Latihan Olimpiade Fisika

Page 1 of 41 Latihan Soal-soal Olimpiade Fisika SMA

LATIHAN SOAL OLIMPIADE FISIKA ( 1 ) Peralatan yang ditunjukkan pada gb dibawah dinamakan mesin adwood digunakan untuk mengukur percepatan gravitasi g dengan mengukur percepatan benda-benda. Dengan mengasumsikan tali tak bermassa dan katrol licin, tunjukkan bahwa besarnya percepatan masing-masing benda dan tegangan tali adalah

a

m2  m1 m1  m2

dan

T

2m1m2 g (m1  m2 )

T m1

m2 Jawab :

 F  ma m2 g  m1 g  (m1  m2 )a (m2  m1 ) g  (m1  m2 )a a

m2  m1 g m1  m2

F  m a 1

 m  m1   g T  m1 g  m1  2  m1  m2  T  m1 g 

m1m2 g m12 g  (m1  m2 ) (m1  m2 )

m1m2 g m12 g T   m1 g (m1  m2 ) (m1  m2 )  m  m2  m1m2 g m12 g  T   m1 g  1 (m1  m2 ) (m1  m2 )  m1  m2  m1m2 g m12 g m12 g mm g T    1 2 (m1  m2 ) (m1  m2 ) (m1  m2 ) (m1  m2 ) T

2m1m2 g (m1  m2 )

( 2 ) Sebuah balok bermassa m1, diikatkan pada tali yang panjangnya L1 yang ujung lainnya terikat. Massa itu bergerak dengan lintasan lingkaran horizontal di atas meja yang licin. Balok kedua bermassa m2 diikatkan pada balok pertama oleh tali yang panjangnya

Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)


L2 dan juga bergerak melingkat, seperti ditunjukkan pada gb disamping. Jika periode gerakan adalah T. carilah tegangan masing-masing tali.

Jawab : Yang mudah untuk dijawab ialah tegangan tali T2 dulu. Gaya yang bekerja pada benda 2 ialah gaya sentrifugal yang berarah keluar dan tegangan tali T2. untuk benda yang setimbang berlaku :

F  0 Fcent  T2  0 T2  Fcent T2 

m2 v 22 ( L1  L2 )

Pada benda 1 gaya yang bekerja ialah gaya sentrifugal benda 1 gaya sentrifugal benda 2 dan tegangan tali benda 1. untuk benda yang setimbang berlaku v  r F  0 v1  L1 Fcent 2  Fcent1  T1  0 v  (L  L ) 2

1

2

T1  Fcent 2  Fcent1 T1 

m1v12 m v2  2 2 L1 L1  L2

T1 

m1 2 L12 m2 2 ( L1  L2 ) 2  L1 L1  L2

T1  m1 2 L1  m2 2 ( L1  L2 ) T1   2 (m1 L1  m2 ( L1  L2 )) 4 2 (m1 L1  m2 ( L1  L2 )) T1  T2 ( 3 ) Dua benda bermassa m1 dan m2 diam diatas meja licin yang horizontal, seperti ditunjukkan pada gb dibawah. Sebuah gaya F diberikan pada benda 1 seperti pada gb. (a) jika m1 = 2 kg, m2 = 4 kg, dan F = 3 N, carilah percepatan benda dan gaya kontak Fc



yang dikerjakan oleh satu benda pada yang lainnya (b) carilah gaya kontak untuk nilainilai umum massa benda dan tunjukkan bahwa jika m2 =nm, maka FC 

F

nF . (n  1)

m2

m1

Jawab : a. Pada kasus ini, gaya kontak merupakan gaya yang dialami oleh benda 2 karena dorongan dar benda 1.

F  m

tot

a

3  (m1  m2 )a 3  ( 2  4) a 3  6a a

1 2

gaya yang dialami oleh benda 2 ialah :

F  m a 2

1 2 FC  2 N FC  4.

b.

F  m

tot

a

F

F  (m1  m2 )a a

2

 m2 a

FC  m2

F (m1  m2 )

FC 

untuk

m2  nm1

F (m1  m2 )

m2 F (m1  m2 )

FC 

nm1 F (m1  nm12 )

FC 

nm1 F m1 (n  1)

FC 

nF (n  1)

( 4 ) sebuah rumus teoritis untuk energi potensial yang berhubungan dengan gaya nuklir antara dua proton, dua neutron, atau sebuah neutron dan sebuah proton adalah potensial x

a  Yukawa. U  U 0  e a , dengan Uo dan a adalah konstanta ( a ) sketsalah grafik U  x terhadap x dengan menggunakan Uo = 4 pJ dan a = 2,5 fm. (b) Carilah gaya F(x) (c) Bandingkan besarnya gaya pada jarak pisah x = 2a sampai pada x = a (d) Bandingkan besarnya gaya pada jarak pisah x = 5a terhadap gaya pada x = a ! jawab : x

a  (a) U  U 0  e a  x

Grafik U(pJ) Vs x(fm)



a  U  U 0  e a x x

 a ln U   ln U 0  ln    ln e a  x x

a x ln U   ln U 0  ln     x a 1 dU 1 d (ax 1 ) 1  0 a  U dx dx a x 1 dU x a 1  (1) 2  U dx a x a dU  1 1 U   dx  x a dU a   1 1  U 0  e a     dx  x  x a x

dU a  1 1  U 0  e a (1)   dx  x x a x

dU a  1 1  U 0  e a    dx  x x a x

  a dU 1  U 0e a  2   dx x x x

Sedangkan gaya diperoleh dari

Fx  

dU dx x a

 a 1 Fx  U 0e  2   x x 

1   a  2  Fx ( x  2a ) 2a   4a  a   a Fx ( x  a ) 1  U 0e a  2   a a  U 0e



2a a

Fx ( x  5a )  Fx ( x  a )

1   a    2  25a 5a  a   a 1  U 0e a  2   a a

 U 0e



5a a

1   1 e 5    25a 5a    1 1 e 1    a a

1   1 e 2     4a 2a   1 1 e 1    a a

5   1    25a 25a    2 e4   a

2   1 e   4a 4a    2 e2   a



a 3 2e 4 3a  8e  1,38 


a 6 2e 4 25  0,00220


(b)

Dengan

menggunakan

2( E  U ( x)

v

v

rumus

dx  E U

dapat ditulis sebagai

m

dx , dt

tunjukkanlah

bahwa

persamaan

2 dt . Untuk gerakan satu dimensi, U m

adalah fungsi x, sebagai ruas kiri persamaan ini hanya bergantung pada x (dan tidak bergantung pada t) dan ruas kanan hanya bergantung pada t (b) Gunakan hasil ini pada sebuah partikel bermassa m yang terikat pada sebuah pegas dengan konstanta gaya k yang berosilali dengan amplitudo A agar U  dx A x 2

