Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 … benda bergerak sepanjang sumbu dimana posisinya...

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

mechtermlighlismfism

DC3BCE5B

xanderbasyir99@gmail.com

www.basyiralbanjari.wordpress.com

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. Cempaka, Kota

Banjarbaru, Kalimantan Selatan, Kode Pos 70733 Contact Person : 0896-5985-6821

Follow my Instagram @basyir.elphisic.elbanjari

Hal | 1

OSK Fisika 2014 Number 1

ANALISIS GRAFIK 1

Sebuah benda bergerak sepanjang sumbu 𝑥 dimana posisinya sebagai fungsi waktu 𝑡

dapat dinyatakan dengan kurva seperti terlihat pada gambar (𝑥 dalam meter dan 𝑡 dalam

detik).

Tentukan :

a. kecepatan sesaat di titik D.

b. kecepatan awal benda.

c. kapan benda dipercepat ke kanan.

Pembahasan :

a. Dapat kita amati, bahwa garis singgung di titik 𝐷 mendatar. Secara definisi, kecepatan

sesaat adalah kemiringan kurva pada grafik 𝑥 − 𝑡, atau turunan pertama fungsi 𝑥(𝑡)

terhadap waktu yang menyiratkan bahwa kecepatan 𝑣(𝑡) adalah kemiringan kurva

𝑥(𝑡) pada titik yang dimaksud (baca kalkulus : definisi turunan). Untuk garis yang

mendatar, kemiringannya adalah nol, maka kecepatan sesaat di titik 𝐷 adalah

𝑣𝐷 = 0

b. Untuk mendapatkan kecepatan awal benda, kita tinjau kemiringan kurva 𝑥(𝑡) pada

𝑡 = 0

𝑥(m)

𝑡(s) 10 20 30

𝐹 𝐸

𝑥(m)

𝑡(s) 10 20 30

𝐹 𝐸

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 2

Dengan menggunakan rumus gradien, kemiringan kurva di titik asal atau kecepatan

awal benda adalah

𝑣0 =Δ𝑥

Δ𝑡=

15 − 0

8 − 0=

8= 1,875 m/s ⟹ 𝑣0 = 1,875 m/s

c. Syarat untuk benda dipercepat ke kanan adalah 𝑣 > 0 dan 𝑎 > 0. Untuk benda yang

dipercepat dengan percepatan konstan sedangkan arah kecepatannya ke kanan,

kecepatan benda adalah fungsi 𝑡 dan posisi benda adalah fungsi 𝑡2, artinya untuk

grafik 𝑥 − 𝑡, bentuknya akan melengkung ke atas. Sekarang, jika kita amati dari garfik

di soal, tidak ada grafik yang melengkung ke atas, maka benda tidak pernah

dipercepat ke kanan. Dapat kita rincikan sebagai berikut

Benda dipercepat ke kanan, berarti syaratnya :

kecepatan 𝑣 > 0, DAN percepatan 𝑎 > 0

𝑣 > 0 dipenuhi hanya pada saat 0 ≤ 𝑡 < 10

Sedangkan pada saat itu (0 ≤ 𝑡 < 10)

nilai 𝑎 < 0 (percepatan a tidak pernah positif).

Jadi benda tidak pernah dipercepat ke arah kanan.

ANALISIS GRAFIK 2

Dua mobil A dan B bergerak melalui jalan yang sama dan berangkat dari titik awal yang

sama secara bersamaan. Kurva kecepatan 𝑣 kedua mobil sebagai fungsi waktu 𝑡 diberikan

pada gambar di samping.

Tentukan:

a. persamaan jarak tempuh mobil A dan B sebagai fungsi dari waktu.

b. kapan dan dimana mobil A berhasil menyusul mobil B.

c. Sketsa kurva posisi kedua mobil terhadap waktu dalam satu gambar. Ambil selang

waktu sejak kedua mobil berangkat hingga sesaat setelah mobil A menyusul mobil B.

𝑣(m/s)

𝑡(s) 4

mobil A

mobil B

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 3

d. Jika setelah menempuh jarak 60 m mobil A melambat dengan besar perlambatan yang

sama dengan percepatan ketika awal perjalanan, kapan dan dimana mobil B berhasil

menyusul kembali mobil A?

Pembahasan :

a. Mobil A melakukan gerak lurus berubah beraturan dengan kecepatan awal 𝑣𝐴,0 =

2 m/s dan percepatan

𝑎 =Δ𝑣

Δ𝑡=

4 − 2

4 − 0=

Kecepatan mobil A sebagai fungsi waktu adalah

𝑎 =𝑑𝑣

𝑑𝑡=

∫ 𝑑𝑣𝑣𝐴(𝑡)

𝑣𝐴,0=2

= ∫1

2𝑑𝑡

𝑣𝐴(𝑡) − 2 =1

2𝑡 ⟹ 𝑣𝐴(𝑡) = 2 +

Jarak tempuh mobil A sebagai fungsi waktu adalah

𝑣𝐴(𝑡) =𝑑𝑥𝐴

𝑑𝑡= 2 +

∫ 𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴(𝑡)

