Upload
others
View
2
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
Halaman 1 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Solusi TO Pra OSK Fisika 2019 dari Sainsworld
1. Pada kasus ini kita akan meninjau terkait sifat fluida yaitu viskositas. Viskositas
adalah suatu besaran yang menyatakan tingkat kekentalan suatu fluida. Viskositas ini
merupakan sifat dari fluida non-ideal. Akibat adanya viskositas ini sendiri akan
muncul suatu gaya hambat akibat fluida. Kita akan meninjau hubungan antara
besaran yang berkaitan di sini.
a. Viskositas (𝜂) dari suatu gas bergantung pada massa, diameter efektif, dan
kecepatan rata-rata molekul dari gas tersebut. Gunakan analisis dimensi untuk
menentukan viskositas 𝜂 sebagai fungsi 𝑚, 𝑑, dan 𝑣 tersebut!
b. Perkirakan besar diameter efektif dari molekul metana (CH4) jika nilai 𝜂 untuk
helium adalah 𝜂He = 2,0 × 10−5kg/ms dan metana adalah 𝜂CH4 = 1,1 × 10
−5kg/
ms pada suhu kamar, dan diameter efektif helium adalah 𝑑He = 2,1 × 10−10m!
c. Suatu bola yang bergerak dalam suatu fluida kental akan mendapatkan gaya
hambat. Gaya hambat ini bergantung pada kecepatan gerak bola, jari-jari bola, dan
viskositas dari fluida dimana bola bergerak. Tentukan fungsi gaya hambat 𝐹 ini
sebagai fungsi 𝑣, 𝑅, dan 𝜂! Konstanta kesebandingan untuk 𝐹 ini adalah 𝑘 = 6𝜋.
d. Suatu bola berjari-jari 𝑅 dan memiliki massa jenis 𝜌b jatuh bebas dari suatu
ketinggian di udara. Viskositas dan massa jenis udara adalah 𝜂u dan 𝜌u. Jika
percepatan gravitasi adalah 𝑔, tentukan kecepatan terminal bola tersebut?
Halaman 2 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Solusi :
a. Hubungannya akan berbentuk
𝜂 = 𝑘𝑚𝐴𝑑𝐵𝑣𝐷
Dimana 𝑘 adalah konstan tanpa dimensi yang bisa didapatkan dari eksperimen.
Dimensi masing-masing besaran adalah [𝜂] = 𝑀𝐿−1𝑇−1, [𝑚] = 𝑀, [𝑣] = 𝐿𝑇−1, dan
[𝑑] = 𝐿. Dengan menggunakan analisis dimensi akan kita peroleh
[𝜂] = [𝑚]𝐴[𝑑]𝐵[𝑣]𝐷
𝑀𝐿−1𝑇−1 = 𝑀𝐴(𝐿)𝐵(𝐿𝑇−1)𝐷
𝑀𝐿−1𝑇−1 = 𝑀𝐴𝐿𝐵+𝐷𝑇−𝐷
Dari kesamaan pangkat sebelah kiri dan kanan akan kita dapatkan
dari 𝑀 ⟹ 1 = 𝐴
dari 𝑇 ⟹ −1 = −𝐷 ⟹ 𝐷 = 1
dari 𝐿 ⟹ −1 = 𝐵 + 𝐷 ⟹ 𝐵 = −2
sehingga kita akan dapatkan hubungan
𝜂 = 𝑘𝑚𝑑−2𝑣 ⟹ 𝜂 =𝑘𝑚𝑣
𝑑2
b. Bandingkan viskositas metana dan helium
𝜂He𝜂CH4
=
𝑘𝑚He𝑣He𝑑He
2
𝑘𝑚CH4𝑣CH4𝑑CH4
2
Energi dalam suatu gas hanya bergantung pada suhu mutlaknya, pada kasus ini,
kedua molekul berada pada suhu yang sama yaitu shu kamar. Energi dalam ini
berwujud sebagai energi kinetik molekul gas, sehingga bisa kita dapatkan
hubungan
1
2𝑚𝑣2 =
3
2𝑘B𝑇 dengan 𝑘B = konstanta boltzmann
Maka
𝑣 = √𝑘B𝑇
𝑚⟹ 𝑣 ≈
1
√𝑚= 𝑚−
12
Sehingga akan kita peroleh
Halaman 3 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝜂He𝜂CH4
=𝑚He𝑚He
−12𝑑CH4
2
𝑚CH4𝑚CH4−12𝑑He
2
𝑑CH4 = 𝑑He√𝜂He𝑚CH4
12
𝜂CH4𝑚He12
⟹ 𝑑CH4 = 𝑑He (𝜂He𝜂CH4
)
12
(𝑚CH4𝑚He
)
14
Massa relatif atom He adalah 4, sedangkan massa molekul relatif CH4 adalah
12+4=16. Sehingga akan kita peroleh
𝑑CH4 = 2,1 × 10−10m(
2,0 × 10−5kg/ms
1,1 × 10−5kg/ms)
12
(16
8)
14
𝑑CH4 = 4,0 × 10−10m
c. Hubungan gaya hambat stokes ini akan berbentuk
𝐹S = 𝐶𝜂𝐸𝑅𝐹𝑣𝐺
Dimana 𝐶 = 6𝜋 adalah konstan tanpa dimensi yang bisa didapatkan dari
eksperimen. Dimensi masing-masing besaran adalah [𝜂] = 𝑀𝐿−1𝑇−1, [𝑅] = 𝐿,
[𝑣] = 𝐿𝑇−1, dan [𝐹S] = 𝑀𝐿𝑇−2. Dengan menggunakan analisis dimensi akan kita
peroleh
[𝐹S] = [𝜂]𝐸[𝑅]𝐹[𝑣]𝐺
𝑀𝐿𝑇−2 = (𝑀𝐿−1𝑇−1)𝐸(𝐿)𝐹(𝐿𝑇−1)𝐺
𝑀𝐿𝑇−2 = 𝑀𝐸𝐿−𝐸+𝐹+𝐺𝑇−𝐸−𝐺
Dari kesamaan pangkat sebelah kiri dan kanan akan kita dapatkan
dari 𝑀 ⟹ 1 = 𝐸
dari 𝑇 ⟹ −2 = −𝐸 − 𝐺 ⟹ 𝐺 = 1
dari 𝐿 ⟹ 1 = −𝐸 + 𝐹 + 𝐺 ⟹ 𝐹 = 1
sehingga kita akan dapatkan hubungan
𝐹S = 𝐶𝜂𝑅𝑣 ⟹ 𝐹S = 6𝜋𝜂𝑅𝑣
d. Suatu benda berbentuk bola yang berada dalam fluida akan mendapatkan gaya
hambat stokes, selain itu dia juga akan mendapatkan gaya berat yang arahnya ke
bawah (menuju bumi) dan gaya archimedes yang arahnya ke atas. Perhatikan
diagram gaya berikut!
