SOLUSI 1. A. Waktu bola untuk jatuh diberikan oleh : t A= Jarak d yang dibutuhkan adalah d =v 0 t A=v 0 B.
2H g 2H g
i. Karena bola tidak slip sama sekali dan tumbukan lenting sempurna maka energi mekanik sistem kekal. ii. Gaya gesek arahnya ke sumbu x negatif (melawan arah gerak relatif bola) iii. Impuls gaya gesek:
I A =m v 0−mv ' A , x .
iv. Impuls sudut dari gaya gesek:
2 I A R= m R2 ' A 5
1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 m v 0v A , y = m v ' A , x v ' A , y . m R ' A 2 2 2 5
C. Hukum kekekalan energi:
Karena tumbukan lenting sempurna, kecepatan bola dalam arah vertikal tidak berubah sehingga vA,y = v'A,y . 2 v 20 =v ' 2A , x R2 ' 2A 5
Sederhanakan, didapat : Gunakan hubungan impuls: 2 0
2 A, x
2 I x =m v 0−v ' A , x = m R ' A , 5
2 5 = v −v ' A , x 5 2 0
2
didapat
v −v '
atau
v 0−v ' A , x v 0 v ' A , x = 2 v 0 −v ' A , x
Ada 2 solusi:
3 v ' A , x =v 0 dan v ' A , x = v 0 7
5
Solusi yang benar adalah solusi kedua:
2
10 v 0 3 5 v ' A , x = v 0 dengan ' A= v 0−v ' A , x = 7 2R 7R
D. Untuk menghitung posisi tumbukan kedua di B, kita perlu menghitung waktu agar bola bisa menyentuh keping atas K1. Persamaan yang digunakan hanyalah persamaan gerak parabola: 1 2 h=v A , y t B− g t B 2 dengan v A , y = 2 g H 1
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat: tB=
2 g H ± 2 g H −2 g h = g
2H h 1± 1− g H
Ambil solusi negatif dan masukkan harga h = 0,75 H:
17 d ,h 14
1 2H 2 g
3 1 x B=v x t B= v 0 . 7 2
Jarak horizontal yang ditempuh bola adalah
koordinat B d , h=Bd x B , h=B
tB=
diperoleh =
2H 3 = d , sehingga dengan g 14
17 14
E. Proses tumbukan kedua mirip dengan proses tumbukan pertama. Yang perlu diperhatikan adalah ada perubahan persamaan impuls-nya. Karena rotasi bola terlalu cepat (ω'A R > v'A,x) maka gaya gesek berusaha mengurangi kecepatan rotasi sehingga gaya gesek arahnya juga ke sumbu x negatif. I B =m
F. Besarnya impuls gaya gesek diberikan oleh
3 v −v ' B , x 7 0
dengan v'B,x adalah kecepatan bola setelah tumbukan.
2 10 v 0 I B R= m R2 − ' B 5 7 R
Impuls sudut diberikan oleh
dengan ω'B adalah kecepatan sudut bola setelah tumbukan. Hukum kekekalan energi: 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 E= m v ' B , x v ' B , y . m R ' B= m v B , x v B , y . mR B . 2 2 5 2 2 5 10 v 0 3 Kecepatan dalam arah x: v B , x =v ' A , x = v 0 dan kecepatan sudut: B =' A= . 7 7R Karena tumbukan lenting sempurna, berlaku: vB,y = v'B,y . Dari hubungan impuls, didapat ' B=
5 1 v v ' B , x 2R 7 0
2 Masukkan semua informasi ini ke persamaan energi, didapat: v ' B , x
10 93 2 v ' B , x v 0− v =0 . 49 343 0
Faktorkan, dengan memperhatikan bahwa salah satu solusi adalah solusi untuk kasus tidak terjadi tumbukan:
3 31 v ' B , x − v 0 v ' B , x v 0 =0 7 49
2
Sehingga didapat v ' B , x =−
31 v dan 49 0
' B=−
60 v 0 49 R
G. Waktu untuk bola bergerak dari B ke C sama dengan waktu bola bergerak dari A ke B. Jarak yang tA 31 =− d . 2 98