2



1 2 kA untuk mendapatkan persamaan 2

k dt . (c) Integrasikan kedua ruas persamaan ini untuk mendapatkan m

sebuah pernyataan yang menghubungkan posisi massa x dengan waktu t, dengan mengasumsikan bahwa x = A pada saat t = 0. Jawab :

v

dx

2( E  U ) m

1 2 1 2 kA  kx 2 2

dx 2  E U dt m

dx 1 k A2  x 2 2 dx

dx 2  dt m E U

A x 2

2

dx A2  x 2 dx A2  x 2





2 dt m 2 dt m



dx A x 2

2

arcsin

x  A



k dt m

k t m



1 2 k dt 2 m

 k  x  sin  t  A m  



1 2 k dt 2 m

 k  x  A sin  t   m 



k dt m

( 5 ) Sebuah silinder yang beratnya W dan jari-jarinya R akan diangkat untuk menaiki anak tangga setinggi h, seperti pada gb dibawah. Seutas tali diikatkan disekitar silinder dan ditarik secara horizontal. Anggap slinder tidak slip dalam penarikan tersebut. Tentukan besar gaya minimum Fmin yang diperlukan untuk menaikkan silinder tersebut.

R-h

R

H

h



Jawab : pada saat silinder tepat akan meninggalkan lantai dititik Q maka gaya reaksi lantai pada silinder sama dengan nol. Oleh karena itu hanya ada tiga buah gaya yang bekerja pada silinder, yaitu gaya berat silinder dengan titik tangkap di Q, gaya tarik tali F dengan titik tangkap C dan gaya normal N dititik P. Karena N tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan penggunaan syarat kedua keseimbangan, kita pilihtitik P sebagai poros.



P

0

 WP1P  FCP1  0  Wd  F (2 R  h)  0 F (2 R  h)  Wd F

Wd ( 2 R  h)

Jari-jari silinder R dan tinggi anak tangga h dianggap diketahui, karena itu d harus kita nyatakan dalam R dan h. dengan mengunakan rumus Pythagoral pada segitiga siku-siku d dapat kita nyatakan dalam R dan h

R 2  d 2  ( R  h) 2 d 2  R 2  ( R  h) 2 d 2  R 2  ( R 2  2 Rh  h 2 ) d 2  R 2  R 2  2 Rh  h 2 d 2  2 Rh  h 2 d  2 Rh  h 2 Dengan memasukkan nilai d ke dalam persamaan diatas maka diperoleh gaya minimum Fmin yaitu :

FMin 

W 2 Rh  h 2 ( 2 R  h)

FMin 

W h( 2 R  h) ( 2 R  h)

FMin 

W h ( 2 R  h) ( 2 R  h)

FMin  FMin  W

W h ( 2 R  h) h 2R  h

( 6 ) Sebuah roda bermassa M dan jari-jarinya R berada diatas permukaan horizontal dan bersandar pada anak tangga yang tingginya h (h T jadi A = turun sedangkan B = naik Misalkan percepatan benda A=aA dan percepatan benda B = aB maka aA= 2aB karena dipengaruhi oleh banyaknya tali, semakin sedikit tali yan mempengaruhi benda, maka makin cepat gerakannya

..........(1)  (2).........

Untuk A

F

A

 mAa A

WA  T  m A a A mA g  T  mAa A mA g  mAa A  T T  m A ( g  a A )....(1)

Untuk B

F

B

 mB a B

2T  WB  mB a B 2T  mB g  mB a B 2T  mB a B  mB g 2T  mB (a B  g ) mB ( a B  g ) 2 1 1 mA ( a A  g ) 2 T3 2 1 1 T  m A ( a A  g )......(2) 6 2 T


1 1 mA ( a A  g ) 6 2 1 1 (g  aA )  ( aA  g ) 6 2 1 1 (g  aA )  ( aA  g ) 12 6 1 1 g  g  aA  aA 6 12 5 13 g  aA 6 12 5.12 aA  g 6.13 10 aA  g 13

mA ( g  a A ) 

1 aA 2 1 10 aB  . g 2 13 5 aB  g 13 aB 


( 14 ) Pada system gambar disamping mB = 2/3 mA. Koefisien gesekan kinetic benda A terhadap lantai dan terhadap benda B memiliki hubungan

k

k  2k L

ialah koefisien gesekan benda A terhadap lantai dan

L

k

B

B

(dimana

ialah koefisien

gesekan benda A terhadap benda B. jika benda A ditarik dengan gaya mendatar sebesar F = mAg hingga tali menjadi tegang. Carilah percepatan benda A!

B

F = mAg A

Jawab :

F  m

A

aA

F  f ges _ A _ thd _ lantai  f ges _ A _ thd _ B  m A a A m A g   k L ( m A  mB ) g   k B mB g  m A a A m A g  2  k B ( m A  mB ) g   k B mB g  m A a A 2 2 mA ) g  kB mA g 3 3 5 2 mA g  2 kB ( mA ) g   kB mA g 3 3 10 2 mA g  kB mA g  kB mA g 3 3 m A g  4 k B mA g

m A g  2 k B (m A 

 mAa A  mAa A  mAa A  mAa A

mA g  mAa A  4 kB mA g m A g  m A (a A  4 k B g ) g  (a A  4 k B g ) a A  g  4 k B g a A  g (1  4  k B )

( 15 ) Sebuah peluru bermassa m1 ditembakkan dengan kelajuan v, ke dalam bandul balistik bermassa m2. carilah ketinggian maksimum yang dicapai bandul jika peluru menembus bandul dan muncul dengan kelajuan ½ v!

Q hmax vP = v P



Jawab :

E K P  E PP  E K Q  E PQ

mP vP  mB vB  mP vP'  mB vB' 1 m1v  m2 .0  m1 v  m2 vB' 2 1 m1v  m1 v  m2 vB' 2 1 m2 vB'  m1v  m1v 2 1 m2 vB'  m1v 2 mv vB'  1 2m2

2 1 mB vB'  0  0  mghmaks 2 2 1 mB vB'  mB ghmaks 2

2

1  m1v    m2 ghmaks m2  2  2m2  2

1  m1v     ghmaks 2  2m2  1 m12 v 2  ghmaks 2 4m22 hmaks

m12 v 2  8 gm22

( 16 ) Sebuah peluru bermassa m1 ditembakkan dengan kelajuan v ke dalam bandul balistik bermassa m2. bandul diikatkan pada tongkat panjang L yang sangat ringan yang dipasang pada sumbu diujung lainnya. Peluru dihentikan dalam bandul, carilah v minimum yang dapat menyebabkan bandul berayun satu lingkaran penuh!