Halaman 4 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Kecepatan terminal sendiri adalah kecepatan saat total gaya yang bekerja padanya
bernilai nol, artinya dia tidak dipercapat lagi (𝑎 = 0) dari sini akan kita peroleh,
menggunakan Hukum II Newton arah vertikal
∑𝐹 = 𝑚𝑎
𝐹S + 𝐹A −𝑚𝑔 = 0
6𝜋𝜂𝑅𝑣T + 𝜌u𝑔𝑉 − 𝜌b𝑔𝑉 = 0
6𝜋𝜂𝑅𝑣T = (𝜌b − 𝜌u)𝑔𝑉
Volume bola adalah 𝑉 =4
3𝜋𝑅3 sehingga
6𝜋𝜂𝑅𝑣T = (𝜌b − 𝜌u)𝑔4
3𝜋𝑅3
𝑣T =2𝑔𝑅2
9𝜂(𝜌b − 𝜌u)
2. Sebuah bola dilemparkan dari dasar suatu bidang miring dengan kecepatan awal 𝑣0.
Bidang miring ini memiliki sudut kemiringan 𝛼. Percepatan gravitasi adalah 𝑔 yang
arahnya ke bawah.
a. Pada sudut berapakah bola harus dilemparkan agar jarak tempuh pada bidang
miring, yaitu jarak antara titik pelemparan dengan titik jatuhnya bola kembali
pada bidang miring akan bernilai maksimum?
𝐹S 𝐹A
𝑚𝑔
𝜃 𝛼
𝑣0
Halaman 5 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
b. Berapakah jarak tempuh maksimum bola ini pada bidang miring?
Solusi :
a. Kita gunakan sistem koordinat baru, arah sejajar bidang miring adalah sumbu 𝑥
dan arah tegal lurus bidang miring adalah sumbu 𝑦.
Proyeksi kecepatan awal bola dan percepatan gravitasi pada sumbu 𝑥 dan 𝑦
adalah
𝑣0𝑥 = 𝑣0 cos(𝜃 − 𝛼)
𝑣0𝑦 = 𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)
𝑔𝑥 = 𝑔 sin 𝛼
𝑔𝑦 = 𝑔 cos𝛼
Sehingga persamaan posisi bola relatif titik pelemparannya untuk sumbu 𝑥 akan
menjadi
𝑥 = 𝑣0𝑥𝑡 −1
2𝑔𝑥𝑡
2
𝑥 = 𝑣0 cos(𝜃 − 𝛼) 𝑡 −1
2𝑔 sin 𝛼 𝑡2
Sekarang tinjau gerak bola pada sumbu 𝑥. Untuk gerak bola dari mulai dilempar
sampai tiba di bidang miring kembali, posisinya adalah pada 𝑦 = 0 sehingga
𝑦 = 0 = 𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼) 𝑡 −1
2𝑔 cos 𝛼 𝑡2⟹ 𝑡 =
2𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)
𝑔 cos𝛼
Subtitusi hasil ini ke persamaan sebelumnya
𝑥 = 𝑣0 cos(𝜃 − 𝛼)2𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)
𝑔 cos 𝛼−1
2𝑔 sin 𝛼 (
2𝑣0 sin(𝜃 − 𝛼)
𝑔 cos 𝛼)
2
𝜃 𝛼
𝑣0
𝑣0
𝑣0𝑥 𝑣0𝑦
𝑥 𝑦
𝑔 𝑔𝑦
𝑔𝑥
𝑠
Halaman 6 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝑥 =2𝑣0
2 sin(𝜃 − 𝛼)
𝑔 cos𝛼[cos 𝛼 cos(𝜃 − 𝛼) − sin 𝛼 sin(𝜃 − 𝛼)
cos𝛼]
Gunakan kesamaan trigonomteri cos(𝑥 + 𝑦) = cos𝑥 cos𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦 sehingga
akan kita peroleh
𝑥 =2𝑣0
2 sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃
𝑔 cos2 𝛼
Agar jarak tempuh ini maksimum, maka turunan pertamanya terhadap 𝜃 harus
sama dengan nol (mengapa? Silahkan pelajari tentang nilai maksimum suatu
fungsi dan aplikasi turunan)
𝑑𝑥
𝑑𝜃|𝑥max
=2𝑣0
2
𝑔
𝑑
𝑑𝜃[sin(𝜃 − 𝛼) cos 𝜃
cos2 𝛼] = 0
cos(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 − sin(𝜃 − 𝛼) sin 𝜃 = 0
Seperti sebelumnya, gunakan kembali kesamaan trigonometri cos(𝑥 + 𝑦) =
cos𝑥 cos𝑦 − sin 𝑥 sin 𝑦
cos(2𝜃 − 𝛼) = 0
Persamaan di atas memiliki beberapa solusi yaitu
cos(2𝜃 − 𝛼) = cos𝜋
2
2𝜃 − 𝛼 =𝜋
2+ 2𝜋𝑘 dengan 𝑘 = 1,2,3,…
Dan
cos(2𝜃 − 𝛼) = cos (−𝜋
2)
2𝜃 − 𝛼 = −𝜋
2+ 2𝜋𝑘 dengan 𝑘 = 1,2,3,…
Namun, karena sudut 𝜃 ini hanya berkisar di 0 < 𝜃 < 𝜋/2, maka solusi yang
mungkin adalah
𝜃 =𝛼
2+𝜋
4
b. Dengan mensubtitusi hasil sebelumnya akan kita peroleh
sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 = sin (𝜋
4−𝛼
2) cos (
𝜋
4+𝛼
2)
sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 = (sin𝜋
4cos
𝛼
2− cos
𝜋
4sin𝛼
2)(cos
𝜋
4cos
𝛼
2− sin
𝜋
4sin𝛼
2)
Halaman 7 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
sin(𝜃 − 𝛼) cos𝜃 =1
2(cos
𝛼
2− sin
𝛼
2)2
Sehingga
𝑥max =2𝑣0
2
𝑔 cos2 𝛼
1
2(cos
𝛼
2− sin
𝛼
2)2
𝑥max =𝑣02
𝑔 cos2 𝛼(cos2
𝛼
2+ sin2
𝛼
2− 2 sin
𝛼
2cos
𝛼
2)
𝑥max =𝑣02(1 − sin 𝛼)
𝑔 cos2 𝛼
3. Sebuah kerucut pejal bermassa 𝑀 yang tingginya 𝐻 dan berjari-jari 𝑅 berotasi
terhadap sumbu vertikal. Pada permukaan kerucut terdapat kawat lurus yang
memanjang dari puncak ke dasar kerucut dan kawat ini terikat pada bagian dasar
kerucut sehingga dia ikut berotasi. Sebuah manik-manik bermassa 𝑚 dilepaskan pada
kawat yang mula-mula diposisikan pada puncak kerucut ketika kecepatan sudut awal
kerucut 𝜔0. Manik-manik ini dapat bergerak tanpa gesekan pada kawat. Kerucut
hanya dapat melakukan gerakan rotasi terhadap sumbu vertikal yang melalui pusat
massanya.