ditempuh bola adalah d BC=v ' B , x
Artinya jarak titik C dari titik asal O(0,0) adalah d x Bd BC=d koordinat titik C adalah
44 d ,0 49
3 31 44 d− d = d , sehingga 14 98 49
2. Oleh karena tiap partikel dalam tali memiliki kelajuan yang sama, maka energi kinetik tali adalah 1 E K= M v 2 2
Pada saat ujung bebas tali sudah tergeser sejauh x dari posisi awal, energi potensial pegas adalah
1 1 M g 2 M g x2 E pegas = k x2 = x= p 2 2 2L 4L Sementara itu, energi potensial gravitasi tali relatif terhadap posisi awal adalah tali
E p =−
M 1 Mgx x g L x =− 2 Lx 4L 2 8L
sehingga energi potensial total sistem adalah E p =E pegas E tali p p =
Mgx x−2 L 8L
A. Persamaan kekekalan energi mekanik E tali adalah 1 Mg 2 Mv x x−2 L=E 2 8L Diketahui pada saat awal (t = 0), x = 0, dan v = 0 sehingga E = 0. Dengan demikian v2 =
g x 2 L−x 4L
(1)
B. Selanjutnya dari pers. (1) dapat dihitung derivatif terhadap waktu (t), yaitu 2v
dv g dx dx = 2 L −2 x dt 4 L dt dt
sehingga dv g = L−x atau dt 4 L
d2 x g = L− x dt 2 4 L
Artinya, persamaan gerak ujung bebas tali untuk pergeseran x adalah 3
d2 g x−L x−L=0 2 4L dt yang tidak lain adalah persamaan gerak osilasi harmonik sederhana di sekitar titik x = L. Dengan demikian, besar periode osilasi adalah T =2
4L L =4 g g
dan karena v = 0 untuk x = 0 maka amplitudo osilasi adalah L. 3. A. Jika kecepatan sudut cincin adalah ω, maka energi kinetik translasi cincin adalah EK T =
1 1 2 2 2 Mv= MR 2 2
Energi kinetik rotasi cincin adalah: 1 1 EK R= I 2= M R2 2 2 2 Energi kinetik total:
EK =M R 2 2
Energi potensial:
EP=−M g R cos 1 2 2 EK = M R 2
Bandingkan hasil ini dengan bandul sederhana (yang memiliki energi kinetik:
dan energi potensial
EP=−M g R cos , periode diberikan oleh T =2
Sehingga periode osilasi sistem ini diberikan oleh
M R2 R ). =2 M gR g
2 M R2 2R T =2 =2 M gR g
Jika menggunakan metode gaya/torka: Momen inersia terhadap titik O: Icm + MR2 = 2 MR2. Torka terhadap titik O: −M g R sin =2 M R2 Sederhanakan:
g sin =0 2R
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 B. i. Perhatian gambar. Busur AB = busur A'B' = rθ. 4
2R g
=−
A' B ' r = 1− R R
ii. Jika laju perubahan sudut θ adalah ωθ , maka energi kinetik translasi cincin adalah 1 1 EK T = M v 2= M R−r 2 2 2 2 Energi kinetik rotasi cincin adalah:
2
1 1 r 1 EK R= I 2= M R 2 2 1− = M R−r 2 2 2 2 R 2
EK =M R−r 2 2
Energi kinetik total: Energi potensial:
EP=−M g R−r cos
2 Jadi periode osilasi diberikan oleh T =2 2 M R−r =2 2 R−r M g R−r g
f
A'
B
A
B' φ θ
R
O
P' θ
r
P Mg
Jika menggunakan metode gaya/torka: Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B' −M g sin f =M R−r Persamaan gerak rotasi terhadap pusat cincin: 2
− f R= M R Gunakan hubungan pada bagian i:
5
= 1−
r R
Gabungkan ketiga persamaan ini, didapat −M g sin =2 M R−r sederhanakan:
g sin =0 2 R−r
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), periode osilasi diberikan oleh T =2 iii. Jika r menuju nol didapat T =2 C. i.