= ∫ (2 +1

2𝑡) 𝑑𝑡

⟹ 𝑥𝐴(𝑡) = 2𝑡 +1

4𝑡2

Mobil B melakukan gerak lurus beraturan (percepatannya nol) dengan kecepatan

konstan 𝑣𝐵 = 4 m/s, maka jerak tempuh mobil B sebagai fungsi waktu adalah

𝑣𝐵 =𝑑𝑥𝐵

𝑑𝑡= 4

∫ 𝑑𝑥𝐵

𝑥𝐵(𝑡)

= ∫ 4𝑑𝑡𝑡

⟹ 𝑥𝐵(𝑡) = 4𝑡

b. Ketika kedua mobil bertemu, misal saat 𝑡 = 𝑇, maka jarak tempuh mobil akan sama

𝑥𝐴(𝑇) = 𝑥𝐵(𝑇)

2𝑇 +1

4𝑇2 = 4𝑇 ⟹ 𝑇 = 8 s

Dan mereka bertemu pada jarak

𝑥𝐴(𝑇) = 𝑥𝐵(𝑇) ⟹ 𝑆 = 32 m

c. Kurva posisi kedua mobil terhadap waktu berdasarkan persamaan di (a) adalah

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 4

d. Ketika mobil A mencapai jarak 60 meter berarti 𝑡 = 12 s (silahkan buktikan) dan saat

itu kecepatannya adalah 8 m/s (silahkan buktikan). Kemudian pada saat itu pula

mobil B telah menempuh jarak 48 m. Posisi kedua mobil sekarang sebagai fungsi

waktu akan menjadi

𝑥𝐴(𝑡) = 𝑥𝐴,0′ + 𝑣0,𝐴

′ 𝑡′ +1

2𝑎𝐴

′ 𝑡′2= 60 + 8𝑡′ −

4𝑡′2

𝑥𝐵(𝑡) = 𝑥𝐵,0′ + 𝑣0,𝐵

′ 𝑡′ +1

2𝑎𝐵

′ 𝑡′2= 48 + 4𝑡′

Saat kedua mobil bertemu, dia berada di posisi yang sama, misal terjadi saat 𝑡′ = 𝜏

𝑥𝐴(𝜏) = 𝑥𝐵(𝜏)

60 + 8𝜏 −1

4𝜏2 = 48 + 4𝜏

4𝜏2 − 4𝜏 − 12 = 0

𝜏2 − 16𝜏 − 48 = 0

Dengan rumus kuadrat

𝜏 =−(−16) ± √(−16)2 − 4(1)(−48)

𝜏 =16 ± √256 + 192

𝜏 =16 ± √448

16 ± 8√7

𝜏 = 8 ± 4√7

𝜏 = 8 + 4√7 ≈ 18,6 s atau 𝜏 = −2,6 s

Solusi yang fisis adalah 𝜏 = 18,6 s sedangkan 𝜏 = −2,6 s bukanlah solusi yang

diharapkan, nilai negatif menandakan kejadian yang terjadi sebelum acuan kondisi

awal kita, yaitu 𝑡 = 12 s. Hal ini karena adanya perubahan arah percepatan pada

Mobil A

Mobil B

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 5

mobil A. Kita tahu dari grafik pada c bahwa setelah bertemu untuk pertama kalinya,

mobil A akan berada di depan mobil B sehingga ketika diperlambat, mobil A dan B

hanya akan berpapasan satu kali.

Jika dihitung dari saat awal, maka kedua mobil akan bertemu kembali saat

𝑇 = 𝑡 + 𝜏 = 12 + 18,6 = 30,6 s

Posisi kedua mobil saat itu dihitung dari posisi awal adalah

𝑥𝐵(𝜏) = 𝑥𝐴(𝜏) = 48 + 4(30,6 ) = 170,4 m

PANTULAN ELASTIK DI ATAS BIDANG MIRING

Sebuah bola dilepaskan pada ketinggian ℎ dari permukaan bidang miring yang memiliki

sudut kemiringan 𝛼 terhadap horizontal (lihat gambar). Sesampainya di permukaan

bidang miring, bola memantul-mantul secara elastik. Bidang miring diaggap sangat

panjang.

Hitung (nyatakan dalam ℎ dan 𝛼.

a. Waktu tempuh bola antara pantulan pertama dan kedua.

b. Jarak antara pantulan pertama dan kedua.

Pembahasan :

a. Tepat ketika akan menumbuk bidang miring kecepatan bola adalah

𝑣0 = √2𝑔ℎ

karena tumbukan elastis sempurna bola hanya berbalik

arah setelah sumbukan. Kita tinjau gerak parabola dari

sesaat setelah tumbukan pertama sampai sesaat menjelang

tumbukan kedua dengan bidang miring pada sumbu 𝑥

(sejajar bidang miring) dan sumbu y (tegak lurus bidang

miring).