a. Tentukan momen inersia kerucut tersebut terhadap sumbu vertikal yang melalui
pusat massanya!
b. Tentukan kecepatan sudut dari manik-manik ketika mencapai dasar kerucut!
c. Tentukan kecepetan dari manik-manik ketika meninggalkan kerucut!
𝜔0
𝑚 𝑀
𝑅
𝑔
𝐻
Halaman 8 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Solusi :
a. Perhatikan gambar berikut!
Tinjau elemen massa 𝑑𝑚 dengan volume berbentuk tabung setinggi 𝑑ℎ yang
memiliki jari-jari 𝑟. Momen inersia elemen massa 𝑑𝑚 ini adalah
𝑑𝐼 =1
2𝑑𝑚𝑟2
Dari kesebangunan kita peroleh
𝑟
ℎ=𝑅
𝐻⟹ 𝑟 =
𝑅
𝐻ℎ
Elemen volume ini adalah
𝑑𝑉 = 𝜋𝑟2𝑑ℎ =𝜋𝑅2
𝐻2ℎ2𝑑ℎ
Dan elemen massa 𝑑𝑚 adalah
𝑑𝑚 = 𝜌𝑑𝑉 =𝑀
13𝜋𝑅
2𝐻 𝜋𝑅2
𝐻2ℎ2𝑑ℎ
𝑑𝑚 =3𝑀
𝐻3 ℎ2𝑑ℎ
Sehingga
𝑑𝐼 =1
2
3𝑀
𝐻3 ℎ2𝑑ℎ
𝑅2
𝐻2ℎ2
𝑟 𝑑𝑚 𝑑ℎ
𝑅
ℎ
𝐻
𝑑𝑉
Halaman 9 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝑑𝐼 =3𝑀𝑅2
2𝐻5ℎ4𝑑ℎ
Integralkan persamaan di atas untuk mendapatkan momen inersia kerucut dari
ℎ = 0 sampai ℎ = 𝐻
𝐼 =3𝑀𝑅2
2𝐻5∫ ℎ4𝑑ℎ𝐻
0
𝐼 =3𝑀𝑅2
2𝐻5𝐻5
5⟹ 𝐼 =
3
10 𝑀𝑅2
b. Pada soal ini, manik-manik dan kerucut bisa dianggap sebagai satu sistem. Semasa
pergerakan manik-manik, pada sistem tidak bekerja torsi eksternal, sehingga
momentum sudut sistem kekal. Pada saat awal, dimana manik-manik tepat di
berada di puncak kerucut, dia ada tepat di sumbu rotasi, sehingga momen inersia
total sistem hanyalah momen inersia kerucut, sehingga momentum sudut awal
sistem adalah
𝐿i =3
10𝑀𝑅2𝜔0
Kemudian saat manik-manik tiba di dasar kerucut, dia berada pada jarak 𝑅 dari
sumbu rotasi, sehingga momen inersia sistem sekarang bertambah, yaitu momen
inersia kerucut ditambah momen inersia manik-manik
𝐼f =3
10𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2 =
3𝑀 + 10𝑚
10𝑅2
Misalkan saat manik-manik sudah tiba di dasar kerucut, kecepatan sudut sistem
adalah 𝜔. Maka dari Hukum Kekekalan momentum sudut akan kita peroleh
𝐿f = 𝐿i
𝐼f𝜔 =3𝑀 + 10𝑚
10𝜔 =
3
10𝑀𝑅2𝜔0
𝜔 =3𝑀
3𝑀 + 10𝑚𝜔0
c. Pada sistem ini, selama pergerakan manik-manik menuju dasar kerucut, tidak ada
gaya non-konservatif yang bekerja pada sistem, maka energi mekanik sistem akan
kekal. Energi awal sistem hanyalah energi kinetik rotasi kerucut (manik-manik
Halaman 10 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
bisa dianggap tidak berotasi karena ukurannya kecil dan ada di poros rotasi)
ditambah dengan energi potensial manik-manik (kita pilih acuan energi potensial
sama dengan nol di dasar kerucut), dari sini akan kita peroleh
𝐸i =1
2𝐼k𝜔0
2 +𝑚𝑔𝐻 =3
20𝑀𝑅2𝜔0
2 +𝑚𝑔𝐻
Saat manik-manik tiba di dasar kerucut, dia memiliki dua komponen kecepatan,
yang pertama adalah komponen kecepatan searah kawat, sebut saja 𝑣∥, dan yang
kedua adalah komponen kecepatan tegak lurus kawat, sebut saja 𝑣⊥ = 𝜔𝑅
(kecepatan tangensial suatu titik di tepi bawah kerucut), sejajar garis singgung
lingkaran pada dasar kerucut. Komponen kecepatan 𝑣∥ bisa kita dapatkan dari
kinematika gerak. Misal setengah sudut puncak keurcut adalah 𝜃, maka manik-
manik ini akan memiliki percepatan 𝑎 = 𝑔 cos𝜃 yang arahnya sejajar selimut
kerucut menuju ke bawah, panjang lintasan yang ditempuh manik-manik sampai
tiba di bawah adalah Δ𝑠 = 𝐻/ cos𝜃, sehingga kecepatan 𝑣∥ bisa kita dapatkan
𝑣∥2 = 2𝑎Δ𝑠
𝑣∥2 = 2𝑔 cos 𝜃
𝐻
cos𝜃⟹ 𝑣∥
2 = 2𝑔𝐻
Sehingga energi akhir sistem adalah
𝐸f =1
2𝐼k𝜔
2 +1
2𝑚(𝑣∥
2 + 𝑣⊥2)
𝐸f =3𝑀 + 10𝑚
20𝑅2𝜔2 +
1
2𝑚𝑣∥
2
Kemudian dari Hukum Kekekalan energi Mekanik akan kita peroleh (dapat
disebut juga Konservasi Energi)
3
20𝑀𝑅2𝜔0
2 +𝑚𝑔𝐻 =3𝑀 + 10𝑚
20𝑅2𝜔2 +
1
2𝑚𝑣∥
2
𝑚𝑣∥2 =
3
10𝑀𝑅2𝜔0
2 + 2𝑚𝑔𝐻 −9𝑀2
0(3𝑀 + 10𝑚)𝑅2𝜔0
𝑣∥ = √3𝑀𝑅2𝜔02
3𝑀 + 10𝑚+ 2𝑔𝐻