2 R−r g
2R g
= 1−
r r R R
ii. Untuk mencari hubungan sudut-sudut ini, tinjau gerak rotasi kedua cincin. Ada gaya gesek antara kedua cincin. Persamaan gerak rotasi cincin besar:
− f R= M R 2
Persamaan gerak rotasi cincin kecil:
f r=m r 2
M Rmr =0
Eliminasi gaya gesek f, didapat
M R m r =0
sehingga hubungan kecepatan sudut diberikan oleh:
Dari hubungan sudut dari bagian i, didapat = 1−
r r R R
Gabungkan kedua hubungan kecepatan sudut ini: = dan
m r 1− m M R
=−
M R r 1− m M r R
.
Energi kinetik rotasi cincin besar:
1 m2 M 2 2 M R = 2 R−r 2 2 2 2 mM
Energi kinetik rotasi cincin kecil:
1 mM2 2 2 2 2 m r = R−r 2 2 2 mM
Energi kinetik translasi cincin besar:
1 1 M v 2 = M R−r 2 2 2 2
6
Energi kinetik total:
mM 1 1 2 2 2 2 2 2 2 mM R−r M R−r = M R−r 2 mM 2 2 mM EP=−M g R−r cos
Energi potensial:
Jadi periode osilasi diberikan oleh
T =2
2 m M m M =2 M g R−r
M R−r 2
R−r 2 mM g mM
Jika menggunakan metode gaya/torka: Tinjau gaya dalam arah tegak lurus P'B' −M g sin f =M R−r Persamaan gerak rotasi sudah diberikan pada bagian pembahasan energi: − f R= M R 2
f r=m r 2 Gabungkan hasil ini dengan persamaan pada bagian i: didapat: f =−
mM R−r mM
Masukkan ini ke persamaan gaya: −M g sin =
mM R−r M R−r mM
Sederhanakan:
g mM sin =0 R−r 2 mM
Untuk amplitudo sudut kecil (sin θ ≈ θ), didapat T =2 iii. Untuk limit m besar, didapat T =2 4.
2 R−r . g
R−r 2 m M g m M
A. Tanpa ada medan magnet, muatan 1 akan bergerak ke kiri (sumbu y negatif). Agar muatan berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B1 ke luar bidang kertas (sumbu x positif). Demikian juga dengan muatan 2, tanpa medan magnet, muatan 2 akan bergerak ke kanan (sumbu y positif). Agar muatan 2 berbelok ke atas, dibutuhkan medan magnet B2 masuk ke bidang kertas (sumbu x negatif).
7
B. Gaya yang bekerja pada muatan 1: F1 =− Gaya yang bekerja pada muatan 2: F 2= dengan
y dan
z
k q2 y −B q v 1, y z B q v 1, z y 2 y2
k q2 y B q v 2, y z −B q v 2, z y 2 y 2
berturut-turut adalah vektor satuan yang menyatakan arah y positif dan arah
z positif. Persamaan gerak muatan 2: sumbu y: m a 2, y =
k q2 −B q v 2, z 4 y2
sumbu z: m a 2, z=B q v 2, y C. Energi mekanik kekal, karena medan magnet tidak bisa mengerjakan usaha. D. Persamaan energi:
k q2 k q 2 1 1 = 2. m v 2y m v 2z 2d 2 y 2 2
.
Faktor 2 dimasukkan karena energi kinetik kedua muatan sama besar. Untuk mencari ukuran kotak, kita butuh kecepatan dalam arah y sama dengan nol saat jarak kedua muatan adalah 2L. Untuk mencari kecepatan dalam arah z, kita hanya butuh melakukan integral sederhana yaitu dari persamaan m a 2, z=B q v 2, y atau m
dv 2, z dy 2 =B q dt dt
sehingga m dv 2, z =B q dy 2 .
Karena kecepatan mula-mula dalam arah z adalah nol, saat y = d, maka didapat m v z= B q L−d
Gunakan hasil ini pada persamaan energi, didapat
k q2 k q 2 B q L−d = m 2d 2 L m
k 1 1 B 2 L−d 2 − = 2 d L m
Sederhanakan: atau
2
km = L−d L d 2 B2
Selesaikan persamaan kuadrat ini, didapat
Ambil solusi positif:
L=
[
d 2km 1 1 2 3 2 B d
L=
] 8
[
d 2k m 1± 1 2 3 2 B d
]
