1
Ujian Akhir Semester Genap TA 2011/2012 FMIPA UGM Mata Kuliah Hari/tanggal Ujian Waktu Ujian Sifat Ujian Dosen Pengampu
: Mekanika (MFF 1402) : Senin, 23 April 2012 : 07.30 – 09.30 (Sesi 1) : Buku Terbuka : Dr. Mitrayana, S.Si., M.Si.
SKS : 2 sks Ruang : U2.01 Untuk: Fisika - A
1. Titik P berosilasi sepanjang suatu garis lurus (sumbu X) di sekitar titik setimbang O dengan frekuensi sudut ω. Apabila pada saat t = 0, titik tersebut berada di posisi x = x0 dan sedang bergeak dengan kecepatan v0 , tentukan (a) letak titik P pada saat sebarang t , (b) kecepatan titik P pada kedudukan setimbang, (c) percepatan titik pada saat awal dan pada kedudukan letak yang paling jauh dari kedudukan setimbang
Jawab: Gunakan persamaan osilasi selaras yang paling umum sepanjang sumbu X: x(t ) = A cos(ωt + δ ); v(t ) = −ωA sin (ωt + δ ); a (t ) = −ω 2 A cos(ωt + δ ). Dengan mengisikan informasi yang diberikan yaitu x(0 ) = x0 dan v(0 ) = v0 , diperoleh A cos δ = x0 dan A sin δ = − v0 ω Jumlah kuadrat dan hasil bagi kedua persamaan ini akan memberikan
(
A = x02 + v02 ω 2
(
(a) x(t ) = x02 + v02 ω 2
)
12
)
12
dan tan δ = − v0 (ωx0 ). Jadi
cos[ωt + arctan{− v0 (ωx0 )}].
(b) Pada kedudukan setimbang a (t s ) = 0, sehingga cos(ωt s + δ ) = 0. Jadi
(
sin (ωt s + δ ) = 1 dan v(t s ) = ω 2 x02 + v 02
)
12
(
sin (ωt s + δ ) = ω 2 x02 + v02
)
12
.
(d) Percepatan titik P pada saat awal a (0 ) = −ω 2 x(0 ) = −ω 2 x0 , sedang percepatannya
(
pada saat x = x maks = x02 + v02 ω 2
)
12
(
adalah a (t m ) = −ω 2 x maks = − ω 04 x02 + ω 2
)
12
.
2 2. Sebuah partikel bermassa m bergerak bebas tanpa gesekan pada lintasan parabolik dalam pengaruh gravitasi. Gunakan percepatan gravitasi g = 10 m/s 2 . Bentuk lintasan dijunjukkan oleh persamaan y ( x ) = 0,1x 2 meter a. Dimanakah posisi kesetimbangan stabilnya? b. Massa digeser sedikit dari posisi setimbang dan kemudian dilepaskan. Tunjukkan bahwa gerakan massa adalah osilasi harmonik sederhana dan carilah frekuensinya? c. Apabila lintasan sebenarnya memiliki gaya gesek, yang diberikan oleh 2m dx Fx = − Newton 3 dt Fy = 0 Hitunglah frekuensi sudut dari gerak teredam tersebut? Jawab: Tenaga potensial gravitasi diberikan oleh U = mgy = mgax 2 a. Kesetimbangan stabil terjadi saat tenaga potensialnya minimum dU = 2mgax = 0 ⇒ ∴ x=0 dx Jadi kesetimbangan stabil terjadi pada x = 0. b. Tenaga osilasi harmonic sederhana sebanding dengan kuadrat perubahan posisi x 2 . yang ditunjukkan dalam persamaan U = 12 kx 2 dan memiliki frekuensi sudut
ω=
k . m
U = mgax 2 = 12 kx 2
⇒
k = 2mga
Sehingga
ω=
k 2mga = = 2 ga = 2 ⋅10 ⋅ 0,1 = 2 rads/sec m m
c. Gaya balik adalah − kx = −2mgax 2 Gaya gesek adalah Fx = − mx& 3 Jadi persamaan geraknya adalah: m&x& = − 23 mx& − 2mgax
&x& + 23 x& + 3 gax = 0 atau 2 &x& + γx& + ω 02 x = 0 dengan γ = ; ω 02 = 2 ga 3
3
∴ ω ′ = ω 02 −
γ2 4
= 2 ⋅10 ⋅ 0,1 − 14 ⋅
4 = 1,37 rads/sec 9
4 3.