Komponen kecepatan bola setelah tumbukan pertama

adalah

𝑣0𝑥 = 𝑣0 sin 𝛼

𝑣0𝑦 = 𝑣0 cos 𝛼

𝑣0 𝛼

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 6

Karena percepatan gravitasi memiliki arah ke bawah, maka dia akan memiliki

komponen pada arah sumbu 𝑥 dan 𝑦

𝑎𝑥 = 𝑔 sin 𝛼

𝑎𝑦 = −𝑔 cos 𝛼

Persamaan posisi bola pada sumbu 𝑥 dan 𝑦 akan menjadi

𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0𝑦𝑡 +1

2𝑎𝑦𝑡2 ⟹ 𝑦 = 𝑦0 + 𝑣0 cos 𝛼 𝑡 −

2𝑔 cos 𝛼 𝑡2 … (1)

𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0𝑥𝑡 +1

2𝑎𝑥𝑡2 ⟹ 𝑥 = 𝑥0 + 𝑣0 sin 𝛼 𝑡 +

2𝑔 sin 𝛼 𝑡2 … (2)

Untuk mendapatkan selang waktu antara tumbukan pertama dan kedua, kita gunakan

persamaan (1) dengan menggunakan posisi awal dan akhir sama dengan nol atau 𝑦 =

𝑦0 = 0

0 = 0 + √2𝑔ℎ cos 𝛼 𝑡 −1

2𝑔 cos 𝛼 𝑡2 ⟹ 𝑡 = 2√

b. Untuk mendapatkan jarak pantulan pertama dan kedua, kita gunakan persamaan (2)

dengan menggunakan selang waktu yang didapat pada a dan menjadikan titik

pantulan pertama sebagai acuan atau 𝑥0 = 0

𝑥 = 0 + √2𝑔ℎ sin 𝛼 2√2ℎ

2𝑔 sin 𝛼 (2√

𝑥 = 4ℎ sin 𝛼 + 4ℎ sin 𝛼

𝑥 = 8ℎ sin 𝛼

RODA DAN PEGAS

Sebuah roda bermassa 𝑚 dan jari-jari 𝑟 (roda tipis) dihubungkan dengan pegas tak

bermassa yang memiliki konstanta pegas 𝑘, seperti ditunjukkan pada gambar. Roda itu

berotasi tanpa slip di atas lantai. Titik pusat massa roda berosilasi secara harmonik pada

arah horizontal terhadap titik setimbang di 𝑥 = 0.

Tentukan:

a. Energi total dari sistem ini.

𝑚 𝑘

𝑥 = 0

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 7

b. Frekuensi osilasi dari sistem ini.

Pembahasan :

a. Misalkan pusat massa roda kita simpangkan sejauh 𝑥 ke kanan, maka karena roda

tidak bergerak slip, sudut yang putaran roda adalah

𝜃 =𝑥

2𝜋𝑟× 2𝜋 =

Jika kita diferensialkan terhadap waktu akan didapat

𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡=

𝑑𝑥

𝑑𝑡 dengan

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣 adalah kecepatan pusat massa roda

Energi total sistem ini adalah energi mekanik yang terdiri dari energi potensial pegas,

energi kinetik translasi dan rotasi roda

𝐸𝑀(𝑥) =1

2𝑘𝑥2 +

2𝑚𝑣2 +

2𝐼𝜔2

Untuk roda tipis momen inersianya adalah 𝐼 = 𝑚𝑟2 maka

𝐸𝑀(𝑥) =1

2𝑘𝑥2 +

2𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2𝑚𝑟2 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

𝐸𝑀(𝑥) =1

2𝑘𝑥2 + 𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

b. Energi total sistem kekal atau tidak berubah terhadap waktu karena tidak ada gaya

luar non konservatif yang bekerja pada sistem

𝑑𝐸𝑀(𝑥)

𝑑𝑡= 0 =

𝑑𝑡(

2𝑘𝑥2 + 𝑚 (

𝑑𝑥

𝑑𝑡)

2𝑘(2)𝑥

𝑑𝑥

𝑑𝑡+ 𝑚(2)

𝑑𝑥

𝑑𝑡

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2+

2𝑚𝑥 = 0

Frekuensi sudut osilasi sistem adalah

𝜔 = √𝑘

2𝑚 sehingga 𝑓 =

2𝜋√

PECAH MENJADI DUA

Sebuah bola berada di atas sebuah tiang vertikal (lihat gambar). Tiba-tiba bola tersebut

pecah menjadi dua bagian terpental mendatar ke kiri dengan kecepatan 3 m/s dan satu

bagian lagi terpental ke kanan dengan kecepatan 4 m/s. Pada kondisi tertentu vektor

kecepatan dari dua pecahan tersebut saling tegak lurus.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 8

Hitung (ambil 𝑔 = 10 m/s2):

a. Waktu yang diperlukan setelah tumbukan hingga kondisi itu tercapai.

b. Jarak antara pecahan ini saat kondisi di atas terjadi.

Pembahasan :

a. Kita gunakan sistem koordinat kartesius. Vektor kecepatan masing-masing pecahan

adalah

Pecahan Kanan

�⃗�𝑅 = 𝑣0,𝑅 𝑖̂ − 𝑔𝑡𝑗̂ ⟹ �⃗�𝑅 = 4 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂

Pecahan Kiri

�⃗�𝐿 = −𝑣0,𝐿 𝑖̂ − 𝑔𝑡𝑗̂ ⟹ �⃗�𝐿 = −3 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂

