Solusi provinsi 2007 1. Sebuah batu beratnya w dilemparkan vertikal ke atas diudara dari lantai dengan kecepatan awal v0 . Jika ada gaya konstan f akibat gesekan/hambatan udara selama melayang dan asumsikan percepatan gravitasi bumi g konstan, maka tentukan : a). tinggi maksimum yang dicapai (nyatakan dalam : v0, g, f dan w ) b). laju batu saat menyentuh lantai kembali (nyatakan dalam : v0, f dan w) Teori yang mendasari : •
Hukum ewton tentang gerak
•
GLBB
v= 0
f
w w
f
hmax
v0
v
a. Batu ke atas Percepatan (perlambatan) :
f +w m f a = + 1 g w a=
Tinggi maksimum yang dicapai :
1
h = v0 .t −
1 2 at 2
dim ana, v t= 0 a sehingga, 2
v h= 0 2a 2
hmax =
v0 f 2 g + 1 w
b. Batu ke bawah Percepatan : a=
w− f g w
Kecepatan saat menyentuh lantai : v 2 = 2ah 2 v0 w − f 2 v = 2 g 2g w + f w w 2 w− f v 2 = v0 w+ f v = v0
B.
w− f w+ f
Sebuah sistem terdiri atas dua buah balok massanya masing-masing m dan M (lihat gambar). Koefisien gesekan antara kedua balok µs dan tidak ada gesekan antara balok M dengan lantai. Tentukan besar gaya F yang harus diberikan pada balok m supaya tidak turun ke bawah (nyatakan dalam : m, M, g dan µs) Teori yang mendasari : •
Hukum ewton tentang gerak
2
f F
m
M licin
•
Tinjau m Arah mendatar, ∑ Fx = m.a x F − = m.a x ............... (1)
Arah vertikal,
∑ Fy = 0 m.g = f m.g = µ s . = •
m.g
µs
................... (2)
Tinjau M Arah mendatar, ∑ Fx = M .a x = M .a x ax =
.................... (3) M
dari ketiga persamaan di atas didapatkan :
F=
m.g m + 1 µs M
3
2. Sebuah kereta dengan massa M dapat bergerak bebas tanpa gesekan di atas sebuah lintasan lurus. Mula-mula ada orang masing-masing dengan massa m berdiri diam di atas kereta yang juga berada pada keadaan diam. Tinjau 2 kasus. a.
Semua orang di atas kereta berlari bersama ke salah satu ujung kereta dengan laju relatif terhadap kereta vr dan kemudian melompat turun bersama-sama. Berapakah kecepatan kereta setelah orang-orang ini melompat turun?
b.
Sekarang tinjau kasus kedua. Kereta dan semua orang mula mula diam. Dalam kasus kedua ini, semua orang lari bergantian. Jadi orang pertama lari meninggalkan kereta dengan laju relatif terhadap kereta vr, kemudian disusul orang kedua berlari ke ujung yang sama dengan laju relatif terhadap kereta vr. Demikian seterusnya sampai orang ke-. Berapakah kecepatan akhir kereta?
c.
Pada kasus mana kecepatan akhir kereta lebih tinggi?
Teori yang mendasari :
•
Hukum kekekalan momentum linear
a. kekekalan momentum linier 0 = Mv + m ( v − vr ) Jadi, v =
m vr M + m
b. tinjau kondisi saat transisi dari n orang ke n-1 orang. Momentum mula mula: Pn = MVn + nmVn Momentum akhir
Pn −1 = MVn −1 + ( n − 1) mVn −1 + m (Vn −1 − vr ) Kekekalan momentum linier
( M + nm )Vn = ( M + nm )Vn−1 − mvr Didapat
4
Vn −1 = Vn +
mvr M + nm
Jika 1 lagi melompat turun, didapat Vn − 2 = Vn +
mvr mvr + M + nm M + ( n − 1) m
Atau dalam bentuk umum: s
Vn − s = Vn + ∑ i =1
mvr M + ( n − i + 1) m
Pada mulanya n=, Vn = 0. Kecepatan akhir di dapat saat s=
V0 = ∑ i =1
c. karena
mvr mvr =∑ M + ( − i + 1) m n =1 M + nm
1
∑ M + nm > M + m
maka kecepatan pada kasus b lebih besar
n =1
daripada pada kasus a.
3. Sistem massa pegas di bawah terdiri dari suatu balok dengan massa m dan dua pegas dengan tali
konstanta pegas k dan 3k. Massa m dapat berosilasi ke atas dan ke bawah, tetapi orientasinya dipertahankan mendatar. Kedua pegas dihubungkan dengan suatu tali tanpa
k
3k
massa melalui suatu katrol licin. Berapakah periode osilasi sistem? (nyatakan dalam : m
m x
dan k) Teori yang mendasari :
•
Hukum Hooke
•
Osilasi
Untuk memudahkan pembahasan, kita akan namakan pegas k sebagai pegas 1 dan pegas 3k sebagai pegas 2.