Sebuah meriam disiapakan untuk menembakkan peluru ke atas lereng bukit yang bersudut miring α . Laju awal peluru v0 . Dengan sudut berapakah (terhadap horizontal) meriam harus diarahkan agar jangkauan R ke atas bukit maksimum? Jawab: y = − 12 gt 2 + (v 0 sin β )t x = (v0 cos β )t x p = R cos α ; y p = R sin α R cos α = (v0 cos β )T ; → T =
R cos α v0 cos β 2
R cos α R cos α + (v 0 sin β ) y p = R sin α = − g v0 cos β v0 cos β R = (2v02 g cos 2 α )cos β ⋅ sin (β − α ) 1 2
dR dβ = 0; dR = (2v02 g cos 2 α )[− sin β sin (β − α ) + cos β cos(β − α )] = 0 dβ − sin β sin (β − α ) + cos β cos(β − α ) = 0; cos[β + (β − α )] = 0 2β − α = ∴
β=
π
2
α
2
+
π 4
5 4. Sebuah balok bermassa m1 diletakkan di atas balok kedua bermassa m2 . Kedua balok diletakkan di atas lantai yang kasar. Bila koefisien gesekan statik antara balok pertama dan balok kedua adalah µ1 dan koefisien gesek kinetik antara balok kedua dan lantai adalah µ 2 , carilah besar gaya luar maksimum F, agar kedua balok tidak saling slip, apabila (a) Gaya luar tersebut bekerja pada balok kedua? (b) Gaya luar tersebut bekerja pada balok pertama? Jawab: (a) Total gaya dalam arah sumbu x pada benda 1 ∑ Fx = m1a1
f 1 = m1 a1
(1)
Total gaya dalam arah sumbu y pada benda 1 (2) ∑ Fy = N1 − m1 g = 0 → N1 = m1 g
f 1 = µ1 N 1 = µ1 m1 g → a1 = µ1 g
(3)
Total gaya dalam arah sumbu x pada benda 2 ∑ Fx = m2 a 2
F − f1 − f 2 = m2 a 2 (4) Gaya F maksimum agar benda 1 dan benda 2 tidak selip terjadi ketika a1 = a2 f2 = µ2 N2 (5) Total gaya pada arah sumbu y pada benda 2 adalah: ∑ Fy = N 2 − N1 − m2 g = 0 → N 2 = N1 + m2 g = (m1 + m2 )g
(6)
Jadi dari pers.(4) diperolah: Fmak = ma a1 + f 2 + f 1
= m2 a1 + µ 2 (m1 + m2 )g + m1a1 = (m1 + m2 )a1 + µ 2 (m1 + m2 )
∴ Fmak = (m1 + m )(µ1 + µ 2 )g
(7)
(8)
6 (b) Pada benda 1 Total gaya pada sumbu x: ∑ F = m1a1
F − f 1 = m1 a1 → F = m1a1 + µ1 m1 g
(9)
Total gaya pada bend 2 di sumbu x: ∑ Fx = m2 a2
µ m g µ (m + m2 )g f 1 − f 2 = m2 a 2 → a 2 = a1 = 1 1 − 2 1 m2 m2 Substitusi per.(10) ke pers.(9) diperoleh:
∴
µ m g µ (m + m2 )g + µ1 m1 g Fmax = m1 1 1 − 2 1 m2 m2 m = g 1 m2
(m1 + m2 )(µ1 − µ 2 )
(10)
7 5. Sebuah koin (cakram melingkar padat seragam) dengan massa M dan beruji b diatur untuk menggelinding di lintasan melingkar yang beruji R di atas permukaan meja (R > b). Koin diberi kecepatan sudut spin ω S , dan ketika menggelinding, koin terlihat miring dengan sudut kecil α terhadap vertikal. Anggap koin tidak slip dan percepatan gravitasi ke arah bawah.
(a) Tentukan besar dan arah kecepatan sudut "presesi" dari gerak menggelinding, Ω. r (b) Tentukan vektor kecepatan sudut total, ω , yang melibatkan suku spin dan presesi, dalam sistem koordinat polar yang berpusat di tengah lintasan koin. (c) Selesaikan sudut α dalam besaran-besaran yang diberikan dalam diagram gambar di atas. Pastikan untuk memeriksa seluruh persamaan gerak!
r (d) Tentukan vektor momentum sudut total, L, dalam besaran-besaran yang diberikan dalam diagram gambar di atas, dalam sistem koordinat polar yang berpusat di tengah lintasan koin. Untuk mempermudah, anggaplah α sangat kecil (yaitu, hanya memperhitungkan suku orde pertama dalam α).
Solusi soal : RΩ = b ω S ⇒ Ω = ω S
(a)
b dengan arah ke atas R
r (b) ω S = ω S (− rˆ cos α − zˆ sin α ) r b Ω = ω S zˆ R Oleh karena itu didapat: r
r
r
b − sin α − rˆ cos α R
ω = ω S + R = ω S zˆ
8
(c)
ˆ Ω
α
r
ωS N
Mg Ff
R
F f = M (R − b sin α )Ω 2 ≈ MRΩ 2 untuk R >> b. r r r ˆ +bMRΩ 2 cos α ⊕ ˆ τ = r × F = bMg sin α ⊗ ˆ = (Mbg sin α − Mb 2ω S Ω cos α ) ⊗ r LS ⋅ rˆ = 12 Mb 2ω S cos α r r dL = LS ⋅ rˆ Ω = τ dt ⇒ Mbg sin α − Mb 2ω S Ω cos α = 12 Mb 2ω S Ω cos α
(
)
⇒ tan α =
3 b 2ω S2 2 gR
9 (d)
ˆ Ω
I ⊥ Ω sin α
I // Ω cos α
α • COM
R r r r L = LS + LΩ r LS = 12 Mb 2ω S (− rˆ cos α − zˆ sin α ) L// = I // Ω cos α = 14 Mb 2 Ω cos α L⊥ = I ⊥ Ω sin α = 12 Mb 2 Ω sin α /ˆ/ = zˆ cos α − rˆ sin α ⊥ˆ = zˆ sin α − rˆ cos α
[(
)
r LCOM = 14 Mb 2 Ω zˆ cos 2 α + 2 sin 2 α + rˆ sin α cos α Ω ≈ 14 Mb Ω[zˆ + α rˆ] 2
r b b L ≈ 14 Mb 2ω S zˆ − 2α + rˆ α − 2 R R b ≈ 12 Mb 2ω S zˆ − α − rˆ 2R b 3bω S2 zˆ − rˆ ≈ 12 Mb 2ω S 1 − g 2R
]