Ketika vektor kecepatan kedua pecahan tegak lurus, maka perkalian titik (dot

product) kedua vektor tersebut akan bernilai nol

�⃗�𝑅 ∙ �⃗�𝐿 = |�⃗�𝑅||�⃗�𝐿| cos 900

(4 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂) ∙ (−3 𝑖̂ − 10𝑡𝑗̂) = 0

4(−3) + (−10𝑡)(−10𝑡) = 0

100𝑡2 = 12 ⟹ 𝑡 =√3

b. Karena kedua pecahan tidak memiliki kecepatan awal pada arah vertikal, setiap saat

ketinggian kedua pecahan sama, maka jarak pisah keduanya saat vektor

kecepatannya tegak lurus adalah sama dengan jarak horizontal total yang ditempuh

oleh kedua pecahan

𝑑 = 𝑣0,𝑅𝑡 + 𝑣0,𝐿𝑡 = 4√3

5⟹ 𝑑 = 7

TUMBUKAN DAN ROTASI

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 9

Sebuah batang tegar tak bermassa dengan panjang 𝐿 memiliki dua buah titik massa di

ujung batang A dan B masing-masing dengan massa 𝑚. Sistem mula-mula diam pada pada

suatu permukaan datar licin, dimana batang AB membentuk sudut 𝜃 terhadap garis

horizontal AC. Sebuah titik massa C dengan massa 𝑚 menumnuk titik massa A secara

elastik dengan kecepatan awal 𝑣0 . Setelah tumbukan , C bergerak dengan kecepatan 𝑣0′

berlawanan arah mula-mula, sedangkan gerakan batang AB dapat dinyatakan dalam

bentuk kecepatan pusat massa 𝑉cm dan rotasi dengan kecepatan sudut 𝜔 terhadap pusat

massa.

a. Tentukan 𝑉cm , 𝜔 dan 𝑣0′ dalam 𝜃, 𝐿 dan 𝑣0

b. Tentukan sudut 𝜃 masing-masing kasus :

i. 𝑉cm bernilai maksimum

ii. 𝜔 bernilai maksimum

iii. 𝑣0′ bernilai maksimum dan minimum

Kemudian jelaskan gerakan masing-masing benda setelah tumbukan untuk setiap kasus

tersebut.

Pembahasan :

a. Perhatikan kondisi sistem sesaat setelah tumbukan berikut!

Sistem batang ini berada di atas permukaan licin, sehingga tidak ada gaya luar yang

bekerja pada sistem pada bidang datar licin ini, maka momentum linear sistem akan

kekal.

𝑣0 𝑚 𝑚

𝐴 𝐵

𝑣0′

𝑚 𝑚

𝐴 𝐵

𝑉cm

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 10

Kekekalan momentum linear

𝑝𝑖 = 𝑝𝑓

𝑚𝑣0 = 𝑚(−𝑣0′) + 2𝑚𝑉cm ⟹𝑣0 + 𝑣0

′ = 2𝑉cm … (1)

𝑣0′ = 2𝑉cm − 𝑣0 … (2)

Tumbukan yang terjadi bersifat elastik sehingga energi kinetik sistem kekal. Energi

awal sistem hanya terdiri dari energi kinetik massa A, sedangkan energi sistem

setelah tumbukan terdiri dari energi kinetik A, energi kinetik translasi dan rotasi

batang.

𝐸𝐾𝑖 = 𝐸𝐾𝑓

2𝑚𝑣0

′ 2+

22𝑚𝑉cm

2(2𝑚 (

) 𝜔2

𝑣02 = 𝑣0

′ 2+ 2𝑉cm

2(𝐿𝜔)2 … (3)

Perhatikan kembali sistem di atas. Momentum sudut sistem kekal, baik terhadap titik

A ataupun pusat massa sistem. Kita tinjau kekekalan momentum sudut terhadap

pusat massa sistem.

𝐿𝑖 = 𝐿𝑓

𝑚𝑣0

2sin 𝜃 = −𝑚𝑣0

′𝐿

2sin 𝜃 + (2𝑚 (

) 𝜔

(𝑣0 + 𝑣0′ ) sin 𝜃 = 𝐿𝜔

Subtitusi persamaan (1)

2𝑉cm sin 𝜃 = 𝐿𝜔 … (4)

Subtitusi persamaan (2) dan (4) ke (3)

𝑣02 = (2𝑉cm − 𝑣0)2 + 2𝑉cm

2(2𝑉cm sin 𝜃)2

𝑣02 = 4𝑉cm

2 + 𝑣02 − 4𝑉cm𝑣0 + 2𝑉cm

2 + 2𝑉cm2 sin2 𝜃

0 = 6𝑉cm2 + 2𝑉cm

2 sin2 𝜃 − 4𝑉cm𝑣0

𝑉cm(3 + sin2 𝜃) = 2𝑣0 ⟹ 𝑉cm =2

3 + sin2 𝜃𝑣0

Subtitusi 𝑉cm ke persamaan (2) didapat

𝑣0′ = 2

3 + sin2 𝜃𝑣0 − 𝑣0 =

3 + sin2 𝜃𝑣0 −

3 + sin2 𝜃

3 + sin2 𝜃𝑣0

𝑣0′ =

1 − sin2 𝜃

3 + sin2 𝜃𝑣0 ⟹ 𝑣0

′ =cos2 𝜃

3 + sin2 𝜃𝑣0

Subtitusi 𝑉cm ke persamaan (4) untuk memperoleh 𝜔

3 + sin2 𝜃𝑣0 sin 𝜃 = 𝐿𝜔 ⟹ 𝜔 =

4 sin 𝜃

3 + sin2 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 11

b. Syarat agar suatu fungsi bernilai maksimum atau minimum (misalkan fungsi 𝑓(𝑥))

adalah

𝑑𝑓(𝑥)