Q

L P m p = m1

mB = m2

agar dapat berayun satu kali putara, bandul minimal harus sampai pada ketinggian maksimal h = 2L.

mP vP  mB vB  (mP  mB )v''B m1v  0  (m1  m2 )v''B m1v  (m1  m2 )v''B v''B 

m1 v (m1  m2 )



E K P  E PP  E K Q  E PQ 2 1 mto t v B'  0  0  mto t gh 2

2

  1 m1  ( m1  m2 ) v m m   ( m1  m2 ) gh 2 2  1  1 m12 v 2  g .2 L 2 m1  m2 2 v  2

v v

m1  m2 2 m12

4 gL

m1  m2 2 m12 2m1  m2  m1

4 gL gL

( 17 ) Logam berbentuk kubus dengan massa benda satu m1 = m ditaruh diatas kubus logam lain yang lebih besar dengan massa m2 = 3m dan sisi-sisinya L meter. Apabila gaya F dikerjakan pada kubus yang besar sedangkan gesekan maksium antara kedua permukaan kubus fges = 1/ 5 F, maka suatu saat kubus kecil akan jatuh ke lantai. Waktu yang diperlukan sampai kubus kecil jatuh dilantai sejak gaya diberikan adalah!

S1 m1 fges

m2

F

licin

L

S2

Jawab : Tinjau benda m2 : fges = 1/5 F m2 = 3m

F

W Oleh: S. Priyono (Jurusan Fisika F-MIPA UGM)


F

2

 m2 a2

Perhatikan! Arah gaya gesek f = 1/5 F adalah ke kiri,

F  f ges  m2 a2

tidak ke kanan! Karena benda m2 bergerak ke kanan

1 F  F  3ma2 5 4 F  3ma2 5 4 F a2  15 m

maka gaya gesek yang ada (dengan benda m1) arahnya harus tetap berlawanan, terhadap arah gerak benda m2. jangan terkecoh

Tinjauan benda m1

f

F

 m1a1

Perhatikan, arah gaya f diatas! Terhadap benda m1,

f ges  m1a1

arah gaya gesek harus berlawanan dengan arah gerak

1

1 F  m1a1 5 1F a1  5m

benda m1. benda m1 dan m2, sampai pada saat benda m1 meninggalkan m2, keduanya bergerak dengan GLBB

1 S1  vot  a1t 2 2 11F 2  0 t 25m 1 F 2  t 10 m Jadi : 1 S 2  vot  a2t 2 2 1 4 F 2  0 t 2 15 m 2 F 2  t 15 m

Pada saat m1 meninggalkan m2 maka S2-S1 = panjang sisi kubus 2 = L Artinya, panjang lintasan yang ditempuh oleh m1 adalah sepanjang sisi kubus m2 Jadi



S 2  S1  L 2 F 2 1 F 2 t  t L 15 m 10 m  2 1 F 2    t L  15 10  m 3 F 2  4    t L  30 30  m 1 F 2 t L 30 m 30 Lm t2  F t

30 Lm F

Waktu yang diperlukan m1 (dari saat lepas bidang m2 sampai lantai)

1 2 gt 2 2h t2  g h

t2 

2L g

t

2L g

(ingat h = L panjang sisi kubus. Jadi waktu yang diperlukan sampai kubus kecil jatuh ke lantai sejak gaya diberikan ialah

ttot 

30 Lm 2L  F g

( 18 ) Carilah sudut lemparan sedemikian sehingga ketinggian maksimum sebuah proyektil sama dengan jangkauan horizontalnya! Jawab : Grafik lintasan gerak proyektil

Ymaks  X maks

Y

vo2 sin 2  vo2 sin 2  2g g sin 2   2 sin 2 sin 2   2.2 sin  cos 

Ymaks X

Xmaks

sin   4 cos  sin  4 cos  tg   4

  arctg 4   76o



( 19 ) Suatu kelereng dijatuhkan bebas mulai dilepas di A dari tabung AB yang condong

 terhadap mendatar. Supaya kelereng dapat jatuh keluar dari lubang bawah B dan tanpa menyentuh pipa, carilah percepatan mendatar tabung yang harus diberikan! A

A’

g

a

 B

B’

WB’ Misalkan pada saat kelereng dilepas di A tabung berada di AB dan pada saat kelereng mulai keluar dari tabung, tabung di A’B’. AB’= ½ gt2 BB’= ½ at

tg  

2



AB ' BB ' 1 2 1 2

gt 2 at 2

g a g a tg  

( 20 ) Dua titik zat A dan B masing-masing berjarak L m. titik zat A bergerak menuju ke B dengan kecepatan awal v m/s dan dipercepat a m/s2. setelah 2 sekon kemudian lalu B bergerak menuju A dengan kecepatan awal 3v m/s dan diperlambat beraturan –a m/s2. bilamana dan dimana mereka saling bertemu? Jawab : L A voA= v

C SA

aA = a

B SB

voB = 3v aB = -a

misalkan titik zat A dan B setelah masing-masing selama tA dan tB sekon serta menempuh jarak SA dan SB saling bertemu di C maka syarat A dan B bertemu ialah



S A  S B  AB 1 1   2 2 vo A t A  2 a At A   voB t B  2 a B t B   L 1 2  1  2 vtA  2 at A   3vt A  2   2 at A  2    L 1 1 vtA  at A2  3vtA  6v  a (t A2  4t A  4)  L 2 2 1 1 vtA  at A2  3vtA  6v  at A2  2at A  2a )  L 2 2 4vtA  6v  2at A  2a  L 4vtA  2at A  L  6v  2a t A 4v  2a   L  6v  2a tA 

tB  t A  2 

L  6v  2 a 2 ( 4v  2 a )



L  6 v  2 a 2 ( 4v  2 a )  4v  2a  ( 4v  2 a )

L  6v  2a 4v  2a 

L  6v  2a  8v  4a 4v  2 a L  2v  2 a  4v  2 a 

S A  vo A t A 

1 a A t A2 2

 L  6v  2a  1  L  6v  2a   v   a   4v  2 a  2  4v  2 a 

2

2v( L  6v  2a )(4v  2a )  a ( L  6v  2a ) 2  2( 4v  2 a ) 2 

2v(4 Lv  2aL  24v 2  12va  8va  4a 2 )  a ( L  6v  2a )L  6v  2a  2(4v  2a )(4v  2a )



2v(4 Lv  2aL  24v 2  20va  4a 2 )  a ( L2  6 Lv  2aL  6 Lv  36v 2  12av  2aL  12av  4a 2 ) 2(16v 2  16av  4a 2 )



8 Lv 2  4avL  24v 3  40av 2  8a 2 v  a ( L2  12 Lv  4aL  36v 2  24av  4a 2 ) 32v 2  32av  8a 2



8 Lv 2  4avL  24v 3  40av 2  8a 2 v  aL2  12avL  4a 2 L  36av 2  24a 2 v  4a 3 32v 2  32av  8a 2



8 Lv 2  16avL  24v 3  76av 2  32a 2 v  aL2  4a 2 L  4a 3 32v 2  32av  8a 2



S B  v oB t B 

1 a B t B2 2

 L  2v  2a  1  L  2v  2a   3v   a   4v  2a  2  4v  2a 

2



2.3v( L  2v  2a)(4v  2a ) a ( L  2v  2a)( L  2v  2a)  2 2 24v  2a  24v  2a 



6v(4 Lv  2aL  8v 2  4av  8av  4a 2 )  a ( L2  2 Lv  2aL  2 Lv  4v 2  4av  2aL  4av  4a 2 ) 2(16v 2  16av  4a 2 )