5
Tegangan kedua pegas sama, karena dihubungkan lewat satu tali maka : k∆x1 = 3k∆x2. Simpangan massa m = ∆x. Dari geometri jelas bahwa, 2∆x = ∆x1 + ∆x2. Jadi, ∆x1 =
3 1 ∆x , ∆x2 = ∆x 2 2
Gaya yang bekerja pada massa m : 2 k∆x1= 3 k∆x. Persamaan gerak sistem: m
d2x + 3kx = 0 dt 2
Diperoleh T = 2π
m 3k
4. Sebuah cincin dengan massa m
ω0
mempunyai suatu titik manikmanik ditempel di pinggiran cincin itu. Massa manik-manik m juga. Jari jari cincin adalah R (momen inersia cincin I = mR 2 ). Abaikan dimensi
manik-manik
(anggap
Keadaan mula mula
seperti massa titik). Cincin dan manik-manik bergerak bersama. Mula-mula kecepatan sudut mereka adalah ω0 dan manik-manik berada di posisi paling rendah. Berapakah nilai maksimum ω0 agar sistem tidak melompat saat manik-manik berada pada posisi tertinggi? Anggap lantai kasar, sehingga sistem cincin manik-manik bisa menggelinding tanpa slip.
Teori yang mendasari :
•
Kekekalan energi
•
Hukum ewton tentang gerak
6
Energi kinetik sistem terdiri dari energi kinetik cincin ditambah energi kinetik manik manik. Pada saat mula-mula manik manik berada di dasar, sehingga kecepatannya persis nol.
EK 0 =
1 2 1 2 1 1 mv0 + I ω0 = mω02 R 2 + mR 2ω02 = mR 2ω02 2 2 2 2
Pada saat manik-manik berada di puncak, energi kinetik cincin diberikan oleh
EK = mR 2ω 2 Energi kinetik manik manik
EK m =
1 2 mv 2
Kecepatan manik-manik v = kecepatan manik manik terhadap pusat cincin + kecepatan pusat cincin = kecepatan translasi pusat cincin + kecepatan akibat rotasi cincin = ωR + ωR = 2ωR. Energi kinetik manik manik =
1 2 m ( 2ω R ) = 2mω 2 R 2 2
Energi potensial manik manik = 2mgR. Kekekalan energi: mR 2ω02 = mR 2ω 2 + 2mR 2ω 2 + 2mgR Sederhanakan: 1 3
ω 2 = ω02 −
2g 3R
Gaya normal yang diberikan oleh lantai diberikan oleh gaya berat dari manik-manik dan cincin dikurangi dengan gaya sentripegal akibat rotasi manik-manik terhadap pusat cincin. = 2mg − mω 2 R Syarat supaya lepas dari lantai, = 0. Didapatkan :
7
1 2mg 2mg − mω02 R + =0 3 3
Sederhanakan:
ω02 = ω0 =
8g R 8g R
5. Model untuk pegas bersama. Suatu pegas memiliki konstanta pegas k dan massa m. Untuk memudahkan perhitungan, pegas ini bisa dimodelkan dengan sistem yang terdiri atas susunan massa dan pegas. Untuk pendekatan pertama, anggap system pegas bermassa ini ekuivalen dengan sistem massa-pegas yang terdiri dari dua massa identik m’ dan dua pegas identik yang tak bermassa
dengan
konstanta
’
k.
Jika
A
A
kita
menambahkan terus jumlah massa dan pegas dalam
k’
model ini maka akan semakin mendekati pegas sesungguhnya. Mula-mula
sistem
k, m dibiarkan
pada
≡
m’
keadaan
setimbang. Panjang pegas menjadi L (panjang kendurnya L0 ). Jika ujung atas A dipotong,
k’
a. berapa percepatan massa bawah menurut model ini ?
m’
b. Berapa percepatan massa atas menurut model ini ? Asumsikan percepatan gravitasi g tetap.