𝑑𝑥= 0 dan

𝑑2𝑓(𝑥)

𝑑𝑥2< 0 (untuk nilai maksimum) atau

𝑑2𝑓(𝑥)

𝑑𝑥2> 0 (untuk nilai minimum)

i. Agar 𝑉cm maksimum maka 𝑑𝑉cm

𝑑𝜃=

𝑑𝜃(

3 + sin2 𝜃𝑣0) = 0

−2𝑣0

(3 + sin2 𝜃)22 sin 𝜃 cos 𝜃 = 0

sin 2𝜃 = 0 ⟹ 𝜃 = 0

Kita uji turunan keduanya

𝑑2𝑉cm

𝑑𝜃2=

𝑑𝜃(

−𝑣0 sin 2𝜃

(3 + sin2 𝜃)2)

𝑑2𝑉cm

𝑑𝜃2=

(3 + sin2 𝜃)2(−2𝑣0 cos 2𝜃) − (−𝑣0 sin 2𝜃)2(3 + sin2 𝜃)2 sin 𝜃 cos 𝜃

(3 + sin2 𝜃)4

Untuk 𝜃 = 0 nilainya adalah

𝑑2𝑉cm

𝑑𝜃2=

32(−2𝑣0)

34= −

2𝑣0

9< 0 (nilai maksimum)

untuk 𝜃 = 0 maka ⟹

𝑉cm =2

3𝑣0

𝜔 = 0

𝑣0′ =

3𝑣0

Disini, mula-mula batang AB sejajar dengan garis horisontal CA. Tumbukan yang

terjadi hanya tumbukan satu dimensi dimana batang AB akan bergerak translasi

sejajar garis CA dan tidak mengalami gerak rotasi.

ii. Agar 𝜔 maksimum maka 𝑑𝜔

𝑑𝜃=

𝑑𝜃(

4 sin 𝜃

3 + sin2 𝜃

𝐿) = 0

𝐿[(3 + sin2 𝜃)4 cos 𝜃 − 4 sin 𝜃 (2 sin 𝜃 cos 𝜃)

(3 + sin2 𝜃)2] = 0

𝐿[(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃

(3 + sin2 𝜃)2] = 0

(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃 = 0

Karena nilai cos 𝜃 berada di antara selang −1 < cos 𝜃 < 1 maka solusi untuk 𝜃

yang mungkin adalah cos 𝜃 = 0 atau 𝜃 = 900.

Kita uji turunan keduanya

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 12

𝑑2𝜔

𝑑𝜃2=

𝑑𝜃

𝐿[(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃

(3 + sin2 𝜃)2]

𝑑2𝜔

𝑑𝜃2=

𝐿[(3 + sin2 𝜃)2[−(3 − sin2 𝜃)4 sin 𝜃 + 4 cos 𝜃 (−2 sin 𝜃 cos 𝜃)]

(3 + sin2 𝜃)4

−(3 − sin2 𝜃)4 cos 𝜃 2(3 + sin2 𝜃)(+2 sin 𝜃 cos 𝜃)

(3 + sin2 𝜃)4]

Untuk 𝜃 = 900

𝑑2𝜔

𝑑𝜃2< 0 (nilai maksimum)

untuk 𝜃 = 900 maka ⟹

𝑉cm =1

2𝑣0

𝜔 =𝑣0

𝐿𝑣0

′ = 0

Disini, mula-mula batang AB tegaklurus dengan garis horisontal. Setelah

tumbukan, massa C diam, batang AB bergerak translasi dan rotasi dengan

kecepatan pusat massa 𝑉cm = 𝑣0/2 dan kecepatan sudut pusat massa 𝜔 = 𝑣0/𝐿.

iii. Agar 𝑣0′ maksimum atau minimum maka

𝑑𝑣0′

𝑑𝜃=

𝑑𝜃(

cos2 𝜃

3 + sin2 𝜃𝑣0) = 0

𝑑𝑣0′

𝑑𝜃= 𝑣0 [

(3 + sin2 𝜃)2 cos 𝜃 (− sin 𝜃) − cos2 𝜃 (2 sin 𝜃 cos 𝜃)

(3 + sin2 𝜃)2]

𝑑𝑣0′

𝑑𝜃= 𝑣0 [

2 sin 𝜃 cos 𝜃

(3 + sin2 𝜃)2] = 𝑣0 [

sin 2𝜃

(3 + sin2 𝜃)2] = 0

Dari sini kita dapatkan sin 2𝜃 = 0 sehingga 𝜃 = 0 atau 𝜃 = 900. Berdasarkan hasil

sebelumnya, kita ketahui bahwa 𝜃 = 0 adalah sudut ketika 𝑣0′ bernilai maksimum

dan 𝜃 = 900 adalah sudut ketika 𝑣0′ bernilai minimum.