6v(4 Lv  2aL  8v 2  12av  4a 2 )  a( L2  4 Lv  4aL  4v 2  8av  4a 2 )  32v 2  32av  8a 2 24 Lv 2  12avL  48v 3  72av 2  24a 2 v  aL2  4avL  4a 2 L  4av 2  8a 2 v  4a 3  32v 2  32av  8a 2 24 Lv 2  16avL  48v 3  76av 2  32a 2 v  aL2  4a 2 L  4a 3  32v 2  32av  8a 2 ( 21 ) Bola A dijatuhkan dari puncak sebuah bangunan pada saat yang sama bola B dilemparkan secara vertical keatas dari tanah ketika bola bertumbukan, keduanya sedang bergerak dalam arah berlawanan dan kelajuan A dua kali kelajuan B. pada berapa bagian dari bangunan tumbukan itu terjadi?

hA R h hB jawab : misalkan kedua bola bertumbukan di R, karena kedua bola dilepaskan dan ditembakan pada saat yang sama, maka untuk syarat terjadinya tumbukan ialah t A = tB, dimana tA ialah waktu yang dibutuhkan bola A sampai di R dan tB ialah waktu yang dibutuhkan bola B sampai di R. untuk bola A

1 2 gt A 2 1 h  hB  gt A2 2 2h  hB  t A2  ......(1) g hA 


Untuk bola B

vt B  voB  gt Namun ketika terjadi tumbukan vtB menjadi nol

0  vo B  gt gt  vo B t

vo B

t

hB vo B

t2 

hB vo B

g

, _ vo B 

gt g

.....( 2)

hB t


Dari persamaan 1 dan 2 kita dapatkan

2( h  h B ) h B  g g 2h  2hB  hB 2h  3hB hB 

2 h 3

( 22 ) Ketika sebuah mobil bergerak dengan kelajuan v1 membelok dari sebuah pojok, pengemudi melihat mobil lain bergerak dengan kelajuan lebih rendah v2 pada jarak d didepan. Jika percepatan maksimum yang dapat ditimbulkan rem pengemudi adalah a, tunjukkan bahwa jarak d harus lebih besar dari dihindari!

(v1  v2 ) 2 2a

jika tmbukan harus

v2

v1 > v2 d

v1

jawab : mobil 1 bergerak dan membelok menyusul mobil 2, kecepatan mobil 1 lebih besar dari pada mobil 2, maka agar tumbukan tidak terjadi pada jarak d ialah d 

1 2 at dimana a 2

ialah percepatan moebil satu dan t ialah waktu yang dibutuhkan mobil 1 dan 2 sampai di suatu ketika kedua mobil akan saling bertumbukan a 

d

1 2 at 2

1 v v   a 1 2  2  a  1 v  v   a 1 22 2 a 

V v1  v2 v v  t  1 2 t t a

2

2

v1  v2 2

2a ( 23 ) Sebuah mobil mempunyai percepatan maksimum a, yang tetap konstan sampai kelajuan tinggi dan mobil mempunyai perlambatan maksimum 2a. mobil harus menempuh jarak yang pendek L dimulai dan berakhir dalam keadaan diam, dalam waktu minimum T (jaraknya adalah sedemikian pendek hingga mobil takpernah dapat mencapa



kelajuan teratas). Setelah berapa bagian dari L, pengendara harus memindahkan kakinya dari pedal gas ke rem, dan berapa bagian dari waktu untuk perjalanan itu telah berlalu dititik ini! a vo = 0

-2a vt = v S1

vt=0

S2

A

B

C

L T

Jawab : Waktu yang dibutuhkan A-B

waktu yang dibutuhkan B-C

a1 

v t1

a2 

v t2

t1 

v a1

t2 

v a2

0v  2a v t2  2a

v0 a v t1  a Gerak AB

t2 

t1 

Gerak BC

1 S1  vo t  at12 2 1 v  0  a  2 a

S 2  vo t 2  2

1 a 2 t 22 2

v 1  v  v   2a   2a 2  2a 

v2  2a



v2 v2  2a 4a



2v 2 v 2  4a 4a

v2 4a T  t1  t 2

2



L  S1  S 2 

v2 v2  2a 4a



2v 2 v 2  4a 4a



3v 2 4a

v2 S1  2a L 3v 2 4a S1 4a v 2  L 2a 3v 2 2 S1  L 3

v v  a 2a 2v v   2a 2a 3v  2a 

v t1  a T 3v 2a t1 2 a v  T a 3v 2 t1  T 3

( 24 ) Sebuah peluru A ditembakkan dengan sudut elevasi 1 , setelah waktu T, peluru B ditembakkan dengan sudut elevasi  2 , kecepatan awal kedua peluru sama yaitu vo . hitung T agar kedua peluru bertumbukan di udara! Jawab:



YA = YB

XA = XB Syarat kedua bola dapat bertumbukan di udara jika XA = XB dan YA = YB XA  XB

vo A cos  1t A  voB cos  2 t B vo cos  1T A  vo cos  2 T A  T  cos  1T A  cos  2T A  cos  2T cos  2T  cos  2T A  cos  1T A cos  2T  T A cos  2  cos  1  TA 

T cos  2 cos  2  cos  1 Y A  YB

1 2 gt A 2 1 vo T A  gt A2 2 1 2 vo T A  gt A 2 1  gt A2 2 1 v o T  gT 2 2 1 v o  gT 2 1 v o  gT 2

vo A t A 

 v oB t B 

1 2 gt B 2

 v o T A  T  

1 2 g T A  T  2 1  v o T A  v o T  g T A2  2TTA  T 2 2 1 1  v o T  gt A2  gTTA  gT 2 2 2



 gTTA  gT A g

T cos  2 cos  2  cos  1

gT cos  2 1 gT   vo 2 cos  2  cos  1 g  g cos  2   v o T    2 cos  2  cos  1   g cos  2  cos  1   2 g cos  2   v o T    2cos  2  cos  1  2cos  2  cos  1    g cos  2  g cos  1  2 g cos  2 T  2cos  2  cos  1  

   v o 

  g cos  2  g cos  1    v o T   2cos  2  cos  1     g cos  1  cos  2     v o T    2cos  1  cos  2    g cos  1  cos  2     v o T   2cos  1  cos  2   T 


2v o cos  1  cos  2  cos  1  cos  2 




( 25 ) Sebuah batang homogen memiliki massa M dan panjang L. tentukan momen inersia batang terhadap poros melalui: (a) titik tengah batang (b) titik ujung batang jawab : YP