Teori yang mendasari : •
Hukum hooke tentang pegas
•
Hukum ewton tentang gerak 8
- Hubungan antara m dan m’ : 2m ' = m
- Hubungan antara k dengan k’ : F 2F = ' k k ' k = 2k
Saat mula-mula,
- Pertambahan panjang pegas bawah karena gaya gravitasi, F
= k ' ∆x1
m ' g = k ' ∆x1 m' g k' m g = 2 2k 1 mg = 4 k
∆x1 =
- Tegangan pegas bawah, k ' ∆x1 = 2k =
1 mg 4 k
1 mg 2
- Pertambahan panjang pegas atas, F
= k ' ∆x 2
2m ' g = k ' ∆x 2 2m ' g k' m 2 g = 2 2k mg = 2k
∆x 2 =
∆x 2
- Tegangan pegas atas,
9
mg 2k = mg
k ' ∆x 2 = 2k
Saat sambungan dengan langit-langit dipotong (titik A), -
Tegangan pegas atas = nol
-
Tegangan pegas bawah =
mg 2
Gaya pada massa bawah : 1. Gaya gravitasi = m’g =
mg (arah ke bawah) 2
2. Gaya dari pegas bawah =
mg 2
(arah ke atas)
Jadi total gaya pada massa bawah = nol, sehingga massa bawah tidak dipercepat.
Gaya pada massa atas : 1. Gaya gravitasi = m ' g =
mg 2
(arah ke bawah)
2. Gaya dari pegas bawah =
mg 2
(arah ke bawah)
Jadi total gaya pada massa atas = mg, Percepatan massa atas =
mg m'
= 2g
10
6.
Perhatikan sistem di bawah ini.
F
L
m
µ2 M µ1
Ada dua balok, masing-masing massanya m dan M. Koefisien gesekan antara balok M dengan lantai µ1 , sedangkan koefisien gesekan antara balok m dengan balok M adalah µ2. Pada balok m diberi gaya mendatar F yang cukup besar sehingga balok m akan bergerak dipunggung balok M, dan balok M juga bergerak akibat gaya F ini (asumsi µ2 cukup besar). Jika balok m berpindah sejauh L relatif terhadap balok M, berapa usaha yang dilakukan gaya F ? Untuk memudahkan hitungan anggap :
M = 2m, F = λmg = 5,6mg , µ 2 = 0,5, µ1 = 0,1 Teori yang mendasari :
•
Hukum ewton tentang gerak
•
GLBB
•
Usaha
Tinjau balok m, 2 F
m
a2
f2 mg 2 = gaya normal pada m karena M ΣF y = 0
2 = mg
11
ΣFx = ma 2 f2 = µ2 2
F − f 2 = ma 2 F − µ 2 mg = ma 2
= µ 2 mg
F − µ 2 mg m a 2 = percepatan m relatif terhadap kerangka lab. a2 =
Tinjau M, 1 2
f2
’
a1 M
f1 mg 2’ = reaksi dari 2 = mg ΣFy = 0 1 − 2' − Mg = 0 1 = 21 + Mg 1 = (m + M ) g
ΣFx = Ma1 f 2 − f 1 = Ma1
f 2 = µ 2 mg
µ 2 mg − µ1 (m + M ) g = Ma1 [µ 2 m − µ1 (m + M )]
f 1 = µ1 ( m + M ) g
a1 =
M
g
Total pergeseran massa M setelah selang waktu t : 1 2 a1t 2 1 [µ 2 m − µ1 (m + M )] 2 = gt 2 M
S1 =
12
Total pergeseran massa m terhadap kerangka lab setelah selang waktu t : 1 a2t 2 2 1 F − µ 2 mg 2 t = m 2
S2 =
Selisih jarak :
t2 gt 2 [µ 2 m − µ1 (m + M )] ( F − µ 2 mg ) − 2m 2M µ m µm gt 2 F = − µ 2 − 2 + 1 + µ1 2 mg M M
S 2 − S1 =
=
gt 2 [λ − µ 2 − µ 2γ + µ1γ + µ1 ] , 2
dimana λ =
Setelah t=t0, selisih jarak = L L = S2 – S1
gt 02 [λ − µ 2 − µ 2γ + µ1γ + µ1 ] 2 gt 02 L = 2 λ − µ 2 − µ 2 γ + µ1γ + µ1
L=
Untuk waktu t0 ini, massa m telah berpindah sejauh :
1 a 2 t 02 2 1 F − µ 2 mg 2 t0 = m 2 gt 2 F = 0 − µ2 2 mg
S2 =
gt 02 [λ − µ 2 ] 2 L[λ − µ 2 ] = λ − µ 2 − µ 2 γ + µ1γ + µ1 =
13
F m dan γ = mg M
Usaha yang dilakukan oleh gaya F : WF = F .S 2 = mgλ =
L[λ − µ 2 ] λ − µ 2 − µ 2 γ + µ1γ + µ1
λ [λ − µ 2 ]mgL λ − µ 2 − µ 2γ + µ1γ + µ1
= 5,712mgL
14