BATANG BERPOROS

Sebatang tongkat homogen panjang 𝐿 dan massa 𝑚 digantungkan pada sebuah poros

yang melalui suatu lubang kecil A di ujung tongkat bagian atas. Tongkat diberi impuls

sebesar Δ𝑝 dari sebuah gaya ke arah kanan pada suatu titik berjarak d dari poros tadi.

Agar setelah dipukul, tongkat dapat berotasi mengelilingi titik A.

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 13

Tentukan :

a. jarak 𝑑 minimum.

b. Impuls yang diberikan oleh poros A pada batang.

c. periode osilasinya, jika tongkat kemudian berosilasi.

d. jika tongkat tersebut kita anggap menjadi sebuah bandul matematis, tentukan

panjang tali dari bandul matematis agar menghasilkan periode osilasi yang sama

dengan jawaban b) di atas.

Pembahasan :

a. Misalkan setelah diberi impuls, tongkat berotasi dengan kecepatan sudut awal 𝜔0.

Karena tongkat terhubung ke poros, ketika impuls luar diberikan, misal kita sebut

impuls ini sebagai Δ𝑝, poros juga akan memberikan impuls Δ𝑝′ yang arahnya ke kiri.

Maka, dengan teorema impuls momentum akan kita dapatkan

Δ𝑝 − Δ𝑝′ = 𝑚𝑣pm … (1)

Dengan 𝑣pm adalah kecepatan pusat massa batang sesaat setelah diberi impuls luar.

Kecepatan ini bisa dihubungkan dengan kecepatan sudut awal batang menjadi

𝑣pm =𝜔0𝐿

2… (3)

Impuls luar inilah yang membuat tongkat berotasi, perubahan momentum sudut

tongkat sama dengan impuls sudut terhadap poros A

Δ𝑝𝑑 = 𝑚𝑣pm … (4)

Kita tinjau ketika tongkat sudah berotasi mengelilingi poros A dan pusat massanya

tepat di atas titik A. Kecepatan sudut batang ketika berada di puncak akan minimum

ketika poros tidak memberikan gaya pada tongkat. Tinjau gerak sentripetal tongkat

ketika di puncak akan kita dapatkan

𝑚𝑔 = 𝑚𝜔2𝐿

2⟹ 𝜔2 =

𝐿… (5)

Poros bisa diasumsikan licin sehingga tidak memberikan usaha pada batang dan

energi mekanik batang kekak. Tinjau kondisi awal batang sesaat setelah diberi impuls

luar dan kondisi akhir ketika pusat massa batang tepat di atas poros A dan

menjadikan poros A sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, akan kita

dapatkan

𝑑 𝐶

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 14

𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑀𝑓

3𝑚𝐿2) 𝜔0

2 − 𝑚𝑔𝐿

3𝑚𝐿2) 𝜔2 + 𝑚𝑔

Subtitusi persamaan (5) 1

6𝐿2𝜔0

6𝐿2

𝐿+ 𝑔𝐿

6𝐿2𝜔0

3𝑔𝐿 ⟹ 𝜔0𝐿 = 2√2𝑔𝐿 … (6)

Dari persamaan (6), (3), (4) akan kita dapatkan

Δ𝑝𝑑 = 𝑚𝜔0𝐿

Δ𝑝𝑑 = 𝑚2√2𝑔𝐿

2⟹ 𝑑 =

Δ𝑝√2𝑔𝐿

b. Subtitusi persamaan (3) dan (6) ke (1)

Δ𝑝 − Δ𝑝′ = 𝑚2√2𝑔𝐿

2⟹ Δ𝑝′ = Δ𝑝 − 𝑚√2𝑔𝐿

c. Untuk bandul fisis yang berbentuk tongkat, periode osilasinya terhadap poros

ujungnya dapat diturunkan sebagai berikut.

Misal tongkat disimpangkan dengan sudut kecil 𝜃 sehingga akan berlaku sin 𝜃 ≈ 𝜃,

maka torsi pemulihnya adalah

−𝑚𝑔𝐿

2sin 𝜃 =

3𝑚𝐿2�̈� ⟹ �̈� +

2𝐿𝜃 ≈ 0

Sehingga 𝜔 = √3𝑔

2𝐿 dan 𝑇 = 2𝜋√

d. Untuk bandul matematis, periode osilasinya adalah

𝑇′ = 2𝜋√𝐿′

Agar periodenya sama dengan hasil c, maka panjang tali bandul tersebut adalah

2𝜋√2𝐿

3𝑔= 2𝜋√

𝐿′

𝑔⟹ 𝐿′ =

TANGGA MELUNCUR

Sebuah tangga pejal homogen dengan massa 𝑚 dan panjang 𝑙 bersandar pada dinding

licin dan berada di atas lantai yang juga licin. Mula-mula tangga di sandarkan HAMPIR

menempel dengan dinding dan dalam keadaan diam. Setelah di lepas tangga itu pada

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 15

bagian atasnya merosot ke bawah, dan tangga bagian bawah bergerak ke kanan, seperti

ditunjukkan pada gambar di samping.

Tentukan :

a. Kecepatan pusat massa dari tangga tersebut selama bergerak.

b. Sudut 𝜃 (sudut antara tangga terhadap dinding) dimana kecepatan pusat massa

komponen horizontal mencapai maksimum.

c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal.

Pembahasan :

a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah 𝜃.