Sehingga kecepatan manik-manik ketika meninggalkan kerucut adalah
Halaman 11 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝑣 = √𝑣∥2 + 𝑣⊥
2
𝑣 = √3𝑀𝑅2𝜔02
3𝑀 + 10𝑚+ 2𝑔𝐻 +
9𝑀2𝑅2𝜔02
(3𝑀 + 10𝑚)2
𝑣 = √3𝑀(6𝑀 + 10𝑚)
(3𝑀 + 10𝑚)2𝑅2𝜔02 + 2𝑔𝐻
4. Di atas sebuah lantai diletakkan bola berjari-jari 𝑅 dimana bola ini dibuat diam dan
tidak dapat berotasi. Tepat atas bola ini kemudian diletakkan bola lain dengan jari-
jari 𝑟 (𝑅 > 𝑟). Bola atas ini kemudian diberikan impuls yang kecil sehingga mulai
menggelinding tanpa slip terhadap bola yang bawah tanpa kecepatan awal (impuls
hanya pemicu dia untuk mulai bergerak). koefisien gesek antara kedua bola sangat
besar sehingga tidak akan terjadi slip. Percepatan gravitasi besarnya adalah 𝑔 dan
arahnya ke bawah.
a. Tentukan hubungan antara sudut yang ditempuh oleh pusat massa bola atas
terhadap vertikal relatif pusat massa bola bawah (𝜃) dengan sudut rotasi bola atas
(𝜙)!
b. Tentukan persamaan gerak bola atas dalam 𝜃 dan �̈�!
c. Tentukan hubungan antara 𝜃 dengan �̇� menggunakan hasil pada bagian 𝑏!
d. Buktikan bahwa hasil pada bagian (c) akan sama jika kita menggunakan Hukum
Kekekalan Energi!
𝑟
𝑅
𝐴
𝑂
𝑔
𝜃
𝑅
𝑟 𝜙
𝐴
𝑂
Halaman 12 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
e. Pada sudut 𝜃 berapa bola atas akan lepas kontak dengan bola bawah!
f. Tentukan persamaan posisi sudut 𝜃 sebagai fungsi waktu 𝜃(𝑡)! Gunakan bahwa
saat 𝑡 = 0 bola atas berada di posisi 𝜃 = 𝜃0 dimana 𝜃0 → 0.
g. Kapan bola atas lepas kontak dengan bola bawah dihitung sejak bola atas diberi
impuls yang kecil di posisi yang sedikit miring dari puncak bola bawah (𝜃 = 𝜃0
saat 𝑡 = 0 dimana 𝜃0 → 0)!
Petunjuk : Mungkin persamaan berikut bermanfaat
∫𝑑𝑥
sin (𝑥2)= 2 ln tan (
𝑥
4)
Solusi :
a. Untuk mendapatkan hubungan dari kedua sudut ini (𝜙 dan 𝜃), tinjau busur
masing-masing yang dibentuk oleh masing-masing bola. Karena bola atas tidak
slip terhadap bola atas, panjang busur yang dibentuk oleh kedua bola akan sama
besarnya, dari sini akan kita peroleh
(𝑅 + 𝑟)𝜃 = 𝑟𝜙 ⟹ 𝜙 =𝑅 + 𝑟
𝑟𝜃
b. Perhatikan diagram gaya pada bola berikut ini!
Hukum II Newton :
Untuk gerak translasi arah tangensial (arah 𝜃) akan kita peroleh
∑𝐹θ = 𝑚𝑎𝜃
𝑚𝑔 sin 𝜃 − 𝑓 = 𝑚𝑟�̈� = 𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�
𝑚𝑔sin 𝜃 = 𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�+ 𝑓… (1)
Untuk gerak translasi arah radial (arah �̂�) akan kita peroleh
𝑁
𝑚𝑔
𝜃
𝑓 𝑟 𝜙
�̈�
�̈�
�̂�
𝜃
Halaman 13 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
∑𝐹r = 𝑚𝑎𝑟
𝑁 −𝑚𝑔cos 𝜃 = −𝑚𝑣t2
𝑅 + 𝑟= −𝑚�̇�2(𝑅 + 𝑟)
𝑁 = 𝑚𝑔 cos𝜃 − 𝑚�̇�2(𝑅 + 𝑟)… (2)
Untuk gerak rotasi bola atas akan kita peroleh
∑𝜏 = 𝐼�̈�
𝑓𝑟 =2
5𝑚𝑟2�̈� =
2
5𝑚𝑟(𝑅 + 𝑟)�̈�
𝑓 =2
5𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈� … (3)
Subtitusi persamaan (3) ke (1)
𝑚𝑔 sin 𝜃 = 𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�+2
5𝑚(𝑅 + 𝑟)�̈�
𝑔 sin 𝜃 =7
5(𝑅 + 𝑟)�̈� ⟹ �̈� =
5𝑔 sin 𝜃
7(𝑅 + 𝑟)
c. Ingat bahwa percepatan sudut (�̈�) adalah turunan pertama kecepatan sudut
(�̇�)terhadap waktu, dari sini akan akan kita peroleh
�̈� =𝑑�̇�
𝑑𝑡
Kita lakukan sedikit modifikasi, kalikan ruas kanan dengan 𝑑𝜃/𝑑𝜃
�̈� =𝑑�̇�
𝑑𝑡
𝑑𝜃
𝑑𝜃=𝑑�̇�
𝑑𝜃
𝑑𝜃
𝑑𝑡=𝑑�̇�
𝑑𝜃�̇�
Kemudian, karena 𝑑�̇�2 = 2�̇�𝑑�̇� sehingga �̇�𝑑�̇� = 𝑑�̇�2/2, akan kita peroleh pula
�̈� =1
2
𝑑�̇�2
𝑑𝜃⟹ 𝑑�̇�2 = 2�̈�𝑑𝜃
𝑑�̇�2 =10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)sin 𝜃 𝑑𝜃
Integralkan kedua ruas, akan kita dapatkan
�̇�2 = −10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)cos 𝜃 + 𝐶
Saat 𝜃 = 0, �̇� = 0, sehingga
0 = −10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)+ 𝐶 ⟹ 𝐶 =