Yo

X = -L/2 x

dx

x = +L/2

O

X

P x=0

x=L x

bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x terhadap poros. Untuk poros melalui titik tengah batang (titik O), koordinat x mulai dari –L/2 sampai dengan +L/2 (kasus a). untuk poros melalui titik ujung batang (titik P), koordinat x mulai dari 0 sampai dengan L(kasusb)

bayangkan batang homogen terdiri atas berbagai elemen dx yang memiliki koordinat x terhadap poros. Momen inersia batang dapat dihitungg dengan persamaan I   r 2 dm

Dengan r = x dan dm = M/L dx maka persamaan menjadi

M  M 2 I   x 2  dx    x dx  L  L M I L

 x3    3

(a) untuk poros melalui titik tengah batang (kasus a) pada gb diatas, sumbu tegak yaitu melalui O adalah Yo dan tampak bahwa koordinat x mulai dari x = -L/2 sampai dengan x = +L/2. karena itu momen inersia batang tehadap poros melalui titik tengah batang yang diperoleh dari persamaan diatas adalah : M I  L

 x3   3

L

 2    L2



3 3 M  L   L         3L  2   2  



M  L3 L3     3L  8 8



2 ML3 24 L

ML3 12 L 1  ML2 12 



(b) untuk poros melalui titik ujung batang (kasus b) sumbu tegak yang melalui P adalah Yp dan yang tampak bahwa joordinat x mulai dari x = 0 sampai dengan x = L. karena itu momen inersia batang terhadap poros melalui titik ujung batang yang diperoleh dari persamaan diatas adalah L

M  x3  I    L  3 0



M 3 L 0 3L 1 I  ML2 3 



( 26 ) Sebuah silinder homogen dengan jari-jari R dan massa m berada dipuncak suatu bidang miring. Manakah yang kelajuannya lebih besar saat tiba didasar bidang miring, silinder yang meluncur tanpa gesekan atau silinder yang menggelinding?

Jawab : untuk silinder yang meluncur tanpa gesekan, hokum kekekalan energi memberikan :

EPPuncak  EK Puncak  EPDasar  EK dasar 1 mgh  0  0  mv 2 2 1 gh  v 2 2 v  2 gh Untuk silinder yang menggelinding, energi kinetic di dasar bidang adalah gabungan energi kinetic translasi dan rotasi sehingga hokum kekekalan energi memberikan :

EPPuncak  EK Puncak  EPDasar  EK Dasar 1 1  mgh  0  0   mv 2  I 2  2 2  Untuk silinder pejal, I 

1 v mR2 , dan v  R atau   , sehingga persamaan menjadi : 2 R

1 11  v  mgh  mv 2   mR 2   2 22  R 

2

1 2 1 2 v  v 2 4 3 gh  v 2 4 4 gh v2  3 gh 

v

4 gh 3



( 27 ) Timba yang diikat pada seutas tali yang terhubung pada kerekan silinder. Sebuah kerekan silinder dengan jari-jari R dan momen inersia I bebas berputar tanpa gesekan terhadap suatu poros. Seutas tali dengan massa dapat diabaikan dililitkan pada silinder dan diikatkan ke sebuah timba bermassa m. ketika timba dibebaskan, timba dipecepat ke bawah akibat gaya gravitasi. Tentikan percepatan timba. T

R

T mg (a)

(b)

(c)

Jawab: Pertama, kita tinjau diagram gaya pada timba (gambarb). Timba hanya bergerak translasi ke bawah. Karena itu kita menggunakan hokum II Newton untuk gerak translasi

 F  ma . Karena timba bergerak ke bawah, maka kita tetapkan arah gaya ke bawah bertanda positif.

 F  ma  mg  T  ma.........(1) Selanjutnya, kita tinjau diagram gaya pada kerekan. Kerekan silinder hanya bergerak rotasi akibat momen gaya yang dihasilkan oleh tegangan tali T terhadap poros silinder. Hokum II Newton untuk gerak rotasi memberikan :



 I _ dengan _  

a R

a TR  I   R T 

Ia .......( 2) R2

Dengan memasukkan T dari persamaan 2 ke persamaan 1, kita peroleh percepatan timba mg 

Ia  ma R2 mg  ma 

Ia R2

I   mg  a m  2  R    m 2 R 2  mI   mg  a mR 2    mR 2  I mg  ma 2  mR

  

I   g  a 1   mR 2   a

g I   1   mR 2  



( 28 ) Sebuah katrol yang massanya M dan jari-jarinya R dililitkan dengan seutas tali. Pada ujung-ujung tali terikat benda yang massanya m1 dan m2 (m2 > m1). Tentukan percepatan masing-masing benda bila : (a) katrol dapat dianggap licin sehingga tali meluncur pada katrol (b) katrol ikut berputar dengan tali (+)

M R

T1

(+)

R

R

T2

m1

m1g m1

T’

T1

- +

T2

m2

1

m2 (a)

m2g (b)

(c)

(d)

jawab : (a) untuk kasus katrol licin, katrol tidak berputar bersama tali (katrol diam), sehingga

  0 . kita tinjau dahulu diagral gaya pada katrol (gambar c). dengan menetapkan arah searah dengan jarum jam adalah positif, maka gaya T1 menghasilkan momen –T1R (berlawanan arah jarum jam) dan gaya T2 menghasilkan momen +T2R(searah jarum jam). Hukum II Newton untuk geak rotasi memberikan :

  I  0 _ sebab _   0  T1 R  T2 R  0 T2 R  T1 R T2  T1  T Tinjau diagram gaya pada benda m1 (gambar b) dan benda m2 (gambar c). karena m2 > m1, maka m1 akan bergerak ke atas dan m2 akan bergerak ke bawah. Oleh karena itu, untuk benda m1 kita tetapkan arah ke atas sebagai positif, dan untuk benda m2 kita tetapkan arah ke bawah sebagai positif. Hokum II Newton untuk gerak translasi m1 dan m2 memberikan :

F  m a

F  m a

1 1

 T1  m1 g  m1 a1

2

2

 m2 g  T2  m2 a 2

Dengan T1 = T2 = T dan a1 = a2 = a, kita peroleh

T  m1 g  m1a.....(1)


 T  m2 g  m2 a.....(2)


Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh

T  m1 g  m1a.....(1)  T  m2 g  m2 a.....(2)

+

 m1 g  m2 g  m1 a  m2 a

m2  m1 g  m1  m2 a a

m2  m1 g m1  m2

(c) Untuk katrol itu berputar bersama tali persamaan (1) dan (2) yang diperoleh dari (a) tetap. Yang berbeda adalah hokum II Newton untuk gerak rotasi pada katrol karena   0 . Diagram gaya pada katrol :

  I T2 R  T1 R  I ........(3) Sekarang perhatikan besaran-besaran yang akan menghubungkan persamaan (1), (2), dan (3)

a1  a 2  a



a R

Untuk katrol dianggap berbentuk silinder pejal, I 

1 MR 2 2

Persamaan menjadi :

