Sainskan Dunia dengan Tanganmu Email : mr.sainsworld@gmail.com ID Line : mr_sainsworld Contact Person : 0895701002686

2. Terdapat sebuah cakram bermassa 𝑀 berjari-jari 𝑅 yang berotasi dengan kecepatan

sudut konstan 𝜔 terhadap sumbu 𝑧. Pusat massa cakram 𝑂 ini dibuat diam sehingga

gerakannya hanya rotasi murni. Terdapat pula sebuah batang bermassa 𝑚 dan panjang

2𝐿 yang di pasang pada suatu poros bebas gesekan di pinggir cakram di titik A yang ikut

berputar bersama cakram sehingga batang juga berotasi bersama cakram. Batang

membentuk sudut 𝜃 terhadap sumbu radial positif. Percepatan gravitasi adalah 𝑔 yang

arahnya ke bawah pada sumbu 𝑧 negatif.

a. Gunakan pusat cakram sebagai titik asal sistem koordinat. Tentukan vektor posisi

dan vektor kecepatan pusat massa batang dinyatakan dalam 𝑅, 𝐿, 𝜃, 𝜃 , dan 𝜔!

b. Tentukan energi kinetik dan energi potensial sistem dan nyatakan dalam 𝑚, 𝑀, 𝑅, 𝐿,

𝜃, 𝜃 , 𝑔 dan 𝜔!

c. Tentukan suatu persamaan yang memberikan nilai sudut 𝜃 untuk batang 𝑚 pada

posisi kesetimbangan (anda tidak perlu menyelesaikan persamaan ini untuk

mendapatkan sudut 𝜃 tersebut)!

d. Dari hasil pada bagian (c), buatlah suatu fungsi 𝑓1 dan 𝑓2 sebagai fungsi 𝜃 dan

gambarkan kedua fungsi ini pada satu grafik serta tentukan titik potong kedua fungsi

ini untuk batas 0 < 𝜃 < 2𝜋! Apakah makna sudut 𝜃 pada masing-masing titik potong

ini?

e. Tentukan apakah keseimbangan yang mungkin pada sistem ini (stabil, labil, atau

netral)!

f. Gambarkan diagram gaya untuk masing-masing posisi kesetimbangan untuk

memverifikasi hasil dari bagian (d) dan (e)!

𝑔

𝜔

𝑧

𝑟 𝜃 2𝐿

𝑚

𝑀

𝑅

𝑂

𝐴

Sainskan Dunia dengan Tanganmu Email : mr.sainsworld@gmail.com ID Line : mr_sainsworld Contact Person : 0895701002686

g. Untuk posisi sistem pada keseimbangan stabil dan 𝑔 cot3 𝜃 < 𝜔2𝑅, jika sistem

disimpangkan dengan simpangan yang kecil, berapakah frekuensi sudut osilasi

sistem!

Solusi :

a. Vektor posisi pusat massa batang

𝑟 pm = 𝑅 + 𝐿 cos 𝜃 𝑟 + 𝐿 sin 𝜃 𝑧

Vektor kecepatan pusat massa batang

𝑣 pm =𝑑𝑟 pm

𝑑𝑡= −𝐿𝜃 sin 𝜃 𝑟 + 𝑅 + 𝐿 cos 𝜃 𝜔𝜙 + 𝐿𝜃 cos 𝜃 𝑧

b. Energi kinetik sistem

𝑇 =1

2𝐼𝑐𝜔 +

1

2𝐼𝑧𝜔

2 +1

2𝐼𝐴𝜃 2

Dengan 𝐼𝑐, 𝐼𝑧, dan 𝐼𝐴 masing-masing adalah momen inersia cakram, momen inersia

batang terhadap sumbu 𝑧 dan momen inersia batang dengan sumbu rotasi garis

singgung lingkaran yang menyinggung titik A.