10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)
Halaman 14 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Alhasil akan kita dapatkan
�̇�2 = −10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)cos𝜃 +
10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)
�̇�2 =10𝑔(1 − cos𝜃)
7(𝑅 + 𝑟)… (4)
d. Kita juga bisa mendapatkan hasil seperti bagian (c) menggunakan Hukum
Kekekalan Energi Mekanik (Konservasi Energi). Kita jadikan pusat massa bola
bawah sebagai acuan, dari sini akan kita peroleh
𝐸i = 𝐸f
𝑚𝑔(𝑅 + 𝑟) = 𝑚𝑔(𝑅 + 𝑟) cos 𝜃 +1
2𝑚𝑣t
2 +1
2𝐼�̇�2
𝑚𝑔(𝑅 + 𝑟)(1 − cos𝜃) =1
2𝑚(𝑅 + 𝑟)2�̇�2 +
1
2(2
5𝑚𝑟2) (
𝑅 + 𝑟
𝑟�̇�)
2
𝑔(𝑅 + 𝑟)(1 − cos 𝜃) =7
10(𝑅 + 𝑟)2�̇�2
�̇�2 =10𝑔(1 − cos𝜃)
7(𝑅 + 𝑟)… (4)
e. Subtitusi persamaan (4) kek (2)
𝑁 = 𝑚𝑔cos 𝜃 − 𝑚10𝑔(1 − cos𝜃)
7(𝑅 + 𝑟)(𝑅 + 𝑟)
𝑁 = 7 cos𝜃 − 10(1 − cos𝜃)
7𝑚𝑔
𝑁 = 17 cos𝜃 − 10
7𝑚𝑔
Saat bola atas lepas kontak dengan bola bawah, gaya normal yang bekerja padanya
akan bernilai nol, dari sini akan kita peroleh sudut saat bola atas lepas kontak,
yaitu
0 = 17 cos𝜃 − 10
7𝑚𝑔
17cos 𝜃 − 10 = 0
cos 𝜃 =10
17⟹ 𝜃 = cos−1 (
10
17) = 53,90 ≈ 540
f. Kembali ke persamaan (4), kita lakukan sedikit modifikasi.
Halaman 15 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
�̇� = √10𝑔
7(𝑅 + 𝑟)√(1 − cos𝜃)
Gunakan identitas trigonomteri berikut
cos𝜃 = 1 − 2 sin2 (𝜃
2)
Sehingga
1 − cos 𝜃 = 2 sin2 (𝜃
2)
Maka
�̇� = √20𝑔
7(𝑅 + 𝑟)sin (
𝜃
2)
Sekarang ingat bahwa, kecepatan sudut adalah turunan pertama dari posisi sudut
terhadap waktu, dari sini akan kita peroleh
𝑑𝜃
𝑑𝑡= √
20𝑔
7(𝑅 + 𝑟)sin (
𝜃
2)
√20𝑔
7(𝑅 + 𝑟)𝑑𝑡 =
1
sin (𝜃2)𝑑𝜃
Integralkan kedua ruas, untuk 𝑡 dari 𝑡 = 0 sampai 𝑡, untuk 𝜃 dari 𝜃 = 𝜃0 sampai
𝜃, maka akan didapat
√20𝑔
7(𝑅 + 𝑟)∫ 𝑑𝑡𝑡
0
= ∫1
sin (𝜃2)𝑑𝜃
𝜃
𝜃0
Gunakan rumus integral yang diberikan soal, maka akan kita peroleh
√20𝑔
7(𝑅 + 𝑟)𝑡 = [2 ln tan (
𝜃
4)]𝜃0
𝜃
= 2 ln tan (𝜃
4) − 2 ln tan (
𝜃04)
√20𝑔
7(𝑅 + 𝑟)𝑡 = 2 ln [
tan (𝜃4)
tan (𝜃04 )]
Halaman 16 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
ln [tan (
𝜃4)
tan (𝜃04 )] = √
5𝑔
7(𝑅 + 𝑟)𝑡
tan (𝜃4)
tan (𝜃04)= 𝑒
√5𝑔
7(𝑅+𝑟)𝑡
tan (𝜃
4) = tan (
𝜃04) 𝑒
√5𝑔
7(𝑅+𝑟)𝑡
𝜃(𝑡) = 4 tan−1 [tan (𝜃04) 𝑒
√5𝑔
7(𝑅+𝑟)𝑡]
g. Misal bola lepas kontak saat 𝑡 = 𝑇 dimana 𝜃 = cos−1(10/17), dari sini akan kita
peroleh
√5𝑔
7(𝑅 + 𝑟)𝑇 = ln [
tan (14cos
−1 (1017))
tan (𝜃04 )
]
𝑇 = √7(𝑅 + 𝑟)
5𝑔ln [tan (
14cos
−1 (1017))
tan (𝜃04 )
]
5. Terdapat sebuah truk yang diparkir dan pada awalnya diam. Dia memiliki pintu
belakang yang terbuka terbuka lebar seperti ditunjukkan pada gambar di bawah ini.
Pada saat 𝑡 = 0 truk mulai berakselerasi dengan percepatan konstan 𝑎. Pintu akan
mulai menutup, dan di lain waktu 𝑡 pintu akan melewati posisi yang ditunjukkan pada
Gambar di atas sedemikian rupa sehingga pintu membuat sudut 𝜃 dengan orientasi
aslinya. Anda dapat berasumsi bahwa pintu memiliki massa 𝑚 yang terdistribusi
secara merata dan pintu ini juga memiliki panjang 𝐿.
𝐿
engsel
pintu
𝑎
𝜃
𝑎
Halaman 17 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
a. Dengan menggunakan 𝜃 dan turunannya terhadap waktu untuk mendeskripsikan
gerakan, tuliskan persamaan gerak pintu yang berhubungan dengan dua
komponen gaya akibat engsel yaitu 𝐹r dan 𝐹θ. 𝐹r adalah komponen gaya yang
sejajar dengan pintu di bidang diagram dan 𝐹θ adalah komponen yang tegak lurus
dengan pintu.
b. Tentukan percepatan sudut pintu (�̈�), 𝐹r, dan 𝐹θ dinyatakan dalam 𝜃, 𝑚, 𝐿, dan 𝑎.
c. Tentukan waktu total sejak truk mulai dipercepat sampai pintu tertutup! Cukup
nyatakan dalam bentuk integralnya.