T1  m1 g  m1 a.............(1) m2 g  T2  m2 a............(2) (T2  T1 ) R  I

a ............(3) R

1 a (T2  T1 ) R   MR 2  2 R 1 Ma 2 atau

T2  T1 

1 T1  T2   Ma.......(4) 2 Dengan menjumlahkan persamaan (1) dan (2) kita peroleh :

T1  m1 g  m1 a m2 g  T2  m2 a

T1  T2  m2  m1 g  m1  m2 a

T1  T2  m1  m2 a  m2  m1 g........(5)

Dengan memasukkan T1-T2 dari persamaan (3) ke persamaan (5), kita peroleh



1  Ma  (m1  m2 )a  m2  m1 g 2 m2  m1 g  (m1  m2 )a  1 Ma 2

m2  m1 g   m1  m2  1 M a 

a

2



m2  m1 1 m1  m2  M 2

( 29 ) Gambar dibawah menunjukkan benda setinggi h yang pada keadaan seimbang mengapung di atas permukaan air, dengan panjang bagian yang tercelup adalah L. jika benda ditekan vertical ke bawah sedalam x, kemudian dilepaskan, tentukanlah periode getaran harmonic benda yang mengayun di atas permukaan air(massa jenis air =  massa jenis benda = d, dan percepatan gravitasi = g)

h L

L+x

(a)

(b)

Jawab : Tentukan dahulu gaya pemulih pada kasus ini, yaitu berat air sedalam x yang dipindahkan (oleh benda). Dengan menyamakan gaya pemulih ini dengan gaya dari hokum II Newton : F  may  m 2 periode T dapat ditentukan. Pada gambar diatas benda seimbang (tidak bergerak). Ketika benda ditekan vertical ke bawah sedalam x, terjadilah ketidakseimbangan. Gaya pemulih (F) sama dengan berat air sedalam x yang dipindahkan oleh benda. Karena berat air Wx sama dengan hasil kali volum Vx dan berat jenis air g  , dan volum Vx sama dengan hasil kali luas penampang A dengan kedalaman x, maka kita peroleh : Gaya pemulih, F  W X

F  V x g 

F   Ax g .......(1) Kita harus menyatakan luas penampang A dalam besaran-besaran yang diketahui dalam soal. Luas penampang A dapat kita nyatakan sebagai hasil bagi antara volum total benda V dengan tinggi total benda h. volum total benda V dapat kita nyatakan sebagai hasil bagi antara massa total benda m dengan massa jenisbenda d. jadi, kita peroleh :

m   V d m A   ......(2) h h dh



Jika nilai A dari persamaan 2 kita masukkan ke persamaan 1, kita dapatkan gaya pemulih mxg m F    xg   dh  dh 

Dengan menyamakan gaya pemulih ini dengan gaya dari hokum II Newton

F  may  m 2 (perhatikan, simpangan y = x). periode T dapat kita tentukan. mx g  m 2 x   dh g 2  dh

 2  T

g dh

g dh

T  2

dh g

( 30 ) Tangga homogen AB bersandar pada dinding yang licin dan bertumpu pada lantai kasar. Jika tangga tepat akan tergelincir, buktikan bahwa :  

1 dengan  adalah 2 tan

koefisien gesekan lantai.

A

licin

 Jawab :

B

Poros A

NA

AB = L AB1 = L sin  BB1 = L cos 

P1



P

AP = ½ L

NB

PP1 = ½ L cos 

W

 B1

fB

B

Pada saat tangga tepat akan tergelincir, tangga masih berada dalam keadaan seimbang. Oleh karena itu soal ini masih dapat diselesaikan dengan rumus-rumus keseimbangan. Kita pisahkan tangga dan kita gambar diagram gaya pada tangga, seperti ditunjukkan pada gambar. Misalkan panjang batang = L maka titik kerja gaya berat tangga w berada di tengah-tengah batang, sehingga AP = BP = ½ L. Gunakan syarat pertama keseimbangan

F

y

0

W  NB  0 NB  W



Karena NA tidak diketahui dan tidak ditanyakan dalam soal, maka untuk memudahkan perhitungan kita pilih titik A sebagai poros untuk menggunakan hokum kedua keseimbangan



A

0

 WPP1  f B AB1  N B BB1  0 W

1 L cos   N B L sin   N B L cos   0 2

Masukkan nilai NB = W maka diperoleh

W

1 L cos   WL sin   WL cos   0 2 1 WL sin   WL cos   0 2 1 WL sin   WL cos  2 WL cos   2WL sin  1  sin  2 cos  1  2 tan 

( 31 ) Sebuah truk sedang bergerak pada jalan lurus mendatar dengan kecepatan v. jika koefisien gesekan antara ban dan jalan adalah , maka jarak terpendek di mana truk dapat di hentikan adalah! Jawab :

v  vo a t t 0v a t v a t

 F  ma  f ges  ma  mg  ma a   g

Sehingga jarak total yang dtempuh adalah 1 S  v o t  at 2 2

1 v  vt    t 2 2 t  1  vt  vt 2 1  vt 2 1 v  v 2 g v2  2 g


v v t  t a v v t t   g g a

Sehingga


( 32 ) Sebuah mobil menempuh belokan pada jalan datar dengan radius r. jika kelajuan maksimum yang diperbolehkan agar mobil dapat membelok tanpa slip adalah v, maka koefisien gesekan statis antara ban mobil dengan jalan adalah?

F  f

Jawab :

 F  ma

cen

ma  m

f ges  ma

v2 r

a

v2 r

g 

v2 r



v2 gr

mg  ma a  g

( 33 ) Sebuah bola dijatuhkan dari ketinggian h dan kemudian memantul. Koefisien restitusi tiap kali melambung adalah e . Carilah kecepatan setelah tumbukan yang pertama dan kecepatan ketika n kali tumbukan. Tunjukkan bahwa bola akhirnya akan 1

1  e  2h  2   ! diam pada saat t  1  e  g  Jawab:A

C E

h

h1

G

h2 h3

B

D

F

H

I

K

h4

h5 J

dst L

vA  0 EPA  EK B mgh 

1 2 mvB 2

vB  2 gh

e

v1 'v2 ' v1  v2

v1 = kecepatan bola = vB v1’= kecepatan bola setelah memantul = vB’ v2 = kecepatan lantai = 0 v2’= kecepatan lantai setelah tumbukan = 0

e e e

vb '0 vB  0 vb ' vb vb ' 2 gh

vb '  e 2 gh

vB’ merupakan kecepatan setelah tumbukan yang pertama



mencari h1

E PC  E K D

E PC  E K B 1 mv' 2B 2 1 gh1  e 2 2 gh 2 1 h1  e 2 2h 2

1 mv D2 2 1 ge 2 h  v D2 2

mgh1 

mgh1 

v

 2e gh

2 D

2

v D  e 2 gh

h1  e 2 h

Mencari h2

mencari vD’

mencari vD

1 mv' 2D 2 1 gh2  e 4 2 gh 2

mgh2 

E PC  E K B 1 mvF2 2 1 ge 4 h  v F2 2

mgh2 

h2  e h

e

v D '0 

e

vD '

v1  v 2

vD  0 e 2 gh

v D '  e 2 2 gh

e

v1 'v 2 '

e

v F '0 

e

v  2e gh 2 F

4

v1 'v 2 '