𝐼𝑐 =1

2𝑀𝑅2

Untuk menghitung 𝐼𝑧 tinjau sebuah elemen massa 𝑑𝑚 pada batang yang berjarak 𝑠

dari ujung bawah batang, maka momen inersia massa 𝑑𝑚 ini terhadap sumbu 𝑧

adalah

𝑑𝐼𝑧 =𝑚

2𝐿 𝑅 + 𝑠 cos 𝜃 2𝑑𝑠

Sehingga

𝐼𝑧 =𝑚

2𝐿 𝑅 + 𝑠 cos 𝜃 2𝑑𝑠

2𝐿

0

=1

3𝑚 3𝑅2 + 4𝐿2 cos2 𝜃 + 6𝑅𝐿 cos 𝜃

Untuk 𝐼𝐴 bisa didapatkan dari teorema sumbu sejajar

𝐼𝐴 =1

12𝑚 2𝐿 2 + 𝑚𝐿2 =

4

3𝑚𝐿2

Energi kinetik sistem menjadi

𝑇 =1

4 𝑀 + 2𝑚 𝑅2𝜔 +

1

3𝑚 2𝐿2 cos2 𝜃 + 3𝑅𝐿 cos 𝜃 𝜔2 +

2

3𝑚𝐿2𝜃 2

Energi potensial sistem

𝑈 = 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃

c. Energi total sistem 𝐸 = 𝑇 + 𝑈

Sainskan Dunia dengan Tanganmu Email : mr.sainsworld@gmail.com ID Line : mr_sainsworld Contact Person : 0895701002686

𝐸 =1

4 𝑀 + 2𝑚 𝑅2𝜔 +

2

3𝑚𝐿2𝜃 2 +

1

3𝑚 2𝐿2 cos2 𝜃 + 3𝑅𝐿 cos 𝜃 𝜔2 + 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃

Energi potensial effektif sistem

𝑈ef = −1

3𝑚 2𝐿2 cos2 𝜃 + 3𝑅𝐿 cos 𝜃 𝜔2 + 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃

Saat sistem setimbang𝑑𝑈ef

𝑑𝜃= 0

−1

3 −4𝐿 sin 𝜃 cos 𝜃 − 3𝑅 sin 𝜃 𝜔2 + 𝑔 cos 𝜃 = 0

cot 𝜃 = −𝐿𝜔2

𝑔 4

3cos 𝜃 +

𝑅

𝐿

d. Dari hasil di atas saya pilih (boleh tertukar ataupun berbeda asalkan equivalen

dengan hasil ini)

𝑓1 𝜃 = cot 𝜃

𝑓2 𝜃 = −𝐿𝜔2

𝑔 4

3cos 𝜃 +

𝑅

𝐿

Dalam satu grafik dapat digambarkan sebagai berikut

Sudut 𝜃2, 𝜃3, dan 𝜃4 adalah posisi kesetimbangan sistem dan merupakan penyelesaian

dari persamaan pada bagian (c)

e. Uji turunan kedua 𝑈ef

𝑑𝑈ef

𝑑𝜃= 𝑚𝜔2

4

3𝐿 cos 𝜃 + 𝑅 𝐿 sin 𝜃 + 𝑚𝑔𝐿 cos 𝜃

𝑑2𝑈ef

𝑑𝜃2= −

4

3𝑚𝜔2𝐿2 sin2 𝜃 + 𝑚𝜔2𝐿

4

3𝐿 cos2 𝜃 + 𝑅 cos 𝜃 − 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃

𝜃4

𝜃3 𝜃2

𝑓

𝜃

−𝑅𝜔2

𝑔

− 4𝐿 + 3𝑅 𝜔2

3𝑔

4𝐿 − 3𝑅 𝜔2

3𝑔

0 𝜋/2 𝜋

3𝜋/2 2𝜋

𝑓1 𝑓1

𝑓2

Sainskan Dunia dengan Tanganmu Email : mr.sainsworld@gmail.com ID Line : mr_sainsworld Contact Person : 0895701002686