Solusi :
a. Relatif terhadap engsel pintu, pintu akan mendapat gaya fiktif (karena engsel
dipercepat) yang besarnya adalah 𝑚𝑎 dan arahnya ke kiri (pada gambar di atas).
Perhatikan gambar di bawah!
Engsel pintu menempel pada truk, akibatnya engsel ini juga memiliki percepatan
𝑎 yang arah ya ke kanan. Kita gunakan engsel sebagai acuan, karena engsel
merupakan kerangka yang dipercepat, relatif relatif engsel, pintu akan mendapat
gaya fiktif yang besarnya adalah massa pintu di kali percepatan kerangka acuan
dan arahnya berlawanan dengan percepatan kerangka acuan, jadi arah gaya fiktif
ini adalah ke kiri.
Menggunakan Hukum II Newton :
𝜃
𝐹r
𝐹θ
𝑎
�̈�
𝜃
𝐹r
𝐹θ 𝑚𝑎
�̈�
𝜃 �̂�
𝜃
Halaman 18 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Untuk gerak translasi pintu pada arah tangensial (arah 𝜃) akan kita peroleh
∑𝐹θ = 𝑚𝑎θ
𝑚𝑎 cos𝜃 − 𝐹θ =1
2𝑚𝐿�̈� … (1)
Untuk gerak translasi pintu pada arah radial (arah �̂�) akan kita peroleh
∑𝐹r = 𝑚𝑎r
−𝑚𝑎 sin 𝜃 + 𝐹r =1
2𝑚𝐿�̇�2…(2)
Untuk gerak rotasi pintu akan kita peroleh
∑𝜏 = 𝐼�̈�
Tampak dari atas, pintu dapat dianggap sebagai tongkat homogen dengan panjang
𝐿, sehingga momen inersia pintu terhadap engsel adalah 𝐼 = (1/3)𝑚𝐿2, kemudian
torsi terhadap engsel hanya diberikan oleh gaya fiktif 𝑚𝑎, dari sini akan kita
peroleh
𝑚𝑎𝐿
2cos𝜃 =
1
2 𝑚𝐿2�̈� … (3)
b. Dari persamaan (3) akan kita peroleh percepatan sudut pintu yaitu
3
2𝑎 cos𝜃 = 𝐿�̈� ⟹ �̈� =
3𝑎
2𝐿cos𝜃
Subtitusi �̈� ke persamaan (1) untuk mendapatkan 𝐹θ
𝑚𝑎 cos𝜃 − 𝐹θ =1
2𝑚𝐿
3𝑎
2𝐿cos 𝜃
𝐹θ = 𝑚𝑎 cos 𝜃 −3
4𝑚𝑎 cos 𝜃 ⟹ 𝐹θ =
1
4𝑚𝑎 cos𝜃
Kemudian kita perlu mencari terlebih dahulu kecepatan sudut pintu, �̇�, gunakan
lagi hubungan �̈� = 𝑑�̇�2/2𝑑𝜃
𝑑�̇�2
2𝑑𝜃=3𝑎
2𝐿cos𝜃
𝑑�̇�2 =3𝑎
𝐿cos𝜃 𝑑𝜃
Integralkan kedua ruas
Halaman 19 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
�̇�2 =3𝑎
𝐿sin 𝜃 + 𝐾
Saat 𝜃 = 0, kecepatan sudut pintu masih nol (�̇�), dari sini kita bisa dapatkan nilai
𝐾 yaitu
0 =3𝑎
𝐿(0) + 𝐾 ⟹ 𝐾 = 0
Sehingga kecepatan sudut pintu akan menjadi
�̇�2 =3𝑎
𝐿sin 𝜃
Subtitusi hasil ini ke persamaan (2) untuk mendapatkan 𝐹r
−𝑚𝑎 sin 𝜃 + 𝐹r =1
2𝑚𝐿
3𝑎
𝐿sin 𝜃
𝐹r = 𝑚𝑎 sin 𝜃 +3
2𝑚𝑎 sin 𝜃 ⟹ 𝐹r =
5
2𝑚𝑎 sin 𝜃
c. Kembali ke persamaan kecepatan sudut pintu
�̇� = √3𝑎
𝐿sin 𝜃
Kecepatan sudut adalah turunan pertama dari posisi sudut, dari sini akan kita
peroleh
�̇� =𝑑𝜃
𝑑𝑡= √
3𝑎
𝐿sin 𝜃
𝑑𝑡 = √𝐿
3𝑎 sin 𝜃𝑑𝜃
Misalkan pintu tertutup seelah selang waktu 𝑇 sejak truk dipercepat dan pintu
masih tegak lurus truk, sudut yang ditempuh pintu sampai pintu tertutup adalah
𝜋 radian, sehingga 𝑇 akan kita peroleh dengan mengintegralkan kedua ruas
persamaan di atas
∫ 𝑑𝑡𝑇
0
= ∫ √𝐿
3𝑎 sin 𝜃𝑑𝜃
𝜋
𝜃
Halaman 20 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝑇 = √𝐿
3𝑎∫
𝑑𝜃
√sin 𝜃
𝜋
𝜃
6. Sebuah selang pemadam kebakaran yang bermassa 𝑀 dan memiliki panjang total 𝐿
digulung menjadi sebuah gulungan berjari-jari 𝑅 (𝑅 ≪ 𝐿). Selang ini kemudian dibuat
menggelinding sambil gulungannya terbuka di atas tanah dengan kecepatan awal 𝑣0
(kecepatan sudut adalah 𝑣0/𝑅), dimana pada saat yang sama pula, ujung terluar
selang di pasang pada suatu titik yang tetap di atas tanah. Selang ini terbuka dan
menjadi lurus.
a. Bagaimana ekspresi massa bagian yang masih bergerak sebagai fungsi jarak
tempuh selang?
b. Bagaimana ekspresi kecepatan selang sebagai fungsi jarak tempuhnya?
c. Berapa lama waktu yang dibutuhkan dari sejak diberi kecepatan awal sampai
selang ini terbuka seluruhnya?
d. Bagaimana ekspresi momentum linear selang sebagai fungsi jarak tempuhnya?
e. Bagaimana ekspresi energi kinetik selang sebagai fungsi jarak tempuhnya?
f. Kecepatan menggelinding ini senantiasa bertambah dan percepatan dari bagian
yang menggelinding yaitu 𝑎 memiliki arah yang sama dengan arah percepatan
(karena kecepatan terus bertambah). Padahal gaya eksternal pada arah mendatar
berarah ke kiri. Bagaimana mungkin hal ini tetap memenuhi Hukum II Newton?