Mencari vF’

Mencari vF

E PE  E K D

e

4

v F  e 2 2 gh

v1  v 2 vF vF '

e

2

2 gh

v F '  e 3 2 gh

Dari vB’ , vD’, dan vF’ maka kecepatan n kali setelah tumbukan adalah

v1  2 gh

vn '  e n 2 gh

v 2  e 2 gh

Mencari waktu, ketika bola diam

v3  e 2 2 gh

Gerak Bola Turun

v 4  e 3 2 gh

Untuk kecepatan memiliki pola sbb:

.............. vn  0 Jumlah V

Jarak S turun

S turun  h  h1  h2  h3  ....  0

v  2 gh  e 2 gh  e 2 2 gh  e 3 2 gh  ......  0



 2 gh e 0  e  e 2  e 3  ...  0



 h  e 2 h  e 4 h  e 6 h  .....  0



 h e 0  e 2  e 4  e 6  ....  0

e0  2 gh . 1 e 

e0 1  e2 h  1  e2 h

2 gh 2 gh  v ratarata  1 e 21  e 

Mencari t turun

t turun 

S turun v rata2 _ turun

h 2  1 e 2 gh 2(1  e)    


2h1  e 



2 gh 1  e 2



2h1  e 

2 gh 1  e 1  e  2h

1  e 

2 gh

1 2h (1  e) g




Gerak bola turun

Jumlah v adalah

Untuk kecepatan memiliki pola sbb:

v  e 2 gh  e 2 2 gh  e 3 2 gh  ......  0

v1  e 2 gh v 2  e

2



 2 gh  e  e 2  e 3  ....  0

2 gh

v3  e 3 2 gh vn  0 Jumlah jarak S naik

Mencari t naik t naik 

S naik  h1  h2  h3  ...  hn  e h  e h  e h  ....  0 4

6



 h e 2  e 4  e 6  ....  0  h.

S naik v rata2 _ naik

he 2 2  1 e e 2 gh  21  e 



e2 1  e2

 

T total adalah :

t total  t turun  t naik 

1 2h e 2h   1  e  g (1  e) g



1 2h 1  e   (1  e) g 



e  e    2 gh  2 gh   v rata2 naik   21  e  1 e 

......................

2



  2 gh e  e 2  e 3  ...  0



21  e he 2

e 2 gh 1  e 2  21  e he

2 gh 1  e 1  e  2he

1  e 

2 gh

e 2h 1  e  g

1  e 

2h (1  e) g

( 34 ) Dari suatu titik pada ketnggian h diatas tanah. Sebuah peluru A diarahkan dengan kecepatan v dengan sudut elevasi  . Peluru lain B diarahkan dari tempat yang sama dengan kecepatan v tetapi arahnya berlawanan dengan A. buktikan bahwa ketika

2v cos  v 2 sin 2   2 gh mengenai tanah, jarak antara kedua peluru adalah R  g Jawab :

v B v

A



P

 h Q

S

x3

x1 R


x2


Mencari waktu peluru A sampai di P tP Syarat mencapai di P

Mencari besarnya x1

y0

x1  v0 A cos  .t P

1 2 gt P  0 2 1 v sin  .t P  gt P2 2 2v sin   gt P

v0 A sin  .t P 

tP 

 v cos 

2v sin  g

2v 2 sin  cos   g

2v sin  g

Mencari tQ

yh v0 A sin  .t Q  v sin  .t Q 

1 2 gt Q  h 2

1 2 gt Q  h  0 2

1 2 gt Q  v sin  .t Q  h  0 2 gt Q2  2v sin  .t Q  2h  0 t Q2 

2v sin  . 2h tQ  0 g g t Q1, 2 



 b  b 2  4ac 2a  2h  2v sin  4v 2 sin 2     4(1)   2 g g  g  2(1)



2v sin  1 4v 2 sin 2  8h   2g 2 g g2



v sin  2 v 2 sin 2  2h   g 2 g g2



v sin  v 2 sin 2  2 gh   2 g g2 g



v sin  1 2  v sin 2   2 gh g g

t Q1  

v sin  1 2  v sin 2   2 gh g g

t Q2  

v sin  1 2  v sin 2   2 gh g g

Yang memenuhi adalah tQ1 karena ada kemungkinan hasilnya positif, karena waktu tidak mungkin negative. Mencari x2

x 2  v cos  .t Q  v sin  1 2 2   v cos  .   v sin   2 gh  g g   2 2 v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh   g g



Mencari tS

yh v0 A sin  .t S  v sin  .t S 

1 2 gt S  h 2

1 2 gt S  h  0 2

1 2 gt S  v sin  .t S  h  0 2 gt S2  2v sin  .t S  2h  0 t S2 

2v sin  . 2h tS  0 g g t S1, 2 

 b  b 2  4ac 2a 



 2h  2v sin  4v 2 sin 2    4(1)   2 g g  g  2(1)



2v sin  1 4v 2 sin 2  8h   2g 2 g g2



v sin  2 v 2 sin 2  2h   g 2 g g2



v sin  v 2 sin 2  2 gh   2 g g2 g



v sin  1 2  v sin 2   2 gh g g

t S1  

v sin  1 2  v sin 2   2 gh g g

t S2  

v sin  1 2  v sin 2   2 gh g g

Yang memenuhi adalah tS1. Mencari x3 x3  v0 B cos  .t S

 v sin  1 2 2   v cos     v sin   2 gh  g g   2 2 v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh   g g

R  x1  x 2  x3 2 2 2 2 2v 2 sin  cos  v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh v 2 sin  cos  v cos  v sin   2 gh      g g g g g

2v cos  v 2 sin 2   2 gh  g



( 35 ) Air sungai mengalir dari barat ke timur pada kelajuan c. Seorang anak berenang searah arus sungai dengan kelajuan v sampai menempuh jarak d. Kemudian anak tersebut berbalik arah dan berenang menuju ke titik berangkatnya semula. Carilah selang waktu yang ditempuh anak itu! Barat

Timur

Vtot = v + c Vtot = v -- c Kec arus = c d Jawab: Gerak barat ke timur Kecepatan geraknya adalah v tot = v + c

t1 

s v

d cv Gerak timur ke barat 

Kecepatan geraknya adalah v vot = v - c s t2  v d  vc Selang Waktu seluruhnya adalah

t  t1  t 2 d d  vc vc d v  c   d v  c   v  c v  c  

dv  dc  dv  dc v2  c2 2dv  2 v  c2 

( 36 ) Untuk sebuah peluru dengan jangkauan R dan selang waktu di udara t1 dan t2.