Atau agar sistem stabil

𝑑2𝑈ef

𝑑𝜃2=

𝑚𝐿 sin2 𝜃

cos 𝜃 𝜔2𝑅 − 𝑔 cot3 𝜃 > 0

Untuk sudut 𝜃2 𝜋/2 < 𝜃2 < 𝜋 , sin 𝜃2 > 0, cos 𝜃2 < 0, dan cot 𝜃2 < 0 sehingga

𝑑2𝑈ef

𝑑𝜃2 𝜃2

< 0

Sistem berada dalam kesetimbangan labil

Untuk sudut 𝜃3 𝜋 < 𝜃3 < 3𝜋/2 , sin 𝜃3 < 0, cos 𝜃3 < 0, dan cot 𝜃3 > 0 sehingga

𝑑2𝑈ef

𝑑𝜃2 𝜃3

=𝑚𝐿 sin2 𝜃3

cos 𝜃3 𝑔 cot3 𝜃3 − 𝜔2𝑅

Sistem berada dalam kesetimbangan labil jika

𝑔 cot3 𝜃3 < 𝜔2𝑅

Dan dalam kesetimbangan stabil jika

𝑔 cot3 𝜃3 > 𝜔2𝑅

Untuk sudut 𝜃4 3𝜋/2 < 𝜃4 < 2𝜋 , sin 𝜃4 < 0, cos 𝜃4 > 0, dan cot 𝜃4 < 0 sehingga

𝑑2𝑈ef

𝑑𝜃2 𝜃4

> 0

Sistem berada dalam kesetimbangan stabil

f. Berikut diagram gayanya.

g. Energi total sistem

𝐸 =1

4 𝑀 + 2𝑚 𝑅2𝜔 +

2

3𝑚𝐿2𝜃 2 +

1

3𝑚 2𝐿2 cos2 𝜃 + 3𝑅𝐿 cos 𝜃 𝜔2 + 𝑚𝑔𝐿 sin 𝜃

𝜃2 𝜃3

𝜃4

𝐹𝑠

𝑚𝑔

𝑇 𝑇

𝑇 𝑚𝑔

𝑚𝑔

𝐹𝑠

𝐹𝑠

Sainskan Dunia dengan Tanganmu Email : mr.sainsworld@gmail.com ID Line : mr_sainsworld Contact Person : 0895701002686

Energi sistem kekal sehingga

𝑑𝐸

𝑑𝑡= 0 =

4

3𝑚𝐿2𝜃 𝜃 +

1

3𝑚 −4𝐿2 sin 𝜃 cos 𝜃 − 3𝑅𝐿 sin 𝜃 𝜃 𝜔2 + 𝑚𝑔𝐿𝜃 cos 𝜃

Atau

𝜃 − 𝜔2 sin 𝜃 cos 𝜃 −3𝑅

4𝐿𝜔2 sin 𝜃 +

3𝑔

4𝐿cos 𝜃 = 0

Karena 𝑔 cot3 𝜃 < 𝜔2𝑅, posisi setimbang sistem hanya ada di 𝜃 = 𝜃4. Misal sekarang

batang disimpangkan dengan simpangan yang kecil sehingga 𝜃 = 𝜃4 + 𝜙 yang

mengakibatkan pula 𝜃 = 𝜙 dengan 𝜙 << 1 radian, maka

sin 𝜃 ≈ sin 𝜃4 + 𝜙 cos 𝜃4

cos 𝜃 ≈ cos 𝜃4 − 𝜙 sin 𝜃4

sin 𝜃 cos 𝜃 ≈ 𝜙 cos 2𝜃4 + sin 𝜃4 cos 𝜃4

Saat setimbang

−𝜔2 sin 𝜃4 cos 𝜃4 −3𝑅

4𝐿𝜔2 sin 𝜃4 +

3𝑔

4𝐿cos 𝜃4 = 0

Saat tersimpang

𝜙 − 𝜔2𝜙 cos 2𝜃4 −3𝑅

4𝐿𝜔2𝜙 cos 𝜃4 −

3𝑔

4𝐿𝜙 sin 𝜃4 = 0

Karena 𝜃4 di kuadran 4, maka sin 𝜃4 < 0

𝜙 + 3𝑔

4𝐿𝜔2 sin 𝜃4 − cos 2𝜃4 −

3𝑅

4𝐿cos 𝜃4 𝜔2𝜙 = 0

Atau

𝜔0 = 𝜔 3𝑔

4𝐿𝜔2 sin 𝜃4 − cos 2𝜃4 −

3𝑅

4𝐿cos 𝜃4

Dengan syarat

3𝑔

4𝐿𝜔2 sin 𝜃4 > cos 2𝜃4 +

3𝑅

4𝐿cos 𝜃4