Buktikan secara matematis bahwa hal ini tidak menyalahi Hukum II Newton.
𝑀
𝑣0
𝑎 𝑅
Halaman 21 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Catatan : Untuk memudahkan analisis, asumsikan bahwa energi kinetik sistem jauh
lebih besar dari penurunan energi potensialnya (𝑔𝑅 ≪ 𝑣02), sehingga efek gravitasi
dapat diabaikan. Abaikan efek deformasi selang, hambatan udara, dan semua
hambatan saat menggelinding.
Solusi :
a. Kita tinjau kondisi saat pusat massa bagian selang yang masih bergerak sudah
menempuh jarak 𝑥 atau berpindah sejauh 𝑥 dari posisi awalnya. Pada kondisi ini,
sebanyak 𝑥/𝐿 bagian dari selang sudah tidak bergerak lagi dan diam di atas lantai
dan (𝐿 − 𝑥)𝐿 bagian selang masih bergerak, maka massa bagian yang masih
bergerak 𝑖𝑛𝑖 adalah
𝑚(𝑥) =𝑀
𝐿(𝐿 − 𝑥)
b. Selama pergerakannya, pada sistem ini tidak ada gaya non-konservatif yang
melakukan kerja, akibatnya energi mekanik sistem kekal. Kemudian, penurunan
energi potensial sistem juga bisa kita abaikan karena kecepatan awal selang yang
cukup besar (dikatakan di soal yaitu 𝑔𝑅 ≪ 𝑣02). Bagian selang yang bergerak bisa
kita anggap sebagai cakram, sehingga gerakannya adalah gerak menggelinding
tanpa slip, akibatnya energi kinetik sistem terdiri dari energi kinetik translasi dan
rotasi. Dari Hukum Kekekalan Energi Mekanik akan kita Peroleh (Konservasi
Energi)
𝐸i = 𝐸f
1
2𝑀𝑣0
2 +1
2(1
2𝑀𝑅2) (
𝑣0𝑅)2
=1
2𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥) +
1
2(1
2𝑚(𝑥)𝑟2) (
𝑣(𝑥)
𝑟)2
3
4𝑀𝑣0
2 =3
4𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥)
𝑣2(𝑥) =𝑀
𝑚(𝑥)𝑣02 =
𝐿
𝐿 − 𝑥𝑣02
𝑣(𝑥) = 𝑣0√𝐿
𝐿 − 𝑥
Halaman 22 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
c. Kecepatan adalah turunan pertama perpindahan (𝑥) terhadap waktu. Pada kasus
ini, perpindahan dan jarak tempuh pusat massa selang besarnya sama, jangan
bingung dengan hal ini. Dari sini akan kita peroleh
𝑣(𝑥) =𝑑𝑥
𝑑𝑡= 𝑣0√
𝐿
𝐿 − 𝑥
𝑑𝑡 =1
𝑣0√𝐿√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥
Integralkan persamaan di atas untuk mendapatkan selang waktu sampai selang
terbuka semuanya (menjadi lurus)
𝑡 =1
𝑣0√𝐿∫√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥
Misalkan 𝐿 − 𝑥 = 𝑠, maka 𝑑𝑠 = −𝑑𝑥, sehingga
∫√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥 = −∫𝑠12𝑑𝑠 = −
2
3𝑠32
∫√𝐿 − 𝑥𝑑𝑥 = −2
3(𝐿 − 𝑥)
32
Kembali ke persamaan waktu tempuh, persamaan ini akan menjadi
𝑡 = −2
3𝑣0√𝐿(𝐿 − 𝑥)
32 +𝐾
Kita tambahkan konstan 𝐾 karena integral ini masih tak tentu. Kita bisa dapatkan
nilai 𝐾 dari kondisi awal yaitu, saat 𝑡 = 0, 𝑥 = 0, sehingga akan kita peroleh
0 = −2
3𝑣0√𝐿(𝐿)
32 +𝐾 ⟹ 𝐾 =
2𝐿
3𝑣0
Waktu tempuh sebagai fungsi 𝑥 akan kita peroleh yaitu
𝑡 = −2
3𝑣0√𝐿(𝐿 − 𝑥)
32 +
2𝐿
3𝑣0
𝑡 =2
3𝑣0[𝐿 −
√(𝐿 − 𝑥)3
√𝐿]
Saat selang terbuka seluruhnya (menjadi lurus), 𝑥 = 𝐿, misalkan selang waktu
untuk terbuka ini adalah 𝑇, sehingga akan kiat peroleh
Halaman 23 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝑇 =2
3𝑣0[𝐿 −
√(𝐿 − 𝐿)3
√𝐿] ⟹ 𝑇 =
2𝐿
3𝑣0
d. Momentum lienar sistem adalah
𝑝(𝑥) = 𝑚(𝑥) 𝑣(𝑥)
Subtitusi 𝑚(𝑥) dan 𝑣(𝑥) ke persamaan di atas
𝑝(𝑥) = 𝑀𝑣0√𝐿 − 𝑥
𝐿
e. Energi kinetik selang hanyalah energi kinetik dari bagian yang masih bergerak,
dari sini akan kita peroleh
𝐸𝐾(𝑥) =1
2𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥) +
1
2(1
2𝑚(𝑥)𝑟2) (
𝑣(𝑥)
𝑟)2
𝐸𝐾(𝑥) =3
4𝑚(𝑥)𝑣2(𝑥)
Subtitusi 𝑣(𝑥) dan 𝑚(𝑥)
𝐸𝐾(𝑥) =3
4(𝑀
𝐿(𝐿 − 𝑥))(𝑣0√
𝐿
𝐿 − 𝑥)
2
𝐸𝐾(𝑥) =3𝑀𝑣0
2
4
Ternyata energi kinetik selang tidak bergantung pada 𝑥, ini membuktikan bahwa
energi sistem kekal.