2R ! g

tunjukkan bahwa t1.t2  Y

vo

2 1 vo 0

R


X


Jawab : Telah anda ketahui bahwa untuk kelajuan awal vo yang sama pasangan sedut elevasi 1 dan  2 akan memberikan jangkauan mendatar (jarak terjauh) yang sama R jika jumlah kedua sudut elevasi 90o.

 1   2  90 o  1  90 o   2 cos  1  cos(90 o   2 ) cos  1  sin  2 Mari kita hitung selang waktu di udara toA. Syarat peluru mencapai titik terjauh A adalah Yo A  0 1 2 gtoA  0 2 1 vo sin 1.t1  gt12 2 1 vo .sin 1  gt1 2 2v .sin 1 t1  o g

voA sin 1.toA 

Analog dengan cara diatas selang waktu peluru kedua sampai di A adalah

t2 

2vo sin  2 g

Jarak terjauh (jangkauan mendatar) R dihitung dari

x  vo cos  .t  2v sin    R  vo cos  . o g   jadi R

2.vo2 sin  1 cos  1 g

karena, cos  1  sin  2 2.vo2 sin  1 sin  2 R g Sekarang mari kita nyatakan hubungan t1.t2 dalam R

 2v sin  1  2vo sin  2    t1 .t 2   o g g    

2  2vo2 sin  1 sin  2    g  g 



2R g

( 37 ) Sebuah benda bermassa m didorong dengan kecepatan awal v keatas sebuah bidang miring kasar (koefisien gesekan =  )yang membentuk sudut  dengan bidang



mendatar. Buktikan bahwa usaha yang dilakukan oleh gaya gesekan sepanjang jarak yang ditempuh benda sampai berhenti adalah W f  

mv2 ! 2  tan 

N

mg sin 



mg cos  W

Jawab: sMencari besarnya percepatan benda

 F  ma  mg sin   f ges  ma  mg sin   mg cos   ma  mg sin    cos    ma mg sin    cos   m a   g sin    cos   a

Mencari jarak total yang ditempuh benda, syarat benda berhenti vt = 0.

vt2  vo2  2as 0  v 2  2as 2as  v 2 v2 s 2a v2  2 g sin    cos  

W f  f ges .S   v2   mg cos     2 g sin    cos    

mgv 2 cos  2 g sin    cos  

mgv 2   sin    cos   2g  cos    mgv 2  2 g tan     

mgv 2 2 g   tan  

( 38 ) Sebuah benda bermassa m ditahan diam pada suatu bidang miring yang memiliki sedut kemiringan  , oleh sebuah gaya horizontal F. koefisien gesekan statis adalah .



Buktikan bahwa F maksimum yang diperbolehkan sebelum mulai bergerak ke atas bidang dapat dinyatakan oleh F 

mg sin   s cos   ! cos   s sin 

Fy = Fcos 

N

F

F Fx = Fsin 

mg sin 



mgcos 

jawab : mencari gaya normal

N  mg cos   F sin  Menentukan gaya gesekan

f ges   s N   s mg cos   F sin     s mg cos    s F sin  Syarat benda akan bergerak keatas

F  0

F cos   mg sin    s mg cos   F s sin    0 F cos    s mg cos   F s sin   mg sin  F cos   F s sin   mg sin    s mg cos  F cos    s sin    mg sin    s cos   F

mg sin    s cos   cos    s sin  

( 39 ) Sebuah balok bermassa m menumbuk pegas horizontal (konstanta pegas k). akibat tumbukan ini, pegas tertekan maksimum sejauh xo dari posisi normalnya. Bila koefisien gesekan antara balok dan lantai  dan percepatan gravitasi bumi g maka laju balok pada saat mulai bertumbukan adalah!

Jawab :

vt2  vo2  2as 0  v 2  2axo  2axo  v 2 a

v2 2 xo



 F  ma  v2  kxo  mg  m   2 xo

  

v2  kxo  mg    m 2 xo

kxo  mg   m v2 

v2 2 xo

2 xo kxo  mg  m

k  v 2  2 xo  xo  g  m  k  v  2 x o  xo  g  m  k  v  x o 2 xo  g  m  v  xo 2

k x o  2 g m

(40) Suatu mobil bergerak dari keadaan diam dan dipercepat dengan percepatan  selang waktu tertentu kemudian mobil diperlambat dengan perlambatan  hingga berhenti. Jika waktu total adalah t, hitung kecepatan maksimum yang dapat dicapai oleh benda ini. Hitung juga jarak total yang ditempuh mobil ini.

a 

a  

Vo = 0 A

Vt = Vmak S1

B

S2

Vt = 0 C

S Jawab : Gerak A – B

Gerak B – C

v t1

a2 

v 0   maks t1

 

a1 

t1 

v maks



1 S1  v o t1  at12 2

t2 

v t2

t

0  v maks t2

t

v maks

t  v maks



1 v 2 maks  0  2 2 

v 2 maks 2



 2  2t 2 2 2    



 2 t 2 2 2   

t  t1  t 2


v maks 

v maks





v maks



v maks   v maks



    

 .t    


1 S 2  vo t 2  at 22 2  v maks

v maks





S  S1  S 2

1    v maks  2   

2

2 v maks

v 2 maks    2 

 2 t 2  2  .t 2  2 2 2    2   



 2 t 2   2  .t 2 2 2   

 .t 2      2 2   

v 2 maks 2

  .t          2



2





 2  2t 2 2 2     



 2  .t 2 2 2   

 .t 2 2   

( 41 ) Carilah percepatan suatu system yang ditunjukkan pada gambar dibawah ini. Assumsikan system bergerak sedemikian rupa sehingga m2 jatuh dan disini kooefisein gesekan  k antara m1 dan bidang. Bagaimanakah keadaan m1 dan m2 sehingga menghasilkan kecepatan konstan?

N

F

fges

m2

m1g sin 

m1g cos 

 Jawab.

m2g

F  m

tot

a

m2 g  m1 g sin   f ges  (m1  m2 )a m2 g  m1 g sin    k N  (m1  m2 )a m2 g  m1 g sin    k m1 g cos   (m1  m2 )a

m2  m1 sin    k m1 cos  .g  (m1  m2 )a m2  m1 sin    k cos  .g  (m1  m2 )a  m2  m1 sin    k cos    a .g

  m1  m2   Agar dapat menghasilkan kecepatan yang konstan maka percepatan a harus sama dengan nol

F  0 m2 g  m1 g sin   f ges  0 m2 g  m1 g sin    k N  0 m2 g  m1 g sin    k m1 g cos   0 m2 g  m1 g sin    k m1 g cos  m2  m1 sin    k m1 cos 