Kecepatan pusat tangga berubah-ubah dan kita bisa menyatakannya sebagai fungsi

dari sudut 𝜃. Hal ini boleh dilakukan karena soal menanyakan kecepatan pusat massa

batang selama bergerak, sedangkan nilainya berubah-ubah, maka kita bisa

menyatakannya sebagai satu buah variabel yang berubah dan dalam hal ini kita pilih

𝜃. Sebenarnya bisa juga kita nyatakan dalam variabel lain seperti tinggi titik sentuh

tangga dengan dinding, atau jarak titik sentuh tangga dengan lantai terhadap dinding,

namun bentuk yang cukup sederhana adalah ketika kita nyatakan sebagai fungsi 𝜃.

Soal ini lebih mudah kita kerjakan menggunakan Hukum Kekekalan Energi Mekanik

(yap betul, energi mekanik sistem kekal karena tidak ada gaya non konservatif yang

bekerja pada tangga, hal ini juga karena seluruh permukaan licin). Kita jadikan lantai

sebagai acuan energi potensial sama dengan nol, energi mekanik awal sistem adalah

𝐸𝑀𝑖 =1

2𝑚𝑔𝐿

Kemudian kita tinjau energi tangga ketika sudah bergerak dan membentuk sudut 𝜃

terhadap dinding. Hal yang perlu diamati di sini adalah energi kinetik batang. Batang

memiliki komponen kecepatan pusat massa arah horizontal 𝑣𝑥 dan arah vertikal 𝑣𝑦

serta batang juga berotasi terhadap pusat massanya sendiri dengan kecepatan sudut

𝜔. Sehingga energi tangga akan menjadi

𝐸𝑀𝑓 =1

2𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃 +

2𝑚(𝑣𝑥

2 + 𝑣𝑦2) +

2𝐼𝜔2

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 16

Selanjutnya kita cari dulu hubungan 𝑣𝑥, 𝑣𝑦, dan 𝜔.

Dapat kita lihat bahwa ujung atas tangga hanya bergerak dalam arah vertikal dan

ujung bawah tangga hanya bergerak dalam arah vertikal. Kita tinjau gerak pusat

massa arah horizontal relatif terhadap ujung atas tangga akan kita dapatkan

𝑣𝑥 =𝜔𝐿

2cos 𝜃

Kemudian tinjau gerak pusat massa arah vertikal relatif terhadap ujung bawah tangga

akan kita dapatkan pula

𝑣𝑦 =𝜔𝐿

2sin 𝜃

Kita modifikasi menjadi

𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦

2 = (𝜔𝐿

2cos 𝜃)

+ (𝜔𝐿

2sin 𝜃)

=𝜔2𝐿2

Juga kita tahu bahwa 𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦

2 = 𝑣2 adalah kecepatan pusat massa batang sehingga

𝜔2 =4𝑣2

momen inersia batang terhadap pusat massanya adalah 𝐼 =1

12𝑚𝐿2

𝐸𝑀𝑓 =1

2𝑚𝑣2 +

12𝑚𝐿2) (

4𝑣2

𝐿2)

𝐸𝑀𝑓 =1

3𝑚𝑣2

Hukum Kekekalan Energi mekanik

𝐸𝑀𝑖 = 𝐸𝑀𝑓

2𝑚𝑔𝐿 =

3𝑚𝑣2

2𝑔𝐿(1 − cos 𝜃) =

3𝑣2

𝑣𝑥

𝑣𝑦

𝑣𝐴

𝑣𝐵 𝜔 𝜃

Basyir Al Banjari

0896-5985-6821

DC3BCE5B

Hal | 17

𝑣2 =4𝑔𝐿

3(1 − cos 𝜃) ⟹ 𝑣 = √

3𝑔𝐿

4(1 − cos 𝜃)

b. Kecepatan sudut batang tangga adalah

𝜔2 =4

𝐿2[3𝑔𝐿

4(1 − cos 𝜃)] ⟹ 𝜔 = √

𝐿(1 − cos 𝜃)

Komponen horizontal kecepatan pusat massa tangga adalah

𝑣𝑥 = (√3𝑔

𝐿(1 − cos 𝜃))

2cos 𝜃

𝑣𝑥 = cos 𝜃 √3𝑔𝐿

4(1 − cos 𝜃)

𝑣𝑥2 =

3𝑔𝐿

4(1 − cos 𝜃) cos2 𝜃

Diferensialkan persamaan di atas terhadap 𝜃

𝑑𝑣𝑥2

𝑑𝜃=

𝑑𝜃(

3𝑔𝐿

4(1 − cos 𝜃) cos2 𝜃)

2𝑣𝑥

𝑑𝑣𝑥

𝑑𝜃=

3𝑔𝐿

4[cos2 𝜃 (−(− sin 𝜃)) + (1 − cos 𝜃)(2 cos 𝜃)(− sin 𝜃)]

Ketika kecepatan horizontalnya maksimum maka 𝑑𝑣𝑥

𝑑𝜃= 0

0 = sin 𝜃 cos2 𝜃 − 2 sin 𝜃 cos 𝜃 + 2 sin 𝜃 cos2 𝜃

3 cos 𝜃 = 2 ⟹ cos 𝜃 =2

3⟹ 𝜃 = arccos (

3) ≈ 48,190

c. Kecepatan maksimum pusat massa komponen horizontal tangga adalah

𝑣𝑥,max =2

3𝑔𝐿

4(1 −

3) ⟹ 𝑣𝑥,max =

3√𝑔𝐿

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 … benda bergerak sepanjang sumbu dimana posisinya...