f. Pada arah mendatar, gaya yang eksternal yang bekerja pada selang hanyalah gaya
dari penahan ujung selang yang di sebalah kiri, namun, mengapa selang tetap
dipercepat ke kanan. Sebelum ke sana, mengapa kita tahu bahwa selang
dipercepat? Mudah saja, perhatikan bahwa semakin besar 𝑥, semakin besar pula
kecepatan selang, artinya selang dipercepat (ingat bahwa percepatan adalah
perubahan kecepatan terhadap waktu, nilainya positif jika kecepatan bertambah
seiring waktu). Kembali ke permasalahan di sini, bagaimana mungkin sistem ini
tidak memenuhi Hukum II Newton yaitu ∑𝐹 = 𝑚𝑎? Alasannya seperti ini,
sebenarnya sistem ini memenuhi Hukum II Newton. Persamaan ∑𝐹 = 𝑚𝑎 adalah
Hukum II Newton Khusus untuk kasus dimana massa sistem atau benda yang
Halaman 24 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
ditinjau konstan, namun pada kasus ini, massa bagian selang yang bergerak
berubah seiring waktunya, sehingga persamaan ∑𝐹 = 𝑚𝑎 tidak bisa digunakan di
sini. kita harus menggunakan Hukum II Newton yang lebih mendasar yaitu,
Resultan Gaya Eksternal yang bekerja pada suatu sistem atau benda akan sama
dengan perubahan momentum linear sistem atau benda tersebut terhadap waktu.
Kita misalkan gaya luar dari penahan besarnya 𝐹 (tidak konstan) dimana arahnya
ke kiri (negatif), dari sini kita bisa buktikan bahwa sistem memenuhi Hukum II
Newton
−𝐹 =𝑑𝑝(𝑥)
𝑑𝑡
−𝐹 =𝑀𝑣0
√𝐿
𝑑
𝑑𝑡 √𝐿 − 𝑥
−𝐹 = −𝑀𝑣0
2√𝐿 (𝑣(𝑥)
√𝐿 − 𝑥)
Kedua sisi bernilai negatif, sehingga benar bahwa sistem ini memenuhi Hukum II
Newton. Besar gaya yang yang diberikan penahan sebagai fungsi 𝑥 adalah
𝐹 =𝑀𝑣0
2
2(𝐿 − 𝑥)
7. Sebuah tali dengan panjang total 2𝐿 diikatkan kedua ujungnya pada titik A dan B
dimana kedua titik memiliki ketinggian yang sama. Jarak titik A dan B adalah 2𝑠.
Sebuah manik-manik kecil yang memiliki massa 𝑚 dapat bergerak bebas pada tali
dimana antara keduanya tidak terdapat gaya gesek. Percepatan gravitasi adalah 𝑔 dan
arahnya ke bawah. Tentukan periode osilasi manik-manik untuk simpangan yang
kecil!
Solusi :
2𝑑
𝐿 𝐿
𝑚
𝐴 𝐵
Halaman 25 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
Kita jadikan titik tengah antara titik A dan B sebagai titik asal sistem koordinat.
Perhatikan gambar di bawah!
Lintasan gerak manik-manik akan berbentuk elips (pelajari tentang elips pada bab
irisan kerucut). Panjang sumbu minor dan mayor elips ini adalah 2𝑏 = 2√𝐿2 − 𝑑2 dan
2𝑎 = 2𝑑. Maka, persamaan posisi manik-manik akan berbentuk
𝑥2
𝑑2+
𝑦2
𝐿2 − 𝑑2= 1
𝑦2
𝐿2 − 𝑑2= 1−
𝑥2
𝑑2
𝑦 = ±√𝐿2 − 𝑑2√1 −𝑥2
𝑑2
Karena manik-manik ada di bawah titik asal sistem koordinat yang kita pilih, kita
gunakan yang negatif
𝑦 = −√𝐿2 − 𝑑2√1 −𝑥2
𝑑2
Turunkan satu kali terhadap waktu
�̇� = −√𝐿2 − 𝑑2
(
−2𝑥�̇�𝑑2
2√1 −𝑥2
𝑑2)
�̇� =𝑥√𝐿2 − 𝑑2
𝑑√𝑑2 − 𝑥2�̇�
Untuk simpangan yang kecil, kita bisa asumsikan 𝑑 ≫ 𝑥 sehingga √𝑑2 − 𝑥2 ≈ 𝑑, maka
𝑦 𝑥
𝑚
𝐴 𝐵
Halaman 26 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
�̇� =√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥�̇�
Turunkan satu kali lagi terhadap waktu
�̈� =√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥�̈� +
√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2�̇�2
Sekali lagi, karena simpangan cukup kecil, orde kedua dari simpangan akan bernilai
sangat kecil, atau �̇�2 ≈ 0, sehingga
�̈� =√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥�̈�
Energi total sistem ini adalah
𝐸 = 𝑚𝑔𝑦 +1
2𝑚(�̇�2 + �̇�2)
Karena energi total sistem konstan (tidak ada gaya non-konservatif yang melakukan
kerja pada sistem) maka turunan pertama energi terhadap waktu akan bernilai nol.
Turunkan persamaan energi di atas terhadap waktu akan kita peroleh
𝑑𝐸
𝑑𝑡= 𝑚𝑔
𝑑𝑦
𝑑𝑡+1
2𝑚𝑑
𝑑𝑡(�̇�2 + �̇�2)
0 = 𝑔�̇� + �̇��̈� + �̇��̈�
Subtitusi �̇� dan �̈�
0 = 𝑔√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥�̇� + �̇��̈� +
√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥�̇�√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥�̈�
0 = 𝑔√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥 + �̈� +
𝐿2 − 𝑑2
𝑑4𝑥2�̈�
Sekai lagi, karena simpangan cukup kecil, orde kedua dari simpangan akan bernilai
sangat kecil, atau 𝑥2 ≈ 0, sehingga
0 = 𝑔√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥 + �̈�
�̈� +𝑔√𝐿2 − 𝑑2
𝑑2𝑥 = 0
Persamaan di atas analog dengan persamaan gerak harmonik sederhana yang
berbentuk �̈� + 𝜔2𝑥 = 0, sehingga frekuensi sudut osilasi sistem adalah
Halaman 27 dari 27
Sainsworld Official
Sainsworld Sainsworld
0831-4325-9061
ID mr_sainsworld
@sainsworld_official
Try Out OSK Sainsworld − September
Bersama
Kita
Sainskan
Indonesia
𝜔 =√𝑔√𝐿2 − 𝑑2
𝑑
Dengan demikian, dari hubungan frekuensi sudut osilasi sistem dengan periode
osilasi 𝜔 = 2𝜋/𝑇, akan kita peroleh periode osilasi sistem yaitu
𝑇 =2𝜋
𝜔⟹ 𝑇 =
2𝜋𝑑
√𝑔√𝐿2 − 𝑑2