2+ 𝑚3(1 − cos 𝜃) 𝑎2
= 𝑚3𝑔 sin 𝜃
[(𝑚2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)(𝑚2+ 𝑚3(1 − cos 𝜃))
+ (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃))(𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃)]𝑎2
𝑎2 = (𝑚 (𝑚2+ 𝑚3(1 − cos 𝜃))𝑚3𝑔 sin 𝜃
2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)(𝑚2+ 𝑚3(1 − cos 𝜃)) + (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃))(𝑚1 + 𝑚3cos 𝜃)
𝑎1 =(𝑚 (𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃)𝑚3𝑔 sin 𝜃
2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)(𝑚2+ 𝑚3(1 − cos 𝜃)) + (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃))(𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃)
Percepatan massa 𝑚1 terhadap 𝑚2 adalah 𝑎1+ 𝑎2. Maka untuk menempuh jarak sejauh 𝐿 waktu yang diperlukan adalah
𝐿 =1
2(𝑎1+ 𝑎2)𝑡2
𝑡 = √𝑎 2𝐿
1+ 𝑎2
Maka selang waktu dari saat sistem dilepaskan sampai massa 𝑚1 dan 𝑚2 bertumbukan adalah
𝑡 = √2𝐿(𝑚2cos 𝜃 + 𝑚3sin2𝜃)(𝑚2 + 𝑚3(𝑚(1 − cos 𝜃)) + (𝑚3sin2𝜃 − 𝑚1(1 − cos 𝜃))(𝑚1+ 𝑚3cos 𝜃)