Documents

Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec ... · mengamati dengan jelas kalau ukuran/jari-jari tetes air tersebut benar-benar berosilasi ... analisis dimensi. Dimensi

KIPRAH K. H. AHMAD AZHAR BASYIR DI ORGANISASIdigilib.uin-suka.ac.id/28928/1/12120009_BAB-I_IV-atau-V... · 2018-01-09 · خ Kha kh ka dan ha د Dal d de ذ Dzal dz de dan zet ر

IMPLEMENTASI AKUNTANSI PESANTREN SEBAGAI ...etheses.uin-malang.ac.id/15103/1/14520117.pdfRobby Basyir, 2019, SKRIPSI. Judul: “Implementasi Akuntansi Pesantren Sebagai Bentuk Akuntanbilitas

PERTANYAAN-PERTANYAAN MULUT DARIPADA Y.B. TUAN EDRY …dewan.selangor.gov.my/wp-content/uploads/2020/01/SOALAN-MULU… · pertanyaan-pertanyaan mulut daripada y.b. tuan mohd najwan

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 … Gerak adalah ilmu yang mempelajari gerakan suatu benda/partikel atau sistem tanpa mempedulikan sebab bagaimana gerakan tersebut terjadi

Untuk jadi maju memang banyak tantangan dan … 𝜃 𝜃 0 Basyir Al Banjari mechtermlighlisfism 0896-5985-6821 DC3BCE5B xanderbasyir99@gmail.com

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, … · 2019-07-20 · Hal | 1 Paket A Nomor 1 Sebuah planetoid kecil bermassa berada di antara dua buah planet besar bermassa

Pekalongan Batas Administrasi · batang peta rencana pola ruang ... nomor 30 tahun 2011 tentang rencana tata ruang wilayah ... diagram lokasi mohamad basyir ahmad

KATA PENGANTAR - repository.ar-raniry.ac.id Kalam 2014.pdf · Damanhuri Basyir DAFTAR ISI KATA PENGANTAR DAFTAR ISI BAB I AKIDAH ISLAM DAN PENAMAANNYA … 1 A. Pengetian … 5 B

Ahmad Basyir Najwan Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005 ... · Pembahasan : a. Kita gunakan definisi dari soal bahwa sudut antara tangga dan dinding adalah 𝜃. Kecepatan pusat

JADUAL WAKTU PEPERIKSAAN AKHIR SEMESTER … · mohd najwan naim bin aziz ahmad zaid bin ismail nama pelajar tandatangan ... ahmad nurfazly bin ahmad termizi mohd afif farhan bin muhammad

BIOGRAFI INTELEKTUAL K.H. AHMAD AZHAR BASYIR (STUDI ...digilib.uin-suka.ac.id/36669/1/BAB I, V, DAFTAR PUSTAKA.pdf · Indonesia mengalami ketimpangan sosial dalam bidang pendidikan

3. Skrining USG Trimester I_dr. Vaulinne Basyir, SpOG(K)

Pendidikan Karakter Berwawasan Gender perspektif K.H …eprints.stainkudus.ac.id/803/2/ABSTRAK.pdf · relevansi pendidikan karakter berwawasan gender K.H Ahmad Basyir dengan Pendidikan

Kabupaten Pekalongan !H !(a · MOHAMAD BASYIR AHMAD Lokasi Yang di Petakan SAMUDERA HINDIA LAUT JAWA JAWA BARAT JAWA TIMUR DIY ... Sayun - P.Kencana PP Rute Angk. Sayun - Slamaran

Jln. Mr. Cokrokusumo No.54 RT.015/005, Kel. Cempaka, Kec. … · 2018-03-16 · Diberikan rumus hubungan antara besaran A, B, dan C sebagai berikut! = ... dan dihambat oleh gaya gesek

PENDIDIKAN KARAKTER BERWAWASAN GENDEReprints.stainkudus.ac.id/803/1/COVER.pdf · PENDIDIKAN KARAKTER BERWAWASAN GENDER (PESPEKTIF K.H. AHMAD BASYIR JEKULO KUDUS) SKRIPSI Diajukan

Kompilasi Khotbah Jumat Juli 2018 - alislam.org · yang diwarnai adu gagasan dan argumentasi); Penjelasan Hadhrat Mirza Basyir Ahmad ... Selamat dari kebakaran; 2. Dapat membeli mobil

BAB IV HASIL PENELITIAN DAN PEMBAHASAN A. Gambaran …eprints.stainkudus.ac.id/1101/7/07. BAB IV.pdfBasyir Darul Falah III Terletak di Ndalem KH. Ahmad Badawi Basyir, Darul Falah IV

PLURALISME AGAMA DI INDONESIA DALAM PANDANGAN ABD … · sejarah perkembangan pemikiran Islam.Beliau merupakan putra dari bapak KH.Ahmad Basyir dan Nyai Hj. Umamah Makkiyah, yang